Η ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
Για Μαθητές
Α.
Για x > 0
 

       
2
2
4
x x G''( x ) 2xG'( x ) 3
G'( x ) G''( x ) 3x 2G'( x ) xG''( x ) 3x
2 x x
  
     
 
2 2
G'( x ) G'( x )
' 3lnx ' 3lnx c ,c R
x x
,    
G'(1)
3ln1 c c 1
1
Άρα         2 2 2 3
2
G'( x ) 1
3lnx 1 G'( x ) 3x lnx x G'( x ) 3x lnx x
x x
     3 3
G'( x ) x lnx ' G( x ) x lnx k, k R ,   G(1) k k 0
Συνεπώς    3
G( x ) x lnx ,x 0,
 


  
   3
x 0 x 0 x 0 DLH
3
lnx
G(0) limG( x ) lim x lnx lim 0
1
x
. Άρα
 
 

3
x lnx ,x 0
G( x )
0 ,x 0
B. i.
  
 

2 2
3x lnx x ,x 0
G'( x )
0 ,x 0
ii.
        
  
2 2 3 3 3
3
G'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3G( x ) x
3G( x ) xG'( x ) x ,x 0
Και G’(0)=0 , άρα   3
3G( x ) xG'( x ) x ,x 0
x 0 3
1
e 
G ’ - +
G ↘ ↗

1
3e
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Γ.
Για την G στο  1, είναι   2 2
G'( x ) 3x lnx x 0 άρα       G με G 1, 0,
Πρέπει    x 0 και lnx 0 x 1
Θα χρησιμοποιήσουμε την    lnx x 1 x 1
     
 
           
      
3 3 3 3 3
3 3
1 3lnx x lnx ln lnx 1 lnx x lnx ln lnx ln lnx lnx x lnx 1
ln x lnx x lnx 1 lnG( x ) G( x ) 1 G( x ) 1
Εφόσον η       G με G 1, 0, η τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα
στο  1, .
Δ.
 
     

3
x lnx ,x 0
G( x ) 0 0 x 0 ή x 1
0 ,x 0
άρα τα μοναδικά κοινά σημεία
του x’x με την CG είναι τα 0 , 1 . Η G είναι συνεχής με
 
   
 3
1 1
G 0
3ee
άρα
    G x 0 ,x 0,1 και το ζητούμενο εμβαδό είναι  

1
0
E G( x )dx .
Από το B.ii. είναι   3
3G( x ) xG'( x ) x
         
       
    
1 1 1 1 1
13 3
0
0 0 0 0 0
3G( x ) dx xG'( x ) x dx 3 G( x ) dx xG( x ) G( x ) dx x dx
1 1 1
3Ε G(1) E 4E E τ.μ.
4 4 16
Για Καθηγητές
A.
Για x > 0
 

       
2
2
4
x x G''( x ) 2xG'( x ) 3
G'( x ) G''( x ) 3x 2G'( x ) xG''( x ) 3x
2 x x
  
     
 
2 2
G'( x ) G'( x )
' 3lnx ' 3lnx c ,c R
x x
,    
G'(1)
3ln1 c c 1
1
Άρα         2 2 2 3
2
G'( x ) 1
3lnx 1 G'( x ) 3x lnx x G'( x ) 3x lnx x
x x
     3 3
G'( x ) x lnx ' G( x ) x lnx k, k R ,   G(1) k k 0

3. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
Συνεπώς    3
G( x ) x lnx ,x 0, (1)
Η συνάρτηση G είναι περιττή στο R ,οπότε    G( x) G( x) ,x R
Για   x 0 x 0 ,τότε          
( 1)
3 3
G( x ) G( x ) ( x ) ln( x ) x ln( x )
Ακόμα G(0) 0 αφού G περιττή στο R
Άρα
 
 

3
x ln x ,x 0
G( x )
0 ,x 0
 


    

     
3
2
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 DLH
2
G( x ) G(0) G( x ) x lnx lnx
G'(0) lim lim lim lim x lnx lim 0
1x x x
x
  
 

2 2
3x ln x x ,x 0
G'( x )
0 ,x 0
,
B. i.
Έστω ε : y = λ x , λ 0 .Τότε τα σημεία τομής της CG με την (ε) είναι οι λύσεις της
εξίσωσης  G( x) λx ,x R. Προφανής λύση είναι η x=0 ,οπότε το Ο(0,0) είναι ένα
σημείο τομής. Θα μελετήσουμε τα σημεία τομής στο R* .
       2G( x )
G( x ) λx ,x R* λ ,x R* x lnx λ , x R*
x
( 2)
Έστω  2
Η(x) x ln x ,x R* τότε     Η'(x) 2x ln x x x 2ln x 1
και η εξίσωση (2) γίνεται ισοδύναμα Η(x)=λ .
          
1 1
Η'(x) 0 x 2ln x 1 0 ln x x
2 e
x 
-  3
1
e 0 3
1
e 
G ’ + - - -
G ↗ ↘ ↗
1
3e

1
3e

4. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Από τον πίνακα έχουμε ότι η H έχει ολικό ελάχιστο
   
      
   
1 1 1
Η Η
2ee e
Τότε
        
           
       
1 1 1
Η 0, Η 0, ,0
2ee e
αφού
   
  
   
   
        
   
2
x 0 x 0 x 0
2 3
1
lnx xlim x lnx lim lim 0
1 2
x x
        
             
       
1 1 1
Η , Η , ,
2ee e
αφού  
 2
x
lim x ln x
 Αν  
1
λ
2e
τότε η εξίσωση Η(x)=λ δεν έχει λύσεις και η  G( x) λx ,x R έχει
μοναδική λύση την x=0
 Αν  
1
λ
2e
τότε η εξίσωση Η(x)=λ έχει 2 λύσεις και η  G( x) λx ,x R έχει 3 λύσεις
(μαζί με την x=0)
 Αν   
1
0 λ
2e
τότε η εξίσωση Η(x)=λ έχει 4 λύσεις και η  G( x) λx ,x R έχει 5
λύσεις (μαζί με την x=0)
 Αν λ 0 τότε η εξίσωση Η(x)=λ έχει 2 λύσεις και η  G( x) λx ,x R έχει 3 λύσεις
(μαζί με την x=0).
B. ii.
Σύμφωνα με το Β.i. η CG έχει ακριβώς 3 κοινά σημεία με την (ε) και σχηματίζει
αμβλεία γωνία με x’x (λ<0) μόνο όταν  
1
λ
2e
, άρα (δ):  
1
y x
2e
. Και τότε αυτά
τα σημεία είναι τα
   
     
   
1 1 1 1
Α , , Β ,
2e 2ee e
.
  
1
G'(0) 0
2e
,άρα η (δ) δεν εφάπτεται στη CG στο 0.
x 
-
1
e 0
1
e 
H ’ - + - +
H ↘ ↗ ↘ ↗

1
2e

1
2e

5. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
    
1 1 1
G'( ) G'( ) λ
2ee e
άρα η (δ) εφάπτεται στη CG στα Α,Β
Γ.
Από το Β. για x 0 η (δ) έχει μοναδικά κοινά σημεία με την CG τα
1
,0
e
άρα το
ζητούμενο εμβαδό είναι  

1
e
0
1
E G( x ) x dx
2e
. Όμως για  
1
0 x
e
είναι
 
       
 
3 21 1 1
G( x ) x x lnx x x x lnx xH( x ) 0
2e 2e 2e
(όπως φαίνεται από το
πίνακα μεταβολών της Η στο Β. ερώτημα) ,οπότε  
1
G( x ) 0
2e
στο
 
 
 
1
0,
e
. Άρα
 
      
   
1 1 1
e e e
2
0 0 0
I
1 1 1
E G( x ) x dx G( x ) dx x dx I
2e 2e 4e
Για x >0,         2 2 3 3 3
G'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3G( x ) x .
  3
3G( x ) xG'( x ) x . Ακόμα G(0) 0 ,άρα   3
3G( x ) xG'( x ) x ,x 0
   
 
      
          
   

1 1 1 1
1e e e e3 3e
0
0 0 0 0
1
1 e 3e
2 20
0
3I 3G( x ) dx xG'( x ) x dx xG( x ) G( x ) dx x dx
1 1 1 1
3I xG( x ) I x dx 4I I
4e 16e2e e 8e e
Άρα       2 2 2
1 1 1 1 5
E
16e 4e 16e8e e 4e e
τ.μ.
Δ.
Για την G στο 1, είναι   2 2
G'( x ) 3x lnx x 0 άρα        G με G 1, 0,
Πρέπει    x 0 και lnx 0 x 1
Θα χρησιμοποιήσουμε την    lnx x 1 x 1
     
 
           
      
3 3 3 3 3
3 3
1 3lnx x lnx ln lnx 1 lnx x lnx ln lnx ln lnx lnx x lnx 1
ln x lnx x lnx 1 lnG( x ) G( x ) 1 G( x ) 1
Εφόσον η       G με G 1, 0, η τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα
στο  1, .
Ε.

6. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
Έστω    
   
       
 
     
 
 
 
1 1
3e G 3eG
c 3 c 2 x
1 1
F( x ) G(t )dt G(t)dt xe x 1 ,x 0,1
Συνεχής στο  0,1 με
   
       
 
    
 
 
 
2
1 1
3eG 3eG
c 3 c 2
1 1
F(0) F(1) G(t )dt G(t)dt 0
Αν
      
       
         
  
   
1 1 1 1
3eG 3eG 3eG 3eG
c 3 c 2 c 3 c 2
1 1 1 1
G(t )dt G(t)dt G(t )dt G(t)dt
 
  
 
 
 
 
 

1
3eG
c 3
1
3eG
c 2
G(t )dt 0 , θέτω
   
        
1 1
α 3eG ,β 3eG
c 2 c 3
  

β
α
G(t )dt 0 3 και
   
                  
1 1 1 1
0 1 1 α 3e G 0 , 1 β 3eG 0
c 3 c 2 c 2 c 3

 
 
     

   β
β
β β β βG περιττή
α α β αG(t )dt 0
G(t )dt 0 G(t )dt G(t )dt 0 G(t )dt 0
Στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι -1<α<0 ,-1<-β<0 και G(x)>0 .
Αν υποθέσουμε ότι

  

β
α
α β τότε G(t )dt 0 , ενώ για

  

β
α
α β τότε G(t )dt 0 ,άτοπο και στις δυο περιπτώσεις ,άρα  α β
      
                      
1 1 1 1
α β 3eG 3eG G G
c 2 c 3 c 2 c 3
Όμως G 1-1 στο
   
       
3
1 1 1
, 0,
c 3 c 2 e
(από τον πίνακα μονοτονίας της G)
Και τότε   
 
1 1
2 3
c 2 c 3
,άτοπο
Άρα η σχέση (3) δεν ισχύει και
 
  
 
 
 
 


1
3eG
3
1
3eG
2
G(t )dt 0 και τότε
F(0)F(1) 0και από θ.Bolzano η εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα στο 0,1 αφού η F
είναι γν. μονότονη.

7. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
2η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Για Μαθητές
A. Η αρχική ισοδύναμα γράφεται:
 2
2 3 2 2
( ) 2 ( ) 3 ( ) ( )
2 ( ) ( ) 3 3ln 3ln
G x G x G x G x
G x xG x x x x c
x x x x x
                
 
Για x=1: c=1 άρα:
 2 2 3 3
2
( )
3ln 1 ( ) 3 ln ( ) ln ( ) ln
G x
x G x x x x G x x x G x x x c
x
           
Για x=1: c=0 άρα: 3
( ) lnG x x x , 0x  . (1)
Επειδή G συνεχής στο 0 είναι:
 
3
3
0 0 0 0
3
ln
(0) lim ( ) lim ln lim lim 0
1 3x x x x
x x
G G x x x
x


   
 
      
 
.
(Αν έχει Π.Ο. το και επειδή είναι περιττή ισχύει: ( ) ( )G x G x   .
Θέτοντας στην (1) όπου x το 0x  έχω:
3 3 3
( ) ( ) ln( ) ( ) ln( ) ( ) ln( ), 0G x x x G x x x G x x x x             )
Β. i) Το Ο είναι κέντρο συμμετρίας της GC λόγω περιττής. Αυτό σημαίνει ότι αρκεί η
μελέτη των ακροτάτων στο  0, . Για 0x  είναι
 
1
2 2 2 3
( ) 3 ln 3ln 1 0G x x x x x x x e

        .
Είναι
1
3
( ) 0G x x e

    άρα G στο
1
3
,e
 

 
και G στο
1
3
0,e
 
 
 
.
Άρα η GC έχει Ο.Ε. στο
1
3
e

το
1
3
1
3
G e
e
 
  
 
και τοπικό μέγιστο στο 0 το 0, αν
ορίζεται στο  0, . Αν ορίζεται στο το
1
3e
 γίνεται τ.ελ. και το
1
3e
τ.μέγ. στο
1
3
e

 .
ii) Eύκολα με De L’ H. δείχνω ότι (0) 0G  οπότε η ζητούμενη ισχύει για x=0. Για
0x  είναι  3 2 2 3 3
( ) 3 ln 3 ln 3 ( )xG x x x x x x x x x G x       .
Γ. Με 1x  Ισοδύναμα έχω:
3 3 3 3
1 ln ln(ln ) ln 0 1 ln( ln ) ln 0 ln ( ) ( ) 1 0x x x x x x x x G x G x            (1)

8. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
Θέτω ( ) ln 1h x x x   , 0x  . Ισχύει ln 1, 0x x x    με την ισότητα να ισχύει
στο 1.
Άρα η (1) γράφεται ισοδύναμα ( ( )) 0 ( ) 1h G x G x   κι επειδή ΣΤ G
1
,
3e
 
