Η άσκηση της ημέρας - Σεπτέμβριος 2016
Transcript of Η άσκηση της ημέρας - Σεπτέμβριος 2016
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
• Ασημακόπουλος Γιώργος
• Δεββές Κώστας
• Δέτσιος Παντελής
• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας
• Καταραχιάς Τάκης
• Πάτσης Ανδρέας
• Τρύφων Παύλος
• Χατζάκης Δημήτρης
Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Είναι f g
Α 0, , A ,1
Αφού ορίζονται οι f g, g f θα είναι f g
A και g f
A (1)
Όμως
(1)
f g g f
α αA = x A : g x A = x < 1 : 4x + α > 0 = x < 1 : x > - = - ,1
4 4
άρα
α- < 1
4 , δηλαδή α > - 4 (2)
Επίσης,
(1)
g f f g
1- α 1- αΑ = x A : f x A = x > 0 : 2x + α < 1 = x > 0 : x < = 0,
2 2άρα
1- α0 <
2 , δηλαδή α < 1 (3)
Δίνονται οι συναρτήσεις
και ( )
για τις οποίες ορίζονται οι συναρτήσεις και
Να αποδείξετε ότι
α)
β) Η συνάρτηση
παίρνει την τιμή 1453
γ) Δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις , να έχουν ίδιο
πεδίο ορισμού
δ) Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι
τότε
1 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Παύλος Τρύφων (15/09/2016)
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
από τις σχέσεις (2), (3) προκύπτει ότι α - 4,1
β)
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει 0 0
x 1,2 : h x = 1453
Θεωρούμε τη συνάρτηση
3 3
φ x = 1- α x -1 + α + 4 x - 2 -1453 x -1 x - 2 , x 1,2
Η φ είναι συνεχής στο 1,2 ως πολυωνυμική και
φ 1 φ 2 = - α + 4 1- α < 0 , διότι -4 < α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano, υπάρχει 0
x 1,2 τέτοιο ώστε
0
3 3
0 0 0 0
0300
φ x = 0
1- α x - 1 + α + 4 x - 2 - 1453 x - 1 x - 2 = 0
1- α α + 4+ = 1453 h x = 1453
x - 1x - 2
γ)
Η g είναι γνησίως αύξουσα, άρα ορίζεται η -1g
Αν y g x παίρνουμε ισοδύναμα
y αy 4x α x
4 ,
με τον περιορισμό
y α1
4 , δηλαδή y α 4
Άρα
1g : ,α 4 R με 1 x α
g x4
Οπότε
1 1fg f gΑ x A : f x A x 0 : 2x α α 4 x 0 : x 2 0,2
και
1 1
1
ff g g
x αA x A : g x A x α 4 : 0 x α 4 : x α α,α 4
4
Συνεπώς δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία τα σύνολα 0,2 και α,α 4 να είναι ίσα
δ) Είναι
21 1x x
2 2
f x 4 α 5 2x α 4 α 5lim lim
x g x αx 1 4x 1
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
1 2
x2
2x α 4 α 5 2x α 4 α 5lim
4x 1 2x α 4 α 5
1x
2
1x
2
2x 1lim
2x 1 2x 1 2x α 4 α 5
1lim
2x 1 2x α 4 α 5
1
4 α 5
Άρα θα πρέπει
1 2α 5 2 α 3
84 α 5
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω Α (0, ) το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f και Β ( ,1) το αντίστοιχο της g .
Έχουμε
g fD x A : f(x) B x 0 : 2x α 1
1 α x 0 : 2x 1 α x 0 : x
2
που ισχύει όταν 1 α 0 α 1 .
Ακόμη
f g
D x B : g(x) A x 1: 4x α 0
που ισχύει όταν
α
4x α 1 x4
δηλ. α
1 α 44
.
Άρα α 4,1
β) Αφού α 4,1 τότε 4 α 1 0 α 4 5 και ομοίως 5 1 α 0 .
