Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η f είναι κυρτή στο R, άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο R και η συνάρτηση f είναι
γνησίως αύξουσα στο R
Έχουμε
           
   
     
   
         
 
 
 
  
 
 
 
   
 
   
   
  


       

x 0 x 0
x 0 x 0
x 0 x 0
x x
x xf / 0
0
x
0
x
f x f 0 e f x f 0 e
2
x x
f x f 0 e 1 e 1
f 0 f 0 f 0
x x x
e 1
f 0 f 0 f 0
f 0 f 0
f 0 e f 0 f 0
x
lim lim
lim lim
lim lim
======
Άρα
       f 0 f 0 2 1
Επίσης
    
    
         
 
 
     
 
      
x 0 x 0
2
x f 0 f 0 x
2 x f 0 f 0
x
f 0 f 0 f 0 f 0 2 2
lim lim
Από τις σχέσεις    1 , 2 προκύπτει ότι     f 0 0,f 0 2
β)
1ος τρόπος
Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο  O 0,0 είναι
       
 
: y f 0 f 0 x 0
: y 2x
Επειδή η f είναι κυρτή στο R, η γραφική της παράσταση θα βρίσκεται «πάνω» από την
ευθεία   , δηλαδή
  f x 2x για κάθε  x 3R
(με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )
και επειδή

 
x
2xlim , προκύπτει ότι  
 
x
f xlim
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, τότε επειδή είναι και συνεχής (ως
παραγωγίσιμη), το σύνολο τιμών της θα είναι το
           
  
x x x
f f x , f x , f xlim lim lim'
το οποίο είναι άτοπο
2ος τρόπος
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, τότε   f 1 0
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης

2. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα   0,1 προκύπτει η ύπαρξη αριθμού  ρ 0,1 :
           

   
f
f ρ = f 1 - f 0 = f 1 < 0 f ρ < 2 = f 0 ρ < 0, ά=>
1
γ)
Η σχέση  3 για   x 1,x 1 δίνει αντίστοιχα
 
 
 
   
  

   
 
f 1 2
f 1 f 1 0
f 1 2
Οπότε
    
 
   
 
   
 
 

 
      

 
   
        
   
x 0 x 0
x 0
2
x 1
f 1 f 1x f 1 f 1 x 1
x
xf x 2x f x 2x
x 1 1
f 1 f 1
x f x 2x
lim lim
lim
διότι

 

x 0
x 1
0,
x
lim      f 1 f 1 0 ,   
 
x 0
f x 2x 0lim
και   f x 2x 0 λόγω της  3
δ)
1ος τρόπος
Έστω ότι για κάποιο   'ισχύει
     
 
   
                       
3
2 2 2 2
f 2
f 1 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0=>
Το μηδέν επαληθεύει την εξίσωση      
2
f x x 1 1
Άρα
      
2
f x x 1 1 α = 0
2ος τρόπος
       
  
 
            2
f x 2x 0
2 2 2
x 0
f x x 1 1 f x x 2x 0 f x 2x x x 0

3. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από το δεύτερο όριο παρατηρούμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0
άρα και συνεχής στο 0.
Οπότε    

x 0
limf x f 0 και
       
  
 
 
x 0 x 0
f x f 0 f x f 0
lim lim f 0
x 0 x
.
Είναι :
           
 
   
     
 

   
  
 
   
  
     
x x x x
x 0 x 0
x
x
x 0
0
f x f 0 e f x f x e f x e f 0 e
lim 2 lim 2
x x
f x f 01 e
lim f x e 2
x x
f 0 1 e f 0 2
       f 0 f 0 2 , 1

 
 
    
0
x x0
0
x 0 L'H x 0
1 e e
lim lim e 1
x 1
Και
    
    
     
 
 
       
 
