Επιμέλεια: Παύλος Τρύφων για το lisari

1. η άσκηση
της ηµέρας
µικρές προσπάθειες ενασχόλησης
µε αγαπηµένες µας συνήθειες
επιµέλεια: Παύλος Τρύφων
από το lisari.blogspot.gr

2. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
μας τίμησαν με την συμμετοχή τους
Διονύσης Βουτσάς
Ηλίας Ζωβοΐλης
Νίκος Κίκης
Αντώνης Μαρκάκης
Κατερίνα Μάρκου
Μάνος Μίχας
Ηλιάνα Ξανιά
Θεόδωρος Παγώνης
Ανδρέας Πάτσης
Πάνος Σπύρου
Τάκης Τσακαλάκος
Θεόδωρος Τσατσαρώνης
Δημήτρης Χατζάκης

3. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
1η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Αντώνιο Μαρκάκη (01-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 6 Σεπτεμβρίου 2015
Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης  f x lnx στο
σημείο ,ln , 0    και η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης   x
g x e στο σημείο  ,e , R
  ταυτίζονται, αποδείξτε ότι ο
αριθμός  είναι ρίζα της εξίσωσης
x 1
lnx 0
x 1

 

.

4. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
προτεινόμενη λύση (Αντώνης Μαρκάκης)
Έστω (Ε) η προς μελέτη εξίσωση με άγνωστο τον x.
Αρχικά, θέτουμε τους περιορισμούς:
 1x01x 
και
 0x 
Τελικά, συναληθεύοντας τους πιο πάνω περιορισμούς, θα πρέπει:
    1,10,x

5. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Λύση ή ρίζα μιας εξίσωσης είναι ο αριθμός που, όταν τοποθετηθεί στη θέση του
αγνώστου, επαληθεύει την εξίσωση. Συνεπώς, για να δείξουμε ότι ο αριθμός 0α 
είναι ρίζα της δοσμένης εξίσωσης (Ε), αρκεί να καταλήξουμε στα ακόλουθα δύο
συμπεράσματα:
     1,10,α , και επειδή   0,α από υπόθεση, αρκεί να βρούμε ότι 1α 
,
και
 0lnα
1α
1α



Σχόλιο 1
Για μια τυχαία συνάρτηση φ(x) , η οποία είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο 0x του
πεδίου ορισμού της, η εξίσωση της εφαπτομένης ε της γραφικής της παράστασης (Cφ)
στο σημείο  )φ(x,xΣ 00 Cφ είναι η:    0 0 0y φ(x ) φ (x ) (x x ) (1).
Είναι όμως:
0x)(xφ)φ(xyx)(xφ)x(x)(xφ)φ(xy 0000000 
Δηλαδή η (1) παίρνει, ισοδύναμα, τη γενική μορφή εξίσωσης ευθείας 0ΓByΑx 
με )(xφΑ 0
 , 01B  και 000 x)(xφ)φ(xΓ  . Επομένως, από την εξίσωση
(1) δεν είναι δυνατόν να προκύψει κατακόρυφη ευθεία. Η (1), λοιπόν, θα περιγράφει
τη γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης (της   
Α Γ
y x
Β Β
), η
οποία (συνάρτηση) θα είναι πρώτου βαθμού (αν 0Α  ), μηδενικού βαθμού (αν 0Α 
και 0Γ  ) ή δεν θα έχει βαθμό (στην περίπτωση που 0Α  και 0Γ  ).
Η συνάρτηση f(x) lnx (λογαριθμική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει στην
κατηγορία των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το   0,Df , και είναι
παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (στο μη φραγμένο διάστημα με άκρο το 0
 0, ) με:
x
1
)(lnx(x)f  .
Η εφαπτομένη εα της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (Cf) στο σημείο
    )(αfα,lnαα, Cf έχει εξίσωση:

6. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
1lnαx
α
1
yα
α
1
x
α
1
lnαyα)(x
α
1
lnαyα)(xαfαfy  )()(
Δηλαδή,
(εα): 1lnαx
α
1
y 
Αντίστοιχα, η συνάρτηση x
eg(x)  (εκθετική συνάρτηση με βάση το e) ανήκει επίσης
στην κατηγορία των βασικών συναρτήσεων, έχει πεδίο ορισμού το gD , και είναι
παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (σε όλο το ) με:
 

  x x
g (x) e e
Η εφαπτομένη εβ της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g (Cg) στο σημείο
    )(βgβ,eβ, β
Cg
έχει εξίσωση:
ββββββββ
eβexeyβexeeyβ)(xeeyβ)(xβgβgy  )()(
Δηλαδή,
(εβ): βββ
eβexey 
Σύμφωνα με όσα αναφέρθηκαν πιο πάνω, οι ευθείες εα και εβ αποτελούν γραφικές
παραστάσεις πολυωνυμικών συναρτήσεων (πολυωνύμων).
Συγκεκριμένα:
 η ευθεία εα είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης
1lnαx
α
1
P(x)  , x
και
 η ευθεία εβ είναι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης
βββ
eβexeQ(x)  , x .
Όμως, από υπόθεση, οι ευθείες εα και εβ ταυτίζονται. Αυτό σημαίνει ότι οι γραφικές
παραστάσεις των πολυωνυμικών συναρτήσεων P(x) και Q(x) ταυτίζονται.

7. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
Σχόλιο 2 Η διπλή συνεπαγωγή 21 φφ21 CCφφ 
Έστω h μια τυχαία πραγματική συνάρτηση της πραγματικής μεταβλητής x. Συμβολίζουμε με
hD το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h. Γραφική παράσταση της h (Ch) λέγεται το σύνολο
των σημείων Μ(x, y) για τα οποία ισχύει h(x)y  . Δηλαδή, είναι:
 hh Dxκαιh(x)yy)Μ(x,C  .
Δύο συναρτήσεις 1h και 2h λέγονται ίσες όταν:
 έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού ( 21 hh DD  )
και
 για κάθε 21 hh DDx  ισχύει (x)h(x)h 21  .
Από τους παραπάνω ορισμούς («της γραφικής παράστασης συνάρτησης» και «της ισότητας
συναρτήσεων»), προκύπτει άμεσα η εξής θεμελιώδης πρόταση:
Δύο συναρτήσεις είναι ίσες αν, και μόνο αν, οι γραφικές τους παραστάσεις ταυτίζονται.
Η άσκηση, τώρα, μας ρωτάει με έμμεσο τρόπο: «Πότε δύο πολυώνυμα είναι ίσα;»
Δύο πολυώνυμα του x, λοιπόν, είναι ίσα όταν: (αληθεύουν συγχρόνως όλα τα
παρακάτω)
 είναι του ίδιου βαθμού (για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζουμε βαθμό),
 οι συντελεστές των ομοβάθμιων δυνάμεων του x είναι ίσοι,
 οι σταθεροί όροι τους είναι ίσοι.
Σχόλιο 3
Συνεπώς, η άσκηση απαιτεί τον εξής συλλογισμό: ισότητα συναρτήσεωνισότητα
πολυωνύμων.

8. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Επειδή τα πολυώνυμα P(x) και Q(x) είναι ίσα, θα πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα οι
δύο παρακάτω ισότητες:
 η ισότητα β
e
α
1
 (I)
και
 η ισότητα ββ
eβe1lnα  (II)
Παρατηρούμε ότι, για 1α  :
 η ισότητα (Ι) δίνει 0βln1β1ee
1
1 ββ
 .
 και η ισότητα (II) δίνει
              β β β β β β
ln1 1 e β e 0 1 e β e e 1 β e β 0(γιατί το 1ο
μέλος
της τελευταίας ισότητας ββ
eβ1e  , ως αυστηρά θετικός αριθμός, «υπαγορεύει»
και στο 2ο
μέλος της να είναι αυστηρά θετικός αριθμός). Μάλιστα, αποδεικνύεται
ότι ο θετικός πραγματικός αριθμός β που ικανοποιεί τη σχέση ββ
eβ1e  είναι
μοναδικός και ανήκει στο ανοικτό διάστημα (1, 2).
Συνεπώς, δεν είναι δυνατόν να αληθεύουν ταυτόχρονα οι ισότητες (I) και (II) για την
τιμή αυτή του α ( 1α  ). Άρα είναι: 1α  , επομένως:     1,10,α .
Από την σχέση (Ι) έχουμε διαδοχικά:
lnαβlnα0βlnαln1β
α
1
lnβ
α
1
ee
α
1 ββ

