Η άσκηση της ημέρας - μήνας Οκτώβριος 2015

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

___________________________________________________________________________
ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
Αντωνόπουλος Νίκος
Βουτσάς Διονύσης
Δεββές Κώστας
Ζωβοΐλης Ηλίας
Καταραχιάς Τάκης
Κίκης Νίκος
Κουτσοβασίλης Κώστας
Μάντζαρης Μάκης
Μαρκάκης Αντώνης
Μάρκου Κατερίνα
Μίχας Μάνος
Ξανιά Ηλιάνα
Παγώνης Θεόδωρος
Πάτσης Ανδρέας
Σπύρου Πάνος
Τσακαλάκος Τάκης
Τσατσαρώνης Θεόδωρος
Χατζάκης Δημήτρης
Χρήστου Μαρία
Χιωτίνης Μιχάλης
Χύτης Μάριος

___________________________________________________________________________
2
5η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (1-10-2015)
Αποστολή λύσεων έως το Σάββατο 10 Οκτωβρίου 2015
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f :  με τύπο:
x
e x, x 0
f(x)
f(0) x ln(x 1), x 0

   
 
    
, όπου ,  , για την οποία ισχύει:
f(x) 1 , για κάθε x .
Α. Να αποδείξετε ότι: 1   και 1 
Β. Να αποδείξετε ότι:
h 0
f(x 2h) f(x h) 2f(x)
lim f(x)
h
   
 , για κάθε x
Γ. Να αποδείξετε ότι για κάθε x 0 , ισχύει:1 f(x) x f (x) 1   
Δ. Να αποδείξετε ότι για κάθε α , β 
 , η εξίσωση:
α f (α) f(β) 1
0
x 1 x 1
 
 
 
έχει ακριβώς μια λύση στο  1,1 .
Ε. Να λυθεί η εξίσωση: 2 2 x
f(x ) x e 2
   .

___________________________________________________________________________
3
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. f παραγωγίσιμη στο  f συνεχής στο  f συνεχής στο ox 0 
 x
x 0 x 0
lim f(x) f(0) lim e αx f(0) f(0) 1 

 
       .
Είναι f(x) 1 f(x) f(0)  .
• Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ox 0 .
• Το ox 0 είναι εσωτερικό σημείο του .
• Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox 0 .
Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, θα ισχύει:
 
+
x
x 0 x 0
1 βx ln x 1 1e αx 1
lim lim 0
x x

 
    
   
 
+
x
x 0 x 0
ln x 1e 1
lim α lim β 0
x x

 
  
       
   
1 α β 1 0     
α 1   και β 1 , καθώς
 
 
0
xx 0
x
DLHx 0 x 0 x 0
e 1e 1
lim lim lim e 1
x (x)  
 
   

  

    

και
 
0
0
DLHx 0 x 0 x 0
ln(x 1)ln(x 1) 1
lim lim lim 1
x (x) x 1  
 
 
 
  

  
 
.
Β.
x
e 1,x 0
Είναι f (x) 0, x 0
x
, x 0
x 1

  


   

 
 
Για x x x
x 0 x 0 e 1 e 1 1 e 0  
             .
Για x 0 είναι
x
0 1
x 1
 

και επειδή f (0) 0  , συμπεραίνουμε
ότι f (x) 1  , για κάθε x .
Είναι:
h 0 h 0
f(x 2h) f(x h) 2f(x) f(x 2h) f(x) f(x h) f(x)
lim lim
h h h 
        
   
 
+
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x) f(0)
f (0) 0 lim lim 0
x x
 
 
     

___________________________________________________________________________
4
h 0 h 0
f(x 2h) f(x) f(x h) f(x)
lim lim 2f (x) f (x) f (x)
h h 
   
       , καθώς
2h H
h 0 H 0 H 0
f(x 2h) f(x) f(x H) f(x)
lim lim f (x)
h H

  
   
  και
H h
h 0 H 0 H 0
f(x h) f(x) f(x H) f(x)
lim lim f (x)
h H

  
   
  

.
Έτσι ισοδύναμα προκύπτει f (x) f(x)  , που ισχύει αφού για κάθε x
είναι f(x) 1 και f (x) 1  .
Γ. Εύκολα βρίσκουμε ότι:
 
x
2
e , x 0
1f (x)
, x 0
x 1

 

   
 
