Αρχές Οικονομικής Θεωρίας - Το γραπτό των πανελλαδικών εξετάσεωνPanagiotis Prentzas
Αρχές Οικονομικής Θεωρίας (ΑΟΘ): Τι πρέπει να προσέξουν οι υποψήφιοι κατά τη διάρκεια των πανελλαδικών εξετάσεων στη δομή των απαντήσεών τους, αλλά και στην εμφάνιση του γραπτού τους.
Μπορείτε να δείτε και τη διαδραστική παρουσίαση στο www.study4economy.edu.gr.
Weatherman 1-hour Speed Course for Web [2024]Andreas Batsis
Εκλαϊκευμένη Διδασκαλία Μετεωρολογίας. Η συγκεκριμένη παρουσίαση παρέχει συνοπτικά το 20% της πληροφορίας σχετικά με το πως λειτουργεί ο καιρός, η οποία πληροφορία θα παρέχει στον αναγνώστη τη δυνατότητα να ερμηνεύει το 80% των καιρικών περιπτώσεων με τη χρήση ιντερνετικών εργαλείων. Η λογική της παρουσίασης βασίζεται κατά κύριο λόγο στην εφαρμογή και δευτερευόντως στην επιστημονική ερμηνεία η οποία περιορίζεται στα απολύτως απαραίτητα.
1. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
Για Μαθητές
Α) Η f είναι συνεχής στο 1, , άρα και στο e, άρα x e
f e f x 0 f e 0.lim
Θέτουμε
f x
g x , x 1
x
.
Τότε
f e
g e 0
e
και f x xg x g x xg x ,x 1
Άρα η σχέση 1 γίνεται
g x xg x g x
g x
g x
g x
g x
e
xg x e
1
g x e
x
e ln x ,x 1
Άρα υπάρχει σταθερά g x
c R :e ln x c,
για κάθε x 1
Για x e προκύπτει g e 0
e lne c e 1 c c 0
Άρα
g x
e ln x g x ln ln x
f x
ln ln x f x xln ln x , x 1
x
Β) 1ος τρόπος
Ισχύει η σχέση ln x x 1, για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ). Για
x το ln x x 1 παίρνουμε
ln ln x ln x 1, για κάθε x 1 (με την ισότητα να ισχύει για x e ).
Πολλαπλασιάζοντας με x παίρνουμε
xln ln x xln x x f x x xln x,x 1
με την ισότητα να ισχύει για x e .
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους
2. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
2ος τρόπος
Έχουμε
:x 1
f x x x ln x x ln ln x x x ln x
ln ln x 1 ln x ln x ln ln x 1
x x
ln 1 e x eln x
ln x ln x
Θεωρούμε τη συνάρτηση m: 1, R με m x x eln x .
Είναι
e x e
m x 1 ,x 1
x x
x 1 e
m x
m > <
min
Άρα η συνάρτηση m παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο e, το m e e lne 0
Άρα, m x 0, για κάθε x 1 (με την ισότητα να ισχύει για x e ).
Άρα,
x eln x 0 x eln x, για κάθε x 1
Γ) Για x 1 είναι ln x 0.
Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1, , με
1 1
f x xln ln x ln ln x x ln x ln ln x ,x 1
ln x ln x
2 2
1 1 1 1 ln x
f x ln ln x ,x 1
ln x xln x xln x xln x
f x 0 1 ln x 0 x e
f x 0 1 ln x 0 1 x e
O
3. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
x 1 e
f x
f
ΣΚ
Σημείο καμπής το σημείο A e,f e , δηλαδή το A e,0
Εξίσωση εφαπτομένης
: y 0 f e x e
: y 0 x e
: y x e
Δ)
α) Η f είναι κοίλη στο e, άρα η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, με
εξαίρεση το σημείο επαφής, δηλαδή
f x x e, για κάθε x e
β) Οπότε (και από το ερώτημα Β) προκύπτει ότι
x xln x f x x e, για κάθε x e
Δηλαδή για t e,x , με x e , έχουμε ότι
t tln t f t t e
Άρα,
x x x
e e e
xx x x 2
e e e e
x x x2 2 2 2
e ee
x x x2 2 2 2 2
e ee
x2 2 2
e
t t ln t dt f t dt t e dt
t
tdt t ln tdt f t dt et
2
t t x e
ln tdt f t dt ex
2 2 2
x e t 1 x e
ln t tdt f t dt ex
2 2 2 2
3x x ln x e
f t dt
4 2 4
32 2 :x
x
2
2 2
e
3 3 2
x e
ex
2
ef t dt 1
3 ln x e e x , x e
4x 2x 4x x x 2x
O
4. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Όμως,
x
2
3
3 ln x e
0 0 0 0,
4x 2x 4x
lim
διότι
x x x
ln xln x 1
0
2x 2x2x
lim lim lim
και
x
2
2
2
e
1
e 1 0x 0 0 0 0.
