Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η f είναι συνεχής στο   0,1 και       f 0 2 0, f 1 3 k
Δεν ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα   0,1
αν και μόνο αν
    3 k 0 k 3 1
Επίσης,
     
     
x x x
6 6
f x x kx 2 x ,lim lim lim άρα   f x 0 για x κοντά στο .
Άρα
       
  
 
         
    
 
x x x
6 6 6 6
5 5 5
0 , αν k 3
f x k 2 x x kx 2 k 2 x 3 k x kx 2
, αν k 3
x x x
, αν k 3
lim lim lim
Αφού το
   

 
x
6
5
f x k 2 x
x
lim δεν είναι ίσο με  θα πρέπει  k 3 2
Από τις  1 και  2 προκύπτει ότι k 3
β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Rμε    4
f x 30x 0 και η f είναι συνεχής στο R,
άρα η f είναι κυρτή στο R. Κατά συνέπεια η f
C βρίσκεται «πάνω» από οποιαδήποτε
εφαπτομένης της
γ) Η εφαπτομένη της f
C στο σημείο   A 1,f 1 έχει εξίσωση:
         y f 1 f 1 x 1 y 3x 3
Η f όμως είναι κυρτή, άρα
  f x 3x 3 για κάθε x R
δηλαδή
 6
x 6x 5 για κάθε x R  3
 Θέτοντας για x διαδοχικά τους αριθμούς α,β,γ στη σχέση  3 παίρνουμε:
 
 

 

                 
  
6
6 6 6 6 6 6 6
6
α 6α 5
β 6β 5 α β γ 6α 5 6β 5 6γ 5 α β γ 15 6 α β γ
γ 6γ 5
Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν   α β γ 1
(διότι η ισότητα στη σχέση  3 ισχύει μόνο για x 1)
 Θέτοντας για x διαδοχικά τους αριθμούς αβ,βγ,αγ στη σχέση  3 παίρνουμε:
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

2. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
 
 
 
 
 
 
     


    

            
 
   
   

5
6
6 5 5 5 5
6
5
5
αβ 6
αβαβ 6αβ 5
5 5 5 5
βγ 6βγ 5 βγ 6 αβ βγ αγ 18
βγ αβ αγ βγ
αγ 6αγ 5 5
αγ 6
αγ
     
 
       
 
5 5 5 1 1 1
αβ βγ αγ 5 18
αβ αγ βγ
Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν       αβ βγ γα 1 α β γ 1
(διότι η ισότητα στη σχέση  3 ισχύει μόνο για x 1)

3. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
  
 
   
6
f: , f(x)=x kx+2, x .
H f δεν ικανοποιεί όλες τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του
Bolzano στο [0,1] . Είναι συνεχής στο [0,1], γιατί είναι πολυωνυμική, άρα
f(0) f(1) 0, f(0)=2>0,
άρα f(1) 0 3-k 0 k
  
    
   

  
   
    

   
6
x x -
6 6 6 6
5 5 5x x - x -
6
5x - x -
3 (1).
lim f(x)= lim x =+ , άρα f(x)>0 κοντά στο - , οπότε f(x) f(x).
f(x) (k-2)x x kx+2-(k-2)x (3 k)x k+2
Έτσι lim lim lim l
x x x
(3 k)x
Aν k<3, τότε l lim lim(3 k
x
 
    6 5 4
)x=(3-k)(- )=- : απορρίπτεται.
'Αρα, λόγω της (1), k=3.
β) f(x)=x 3x+2, x . Για κάθε x , f '(x)=6x 3, f "(x)=30x 0,άρα η f είναι κυρτή
στο , oπότε η γραφική της παράσταση δεν εχει σημεία καμπ

f f
f
ής.
Κατά συνέπεια, δεν υπάρχει εφαπτομένη της C , που να διαπερνά την C .
γ) Η εφαπτομένη της C στο σημειο της (1,f(1)), είναι ε : y-f(1)=f '(1)(x-1), με f(1)=0, f '(1)=3,
άρα : y-0=3(x-1)
 
  
ε: y=3x-3.
H f είναι κυρτή στο , άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από την ε , εκτός του
σημείου επαφής. Έτσι, f(x) 3x-3, για κάθε x (2).
i.'Αρα, για α,β,γ>0
f(α) 3α-3, f(β) 3β-3, f(γ) 3γ-3.
 