Προφανώς f (x) 0  για κάθε x 

και επειδή f  συνεχής στο ox 0 , αφού   +
x
x 0 x 0
x
lim e 1 lim 0
x 1

 
   

,
προκύπτει ότι f  γνησίως αύξουσα στο .
Κάνοντας εφαρμογή του Θ.Μ.Τ για την f στο  x,0 με x 0 ,
προκύπτει ότι υπάρχει  1ξ x,0 με 1
f(x) f(0) f(x) 1
f (ξ )
x x
 
   .
Όμως
f γν.αύξουσα x 0
1 1
f(x) 1
x ξ 0 f (x) f (ξ ) f (x) xf (x) f(x) 1
x
 
            
f(x) xf (x) 1   .
Κάνοντας εφαρμογή του Θ.Μ.Τ για την f στο  0,x με x 0 ,
προκύπτει ότι υπάρχει  2ξ 0,x με 2
f(x) f(0) f(x) 1
f (ξ )
x x
 
   .
Όμως
f γν.αύξουσα x 0
2 2
f(x) 1
0 ξ x f (x) f (ξ ) f (x) xf (x) f(x) 1
x
 
            
f(x) xf (x) 1   .
Από το πρόσημο της f  προκύπτει ότι f γν.φθίνουσα στο  ,0 και
f γν.αύξουσα στο  0, , οπότε για x 0 f(x) f(0) f(x) 1    και
για x 0 f(x) f(0) f(x) 1    .
Επομένως: για κάθε x 0 , ισχύει:1 f(x) x f (x) 1    .
Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο
g(x)       α f (α) x 1 f(β) 1 x 1     ,
 x 1,1  , η οποία είναι συνεχής στο  1,1 ως πολυωνυμική με

___________________________________________________________________________
5
 g( 1) 2 f(β) 1 0     , αφού f(β) 1 και g(1) 2α f (α) 0   ,
σύμφωνα με το Γ.
Επίσης είναι g (x)     α f (α) f(β) 1 0     g γν.αύξουσα στο  1,1 .
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano και επειδή g γν.αύξουσα στο  1,1
συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση g(x)  0, έχει μοναδική λύση στο  1,1 , οπότε
ισοδύναμα η εξίσωση:
α f (α) f(β) 1
0
x 1 x 1
 
 
 
, έχει ακριβώς μια λύση στο  1,1 .
Ε. Για κάθε x είναι 2
x 0 , οπότε  2 2 2
f(x ) 1 x ln x 1    . Οπότε:
2 2 x
f(x ) x e 2
     2 2
1 x ln x 1   2 x
x e 2
   
 2 x
ln x 1 e 1 0.
    
Θεωρούμε τη συνάρτηση m με τύπο
 2 x
m(x) ln x 1 e 1,x .
     Είναι x
2
2x
m (x) e
x 1

  

.
Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
• Αν x 0 , τότε προφανώς m (x) 0  .
• Αν x 0 , τότε x x
2
2x
e 1 e 0 m (x) 0
x 1
 
      

, καθώς 2
2x
1
x 1
 

,
x  .
Άρα m (x) 0  x  , οπότε η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο
και επομένως 1-1.
Έχουμε:
m 1-1
m(x) 0 m(x) m(0) x 0     .

___________________________________________________________________________
6
2η
προτεινόμενη λύση (Νίκος Αντωνόπουλος)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Γ. Αφού f (x) 0  για κάθε x(–, 0) η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (–, 0]
τότε για κάθε x 0 ισχύει f(x) > f(0)  f(x) > 1
Γνωρίζουμε ότι για κάθε x > 0 ισχύει
nx x 1  με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x = 1
Η παραπάνω σχέση βάζοντας όπου x το x + 1 > 0 γίνεται
n(x 1) x 1 1 x n(x 1) 0 1 x n(x 1) 1 f(x) 1              
με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x + 1 = 1  x = 0
Συνεπώς για κάθε x ≠ 0 ισχύει: f(x) > 1 (1)
Είναι
x
2
e , x 0
f (x) 1
, x 0
(x 1)

 

  
 
Επειδή f (x) 0  στο (–, 0)(0, +) και f (x) συνεχής στο 0
(αφού
x 0 x 0
imf (x) imf (x) f (0) 
 
    )
η f  είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ.
Η f είναι:
 συνεχής στο [x, 0] και στο [0, x]
 παραγωγίσιμη στο (x, 0) και στο (0, x)
Άρα σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ1(x, 0) και
ένα τουλάχιστον ξ2(0, x) τέτοια ώστε
1
f(0) f(x) 1 f(x)
f ( )
0 x x
 
