Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο  0, με
 g x lnx  
Οπότε
 g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1        
 g x 0 lnx 0 lnx 0 0 x 1         
Η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1, το  g 1 0
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1, , με παράγωγο
 
     
   
2 2
x 1
lnxlnx x 1 lnx x 1 xf x
x 1 x 1

      
  
   
 
 
2 2
g xx 1 xlnx
x x 1 x x 1
 
 
 
Από το α) ερώτημα όμως προκύπτει ότι  g x 0 για κάθε x 0
( η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 )
Άρα
 
 
 
2
g x
f x 0
x x 1
  

για κάθε x 1
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Επίσης η f είναι συνεχής στο  1, , άρα έχει σύνολο τιμών το
         x x 1
f 1, lim f x ,limf x 0,1
 
  
διότι
 
 
 x x x x
lnxlnx 1
lim f x lim lim lim 0
x 1 xx 1
  
 
 
   

   
 
και
Λύνει ο Αλέξανδρος Σαρρής
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g 1 >

2. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
 
 
0
0
x 1 x 1 x 1 x 1
lnxlnx 1
limf x lim lim lim 1
x 1 xx 1
 
 
 
   

   
 
γ)
i. Είναι 1 α β  και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Άρα
       
lnβlnα
f α f β β 1 lnα α 1 lnβ
α 1 β 1
      
 
ln
β 1 β 1α 1 α 1
αβ
β α
lnα lnβ α β
βα
βα αβ
α β

  
   
   
ii. Αναζητούμε την ύπαρξη 0
x 1:
 
α 1 α 1
β 1 β 1
0 0
1 1β β α 1 α 1
x 1 x 1 0α α
0 0 0β 1 β 1
0
lnx β β
x e ln x ln e f x
x 1 α α
 
 
 
 
 
  
        
    
   
Όμως από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε
α α 1
β α
β β 1
αβ β
βα αβ 0 1 0 1
βα α


      
Δηλαδή ο αριθμός
α 1
β 1
β
α


ανήκει στο σύνολο τιμών της f
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα  0
x 1,  τέτοιο, ώστε  
α 1
0 β 1
β
f x
α



Το 0
x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,

3. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) g(x) x 1 xlnx, x > 0  
Για κάθε x > 0,  g x lnx 1 lnx 1     
  Για κάθε0 x 1, g x 0 g γνησίως αύξουσα στο (0,1]   
  Για κάθε x 1, g x 0 g γνησίως φθίνουσα στο [1, + )   
Και g'(1) = 0, άρα η g παρουσιάζει μέγιστο για x = 1, το  g 1 0
β)      
g
Για κάθε x 1 g x g 1 g x 0    
>
 
 
   
 
 
 2 2 2
lnx
f x , x 1
x 1
x 1
lnx g xx 1 xlnxxΓια κάθε x 1, f x 0 f γν. φθίνουσα στο 1, +
x 1 x x 1 x x 1
 



 
      
  
  h x lnx, x 0 
   
   
 
x 1 x 1
x 1 x 1
h x h 11 lnx
Για κάθε x 0, h x h 1 1 lim 1 lim 1
x x 1 x 1
lnx
lim 1 lim f x 1
x 1 
 
 

       
 
   

    x x DLH x
lnx 1
lim f x lim lim = 0 και f φν.φθίνουσα Α = και συνεχής,0,+
x 1 x


  
  

Άρα    f Α 0,1
γ) i. Έτσι για        
f
lnβlnα
α 1 β 11 α β f α f β β 1 lnα α 1 lnβ
α 1 0,β 1 0

 
         
    
>
   
ln
β αβ α
βlnα lnα αlnβ lnβ lnβ βlnα lnα αlnβ
ln ln β α α βα ββ α
       
     
<
ii. Για 1 < α < β,
α 1
α α 1β
β β 1α α 1 β 1
β 1
β
β βα f(A)
β α α β α β 0 1, άρα α
α β α
και f A, συνεχής


  


 
          

>
υπάρχει μοναδικό 0
x Α ώστε  
α 1 α 1 α 1
0
0 0β 1 β 1 β 1
0 0
lnxβ β β1
f x lnx
x 1 x 1α α α
  