Βρίσκουμε τα όρια της h στο 1 και στο 2 και έχουμε:
x 1lim h(x) και
x 2lim h(x) και
αφού h συνεχής στο (1,2) άρα το σύνολο τιμών της είναι το R οπότε υπάρχει 0
x (1,2)
τέτοιο ώστε 0
h(x ) 1453 (Θ.Ε.Τ.)
γ) Επειδή g είναι 1-1, άρα αντιστρέφεται με 1 x α
g (x)4
και πεδίο ορισμού το ,4 α .
1g fD x A : f(x) g(B) x 0 : 2x α 4 α
0 x 2 .
1
1
f g
x αD x g(B) : g (x) A x 4 α : 0
4
x α : x 4 α α x 4 α
Για να έχουν ίδιο πεδίο ορισμού θα πρέπει: α 0 και 4 α 2 α 2 ΑΤΟΠΟ.
δ)
1 1x x
2 2
21x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2 lim
84x αx αx 1
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
1 2x
2
1 2x
2
1x
2
1x
2
( 2x α 4 α 5) 2x α 4 α 5 2lim
82x α 4 α 5 (4x 1)
(2x α 4 α 5) 2lim
82x α 4 α 5 (4x 1)
(2x 1) 2lim
82x α 4 α 5 (2x 1) 2x 1
1 2lim
82x α 4 α 5 2x 1
.... α 3
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
f g g fx
αΔ Δ / g(x) Δ x 1/ 4x α 0 x 1/ x
4.
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν α
1 α 44
.
Όμοια
g f f g
1 αΔ x Δ / f(x) Δ x 0 / 2x α 1 x 0 / x
2
Το σύνολο είναι μη κενό αν και μόνο αν
1 α
0 α 12
.
Άρα 4 α 1.
β) Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση h(x) 1453 έχει λύση στο 1,2 , δηλαδή ισοδύναμα η
3
α 4 1 α1453
x 1 x 2έχει λύση στο 1,2 .
Θέτω 3 3
φ(x) α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 που είναι συνεχής στο 1,2 ως
πολυωνυμική, με φ(1) α 4 0 , φ(2) 1 α 0 από α).
Άρα η εξίσωση φ(x) 0 έχει ρίζα στο 1,2 .
Ισοδύναμα έχω
3 3
3
α 4 1 αφ(x) 0 α 4 x 2 1 α x 1 1453 x 1 x 2 1453
x 1 x 2
h(x) 1453
γ) Η g είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα, άρα αντιστρέφεται.
Η εξίσωση
y α
y 4x α x4
με x 1 y α 4 .
Άρα 1 x α
g (x)4
με x α 4 .
1g fΔ x 0 / 2x α α 4 0,2 και
1f g
x αΔ x α 4 / 0 α,α 4
4.
Τα 2 διαστήματα έχουν διαφορετικό πλάτος, άρα είναι άνισα.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
δ) Η συνάρτηση της οποίας γνωρίζω το lim γράφεται:
συζυγής
2
2x α 4 α 5 2x 1τ(x)
4x 1 2x 1 2x 1 ( 2x α 4 α 5)
1
2χ 1 ( 2χ α 4 α 5)
με
1
x2
2 1 2limτ(x) α 3
8 84 α 5
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι f g
D 0, , D ,1 οπότε
f g
αD x 1: 4x α 0 x 1 : x
4.
Αν α ≤ -4 τότε f g
D , άτοπο διότι f g
D εφ όσον η συνάρτηση f g ορίζεται.
Συνεπώς α > - 4.
Όμοια
g f
1 αD x 0 : 2x α 1 x 0 : x
2
Αν α ≥ 1 τότε g f
D , άτοπο διότι g f
D εφ όσον και η συνάρτηση g f ορίζεται.
Επόμενα α < 1.
Άρα α 4,1
β) Η συνάρτησης
3
α 4 1 αh(x)
x 1 x 2 είναι συνεχής στο (1, 2) ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων.
