1.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Στη σχέση
  lnx
f lnx = 2 + x + lnx = 2 + e + lnx
θέτουμε u lnx  u και παίρνουμε
     u
f u 2 e u,u
Δηλαδή
     x
f x 2 e x,x
Αν  a, με    τότε
 
   
  
  
 
                 
   
a
e e
e e 2 e 2 e f f
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,άρα και αντιστρέψιμη στο '
β) Αν x με την ιδιότητα  
        
f x x
2 e f x f e 2 x τότε:
      

 
        
               
f 1 1
x x
ί
x x
f f x f e 2 x f x e 2 x
2 e x e 2 x x x x x x 0
O αριθμός x 0 επαληθεύει τη εξίσωση
 
        
f x x
2 e f x f e 2 x (αφού   f 0 3)
Άρα
 
          
f x x
2 e f x f e 2 x x 0
γ) Για κάθε x έχουμε:
   
 
 
 
 
  
    
 
 




  
   
    
  
  
  
 
2
2
2
x g x 2
x g x 2
x g x 2
2
2
f 1 1
2
2
g x e x 1
e x g x 1
2 e x g x 3
f x g x 3
f x g x f 0
x g x 0
g x x
Λύνει η Αθηνά Καλαμπόκα

2.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτοντας  u
u = lnx x = e , η αρχική ισοδύναμα γράφεται:     u
f u 2 e u.
Άρα     x
f x 2 e x, x η οποία είναι στο άρα και 1 1.
β)
Η δοσμένη εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:
      

   
)f1 1
x x x x
f f x = f e + 2 - ημx f x = e + 2 - ημx e + x + 2 = e + 2 - ημx x = -ημx
x = 0
λόγω των παρακάτω:
Ισχύουν οι ισοδυναμίες: ημx < -x x < 0 (I) και
ημx > -x x > 0 (II)
Για την (I) ισχύει ότι  x 0: ημx < x - x < ημx < x (1).
Για την ανίσωση ημx < -x (2) διακρίνω τις περιπτώσεις:
Αν x = 0 τότε (2)  ημ0 < 0 άτοπο.
Αν x 0 τότε (2)  ημx < - x άτοπο από (1).
Αν x 0 τότε (2)  ημx < x ισχύει από (1).
Άρα ισχύει ότι ημx < -x x < 0.
Για την (II) αν    x 0 x 0 και με χρήση της (I) έχω
 ημ(-x) < x -ημx < x ημx > -x .
γ)
Η δοσμένη ισότητα ισοδύναμα γράφεται:
      

 
2
f1 1
x -g(x) 2 2 2
e + x - g(x) + 2 = 3 f x - g x = f 0 x = g x .
Λύνει ο Κώστας Δεββές

3.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτουμε u = lnx,x > 0,u και η δοθείσα σχέση γίνεται:
           u x
f u e u 2,u f x e x 2,x
H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πράξη παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
   x
f' x = e + 1 > 0 x
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα  x , επομένως και αντιστρέφεται.
β)
 
   
    
 
f x x
x
x
x x
2 + e + f x = f e + 2 - ημx
f f x = f e + 2 - ημx
f x = e + 2 - ημx
e + x + 2 = e + 2 - ημx
x = -ημx
Η εξίσωση αυτή έχει προφανή και μοναδική ρίζα το 0
x 0 αφού
    ημx x x ημx x
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0
Aν x 0 η σχέση αυτή γίνεται:      x ημx x x ημx 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο
για x 0 .
Αν x 0 η σχέση αυτή γίνεται:     x ημx x x - ημx 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο
για x 0 .
γ)
Παρατηρούμε οτι:
    
 
      
  
           
2
x -g x2 2
2
2
2 2 2
f x - g x = e + x - g x - 1 + 1 + 2
f x - g x = g x - g x + 3
f x - g x = 3
f x - g x = f 0 x - g x = 0 g x x ,x
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης

4.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε:
f : , έτσι ώστε:        f lnx 2 x lnx, x 0 1
α)
Έστω    u
u lnx x e , u , τότε από την σχέση (1) προκύπτει:
   u
f(u) 2 e u, u ή
    x
f(x) e x 2, x 2
Επειδή      x
f (x) e 1 0, x η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο και άρα
είναι "1 1" συνάρτηση, οπότε είναι αντιστρέψιμη στο .
β)
Η εξίσωση
 
 
2
f(x) x x
2 + e + f(x) = f(e + 2 - ημx) f f(x) = f(e + 2 - ημx)
    


 
1
f
-1 -1 x x
1 1
f f f(x) = f f(e + 2 - ημx) f(x) = e + 2 - ημx
 
 
2
x x
e + x + 2 = e + 2 - ημx x = -ημx ,
η οποία αληθεύει μόνον για x 0 , αφού
  *
ημx < x , x
γ)
g : , ώστε   
       