  
    
 
α 1
β 1
0 0
1 1 βα 1
x 1 x 1 α
0 0β 1
β
lnx x e
α



 

   
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

4. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) g(x) x 1 xlnx, x 0   
Για κάθε χ>0 είναι:
   
 
g x 1 lnx 1 lnx
g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1
     
        
Η g παρουσιάζει ο.μ στο 1 το  g 1 0 .
Οπότε για κάθε      x 0 g x g 1 g x 0    το ίσον μόνο για x=1.
β)
 
 
 
   
 
 
2 2 2
lnx
f x , x 1
x 1
1
x 1 lnx g xx 1 xlnxxf x 0 x 1
x 1 x x 1 x x 1
 

 
 
      
  
άρα  f στο 1,
 
0
0
L.Hx 1 x 1 x 1
1
lnx xlimf x lim lim 1
x 1 1  
  
  

 x x L.H x x
1
lnx 1xlim f x lim lim lim 0
x 1 1 x


   
   

Η f είναι συνεχής στο (1,+) ως πηλίκο συνεχών και γνησίως φθίνουσα σε αυτό, άρα
         x x 1
f 1, lim f x ,limf x 0,1 
  
γ) i)
       
   
ln α 1 0
β βα α
β 1 0
f
βα αβ ln βα ln αβ lnβ βlnα lnα αlnβ β 1 lnα α 1 lnβ
lnβlnα
f α f β α β
α 1 β 1
 
 
           
    
 
Ισχύει και λόγω των ισοδυναμιών ισχύει και η αρχική.
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g 1 >

5. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
ii)  
α 1 α 1
β 1 β 1
0 0
α
1 1β β α 1 α
x 1 x 1 0α α
0 0 0β 1 β β
0
β
lnx β β αβ
x e lnx lne f x
x 1 α α βα
α
 
 

 

       

Είναι
α
β
αβ
0 1
βα
  αφού 1<α<β και λόγω του ( i)
Δηλαδή     
α
β
αβ
0,1 f 1,
βα
   άρα υπάρχει μοναδικό  0
x 0,1 αφού f
ώστε  
α
0 β
αβ
f x
βα


6. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) g (x) lnx 0 x 1      .
Είναι g (x) 0 0 x 1     και g (x) 0 x 1    .
Άρα g στο 0,1και στο 1,  με μέγιστο Μ g(1) 0  .
β)
 
2
g(x)
f (x) 0
x x 1
  

x 1  από α).
Άρα f στο  1, με σύνολο τιμών το  0,1 γιατί
L'H
x x x
lnx 1
lim f(x) lim lim 0
x 1 x  
  

και
x 1 x 1
lnx
limf(x) lim 1
x 1 
 
 

από ορισμό παραγώγου ή L’H.
γ) i) H αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:
   β 1 α 1 lnβlnα
α β β 1 lnα α 1 lnβ f(α) f(β)
α 1 β 1
 
        
 
που ισχύει γιατί f στο
 1, .
ii) Λογαριθμίζοντας την αποδεικτέα ισοδύναμα έχω:
α 1 α 1
0 0β 1 β 1
0
β β1
lnx f(x ) 1
x 1 α α
 
 
   

και 0 αφού από γi) ισοδύναμα έχω:
α α 1
β β 1
αβ β
1 0
βα α


   δηλαδή ανήκει στο σύνολο τιμών της f και είναι τιμή της f για μοναδικό
0
x 1 λόγω μονοτονίας.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

7. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η g έχει παράγωγο    1
g' x 1 lnx x g' x lnx
x
      , για κάθε x 0 Έχουμε:
  g' x 0 lnx 0 x 1     
  g' x 0 lnx 0 lnx 0 0 x 1        
  g' x 0 lnx 0 lnx 0 x 1       
Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο  0, 1 , γνησίως φθίνουσα στο  1, + και παρουσιάζει
μέγιστο το  maxg g 1 0  . Οπότε  g x 0 για κάθε x 0 .
β) Η f έχει παράγωγο  
   
 
 
