Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο  0, με παράγωγο
              x xlnx xlnx x
f (x) x e e xlnx x 1 lnx
Άρα
 

        <=>
x
x 0
x 1
f (x) 0 x 1 lnx 0 1 lnx 0 x
e
και
 

        <=>
x
x 0
x 1
f (x) 0 x 1 lnx 0 1 lnx 0 x
e
Προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών:
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
 
 
 
1
0,
e
και γνησίως αύξουσα στο
 

 
1
,
e
β) Για κάθε x 1 έχουμε
     
       
    


    

  
              
        
1 1 1 1 1
1
2 22
2x x 2 x x x
x x
x 2 x 0 x 2 x 0 x 0
x x f x f 1
Είδαμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο
 

 
1
,
e
, άρα και στο  1, , οπότε είναι και
αντιστρέψιμη στο  1,
Άρα από τη σχέση  1 (και επειδή 
  x 1, 1) προκύπτει ισοδύναμα ότι

 x
Δηλαδή
 
  
       
1 1
2x x 2
x 2 x 0 x
Λύνει ο Δημήτρης Μπαδέμης
Για μαθητές

2. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Έχουμε ότι
   

     
      

, , 0
1
0 , ,1
e
e
Δίχως βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι
    
Η συνάρτηση   f : 0, R με    x
f x x έχει
              x xlnx xlnx x
f (x) x e e xlnx x 1 lnx
            
x
2x x x
f x x 1 lnx x 1 lnx 0
x
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
 
 
 
1
0,
e
και γνησίως αύξουσα στο
 

 
1
,
e
, ενώ η f
είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
Οπότε
 
  
 
  
         
1
f 0,
e
=====>
<
Εφαρμόζουμε ΘΜΤ για την f σε καθένα από τα διαστήματα    
         , , , , οπότε
υπάρχουν       
     1 2
x , ,x , τέτοια, ώστε
 
     
            
       
           
     
             
1 1 1 1
1 2
f f f f
f x , f x
Όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, , άρα
    1 2
f x f x
ή ισοδύναμα
   
   
   
     

     
1 1 1 1
Δηλαδή ο συντελεστής διεύθυνσης των ευθειών  , είναι διαφορετικός, άρα τα
σημεία        
     
      
1 1 1
A , , B , , , δεν είναι συνευθειακά
Λύνει ο Παύλος Τρύφων
Για καθηγητές

3. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η   h x xlnx είναι παρ/μη στο  0, με    h x lnx 1.
Το ΣΤ της είναι το
 
  
 
1
,
e
αφού     
1
h x 0 x
e
,  lnx 1 0 για  
1
0 x
e
ενώ
 lnx 1 0 για 
1
x
e
, ενώ
 
  
 
1 1
h
e e
και  
 
x
lim h x .
Η    x
x e είναι παρ/μη στο
 
  
 
1
,
e
με    x
x e και από τον κανόνα της αλυσίδας η
       xlnx x
f x h x e x θα είναι παρ/μη στο  0, με
         
1
f x f x lnx 1 0 x
e
, ενώ ισχύουν  
 
     
 
1
f x 0 x 0,
e
και
 
 
     
 
1
f x 0 x ,
e
.
Τελικά η f στο
 
 
 
1
0,
e
και στο
 

 
1
,
e
.
β) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται
            

     
       
                 
1 1 1 12
2 2
f x 2 f x ( ) 0 f x 0 f x f
Από το α) η f στο [1, ) είναι άρα και 1 1 κι επειδή ισχύει   1 με   *
ότι

  1(από τη μονοτονία πάλι της f στο  1, , η λύση της εξίσωσης θα είναι 
 x .
Σύμφωνα με τα προηγούμενα, τα σημεία είναι τα              
        ,f , ,f , ,f .
Αφού        και      
1
e
θα είναι, χωρίς βλάβη της γενικότητας,
 
 
 
  
            
1
f 0,
e
1
0
e
. Αν   , , συνευθειακά θα ήταν
Λύνει o Κώστας Δεββές
Για μαθητές
Για καθηγητές

4. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
           
   

     
     
         
     
1 2
f f f f
f f με       
       1 2
, , , .
Όμως     
      
2 f x
f x f x lnx 1 0 f
x
στο  0, άρα και 1 1. Τότε θα είναι
  1 2
άτοπο αφού ανήκουν σε ξένα διαστήματα. Άρα τα   , , δεν είναι συνευθειακά.
Σημείωση: Η συνθήκη      
1
e
δεν είναι αναγκαία, αφού 3 οποιαδήποτε σημεία της
f
C δεν μπορεί να είναι συνευθειακά, αφού αν ήταν, με 2 ΘΜΤ και 1 Rolle, θα
μηδενιζόταν η f σε ένα τουλάχιστον σημείο της, πράγμα άτοπο, αφού  
x
x 0 στο
 0, .

5. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Θεωρώντας την συνάρτηση  x
f(x) x , x 0 τα σημεία που δίνονται
  
   
    
a 1 1 1
a a
A(a ,a ), B( , ), ( , ) είναι f( ) f( ) f( )
A(f( ),(f( )) ), B(f( ),(f( )) ), ((f( ),(f( )) )  
      
Η  x xlnx
f(x) x e είναι παραγωγίσιμη με     xlnx
f (x) e (lnx 1) f(x)(lnx 1)και είναι
      
1
f (x) 0 lnx 1 0 x
e
και       
1
f (x) 0 lnx 1 0 x
e
άρα η f είναι γνήσια
φθίνουσα στο
1
(0, ]
e
και αφού
1
, , , 0
e
          θα είναι    
1
, , (0, )
e
( αφού για παράδειγμα
1 1
0
e e
          )
Έστω τώρα ότι A,B, είναι συνευθειακά με      τότε θα ισχύει η ισότητα
f( ) f( ) f( ) f( )
(f( )) (f( )) (f( )) (f( ))
f( ) f( ) f( ) f( )
   
     

     
(1)
Όμως αφού f είναι γνήσια φθίνουσα στο
1
(0, ]
e
και      θα είναι f( ) f( ) f( )     και
σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [f( ),f( )],[f( ),f( )]    υπάρχουν
1 2
x [f( ),f( )], x [f( ),f( )]      ώστε
f( ) f( ) f( ) f( )
1 2
(f( )) (f( )) (f( )) (f( ))
f (x ) , f (x )
f( ) f( ) f( ) f( )
   
     
  
     
και λόγω (1)  1 2
f (x ) f (x )(2)
Επειδή τώρα η   f (x) f(x)(lnx 1) είναι παραγωγίσιμη με
        21 f(x) 1
f (x) f (x)(lnx 1) f(x) f(x)(lnx 1) 0, x (0, )
x x e
η f είναι γνήσια αύξουσα
άρα και '1 1' επομένως από (2) 1 2
x x που είναι άτοπο, άρα τα A,B, δεν μπορεί να
είναι συνευθειακά.
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς
Για καθηγητές

6. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για κάθε   x 0, :     
x
x lnx xlnx
f x x e e .
Η f είναι παραγωγίσιμη στο  0, , ως σύνθεση παραγωγίσιμων , με
        x x
f x x xlnx x lnx 1 , για κάθε x 0 .
Η εξίσωση        
1
f x 0 lnx 1 x
e
και     
1
f x 0 x
e
, άρα η f είναι γνησίως
φθίνουσα στο
 
 
 
1
0,
e
και γνησίως αύξουσα στο
 

 
1
,
e
.
β)
Είναι :    

    
    
               
1 1 1 2
2x x 2 x x x
x 2 x 0 x 0 x x
Προφανής λύση είναι η 
 x με   1 και επειδή στο  1, η    x
f x x είναι
γνησίως αύξουσα , η ρίζα είναι και μοναδική.
Από τα δεδομένα είναι   
1
0
e
,   
1
0
e
,   
1
0
e
και τα σημεία Α , Β , Γ ανήκουν
στη γραφική παράσταση της    x
f x x .
Για κάθε   x 0, :                   
 
2 2x x x x1 1
f x x xlnx x lnx 1 x x lnx 1 0
x x
,
άρα η f είναι κυρτή και η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, .
Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι :   
           
f
1
0
e
.
Στο διάστημα  
   , ισχύει το Θ. Μ. Τ. , άρα υπάρχει   
   1
, :
 
    
 
  
  
  
1
f f
f και στο διάστημα  
   , ομοίως από Θ . Μ. Τ. υπάρχει
  
   2
, :  
    
 
  
  
  
2
f f
f .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
Για μαθητές
Για καθηγητές

7. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Αν τα σημεία Α , Β , Γ ήταν συνευθειακά τότε θα ήταν και       1 2
f f με   1 2
,
ΑΤΟΠΟ , αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, . Άρα τα Α , Β , Γ δεν είναι
συνευθειακά.

8. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Υπολογίζουμε την παράγωγο της συνάρτησης f
    
   x lnx x lnxπαραγωγίζονταςx
f(x)=x f(x)=e f΄(x) = e xlnx ΄ f΄(x) = f(x) lnx+1
Άρα για τη μονοτονία της f έχουμε τον παρακάτω πίνακα
β)
Θεωρούμε συνάρτηση
x+1
x
g(x)=x ορισμένη στο   0, , οπότε έχουμε :
       
   
  

   
   
x+1 x+1 xx+1 x
f xx x
x lnx x x lnxx lnx
f xf x lnf x lnf xx lnx
g(x)=x g(x)=e g(x)=e g(x)=e
g(x)=e g(x)=e g(x)=e g(x)= f x
Άρα   
x+1
x
g(x)= x f f x
Για την εξίσωση :  
 
ν+1 ν+1
2 x ν x 2 ν
x -2 ν x +ν =0 έχουμε ότι
 
    
 
 


        
   
ν+1 ν+1 ν+1 ν+12
2 x ν x 2 ν x ν x ν
f γν.αύξουσα στο 1,+ ν *
f ''1 1"
x -2 ν x +ν =0 x ν 0 x ν 0
f(x)=f f ν x=f ν x=ν , ν
Έστω ότι
 
 
 
 
  
 
 
1
f γν.φθίνουσα στο 0 ,
e1 1
α<β<γ< f(α)>f(β)>f(γ)>f (1)
e e
Προφανώς f(α) f(β) f(γ)
Θα αποδείξουμε ότι
 
 
 
1 1
f
e e
Πράγματι έχουμε :
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς
Για μαθητές
Για καθηγητές

9. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
      
        
     
 
     
 
1 1
e elnx γν.αύξουσα στο 0 ,+1 1 1 1 1 1
f > ln >ln
e e e e e e
1 1 1
ln 1 1 το οποίο ισχύει
e e e
Άρα η ανίσωση (1) γίνεται :
 
 
 
1 1
f(α)>f(β)>f(γ)>f
e e
και επειδή
f γνησίως αύξουσα στο
 

 
1
, +
e
ισχύει ότι      
 
 
 
1
f f(α) >f f(β) >f f(γ) >f
e
Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ για την συνάρτηση f στα διαστήματα       
   f(γ),f β , f(β),f α
f συνεχής στα :       
   f(γ),f β , f(β),f α
f παραγωγίσημη στα :    f(γ) ,f(β) , f(β) ,f(α)
Άρα υπάρχουν αριθμοί     1 2
ξ f(γ) ,f(β) και ξ f(β) ,f(α)
τέτοιοι ώστε :
     
   
     
   
 1 2
f f β - f f γ f f α - f f β
f΄(ξ )= 0 καί f΄(ξ )= 0
f β -f γ f α -f β
Οπότε ορίζονται οι συντελεστές διεύθυνσης των τμημάτων ΒΓ και ΑΒ
Δηλαδή : 
β+1 β+1γ+1 α+1
β βγ α
1 ΒΓ 2 ΑΒβ βγ α
β - γ α - β
f΄(ξ )= λ καί f΄(ξ )= = λ
β -γ α -β
Θα αποδείξουμε ότι 1 2
f΄(ξ ) f΄(ξ )
Βρίσκουμε την δεύτερη παράγωγο της συνάρτησης f
           
    
      
 
        
 
2
1
f΄΄ x = f΄ x ΄ f(x) lnx+1 ΄ f΄ x lnx+1 f(x)
x
1 1
f(x) lnx+1 lnx+1 f(x) f(x) lnx+1 0
x x
Άρα    f΄΄ x >0 οπότε f΄ x γνησίως αύξουσα οπότε f΄ "1-1"
δηλαδή 1 2
f΄(ξ ) f΄(ξ ) άρα ΒΓ ΑΒ
λ λ από όπου προκύπτει το ζητούμενο
ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Η διάταξη των αριθμών α , β , γ είναι ανεξάρτητη της λύσης .
Αν ήταν διαφορετική θα άλλαζαν τα διαδοχικά διαστήματα στα
οποία εφαρμόζονται τα Θ.Μ.Τ

10. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι
 x xlnx
f(x) x e για x 0 , οπότε :     x xlnx xlnx x
f'(x) (x )' (e )' e (xlnx)' x (lnx 1).
Τώρα f'(x) 0   lnx 1 0  
1
x
e
, f'(x) 0   lnx 1 0   
1
0 x
e
.
Άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο
 