   
 
και 2
f(x) f(0) f(x) 1
f ( )
x 0 x
 
   

Επειδή η f  είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
για x < ξ1 < 0 ισχύει
1
1 f(x)
f (x) f ( ) f (x) xf (x) 1 f(x) f(x) xf (x) 1
x

              

για 0 < ξ2 < x ισχύει
2 2
f(x) 1
x f ( ) f (x) f (x) f(x) 1 xf (x) f(x) xf (x) 1
x

                
Συνεπώς για κάθε x ≠ 0 ισχύει: f(x) xf (x) 1  (2)

___________________________________________________________________________
7
Από (1), (2) για κάθε x ≠ 0 ισχύει: 1 < f(x) xf (x) 1 
Ε. Είναι
2 2 x
f(x ) x e 2
    2
1 x 2 2
n(x 1) x   x
e 2
   x 2
e n(x 1) 1 0
   
Θεωρούμε τη συνάρτηση
x 2
(x) e n(x 1) 1
    
Είναι
x
2
2x
(x) e
x 1

   
 x 2
1 2x
e x 1
  

2 x
x 2
x 1 2xe
e (x 1)
 
 

2 x
x 2
x 1 2x 2xe 2x
e (x 1)
   
 

2 x
x 2
(x 1) 2x(e 1)
0
e (x 1)
  
  

Αφού για κάθε x < 0  ex
< e0
 ex
< 1  ex
– 1 < 0 τότε 2x(ex
– 1) > 0
και για κάθε x > 0  ex
> e0
 ex
> 1  ex
– 1 > 0 τότε 2x(ex
– 1) > 0
Συνεπώς για κάθε x ≠ 0 ισχύει 2x(ex
– 1) > 0
Και για κάθε x ≠ – 1 ισχύει
2
x 2
(x 1)
0
e (x 1)



Άρα η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ
Είναι
2 2 x
f(x ) x e 2
    φ(x) = φ(0)  x = 0 (αφού φ 1 – 1 ως γνησίως μονότονη)

___________________________________________________________________________
8
6η
άσκηση
Προτάθηκε από τον Κώστα Κουτσοβασίλη (11-10-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 18/10/2015
Έστω η συνεχής συνάρτηση f :R R με
x
f(f(x)) ln(4 e )  (1) για κάθε x R
και η συνάρτηση
x
g(x) f(x) ln(2 e )   (2).
Να αποδείξετε ότι:
α. Η συνάρτηση f είναι 1-1
β. Υπάρχει ένα τουλάχιστον 0x R έτσι ώστε 0g(x ) 0
γ. Η εξίσωση g(x) 0 έχει ρίζα τον αριθμό 0f(x )
δ. Αν επιπλέον η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη , τότε υπάρχει R έτσι
ώστε
e
f ( )
2 e


  

Πηγή: Μαθηματικά για τη Θετική -Τεχνολογική Κατεύθυνση Γ΄ Λυκείου
Β΄ Τόμος -Ιωάννης Γαρατζιώτης-Παύλος Μάστακας

___________________________________________________________________________
9
1η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Κουτσοβασίλης)
α. Αν 1 2x ,x  με 1 2f(x ) f(x ) τότε
1 2 1 2
1 2
x x x x
1 2
x x
1 2
f(f(x )) f(f(x )) ln(4 e ) ln(4 e ) 4 e 4 e
e e x x
         
  
άρα η f είναι 1-1.
β. Έστω ότι για κάθε x R είναι g(x)>0 ή g(x)<0.
● Αν g(x) 0 από τη σχέση (2) έχουμε x
f(x) ln(2 e )  (3)
για κάθε x R
Θέτουμε στην (3) όπου x το f(x) και έχουμε f (x)
f(f(x)) ln(2 e )  ή
x f (x)
ln(4 e ) ln(2 e )   ή x f (x)
4 e 2 e   ή x f (x)
2 e e  ή
x f (x)
ln(2 e ) lne  ή x
ln(2 e ) f(x)  ή x
f(x) ln(2 e )  που είναι
άτοπο από την (3)
● Όμοια αν g(x)<0
Επομένως υπάρχουν 1 2x ,x R με 1 2g(x ) g(x ) 0 
Τότε:
◊ Η g είναι συνεχής στο  1 2x ,x (ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων)
◊ 1 2g(x ) g(x ) 0  . Άρα ισχύει Θ.Bolzano δηλαδή υπάρχει ένα
τουλάχιστον 0 1 2x (x ,x ) R  έτσι ώστε 0g(x ) 0
γ. Από το β. ερώτημα είναι
0 0
0 0 0 0 0 0
0 0
x x
0 0 0
(1)2
x f (x ) x f (x ) x f (x )
(2)
f (x ) f (x )
0 0 0
g(x ) 0 f(x ) ln(2 e ) 0 f(x ) ln(2 e )
2 e e 4 e 2 e ln(4 e ) ln(2 e )
f(f(x )) ln(2 e ) f(f(x )) ln(2 e ) 0 g(f(x )) 0