 
2 2 2
x 1 x 1 xlnx
lnx g x1x xf' x f' x
xx 1 x 1 x 1
  

    
  
, για κάθε x 1 . Για
κάθε x 1 ισχύουν:

1
0
x

  g x 0
  
2
x 1 0 
Οπότε  f' x 0 , για κάθε x 1 . Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα. Έτσι,
       x x 1
f 1, + lim f x , limf x 
  . Είναι:
  
 
 x x D.L.H. x x x
1
lnx 'lnx 1xlim f x lim lim lim lim 0
x 1 1 xx 1 '
  
 
 
    
 
       
  
 
 
0
0
D.L.H.x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
1
lnx 'lnx 1xlimf x lim lim lim lim 1
x 1 1 xx 1 '    
 
 
 
    
 
       
Άρα,     f 1, + 0, 1  .
γ) i) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα έχουμε:
   
  
   
1 α β α 1 β 1 0
lnβlnα
α β f α f β lnα β 1 lnβ α 1
α 1 β 1
     
        
 
β α
βlnα lnα αlnβ lnβ lnα lnα lnβ lnβ        .
α αβ β
β αβ βα α
ln ln βα αβ
α β α β
  
       
   
ii) Έχουμε την εξίσωση:
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

8. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
α 1 α 1
β 1 β 1
β β1 1 α 1 α 1
α αx 1 x 1
β 1 β 1
β β1
x e ln x ln e lnx f x
x 1 α α
 
 
 
 
 
  
        
     
.
 Αφού α 1 0  και β 1 0  , ισχύει
α 1
β 1
β
0
α


 .
 Από το ερώτημα (i) έχουμε
α α 1β
β 1α 1
β 1
β βα
β α 1
β α α



     .
Επομένως,   
α 1 α 1
β 1 β 1
β β
0 1 f 1, +
α α
 
 
     .
Έτσι, υπάρχει 0
x 1 τέτοιο, ώστε  
α 1
0 β 1
β
f x
α


 , το οποίο είναι μοναδικό αφού η f είναι
γνησίως φθίνουσα, δηλαδή 1-1.
Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικό 0
x 1 τέτοιο, ώστε
α 1
β 1
0
1 β
x 1 α
0
x e


 .

9. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η  g x x 1 lnx   έχει πεδίο ορισμό το  0,
Η g είναι παραγωγίσιμη στο  0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με  g x lnx   για κάθε x 0
Η g είναι συνεχής στο 1,  και για κάθε  
lnx
x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0       
1
επομένως
η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, 
Η g είναι συνεχής στο 0,1 και για κάθε  
lnx
0 x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0        
1
επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1
Έτσι έχουμε :
   
g
x 1 g x g 1  
2
/    
g
0 x 1 g x g 1   
1
Επομένως για κάθε x 0,   ισχύει    g x g 1 και επομένως η g παρουσιάζει ολικό
μέγιστο στο 1 το  g 1 0
β) Η   lnx
f x ,x 1
x 1
 

είναι παραγωγίσιμη στο  1, ως πηλίκο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων με:
 
 
 
2
g x
f x 0
x x 1
  

για κάθε x 1 αφού  g x 0 για κάθε x 1 και  
2
x x 1 0  για κάθε
x 1 και επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα
Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο  1, έχουμε:
         x x 1
f 1, lim f x ,limf x 0,1 
   αφού:

x x
1
lnx xlim lim 0
x 1 1


 
 


0
0
x 1 x 1
1
lnx xlim lim 1
x 1 1 
 
 

γ)
i) Επειδή 1 α β  και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, έχουμε:
   
  α 1 β 1 0 ln x
β 1 β 1 βα 1 α 1 αlnβlnα
f α f β lnα lnβ α β βα αβ
α 1 β 1
  
  
        
 
1
Λύνει ο Αντώνης Συκιώτης

10. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
ii) Θεωρώ την συνάρτηση    
α
β
αβ
h x f x ,x 1
βα
  