 
 
1
0,
e
, γνήσια αύξουσα στο
 

 
1
,
e
και παρουσιάζει
στο 0
1
x
e
ολικό ελάχιστο 
1
e
1 1
f( ) ( )
e e
. Δηλαδή 
1
x e
1
x ( )
e
και επειδή η συνάρτηση
 x1
h(x) ( )
e
είναι γνήσια φθίνουσα στο R, θα ισχύει ότι
 
1
x e
1 1
x ( ) .
e e
β)
΄Εχουμε την εξίσωση:
 
 
    
1 1
2x x 2
x 2 x 0 


  
1
x 2
(x ) 0 


 
1
x
x 

 
 x
x ( )  
 f(x) f( )και επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα στο  1,
διότι  1, 
 

 
1
,
e
, οπότε και 1-1 θα είναι 
 x .
 
       
 
x 2 x x 21 1
f''(x) x (lnx 1) x . x (lnx 1) 0
x x
για x 0 επόμενα η f'είναι γνήσια
αύξουσα στο  0, .
Αν υποθέσουμε ότι       
1
0
e
( επειδή   , , διαφορετικοί ανά δύο θετικοί
αριθμοί με      
1
e
). Tότε      
1
f( ) f( ) f( )
e
δηλαδή   
     
1
e
.
Εστω τώρα τα σημεία Α , Β , Γ είναι συνευθειακά και επειδή        θα ισχύει ότι:
 
 
 
  
  
1 1
=
 
 
 
  
  
1 1

 
 
  
  
f( ) f( )
=
 
 
  
  
f( ) f( )
(1) . Τώρα θέτω 
 1
x , 
 2
x ,
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
Για μαθητές
Για καθηγητές

11. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18

 3
x ,οπότε   1 2 3
1
x x x
e
και η σχέση (1) γίνεται:


1 2
1 2
f(x ) f(x )
x x
=


2 3
2 3
f(x ) f(x )
x x
(2).
Από θεώρημα Μέσης Τιμής στα   1 2
x ,x ,   2 3
x ,x υπάρχουν ξ,η με
      1 2 3
1
x x x
e
και

 

1 2
1 2
f(x ) f(x )
f'( )
x x
,

 

2 3
2 3
f(x ) f(x )
f'( )
x x
οπότε προκύπτει
από (1) ότι  f'( ) f'( ) που είναι ΑΤΟΠΟ διότι η f'είναι γνήσια αύξουσα στο  0, .
Όμοια αν μεταξύ των   , , ισχύει οποιαδήποτε διάταξη.
Αρα τα σημεία Α , Β , Γ ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΣΥΝΕΥΘΕΙΑΚΑ.

12. ___________________________________________________________________________
15 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α) Έχουμε ότι: x xlnx xlnx
f(x) x e x 0. ό f (x) e (lnx 1)       
1 1
f (x) 0 lnx 1 0 lnx 1 lnx ln x
e e
1
ά f ί ί ύ [ , )
e
1 1
f (x) 0 lnx 1 0 lnx 1 lnx ln x
e e
1
ά f ί ί ί (0, ]
e
           
         
           
        
β)
v 1 v 1 v 1
2x x v 2v x v 2
x 2x v v 0 (x v ) 0
  
     
v 1
x v v
v
ά x v . f(x) f(v ) ά x 1
ύ f ί ύ , ά 1 1 έ
x v , 1

       
          
     
1
1 1
ύ ά , , (0, ), ό f ί ί ί .
e e
Έ ( ί ί ά )
ό f( ) f( ) f( )
ό . . . ή [f( ),f( )] [f( ),f( )]( ύ έ )
ά ά (f( )
                   
           
      
                 
     
1 1
1 1
1
2
2
,f( )) έ ώ :
f(f( )) f(f( ))
f ( ) (1)
f( ) f( )
ί ά (f( ),f( )) έ ώ :
f(f( )) f(f( ))
f ( ) (2)
f( ) f( )
, , ί ά ό έ
 
 
 
 
 
 
   
     
     
     
          
     
     
     
           
1 2
1 2 1 2
x 2 x
ή (1) (2) έ f ( ) f ( )
. Rolle [ , ] ά ( , )
1
τέτοιο, ώστε f (ξ) = 0 άτοπο αφού f (x) = x (lnx + 1) + x > 0
x
Ά , , ί ά
 
  
         
            
 
        
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Για μαθητές
Για καθηγητές