        
          
       
Άρα το 0f(x ) ρίζα της εξίσωσης g(x) 0

___________________________________________________________________________
10
δ. Επειδή x0 και f(x0) ρίζες της εξίσωσης g(x) 0 και η g είναι
παραγωγίσιμη (πράξεις παραγωγίσιμων) ισχύει για την g στο διάστημα
[x0 , f(x0)] ή [f(x0), x0] το θεώρημα Rolle,οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον
ξ ώστεg ( ) 0   . Είναι
x
x
e
g (x) f (x)
2 e
  

(4)
Άρα
(4)
e e
g ( ) 0 f ( ) 0 f ( )
2 e 2 e
 
 
          
 
2η
β. Έστω g(x) 0 για κάθε x . Τότε επειδή η συνάρτηση g είναι συνεχής
στο , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο
,
δηλαδή θα είναι:g(x) 0 για κάθε x ή g(x) 0 για κάθε x .
Υποθέτουμε ότι g(x) 0 για κάθε x .Τότε:  x
f(x) ln 2 e  , για κάθε x ,
οπότε αντικαθιστώντας το x με f(x) προκύπτει
       f(x) x f(x) x f(x)
f f(x) ln 2 e ln 4 e ln 2 e 4 e 2 e          
x f(x)
2 e e     x
f(x) ln 2 e  που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω της υπόθεσης.
Ομοίως καταλήγουμε σε ΑΤΟΠΟ αν υποθέσουμε ότι , g(x) 0 για κάθε x
Άρα η εξίσωση g(x) 0 έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα, που σημαίνει
ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον ox  , τέτοιος ώστε og(x ) 0 .
δ. o of(x ) x
o oe 2 e f(x ) x .   
Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο , ως διαφορά
παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
x
x
e
g (x) f (x) ,x
2 e
   

και επειδή  o og(x ) g f(x ) 0  ,
ισχύει το θεώρημα Rolle για την g στο  o ox ,f(x ) , επομένως
υπάρχει ξ  o ox ,f(x ) , τέτοιο ώστε g (ξ) 0  
ξ
ξ
e
f (ξ) .
2 e
 


___________________________________________________________________________
11
3η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
(εναλλακτική λύση υποερωτήματος)
γ. Έχουμε ότι      0
0 00 ln 2    x
g x f x e
       
     0
0 0
ln 2
0 0 ln 2 ln 4 ln 2
        
 
x
ef x x
g f x f f x e e e
         0 0
0 0ln 4 ln 4 0 0       x x
g f x e e g f x
4η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
(εναλλακτική λύση υποερωτήματος)
β. Θέτω f(χ)=y.Τότε f(y)=ln(4+ex
)  ef(y)
= 4+ex
 ex
= ef(y)
- 4. Συνεπώς ef(y)
- 4>0
 ef(y)
> 4  f(y)>ln4 και f-1
(x)=ln(ef(x)
-4) με f(x)>4 (1). Επίσης: f(f(x))=
ln(4+ex
).
Για χ=0 έχω f(f(0))= ln5 οπότε: g(f(0))= f(f(0))-ln(2+ef(0)
)= ln5- ln(2+ef(0)
)<0 διότι
από (1) f(o)>ln4 ef(0)
> 4 2+ ef(0)
> 6  ln(2+ef(0)
)>ln6  ln5- ln(2+ef(0)
)<
ln5- ln6<0 , g(ln2)=f(ln2) – ln4>0 από (1) και επειδή g συνεχής ως άθροισμα
συνεχών , από θεώρημα Bolzano θα υπάρχει x0є (ln2 , f(0)) ώστε g(x0)=0.