Αντικαθιστώντας, τέλος, στην ισότητα (II) όπου
α
1
eβ
 και όπου lnαβ  παίρνουμε:
( )         

  
    
     
     
1 1 1 1
lnα 1 lnα lnα 1 lnα
α α α α
1 lnα
lnα 1
α
α lnα α 1 lnα
α 1 lnα α lnα 0
α 1 lnα (1 α) 0

9. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
   
     
   


  
  
 

  


α 1 α 1 0
α 1 lnα (α 1) 0
α 1 lnα (α 1)
0
α 1
α 1 lnα (α 1)
0
α 1 α 1
α 1
lnα 0
α 1

10. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
2η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (03-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 13 Σεπτεμβρίου 2015
Έστω συνάρτηση f ‫׃‬  , για την οποία ισχύει:
3
f (x) f(x) 2x 0   , για κάθε x .
Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γν.φθίνουσα στο .
Β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή στο .
Γ. Να βρείτε τους α,β , για τους οποίους ισχύει:
2 2
f(α β ) f(2α 2β 5) 0.    
Δ. Να λύσετε την ανίσωση:
3
f (x) 3x 0. 
Ε. Να λύσετε την εξίσωση:
3 2
2x f (x) f (x) 1 0.   

11. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Στόχος της συγκεκριμένης άσκησης, είναι να αναδείξει τη χρησιμότητα
και κυρίως τη δύναμη της βοηθητικής συνάρτησης.
Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο: 3
g(x) x x,x .  
Εύκολα αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση g είναι περιττή και
γνησίως αύξουσα στο , επομένως και 1 1 στο .
Ισχύει:  g f(x) 2x,x .  
Α. Έστω 1 2x ,x  με 1 2x x . Τότε    1 2 1 22x 2x g f(x ) g f(x )     
g γν.αύξουσα
1 2f(x ) f(x ) f  γν.φθίνουσα στο .
Β. Είναι      
g περιττή
g f( x) 2x g f(x) g f(x) .     
Επομένως:    
g 1-1
g f( x) g f(x) f( x) f(x) f        περιττή στο .
Γ. 2 2 2 2
f(α β ) f(2α 4β 5) 0 f(α β ) f(2α 4β 5)           
f περιττή f 1 1
2 2 2 2
f(α β ) f( 2α 4β 5) α β 2α 4β 5

            
2 2 2 2
α 2α 1 β 4β 4 0 (α 1) (β 2) 0            
α 1 και β 2.   
Δ.  
g γν.αύξουσα
3
f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 f(x) x g f(x) g(x)           
3 3 2
2x x x x 3x 0 x(x 3) 0 x 0            , καθώς
2
x 3 0, x .   
Ε. Για x 0 η αρχική ισότητα μας δίνει εύκολα f(0) 0 (θα μπορούσε επίσης
να χρησιμοποιηθεί το γεγονός ότι f περιττή στο ).
Η δοσμένη εξίσωση δεν έχει λύση το 0, αφού για x 0 προκύπτει 1 0.
Έτσι για x 0 f(x) 0   και επομένως διαιρώντας δια 3
f (x) έχουμε:
 3 3
1 1 1 1 1
2x 0 2x g g f(x)
f(x) f (x) f (x) f(x) f(x)
 
          
 
g 1-1
21
f(x) f (x) 1 f(x) 1
f(x)
      ή
   
g 1-1
f(x) 1 g f(x) g(1) ή g f(x) g( 1)      
2x 2 ή 2x 2 x 1 ή x 1.         

12. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
2η
προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Πάτσης)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Eστω 𝑥1, 𝑥2 ∊ 𝑅: 𝑥1 < 𝑥2 ⇨ −2𝑥1 > −2𝑥2 (1)
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ∀ 𝑥 ∊ 𝑅.
Άρα 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) + 2𝜒1 = 0 ⇨ −2𝜒1 = 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) (2)
𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) + 2𝜒2 = 0 ⇨ −2𝜒2 = 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) (3)
Η (1)
(2)(3)
⇒ 𝑓3(𝜒1) + 𝑓(𝜒1) > 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒2) ⇨ 𝑓3(𝜒1) − 𝑓3(𝜒2) + 𝑓(𝜒1) −
𝑓(𝜒2) > 0
⇨ (𝑓(𝜒1) − 𝑓(𝜒2))(𝑓2(𝑥1) + 𝑓(𝜒1)𝑓(𝜒2) + 𝑓2(𝑥2) + 1) > 0 (𝐴)
Όμως 𝑓2(𝑥1) + 𝑓(𝜒1)𝑓(𝜒2) + 𝑓2(𝑥2) + 1 = (𝑓(𝜒1) +
𝑓(𝜒2)
2
)2
+
3𝑓2(𝑥2)
4
+ 1 > 0.
Άρα από την (Α) έχω 𝑓(𝜒1) > 𝑓(𝜒2) . Ά𝜌𝛼 𝜂 𝑓 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼.
Δ. 𝛵𝜊 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜂𝜍 𝛼𝜈ί𝜎𝜔𝜎𝜂𝜍 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜏𝜊 𝑅. 𝑓3(𝑥) + 3𝜒 > 0 ⇔
−𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 3𝑥 > 0 ⇔ 𝑓(𝑥) < 𝑥. (𝐵)
[Τον τύπο της 𝑓 𝛿𝜀 𝜏𝜊𝜈 έ𝜒𝜔, 𝛼𝜆𝜆ά 𝜇𝜋𝜊𝜌ώ 𝜈𝛼 𝛽𝜌ώ 𝜏𝜊𝜈 𝜏ύ𝜋𝜊 𝜏𝜂𝜍 𝑓−1(𝜒)
𝜂 𝜊𝜋𝜊ί𝛼 𝜃𝛼 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜅𝛼𝜄 𝛼𝜐𝜏ή 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼 ό𝜋𝜔𝜍 𝜂 𝑓. ]
Θέτω 𝑔(𝑥) = −
𝑥3+𝑥
2
𝜇𝜀 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜊 𝑅. 𝛷𝛼𝜈𝜀𝜌ά 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼,
Άρα ≪ 1 − 1 ≫, ά𝜌𝛼 𝛼𝜈𝜏𝜄𝜎𝜏𝜌έ𝜓𝜄𝜇𝜂.
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝜒 = −
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥)
2
⇔ 𝑔(𝑓(𝑥) = 𝑥
𝑓(𝑥) = 𝑔−1(𝑥)∀ 𝑥 ∊ 𝑅 . Ά𝜌𝛼 𝜏𝑜 𝜎ύ𝜈𝜊𝜆𝜊 𝜏𝜄𝜇ώ𝜈 𝜏𝜂𝜍 𝑓(𝑥) 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 ί𝛿𝜄𝜊 𝜇𝜀 𝜏𝜊 𝜎ύ𝜈𝜊𝜆𝜊
𝜏𝜄𝜇ώ𝜈 𝜏𝜂𝜍 𝑔−1(𝑥), 𝜋𝜊𝜐 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜏𝜊 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜂𝜍 𝑔(𝑥) 𝛿𝜂𝜆𝛼𝛿ή 𝜏𝜊 𝑅.
𝛦𝜋𝜊𝜇έ𝜈𝜔𝜍 ∀ 𝑦 ∊ 𝑅, ∃ 𝑥 ∊ 𝑅: 𝑓(𝑥) = 𝑦.
𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = −
𝑦3
+ 𝑦
2
, 𝑦 ∊ 𝑅.
Άρα 𝑓−1(𝜒) = −
𝑥3+𝑥
2
, 𝑥 ∊ 𝑅 𝜋𝜊𝜐 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜑𝛼𝜈𝜀𝜌ά 𝛾𝜈𝜂𝜎ί𝜔𝜍 𝜑𝜃ί𝜈𝜊𝜐𝜎𝛼
(Με ορισμό, μονοτονία ή με την χρήση της πρότασης ότι η αντίστροφη έχει το ίδιο
είδος μονοτονίας με την f αφού κάνουμε την ανάλογη απόδειξη).
Επομένως έχουμε :

13. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
𝑓(𝑥) < 𝑥 (𝜅𝛼𝜄 𝜀𝜋𝜀𝜄𝛿ή 𝑓(𝑥), 𝑥 𝛼𝜈ή𝜅𝜊𝜐𝜈 𝜎𝜏𝜊 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜂𝜍 𝑓−1(𝑥)
που είναι όλο το R )⇔
𝑓−1
(𝑓(𝜒)) > 𝑓−1(𝑥) ⇔ −
𝑥3
+ 𝑥
2
< 𝑥 ⇔ 𝑥(𝑥2
+ 3) > 0 ⇔ 𝑥 > 0 𝛼𝜑𝜊ύ
(𝑥2
+ 3) > 0 ∀ 𝜒 ∊ 𝑅.
Ε. Από την αρχική εύκολα βρίσκουμε 𝑓(0) = 0.
Aν υπήρχε άλλη ρίζα της 𝑓(𝑥) = 0, 𝜂 𝑓 𝛿𝜀 𝜃𝛼 ή𝜏𝛼𝜈 ≪ 1 − 1 ≫.
Άρα 𝑓(𝑥) ≠ 0 ∀ 𝜒 ≠ 0.
Επίσης 𝑓−1(−1) = 1 ⇔ 𝑓(1) = −1.
𝑓−1(1) = −1 ⇔ 𝑓(−1) = 1.
H εξίσωση 2𝜒𝑓3(𝜒) + 𝑓2(𝑥) + 1 = 0 έ𝜒𝜀𝜄 𝜋𝜀𝛿ί𝜊 𝜊𝜌𝜄𝜎𝜇𝜊ύ 𝜏𝜊 𝑅.
Η 𝜒 = 0 𝛿𝜀 𝛼𝜋𝜊𝜏𝜀𝜆𝜀ί 𝜌ί𝜁𝛼.
Για 𝜒 ≠ 0 έ𝜒𝜔: 𝑓3(𝑥) + 𝑓(𝑥) + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑓2(𝑥) + 1 = −
2𝜒
𝑓(𝑥)
. 𝛦𝜋𝜊𝜇έ𝜈𝜔𝜍:
2𝜒𝑓3(𝜒) + 𝑓2(𝑥) + 1 = 0 ⇔ 2𝜒𝑓3(𝜒) − −
2𝜒
𝑓(𝑥)
= 0 ⇔ 𝑓4(𝑥) − 1 = 0 ⇔
(𝑓2(𝑥) − 1)(𝑓2(𝑥) + 1) = 0 ⇔ 𝑓2(𝑥) − 1 = 0 ⇔ (𝑓(𝑥) − 1)(𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔
𝑓(𝑥) = 1 ή 𝑓(𝑥) = −1 ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(−1) ή 𝑓(𝑥) = 𝑓(1) ⇔ 𝑥 = 1 ή 𝜒 = −1.

14. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
3η
προτεινόμενη λύση (Θοδωρής Παγώνης)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Α. Έστω ότι συνάρτηση f δεν είναι γνησίως φθίνουσα.
Τότε υπάρχουν
1 2x ,x  με
1 2x x
τέτοια ώστε 1 2f(x ) f(x ) , άρα και 3 3
1 2f (x ) f (x ) .
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε
3 3
1 1 2 2 1 2 1 2f (x ) f(x ) f (x ) f(x ) 2x 2x x x

          , άτοπο.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα , άρα και 1 – 1 .
Β. Προφανώς
x, x  .
Στην σχέση
3
f (x) f(x) 2x 0  
θέτουμε όπου x το x και έχουμε
3
f ( x) f( x) 2x 0     .
Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε
   3 3 3 3
f (x) f(x) f ( x) f( x) 0 f (x) f ( x) f(x) f( x) 0             
    2 2
f(x) f( x) f (x) f(x)f( x) f ( x) f(x) f( x) 0          
  2 2
f(x) f( x) f (x) f(x)f( x) f ( x) 1 0        , από όπου έχουμε
f(x) f( x) 0  
(η
2 2
f (x) f(x)f( x) f ( x) 1 0     
θεωρώντας το τριώνυμο ως προς f(x) ή με μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου
προκύπτει αδύνατη).
Άρα η f είναι περιττή.

15. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
Δ. Στην σχέση
3
f (x) f(x) 2x 0   για x 0 έχω
 3 2
f (0) f(0) 0 f(0) f (0) 1 0 f(0) 0       (ή από περιττή f(0) 0 )
Η δοθείσα ανίσωση από την υπόθεση γίνεται
3
f (x) 3x 0 f(x) 2x 3x 0 x f(x) 0          (1) .
Θεωρώ την συνάρτηση
g(x) x f(x) 
η οποία είναι γνησίως αύξουσα , αφού
για κάθε 1 2x ,x  με
f
1 2 1 2 1 2x x f(x ) f(x ) f(x ) f(x )

       και 1 2x x ,
άρα 1 1 2 2 1 2x f(x ) x f(x ) g(x ) g(x )    
και επιπλέον (0) 0g 
Η ανίσωση (1) γίνεται
g
g(x) g(0) x 0  
<
Ε. H δοθείσα εξίσωση από την υπόθεση γίνεται
 3 2 3 3 2
2xf (x) f (x) 1 0 f (x) f(x) f (x) f (x) 1 0         
      2 4 2 2 4
f (x) 1 f (x) f (x) 1 0 f (x) 1 1 f (x) 0         
4
f (x) 1 f(x) 1    .
Η υπόθεσης για 1x  γίνεται
3
f (1) f(1) 2 0 f(1) 1      , οπότε και f( 1) 1  (f είναι περιττή)
Οπότε η εξίσωση
4
f (x) 1 f(x) 1 x 1     

16. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
3η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (13-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 22 Σεπτεμβρίου 2015
Έστω συνάρτηση f συνεχής στο  1,1 , για την οποία ισχύουν:
• f(x) 0 , για κάθε  x 1,1 
• m f(1) M  , όπου m και Μ είναι η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή,
αντίστοιχα, της f στο  1,1
Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν αντιστρέφεται.
Β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2
f (x) f(1) f(x) f(x) f(1)    ,
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( 1,1) .
Γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ρ ( 1,1)  , τέτοιο ώστε:f(ρ) mM
Δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ( 1,1) , τέτοιο ώστε:
f(0) m M
f(ξ)
3
 
 .

17. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
A. Η συνάρτηση f ως συνεχής σε κλειστό διάστημα, δέχεται ελάχιστη και
μέγιστη τιμή m και Μ αντίστοιχα. Επομένως υπάρχουν  α,β 1,1  και α β ,
τέτοια
ώστε f( ) m 0   και f(β) M 0  . Έστω  γ min ,   και  max ,    .
Α. Είναι
. .
of( ) f(1) f(β) x ( , ),
  
        τέτοιο ώστε: of(x ) f(1) και επειδή
o1 x 1       , συμπεραίνουμε ότι η f δεν είναι 1-1, άρα δεν αντιστρέφεται.
Β. Για ox x έχουμε:
of(x ) f(1)
2 2
o o of (x ) f(1) f(x ) f(x ) f (1) f(1) f(1) f(1) f(1)

        .
Αποδείξαμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση, έχει ως ρίζα τον αριθμό
ox ( 1,1). 
Γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο  2
g(x) f (x) m M,x ,      .
Η συνάρτηση g είναι προφανώς συνεχής στο  ,  με
       2 2 2 2
g(γ) g(δ) f (γ) m M f (δ) m M f (α) m M f (β) m M             
     
22 2
m m M M m M m M M m 0            . Παρατηρούμε λοιπόν, ότι
ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano για τη συνάρτηση g στο  ,  ,
επομένως υπάρχει ρ ( 1,1)  , τέτοιο ώστε: 2
g(ρ) 0 f (ρ) m M 0     
f(ρ) 0
2
f (ρ) m M f(ρ) m M f(ρ) m M.