x 2x
lim
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής,
x
x
e
3
f t dt
0.
x
lim
Για Καθηγητές
Α) Ισχύει η σχέση ln x x 1, για κάθε x 0
Θέτοντας για x το x
e x R προκύπτει
x x x x x
lne e 1 x e 1 e x 1 x e x, για κάθε x R
Θέτοντας για x το
f x
x 1
x
προκύπτει
f x f x
x x
f x f x
e e 0 f x 0,
x x
για κάθε x 1
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,
Β) Αρχικά η f είναι συνεχής στο 1, , άρα και στο e, άρα
x e
f e f x 0 f e 0.lim
Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, , άρα οι συναρτήσεις
f x
x
f x
,e
x
είναι παραγωγίσιμες
στο 1, .
5. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Κατά συνέπεια η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, με παράγωγο
f x f x f x
x x x
f x f x f x f x
f (x) e e 1 e , x 1
x x x x
Όμως
f x
x
2
f x f x f x xf x f x
f (x) e f (x) 0
x x x x
xf x f x f x f x
x 0 x 0 0
x x x
Είναι
f x f x f e 0
x x
f1 1
f x
f x 0 1 e 0 e 1 0 f x 0 x e
x
f x
0
f x f xx f e 0
x x
f
f x
f x 0 1 e 0 e 1 0 f x 0 0 x e
x
x 1 e
f x
f
Σημείο καμπής το σημείο A e,f e , δηλαδή το A e,0
α) Εξίσωση εφαπτομένης
f e
e
: y 0 f e x e
f e
: y 0 e x e
e
: y x e
Η f είναι κοίλη στο e, άρα η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, με εξαίρεση
το σημείο επαφής, δηλαδή
f x x e, για κάθε x e
Όμως
O
6. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
x
x elim
, άρα και x
f xlim
β) Πιθανή κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC είναι η ευθεία x 1 .
Γνωρίζουμε όμως ότι fC έ ό ύ .
Άρα x 1
f xlim
Η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα
x x 1 x 1
f 1, f x , f x , f xlim lim lim
Άρα υποχρεωτικά
x 1
f xlim
και άρα f 1, , R
γ) Υποθέτουμε ότι υπάρχει το
x
f x
x
lim
και είναι πραγματικός αριθμός k, δηλαδή
x
f x
k R
x
lim
.
Τότε
x x
f x
kx
f x
f (x) e k e
x
lim lim
Όμως,
x
x x
x
DL
k k k
k
f x
f(x)
f x x k e k k e e 0,ά
x
f (x)
k e
x
lim
lim lim
lim
Άρα δεν υπάρχει το
x
f x
x
lim
στο R , οπότε η γραφική παράσταση της f δεν έχει πλάγιες /
οριζόντιες ασύμπτωτες στο
Γ) Έχουμε ότι x 1
f xlim
. Επίσης παραπάνω αποδείξαμε ότι η συνάρτηση
f x
g x
x
είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, και είναι και συνεχής.