___________________________________________________________________________
12
7η
άσκηση
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (20-10-2015)
Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 27 Οκτωβρίου 2015
Έστω συνάρτηση f συνεχής στο , για την οποία ισχύουν:
•   2
f(x) f f(x) x 6x 8    για κάθε x
• f γνησίως αύξουσα στο
Α. Να λύσετε την εξίσωση:f(x) 0 , x .
Β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ox (2,4) , τέτοιο ώστε:
2
o o ο οf(x ) f(4 x ) x 6x 8.    
Γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ (2,4) , τέτοιο ώστε:
• 2
ξ 6ξ 8 f(1)  
• 2
f(ξ 6ξ 8) f(1) 3   
Δ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1x 2 .

___________________________________________________________________________
13
1η
Α. Είναι: 2
x 6x 8 0 x 2 ή x 4.      Επομένως για κάθε  x 2,4  ισχύει
2
x 6x 8 0     f(x) f f(x) 0 f(x) 0.   
Για x 2 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:
   f(2) f f(2) 0 f(2) 0 ή f f(2) 0.     (1)
Για x 4 , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:
   f(4) f f(4) 0 f(4) 0 ή f f(4) 0.     (2)
Αν f(4) 0 , τότε επειδή f γνησίως αύξουσα στο , θα είναι:
   0 2 4 f(0) f(2) f(4) 0 f(2) f(4) f(0) 0          και έτσι έχουμε
f(2) 0 και  f(2) 0 που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω (1).
Επομένως  f(4) 0 f f(4) 0   , λόγω (2).
Χρησιμοποιώντας επίσης τη μονοτονία της συνάρτησης f έχουμε:
     2 4 f(2) f(4) f f(2) f f(4) 0 f f(2) 0        , οπότε λόγω (1)
θα είναι f(2) 0 . Άρα  f f(4) 0 f(2)  και επειδή η συνάρτηση f
είναι 1-1 (λόγω μονοτονίας), θα ισχύει: f(4) 2 .
Β. Έστω συνάρτηση g με g(x) f(x) x 4   ,  x 2,4 . Είναι:
• g συνεχής στο  2,4 , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.
• g(2) f(2) 2 4 2     και g(4) f(4) 4 4 2    .
• g γν.αύξουσα στο  2,4 , ως άθροισμα γν.αυξουσών συναρτήσεων.
Η συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο  2,4 ,
επομένως υπάρχει ox (2,4) , τέτοιο ώστε: o o og(x ) 0 f(x ) x 4.   
Επειδή η συνάρτηση g είναι γν.αύξουσα στο  2,4 , θα είναι και 1-1, οπότε το
ox είναι μοναδικό. Επομένως    o o o of(x ) 4 x f f(x ) f 4 x     
    2
o o o o ο οf(x ) f 4 x f(x ) f f(x ) x 6x 8.       
Γ.
Θ.Ε.Τf(2) 0
f(4) 2
 

 
(2,4), τέτοιο ώστε: f(ξ) 1 .
Για x ξ , η αρχική συναρτησιακή γίνεται:  
f(ξ) 1
2
f( ) f f( ) 6 8

       
2
ξ 6ξ 8 f(1).   
Για . x 1 ., η αρχική συναρτησιακή γίνεται:

___________________________________________________________________________
14
 
2
f(1) ξ 6ξ 8
2 2
f(1) f f(1) 1 6 1 8 f(1) f(ξ 6ξ 8) 3.
  
         
Δ. Είναι:
 
       
2
x 2 x 2 x 2 x 2
f(x) f f(x)f(x) f(2) f(x) x 6x 8
lim lim lim lim
x 2 x 2 x 2 f f(x) x 2 f f(x)   
  
   
     
   
   
 
 
 
 x 2 x 2
x 2 x 4 x 4 2 4 2
lim lim
x 2 f f(x) f f(x) f f(2) f(0) 
     
   
 