        
 
6 6 6 6 6 6
Προσθέτοντας κατά μέλη, είναι f(α)+f(β)+f(γ) 3(α+β+γ)-9
α β γ 3(α+β+γ)+6 3(α+β+γ)-9 α β γ 15 6(α+β+γ) .
Η ισότητα ισχύει όταν α=β=γ=1 .
ii. Για x=αβ, x=βγ, x=αγ, αντίστοιχα, από την
(2) f(αβ      
        
 
     
αβ>0
6 6 5
βγ>0
6 6 5
5
5 5 5
5
)=(αβ) 3(αβ)+2 3αβ-3 (αβ) +5 6(αβ) (αβ) + 6,
αβ
5
(βγ) 3(βγ)+2 3βγ-3 (βγ) 5 6(βγ) (βγ) 6
βγ
5
και ομοίως (γα) + 6.
γα
1 1 1
Προσθέτοντας κατά μέλη, (αβ) (βγ) (γα) 5( ) 18.
αβ βγ γα
η ισότητα ισχύει όταν αβ=βγ=γα=1, α,β,γ>0, άρα όταν α=β=γ=1.
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

4. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η συνάρτηση f : με    6
f x x kx 2 είναι πολυωνυμική επομένως συνεχής για
κάθε x άρα και στο   0,1 .
Εφόσον δεν ικανοποιούνται όλες οι υποθέσεις του Θ. Bolzano θα ισχύει ότι    f 0 f 1 0 .
Όμως       6
f 0 0 k 0 2 2 0.
Επομένως             6
f 1 0 1 k 1 2 0 k 3 k 3.
Επιπλέον        
     6 6
x x x
lim f x lim x kx 2 lim x άρα η   f x 0 για πολύ μικρές τιμές του
x και επομένως    f x f x .
Έτσι το όριο γράφεται:
         
   
 
 
  
 
 
       
  
      
 

  
6 6 6 6
5 5 5x x x
6 6
5 5x x
6
5x x
f x k 2 x f x k 2 x x kx 2 k 2 x
lim lim lim
x x x
1 k 2 x kx 2 3 k x kx 2
lim lim
x x
3 k x
lim lim 3 k x
x
     *
Όμως το k 3, άρα k 3 ή k 3
Αν     k 3 0 3 k 0 τότε το  * είναι:      
       x
lim 3 k x θετικός που
απορρίπτεται από την υπόθεση. Άρα πρέπει k 3.
Πράγματι για k 3 έχω    6
f x x 3x 2 και το όριο είναι:
    
         
    
6 6 6 6
5 5 5 5 4x x x x x
x 3x 2 x x 3x 2 x 3x 2 3x 3
lim lim lim lim lim 0
x x x x x
β) Εφόσον k 3 η συνάρτηση είναι η    6
f x x 3x 2.
Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική με:         6 5
f x x 3x 2 6x 3
Ομοίως και η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική με:
       5 4
f x 6x 3 30x 0 για κάθε x με     f x 0 x 0.
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο . (Το 0 στο οποίο μηδενίζεται η δεύτερη παράγωγος
δεν επηρεάζει την μονοτονία μπορούμε εύκολα να το δούμε από πινακάκι)
Άρα η f είναι κυρτή στο επομένως η γραφική παράσταση της συνάρτησης θα βρίσκεται
πάνω από οποιαδήποτε εφαπτομένη της με εξαίρεση το σημείο επαφής. Άρα δεν υπάρχει
εφαπτομένη της f
C που να διαπερνά την f
C .
Λύνει ο Στράτος Μανιτάρου

5. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ) Έστω η συνάρτηση g : με    6
g x x 6x 5 . Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο
ως πολυωνυμική με:         6 5
g x x 6x 5 6x 6.
Έχω:
            5 5 5
g x 0 6x 6 0 x 1 0 x 1 x 1
            5 5 5
g x 0 6x 6 0 x 1 0 x 1 x 1
            5 5 5
g x 0 6x 6 0 x 1 0 x 1 x 1
Άρα η g εμφανίζει ολικό ελάχιστο στο 0
x 1 ίσο με   g 1 0.
Συνεπώς,    g x g 0 για κάθε x    6
x 6x 5 0 (2) για κάθε x .
Έτσι για:
x α έχω:   6
α 6α 5 0
x β έχω:   6
β 6β 5 0
x γ έχω:   6
γ 6γ 5 0
Προσθέτω τις παραπάνω κατά μέλη και έχω:
 
 
                
      
6 6 6 6 6 6
6 6 6
α 6α 5 β 6β 5 γ 6γ 5 0 α β γ 6 α β γ 15 0
α β γ 15 6 α β γ
Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν   α β γ 1
Αν α,β,γ 0
Στην (2) για x αβ έχω:
     
6
αβ 6αβ 5 0 διαιρώ και τα 2 μέλη της ανισότητας με αβ 0 επομένως η φορά δεν
αλλάζει
   
 
 
        
6 6
5αβ 6αβ 5 αβ 6αβ 5 5
0 0 αβ 6 0
αβ αβ αβ αβ αβ
.
Ομοίως για x βγ και x αγ παίρνω     
5 5
βγ 6 0
βγ
και     
5 5
αγ 6 0
αγ
αντίστοιχα.
Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις έχω:
     
     
         
 
      
 
5 5 5
5 5 5
5 5 5
αβ 6 βγ 6 αγ 6 0
αβ βγ αγ
1 1 1
αβ βγ αγ 5 18
αβ βγ αγ
Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν       αβ βγ γα 1 α β γ 1

6. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή το
 
    6
x x
lim f(x) lim(x kx 2) τότε f(x) 0 όταν  x άρα το δοσμένο όριο
γράφεται ως εξής:
  
    
   
6 6 6
5 5x x x
x kx 2 (k 2)x (3 k)x
lim lim lim(3 k)x L
x x
Περιπτώσεις:
* Αν (3-k) <0 τότε επειδή
 f συνεχής ως πολυωνυμική στο [0,1]
 f(0)=2>0 και f(1)=3-κ<0
θα ικανοποιούνται οι προυποθέσεις του Θ. Bolzano. Άτοπο.
* Αν (3-k) >0 τότε  L . Άτοπο.
* Αν κ=3 τότε είναι δεκτή η τιμή δίοτι  L
β) Αρκεί να δείξουμε ότι η f δεν έχει σημεία καμπής.
Έχουμε:    6
f(x) x 3x 2,x R και   5
f'(x) 6x 3,x R και   4
f''(x) 30x 0,x R.
Επειδή η ισότητα ισχύει μόνο για x=0 τότε η f είναι κυρτή.
Άρα δεν έχει σημεία καμπής.
γ) Είναι    6
f(x) x 3x 2,x R
Η εφαπτομένη της f στο A(1,f(1)) A(1,0) είναι η  y 3x 3 .
Επειδή η f είναι κυρτή ισχύει ότι η f είναι πάνω από την εφαπτομένη της με εξαίρεση το
σημείο επαφής Α δηλαδή, για κάθε x Rείναι  f(x) 3x 3. Η ισότητα ισχύει όταν x=1.
i) Για x=α>0 έχουμε :     6
f(α) 3α 3 α 5 6α
Για x=β>0 έχουμε :     6
f(β) 3β 3 β 5 6β
Για x=γ>0 έχουμε :     6
f(γ) 3γ 3 γ 5 6γ
Προσθέτουμε κατά μέλη τις παραπάνω ανισώσεις και προκύπτει το ζητούμενο.
Η ισότητα ισχύει όταν α=β=γ=1 (τετμημένη του σημείου επαφής)
ii) Από τη σχέση        6 5 5
f(x) 3x 3 x 5 6x x 6
x
, x Rέχουμε
Για x=αβ>0 :  5 5
(αβ) 6
αβ
Για x=βγ>0 :  5 5
(βγ) 6
βγ
Λύνει ο Πέτρος Τζίκας

7. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Για x=αγ>0 :  5 5
(αγ) 6
αγ
Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. Η ισότητα ισχύει όταν αβ=βγ=αγ=1.
 
       
    
         
            
 
1
α
β α γ
αβ 1
1 1
βγ 1 γ γ
β β
αγ 1
1 α β
α
γ
και επειδή α,β,γ>0 προκύπτει: α=β=γ=1.

8. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή f συνεχής στο   0,1 ως πολυωνυμική και δεν ικανοποιεί το Bolzano σ’ αυτό θα
ισχύει       f(0)f(1) 0 2 3 k 0 k 3.
Επειδή

   
x
lim f(x) f(x) 0κοντά στο θα είναι
     
  
          
   

