Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για x 0 έχουμε:
 
 
 
    
  
0 2016
2016 2016λ λ
e 0 1 λ λ 2017 λ 2017
f 0 lim lim 0
λ λ
Θεωρούμε την συνάρτηση    x
g x e x 1 με     x
g x e 1 0 για κάθε x R άρα η g είναι
γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς 1 1
Για    

      
1 1
x
x 0 g x g 0 e x 1 0
Συνεπώς για x 0 έχουμε
 
   
 
     
    
x 2016 x 2016
x
2016 2016λ λ
e x 1 λ λ 2017 e x 1 λ
f x lim lim e x 1
λ λ
Επομένως :
 
  
     
    
x
x
0,x 0
f x e x 1,x
e x 1,x 0
R
β) Όπως είδαμε στο ερώτημα α) η       x
g x e x 1 f x , x R είναι γνησίως αύξουσα και
επομένως αντιστρέφεται.
Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης είναι το σύνολο τιμών της f
H f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R επομένως
       
 
x x
f lim f x , lim f xR R
αφού
    
    x
x x
lim f x lim e x 1 και     
    x
x x
lim f x lim e x 1
Θα αποδείξουμε ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R
Υποθέτουμε ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα στο R
Τότε υπάρχουν 1 2
y ,y R με
            
     
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y y : f y f y f f y f f y y y
1
άτοπο
Άρα η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R
γ) Επειδή το πεδίο ορισμού της 1
f είναι το R η εξίσωση ορίζεται σε όλο το R
   
 
     



     
      
   
ημxx 1 x x
ημx x1
1
e f ημx x e e ημx x 1 e
f ημx x e ημx x 1 0
f ημx x f ημx x 0 Α
Θεωρούμε την συνάρτηση      
  1
h x f x f x ,x R
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

2. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θα αποδείξουμε ότι η h είναι 1 1
Έστω 1 2
x ,x R με 1 2
x x
Τότε
   1 2
f x f x  1 και     
1 1
1 2
f x f x  2
αφού η f και η 1
f είναι γνησίως αύξουσες στο R
Προσθέτοντας κατά μέλη τις    1 , 2 έχουμε    1 2
h x h x και συνεπώς η h είναι γνησίως
αύξουσα στο R και άρα 1 1
Επίσης    
  1
f 0 0 f 0 0 και επομένως      
  1
h 0 f 0 f 0 0
Επομένως η  Α γίνεται:
   

  
  
 

h 1 1
h ημx x h 0
ημx x 0
ημx x
x 0

3. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
     
 
x x
Εστω φ(x)=e x 1, x . Για κάθε x , φ΄(x)=e 1 0,
άρα η συνάρτηση φ είναι γνησίως αύξουσα στο .
Είναι φ(0)=0 και για κάθε x<0 φ(x)<φ(0) φ(x)<0,
για
α)
    
     
 
   
 
  
  
2016 2016 2015λ + λ λ +
x 2016 x 2016
x
2016 2016λ + λ + λ +
κάθε x>0 φ(x)>φ(0) φ(x)>0 .
λ+2017 λ 1
Άρα , για x=0, είναι f(0)= lim lim lim 0.
λ λ λ
Και για x 0,
(e x-1)λ λ+2017 (e x-1)λ
lim lim lim(e x-1
λ λ

   
  

x
x x
x
)=e x-1.
Άρα f(x)=e x-1, x 0 και f(0)=0, άρα τελικά f(x)=e x-1, x .
Για κάθε x , f '(x)=e 1 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,
και κατά συνέπεια 1 1 στο , άρα αντιστρέφεται.
(δηλ. η
β)


  

     

      
1
1
x - x
f
f
1 2 1 2 1 2 1f
αντίστροφη είναι συνάρτηση).
lim f(x)=0+(- )=- , lim f(x)=(+ )+(+ )=+ και η f είναι συνεχής στο ,
άρα f( )= .
Eίναι D f( )= .
Για κάθε y ,y D , με y y f(x ) f(x ) x

 


 
 
  
   
 
x
1 1
2 1 2
1
e
ημx ημx-xx 1 x x 1
ημx-x1 1
x f (y ) f (y ),
άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
e f (ημx-x)+e e ημx=(x+1)e f (ημx-x)+e ημx=x+1
f (ημx-x)+[e (ημx-x)-1]=0 f (ημx-x)+f(ημx-x)=0 ,
γ)



 
   


 
   

1
1
1
f f
1 1 1 1
f
θέτω u=ημx-x f (u)+f(u)=0 (2)
Eίναι f(0)=0 f (0) 0, άρα το u=0, επαληθεύει την (2).
u<0 f(u)<f(0) f(u)<0 και f (u)<f (0) f (u)<0, άρα f(u)+f (u)<0
u>0 f(u)>f(0)


