Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η συνάρτηση   x
h x e είναι κυρτή και η εξίσωση της εφαπτομένης της h
C στο σημείο
 0,1 είναι y x 1  άρα x
e x 1  για κάθε xR
Επειδή η f έχει πεδίο ορισμού το R βάζοντας όπου x το  f x έχουμε:
 
 f x
e f x 1  για κάθε xR  1
Όμως για κάθε xR έχουμε:
     
 
   
     
     
   
2
2
2 x
2
f x g x
f x g x
f x g x1 e
f x f x g x 2
e e
2f x 2 e e f x 1
2
e e
e e e f x g x
2

     

     
1
β) i) Επειδή  2
g x 0 για κάθε xR έχουμε ότι  
   2
g x f x
e 1 2f x 1 e 0     για κάθε xR
Θεωρούμε την συνάρτηση      f x
p x 2f x 1 e   ,xR και επομένως ισχύει:
   p x p 0 για κάθε xR
Άρα η p παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού
της p
Τέλος επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και η x
e παραγωγίσιμη στο  f 0 0 , η  f x
e
είναι παραγωγίσμη στο 0 και επομένως η p είναι παραγωγίσιμη στο 0 ως αποτέλεσμα
πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
       
 f 0
p 0 2f 0 f 0 e f 0     
Επομένως από το θεώρημα Fermat έχουμε:
   p 0 0 f 0 0   
ii) Είδαμε ότι
           
   
2
4για x 0
2 2 4 2
2
g x f x
g x f x 0 g x f x 0 g x f x 0
xx
  
           
 
 
Επιπλέον
   
  
2 2
2
x 0 x 0 x 0
f x f x
lim0 lim lim f 0 0
x x  
   
      
   
   
και επομένως από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε:
 4
2x 0
g x
lim 0
x

Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

2. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι γνωστό ότι lnx x 1  , για κάθε x > 0 οπότε θέτοντας f(x)
x e προκύπτει ότι
f(x)
e  f(x) 1  f(x)
2e  2f(x) 2  f(x)
2e 
2
g (x)f(x)
e e 
2
g (x)f(x)
e e  2
g (x) f(x).
β) Είναι 0  2
g (x) f(x) επόμενα f(x) 0 .
Τώρα από την υπόθεση
x 0
f(x)
lim l R
x
  
x 0
f(x)
lim l
x

 
x 0
f(x)
lim
x

.
i) Δίνεται ότι f(0)=0 και επειδή f(x) 0 , θα είναι
x 0
f(x)
lim 0
x

  l 0 ,
x 0
f(x)
lim 0
x

  l 0 .
΄Αρα
l 0,
x 0
f(x)
lim 0
x
 
x 0
f(x) f(0)
lim 0
x

  f'(0) 0
ii) 0  2
g (x) f(x)  0  4 2
g (x) f (x) 
4
2
g (x)
0
x
 
2
2
f (x)
x
(1).
΄Όμως
x 0
f(x)
lim 0
x
 
2
2x 0
f (x)
lim 0
x

άρα από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

3. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θέτω x
h(x) e x  και επειδή x
h (x) e 1   βρίσκουμε με το πινακάκι ότι στο x = 0 η
συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε ισχύει h(x) h(0) δηλαδή x
e x 1  για κάθε
x ,άρα f(x)
e f(x) 1  , για κάθε x
Η δοθείσα σχέση γίνεται:
     2
f x g x
2f x 2 e e   
2
g (x)f(x)
e f(x) 2 e f(x)    .
Άρα
2 2
g (x) g (x)
2 e f(x) 1 e f(x) 1      (1)
Από την αρχική σχέση έχουμε
2
g (x)f(x)
e e
f(x) 1
2

  (2)
Από (1) και (2) έχουμε:
2
2 2 2 2
g (x)f(x)
g (x) g (x) g (x) g (x)f(x) f(x) 2e e
e 2e e e e e g (x) f(x)
2

       
β) i) Έστω
x 0
f(x)
lim
x
 
Απο το (α) ερώτημα έχουμε: 2
0 g (x) f(x)  άρα και 0 f(x)
 Αν x 0 τότε έχουμε:
f(x)
0
x
 οπότε:
x 0
f(x)
0 lim
x
  (1)
 Αν x 0 τότε έχουμε:
f(x)
0
x
  (2)
Από (1) και (2) προκύπτει ότι 0 δηλαδή
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x)
f (0) lim lim 0
x x 

   
ii) Απο το (α) ερώτημα έχουμε:
4 2
2 4 2
2 2
g (x) f (x)
g (x) f(x) g (x) f (x) 0
x x
     