  
α
βx
αβ
lim h x 0
βα
   δηλαδή υπάρχει δ 0 σε περιοχή του  : h δ 0 
  
α
β
x 1
αβ
limh x 1 0
βα

   όπως προκύπτει από το ερώτημα γ)i)και επομένως υπάρχει γ 1
λίγο μετά το 1 :  h γ 0
Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει      
α 1
β 1
0
1 βα
1 x α
0 0 0 0β
αβ
x γ,δ 1, : h x 0 f x x e
βα


         

11. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)  g x lnx  
Βρίσκουμε το πρόσημο της παραγώγου και από τον πίνακα προκύπτει ότι η g
παρουσιάζει μέγιστο στο χ=1, οπότε ισχύει :g(x) 0 για κάθε x 0
β) Βρίσκουμε την παράγωγο της f και έχουμε: 2 2
g(x)x 1 xlnx
f (x) ... 0, x 1
x(x 1) x(x 1)
 
      
 
.
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, και το σύνολο τιμών της είναι το  0,1 αφού
x 1
limf(x) 1

 και το
x
limf(x) 0


γ) i) Αφού a β και f γνησίως φθίνουσα θα έχουμε:
β βα α
lnβlnα
f(α) f(β) (β 1)lna (α 1)lnβ
α 1 β 1
lnβ lnα lnα lnβ βa aβ
      
 
     
ii) Η δοθείσα σχέση γίνεται:
α 1
β 1
0
1 β α 1 α
x 1 0α
0 0β 1 β
0
lnx β αβ
x e f(x )
x 1 α βα





    

Και αφού
α
β
αβ
(0,1)
βα
 (από ερώτημα (i) β α
βα αβ )
Άρα θα υπάρχει 0
x (0,1) ώστε:
α
0 β
αβ
f(x )
βα

Το 0
x είναι μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
x 0 1 +∞
g ΄(x) + 0 -
g 1 >

12. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο  0, με    g x lnx
 
 
 
      
       
      
g x 0 lnx 0 x 1
g x 0 lnx 0 0 x 1
g x 0 lnx 0 x 1
x  0 1 
 g x + -
 g x < >
Για          
g
1 g x0 g 1 g x 0x
<
Για          
g
1 g x g 1x g x 0
>
Άρα    g x g 1 για κάθε   x 0, οπότε η g έχει ολικό μέγιστο στο x 1 το   g 1 0
β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1, με
 
 


 
  
 
2 2
x 1
lnx
x 1 xlnxxf x
(x 1) x x 1
Από το α) ερώτημα έχουμε ότι:
     g x x 1 xlnx0 0 για κάθε   x 1, με την ισότητα να ισχύει μόνο αν x 1 οπότε
θα είναι:
  x 1 xlnx 0 για κάθε   x 1, άρα και   f x 0 για κάθε   x 1,
Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, .
H f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο   f
D 1, άρα έχει σύνολο τιμών:
        
 
 
x
f
x 1
f D lim f x ,limf x 0,1 διότι:
 
  
 
 
  
  
x x x
lnx 1
lim f x lim lim 0
x 1 x
  
 
 
 
 
  

0
0
xx 1 x 1
lnx 1
limf x lim lim 1
x 1 x
γ) i)
Έχουμε ότι:
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

13. ___________________________________________________________________________
13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
       

 
     
 
                  
   
 
            
 
f 1,
1 1 1 1
ln ln
1 f f 1 ln 1 ln
1 1
ln ln
>
ii) Αρκεί να αποδείξουμε η εξίσωση



 
1
1
1
x 1x e έχει μοναδική λύση στο  1, .
Η παραπάνω εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:
 


 
 



 
     
  
1
1
1
x
1
1
1
1
1
lnx
lnx lne f x , x 1
x 1
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση  





1
1
f x έχει μοναδική λύση στο  1, .
Στο προηγούμενο ερώτημα αποδείξαμε ότι για κάθε    1 ισχύει:
        1 ln 1 ln
Οπότε ισοδύναμα έχουμε:

   


        

1
1 1 1 1
1
ln ln 1
και προφανώς





1
1
0 άρα



 

1
1
0 1
Επίσης αποδείξαμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το    f
f D 0,1 .
Οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα  0
x 0,1 τέτοιο ώστε  





1
0 1
f x
To 0
x θα είναι και μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,