Άρα
7. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
x x xx 1 x 1
f x f x f x
g 1, g x , g x , ,
x x x
lim lim lim lim lim
Αποδείξαμε όμως παραπάνω ότι δεν υπάρχει στο R το
x
f x
x
lim
Άρα, λόγω του συνόλου τιμών της g θα ισχύει
x
f x
x
lim
Επίσης,
x
x
f x
limf x
x
x
f x f x f x
f (x) e f (x) f x
x x x
lim
Για x e εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στο διάστημα x,x 1 , οπότε εξασφαλίζεται η
ύπαρξη ενός τουλάχιστον
x xx,x 1 : f f x f x 1
Όμως
x
x
f ' e,
x x
lim f x
e x x 1 f f x
f x f x 1 f x f x f x 1lim
Δ)
1ος τρόπος
Είδαμε παραπάνω (ερώτημα Β) ότι η συνάρτηση
f x
x
είναι γνησίως φθίνουσα στο
1,
Άρα για
f x f x 1
e x x 1 x 1 f x xf x 1
x x 1
f x
f x 1 f x , ά x e 2
x
Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διάστημα x,x 1 ,
υπάρχει x xx,x 1 :f f x 1 f x
Όμως
xe x x 1 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο e, άρα
8. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
2
xf f x 1 f x 1 f x f x 1
f x
f x 1 xf x 1 f x
x
2ος τρόπος
f x
f (x)f ' e, x
e x x 1 f x f x 1
f x
f x 1 xf x 1 f x
x
2η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Για Μαθητές.
Α)
Επειδή f συνεχής ως παραγωγίσιμη, lim
x→e
f(x) = 0, θα είναι f(e) = 0.
Τώρα για x>1:
f΄(x) =
f(x)
x
− e
f(x)
x xf΄(x) − f(x) = −xe
f(x)
x
xf΄(x) − f(x)
x2
= −
e
f(x)
x
x
(
f(x)
x
) ΄ = −
e
f(x)
x
x
− (
f(x)
x
) ΄e−
f(x)
x =
1
x
(e−
f(x)
x )΄ = (lnx)΄ e−
f(x)
x = lnx + c και επειδή f(e) = 0 c = 0.
΄Αρα e−
f(x)
x = lnx −
f(x)
x
= ln(lnx) f(x) = −xln(lnx).
Β)
Από τη γνωστή ανισότητα γιά x > 0 ισχύει: lnx ≤ x − 1.
(Η ισότητα iσχύει μόνο για x=1).
Για x>1 Aν θέσω όπου x το lnx προκύπτει: ln(lnx) ≤ lnx − 1 xln(lnx) ≤ xlnx −
x − xln(lnx) ≥ x − xlnx f(x) ≥ x − xlnx.
Προφανώς η ισότητα ισχύει μόνο για lnx = 1 x = e.
Γ)
Επίσης από την ανισότητα γιά x > 0 , lnx ≤ x − 1 αν θέσω όπου x το ex
προκύπτει ∀x ∈
R, x ≤ ex
− 1.
Θέτοντας στην τελευταία όπου x το
f(x)
x
έχω
f(x)
x
− e
f(x)
x ≤ −1 f΄(x) ≤ −1 < 0
9. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
άρα f γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞). Τώρα:
Για x > 1: f΄΄(x) =(
f(x)
x
)΄[1 − e
f(x)
x ]=(
xf΄(x)−f(x)
x2
) [1 − e
f(x)
x ]=−
e
f(x)
x
x
[1 − e
f(x)
x ], διότι
f΄(x) =
f(x)
x
− e
f(x)
x xf΄(x) − f(x) = −xe
f(x)
x
xf΄(x)−f(x)
x2
= −
e
f(x)
x
x
.
Οπότε f΄΄(x) =0 1 = e
f(x)
x
f(x)
x
= 0 f(x) = 0 f(x) = f(e) x =
e διότι f: 1 − 1 ως γνήσια φθίνουσα.
Επίσης :
f΄΄(x) >0 1 < e
f(x)
x
f(x)
x
> 0 f(x) > 0 f(x) > f(e) x < e.
f΄΄(x) <0 1 > e
f(x)
x
f(x)
x
< 0 f(x) < 0 f(x) < f(e) x > e.
΄Αρα f κυρτή στο (1,e] , κοίλη στο [e, +∞) και στο (e , 0) παρουσιάζει σημείο
καμπής.
Δ) α)
Από την αρχική σχέση για x=0 προκύπτει ότι f΄(0)= -1. Η εφαπτόμενη στο σημείο
καμπής είναι y-0= f΄(0)(x-e) y= - x+e. Επειδή f κοίλη στο [e, +∞) για x≥
ef(x) ≤ − x + e.