   
αφού είναι lim ( )
x
G x

 , θα υπάρχει μοναδικό 0 1x  : 0( ) 1G x  (G στο
1
3
,e
 

 
)
Δ. Για (0,1)x είναι ( ) 0G x  . Το ζητούμενο εμβαδό είναι το
1
0
( )G x dx . Έστω 0t 
και κοντά σ’ αυτό. Τότε
1 1
0 0
( ) lim ( )
tt
G x dx G x dx

  .
4 3 4 4
1
1 1
1
ln ln 1
( ) ( )
4 4 4 16 16
t
t t
t
x x x t t t
G x dx G x dx dx
 
      
 
   και
'1
0
1
lim ( )
16
L H
tt
G x dx 


Εναλλακτικά με παραγοντική έχω:
   
0 0 10 3
11 1 0
14
0
( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( )
1 1 1
3 3 4
4 4 4 16
Bii
E x G x dx xG x xG x dx G x x dx
x
E E E E 
      
 
         
 
  
Για Καθηγητές
Βi) Λόγω κέντρου συμμετρίας της GC θα εργαστούμε στο  0, , γνωρίζοντας ότι
κάθε πλάγια ευθεία : y x  τέμνει τη GC στο Ο(0,0). Αν η GC τέμνει την (ε) σε
σημείο 0 0( , )M x y με 0 0x  θα την τέμνει και στο σημείο 0 0( , )M x y   . Άρα αρκεί να
βρω το πλήθος λύσεων της 2
( ) lnG x x x x    για 0x  .
Mε 2
( ) lnx x x  έχω
1
2
( ) (2ln 1) 0x x x x e

      και
1 1
2 2
( ) 0 ,x x e e
  
      
 
ενώ
1 1
2 2
( ) 0 0 (0, ]x x e e
 
       . Επίσης επειδή lim ( )
x
x

   ,
1
2
1
( )
2
e
e

   ,
0
lim ( ) 0
x
x

  θα είναι ΣΤ Φ
1
,
2e
 
  
.
Έτσι καταλήγω:
Αν
1
2e
   η GC τέμνει την (ε) μόνο στο Ο.

9. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
Αν
1
2e
   η GC τέμνει την (ε) σε 3 σημεία στο Ο και στα
1 1
2 2
1 1
( , ),( , )
2 2
e e
e e
 
  .
Αν
1
0
2e
   η GC τέμνει την (ε) σε 5 σημεία μαζί με το Ο.
Αν 0  η GC τέμνει την (ε) σε 3 σημεία μαζί με το Ο.
ii) Aπό τις ευθείες (ε) υπάρχει μία μόνο η δ:
1
2
y x
e
  , που τέμνει τη GC σε 3 σημεία,
έχει αρνητική κλίση και εφάπτεται σε 2 απ’ αυτά τα
1 1
2 2
1 1
( , ),( , )
2 2
e e
e e
 
  , αφού
ισχύει
1
2
1
...
2
G e
e
 
    
 
ή εναλλακτικά το σύστημα
0 0
0
1
( )
2
1
( )
2
G x x
e
G x
e

 

   

έχει μοναδική λύση την
1
2
0x e

 .
Γ. Zητώ το
1
2
0
1
2 ( )
2
e
E G x x dx
e

  . Στο
1
2
0,e
 
 
 
ισχύει
1
( )
2
G x x
e
  , αφού από
Βi) είναι
1
( )
2
x
e
   στο
1
2
0,e
 
 
 
. Άρα
1
2
2
2
0
1 1
2 2 2 4
e
E x
I I
e e

 
    
 
όπου
     
1 1 11
2 2 22
1 1
32 2
00 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( )
Biie e ee
I x G x dx xG x xG x dx e G e G x x dx
  
 
         
1
2
3
1 42
2
2 2 2
0
3 3 3
3 ... 3 4
2 4 4 4 16
e
e x
e I I I I
e e e


  
               
 
, άρα
2
1
8
E
e
 .
Ε. Με Βolz. στo  0,1 δ.ο. η εξίσωση 1 0x
xe x   έχει ρίζα στο (0,1) που είναι
μοναδική από τη μονοτονία της. Αρκεί ο συντελεστής της να είναι 0 για να μην
είναι ταυτοτική.

10. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Έστω 1
1
3 0
2
eG
c

 
  
 
γιατί 0G  στο  0,1 και
1
1
2c


. Επίσης αν
2
1
3 0
3
eG
c

 
   
 
για τον ίδιο λόγο. Ο συντελεστής γράφεται
2 2 1 2
1 1
1 2 2
1
0
0 0 0
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 0
G ή
ήu t
G t dt G t dt G t dt G t dt G t dt
G t dt G t dt G t dt
   
 
  




     
   
    
  
αφού ισχύουν:
1 2, 0   , 1 23
1 1 1 1 1 1
0
2 2 3 2 3
G
G G
c c c ce
 
   
           
      
και G
αρνητική στο  2 1,  .