2 2
x g(x) x g(x)2 2
g(x) e x 1 e x g(x) 2 3
 
  
        
2 f
2 2 2
1 1
f x g(x) f(0) x g(x) 0 g(x) x , x
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

5.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για κάθε x 0 ισχύει:     f lnx 2 x lnx (1)
Θέτουμε  lnx y οπότε  y
x e .
Η (1)            y y
f y 2 e y f y e y 2 , y
Άρα      x
f x e x 2 , x .
Για κάθε x είναι     x
f x e 1 0 άρα f γνησίως αύξουσα στο
οπότε 1-1 και αντιστρέψιμη στο .
β)
 
   
    
 
 





f x x
f1 1
x
x
x x
2 + e + f x = f e + 2 - ημx
f f x = f e + 2 - ημx
f x = e + 2 - ημx
e + x + 2 = e + 2 - ημx
ημx = -x 2
Η (2) έχει προφανή ρίζα το 0.
Για κάθε x ισχύει : ημx x το ίσον μόνον για x 0 .
Άρα για κάθε 
x     ημx x x ημx x (3)
Για   x 0 : x ημx < x άρα η (2) είναι αδύνατη.
Για x 0 : x < ημx < -x άρα η (2) είναι αδύνατη.
Επομένως    ημx x x 0
γ)
Ισχύει
     
 
        
 

         
        
2 2
x g x x g x2 2
f1 1
2 2 2
g x e x 1 x e x g x 2 3
f x g x f 0 x g x 0 g x x , x
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

6.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για κάθε x 0 , θέτουμε    u
lnx u x e , οπότε          u
f lnx 2 x lnx f u 2 e u
, u , ή     x
f x e x 2 , για κάθε x .
α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο , με     x
f x e 1 0 για κάθε x , άρα η f είναι
γνησίως αύξουσα στο  , άρα και ‘1-1’ , δηλ. αντιστρέφεται.
β) Για x :    
      

           
f'1 1'
f x x x
2 f x e f e 2 x f f x f e 2 x
            x
f x e 2 x x x x x 0
Η εξίσωση   x x 0 έχει προφανή λύση τη x 0 , ενώ απ'τη σχέση  x x έχουμε :
για x 0 :    x x x , άρα   x x 0 ενώ για x 0:    x x x , άρα   x x 0 .
Οπότε η x 0 είναι μοναδική λύση.
γ) Για κάθε x :      
  
        
2 2
x g x x g x2 2
g x e x 1 e x g x 2 3
        

       
f'1 1'
2 2 2
f x g x f 0 x g x 0 g x x , x , που είναι δεκτή.
2ος τρόπος
α) Για κάθε x 0 :          lnx u
f lnx 2 e lnx f u 2 e u με lnx u , u
Άρα     x
f x e x 2 για κάθε x .
Για οποιαδήποτε 1 2
x ,x με     1 2 1 2
x x x 2 x 2 και 1 2
lnx lnx , άρα με
πρόσθεση κατά μέλη
   1 2
f x f x , άρα η f γνησίως αύξουσα , δηλ. αντιστρέφεται. Η f είναι συνεχής και
γνησίως αύξουσα στο  με  
 
x
lim f x ,  
 
x
lim f x , άρα   f .
β) Η εξίσωση γράφεται :    
     
           
f x x 1 x
2 f x e f e 2 x f f f x e 2 x
           x
f x e 2 x x x 0 x 0
γ) Για κάθε x :      
  
      
2 2
x g x x g x2 2
g x e x 1 e x g x 1
Αν για κάποιο   είναι     2
g 0 τότε    

2
g
e 1 , άρα  
   
    
2
g 2
e g 1,
άτοπο.
Αν για κάποιο   είναι     2
g 0 τότε    

2
g
e 1, άρα  
   
    
2
g 2
e g 1 ,
άτοπο.
Άρα για κάθε x είναι    2
g x x .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

7.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
γ)
Για κάθε   ισχύει ότι  
  e 1 1
Άρα για κάθε x έχουμε
 
 
 
   
    
   
 


  
          
  
 
2
2
1
x g x 2
x g x 2 2 2 2
2
2
e x g x 1
g x e x 1 x g x 1 x 1 2x g x
g x 2x g x
g x x
Αν τώρα για κάποιο   ήταν
     
        
                    
2 2
g g2 2 2 2 2
g e 1 e 1 g 0 g ,ά
Άρα
   2
g x x για κάθε x
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