Επίσης
2 4
3 1 αα 4h (x) 0
x 1 x 2 διότι α 4,1 , x 1,2 οπότε h γνήσια φθίνουσα στο
1,2 και επειδή
x 1 x 2lim h(x) , lim h(x) θα είναι h 1,2 , .
΄Όμως 1453 h 1,2 άρα υπάρχει ξ 1,2 ώστε h(ξ) = 1453.
γ) ΄Εχω g(x) = 4x + α , x < 1. Επόμενα g ,1 ,4 + α .
Επίσης θέτω y = 4x + α
y α
x4
.
Συνεπώς 1 x α
g x4
, x < 4 + α.
΄Ομοια f(x) = 2x + α , x > 0. f 0, α, +
Οπότε f 0, α, + . Θέτοντας y = 2x + α
y α
x2
.
Δηλαδή , 1 x α
f x2
, x > α.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Tώρα 1g fD x 0 : 2x α α 4 0,2 και
1f g
x αD x α 4 : 0 α,α 4
4
΄Όμως 0,2 α,α 4 .
΄Αρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις 1 1g f, f g να έχουν ίδιο πεδίο
ορισμού.
δ) Είναι για 1
x :2
2 2
f(x) 4 α 5 2x α 4 α 5 2x 1 1
xg(x) αx 1 4x 1 4x 1 2x α 4 α 5
1
2x 1 2x α 4 α 5
Επόμενα :
1 1x x
2 2
f(x) 4 α 5 2 1 2lim lim
xg(x) αx 1 8 8(2x 1) 2x α 4 α 5
1 1 α 5 2 α 3
4 α 5 4 2
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
f(x) = 2x + α, x > 0
Η f έχει π.ο. το Α 0,
g(x) = 4x + α, x < 1
Η g έχει π.ο. το B ,1
α)
Για να ορίζεται η f g πρέπει:
x < 1x B x < 1α
g x A 4x + α > 0 x > -4
Επειδή ορίζεται η f g θα πρέπει να είναι α
- < 1 α > - 44
(1)
Για να ορίζεται η g f πρέπει:
x > 0x A x > 01- α
f x B x + α < 1 x <2
Επειδή ορίζεται η g f θα πρέπει να είναι 1- α
> 0 1- α > 0 α < 12
(2)
Λόγω των (1) και (2) α - 4,1
β)
Αρκεί ν.δ.ο υπάρχει 0 0
ώστεx 1,2 h x = 1453 ή ότι η εξίσωση h x = 1453 έχει μία
τουλάχιστον λύση στο (1,2)
3 3
0 0 0 030 0
α + 4 1- αh x = 1453 + = 1453 α + 4 x - 2 + 1- α x - 1 - 1453 x - 1 x - 2 = 0
x - 1 x - 2
Θεωρούμε τη συνάρτηση
3 3
Φ x = α + 4 x - 2 + 1- α x -1 -1453 x -1 x - 2 , x R
Η Φ είναι συνεχής στο 1,2 ως πολυωνυμική
φ 1 - α + 4 , αφου α > - 4φ 1 φ 2 < 0
φ 2 = 1- α, αφου α < 1
Άρα από το Θεώρημα Βolzano η εξίσωση Φ x = 0 h x = 1453 έχει μία τουλάχιστον λύση
στο (1,2)
Λύνει ο Ζωϊτσάκος Τρύφωνας
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ)
Εύρεση της -1g
Η -1g έχει π.ο το σύνολο τιμών της g
Η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ,1 , γιατι 4 > 0
x x 1lim g x , limg x 4 α
άρα g Β ,4 + α , δηλαδή η -1g έχει π.ο. το ,4 + α
Για τον τύπο της:
1y α x α
g x y 4x α y x g x , x ,4 + α4 4
1g : ,α 4 R με 1 x α
g x4
Για να ορίζεται η 1g f πρέπει
x A x A x 00 x 2
f x 4 α 2x α 4 α x 2
άρα η 1g f έχει π.ο το (0, 2)
Για να ορίζεται η 1f g πρέπει
1
x α 4x ,4 + α x α 4α x α 4x α
x α0g x 04
άρα η 1f g έχει π.ο το α,α 4
Για να συμπίπτουν τα διαστήματα (0, 2) και (α, α + 4) πρέπει
α = 0 α = 0
και και αδύνατο
α 4 2 α 2
Άρα δεν υπάρχει τιμή του α για την οποία οι συναρτήσεις 1g f και 1f g να