.
2η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
Είναι 𝒇(𝒙)𝒇(𝒇(𝒙)) = 𝒙 𝟐
− 𝟔𝒙 + 𝟖 , ∀ 𝒙 ∈ 𝑹 (1), και
𝑓 "1-1" ως γν.αύξουσα
 για x=2 είναι 𝑓(2)𝑓((2)) = 0 ⇒ 𝑓(2) = 0 ή 𝑓(𝑓(2)) = 0
 για x=4 είναι 𝑓(4)𝑓((4)) = 0 ⇒ 𝑓(4) = 0 ή 𝑓(𝑓(4)) = 0
- αν 𝑓(2) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑓(4) = 0 𝜏ό𝜏𝜀 𝑓(2) =
𝑓(4) , ά𝜏𝜊𝜋𝜊 𝛼𝜑𝜊ύ 𝑓 "1 − 1"
- αν 𝑓(𝑓(2)) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑓(𝑓(4)) =
0 𝜏ό𝜏𝜀 𝜋ά𝜆𝜄 ά𝜏𝜊𝜋𝜊 𝛼𝜑𝜊ύ 𝑓 "1 − 1"
- αν 𝑓(4) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑓(𝑓(2)) = 0 𝜏ό𝜏𝜀 𝑓(4) = 𝑓(𝑓(2))
𝑓 “1−1”
⇒ 𝑓(2) = 4,
όμως 2 < 4
𝑓 ↑
⇒ 𝑓(2) < 𝑓(4) ⇒ 4 < 0 , ά𝜏𝜊𝜋𝜊
- άρα 𝒇(𝟐) = 𝟎
𝜅𝛼𝜄 𝑓(𝑓(4)) = 0 και εφόσον 𝑓(2) = 𝑓(𝑓(4))
𝑓 “1−1”
⇒ 𝒇(𝟒) = 𝟐
Συνεπώς η 𝑥 = 2 είναι η μοναδική ρίζα της 𝑓(𝑥) =
0 𝛼𝜑𝜊ύ 𝑓 "1 − 1"

___________________________________________________________________________
15
B.
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 4 + 𝑥, 𝑥 ∈ [2,4] συνεχής ως άθροισμα
συνεχών συναρτήσεων.
Έστω 𝑥1, 𝑥2 ∈ [2,4] 𝜇𝜀 𝑥1 < 𝑥2
𝑓 ↑
⇒ 𝑓(𝑥1) < 𝑓(𝑥2)
𝑥1<𝑥2
⇒ 𝑓(𝑥1) +
𝑥1 < 𝑓(𝑥2) + 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1) + 𝑥1 − 4 < 𝑓(𝑥2) + 𝑥2 − 4 ⇒ 𝑔(𝑥1) <
𝑔(𝑥2) ⇒ 𝑔 [2,4] ⇒ 𝑔 "1 − 1"[2,4]
είναι 𝑔(2) ∙ 𝑔(4) = −2 ∙ 2 = −4 < 0 .
Συνεπώς από Θ.Bolzano και λόγω της ιδιότητας «1-1»
∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑔(𝑥 𝑜) = 0
⇔ ∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑓(𝑥 𝑜) = 4 − 𝑥 𝑜
𝑓 1−1
⇔ ∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑓(𝑓(𝑥 𝑜)) = 𝑓(4 − 𝑥 𝑜)
2 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ή 𝜌𝜄𝜁𝛼 𝜏𝜂𝜍 𝑓
⇔ ∃ 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥 𝑜 ∈ (2,4) ∶ 𝑓(𝑥 𝑜)𝑓(𝑓(𝑥 𝑜))
= 𝑓(𝑥 𝑜)𝑓(4 − 𝑥 𝑜)
(1)
⇔ ∃ 𝝁𝝄𝝂𝜶𝜹𝜾𝜿ό 𝒙 𝒐 ∈ (𝟐, 𝟒) ∶ 𝒙 𝒐
𝟐
− 𝟔𝒙 𝒐 + 𝟖 = 𝒇(𝒙 𝒐)𝒇(𝟒 − 𝒙 𝒐)
Δ.
𝛾𝜄𝛼 𝑥 < 2
𝑓↑
⇒ 𝑓(𝑥) < 𝑓(2) = 0
𝑓↑
⇒ 𝑓(𝑓(𝑥)) < 𝑓(0) < 𝑓(2) = 0
𝛾𝜄𝛼 2 < 𝑥 < 4
𝑓↑
⇒ 𝑓(2) < 𝑓(𝑥) < 𝑓(4) = 2
𝑓↑
⇒ 𝑓(𝑓(2)) < 𝑓(𝑓(𝑥))
< 𝑓(2) = 0
άρα κοντά στο 2 και για x ≠ 2 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝑓(𝑓(𝑥)) ≠ 0 και 𝑓(𝑓(2)) ≠ 0
𝜂 𝑓(𝑓(𝑥)) 𝜀ί𝜈𝛼𝜄 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒ή𝜍 𝜔𝜍 𝜎ύ𝜈𝜃𝜀𝜎𝜂 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒ώ𝜈 𝜎𝜐𝜈𝛼𝜌𝜏ή𝜎𝜀𝜔𝜈
οπότε
𝑓(𝑥) − 𝑓(2)
𝑥 − 2
=
𝑓(𝑥)
𝑥 − 2
=
𝑓(𝑥) ∙ 𝑓(𝑓(𝑥))
(𝑥 − 2)𝑓(𝑓(𝑥))
=
𝑥2
− 6𝑥 + 8
(𝑥 − 2)𝑓(𝑓(𝑥))
=
(𝑥 − 2)(𝑥 − 4)
(𝑥 − 2)𝑓(𝑓(𝑥))
=
𝑥 − 4
𝑓(𝑓(𝑥))
⇒ lim
𝑥→2
𝑓(𝑥)−𝑓(2)
𝑥−2
= lim
𝑥→2
𝑥−4
𝑓(𝑓(𝑥))
=
−2
𝑓(𝑓(2))
∈ 𝑅,
ά𝝆𝜶 𝒇 𝝅𝜶𝝆𝜶𝜸𝝎𝜸ί𝝈𝜾𝝁𝜼 𝝈𝝉𝝄 𝟐.