β)
Είναι f γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞), οπότε e≤ t ≤ xf(x) ≤ f(t) ≤ f(e)f(x) ≤
f(t) ≤ 0 ∫ f(x)dt ≤ ∫ f(t)dt ≤
x
e
x
e
0f(x)(x − e) ≤ ∫ f(t)dt ≤
x
e
0
f(x)(x−e)
x3
≤
∫ f(t)dt
x
e
x3 ≤ 0 (1).
Όμως lim
x→+∞
( − x + e) =−∞ οπότε από α) lim
x→+∞
f(x)=−∞.
Τώρα lim
x→+∞
f(x)
x2
= lim
x→+∞
f΄(x)
2x
= lim
x→+∞
(
−ln(lnx)
2x
−
1
2xlnx
)=0 διότι (από κανόνα De
L΄Hospital):
lim
x→+∞
(
−ln(lnx)
2x
) = lim
x→+∞
( −
l
2xlnx
)=0.
Συνεπώς lim
x→+∞
f(x)(x−e)
x3
= lim
x→+∞
f(x)
x2
∙
(x−e)
x
=0∙ 1 = 0.
΄Αρα από τη σχέση (1) και από κριτήριο παρεμβολής θα είναι
lim
x→+∞
∫ f(t)dt
x
e
x3
= 0
10. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Για Καθηγητές.
A)
Από τη γνωστή ανισότητα γιά x > 0 ισχύει: lnx ≤ x − 1.
Aν θέσω όπου x το ex
προκύπτει ∀x ∈ R, x ≤ ex
− 1.
Θέτοντας στην τελευταία όπου x το
f(x)
x
έχω
f(x)
x
− e
f(x)
x ≤ −1 f΄(x) ≤ −1 < 0 άρα f
γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞).
B)
Επειδή f συνεχής ως παραγωγίσιμη, lim
x→e
f(x) = 0, θα είναι f(e) = 0. Τώρα ∀x > 1:
f΄΄(x) =(
f(x)
x
)΄[1 − e
f(x)
x ]=(
xf΄(x)−f(x)
x2
)
[1 − e
f(x)
x ]=−
e
f(x)
x
x
[1 − e
f(x)
x ], διότι f΄(x) =
f(x)
x
− e
f(x)
x xf΄(x) − f(x) = −xe
f(x)
x
xf΄(x)−f(x)
x2
= −
e
f(x)
x
x
.
Οπότε f΄΄(x) =0 1 = e
f(x)
x
f(x)
x
= 0 f(x) = 0 f(x) = f(e) x =
e διότι f: 1 − 1 ως γνήσια φθίνουσα.
Επίσης :
f΄΄(x) >0 1 < e
f(x)
x
f(x)
x
> 0 f(x) > 0 f(x) > f(e) x < e.
f΄΄(x) <0 1 > e
f(x)
x
f(x)
x
< 0 f(x) < 0 f(x) < f(e) x > e.
΄Αρα f κυρτή στο (1,e] , κοίλη στο [e, +∞) και στο (e , 0) παρουσιάζει σημείο
καμπής.
α)
Από την αρχική σχέση για x=0 προκύπτει ότι f΄(0)= -1. Η εφαπτόμενη στο σημείο
καμπής είναι y-0= f΄(0)(x-e)
y= - x+e. Επειδή f κοίλη στο [e, +∞) για x≥ ef(x) ≤ − x + e. Όμως
lim
x→+∞
( − x + e) =−∞. ΄Αρα lim
x→+∞
f(x)=−∞.
β)
Επειδή η f είναι συνεχής στο (1,+∞) και η Cf έχει κατακόρυφη εφαπτόμενη , αυτή
θα είναι η x=1. Συνεπώς
lim
x→1+
f(x)=±∞. Αν ήταν lim
x→1+
f(x)=−∞ , θα υπήρχε x1
με 1< x1<e ώστε f(x1) < 0 f(x1) < f(e) άτοπο διότι f γνήσια φθίνουσα στο
(1,+∞). Επόμενα lim
x→1+
f(x)=+∞. Συνεπώς από α) ,λόγω της συνέχειας και της
μονοτονίας της f θα είναι f((1, +∞))= R.
γ)
Ισχύει ότι lim
x→+∞
f(x)=−∞. Οπότε η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞.