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε
4
2x 0
g (x)
lim 0
x

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

4. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω k ώστε
2 2 f(k) f(k)
αρχική
g (k) g (k)2 f(k) f(k) f(k)
g (k) f(k) e e e e 2e 2f(k) 2 2e f(k) 1 e            άτοπο
γιατί x
e x 1  στο .
Άρα 2
g (x) f(x) στο .
β) i) x  ισχύει 2
0 g (x) f(x)  και για x 0 κοντά στο 0 είναι
x 0
f(x) f(x)
0 0 lim l
x x

    .
Όμοια για x 0 κοντά στο 0 είναι
x 0
f(x) f(x)
0 0 lim l
x x

    .
Άρα l 0 κι επειδή f(0) 0 , θα ισχύει f (0) 0  .
ii) Ισχύει
2 4 2
0 g (x) f(x) 0 g (x) f (x)    
και με x 0 κοντά στο 0 είναι
4 2
2 2
g (x) f (x)
0
x x
  .
Από κριτήριο παρεμβολής επειδή ισχύει
2
2x 0 x 0
f (x)
lim0 lim 0
x 
  από β)i), θα είναι
4
2x 0
g (x)
lim 0
x
 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές

5. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
Α ν α λ υ σ η :
Είναι :      2
f x g x
2f x + 2 = e + e , xR
Θελω :
               
   
   
x
2 2
δοσμενηe
g x f x g x f x f x f x f x2
x f(x)
f x x x
g x f x e e e e e e 2f x 2 2e
f x 1 e x 1 e e x 1 0

          
        
1
Σ υ ν θ ε σ η :
x
Ισχυει e - x-1 0 για καθε x R
Πραγματι
Θεωρουμε τη συναρτηση x
g(x) = e - x-1
▪ x
g'(x) = e -1 και
▪ x
g'(x) = 0 e -1 = 0 x = 0 
▪ g'(x) < 0 στο (- ,0] αρα η g γνησιως φθινουσα στο (- , 0]
▪ g'(x) > 0 στο [0, + ) αρα η g γνησιως αυξουσα στο [0, + )
Ετσι, στη θεση x = 0, η g παρουσιαζει ολικο ελαχιστο με τιμη 0
g(0) = e -0-1 = 0
Αρα, x
g(x) g(0) e - x-1 0  
Συνεπως, για κάθε xR
   
   
           
   
x
2 2
δοσμενηx f(x)
f x f xx x
e
g x f x f x f x g x f x 2
e x 1 0 x 1 e f x 1 e 2f x 2 2e
e e e e e e g x f x

            
       
1
β) i)
Δινεται «το
 
x 0
f x
lim
x
υπαρχει και ειναι πραγματικος αριθμος»
Δηλαδη
 
 x 0
f x
lim f 0
x

Αρκει να ισχυει
 
x 0
f x
lim 0
x

Απ΄το (α) ερωτημα :    2
f x g x 0 
Ετσι
Λύνει ο Τακης Τσακαλακος

6. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
 
 x 0
x 0
x 0
f x
Για x 0 : lim 0 f xx lim 0
xf x
Για x 0 : lim 0
x






  

 

  
β) ii)
Ειναι απ’το (α) ερωτημα
           
   
   
 
για x 0
2 2 4 2
2
4
2 4κριτηριο
22 2 x 0παρεμβολης
(βi)
x 0 x 0
g x f x 0 g x f x 0 g x f x
g x f x
0
xx g x
lim 0
xf x f x
lim lim 0
x x


 
       
 
   
   
 
    
        
    

7. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για κάθε x ισχύει:      
 
2
f x g x
2f x 2 e e 1  
Για κάθε x ισχύει: x
e x 1  (με απόδειξη) (2)
Στη (2) βάζουμε όπου x το  f x και έχουμε:
 
   
 
 
     
   
       
2
2
1
f x f x f x f x g x
f x g x 2 2
e f x 1 2e 2f x 2 2e e e
e e f x g x g x f x
       
     
β) i) Έστω
     
x 0 x 0 x 0
f x f x f x
lim lim lim
x x x   
    
Για κάθε x ισχύει:        2
0 g x f x 0 f x 3   
Για  
   
 x 0 x 0
f x f x
x 0 η 3 0 lim0 lim 0 4
x x 
 
      
Για  
   
 x 0 x 0
f x f x
x 0 η 3 0 lim0 lim 0 5
x x 
 
      
Από τις (4) και (5) :
         
 
f 0 0
x 0 x 0 x 0
f x f x f 0 f x
0 lim 0 lim lim 0 f 0 0
x x 0 x

  