  
2
x 0 x 0
x f 0 f 0 x
lim 2 lim x f 0 f 0 2
x
f 0 f 0 2 , 2
Λύνουμε το σύστημα των (1) και (2) {
     f 0 f 0 2
     f 0 f 0 2
 {
  f 0 2
  f 0 0
β)
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο .
Τότε για      
 
      
f x 0 f x
x 0 f x f 0 f x 0 0
x
Επειδή υπάρχουν τα όρια
     
  
 

  
x 0 x 0
f x f x f 0
lim lim f 0 2
x x 0
και 


x 0
lim 0 0 θα ισχύει
 
 

    
x 0
f x
lim 0 f 0 0 2 0
x
άτοπο.
Άρα η f δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο .
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

4. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
γ)
 Είναι

 

x 0
x 1
lim 0
x
 Η εφαπτομένη (ε) της f
C στο σημείο της   A 0,f 0 έχει εξίσωση
        y f 0 f 0 x 0 y 2x
Η f είναι κυρτή στο άρα η f
C βρίσκεται πάνω από την (ε) για κάθε x με
εξαίρεση το σημείο επαφής.
Οπότε   f x 2x για κάθε x (το ίσον μόνο για x 0 )
δηλαδή   f x 2x κοντά στο 0 και επειδή
    
   
x 0
lim f x 2x f 0 0 0 θα είναι
 
 
x 0
1
lim
f x 2x
 Η f είναι κυρτή στο άρα f γνησίως αύξουσα στο .
Η f πληρεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στα   1,0 και   0,1 .
Άρα υπάρχουν   1
x 1,0 και  2
x 0,1 ώστε :
 
   
 
 
 
    
 
1
f 0 f 1
f x f 1
0 1
και  
   
 

  

2
f 1 f 0
f x f 1
1 0
όμως                        1 2 1 2
x 0 x f x f x f 1 f 1 f 1 f 1 0
Άρα
    
 
    
  
    
 
 

         

 
  
   
 
 
  

2x 0 x 0
x 0
x f 1 f 1 x 1 x f 1 f 1 x 1
lim lim
xf x 2x x f x 2x
x 1
f 1 f 1
xlim
f x 2x
lim     
 
      
 
  
    
 
      
x 0 x 0
x 1 1
f 1 f 1 lim
x f x 2x
f 1 f 1

5. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από

 
 
2
x 0
x (f(0) f (0))x
lim 2
x
προκύπτει ότι  
   
x 0
lim x (f(0) f (0)) 2 άρα
  f(0) f (0) 2(1)
Τώρα από



x
x 0
f(x) f(0)e
lim 2
x
είναι

  

x
x 0
f(x) f(0) f(0) f(0)e
lim 2
x
ή

  
  
 
x
x 0
f(x) f(0) e 1
lim f(0) 2
x x
ή       f (0) f(0) 1 2 f (0) f(0) 2 (2)
και από (1),(2) έχουμε  f(0) 0, f (0) 2
β)
Έστω ότι η f είναι γνήσια φθίνουσα στο R.
Τότε από  f (0) 2 έχουμε


 
x 0
f(x) f(0)
lim 2 0
x
άρα


f(x) f(0)
0
x
κοντά στο 0 και για
  
f
x 0 f(x) f(0)
2
δηλαδή


f(x) f(0)
0
x
που είναι άτοπο
άρα η f δεν είναι γνήσια φθίνουσα στο R.
γ)
Είναι

 2
x 0
lim(xf(x) 2x ) 0και

     
x 0
lim( x (f( 1) f(1))x 1) 0 και τότε
 
  
    
 
 2
x 1
(f( 1) f(1))
x (f( 1) f(1))x 1 xh(x)
xf(x) 2x f(x) 2x
ή
  
    
  
1 x 1
h(x) (f( 1) f(1))
f(x) 2x x
Τώρα η εφαπτομένη της f
C στο σημείο της (0,0) είναι     y f(0) f (0)(x 0) y 2x και
λόγω κυρτότητας ισχύει  f(x) 2x, x 0
επομένως   f(x) 2x 0, x 0 και

 
x 0
1
lim
f(x) 2x
Ακόμη

 

x 0
x 1
lim 0
x
και στα διαστήματα [ 1,0], [0,1] σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν
  1 2
x ( 1,0), x (0,1) ώστε
  
  
 
1 2
f(0) f( 1) f(1) f(0)
f (x ) , f (x )
0 1 1 0
ή     1 2
f (x ) f( 1), f (x ) f(1)
και αφού f γνήσια αύξουσα αφού f κυρτή ισχύει ότι
Λύνει o Βασίλης Κακαβάς

6. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
         1 2
f (x ) f (x ) f( 1) f(1) 0 f( 1) f(1) οπότε
 
   
       
    
x 0 x 0
1 x 1
limh(x) lim (f( 1) f(1))
f(x) 2x x
δ)
Προφανής ρίζα της εξίσωσης   2
f(x) (x 1) 1 είναι η x 0 και
για την συνάρτηση     2
g(x) f(x) (x 1) 1, x R είναι
    g (x) f (x) 2(x 1), x R με    g (0) f (0) 2 0 και επειδή είναι γνήσια αύξουσα αφού
για     1 2 1 2
x x 2(x 1) 2(x 1) και  1 2
f (x ) f (x )(λόγω κυρτότητας)
και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει  1 2
g (x ) g (x )έχουμε
για     x 0 g (x) g (0) 0
άρα η g είναι γνήσια αύξουσα στο  [0, ) και για     x 0 g (x) g (0) 0
άρα η g είναι γνήσια φθίνουσα στο ( , 0]
έτσι το g(0) 0 είναι η ελάχιστη τιμή της g , άρα μοναδική ρίζα της είναι το 0

7. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η συνάρτηση g με  
   

f x f 0
g x
x
με x 0 γράφεται:
 
           
 
   
   
x x x x
f x f 0 e f 0 e f 0 f x f 0 e e 1
g x f 0
x x x x
και παίρνοντας όριο στο 0
έχω:      
  
x 0
limg x 2 f 0 f 0 (1), αφού με τον ορισμό της παραγώγου της x
e στο 0 ή τον
κανόνα de L’ Hospital το



x
x 0
e 1
lim 1
x
.
Το 2ο όριο γράφεται:         
 
x 0
lim x - f 0 - f 0 = -2 f 0 + f 0 = 2 (2).
Από (1) και (2) έχω   f 0 0 και   f 0 2.
β)
Επειδή η f κυρτή στο R η f θα είναι στο R, άρα
          x 0 f x f 0 2 0 f στο  0, , άρα όχι στο R.
γ)
Για x κοντά στο 0 έχω  
    
 
   
 
 
      
 
 2
x 1
f 1 f 1x 1 f 1 f 1 x
xh x
xf x 2x f x 2x
.
Η y 2x είναι η εφαπτομένη της f
C στο  O 0,0 , άρα   f x 2x με το «=» μόνο στο 0 .
Άρα η συνάρτηση   f x 2x έχει θετικές τιμές κοντά στο 0 και   
 
x 0
lim f x 2x 0 ,
άρα
 
 
x 0
1
lim
f x 2x
(3).
Από τη σχέση     *
f x 2x,x R για x 1 και 1 έχω:   f 1 2 και    f 1 2 και
προσθέτοντας:      f 1 f 1 0 .
Άρα        
 
      
x 0
x 1
lim( f 1 f 1 ) f 1 f 1 0
x
(4).
Από (3), (4) έχω  
 
x 0
limh x .
Για το πρόσημο του     f 1 f 1 θα μπορούσαμε να εφαρμόσουμε ΘΜΤ στα       1,0 , 0,1
και:                           1 2
f f 0 f 1 f 1 ,f f 1 f 0 f 1 κι επειδή f θα ήταν
                    1 2
f f f 1 f 1 f( 1) f 1 0.
δ)
Λύνει ο Κώστας Δεββές

8. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Προφανής λύση το 0 και από             
2* 2
f x 2x,x f x x 1 x 1 1R , δηλαδή η
δοσμένη εξίσωση δεν έχει άλλη ρίζα.

9. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
f κυρτή στο άρα f συνεχής και παραγωγίσημη στο οπότε :
           
       
   
         
 
  
 
  

     
       
x x
x 0 x 0
x x
x 0 x 0 x 0
f x -f 0 e f x -f 0 +f 0 -f 0 e
lim 2 lim 2
x x
f x -f 0 f 0 -f 0 e 1-e
lim lim 2 f΄ 0 f 0 lim 2
x x x
f΄ 0 f 0 1 2 f΄ 0 f 0 2 σχέση (1)
Από το δεύτερο όριο έχουμε :
         
   
 
          
  
2
x 0 x 0
x x- f 0 f ΄ 0x - f 0 f ΄ 0 x
lim 2 lim 2
x x
.................. f 0 f΄ 0 2 σχέση (2)
Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε ότι    f 0 =0 , f΄ 0 =2
β)
Α ΄ τρόπος :
Βρίσκουμε την εφαπτομένη της f
C στο 0
x = 0
         ε : ψ-f 0 =f΄ 0 x-0 .............. ε : ψ=2x
Επειδή f κυρτή στο ισχύει ότι :
      f x ψ δηλαδή f x 2x το = ισχύει για x=0
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο άρα μπορούμε να γράψουμε :
         5 0 f 5 f 0 f 5 0
Mε τη βοήθεια της παραπάνω ανίσωσης για x=5 παίρνουμε :
   f 5 10 0 άτοπο , άρα f όχι γνησίως φθίνουσα στο
Β΄ τρόπος :
Θεωρούμε συνάρτηση h με τύπο :    h x =f x -2x στο συνεχής και παραγωγίσημη με
   h΄ x =f΄ x -2
Επειδή f κυρτή στο ισχύει ότι :  f΄ x γνησίως αύξουσα στο
Άρα μπορούμε να γράψουμε :
                 Για x 0 f΄ x f΄ 0 f΄ x 2 f΄ x -2 0 h΄ x 0
               Για x<0 f΄ x f΄ 0 f΄ x 2 f΄ x -2<0 h΄ x 0
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς

10. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για την h έχουμε :
Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας έχουμε ότι :
   h x 0 το = ισχύει για x=0
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο δηλαδή
ισχύει ότι :
       
    
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
x , x με x x f x f x και
x x 2x 2x
Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε            1 1 2 2 1 2
f x 2x f x 2x h x h x
δηλαδή h γνησίως αύξουσα στο το οποίο είναι άτοπο
Άρα f όχι γνησίως φθίνουσα στο
γ)
Διαιρώντας τον αριθμητή και τον παρονομαστή του ορίου που θέλουμε να
υπολογίσουμε με το x έχουμε :
    

x 0 x 0
συνx-1 συνx-1
+f(-1)+f(1) +f(-1)+f(1)
x xL=lim lim
f x -2x h x
Ισχύουν τα παρακάτω :

x 0
συνx-1
lim =0
x
 Από το β) ισχύει :   h x 0 για κάθε x 0 Άρα :
     h 1 0 .........f 1 2 ,        h 1 0 .........f -1 2
δηλαδή f(-1)+f(1) 0
 Επίσης    x 0
limh x =h 0 =0 και επειδή   h x 0 για κάθε x 0
  


x 0
limh x 0
Άρα
 
  
   
x 0
συνx-1
+f(-1)+f(1)
1xL=lim f(-1)+f(1)
f x -2x 0
δ)
       
2 2 2
f(x)+ x-1 1 f x -2x=-x h x =-x
Eπειδή   h x 0 για κάθε x και 2
-x 0 για κάθε x
έχουμε ότι :    2
h x =-x 0 x=0

11. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έχουμε ότι:
            
          
 
 
     
 
 
   
    
 
 
      
       