΄Εχω lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
f΄(x) από κανόνα De L΄Hospital.
Επόμενα lim
x→+∞
(f΄(x) −
f(x)
x
) = 0 lim
x→+∞
(−e
f(x)
x )=0
11. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
lim
x→+∞
e
f(x)
x =0 οπότε lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
lne
f(x)
x = lim
x→+∞
f΄(x) = −∞.
Άρα η Cf δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ .
Γ)
Aπό θεώρημα μέσης Τιμής για την f στο [x,x+1], x>1 ισχύει ότι ∃ξϵ(x, x + 1) ώστε
f΄(ξ)=f(x+1)-f(x). Όταν x→ +∞ και ξ→ +∞
Επόμενα lim
x→+∞
(f(x + 1) − f(x)) = lim f΄(ξ)
ξ→+∞
= −∞.
Δ)
Για x > e f΄΄(x) < 0f΄γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞) οπότε f΄(x+1)<f΄(x).
Επίσης f΄(x) −
f(x)
x
= −e
f(x)
x ≤ 0. Δηλαδήf΄(x) <
f(x)
x
. ΄Αρα f΄(x+1)<
f(x)
x
xf΄(x + 1) < f(x).
3η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Για Μαθητές
A) Από την αρχική ισοδύναμα έχω:
( )
( ) ( )
2
( ) ( ) 1
( )
f x
f x f xx
x x
xf x f x e f x
xf x f x xe e
x x x x
( ) ( )
(ln ) ln
f x f x
x x
e x e x c
, που για x e γίνεται: 1 1 0c c
αφού λόγω της συνέχειας της f στο e και του δεδομένου ορίου είναι: ( ) 0f e .
Τελικά
( )
( )
ln ln ln ( ) ln ln
f x
x
f x
e x x f x x x
x
.
Β) Με ( ) ln ln ln ln ln(ln 1), 1h x x x x x x x x x x και θέτοντας
( ) ln ln(ln ) 1, 1g x x x x έχω:
1 1 1 1 ln 1
( ) 1 0
ln ln ln
x
g x x e
x x x x x x x
. Για 1 x e είναι
( ) 0g x g στο (1, ]e και g στο [ , )e . Άρα η g έχει min στο e το 0, δηλαδή
είναι ( ) 0g x με 1x και το = να ισχύει για x e , συνεπώς ( ) 0h x με 1x και το
= να ισχύει για x e .
Γ) 2
1 1 1 1 1
( ) ln(ln ) , ( ) 1 0
ln ln ln ln ln
f x x f x x e
x x x x x x x x
.
Είναι ( ) 0f x x e άρα f κυρτή στο (1, ]e και κοίλη στο [ , )e με Σ.Κ. το ,0e .
Η εφαπτομένη της στο Σ.Κ. είναι: y x e .
12. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
Δ) α) Επειδή f κοίλη στο [ , )e και η y x e η εφαπτομένη της στο ,0e ισχύει
( )f x x e x e .
β) Ολοκληρώνοντας την προηγούμενη ανισότητα (x>e) έχω:
32 2 2 2:
3 2 3
( ) 1
( ) (1)
2 2 2 2 2
x
x
xx x
e
e e
e
f t dtt x e e e
f t dt t e dt et ex
x x x x
Ολοκληρώνοντας την ανισότητα του Β) ερωτήματος έχω:
2 2 2 2 2
ln
( ) ln ln
2 2 2 2 2
x x
x x x x
e e e e
e e
t t x e t t t
f t dt t t dt tdt dt
32 2 2 2:
3 3
( )3 ln 3 ln
... (2)
4 2 4 4 2 4
x
x
e
f t dtx x x e x e
x x x x
.
Από τις (1), (2) παίρνοντας τα όρια στο και το κρ. παρεμβολής προκύπτει το
ζητούμενο.
Για Καθηγητές
Α) Η x
e είναι κυρτή και η 1y x η εφαπτομένη της στο (0,1). Άρα είναι
1x
e x x για κάθε x με την ισότητα στο 0x . Άρα
( )
( )f x
x
f x
e
x
για κάθε
1x και ( ) 0f x f στο 1, .
