1.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε τη συνάρτηση     Rg : 1,1 με τύπο
    g x f x x
Η g είναι συνεχής στο   1,1 και παραγωγίσιμη στο  1,1 με
      g x f x 1 0
Άρα η g είναι φθίνουσα στο   1,1
Οπότε για   1 x 1 προκύπτει ότι
                              
0 0
g 1 g x g 1 f 1 1 f x x f 1 1 0 f x x 0 f x x
Δηλαδή
  f x x για κάθε    x 1,1
Λύνει o Μάκης Χατζόπουλος

2.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Α τρόπος
 Για x 1 ή  x 1 ισχύει από υπόθεση ότι   f x x
 Έστω   1 x 1 τυχαίο και σταθερό.
o Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα   x,1
υπάρχει    
        
 
   
 
ό
f 1 f x 1 f x
a x,1 :f a 1
1 x 1 x
          1 f x 1 x f x x 1
o Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα   1,x
υπάρχει    
        
  
      
 
ό
f x f 1 f x 1
1,x :f 1
x 1 1 x
          f x 1 x 1 f x x 2
Από τις σχέσεις    1 , 2 παίρνουμε:   f x x για κάθε   x 1,1
Από τα παραπάνω προκύπτει τελικά ότι   f x x για κάθε    x 1,1
Β τρόπος
 Έστω ότι υπάρχει      a 1,0 : f a a. Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα   a,0
υπάρχει    
   
 
  
    
ό a 0f a
k a,0 :f k 1 f a a
a
, άτοπο
 Έστω ότι υπάρχει        0,1 : f . Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα   ,1
υπάρχει    
   
 
   
      
 
ό 1 01 f
m a,0 :f m 1 f
1
, άτοπο
Άρα,   f x x για κάθε   x 1,1
 Έστω ότι υπάρχει         1,0 : f
Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα    1,
υπάρχει    
   
 
 
 
          
 
ό
f 1
1, :f 1 f
1
, άτοπο
 Έστω ότι υπάρχει        0,1 : f
Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα   0,
υπάρχει    
   
 
 

         

ό
f
0, :f 1 f , άτοπο
Άρα,   f x x για κάθε   x 1,1
και επειδή για x 1 ή  x 1 ισχύει από υπόθεση ότι   f x x, καταλήγουμε στο   f x x
για κάθε    x 1,1
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

3.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Από 2 ΘΜΤ στα       1,0 , 0,1 για την f υπάρχουν        1 2
1,0 , 0,1 τέτοια ώστε
       1
f f 0 1 1 (1) και        2
f 1 f 0 1 (2).
Από (1), (2) είναι   f 0 0.
Θεωρώ την     h x f x x ,    x 1,1 .
Με   x 1,1 η h ικανοποιεί το ΘΜΤ στα       1,x , x,1 , άρα
     
      
       
 
1 2 1
h x h 1 h x
1,x , x,1 : h
x 1 x 1
(1) και
 
     
   
 
2
h 1 h x h x
h
1 x x 1
(2).
Από την υπόθεση είναι        h x 0 x 1,1 δηλαδή       1 2
h ,h 0 .
Τότε η (1) δίνει
 
 

  

x 1h x
0 h x 0
x 1
και η (2)
 
 

  

x 1h x
0 h x 0
x 1
.
Από τις 2 τελευταίες ανισότητες προκύπτει
      h x 0 x 1,1 κι επειδή    h 1 h(1) 0
θα είναι            h x 0 f x x x 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές

4.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρώντας την συνάρτηση    g(t) f(t) t, t [ 1,1] αυτή
είναι συνεχής στο [-1,1] και παραγωγίσιμη στο (-1, -1) επομένως
στα [-1, x], [x, 1] με -1<x<1 σύμφωνα με Θ.Μ.Τ. υπάρχουν   1 2
x ( 1,x), x (x,1) για τα
οποία ισχύουν
  
  
 
1 2
g(x) g( 1) g(1) g(x)
g (x ) , g (x )
x 1 1 x
και επειδή    g (t) f (t) 1 0 θα είναι και
 
       

1
g(x) g( 1)
g (x ) 0 0 g(x) g( 1) 0
x 1
και
 
      

2
g(x) g( 1)
g (x ) 0 0 g(x) g(1) 0
x 1
επομένως
  g(x) 0, x ( 1,1) και επειδή   g( 1) g(1) 0
άρα   g(x) 0, x [ 1,1]
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς

5.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Λήμμα
Έστω μία συνάρτηση f , η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα  . Αν   f x 0 σε
κάθε εσωτερικό σημείο του  , τότε η f είναι φθίνουσα σε όλο το  .
Απόδειξη
Έστω  1 2
x ,x με 1 2
x x . Θα δείξουμε ότι    1 2
f x f x . Πράγματι, στο διάστημα
  1 2
x ,x η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει    1 2
x ,x
τέτοιο, ώστε  
   
  

2 1
2 1
f x f x
f
x x
, οπότε έχουμε          2 1 2 1
f x f x f x x .
Επειδή    f 0 και  2 1
x x 0, έχουμε     2 1
f x f x 0, οπότε    1 2
f x f x .
Έχουμε:              f x 1 f x 1 0 f x x 0 , για κάθε    x 1,1 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση     g x f x x,    x 1,1 , που είναι συνεχής.
Είναι   g x 0 , για κάθε    x 1,1 , οπότε η g είναι φθίνουσα.
Επιπλέον ισχύει      g 1 g 1 0 .
Θα δείξουμε ότι   g x 0, για κάθε    x 1,1 .
Πράγματι, αν υπάρχει   0
x 1,1 τέτοιο, ώστε   0
g x 0, τότε θα είναι
       0
g x g 1 g 1 , άτοπο αφού η g είναι φθίνουσα.
Το ίδιο προκύπτει, αν   0
g x 0.
Οπότε,       g x 0 f x x 0 , για κάθε    x 1,1 .
Άρα,   f x x,    x 1,1
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

6.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Η f είναι συνεχής στα              1,0 0,1 1,1 .
Η f είναι παραγωγίσιμη στα         1,0 0,1 1,1 .
Από Θ.Μ.Τ υπάρχουν   1
x 1,0 και  2
x 0,1 ώστε:
 
   
 
 
 
  
    
 
1
f 0 f 1 f 0 1
f x f 0 1
0 1 1
και
 
     
 
 
    

2
f 1 f 0 1 f 0
f x 1 f 0
1 0 1
Όμως   f x 1 για κάθε   x 1,1 .
Άρα            1
f x 1 f 0 1 1 f 0 0 (1) και
           2
f x 1 1 f 0 1 f 0 0 (2)
Από (1) , (2)   f 0 0
Για κάθε   x 1,1
Η f είναι συνεχής στα              1,x x,1 1,1 .
Η f είναι παραγωγίσιμη στα         1,x x,1 1,1 .
Από Θ.Μ.Τ υπάρχουν   1
x 1,x και  2
x x,1 ώστε:
 
   
 
   
  
  
1
f x f 1 f x 1
f x
x 1 x 1
και
 
      
  
 
2
f 1 f x 1 f x
f x
1 x 1 x
Όμως   f x 1 για κάθε   x 1,1 .
Άρα  
 
   
 


         

x 1 0
1 x 1
f x 1
f x 1 1 f x 1 x 1 f x x
x 1
(1) και
 
 
     
 


             

1 x 0
2 x 1
1 f x
f x 1 1 1 f x 1 x f x x f x x
1 x
(2)
Από (1) , (2)   f x x για κάθε   x 1,1 και επειδή    f 1 1 και   f 1 1 τελικά
  f x x για κάθε    x 1,1 .
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

7.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Αν υπήρχε  α -1,1 με  f α < α , τότε από το ΘΜΤ για την f στο   α,1 , ισχύει για
κάποιο      1
x α,1 1,1 ότι
 
       1
f 1 - f α 1 - f α
f x = 1
1 - α 1 - α
, άτοπο!
Αν υπήρχε   α 1,1 με  f α > α , τότε από το ΘΜΤ για την f στο   -1,α , ισχύει για
κάποιο      2
x -1,α 1,1 ότι
 
       2
f α - f -1 f α + 1
f x = 1
α + 1 α + 1
, άτοπο!
Άρα
  f x x για κάθε   x 1,1
και επειδή       f 1 1 , f 1 1 , προκύπτει ότι
  f x x για κάθε    x 1,1
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

8.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
f συνεχής στα διαστήματα   1,x και   x,1
f παραγωγίσιμη στα διαστήματα  1,x και  x,1
Εφαρμόζοντας λοιπόν το Θ.Μ.Τ σε καθένα από αυτά τα διαστήματα προκύπτει οτι:
 Υπάρχει τουλάχιστον ένα    1
1,x τέτοιο ώστε
 
       
  
 
1
f x f 1 f x 1
f'
x 1 x 1
Από την σχέση (1) όμως προκύπτει οτι
 
 
     