8.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτω


          
    
lnx ό x e έ ί :
f( ) 2 e
Δηλαδή η συνάρτηση είναι η   x
f(x) e x 2 και   x
f (x) e 1>0 άρα η f είναι
γνησίως αύξουσα, άρα και η f είναι 1-1 δηλαδή αντιστρέφεται.
β)
Η εξίσωση γίνεται:





       
f(x) x
f:1 1
x
x
x x
2 + e + f(x) = f(e + 2 - ημx)
f(fx)) = f(e + 2 - ημx)
f(x) = e + 2 - ημx
e + x + 2 = e + 2 - ημx
x x ύ x 0
2ος τρόπος
Θα μπορούσαμε να θέσουμε

         
x
0
x x x
g(x) = f(x) - e - 2 + ημx και έχουμε προφανή ρίζα την x = 0
αφού g(0) = f(0) - e - 2 + ημ0 g(0) = f(0) - 3 = 0 (f(0) = 3)
και επειδή g (x) = f (x) - e + συνx = e 1 e x 1 x 0
η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα η λύση είναι μοναδική
γ)
Η σχέση 
  
2
x g(x) 2
g(x) e x 1 γίνεται:


       
        
2
x g(x) 2 2
f:1 1
2 2
e x g(x) 1 3 3 f(x g(x)) f(0)
x g(x) 0 g(x) x ά x
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

9.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αντικαθιστώ στην υπόθεση: όπου x το ex>0,  x και έχω:
      x x x x
f(lne ) 2 e lne f(x) 2 e x,  x .
Για κάθε
 
  
  
1 2x x
1 2
1 2
e e
x x
x 2 x 2
και έτσι:
      1 2x x
1 2 1 2
e x 2 e x 2 f(x ) f(x ) ,
επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα, αμφιμονοσήμαντη και αντιστρέφεται.
β)
           
f 1-1
f(x) x x
2 e f(x) f(e 2 x) f(f(x)) f(e 2 x)
          x
f(x) e 2 x x x x x 0
που η ισότητα ισχύει μόνο για x=0, σύμφωνα με την σχέση  x x .
γ)
Αφού  x ισχύει 
  
2
x g(x) 2
g(x) e x 1 τότε: 
  
2
x g(x) 2
e x g(x) 1 
Θέτω h(x) = ex + x .
Τότε:
Για κάθε   1 2x x
1 2
x x e e άρα   1 2x x
1 2
e x e x οπότε: h(x1) < h(x2)
δηλαδή η h είναι γνησίως αύξουσα  x , άρα και 1-1 .
H εξίσωση h(x) = 1  ex + x = 1 έχει προφανή λύση το x = 0 η οποία είναι μοναδική
αφού η h είναι 1-1 .
Έτσι:  x 

       
h 1 1
2 2 2
h(x g(x)) h(0) x g(x) 0 g(x) x .
Λύνει η Αγγελική Συλάι

10.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτοντας στη δοσμένη σχέση :  f lnx =2+x+lnx όπου lnx=u (με u ) παίρνουμε ότι
u
f(u)=2+e +u με f
Α = και f(0)=3
Παραγωγίζοντας τη συνάρτηση f έχουμε :
  u
f΄ u =e +1 >0 οπότε f γν. αύξουσα στο
και άρα f ΄΄ 1-1΄΄ από το οποίο έχουμε ότι η f αντιστρέφεται
β)
Με τη βοήθεια της συνάρτησης f η εξίσωση :  
   
f x x
2+e +f x =f e 2-ημx γίνεται :
         
     
f:1-1x x
x x
f f x =f e 2-ημx f x = e 2-ημx
2+e +x e 2-ημx x ημx 0
Θεωρώ συνάρτηση  g x = x+ημx , g
Α = με   g΄ x = 1+συνx 0
οπότε g γν. αύξουσα στο
Προφανής ρίζα της εξίσωσης  g x 0 είναι το 0 γιατί  g 0 0 και επειδή
g γν. αύξουσα στο η ρίζα x=0 είναι μοναδική
γ)
     
   
2 2
2 2x -g x x -g x
g x =e +x 1 e +x -g x 1 (προσθέτω και στα δύο μέλη το 2 ) οπότε :
 
         
2
x -g x 2 2 2 2f:1-1
e +x -g x +2=3 f x -g(x) =f(0) x -g x =0 g x =x
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς

11.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι  f(lnx)=2 x lnx (1) για κάθε x>0 . Έστω x . Θέτουμε y = x
e . Τότε
y>0 και (1)   f(lny)=2 y lny  x
f(lne )=  x x
2 e lne  f(x)=  x
2 e x (2)
για κάθε x .
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο με παράγωγο f΄(x) = x
e 1 > 0 , οπότε η f
είναι γνησίως αύξουσα στο και συνεπώς 1 1, δηλαδή η f είναι αντιστρέψιμη στο .
β)
Έστω x . Θέτουμε y = f(x). Τότε
(2)  f(y) =  
y
2 ye


y f(x)
 f f(x) =  f(x)
2 f(x)e (3) .
Άρα η προς επίλυση εξίσωση γράφεται :
 f(x)
2 f(x)e =   x
f 2 ημxe 
(3)
 f f(x) =   x
f 2 ημxe


f 1 1
f(x) =  x
2 ημxe 
(2)
 x
2 e x =  x
2 ημxe  x= ημx   ημx x 0 (4).
Η εξίσωση (4) γράφεται  x ημx  [1,1], άρα αναζητούμε λύσεις της (4) μόνο στο
διάστημα [ 1,1].
Παρατηρούμε ότι η (4) έχει την προφανή λύση x = 0.
Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)= ημx x, x [1,1]. Τότε
(4)  h(x) = 0. Η h είναι παραγωγίσιμη στο [ 1,1] με παράγωγο h΄(x) = συνx 1 > 0
για κάθε x [ 1,1] (
π
2
,
π
2
). Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή 1 1 .
Επομένως η εξίσωση h(x) = 0, δηλαδή η (4), έχει μοναδική λύση την x = 0.
γ)
Για την ζητούμενη συνάρτηση g και για κάθε x ισχύουν :
g(x) =

 
2
2x g(x)
x 1e   2
g(x) x =

  
2
2 2x g(x)
x 1 xe   2
g(x) x =


2
x g(x)
1e 

  
2
2x g(x)
x g(x) 1e = 0 (5). Θέτουμε  2
x g(x) y (5α).
Τότε (5) 
(5α)
 
y
y 1e = 0 (5β).
Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(y) =  
y
y 1e , που είναι παραγωγίσιμη στο με
παράγωγο φ΄(y) = y
e 1 > 0 .
Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο και επομένως 1 1 .
Επίσης φ(0) =  0
0 1e = 1 1 = 0 .
Τότε (5β)  φ(y)=0  φ(y) = φ(0)  y = 0 
(5α)
 2
x g(x) 0   2
g(x) x , x .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης

12.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι:   f(lnx) 2 x lnx.
θέτω  lnx t t
e x οπότε   t
f(t) 2 e t. Δηλαδή    x
f(x) 2 e x,x .
Τώρα αν 1 2
f(x ) f(x )   1x
1
2 e x =  2x
2
2 e x  1 2x x
e e = 2 1
x x (1).
Μία προφανής λύση της (1) είναι 2 1
x x .
Αν 1 2
x x τότε 1 2x x
e e οπότε η (1) δεν ισχύει.
Αν 1 2
x x τότε 1 2x x
e e οπότε η (1) δεν ισχύει.
Επόμενα 1 2x x
e e = 2 1
x x  1 2
x x
Συνεπώς η f είναι 1-1 άρα αντιστρέφεται στο .
β)
Έχουμε:
 f(x)
2 e f(x)=   x
f(e 2 x)  f(f(x))=   x
f(e 2 x)  f(x)=   x
e 2 x 
 x
2 e x =   x
e 2 x    x x(2).
Tώρα μία προφανής λύση της (2) είναι x 0 .
Επίσης πρέπει    x 1,1 .
Αν   
    
 
x 1,0 ,0
2
η (2) δεν ισχύει διότι    x 0, x 0.
Αν   
   
 
x 0,1 0,
2
η (2) δεν ισχύει διότι    x 0, x 0 .
Άρα   x x  x 0 .
γ)
Για τη συνάρτηση g δίνεται ότι 
  
2
x g(x) 2
g(x) e x 1 

 
2
x g(x) 2
e x  g(x) 2 3   2
f(x g(x)) f(0) και επειδή η f είναι 1-1 προκύπτει ότι
 2
x g(x) 0   2
g(x) x .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

13.
___________________________________________________________________________
12η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θέτουμε    y
y lnx x e , για x 0 και από τη δοθείσα παίρνουμε:
    y
f y 2 e y, για κάθε y .
Άρα,     x
f x e x 2, x .
Για κάθε 1
x , 2
x με 1 2
x x ισχύει:

       
1 1
1 2 1 2
x x
x x x x
1 2
e e e x 1 e x 1    1 2
f x f x , οπότε
η f είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή 1-1. Άρα, η f αντιστρέφεται.
β)
Η δεδομένη είναι:
   
        

  
f:1 1
f x x x x
2 + f x + e = f e + 2 - ημx f f x = f e + 2 - ημx f x = e + 2 - ημx
x x
e + x + 2 = e + 2 - ημx x = -ημx .
Όμως ημx x , για κάθε x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 .
Άρα,  x = -ημx x 0 .
γ)
Για κάθε x έχουμε:
     
       

 
           
2 2 f:1 1
x g x x g x2 2 2
g x e x 1 e x g x 2 3 f x g x f 0
   2
x g x 0 .
Άρα,    2
g x x , x .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου