Η άσκηση της ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
α) Γνωρίζουμε από τη γενική θεωρία ότι
x x ,  για κάθε x R (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )  *
Οπότε,
 
 
 *
6 2x
3 x
2
x 3 x 3
2
x 3 x 3
x 3 0
x 3
   
    
 
 
      
 
    
  

Έτσι,
   
6 2x
f 1 x R : 3 x f 1 3
2
   
        
  
Τώρα, από τη συνέχεια της f στο  0, , άρα και στο 1, προκύπτει ότι
     x 1 x 1
2
f 1 f x x 2ln x k 1 klim lim 
 
     
Οπότε, 1 k 3 k 2   
Τελικά,
   2
f x x 2ln x 2,x 0,    
β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο  0, με
 
2
2 2
2 x 1
f x 2 2 , x 0
x x

    
x 0 1  
 f x  
f  
Η f είναι κοίλη στο  0,1 και κυρτή στο  1,
O

2. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
γ) Α΄ τρόπος
Για , 1   έχουμε:
 
 
 
 
 
   
 
 
   
8
2
4 4
4
2
2 2
4
2
2 2
4
2 2
2
2
2 2
ln
256
2ln
16
2
2ln
2ln 2ln a
2
4ln 2ln a
2 2
4ln 2 4 2ln 2 2ln 2
2 2
2f
2
  
     
  
 
  
     
  
 
   
  
      
  
 
 
  
      
 
   
    
 
      
               
   
 
   f f (*)
 
    
 
Αρκεί να αποδείξουμε τη σχέση (*)
Για a   η σχέση (*) ισχύει ως ισότητα.
Έστω   . Εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στα διαστήματα
, , ,
2 2
      
       
Οπότε εξασφαλίζεται η ύπαρξη 1 2x , , x ,
2 2
      
      
   
τέτοια, ώστε:
 
   
 
   
1
2
f f a f f
2 2
f x
2 2
f f f f
2 2
f x
2 2
       
      
     
      
 
 
                        
  
 
Όμως 1 2x x και η f είναι γνησίως αύξουσα στο  1, , άρα

3. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
   
   
       
0
1 2
f f f f
2 2
f x f x
a a
2 2
f f f f 2f f f
2 2 2

      
      
       
 
          
              
     
Για    εργαζόμαστε παρόμοια.
Β΄ τρόπος
Για    η ζητούμενη σχέση ισχύει ως ισότητα.
Για    θα αποδείξουμε ότι
 
 
 
 
 
 
   
8
2
4 4
42
2
2
2
2 2
ln
256
ln
4
4ln
4
ln ,
4 4
  
     
  
 
         
  
  
  
     
 
 
    
  
 
 
το τελευταίο όμως ισχύει, διότι από τη γνωστή σχέση ln x x 1,x 0   (με την
ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ) έχουμε
       
2 2 2 2
1
ln 1
4 4a 4 4
        
     
   
 
(σχόλιο: αφού  
     
2 2 2
2
0 1 ln 1
4 4 4
      
            
   
 
:
γνήσια ανισότητα)
δ) Έστω  x 0,1 , τότε  1 x 0,1 .  Οπότε,
 
   
 
 
 
   
f x 4x 1 f x 4x 1
f x f 1 x 2
f 1 x 4 1 x 1 f 1 x 3 4x
         
       
            
ε) Έστω
1
m 0, .
2
 
 
 
Στο ολοκλήρωμα  
1 m
m
f x dx

 θέτουμε 1 x.  

4. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Τότε,
            
           
1 m m 1 m 1 m 1 m)
m 1 m m m m
1 m 1 m 1 m 1 m
m m m m
f x dx f 1 d f 1 d 2 f d 2 1 m m f d
f x dx 2 1 2m f x dx 2 f x dx 2 1 2m f x dx 1 2m.
   

   
                 
        
    
   
στ) Έστω ότι υπάρχει ,0 0,
2 2
    
     
   
τέτοιο, ώστε
 
 
 
 
2 2
2
2
4 ln 4
4 2ln 4 1
2ln 2 4 1
f 4 1,
        
       
        
   
το οποίο είναι αδύνατο διότι  f x 4x 1,  για κάθε  x 0,1 , άρα και
 f 4 1,    για ,0 0, .
2 2
    
     
   
2η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α.    
π 6 2x π
3 συν x συν x 3 x 3 ημ x 3 x 3
2 2
    
              
   
x 3 0 x 3     , καθώς γνωρίζουμε ότι: ημx x x 0   .
Επομένως:      
f συνεχής στο 1
2
x 1 x 1
f 1 3 limf x 3 lim x 2lnx k 3 k 2
 
         και έτσι
για τον τύπο της συνάρτησης f έχουμε:
   
2
2x 2lnx 2, 0 x 1
f x f x x 2lnx 2, x 0
3 , x 1
    
     

.
Β. Είναι    2 2
f x x 2lnx 2 2x 0, x 0
x
        και έτσι η συνάρτηση f
είναι γν.αύξουσα στο  0, .
Επίσης  
 2
2 2
2 x 12 2
f x 2x 2 , x 0
x x x
         
 
.
•  
x 0
f x 0 x 1

   

5. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
•  
x 0
f x 0 x 1

   
•  
x 0
f x 0 0 x 1

    
Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο  0,1 και κυρτή στο  1, .
Γ. Θα προτιμήσω την ακόλουθη λύση, παρακάμπτοντας τη συνάρτηση f
Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο  h x 4lnx x, x 0   .
Είναι  
4 4 x
h x 1 , x 0
x x

     .
•  h x 0 x 4   
•  
x 0
h x 0 0 x 4

    
•  h x 0 x 4   
 
2
α β 4  και 4αβ 4 ,καθώς  α,β 1,+  και επειδή
 
 
    
h γν.φθίνουσα στο 4,+
2 2
α β 4αβ 4 h α β h 4αβ

      
     
 
 
2
2 2 2α β
4ln α β α β 4ln 4αβ 4αβ 4ln α β 4αβ
4αβ
 
           
 
 
   
 
42 8
22 2
4 4
α β α β
ln α β 2αβ 4αβ ln α β
4αβ 256α β
    
          
   
   
,με την ισότητα
να ισχύει για α β .
Δ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο της  1,3 ,έχει εξίσωση: ψ 4x 1  ,
οπότε εκμεταλλευόμενοι την κυρτότητα της f στο  0,1 ,έχουμε:  f x 4x 1 
για κάθε  x 0,1 ,με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 .
Άρα για κάθε  x 0,1 ισχύει:  f x 4x 1  .
Επίσης για κάθε  x 0,1 είναι 0 1 x 1   ,οπότε:    f 1 x 4 1 x 1    .
Προσθέτοντας κατά μέλη, προκύπτει:      f x f 1 x 2, x 0,1    .
Ε. Έστω F μια αρχική συνάρτηση της f στο
1
0,
2
 
  
.Θεωρούμε τη συνάρτηση
g με τύπο      
1
g x F 1 x F x 2x 1, x 0,
2
 
       
.Είναι:
     
1
g x f 1 x f x 2 0, x 0,
2
          
και έτσι g γν.αύξουσα στο
1
0,
2
 
  
,

6. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
οπότε:      
g γν.αύξουσα
1 1
0 m g m g F 1 m F m 2m 1 0
2 2
 
           
 
 
1-m
m
f x dx 1 2m   .
ΣΤ.
π π
α ,0 0, 0 συνα 1
2 2
   
        
   
και επειδή για κάθε  x 0,1 ισχύει:
 f x 4x 1  ,αντικαθιστώντας x συνα ,προκύπτει:
   2
f συνα 4συνα 1 συν α 2ln συνα 2 4συνα 1       
   22 2 2
1 ημ α ln συνα 2 4συνα 1 4 ln συν α 4συνα ημ α          .
3η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
α)
1
(1) lim ( ) 1
x
f f x k

  
H εξίσωση γράφεται:
3 (3 ) 3        αφού    0  .
Άρα (1) 3f  1 3 2k k     και 2
( ) 2ln 2, 0f x x x x    .
β)   2
2
( ) 1 1 0 1f x x x x
x
      
με ( ) 0 (0,1)f x x    και ( ) 0 (1, )f x x     δηλαδή f κοίλη στο (0,1] και
κυρτή στο [1, ) .
γ) Για α=β η αποδεικτέα γράφεται:
8
2
8
(2 )
ln 0 0 ( )
256

 

    που ισχύει ως ισότητα.
Χωρίς βλάβη γενικότητας θεωρώ 1<α<β και από την ανισότητα Jensen (2 ΘΜΤ για
την f στα [ , ],[ , ]
2 2
    
  και χρήση μονοτονίας f στο [1, ) ) , έχω
2 2 2
8 8
2 2
4 4 4
( ) ( )
( ) ( ) 8ln 2 2 4ln( )
2 2 2
( ) ( )
ln 4ln( ) ( ) ln ( )
4 256
a f a f a
f a a
a a
a
  
   
 
    
 
  
       
 
     
δ) Με ( ) ( ) (1 ), (0,1)h x f x f x x    είναι
1
( ) ( ) (1 ) 0
2
h x f x f x x        αφού
f κοίλη στο (0,1) και για
1
0 1 ( ) (1 )
2
x x x f x f x h          στο
1
(0, ]
2
και στο
1
[ ,1)
2
δηλ. έχει max στο ½ το

7. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
51 1 9 5
2 ( ) 4ln 2 4 4ln 2 2 4ln 2 5 ln 256 256
2 2 2 2
f e            που
ισχύει αφού 5 5
3 243 256e    .
ε) Με
1
(0, )
2
m είναι 1m m  και ολοκληρώνοντας την ανισότητα του δ) έχω:
1 1 1
( ) (1 ) 2 2(1 2 )
m m m
m m m
f x dx f x dx dx m
  
       και με 1u x 
1 1
( ) (1 )
m m
m m
f x dx f x dx
 
   προκύπτει η αποδεικτέα.
στ) Θα δείξω ότι  ( , ) 0
2 2
x
 
    είναι : 2 2
4 ln( ) 4       . Θέτω
2 2
( ) 4 ln( ) 4          με ( , )
2 2
x
 
  και ισχύει
 
2
( ) 2 1΄      με ρίζα το 0 και φ στο ( ,0]
2

 ενώ στο [0, )
2

δηλ.
έχει max στο 0 το φ(0)=0. Άρα ( ) 0   με  ( , ) 0
2 2
 
    .
4η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
α)
 3 + 𝜎𝜐𝜈 (
𝜋+6−2𝑥
2
) = 𝑥 ⟺ 𝜎𝜐𝜈 (
𝜋
2
+ 3 − 𝑥) = 𝑥 − 3 ⟺ −𝜂𝜇(3 − 𝑥) =
−(3 − 𝑥)
𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) . Επειδή |𝜂𝜇𝑥| ≤ |𝑥| , ∀𝑥 ∈ ℝ και το ίσον ισχύει μόνο όταν
𝑥 = 0 τότε
𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) ⟺ 𝑥 = 3. Άρα 𝑓(1) = 3.Είναι 𝑓 συνεχής (0, +∞) άρα
𝑓(1) = lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) ⟺ 3 = 1 + 𝑘 ⟺ 𝑘 = 2 ⇢ 𝑓(𝑥) = 𝑥2
+ 2𝑙𝑛𝑥 + 2
β) 𝑓(𝑥) = 𝑥2
+ 2𝑙𝑛𝑥 + 2 , 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 +
2
𝑥
και 𝑓′′(𝑥) = 2 −
2
𝑥2
=
2
𝑥2
(𝑥2
− 1)
𝑥 0 1
𝑓′′
− +
𝑓 ∩ ∪
γ) Έστω :
𝑙 𝑛 (
(𝑎 + 𝛽)8
256𝛼4 𝛽4
) ≤ (𝑎 − 𝛽)2
⟺ 𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽)8
− 𝑙 𝑛(256) − 𝑙 𝑛(𝛼4
𝛽4) ≤ (𝑎 − 𝛽)2
⟺

8. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
8𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽) − 8𝑙 𝑛 2 − 4𝑙 𝑛 𝛼 − 4𝑙𝑛𝛽 ≤ 𝛼2
− 2𝛼𝛽 + 𝛽2
⟺
8𝑙 𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
) ≤ 𝛼2
− 2𝛼𝛽 + 𝛽2
+ 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 (1)
 Για 𝛼 = 𝛽 ισχύει η ισότητα
 Για 1 < 𝛼 < 𝛽 ∶ Εφόσον 𝑓 κυρτή στο (1, +∞) από την ανισότητα Jensen έχουμε :
2𝑓 (
𝑎 + 𝛽
2
) < 𝑓(𝑎) + 𝑓(𝛽) ⟺ 2 (
𝑎 + 𝛽
2
)
2
+ 4𝑙𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
)
< 𝑎2
+ 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2
+ 2𝑙𝑛𝛽
(𝑎 + 𝛽)
2
2
+ 4𝑙𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
) < 𝑎2
+ 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2
+ 2𝑙𝑛𝛽 ⟺
(𝑎 + 𝛽)2
+ 8𝑙𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
) < 2𝑎2
+ 4𝑙𝑛𝑎 + 2𝛽2
+ 4𝑙𝑛𝛽 ⟺
8𝑙 𝑛 (
𝑎+𝛽
2
) ≤ 𝛼2
− 2𝛼𝛽 + 𝛽2
+ 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 . Όποτε η (1) ισχύει για 1 < 𝛼 < 𝛽.
δ) Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 ≤ 1
τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1 (2) και 𝑓(1 − 𝑥) < 4(1 − 𝑥) − 1 (3) για 0 < 𝑥 < 1 .
Προσθέτουμε κατά μέλη (2) και (3) και έχουμε :
𝑓(𝑥) + 𝑓(1 − 𝑥) < 4𝑥 − 1 + 4(1 − 𝑥) − 1 = 2
ε) Θεωρούμε την ℎ(𝑚) = 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 , 0 < 𝑚 <
1
2
όπου 𝐹 μια αρχική της 𝑓 και ℎ′(𝑚) = −𝑓(𝑚) − 𝑓(1 − 𝑚) + 2 > 0 ⟶ ℎ ↑ , 0 <
𝑚 <
1
2
 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 < 1 − 2𝑚 ⟺ [𝐹(𝑥)] 𝑚
1−𝑚1−𝑚
𝑚
+ 2𝑚 − 1 < 0
⟺ 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 < 0 ⟺ ℎ(𝑚) < ℎ (
1
2
) ⟺ 𝑚 <
1
2
που ισχύει .
στ) Αφού 𝑎 ∈ (−
𝜋
2
, 0) ∪ (0,
𝜋
2
) τότε 0 < 𝜎𝜐𝜈𝛼 < 1. Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο
1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 < 1 τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1
 𝑥 = 𝜎𝜐𝜈𝛼 ⇢ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) < 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1
Έστω 4 + 𝑙𝑛(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 + 𝜂𝜇2
𝛼 ⟺ ⋯ ⟺ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1 ⇢ Άτοπο

9. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
5η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
α)΄Εχουμε 3+συν(
2
26 x
)= x  συν( )3(
2
 x

)= x -3  ημ( x -3)= x -3
 x =3 διότι |ημ x | ≤| x | για κάθε x ϵ R (η ισότητα ισχύει μόνο όταν
x =0)
Τώρα f( x )= kxx  ln22
. f συνεχής οπότε )1()(lim1
fxf
x


 1+k=3  k=2.
Συνεπώς f(χ)= 2ln22
 xx .
β) f΄(x)=2 x + 0
2

x
  ,0x δηλαδή f γνήσια αύξουσα στο  ,0 .
Επίσης f΄΄( x )=2- 2
2
x
10  x . f΄΄(x)  1,00  x . f΄΄(x) 10  x . ¨Aρα f
κοίλη στο  1,0 , κυρτή στο  ,1 . Το σημείο (1,3) είναι σημείο καμπής για την f.
γ) Επειδή f κυρτή στο  ,1 από ανισότητα JENSEN θα είναι 2f( )
2
 
 f(α)+f(β)
( η απόδειξη από Θ.Μ.Τ στα 


 



 


,
2
,
2
,
a
a ) δηλαδή
2













 





 
3
2
ln2
2
2

3ln23ln2 22
  a  4ln )
2
(
a
-
2lnα-2lnβ 
2
222
 
 8ln )
2
(
a
-4lnα-4lnβ  2
)(   
ln 8
)
2
(
a
-lnα4
-lnβ4
 2
)(    ln 




 
44
8
256
)(


 2
)(  
δ) Ισχύει: e<3 256243355
 e δηλαδή e5
<256  e5
<28
 5<ln28
 5<8ln2

4
5
<2ln2 
4
9
- 2ln2<1 
4
1
- 2ln2+2<1  f( )
2
1
<1 (1).

10. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
΄Όμως για    1,0)1(1,0  xx , f κοίλη στο  1,0 θα είναι από ανισότητα
JENSEN f( x)+f(1- x) 2 f( )
2
1
(2). ΄Αρα από (1) και (2)
f( x)+f(1- x) <2 .
ε) Είναι f( x)+f(1- x) <2   
  

m
m
m
m
m
m
dxdxxfdxxf
1 1 1
2)1()( (3). ΄Όμως θέτοντας
1- x=u dudx  προκύπτει ότι:   




m
m
m
m
m
m
duufduufdxxf
1
1
1
)()()1( .
Επόμενα η σχέση (3) γίνεται:
  
  

m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
mdxxfdxdxxfdxdxxf
11 11 1
21)()(2)(2 .
στ) Αν g( x)=f( x) -4 x +1 , x  1,0 g΄( x)=f΄( x)-4=2 x+
2
1
24
2







x
x
x
>0
για x  1,0 συνεπώς g γνήσια αύξουσα στο  1,0 . Δηλαδή για 0< x<1
14)(0)()1()(  xxfxggxg . Τώρα αν α𝜖 (−
𝜋
2
, 0)  (0,
𝜋
2
) θα είναι
0<συνα<1 οπότε f(συνα)<4συνα-1  συν2
α+2ln(συνα)+2<4συνα-1  1-
ημ2
α+2ln(συνα)+2<4συνα-1  4+ ln(συν2
α)<4συνα+ ημ2
α.
΄Αρα δεν υπάρχει α𝜖 (−
𝜋
2
, 0)  (0,
𝜋
2
)τέτοιο ώστε: 4+ln(συν2
α)≥4συνα+ ημ2
α.

11. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
6η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
6 x
3 ( ) x (x 3) x 3 (x 3) x 3
2

 
          
όμως από την ανισότητα , R    η ισότητα ισχύει μόνο για α=0
, άρα x 3 0 x 3   η οποία επαληθεύει την εξίσωση.
Άρα
6 2x
f(1) x R :3 x {3} f(1) 3
2
   
         
  
Όμως f συνεχής στο 1 άρα
x 1
limf(x) f(1) 1 3 2

       
άρα 2
f(x) x 2ln x 2 ,x (0, )    
B.
f δυο φορές παραγωγίσιμη με
2
'( ) 2f x x
x
 
2
2
''( ) 2f x
x
 
Γ.
αν α=β >1 τότε προφανώς ισχύει η ισότητα.
Για α,β>1 με α<β (χ.β.γ.) , η f πληροί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στα
a a
a, , ,
2 2
    
      
και τότε θα υπάρχουν 1 2
a a
a, , ,
2 2
    
       
   
ώστε
1 2
a a
f( ) f(a) f( ) f( )
2 2f '( ) , f '( )
2 2
 
  
   
 
όμως f ' στο    , 1,    (ερώτημα Β)
x 0 1 +∞
f ’’ - +
f ↷ ⤻

12. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
άρα 1 2 1 2f '( ) f '( )
2
 
            
 
   
 
2 2
2 2
22
2 2 2 2
4 2
2 2
2 2
4
a a
f ( ) f (a) f ( ) f ( )
2 2
2 2
a a
f ( ) f (a) f ( ) f ( )
2 2
2ln a 2ln a 2ln 2ln
2 2 2 2
2ln ln a ln a
2 2
ln a
16 2
2ln
16
 
  
 
     
 
    
              
                
       
   
       
 
   
   
 
 

 
 
 
22 2
2 2
8
2
4 4
2a 2
ln
256
      

 
  
 
Δ.
Έστω g(x) f(x) f(1 x) 2 ,x (0,1)     παραγωγίσιμη με
g'(x) f '(x) f '(1 x) ,x (0,1)    . Όμως f '  0,1 άρα
για
1 1
x x 1 x f '(x) f '(1 x) g'(x) 0 g ,1
2 2
 
           
 
για
1
0 x x 1 x
2
1
f '(x) f '(1 x) g'(x) 0 g 0,
2
     
 
      
 
και
1
g'( ) 0
2
 .Οπότε η g έχει ολικό μέγιστο με
1 1 5
g(x) g( ) f(x) f(1 x) 2 2f( ) 2 2 2ln 2 0
2 2 4
f(x) f(1 x) 2
 
           
 
  

13. ___________________________________________________________________________
17η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
Ε.
1
m 0, m 1 m
2
 
    
 
.
u 1 x1 m m 1 m
m 1 m m
f(1 x)dx f(u)du f(x)dx (1)
  

     
Από ερώτημα Γ είναι
(1)1 m 1 m 1 m
m m m
1 m 1 m
m m
f(x) f(1 x) 2 f(x)dx f(1 x)dx 2dx
2 f(x)dx 2(1 2m) f(x)dx 1 2m
  
 
       
    
  
 
ΣΤ.
η εφαπτόμενη της f στο 1 είναι η
y f(1) f '(1)(x 1) y 3 4(x 1) y 4x 1         
η f είναι κοίλη στο (0,1] άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται κάτω από
τη εφαπτόμενη εκτός του σημείου επαφής ,άρα
f(x) 4x 1 , x (0,1)   
για κάθε 0 0, (0,1)
2 2
    
        
   
, οπότε
2 2
2 2 2 2
f( ) 4 1 ln 2 4 1
1 ln 2 4 1 4 ln 4
              
                 
άρα δεν υπάρχει 2 2
0 0, : 4 ln 4
2 2
    
             
   