Β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, ως πράξεις παραγωγίσιμων με
( )
( ) ( )
2
( ) ( )
(1 ) ( 1)
f x
f x f xx
x x
f x x f x e
f x e e
x x
με χρήση της αρχικής ισότητας.
Η f είναι συνεχής στο e και από το δεδομένο όριο είναι ( ) 0f e (μοναδική ρίζα).
Άρα η f έχει μοναδική ρίζα το e και ισχύει
( )
( )
1 ( ) 0 0 1 ( ) 0
x f xf e
x
f x
x e f x e f x f
x
κυρτή στο 1,e και
κοίλη στο ,e με ΣΚ το ,0e .
α) Η εφαπτομένη της fC στο Σ.Κ. είναι η y x e . Άρα από την κυρτότητά της
ισχύει ( )f x x e για κάθε x e και είναι lim ( )
x
f x
αφού ισχύει
lim ( )
x
x e
.
β)Από την υπόθεση, το προηγούμενο ερώτημα και τη μονοτονία της f είναι
1
lim ( )
x
f x
δηλαδή το ΣΤ της f είναι το .
13. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
γ) Έστω y x ασύμπτωτη της f στο . Τότε ισχύει
( )
( ) ( )
lim lim ( ) lim 0
f xa ή
x
x x x
f x f x
f x e e e
x x
άτοπο. Άρα η
fC δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες ασύμπτωτες.
Γ) Για x e και με ΘΜΤ για την f στο , 1x x υπάρχει , 1x x :
( 1) ( )f f x f x . Η f είναι στο ,e και ισχύει:
1 ( 1) ( ) ( )x x f x f f x . Από την αρχική ισότητα ισχύει
( )
( )
0
f x
x
f x e
x x
δηλ. η
( )f x
x
στο 1, με
( )f x
x
όχι κάτω φραγμένη αφού
το
( )
lim
x
f x
x
. Άρα θα είναι
( )
lim
x
f x
x
και από την αρχική θέτοντας
( )f x
u
x
θα έχω lim ( ) lim ( )u
x u
f x u e
άρα lim ( ( 1) ( ))
x
f x f x
.
Δ) H f είναι στο ,e και ισχύει
( )
( ) ( )
( 1) ( ) ( 1) ( )
f x
x
f x f x
f x f x e xf x f x
x x
.
4η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
Για Καθηγητές
A.
t
f ( x )
t f ( x ) f ( x )u e ,t R x
t x x
x ( 1, )
f ( x ) f ( x )
lnu u 1 u ,u 0 e t e e 0 f '( x ) 0
x x
άρα f στο 1,
B.
f συνεχής
x e
lim f ( x ) 0 f (e) 0 . H f είναι προφανώς δυο φορές παραγωγίσιμη
f ( x ) f ( x )
x x
2
f ( x ) xf '( x ) f ( x )
f '( x ) e f ''( x ) 1 e
x x
, f ''(e) 0
f ( x ) f ( x )
x x
2
f ( x ) xf '( x ) f ( x )
f '( x ) e xf '( x ) f ( x ) xe 0 0
x x
(1)
14. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
για
f ( x )f
x
( 1)
f ( x )
x e f ( x ) f (e) 0 0 e 1 f ''( x ) 0
x
για
f ( x )f
x
( 1)
f ( x )
x e f ( x ) f (e) 0 0 e 1 f ''( x ) 0
x
Άρα η f παρουσιάζει Σ.Κ. στο e .
α) f στο R άρα f ( x ) f '(3)( x 3) f (3) , y f '(3)( x 3) f (3) η
εφαπτόμενη της f στο 3.
f '( 3 ) 0
x
lim f '(3)( x 3) f (3) , άρα κοντά στο είναι
f '(3)( x 3) f (3) 0 ,συνεπώς
Κ .Π
1 1
0
f ( x ) f '(3)( x 3) f (3)
f ( x ) 0
x x
1
lim 0 lim f ( x )
f ( x )
β) Aφού η f είναι συνεχής στο 1, και έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τότε αυτή
θα είναι η x=1 και
x 1 x 1
lim f (x) ή lim f (x)
Αν
x 1
lim f (x) ,κοντά στο 1 θα υπάρχει ρ<e ώστε f ( ρ) 0 ,όμως
f
ρ e f ( ρ) f (e) 0 άτοπο ,άρα
x 1
lim f (x)
Άρα
f
x x 1
f 1, lim f ( x ) ,lim f (x) R
γ) Έστω y λx κ πλάγια ασύμπτωτη τότε
x
f (x)
lim λ R
x
όμως
f ( x )
λx
x DLH x x
f ( x ) f ( x )
lim lim f '( x ) lim e λ e
x x
δηλ. λ λ
λ e λ e 0 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη.