   
   
  
xx
x 0 x 0
x x
x 0 x 0
f x f 0 f 0 e f 0f x f 0 e
lim 2 lim 2
x x
f x f 0 f 0 e 1 e 1f x f 0
lim 2 lim f 0 2
x x x
f 0 f 0 2 1
αφού
   
 


x 0
f x f 0
lim f 0
x
και
 
  


  

xx
x
x 0 x 0 x 0
e 1e 1
lim lim lime 1
x x
Επίσης:
    
    
     
 
 
       
  
2
x 0 x 0
x f 0 f 0 x
lim 2 lim x f 0 f 0 2
x
f 0 f 0 2 2
Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων    1 , 2 και έχουμε ότι   f 0 2 και   f 0 0
β)
Επειδή η f είναι κυρτή η γραφική παράσταση της βρίσκεται πάνω από την γραφική
παράσταση της εφαπτομένης στο   0,f 0
Άρα   f x 2x για κάθε x R και συνεπώς   f 1 2
Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R
Έχουμε:
         0 1 f 0 f 1 0 f 1 άτοπο
γ)
Επειδή η f είναι κυρτή η γραφική παράσταση της βρίσκεται πάνω από την γραφική
παράσταση της εφαπτομένης στο   0,f 0 εκτός από το σημείο επαφής
Άρα   f x 2x για κάθε x 0 και επομένως    f 1 2 και   f 1 2 συνεπώς
       f 1 f 1 2 2 0
Συνεπώς το ζητούμενο όριο γίνεται:
Λύνει ο Θωμάς Πετρόπουλος

12. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
    
 
    
  
          
   
   
2x 0 x 0
x f 1 f 1 x 1 x f 1 f 1 x 1 1
lim lim
xf x 2x x f x 2x
αφού:
          
        
 


          
  
   
       
0
0
x 0 x 0
x 0
x f 1 f 1 x 1x f 1 f 1 x 1
lim lim
x x
lim x f 1 f 1 f 1 f 1 0
και
  
 
x 0
lim f x 2x 0 αφού η f είναι συνεχής στο 0 ως παραγωγίσιμη και επιπλέον
      f x 2x f x 2x 0 για κάθε x 0 και συνεπώς
 
 
x 0
1
lim
f x 2x
δ)
Η εξίσωση ορίζεται για κάθε x R
Παρατηρούμε ότι για x 0 επαληθεύεται
Για x 0 έχουμε:
  
2
f x 2x
x 0
και συνεπώς           
22
f x x 2x f x x 1 1
Άρα η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα

13. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
    
         
 
       
 
2
x 0 x 0
x f 0 f 0 x
lim lim x f 0 f 0 f 0 f 0
x
, άρα
              f 0 f 0 2 f 0 f 0 2 (1)
           
 
   
 
x x
x 0 x 0
f x f 0 e f x f 0 f 0 f 0 e
lim lim
x x
   
     
  
    
  
x
x 0
f x f 0 e 1
lim f 0 f 0 f 0
x x
, αφού
 

 
x DLH
x
x 0 x 0
e 1
lim lime 1
x
Άρα      f 0 f 0 2 (2)
Από (1) και (2) παίρνουμε   f 0 2 και   f 0 0.
β)
Αφού η f είναι κυρτή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  .
Για κάθε        x 0 f x f 0 2 , άρα στο  0, η f είναι γνησίως αύξουσα , άρα δεν
μπορεί να είναι γνησίως φθίνουσα στο  .
γ)
Η γραφική παράσταση της f έχει στο  O 0,0 εφαπτομένη με εξίσωση
      y f 0 f 0 x y 2x
Επειδή η f είναι κυρτή στο  ισχύει   f x 2x για κάθε x και η ισότητα ισχύει μόνο
για x 0 .
Άρα για  x 1 ισχύει    f 1 2 και για x 1:   f 1 2 , οπότε      f 1 f 1 0 . Οπότε
έχουμε
    
 
    
  
 
      
  