         

1
f x 1
f' 1 1 f x 1 x 1 f x x 2
x 1
 Υπάρχει τουλάχιστον ένα   2
x,1 τέτοιο ώστε
 
      
  
 
2
f 1 f x 1 f x
f'
1 x 1 x
Από την σχέση (1) όμως προκύπτει οτι:
 
 
     

         

2
1 f x
f' 1 1 1 f x 1 x f x x 3
1 x
Από τις σχέσεις (2) και (3) έπεται οτι      f x x, x 1,1
Όμως       f 1 1,f 1 1. Άρα       f x x, x 1,1
Λύνει ο Παναγιώτης Βιώνης

9.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1η Λύση
Έχουμε εφαρμόσει το Θ.Μ.Τ. και έχουμε αποδείξει ότι f(0) 0
Τώρα για να βρούμε τον τύπο, εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στο διάστημα
 
 
 
 
      
 
  
1 1
x,0 με x -1,0 οπότε αφού •f συνεχής στο x,0
•f παραγωγίσιμη στο x,0
f(0) - f(x)
υπάρχει ξ x,0 τέτοιο ώστε f (ξ ) = 1 δηλαδή
-x
f(x)
1 άρα f(x) x (1) (αφού x -1,0 )
x
Ομοίως εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στο διάστημα
 
 
 
 
      
 
  
2 2
0,x με x 0,1 οπότε αφού •f συνεχής στο 0,x
•f παραγωγίσιμη στο 0,x
f(x) - f(0)
υπάρχει ξ 0,x τέτοιο ώστε f (ξ ) = 1 δηλαδή
x
f(x)
1 άρα f(x) x (2) (αφού x 0,1 )
x
Άρα από (1) και (2) έχουμε: f(x) x
2η Λύση
          
         
       
         
      
        
ή f (x) 1 f (x) x 0 (f(x) x) 0
έ g(x) = f(x) - x ύ g ή 1,1
έ g ί 1,1 .
Ά 1 x 1 g( 1) g(x) g(1) ή
0 g(x) 0 ά g(x) 0 f(x) x 0
f(x) x ά x 1,1
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

10.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για οποιοδήποτε   0
x 1,1 :
ισχύει το Θ.Μ.Τ. στο   0
1,x , δηλαδή υπάρχει    1 0
1,x τέτοιο , ώστε
 
   
 
   
     
 
0 0
1 1
0 0
f x f 1 f x 1
f f
x 1 x 1
,
και ισχύει το Θ.Μ.Τ. στο   0
x ,1 , δηλαδή υπάρχει   2 0
x ,1 τέτοιο , ώστε
 
   
 
  
     
 
0 0
2 2
0 0
f 1 f x 1 f x
f f
1 x 1 x
,
οπότε  
 
   

          

0
1 0 0 0 0
0
f x 1
f 1 1 f x 1 x 1 f x x
x 1
(1)
και  
 
   

          

0
2 0 0 0 0
0
1 f x
f 1 1 1 f x 1 x f x x
1 x
(2)
Από (1) , (2) έχουμε   0 0
f x x για κάθε   0
x 1,1 και επειδή   f 1 1 ,    f 1 1
είναι   f x x για κάθε    x 1,1 .
2ος τρόπος
Έχουμε    f 1 1 ,   f 0 0 και   f 1 1. Θα δείξουμε ότι   f x x για κάθε    x 1,1 .
Έστω ότι υπάρχει   0
x 1,0 τέτοιο ώστε   0 0
f x x
Αν   0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει   1 0
x ,0 :  
   
 
 
      0 0
1 1
0 0
f x f 0 f x
f f 1
x x
ΑΤΟΠΟ
Αν   0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει    2 0
1,x :  
   
 
   
      
 
0 0
2 2
0 0
f x f 1 f x 1
f f 1
x 1 x 1
ΑΤΟΠΟ
Έστω ότι υπάρχει  0
x 0,1 τέτοιο ώστε   0 0
f x x
Αν   0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει   3 0
0,x :  
   
 
 
      0 0
3 3
0 0
f x f 0 f x
f f 1
x x
ΑΤΟΠΟ
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

11.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Αν   0 0
f x x
τότε από Θ. Μ. Τ. υπάρχει   4 0
x ,1 :  
   
 
  
      
 
0 0
4 4
0 0
f 1 f x 1 f x
f f 1
1 x 1 x
ΑΤΟΠΟ
( αφού    
 
       

0
0 0 0 0
0
1 f x
f x x 1 f x 1 x 0 1
1 x
) .
Άρα   0 0
f x x για κάθε   0
x 1,1 και τελικά   f x x για κάθε    x 1,1 .