Γ.
Από ΘΜΤ στο x, x 1 , x e για την f θα υπάρχει
ξ x, x 1 : f '(ξ ) f ( x 1) f ( x ).Όμως f κοίλη στο e, άρα f ' και
f ( x )
x
x ξ f '( x ) f '(ξ ) f ( x 1) f ( x )
f ( x )
e f ( x 1) f ( x )
x
( 2)
15. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
f ( x ) e
x
x
f ( x )
lim e
x
. Και από (2) είναι
f ( x )
x
1 1
0
f ( x 1) f ( x )f ( x )
e
x
. Από Κ.Π .στην τελευταία είναι
x x
1
lim 0 lim f ( x 1) f ( x )
f ( x 1) f ( x )
Δ.
Από Γ. ερώτημα είναι
f ( x )
xf ( x )f ' e 0
x
f ( x ) f ( x )
ξ x 1 f '(ξ ) f '( x 1) e f '( x 1) f '( x 1)
x x
f ( x ) xf '( x 1)
5η
προτεινόμενη λύση (Θανάσης Καραγιάννης)
Για καθηγητές:
Έχουμε τρεις παραδοχές για τη συνάρτηση f:
(1)
f(x)
' xf(x)
f (x) = e
x
για κάθε x > 1
(2) H fC έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη και
(3)
x e
limf(x) = 0
.
Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής, από την (3) έπεται άμεσα ότι
f(e) = 0.
Α) Η λύση θα βασιστεί στη γνωστή ανισότητα x
e x 1 , για κάθε x . Πράγματι, τότε
έχω:
f(x)
x f(x)
e
x
f(x)
xf(x)
e 0
x
(1)
'
f (x) < 0, για κάθε x (1,+ ) . Άρα η συνάρτηση f είναι
γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1,+ ) .
Β) Υπολογίζω την 2η
παράγωγο της f στο διάστημα (1,+ ) : Είναι f΄΄(x)
(1)
f(x)
xf(x)
e
x
΄
=
f(x)
xf(x)
e
x
΄΄
=
f(x)
xf(x) f(x)
e
x x
΄ ΄
=
f(x)
xf(x)
1 e
x
΄
=
f(x)
x
2
f΄(x)x f(x)x΄
1 e
x
(1)
16. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
f(x)
x
f(x)
x
2
f(x)
e x f(x)
x
1 e
x
=
f(x)
f(x)x
x
2
f(x) xe f(x)
1-e
x
=
f(x)
f(x)x
x
2
xe
1 e
x
=
=
f(x)
f(x)x
xe
e 1
x
και επειδή
f(x)
xe
0
x
για κάθε x > 1, προκύπτει ότι:
f΄΄(x) 0
f(x)
xe 1 0
f(x)
xe 1
f(x)
0xe e
f(x)
0
x
x>1
f(x) 0 f(x) f(e)
f
x e . Δηλαδή ο πίνακας μεταβολών της f είναι ο εξής:
1 e +
f΄΄(x) 0
f΄(x)
f(x) 0
σ.κ.
Άρα η συνάρτηση f έχει ένα σημείο καμπής, το (e, f(e)) = (e, 0) . Επίσης, η f παίρνει
θετικές τιμές στο διάστημα (1,e) και αρνητικές στο διάστημα (e,+ ) .
α) Από τον πίνακα μεταβολών της f, προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο
διάστημα [e,+ ) . Χρησιμοποιώ τη γνωστή ανισότητα Jensen για κοίλες συναρτήσεις και έχω:
x + y f(x) + f(y)
f
2 2
για κάθε x,y [e,+ ) .
Ειδικότερα για y = e, η προηγούμενη σχέση γράφεται:
x + e f(x) + f(e)
f
2 2
x + e f(x)
f
2 2
(4) για κάθε x [e,+ ) .