έχουν ίδιο π.ο
δ)
1 1x x
2 2
21x
2
f(x) 4 α 5 2 2x α 4 α 5 2lim lim
xg(x) αx 1 8 x(4x α) αx 1 8
2x α 4 α 5 2 lim
84x 1
1x
2
2x α 4 α 5 2 lim
8(2x 1) 2x 1
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
1x
2
1 2lim
82x α 4 α 5 2x 1
1 2 1 2
8 22 2 α 5 α 5
2 α 5 2 2 α 5 4
α 5 2 α 3
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Αφού η f είναι γνησίως μονότονη στο R θα είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα
στο R
Έστω ότι είναι γνησίως φθίνουσα. Τότε θα έχουμε:
f1 1 11 f f 1 1
2 2 2
2
,
το οποίο είναι άτοπο. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R
β) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα είναι 1 1 άρα αντιστρέφεται και το πεδίο ορισμού της 1f
είναι το σύνολο τιμών της f
H f είναι συνεχής στο R και γνησίως αύξουσα, άρα:
x x
f lim f x , lim f x 0,R
Θα αποδείξουμε ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
Έστω ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα. Τότε υπάρχουν 1 2
y ,y 0, με
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2y y και f y f y f f y f f y y y
1
,
το οποίο είναι άτοπο! Άρα η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
γ) Αρχικά πρέπει να βρούμε για ποιες τιμές του x έχει νόημα η ανίσωση.
Πρέπει:
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση η οποία είναι γνησίως μονότονη στο και
ικανοποιεί τις σχέσεις:
α) Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο
β) Να αποδείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της
γ) Να λύσετε την ανίσωση
2 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Ανδρέας Πάτσης (25/9/2016)
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
1
1
f
f1 11
f
x D x x
x D x 0 x 0
2 f x f x 0 f x f x 2 02 f x f x D
R R
Θεωρούμε την συνάρτηση
1g x f x f x 2,x 0
Η g είναι γνησίως αύξουσα (χρησιμοποιώντας τον ορισμό) στο 0, , άρα
g
1f x f x 2 0 g x g 1 x 11
Άρα αρχικά θα πρέπει x 0,1
Έτσι έχουμε:
f
1 1 1 1f 2 f x f x 1 2 f x f x f 1 f x f x 1 0 11
Θεωρούμε την συνάρτηση
1h x f x f x 1, x 0
Η h είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
Έτσι η 1 δίνει ισοδύναμα:
h1 1h x h x
2 2
1
Τελικά οι λύσεις της ανίσωσης είναι στο διάστημα
1,1
2 , δηλαδή
1 1 1f 2 f x f x 1 x ,1
2
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) εφόσον f γνησίως μονότονη και η f θα είναι
β) εφόσον η f είναι γνησίως μονότονη , είναι άρα αντιστρέψιμη και αφού είναι συνεχής
έχουμε
Έστω , τότε από ορισμό (1) , οπότε
και άρα
γ) η ανίσωση είναι , άρα εφόσον πρέπει
1 1
x 0 και x 0 και
2 f (x) f(x) 0 f (x) f(x) 2 ,