        

ii) Για κάθε x ισχύει:        2 4 2
0 g x f x 0 g x f x    
Για
     
2 2
4
2 x 0 x 0
g x f x f x
x 0: 0 με lim lim0 0
x xx  
   
       
   
   
Από κριτήριο παρεμβολής θα είναι
 4
2x 0
g x
lim 0
x

Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

8. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)
x
Ισχύει e - x-1 0 για κάθε x R, άρα  
 f x
f
e f x 1, για κάθε x D    R
Συνεπως, για κάθε xR
 
   
           
   
2 2
x
δοσμενη
f x f x f x g x f x f x g x
e
2
e f x 1 2e 2f x 2 2e e e e e
f x g x
         
 
1
β) i)
Αν
 
x 0
f x
lim
x
 R, τότε  
   
x 0
f x f 0
f 0 lim
x - 0

  
       
       
 





        

   

      

  
2
x 0
2
x 0
x 0, κοντά στο 0 :
x 0,
g x f x f x f x
0 0 lim 0 0
x x x x 0 f 0 0
g x f x
κοντά
f x f x
0 0 lim 0 0
x
στο :
x x
0
x
β) ii)
     
     
 
2 2K.Π.
2
x 0
2 2 x 0K.Π.
x 0
x 0, κοντά στο 0 :
x 0, κο
g x f x g x
0 lim 0 g xx x x lim 0
xg x f x g x
0 lim 0
x x
ντά στ 0 :
x
ο






    

 


     
Τότε
   
2
4 2
2
2x 0 x 0
g x g x
lim lim 0 0
xx 
 
   
 
 
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

9. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε ότι 2f(x) 2 =
2
g (x)f(x)
e e (1) , για κάθε x .
Ξεκινάμε από την αποδεικτέα και ισοδύναμα θα καταλήξουμε σε προφανή σχέση.
Είναι 2
g (x) f(x) 
2
g (x) f(x)
e e 
2
g (x) f(x) f(x)
e e 2e 
(1)
 f(x)
2f(x) 2 2e   f(x)
e f(x) 1  ,
σχέση που ισχύει για κάθε x , λόγω της γνωστής ανισότητας x
e x 1  , που ισχύει
για κάθε x .
Άρα 2
g (x) f(x) για κάθε x .
Σχόλιο: Για την απόδειξη της ανισότητας x
e x +1, θεωρούμε τη συνάρτηση x
h(x) = e - x -1
που είναι παραγωγίσιμη στο και ισχύει ότι h(0) = 0. Επίσης η h παρουσιάζει ελάχιστο στο
σημείο 0
x = 0 . Επομένως είναι h(x) h(0)  x
e - x -1 0  x
e x +1 για κάθε x .
β) i) Επειδή υπάρχει το
x 0
f(x)
lim = λ
x
 , έχουμε ότι υπάρχει η παράγωγος
f΄(0)=
x 0
f(x) f(0)
lim =
x 0

 x 0
f(x)
lim
x
= λ.
Επιπλέον, από τις σχέσεις f(0) = 0 και 2
0 g (x) f(x)  για κάθε x , προκύπτει ότι η
συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο σημείο 0
x = 0.
Δηλαδή για τη συνάρτηση f ισχύουν:
 η f είναι ορισμένη σ’ ένα διάστημα Δ (το )
 η f παρουσιάζει ακρότατο στο εσωτερικό σημείο 0
x = 0 του Δ
 υπάρχει η παράγωγος f΄(0)
Από το θεώρημα Fermat, έχουμε ότι f΄(0)=0.
ii) Για κάθε x 0 , λόγω του (α), ισχύει:
2
0 g (x) f(x)  
2
g (x) f(x)
x x
 
2
g (x) f(x)
0
x x
  και
x 0
f(x)
lim
x
(i)

x 0
lim f΄(0)

=0 .
Από το κριτήριο παρεμβολής έπεται ότι
2
x 0
g (x)
lim
x
= 0
2
x 0
g (x)
lim
x
= 0.
Συνεπώς
4
2x 0
g (x)
lim
x
=
2 2
x 0
g (x) g (x)
lim
x x
 
 
 
= 00 = 0 .
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης

10. ___________________________________________________________________________
11η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17