___________________________________________________________________________
16
3η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
Α. Αφού 𝑓 ↑ τότε 𝑓 και 1-1 στο ℝ άρα η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 0 έχει το πολύ μια ρίζα
στο ℝ
𝑓(𝑥)𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑥2
− 6𝑥 + 8 , (1)
 Για 𝑥 = 0 στην (1) ∶ 𝑓(0)𝑓(𝑓(0)) = 8 ⇢ 𝑓(0) ≠ 0
 Για 𝑥 = 2 στην (1) ∶ 𝑓(2)𝑓(𝑓(2)) = 0 ⇔ 𝑓(2) = 0 ή 𝑓(𝑓(2)) = 0
 Για 𝑥 = 4 στην (1) ∶ 𝑓(4)𝑓(𝑓(4)) = 0 ⇔ 𝑓(4) = 0 ή 𝑓(𝑓(4)) = 0
 Έστω 𝒇(𝟒) = 𝟎
 2 < 4
𝑓 ↑
⇔ 𝑓(2) < 𝑓(4) ⇔ 𝑓(2) < 0 ⇢ 𝑓(2) ≠ 0 οπότε 𝑓(𝑓(2)) = 0
 𝑓(4) = 0
𝑓 1−1
⇔ 𝑓(𝑓(4)) = 𝑓(0) ≠ 0 ⇔ 𝑓(𝑓(4)) ≠ 0
Τελικά , 𝑓(4) = 𝑓(𝑓(2))
𝑓 1−1
⇔ 4 = 𝑓(2) όμως 𝑓(2) < 0 άρα άτοπο οπότε 𝑓(4) ≠
0 άρα
𝑓(2) = 𝑓(𝑓(4)) = 0 . Επίσης 𝑓(2) = 𝑓(𝑓(4))
𝑓 1−1
⇔ 2 = 𝑓(4)
Δ. Στην περιοχή του 2 είναι : 𝑓(𝑓(𝑥)) ≠ 0 → 𝑓(𝑥) =
𝑥2−6𝑥+8
𝑓(𝑓(𝑥))
=
(𝑥−2)(𝑥−4)
𝑓(𝑓(𝑥))
 𝑓′(2) = lim
𝑥→2
𝑓(𝑥)−𝑓(2)
𝑥−2
= lim
𝑥→2
𝑓(𝑥)
𝑥−2
= lim
𝑥→2
(𝑥−2)(𝑥−4)
𝑓(𝑓(𝑥))
𝑥−2
=
= lim
𝑥→2
𝑥 − 4
𝑓(𝑓(𝑥))
=
−2
𝑓(𝑓(2))
∈ ℝ