6 6 6 6
5 5 5x x x
f(x) k 2 x x kx 2 k 2 x 3 k x kx 2 ,k 3
lim lim lim
0,k 3x x x
Άρα k 3.
β) Είναι   6
f(x) x 3x 2 με   5
f (x) 6x 3και     4
f (x) 30x 0 x 0με   f (x) 0,x 0.
Άρα f κυρτή στο Rκαι η f
C δεν έχει Σ.Κ.
γ) Η εφαπτομένη σε κάθε σημείο της f
C είναι κάτω απ’ αυτήν εκτός από το σημείο επαφής.
Άρα είναι  f(x) 3x 3με την ισότητα μόνο για x 1, όπου  y 3x 3η εφαπτομένη της f
C
στο x 1.
Άρα η προηγούμενη ανισοτική δίνει     6
x 6x 5 0 x R. (1)
i) Για x α,β,γ δίνει:   6
α 6α 5 0,   6
β 6β 5 0,   6
γ 6γ 5 0
και με πρόσθεσή τους κατά μέλη έχουμε την αποδεικτέα.
H ισότητα ισχύει για   α β γ 1
ii) Η (1) για x 0δίνει  5 5
x 6
x
και για x αβ,βγ,γαδίνει:
   
5 5
αβ 6
αβ
,   
5 5
βγ 6
βγ
,   
5 5
αγ 6
αγ
που με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε την αποδεικτέα.
Η ισότητα ισχύει για       αβ βγ αγ 1 α β γ 1.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

9. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)Δίνεται f : R R με   6
f(x) x kx 2  k R .
Επειδή η f είναι συνεχής στο R (ως πολυωνυμική ) , θα είναι συνεχής και στο   0,1 .
Επίσης επειδή δεν ικανοποιούνται όλες οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα
  0,1 θα ισχύει ότι   f(0) f(1) 0   2(3 k) 0 k 3.
Είναι


x
lim f(x)

 6
x
lim x οπότε f(x) 0 κοντά στο .
Οπότε για k<3 έχουμε
 

 

6
5x
f(x) k 2 x
lim
x
 

 

6
5x
f(x) k 2 x
lim
x
 

  

6
5x
3 k x kx 2
lim
x
 

 6
5x
3 k x
lim
x
 
   
x
lim 3 k x άτοπο.
Για k=3
 

 

6
5x
f(x) k 2 x
lim
x 
 
5x
3x 2
lim
x 

5x
3x
lim
x 

4x
3
lim 0
x
.
Άρα k=3 .
β) Επόμενα   6
f(x) x 3x 2 ,  5
f΄(x) 6x 3,  4
f΄΄(x) 30x 0 για x 0.
Συνεπώς η    f΄ ,0 ,  f΄ 0, και επειδή f΄ συνεχής στο x=0, θα είναι
f΄ R. Δηλαδή f κυρτή στο R. Συνεπώς 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.
Άρα δεν υπάρχει εφαπτόμενη της Cf που να διαπερνά την Cf.
γ)
i)Η εφαπτόμενη της Cf στο Α(1,0) είναι (ε):     y 3(x 1) y 3x 3. Από β) ισχύει
 f(x) 3x 3     6
x 3x 2 3x 3     6
x 3x 2 3x 3   6
x 6x 5   6
x 5 6x .
Η ισότητα ισχύει για x 1. Τετμημένη του σημείου επαφής (ως μοναδικό κοινό σημείο των
Cf και (ε).
Επόμενα  6
α 5 6α,  6
β 5 6β,  6
γ 5 6γ  α,β,γ 0.
Άρα προσθέτοντας κατά μελη προκύπτει ότι:      6 6 6
α β γ 15 6(α β γ).
Η ισότητα ισχύει για   α β γ 1.
ii) Είναι  x R ,  6
x 5 6x. Για x 0,  5 5
x 6
x
. Η ισότητα ισχύει για x 1.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

10. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Οπότε :
   
5 5
αβ 6
αβ
,   
5 5
βγ 6
βγ
,    
5 5
αγ 6
αγ
.
Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει ότι:
     
 
      
 
5 5 5 1 1 1
αβ βγ αγ 5 18
αβ βγ αγ
.
Η ισότητα ισχύει για   αβ βγ γα 1    α β γ 1.

11. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
A) Για την συνάρτηση που δίνεται έχουμε: f(0) 2 (1),  f(1) 3 k (2) και
 
  6
x x
lim f(x) lim x , επομένως f(x) 0, άρα f(x) f(x) (3) στην περιοχή του .
Αφού η f είναι συνεχής στο [0,1], ως πολυωνυμική και από την υπόθεση δεν ικανοποιούνται
οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο παραπάνω διάστημα θα είναι:
     f(0) f(1) 0 2(3 k) 0 k 3 (4)
  
        
 
6 6(3)
5 5 5x x x
f(x) (k 2)x x kx 2 (k 2)x (3 k)x kx 2
lim lim lim
x x x
που για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου k δίνει:
όταν k 3
0 όταν k 3
όταν k 3
 


  
.
Επομένως για να ικανοποιείται η υπόθεση k 3 (5).
ΤΕΛΙΚΑ από τις σχέσεις (4), (5) προκύπτει k=3
B) Γνωρίζουμε πλέον ότι   6
f(x) x 3x 2,  x R, άρα έχουμε:
5
f (x) 6x 3   ,  x R και 4
f (x) 30x  ,  x R.
Η f είναι κυρτή  x Rκαι επομένως δεν υπάρχει εφαπτομένη της γραφικής παράστασης
που να την διαπερνά. Μάλιστα οποιαδήποτε εφαπτομένη της βρίσκεται κάτω από την
γραφική παράσταση έχοντας μόνο ένα κοινό σημείο με αυτήν, το σημείο επαφής.
Έστω (ε) η εφαπτομένη της f
G στο 0
x 1:    '
(ε) : y f(1) f (1) (x 1) που από την (1) και αφού
'
f (1) 3 γίνεται τελικά  (ε) : y 3x 3 (6)
Θεωρώ τα σημεία Α(α,3α-3), Β(β,3β-3), Γ(γ,3γ-3) της (ε) και
τα σημεία Δ(α,f(α)), Ε(β,f(β)), Ζ(γ,f(γ)) της f
G .
Επειδή όπως εξηγήθηκε όλα τα σημεία της f
G βρίσκονται πάνω από τα σημεία της
εφαπτομένης με μοναδική εξαίρεση το σημείο επαφής Μ(1,f(1)), έχουμε:
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος

12. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 

  
  
f(α) 3α 3
f(β) 3β 3
f(γ) 3γ 3
και με πρόσθεση κατά μέλη:
            6 6 6
(α 3α 2) (β 3β 2) (γ 3γ 2) 3α 3β 3γ 9
      6 6 6
.... α β γ 15 6(α β γ)
Η παραπάνω, σαν ισότητα ισχύει όταν α=β=γ=1.
Στο ίδιο πλαίσιο δεδομένων και δεσμεύσεων θεωρώ τα σημεία: Η(βγ,3βγ-3), Θ(αβ,3αβ-3),
Ι(αγ,3αγ-3) της (ε) και τα σημεία Κ(αβ,f(αβ)), Λ(βγ,f(βγ)), Ν(αγ,f(αγ)) της f
G .
Έχουμε λοιπόν ότι:
   
   
   

       



        


        


6 5
6 5
6 5
5
f(αβ) 3αβ 3 αβ 5 6αβ αβ 6
αβ
5
f(βγ) 3βγ 3 βγ 5 6βγ βγ 6
βγ
5
f(αγ) 3αγ 3 αγ 5 6αγ αγ 6
αγ
(αφού α,β,γ θετικοί)
και με πρόσθεση κατά μέλη:
     
 
      
 
5 5 5 1 1 1
αβ βγ γα 5 18
αβ βγ γα
Η ισότητα ισχύει όταν αβ=βγ=γα=1, δηλαδή όταν δύο από τα α,β,γ είναι ίσα και ο τρίτος, ο
αντίστροφός τους, δηλαδή τελικά όταν α=β=γ=1.

13. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α. Η συνάρτηση 6
f(x) x kx 2   , kRείναι συνεχής στο [0,1]ως πολυωνυμική.
Επίσης έχουμε:
 f(0) 2 0 
 f(1) 3 k 
Άρα f(1) 0 3 k 0 k 3      (1) διότι η f δεν ικανοποιεί όλες τις υποθέσεις του
θεωρήματος Bolzano.
Ισχύει ότι:  6 6
x x x
lim f(x) lim x kx 2 lim x
  
     
Άρα, όταν x  , ισχύει ότι f(x) 0
6 6 6 6 6
5 5 5 5x x x x
f(x) (k 2)x f(x) (k 2)x x kx 2 (k 2)x (3 k)x kx 2
lim lim lim lim
x x x x   
          
  
Αν 3 k 0 k 3    τότε από (1) k 3 
6 6
5 5x x x
(3 k)x kx 2 (3 k)x
lim lim lim(3 k)x (3 k) ( )
x x  
   