 2x 0 x 0
x 1
f 1 f 1x f 1 f 1 x 1
xlim lim
xf x 2x f x 2x
καθώς
  
 
x 0
lim f x 2x 0 και   f x 2x 0 κοντά στο 0
x 0 και
        
  
       
 x 0
x 1
lim f 1 f 1 f 1 f 1 0
x
.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

14. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
β΄ τρόπος για το      f 1 f 1 0
Από Θ.Μ.Τ. στο   1,0 για την f υπάρχει   1
x 1,0 :  
   
 
 
    1
f 0 f 1
f x f 1
1
Από Θ.Μ.Τ. στο   0,1 για την f υπάρχει  2
x 0,1 :  
   
 

  2
f 1 f 0
f x f 1
1
Οπότε            

           
f
1 2 1 1
x x f x f x f 1 f 1 f 1 f 1 0 .
δ)
Προφανής λύση είναι η x 0 , η οποία θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.
Αν υπάρχει ρίζα   0 της εξίσωσης τότε :        
2
f 1 1 .
Αλλά                       
2 2 2
f 2 1 1 2 1 2 1 2 0 άτοπο.
Άρα η x 0 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης.

15. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έχουμε x 0  ,
x
f(x) f(0)e
x


x x x
f(x) f(x)e f(x)e f(0)e
x
  

x
1 e
f(x)
x
 
 
 
+ xf(x) f(0)
e
x
 
 
 
και επειδή
x
x 0
1 e
limf(x) f(0)
x
 
  
 
, x
x 0
f(x) f(0)
lim e f'(0)
x
 
 
 
Θα ισχύει ότι:
x
x 0
f(x) f(0)e
lim f(0) f'(0)
x

   f'(0) f(0) 2   (1).
Eπίσης
2
x 0
x (f(0) f'(0))x
lim
x
 

x 0
lim(x f(0) f'(0)) f(0) f'(0)

     οπότε f(0) f'(0) 2  (2).
Από τις σχέσεις (1) , (2) προκύπτει ότι
f(0) 0 , f'(0) 2 .
β)
Αν η f ήταν γνήσια φθίνουσα στο R τότε
x 0
f(x)
x 0 f(x) 0 lim 0
x


     δηλαδή f'(0) 2 < 0 ΑΤΟΠΟ.
Όμοια
x 0
f(x)
x 0 f(x) 0 lim 0
x


     δηλαδή f'(0) 2 < 0 ΑΤΟΠΟ.
Άρα η f δεν είναι γνήσια φθίνουσα στο R.
γ)
Από θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στα διαστήματα 1,0 , 0,1       υπάρχουν
1 2
,  ώστε 1 2
1 0 1       και 1
f'( ) f(0) f( 1)    , 2
f'( ) f(1) f(0)   .
Επειδή f κυρτή στο R θα είναι
1 2
f'( ) f'( )    f( 1) f(1)    f( 1) f(1) 0   .
Επίσης λόγω της κυρτότητας η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε
σημείο του R βρίσκεται “κάτω” από τη γραφική της παράσταση με εξαίρεση το σημείο
επαφής τους.
Η εφαπτομένη της Cf στο O(0,0) είναι
y 2x οπότε θα ισχύει f(x) 2x x 0  .
Τώρα
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

16. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
2
x f( 1) f(1) x 1 x 1 1
f( 1) f(1) ,x 0
xf(x) 2x x f(x) 2x
       
     
  
και επειδή
x 0
x 1
lim 0
x
 
 , f( 1) f(1) 0   , f(x) 2x x 0 
x 0
limf(x) 2x 0

  ,
θα είναι
x 0
lim

 
2
x f( 1) f(1) x 1
xf(x) 2x
    

 x 0
lim

x 1 1
f( 1) f(1)
x f(x) 2x
  
   
 
=+.
δ)
Προφανής λύση της εξίσωσης η x 0 ,
Τώρα για x 0 είναι
f(x) 2x 0   2
f(x) x 2x 0    2
f(x) x 2x 1 1     2
f(x) (x 1) 1.  
Άρα 2
f(x) (x 1) 1 x 0.    