___________________________________________________________________________
17
4η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Α. Για χ=2 και 4 στην αρχική έχω: 𝑓(2) ∙ 𝑓(𝑓(2)) = 0 = 𝑓(4) ∙ 𝑓(𝑓(4)).
Aν 𝑓(2) ∙ 𝑓(4) ≠ 0 άρα 𝑓(𝑓(2)) = 𝑓(𝑓(4)) = 0 άρα 𝑓(2) = 𝑓(4) (1-1) άρα 2=4
άτοπο. Τελικά 𝑓(2) = 0 ή 𝑓(4) = 0 αποκλειστικά. Αν 𝑓(4) = 0 τότε 𝑓(3) < 0 άρα
𝑓(𝑓(3)) < 𝑓(0) < 0 άτοπο αφού 𝑓(3) ∙ 𝑓(𝑓(3)) = −1 από αρχική, άρα
𝑓(3), 𝑓(𝑓(3)) ετερόσημοι. Άρα 𝑓(2) = 0 και 𝑓(𝑓(4)) = 0 και 𝑓(4) = 2
Β. ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥)(𝑓(4 − 𝑥) − 𝑓(𝑓(𝑥))),𝑥 ∈ [2,4] και 𝜑(𝜒) = 𝑓(4 − 𝑥) − 𝑓(𝑓(𝑥))
συνεχής στο [2,4] με φ(2)=-f(0)>0, φ(4)=f(0)<0, aπό Βοlzano η φ έχει ρίζα στο (2,4)
άρα και η h.
Δ. Η αρχική
𝑓(𝑥)
𝑥−2
∙ 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑥 − 4, x κοντά 2. Τότε 𝑓(𝑓(𝜒)) ≠ 0 αφού 𝑓(𝑓(4)) = 0
και 𝑓𝑜𝑓 γν. αύξουσα. Άρα
𝑓(𝑥)
𝑥−2
=
𝑥−4
𝑓(𝑓(𝑥))
και lim
𝜒→2
𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(0) ≠ 0 γιατί
lim
𝜒→2
𝑓(𝑥) = 0 και lim
𝜒→0
𝑓(𝑥) = 𝑓(0). Άρα lim
𝜒→2
𝑓(𝑥)
𝑥−2
=−
2
𝑓(0)

___________________________________________________________________________
18
5η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
B. ΄Eστω g(x)= f(f(x)) - f(4-x). Oι συναρτήσεις ff και f(4-x) είναι συνεχείς ως
συνθέσεις συνεχών συναρτήσεων , οπότε και η g είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων και g γν.αύξουσα ως άθροισμα γν. αυξουσών , (f γν. αύξουσα  ff
γν. αύξουσα , -f(4-x) γν. αύξουσα) .
Επίσης g(4)= f(f(4)) –f(0) =f(2) – f(0) = – f(0)>0 διότι 0<2  f(0)<f(2)  f(0) < 0.
g(2)= f(f(2)) –f(2) =f(0)<0. Επόμενα από θ.Bolzano υπάρχει x0є (2 , 4) ώστε g(x0) = 0
 f(f(x0)) = f(4-x0) 
𝑥0
2−6𝑥0+8
f(x0)
= f(4-x0)  f(𝑥0) f(4-x0) = 𝑥0
2
− 6𝑥0 + 8. Λόγω της
μονοτονίας της g το x0 είναι μοναδική ρίζα της g(x) = 0.
Γ.
 Είναι f(2)=0<1<2=f(4) οπότε από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει
ξє( 2 , 4 ) ώστε f(ξ)=1. Θέτω h(x)=f(x)·f(f(x)) – f(1). Τότε h(ξ)=f(ξ)·f(f(ξ)) –
f(1)=f(1)-f(1)=0 , δηλ. ξ2
-6ξ+8=f(1).
 Συνεπώς f(ξ2
-6ξ+8)=f(f(1))  f(ξ2
-6ξ+8)f(1)=f(1)f(f(1)). ΄Όμως από την
αρχική σχέση για x=1 έχω ότι: f(1)f(f(1)) = 3.
Αρά f(ξ2
-6ξ+8)f(1)=3.

Η άσκηση της ημέρας - μήνας Οκτώβριος 2015

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Mais procurados (20)

Destaque

Destaque (20)

Semelhante a Η άσκηση της ημέρας - μήνας Οκτώβριος 2015

Semelhante a Η άσκηση της ημέρας - μήνας Οκτώβριος 2015 (20)

Mais de Μάκης Χατζόπουλος

Mais de Μάκης Χατζόπουλος (20)

Último

Último (20)

Η άσκηση της ημέρας - μήνας Οκτώβριος 2015