   
  
 
 
1
f
1 1 1 1
f(u)>0 και f (u)>f (0) f (u)>0, άρα f(u)+f (u)>0
Άρα το u=0, είναι η μοναδική ρίζα της (2) . Έτσι u=0 ημx=x x=0 .
(γιατί για κάθε x , ημx x , όπου η ισότητα ισχύει μόνο για x=0)
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

4. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
(α) Από το δεδομένο όριο έχουμε :  
     
 
  
x x
x
e x 1, e x 1 0
f x
0, e x 1 0
.
Έστω    x
g x e x 1 , με g
D . Η g είναι παραγωγίσιμη στο με     x
g x e 1 0 για
κάθε x . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο , άρα και «1-1» . Επειδή   g 0 0 , η x 0
είναι η μοναδική ρίζα της g. Οπότε  
   
 

x
e x 1, x 0
f x
0, x 0
ή    x
f x e x 1 για κάθε x .
(β) Επειδή     x
f x e 1 0 για κάθε x , η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο ,
άρα και «1-1» δηλαδή αντιστρέφεται . Είναι  
 
x
lim f x και  
 
x
lim f x και επειδή η f
είναι συνεχής στο το σύνολο τιμών της είναι το   f , άρα  1
f
D .
Για οποιαδήποτε 1 2
y ,y με 1 2
y y υπάρχουν 1 2
x ,x ώστε   1 1
f x y και  2 2
f x y ,
άρα
        
      1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y y f x f x x x f y f y , άρα η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο .
(γ) Προφανής λύση της εξίσωσης είναι η x 0 . Θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.
Έχουμε :
      
           ημx ημxx 1 x x x 1 x x x
e f ημx x e e ημx x 1 e e f ημx x e e ημx xe e
         
            ημx ημx xx 1 x x 1
e f ημx x e ημx x e e f ημx x ημx x 1 e
   
     ημx x1
f ημx x 1 e ημx x (1) .
 Για x 0 από τη σχέση ημx x για x 0 έχουμε :  ημx x 0 , άρα :
       
       1 1 1
ημx x 0 f ημx x f 0 f ημx x 0 ενώ
 
      ημx x ημx x
ημx x 0 e 1 1 e 0 και    ημx x 0 , άρα το 2ο μέλος της (1) είναι θετικό.
 Για x 0 από τη σχέση ημx x έχουμε :  ημx x 0 , άρα :
       
       1 1 1
ημx x 0 f ημx x f 0 f ημx x 0 ενώ
 
      ημx x ημx x
ημx x 0 e 1 1 e 0 και    ημx x 0 , άρα το 2ο μέλος της (1) είναι
αρνητικό.
Άρα η x 0 είναι μοναδική λύση της εξίσωσης.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

5. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α.
 

 
            
 
        
 
2016 x
x 2016 2015 2016
2016 2016λ λ
x x
2015 2016λ
1 2017
λ (e x 1)
(e x 1) λ λ 2017 λ λ
f(x) lim lim
λ λ
1 2017
lim (e x 1) e x 1
λ λ
Β. Έχουμε λοιπόν:     x
f(x) e x 1, x R και      x
f (x) e 1 0, x R
Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα και άρα 1:1 στο R. Επομένως η f αντιστρέφεται.
Σχετικά με το σύνολο τιμών της f , έχουμε ότι είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R,
επομένως   
  
x x
f(A) lim f(x), lim f(x) .... R
Μένει να δείξουμε ότι η αντίστροφη είναι και αυτή γνησίως αύξουσα.
Πράγματι:    

   
      
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2
y ,y με y y f f (y ) f f (y ) f (y ) f (y )R η 1
f είναι
γνησίως αύξουσα.
Γ.

 
              
x
e 0
ημx ημx xx 1 x x 1
e f (ημx x) e e ημx (x 1) e f (ημx x) e ημx x 1
 
          ημx x1 1
f (ημx x) e ημx x 1 0 f (ημx x) f(ημx x) 0
που έχει προφανή λύση την x 0.
Θεωρώ την συνάρτηση 
  1
g(x) f(x) f (x),x R η οποία έχει προφανή λύση την x 0 αφού

  1
f(0) 0 f (0) 0 που είναι μοναδική γιατί:


 
  
        
  
1
( )f,f
1 2
1 2 1 2 1 21 1
1 2
f(x ) 0 f(x )
x ,x με x 0 x g(x ) 0 g(x )
f (x ) 0 f (x )
R
Επειδή όμως η προς λύση εξίσωση είναι   g ημx x 0 μένει να δείξω ότι το μηδέν είναι η
μοναδική λύση της ημx x, που ισχύει γιατί
   
 
   