έχουμε
1
1
f 1 1 f 1 1
1 1 1 1f f
2 2 2 2
κι εφόσον θα ισχύει ότι αν
1
1 1 1
f(x) f(1) f(x) 1x 1 f(x) f (x) 2
f (x) f (1) f (x) 1,
άρα αποκλείεται να είναι , ενώ όταν
, οπότε
1f1 1 1 1 1f 2 f x f x 1 f (1) 2 f x f x 1 f x f x 1
1
Αν
1
f1
f 11 1
1 1f(x) f f(x)21 2x f(x) f (x) 112 1
f (x)f (x) f22
1
1
,
άρα αποκλείεται να είναι , ενώ όταν
1 1f f 1 με 1
2 2 στο1 r
"1 1"
1f x xΑ f A lim f(x) , lim f(x) 0 ,
1 2
0 x x
1
1 1 1 1
1 21
2 22 2
f x y f y x, y ,y
f y xf x yr
f (1)1 1
1 2 1 2 1 2 1 20 x x 0 f y f y y y f x f x
1
1
1
ff στο Α 0,1
1 1f 2 f x f x 1 1fΑ 0 ,
1f , f ( )1
x 1
1
1 1 1
f(x) f(1) f(x) 1x 1 f(x) f (x) 2
f (x) f (1) f (x) 1 x 0 ,1
1
x2
Λύνει ο Παντελής Δέτσιος
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
1
f1
f 11 1
1 1f(x) f f(x)21 2x f(x) f (x) 112 1
f (x)f (x) f22
1
1
, οπότε
Άρα τελικά
1x ,
2
1x ,1
2
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Ισχύει f γνήσια μονότονη και
1f(1) f
2 ενώ
11
2.
Άρα f στο R .
β) Eπειδή f και συνεχής R με
xlim f(x) 0,
xlim f(x) ,το σύνολο τιμών της f είναι το
0, άρα και το πεδίο ορισμού της 1f είναι το ίδιο διάστημα.
Έστω 1 2
y ,y 0, με 1 2
y y . Θα υπάρχουν μοναδικά 1 2
x ,x Rώστε 1 1 2 2
y f(χ ),y f(χ ) .
Άρα θα ισχύει 1 2
f(x ) f(x ) f
1 2x x 1 1
1 2f (y ) f (y ) 1f στο 0, .
γ) Θέτουμε 1g(x) f (x) f(x)με χ 0 .
Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει x 0και g (άθροισμα )
2 g(x) 0 g(x) g(1) 0 x 1 (1).
(Επειδή είναι 1f(1) 1 f (1) 1 , ισχύει g(1) 2 ). Επειδή f ισοδύναμα έχουμε
1 12 f (x) f(x) f(1) 1 f (x) f(x) 1 .
Ισχύει
11 1 1g( ) f( ) f ( ) 1
2 2 2επειδή 1 1 1
f ( )2 2
και 1 1
f( )2 2
.
Άρα η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα
g1 1
g(x) g( ) x2 2
(2).
Από (1) και (2) προκύπτει τελικά 1
x 12
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή η συνάρτηση f είναι γνήσια μονότονη , και
1 1f 1 f 1
2 2 η f είναι γνήσια
αύξουσα στο R .
β) Η συνάρτηση f αντιστρέφεται ως γνησίως μονότονη και.
1 11 1 1 11 f 1 f 1 1,f f
2 2 2 2
Τώρα έστω υπάρχουν 1 2x ,x f R ώστε 1 1
1 2 1 2x x f x f x .
Όμως από τη μονοτονία της f θα είναι 1 1
1 2f x f f x .
Δηλαδή 1 2
x x που είναι άτοπο. ΄Αρα η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.
Επίσης επειδή f συνεχής στο R ,
xlim f(x) 0,
xlim f(x) f και 1f γνήσια αύξουσες , θα είναι
f 0, R , 1f : 0, R .
γ) Οι f , 1f είναι γνήσια αύξουσες , οπότε η δοσμένη εξίσωση γίνεται:
1 1 1 1
1 1
f 2 f x f x 1 f f 2 f x f x f(1)
2 f x f x 1 f x f x 1 (1)
΄Όμως η συνάρτηση 1g x f x f x είναι γνήσια αύξουσα ως άθροισμα γνήσια αυξουσών
συναρτήσεων.