        
Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο  h(x) 3f(x) f(0) m M,x ,       , όπου
 min , ,0    και  max , ,0    .
Είναι:
f(α) m
h(α) 3f(α) f(0) m M 2m f(0) M

      
f(β) M
h(β) 3f(β) f(0) m M 2M f(0) m

      
h(0) 3f(0) f(0) m M 2f(0) m M      
Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες προκύπτει:
h(α) h(β) h(0) 0.   Αν υποθέσουμε ότι h(x) 0 , για κάθε  x ,   , τότε
επειδή η συνάρτηση
h είναι προφανώς συνεχής στο  ,  , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο  , 
δηλαδή θα είναι: ή h(x) 0 , για κάθε  x ,   , ή h(x) 0 , για κάθε  x ,   .

18. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
• Αν h(x) 0 , για κάθε  x ,   , τότε h(α) h(β) h(0) 0   , που είναι ΑΤΟΠΟ.
• Αν h(x) 0 , για κάθε  x ,   , τότε h(α) h(β) h(0) 0   , που είναι ΑΤΟΠΟ.
Επομένως υπάρχει ( , )   , τέτοιο ώστε
f(0) m M
h( ) 0 f(ξ)
3
 
   
και επειδή 1 1        , θα είναι ξ( 1,1) .

19. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
2η
προτεινόμενη λύση (Θοδωρής Παγώνης)
Α. Επειδή m και Μ είναι η ελάχιστη και η μέγιστη της συνεχούς f στο  1,1
αντίστοιχα, θα υπάρχουν
 1 2x ,x 1,1 
τέτοια ώστε
1f(x ) m και 2f(x ) M .
Επομένως, λόγω της υπόθεσης θα ισχύει
1 2f(x ) f(1) f(x )  .
Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) f(x) f(1)  ορισμένη και συνεχής στο
   1 2x , x 1,1  για την οποία έχω
1 1g(x ) f(x ) f(1) 0   και 2 2g(x ) f(x ) f(1) 0   ,
οπότε από θ. Bolzano , θα υπάρχει
 0 1 2x x , x τέτοιο ώστε
0 0 0g(x ) 0 f(x ) f(1) 0 f(x ) f(1)      .
Όμως  0 1 2 0x x , x x 1   και 0f(x ) f(1) άρα δεν είναι 1 – 1 και δεν
αντιστρέφεται.
Β. Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γίνεται
2
f (x) f(1)f(x) f(x) f(1)   
2
f (x) f(1)f(x) f(x) f(1) 0    
   f(x) f(x) f(1) f(x) f(1) 0    
  f(x) f(1) f(x) 1 0  
η οποία έχει προφανή λύση το  0 1 2x x , x του α ερωτήματος.
Γ. Επειδή f(x) 0 θα είναι και
1f(x ) m 0  , 2f(x ) M 0  και m M

20. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
οπότε θα έχουμε
m M
1
M m
  
2 2
m mM M  
m mM M  .
Επομένως ο αριθμός  mM m,M , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον  1,1 
τέτοιο ώστε
f( ) mM 
Δ. Για κάθε  x 1,1  , θα ισχύει m f(x) M  .
Επομένως ισχύουν
1m f(x ) M m m M    
m f(0) M 
2m f(x ) M m M M    
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε :
3m m f(0) M 3M    
m f(0) M
m M
3
 
  
 
m f(0) M
m,M
3
 
 ,
Οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον  1,1  τέτοιο ώστε
m f(0) M
f( )
3
 
  .

21. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
4η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ανδρέα Πάτση (22-09-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 29 Σεπτεμβρίου 2015
Α) Είναι σωστό ή λάθος το παρακάτω;
Αν για μια συνάρτηση f :R R ισχύει
x
1
f 0
x
lim

 
 
 
τότε  x 0
f x 0lim


(σε κάθε περίπτωση δικαιολογήστε την απάντηση σας)
Β) Αν για μια συνάρτηση f :R R ισχύουν
x
1
f 0
x
lim

 
 
 
και
x
1
f 0
x
lim

 
 
 
,
αποδείξτε ότι  x 0
f x 0lim


Γ) Υπολογίστε (αν υπάρχει) το
2 4
x 0
2 4
1 1 1
x x x
1 1 1
x x x
e
lim
  
 

22. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
1η
προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Πάτσης)
Α) Για τον υπολογισμό του ορίου  x 0
f xlim

θα χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα της
σύνθεσης:
Βήμα 1: κάνουμε την αντικατάσταση
1
u
x

Βήμα 2: υπολογίζουμε το
x
ou 0 ulim

 
Βήμα 3: υπολογίζουμε το  u 0
f ulim

, αν υπάρχει!
Στην περίπτωσή μας όμως δε γνωρίζουμε αν υπάρχει το παραπάνω όριο, οπότε
δεν ισχύει πάντα  x 0
f x 0lim

 .
Ας το δούμε με συγκεκριμένο αντιπαράδειγμα:
Για τη συνάρτηση f :R R με τύπο
 
x
e 1 , x 0
f x
2016 , x 0

   
 
 
εύκολα διαπιστώνουμε ότι
x
1
f 0
x
lim

 
 
 
και ότι δεν υπάρχει το  x 0
f xlim

Β) Για x 0 , θέτουμε
1
u
x
 .
Τότε
x 0 x 0
o
1
u u
x
lim lim 
 
   
και δίνεται ότι
u
1
f 0
u
lim

 
 
 
άρα από τον κανόνα της σύνθεσης
 x 0
f x 0 (1)lim



23. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
22
Παρόμοια, για x 0 , θέτουμε
1
u
x
 .
Τότε
x 0 x 0
o
1
u u
x
lim lim 
 
   
και δίνεται ότι
u
1
f 0
u
lim

 
 
 
άρα από τον κανόνα της σύνθεσης
 x 0
f x 0 (2)lim


Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι
 x 0
f x 0.lim


Γ) Για x κοντά στο 0 θέτουμε
 
2 4
2 4
1 1 1
x x x
1 1 1
x x xf x
e
 
 

Τότε
2 4
2 4
x x x
1 x x x
f
x e  
  
 
 
Για τον υπολογισμό του ορίου 2 4
x
2 4
x x x
x x x
e
lim
  
 
έχουμε ότι:
 είναι της μορφής



 
 2 4
2 4
x x x
x x x
e  
 

= 2 4
x x x
1
e  
Άρα
 
 
2 4
2 4
2 4x x u
ά
2 4
u x x x
ux x x u
x x x ώ x
x x x 1 1
0
ee
e
lim lim lim
  
 
  
  
    
 
  


24. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
23
Ικανοποιούνται οι δύο υποθέσεις του θεωρήματος DLH, άρα
 
 
2 4
2 4x x
2 42 4
x x x
x x x
x x xx x x
0
e
e
lim lim
  
 
  
 

άρα
x
1
f 0
x
lim

 
 
 
έτσι, από το προηγούμενο ερώτημα Β) προκύπτει ότι
 x 0
f x 0.lim



25. ___________________________________________________________________________
ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
24
2η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
(εναλλακτική λύση υποερωτήματος)
Γ) Το ζητούμενο όριο μπορεί να υπολογιστεί και με τον «κλασικό» τρόπο, ως εξής.
Όταν το x τείνει στο 0 γνωρίζουμε ότι δεν υπάρχει το όριο του
1
x
.
Θα αποφύγουμε τη χρήση πλευρικών ορίων κάνοντας την παρακάτω
παραγοντοποίηση:
 3 2
2 4 4
1 1 1 1
x x 1 ,
x x x x
     για x κοντά στο 0
Όμως
 x 0
3 2
4
1
x x 1 ,
x
lim

   
(διότι
x 0
4
4
1
(x 0
x
lim

   για x κοντά στο 0) )
Άρα
2 4
2 4 2 4
2 4
x 0 x 0 x 0 u
ά
1 1 1
u
2 4 x x x2 4
1 1 1 1 1 1 uu1 1 1
x x ώ x 0x x x x
x x x
1 1 11 1 1
1 1x x xx x x 0
e
e e
e
lim lim lim lim
   
 
 
   
 
   
   
 
    
    
 
  
 
.