Για τη γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f υπάρχουν δύο περιπτώσεις: είτε η f είναι κάτω φραγμένη,
οπότε υπάρχει στο το
x
lim f(x)
και είναι ίσο με το infimum του συνόλου
{f(x): x (1, }) , είτε η f δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε
x
lim f(x) =
.
17. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
Υποθέτω ότι η f είναι κάτω φραγμένη (και θα καταλήξω σε άτοπο). Aπό την υπόθεση,
υπάρχει το
x
lim f(x) =
. Από τη σχέση (4) έχω ότι
x
x + e
lim f
2
x
f(x)
lim
2
2
2 0.
Αυτό όμως είναι άτοπο, διότι: 2e > e
f
f(2e) < f(e) f(2e) < 0
και επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής, παίρνουμε ότι
x 2e
lim f(x) = f(2e) < 0
. Αλλά τότε, επειδή
η f είναι γνησίως φθίνουσα, συνάγεται ότι =
x
lim f(x)
x 2e
lim f(x)
< 0.
Άρα η συνάρτηση f δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε
x
lim f(x) =
.
β) Από την παραδοχή (2), προκύπτει ότι η συνάρτηση f έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στη θέση x
= 1. Άρα, είτε
x 1
lim f(x) =
, είτε
x 1
lim f(x) =
. Επιπλέον, η f παίρνει θετικές τιμές στο
διάστημα (1,e) . Επομένως
x 1
limf(x) =
και για το σύνολο τιμών της συνεχούς, γνησίως
φθίνουσας συνάρτησης f έχουμε ότι
f (1, ) = x x 1
lim f(x) , lim f(x)
=( , ) = .
γ) Αναγκαία συνθήκη για την ύπαρξη πλάγιας ασύμπτωτης της fC στο , είναι η ύπαρξη του
x
f(x)
lim
x
=α . Υποθέτω ότι υπάρχει αυτό το όριο και θα καταλήξω σε άτοπο. Επειδή
x
lim f(x) =
και
x
lim x =
, εφαρμόζω τον κανόνα De’l Hospital και έχω:
x
f(x)
lim
x
=
x
f΄(x)
lim
x΄
=
x
lim f΄(x)
(1)
f(x)
x
x
f(x)
lim e
x
= x
f(x)
lim
x
x
f(x)
lim e
x
,
δηλαδή α = α
α e α
e 0 , άτοπο. Συνεπώς δεν υπάρχει στο το
x
f(x)
lim
x
και η συνάρτηση f δεν έχει πλάγια, ούτε οριζόντια ασύμπτωτη στο .
Γ) Για κάθε x > e, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση f
στο διάστημα [x, x+1]. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (x,x 1)
τέτοιο, ώστε
f(x 1) f(x)
f΄(ξ) =
x +1 x
=f(x 1) f(x) (5).
Επίσης, αν x , τότε ξ . Εξετάζω αν υπάρχει το
t
lim f΄(t)
. Από τον
πίνακα μεταβολών της f, έπεται ότι η παράγωγος συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα
στο διάστημα (e,+ ) . Υποθέτω ότι η συνάρτηση f΄ είναι κάτω φραγμένη, άρα υπάρχει στο
18. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
το
t
lim f΄(t)
. Όμως, όπως είδαμε στο (γ), είναι
t
f(t)
lim
t
=
t
lim f΄(t)
και δεν υπάρχει στο
το
t
f(t)
lim
t
, άτοπο. Επομένως η συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα
(e,+ ) και δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε
t
lim f΄(t) =
.
Έπεται από τη σχέση (5), ότι x
lim f(x 1) f(x)
.
Δ) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα: xf΄(x 1) < f(x)
f(x)
f΄(x 1) <
x
(1)
f(x)
' xf΄(x 1) < f (x) e
f(x)
' xf΄(x 1) f (x) < e , για x > e. Αλλά η τελευταία σχέση ισχύει,
διότι η συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (e,+ ) , οπότε:
x+1 > x f΄(x 1) < f΄(x) f΄(x 1) f΄(x) < 0 <
f(x)
xe , για κάθε x (e,+ ) .
Συνεπώς ισχύει και η αποδεικτέα.