Συνεπώς από (1) έχουμε:
1 1g(x) 1 g(x) g x
2 2
Επίσης
1 1 1
f2 f x f x D 2 f x f x 0 f x f x 1
g x f 1 x 1
Άρα η ανίσωση αληθεύει για 1
x 12
.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι 1
12 με
1f f 1
2
και εφόσον η f είναι γνησίως μονότονη , τότε η f είναι γνησίως
αύξουσα στο R .
f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R άρα x x
f lim f x , lim f x 0,
R
Οπότε 1fΑ : 0,
β)
Βασική άσκηση
Η f και η -1f έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας
Απόδειξη
Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α.
Έστω 1 2 1 2y ,y f A με y y . Τότε
f
1 1 1 1 1 1
1 2 1 2 1 2f f y f f y f f y f f y f y f y
<
΄Αρα και η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο f(A).
γ) Θέτουμε 1
1
ffg(x) 2 f (x) f(x), x A A 0, +
Επίσης 1f gA x 0, + / g(x) 0, +
f
1 1 1g(x) 0, + 2 f x f x 0 2 f x f x f 2 f x f f x <
f 2 f x x 0
Θέτουμε h x = f 2 - f x - x, x 0, + , x 0
f f
1 2 1 2 1 2 1 2x x f x f x 2 f x 2 f x f 2 f x f 2 f x
< <
1 2 1 2
x x x x
‘Αρα 1 2h x h x h , x 0, + 2,
1
h
1 f gf 2 f x x 0 h x h x x 1 οπότε A 0, 1
2
f
1 1 1 1 1f 2 f x f x 1 f f 2 f x f x f 1 2 f x f x 1 <
f
11 f x f x f 1 f x x <
Θέτουμε K x = f 1- f x - x, x 0, 1 , x 0
f f
1 2 1 2 1 2 1 2x x f x f x 1 f x 1 f x f 1 f x f 1 f x
< <
Λύνει ο Δημήτρης Χατζάκης
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
1 2 1 2
x x x x
‘Αρα 1 2K x K x K , x 0, 1 2,
K 1 1
f 1- f x < x f 1- f x - x < 0 K x K x2 2
2
h1 1h x h x
2 2
1
Άρα 1
x ,12
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι 1
12 και
1f f 1
2
άρα η f δεν μπορεί να ίναι γνησίως φθίνουσα και επειδή είναι
γνησίως μονότονη , θα είναι γνησίως αύξουσα στο R .
β)
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R επομένως έχει σύνολο τιμών
x x
f lim f x , lim f x 0,
R
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο R άρα είναι 1-1 και αντιστρεφεται.
Η 1f έχει πεδίο ορισμού το f 0, R
Για κάθε f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2y ,y 0, με y y f f y f f y f y f y
<
΄Αρα και η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο R .
γ) Αρχικά για ορίζεται η ανίσωση πρέπει
1
1
f
f11
f
x D x
x D x 0
f (x) f(x) 2 (1)2 f (x) f(x) D
R
Είναι
1 11 1 1 1f(1) 1 f (1) 1 και f f
2 2 2 2
Θεωρούμε την συνάρτηση 1g x f x f x 2,x 0, +
Για κάθε 1 2 1 2x ,x 0, + με x x
είναι
1 1
1 2
1 2
f x f x
f x f x
αφού 1f και f είναι γνησίως αύξουσες.
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:
1 1
1 1 2 2 1 2f x f x f x f x g x g x
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα.
g
H 1 g x 2 g x g 1 x 1 <
Οπότε η ανίσωση ορίζεται για x 0, 1 και
1f
1 1 1 1 1f 2 f x f x 1 f 2 f x f x f 1 2 f x f x 1
<
g
1 1 1f x f x 1 g x g x
2 2
<
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Τελικά 1
x ,12