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