ημx x, x 0
ημx x, x 0
.
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος

6. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Α) Θέτουμε    x
h(x) e x 1,x R και δείχνουμε ότι η h έχει ακριβώς μία ρίζα τη x 0(είναι
1-1 και x 0προφανή ρίζα ) .
Άρα
αν x 0 τότε
 

  2016 2016λ λ
λ 2017 λ
f(x) lim lim 0
λ λ
αν x 0 τότε
  
     
       
x 2016 x 2016
x x
2016 2016λ λ λ
(e x 1)λ λ 2017 (e x 1)λ
f(x) lim lim lim(e x 1) e x 1
λ λ
Άρα     x
f(x) e x 1,x {0}R και επειδή f(0)=0 και f συνεχής τότε    x
f(x) e x 1,x R
Β) Ισχύει ότι       x x
f'(x) (e x 1)' e 1 0,x R.
Άρα f είναι 1-1 οπότε αντιστρέφεται.
Ακόμα  
 
    
    
x
x x
x
x x
lim f(x) lim(e x 1)
lim f(x) lim(e x 1)
και f συνεχής στο R οπότε   1
f
f ) D(R R (*)
Αν επικαλεστούμε τη μονοτονία της f τότε δεν χρειάζεται το (*)
Θα δείξουμε ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Έστω ότι δεν είναι τότε θα υπάρχουν   11 2 f
y ,y DR με 1 2
y y και  
1 1
1 2
f (y ) f (y ) .
Έχουμε:
   
    1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
f (y ) f (y ) f(f (y )) f(f (y )) y y άτοπο.
Άρα 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Γ) Ισχύει     f(x) 0 f(x) f(0) x 0
Για x R ,πολλαπλασιάζουμε τη δοσμένη σχέση με x
e και προκύπτει

   1
f (ημx x) f(ημx x) 0
Λύνει ο Πέτρος Τζίκας
(*) Κανονικά επειδή το  ( , ) δεν είναι της μορφής (a,b) όπου
a,b R πρέπει να δείξουμε ότι το σύνολο τιμών της f είναι το R. Αρκεί
να δείξουμε ότι υπάρχει  0 0
x : f(x ) kR
Είναι

  
x
lim(f(x) k) άρα υπάρχει λ κοντά  τέτοιο ώστε
   f(λ) k 0 f(λ) k
και

  
x
lim(f(x) k) άρα υπάρχει μ κοντά  τέτοιο ώστε
   f(μ) k 0 f(μ) k
Επειδή  f(μ) k f(λ) από ΘΕΤ υπάρχει  0 0
x : f(x ) kR .

7. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θέτουμε 
    1
g(x) f (ημx x) f(ημx x),x R
Η g είναι γνησίως αύξουσα ως άθροισμα γνησίως αύξουσων συναρτήσεων άρα και 1-1 και
    g(x) 0 g(x) g(0) x 0
Διότι  
   1 1
g(0) f (0) f(0) f (0) 0αφού για a R ισχύει

      1
f (0) a 0 f(a) f(0) f(a) a 0

8. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)  
  
 
     
         
 
x 2016
λ 0
x x
2016 2015 2016λ λ
e x 1 λ λ 2017 1 2017
f x lim lim e x 1 e x 1
λ λ λ
,
αφού γνωρίζουμε ότι :
 
 2015 2016λ λ
1 2017
lim lim 0
λ λ
.
β)     x
f x e 1 0, για κάθε x R,οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R
και έτσι και 1-1.
Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης 1
f ,είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.
Έχουμε     
    x
x x
lim f x lim e x 1 και     
    x
x x
lim f x lim e x 1 ,
εφόσον γνωρίζουμε ότι:

x
x
lim e 0 ,  
  
x
lim x 1 ,

 x
x
lim e και  
  
x
lim x 1 .
Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, θα ισχύει:
         
   
x x
f lim f x , lim f x ,R και έτσι αποδείξαμε ότι η συνάρτηση 1
f
έχει πεδίο ορισμού το R.
Θεωρούμε 1 2
x ,x R με 1 2
x x .Τότε ισχύει            
f γν.αύξουσα
-1 -1 -1 -1
1 2 1 2
f f x f f x f x f x
και έτσι αποδείξαμε ότι η συνάρτηση 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο R.
γ)    
 

  
        
ημxx 1 x
ημxx 1 x x
x
e f ημx x e e ημx
e f ημx x e e ημx x 1 e x 1
e
   
      ημx x1
f ημx x e ημx x 1 0 1
Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο      
  1
g x f x f x ,x R.
Η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο R, ως άθροισμα συναρτήσεων που η
καθεμία είναι γνησίως αύξουσα στο R και έτσι προκύπτει ότι η συνάρτηση g είναι
και 1-1 στο R.
                 