12.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρώ γνωστό ότι το   f 0 0 και αποδεικνύω ότι η ζητούμενη συνάρτηση είναι η
  f x x για κάθε    1,1x .
Α΄ τρόπος
Έστω η συνάρτηση          1,1g x f x x, x η οποία είναι παραγωγίσιμη στο  1,1 με
     g x f x 1 0 για κάθε  x 1,1 .
Οπότε η g είναι φθίνουσα στο   1,1 , άρα:
Για        
 
          
g ί
1 x 1 g x g 1 f x x 0 f x x
Για        
 
         
g ί
1 x 1 g g 1 f x x 0 f xx x
Από τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι   f x x για κάθε    1,1x .
B΄ τρόπος
Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα   1,x και   x,1 με  x 1,1 και έχουμε ότι:
   
       
    
 
1 1
f x f 1 f x 1
1,x : f
x 1 x 1
   
      
   



2 2
f 1 f x 1 f x
x,1 : f
1 x 1 x
Όμως από την υπόθεση είναι   f x 1 για κάθε  x 1,1 οπότε:
 
 
 

     

1
f x 1
1 1 f x
x 1
f x και
 
 
 

     

2
1 f x
1 1 f x
1 x
f x
Από τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι   f x x για κάθε    1,1x .
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

13.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε τη συνάρτηση :    h x =f x -x ορισμένη στο   1,1
και            h 1 =f 1 - 1 1 1 0 ,
      h 1 =f 1 -1 1 1 0
Η h είναι συνεχής στο   1,1 και παρ/μη στο  1,1 με    h΄ x =f΄ x -1
Εφαρμόζουμε το ΘΜΤ σε κάθε ένα από τα διαστήματα   -1,x και   x,1
για τη συνάρτηση h με   x 1,1
h συνεχής στα   -1,x και   x,1 ,
παραγωγίσημη στα    1,x και x,1
οπότε υπάρχουν αριθμοί      1 2
ξ 1,x και ξ x,1 τέτοιοι ώστε :
 
   1
h x -h -1
h΄ ξ
x+1
και
 
   2
h 1 -h x
h΄ ξ
1-x
Όμως  f΄ x 1 για κάθε   x 1,1 οπότε  h΄ x 0 άρα
 
    1
h x -h -1
h΄ ξ 0
x+1
και  
    2
h 1 -h x
h΄ ξ 0
1-x
με
x + 1 > 0 , 1- x > 0 , h(-1) = h(1) = 0
Από τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε ότι :   h x 0 και   h x 0
άρα   h x 0 για   x 1,1 και επειδή      h 1 h 1 0
έχουμε ότι :   h x 0 για    x 1,1
δηλαδή
    f x -x=0 f x x ,    x 1,1
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς

14.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρούμε την συνάρτηση  g(x) f(x) x η οποία είναι συνεχής στο    1,1 , ως διαφορά
συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο  1,1 με      g x f x 1 και λόγω της
υπόθεσης της άσκησης ισχύει:            g x f x 1 0 g x 0 , δηλαδή η g στο    1,1 .
Άρα ισχύει:
                    1 x 1 g 1 g x g 1 0 g x 0 g x 0.
Επομένως και             f x x 0 f x x, x 1,1 .
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας

15.
___________________________________________________________________________
14η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θέτω  g(x) f(x) x    x 1,1 .
Η g είναι προφανώς συνεχής, στο   1,1 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων, και
παραγωγίσιμη στο 1,1 , με g'(x) 0.
Τώρα:
Έστω    1 2
x ,x 1,1 με 1 2
x x .
Στο διάστημα   1,1 η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο   1 2
x ,x .
Επομένως, υπάρχει    1,1 ώστε

 

1 2
1 2
g(x ) g(x )
g'( )
x x
, οπότε έχουμε
   1 2 1 2
g(x ) g(x ) g'( )(x x ).
Επειδή  g'( ) 0 και  1 2
x x 0 , έχουμε  1 2
g(x ) g(x ) 0 , οπότε 1 2
g(x ) g(x ).
∆ηλαδή η g είναι φθίνουσα στο διάστημα   1,1 .
Συνεπώς
  1 x 1    g( 1) g(x) g(1) και επειδή   g(1) g( 1) 0 θα είναι
 g(x) 0 f(x) x     x 1,1 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς