Η άσκηση της ημέρας - Σεπτέμβριος 2016

___________________________________________________________________________ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

http://lisari.blogspot.gr/


• Ασημακόπουλος Γιώργος

• Δεββές Κώστας

• Δέτσιος Παντελής

• Ζωϊτσάκος Τρύφωνας

• Καταραχιάς Τάκης

• Πάτσης Ανδρέας

• Τρύφων Παύλος

• Χατζάκης Δημήτρης

Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



Τελικά 1

x ,12


Η άσκηση της ημέρας - Σεπτέμβριος 2016

Education

Transcript of Η άσκηση της ημέρας - Σεπτέμβριος 2016