g 1-1
1 g ημx x 0 g ημx x g 0 ημx x 0 x 0.
Λύνει ο Άχθος Αρούρης

9. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Με   x
g(x) e x 1, x η g αφού    x
g (x) e 1 0. Άρα η εξίσωση g(x) 0έχει μοναδική
λύση το 0.
Ισχύει


 2016λ
λ 2017
f(0) lim 0
λ
. Για       x
x 0 g(x) 0 f(x) e x 1.
Τελικά είναι    x
f(x) e x 1,x .
β) Η f είναι 1-1 ως στο άρα αντιστρέφεται.
Το πεδίο ορισμού της 1
f είναι το σύνολο τιμών της f δηλαδή το αφού είναι

 
x
lim f(x)
και

 
x
lim f(x) .
Η 1
f είναι στο επειδή η f στο και οι 1f f
C ,C συμμετρικές ως προς την y x.
Εναλλακτικά αν 1 2
y ,y με 1 2
y y θα υπάρχουν μοναδικά 1 2
x ,x με  1 1 2 2
y f(x ),y f(x )
δηλαδή  
 1 1
1 1 2 2
x f (y ),x f (y )με 1 2
x x , γιατί αν     
f
1 2 1 2 1 2
x x f(x ) f(x ) y y άτοπο. Άρα
  
 1 1 1
1 2
f (y ) f (y ) f στο .
γ) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:


 
 
 
 
          
       
1
1
f(0) f (0) 0
ημx x1 1
ημx x ,x 0f f
1 1
f (ημx x) e ημx x 1 f (ημx x) f(ημx x) 0
(f f )(ημx x) (f f )(0) ημx x x 0
Λύνει ο Κώστας Δεββές

10. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω   x
φ(x) e x 1 με x R.
Ισχύει:    0
φ(0) e 0 1 0. Άρα το 0 είναι λύση της φ(x).
Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:
   x
φ (x) e 1 0. Επομένως η φ είναι γνησίως αύξουσα και το 0 μοναδική λύση.
Τότε:
  

   2016 2016 2015λ λ λ
λ 2017 λ 1
f(0) lim lim lim 0
λ λ λ
.
Αν x 0 :
 
   
      
x 2016 2016
x x
2016 2016λ λ
(e x 1)λ λ 2017 λ
f(x) lim (e x 1) lim e x 1
λ λ
Άρα:
    
  
  
x
e x 1 ,x 0
f(x)
0 ,x 0
. Η f είναι συνεχής στο 0 γιατί:
  
       x 0
x 0 x 0
limf(x) lim e x 1 e 0 1 0 f(0)
Τελικά:   x
f(x) e x 1 για κάθε x R.
β) i)    x
f (x) e 1 0. Η f είναι γν. αύξουσα και τότε 1-1.
Άρα αντιστρέφεται.
ii) Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της f.
  
       x
x x
lim f(x) lim e x 1 0 1
  
         x
x x
lim f(x) lim e x 1 1 .
Άρα:  1
f
A R.
iii) Για κάθε  1
f
x A ισχύει: 
1
f(f (x)) x.
Έστω  11 2 f
x ,x A Rμε: 1 2
x x .
Τότε:

   
    
f
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2
x x f(f (x )) f(f (x )) f (x ) f (x ). Άρα η f-1 είναι γνησίως αύξουσα στο R.
γ)   
              
ημx
ημx x1 1
x
e
f (ημx x) ημx x 1 f (ημx x) e ημx x 1 0
e

   1
f (ημx x) f(ημx x) 0.
Από το ερώτημα α) έχουμε f(0) 0 . Τότε:   
  1 1 1
f (f(0)) f (0) 0 f (0).
Η εξίσωση: 
   1
f (ημx x) f(ημx x) 0 επαληθεύεται για x=0 γιατί: 
 1
f (0) f(0) 0 που
ισχύει.
Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση g με τύπο  g(x) ημx x , x R.
Η εξίσωση γίνεται: 
 1
f (g(x)) f(g(x)) 0
Τότε:    g (x) συνx 1 0. Η g είναι γνησίως φθίνουσα γιατί είναι και συνεχής.
Επειδή g(0) 0 , το 0 είναι και η μοναδική της λύση.
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης

11. ___________________________________________________________________________
22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Άρα:


 


 
       
   
 
       
1
f
1 1
1
f
x 0 g(x) 0 f (g(x)) f (0) 0
f (g(x)) f(g(x)) 0
x 0 g(x) 0 f(g(x)) f(0) 0
.
Επίσης:


 


 
       
   
 
       
1
f
1 1
1
f
x 0 g(x) 0 f (g(x)) f (0) 0
f (g(x)) f(g(x)) 0
x 0 g(x) 0 f(g(x)) f(0) 0
Τελικά η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι το 0.