         απορρίπτεται
Επομένως k 3
β. 6
f(x) x 3x 2   συνεχής στο R
Για κάθε xR έχουμε:
 5
f (x) 6x 3  
 4
f (x) 30x 
Άρα f (x) 0  για κάθε xRκαι η ισότητα f (x) 0  ισχύει μόνο για x 0 .
Επομένως η f κυρτή στο R άρα δεν υπάρχει εφαπτομένη της f
C που διαπερνά την f
C
γ. Είναι f(1) 0 και f (1) 3  . Άρα η εφαπτομένη της f
C στο σημείο Α(1,f(1))έχει εξίσωση:
y f(1) f (1)(x 1) y 3x 3     
Η f είναι κυρτή στο R, άρα η f
C βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη y 3x 3  ,με
εξαίρεση το σημείο επαφής Α(1,f(1)).Δηλαδή για κάθε x R ισχύει ότι :
6 6
f(x) 3x 3 x 3x 2 3x 3 x 5 6x          (2)
για x α , 6
α 5 6α 
για x β , 6
β 5 6β 
για x γ , 6
γ 5 6γ 
Λύνει ο Τόλης Τσακίρης

14. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε : 6 6 6
α β γ 15 6(α β γ)     
Η ισότητα ισχύει για α β γ 1  
Αν x 0 τότε από (2) 5 5
x 6
x
  
για x αβ 0  , 5 5
(αβ) 6
αβ
 
για x βγ 0  , 5 5
(βγ) 6
βγ
 
για x γα 0  , 5 5
(γα) 6
γα
 
Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε : 5 5 5 5 5 5
(αβ) (βγ) (γα) 18
αβ βγ γα
     
Η ισότητα ισχύει για α β γ 1  

15. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η f είναι συνεχής στο [0,1] ως πολυωνυμική.
Για να μην ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο [0,1] θα πρέπει: f(0) f(1) 0  .
Τότε:
f(0) 2
3 k 0 k 3
f(1) 3 k
 
     
  
(1).
Υπολογίζουμε το όριο:
Ισχύει:  6
x
lim x kx 2

    .
Άρα το πολυώνυμο 6
f(x) x kx 2   είναι θετικό κοντά στο .
Το όριο γίνεται:
6
6 6 5 6
5 5 5 6x x x
k 2
x (1 (k 2))
x kx 2 (k 2)x k 2x xlim lim lim x(1 (k 2))
x x x x  
 
          
         
     
 
 3 k   .
Αν 3 k 0 k 3    το όριο είναι  και απορρίπτεται.
Αν 3 k 0 k 3    το όριο γίνεται:
6 6
5 5 5 4x x x x
x 3x 2 x 3x 2 3x 3
lim lim lim lim 0
x x x x   
             
          
      
που γίνεται δεκτό.
Αν 3 k 0 k 3    το όριο είναι  και γίνεται δεκτό.
Άρα k 3 (2) Από (1) , (2) έχουμε k 3
β) Η συνάρτηση f γίνεται: 6
f(x) x 3x 2   που είναι 2 φορές παραγωγίσιμη.
Για να μην διαπερνά την Cf οποιαδήποτε εφαπτομένη της , θα πρέπει να είναι κοίλη ή
κυρτή. Δηλαδή να μην έχει σημεία καμπής.
5
f (x) 6x 3  
4
f (x) 30x 0   .
Άρα η Cf είναι κυρτή και δεν έχει σημεία καμπής.
γ) i) Η προς απόδειξη σχέση γίνεται: 6 6 6
α 6α 5 β 6β 5 γ 6γ 5 0         .
Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο 6
g(x) x 6x 5   με  g
A 0,  .
Η g είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική.
 5 5
g (x) 6x 6 6 x 1    
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης

16. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 g (x) 0 x 1     g (x) 0 x 1     g (x) 0 x 1    .
Άρα η Cg παρουσιάζει ελάχιστο για x=1 το g(1) 0 .
Τελικά:
g(α) 0
g(β) 0 g(α) g(β) g(γ) 0
g(γ) 0
 
 
     
  
και η σχέση αποδείχθηκε.
Η ισότητα ισχύει για α=β=γ=1 ώστε: g(α) g(β) g(γ) g(1) 0   
ii) Η προς απόδειξη σχέση γίνεται:      
5 5 55 5 5
αβ 6 βγ 6 αγ 6 0
αβ βγ αγ
         .
Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο 5 5
h(x) x 6
x
   με  h
A 0,  .
Η h είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων.
 6
4
2 2
5 x 15
h (x) 5x
x x

   
6
h (x) 0 x 1 0 x 1      
6 6
h (x) 0 x 1 0 x 1 x 1        
6 6
h (x) 0 x 1 0 x 1 x 1        
Άρα η Ch παρουσιάζει ελάχιστο για x=1 το h(1) 0 .
Τελικά:
h(αβ) 0
h(βγ) 0 h(αβ) h(βγ) h(αγ) 0
h(αγ) 0
 
 
     
  
και η σχέση αποδείχθηκε.
Η ισότητα ισχύει για:
2
αβ 1 α 1 α 1
β 1βγ 1 β
1 β α
γ 1αγ 1 α
     
  
     
           
επειδή α,β,γ>0.
Τότε: h(αβ) h(βγ) h(αγ) h(1) h(1) h(1) 0     
 h
A 0,
 
 
  
 
 

17. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
(α) Επειδή η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική στο 0,1   και  f 0 2 0  για να μην ισχύουν
οι προϋποθέσεις του θ.Bolzano θα είναι  f 1 0 3 k 0 k 3      (1)
Επειδή  6
x
lim x kx 2

    η  f x 0 καθώς το x   , άρα το δεδομένο όριο γίνεται :
       6 6 6 6
5 5 5x x x
f x k 2 x x kx 2 k 2 x 3 k x kx 2
lim lim lim L
x x x  
        
  
Αν 3 k 0  τότε
 
 
6
5x x
3 k x
L lim 3 k lim x
x 

     (απορρίπτεται).
Αν 3 k 0 k 3    τότε 5 5x x
3x 2 3
L lim lim 0
x x 
  
  
Αν 3 k 0 k 3    τότε
 
 
6
5x x
3 k x
L lim 3 k lim x
x 

    
Το αποτέλεσμα είναι δεκτό για k 3 (2) .
Από (1) και (2) προκύπτει k 3 .
(β) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης διαπερνά τη γραφική
παράσταση στα σημεία καμπής. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι η f
C δεν έχει σημεία καμπής.
Η f είναι παραγωγίσιμη στο με   5
f x 6x 3   .
Η f ΄ είναι παραγωγίσιμη στο με   4
f x 30x  . Επειδή  f 0 0  και  f x 0  για κάθε
x 0 η f είναι κυρτή στο και δεν έχει σημεία καμπής.
(γ) Η εφαπτομένη της f
C στο   M 1,f 1 είναι     ε: y f 1 f 1 x 1 y 3x 3     
Επειδή η f είναι κυρτή η γραφική της παράσταση θα είναι «πάνω» από την εφαπτομένη της
για κάθε x , με εξαίρεση το σημείο Μ , δηλ. ισχύει
  6 6
f x 3x 3 x 3x 2 3x 3 x 5 6x          (3) , για κάθε x .
(i) Για x α η (3) δίνει : 6
α 5 6α 
Για x β η (3) δίνει : 6
β 5 6β 
και για x γ η (3) δίνει : 6
γ 5 6γ  , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε :
 6 6 6
α β γ 15 6 α β γ     
Η ισότητα ισχύει για α β γ 1   .
(ii) Για x 0 η (3) γίνεται : 6 5 1
x 5 6x x 5 6
x
     .
Θέτοντας όπου x τους θετικούς αβ,βγ,γα παίρνουμε τις σχέσεις
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

18. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
5 1
αβ 5 6
αβ
  ,  
5 1
βγ 5 6
βγ
  ,  
5 1
αγ 5 6
αγ
 
οι οποίες με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν την
     
5 5 5 1 1 1
αβ βγ αγ 5 18
αβ βγ αγ
 
      
 
, που είναι η ζητούμενη.
Η ισότητα ισχύει για αβ βγ αγ 1   και αφού είναι θετικοί προκύπτει α β γ 1   .

19. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η συνάρτηση  6
f(x) = x kx 2 είναι συνεχής στο [0 , 1] για κάθε k . Άρα, η υπόθεση
του θεωρήματος Bolzano που δεν ισχύει για την f, είναι η σχέση f(0) f(1) < 0
και επομένως
 f(0) f(1) 0         6 6
(0 k 0 2) (1 k 1 2) 0    2 (3 k) 0  k 3 (1)
Επίσης, παρατηρούμε ότι
x
limf(x) =

 6
x
lim(x kx 2)=

6
x
lim x =, άρα f(x) > 0 καθώς  x ,
οπότε

  6
5x
f(x) (k 2)x
lim
x
=

  6
5x
f(x) (k 2)x
lim
x
=

   6 6
5x
x kx 2 (k 2)x
lim
x
=

   6 6 6
5x
x kx 2 kx 2x
lim
x
=

  6
5x
(3 k)x kx 2
lim
x
=

 
   
 
4 5x
k 2
lim (3 k)x
x x
=

  
x
lim(3 k)x 0 0 =


 



(1)
x
, αν k 3
, αν k
lim(3 x
3
k)
0
Επειδή το παραπάνω όριο δεν είναι ίσο με , έχουμε ότι k = 3.
β) Επειδή η εφαπτομένη μιας συνάρτησης διαπερνά τη γραφική της παράσταση στα
σημεία καμπής και μόνο αυτά, αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση f δεν έχει σημεία
καμπής. Απ’ το ερώτημα (α) έχουμε ότι  6
f(x) = x 3x 2 που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη
στο με παραγώγους 5
f΄(x) = 6x 3, x και 4
f΄΄(x) = 30x  0 για κάθε x .
Άρα η συνάρτηση f είναι κυρτή στο και επομένως δεν έχει σημεία καμπής.
γ) Οι ζητούμενες ανισότητες θα δειχθούν με μονοτονία-ακρότατα κατάλληλης
συνάρτησης.
i) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα:
     6 6 6
α β γ 15 6α 6β 6γ             6 6 6
α 3α 2 β 3β 2 γ 3γ 2 9 3α 3β 3γ
       f(α) f(β) f(γ) 3α 3β 3γ 9 0
         [f(α) 3α 3] [f(β) 3β 3] [f(γ) 3γ 3] 0 (2)
Αρκεί να δείξουμε ότι η σχέση   f(x) 3x 3 0 ισχύει για κάθε x > 0 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=  f(x) 3x 3=    6
x 3x 2 3x 3=  6
x 6x 5 (3)
που είναι παραγωγίσιμη στο με παράγωγο 5
g΄(x) = 6x 6 = 5
6(x 1) και
g΄(x) 0   5
x 1 0  5 5
x 1  x 1.
Άρα ο πίνακας μεταβολών της g είναι ο εξής:
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης

20. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 1 
min
Η ελάχιστη τιμή της g είναι το g(1) =   6
1 6 1 5= 0. Άρα για κάθε α, β, γ > 0 είναι
g(α) 0, g(β) 0, g(γ) 0 . Συνεπώς   g(α) g(β) g(γ) 0 με την ισότητα να ισχύει
αν και μόνο αν α = β = γ = 1. Όμως τότε, λόγω της σχέσης (3), έχουμε ισοδύναμα:
        [f(α) 3α 3] [f(β) 3β 3] [f(γ) 3γ 3] 0 δηλ. ισχύει η σχέση (2), επομένως και η
αποδεικτέα. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν α = β = γ = 1.
Σχόλιο: Από τον τρόπο απόδειξης παραπάνω βλέπουμε πως το ζητούμενο ισχύει για
οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς α, β, γ και όχι μόνο για θετικούς!
ii) Για κάθε α, β, γ > 0, η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα:
 
      
 
5 5 5 1 1 1
(αβ) (βγ) (αγ) 5 18
αβ αγ βγ

αβγ>0
 
         
 
5 5 5 1 1 1
(αβ) αβγ (βγ) αβγ (αγ) αβγ 5αβγ 18αβγ
αβ αγ βγ

         6 6 6
(αβ) γ (βγ) α (αγ) β 5 γ β α 18αβγ 
        6 6 6
(αβ) γ 5γ (βγ) α 5α (αγ) β 5β 18αβγ 
     6 6 6
γ[(αβ) 5] α[(βγ) 5] β[(αγ) 5] 18αβγ 
(3)
     γ[g(αβ) 6αβ] α[g(βγ) 6βγ] β[g(αγ) 6αγ] 18αβγ 
     γg(αβ) 6αβγ αg(βγ) 6αβγ βg(αγ) 6αβγ 18αβγ 
  γg(αβ) αg(βγ) βg(αγ) 0 .
Αλλά η τελευταία σχέση ισχύει, γιατί α, β, γ > 0 και η ελάχιστη τιμή της g είναι το g(1) = 0.
Επομένως ισχύει και η αποδεικτέα, με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν
αβ = βγ = αγ = 1  α = β = γ = 1.
g΄(x)  
g(x) > <

21. ___________________________________________________________________________
21η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17