Η ασκηση της ημερας

1. ___________________________________________________________________________
29η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
1
Η
ημερομηνία
αποστολής
των
λύσεων
καθορίζει
και
τη
σειρά
καταγραφής
τους
1η
προτεινόμενη
λύση
(Σπύρος
Μπρίνιας)
Θεωρώ την συνάρτηση ( ) x
h x e xln x x= − − , x 0> η οποία είναι παραγωγίσιµη στο
πεδίο ορισµού της µε ( ) x
h x e ln x 2 0′ = − − > ( )Α
x
e x 1> + για κάθε x 0> ( )1
ln x x 1 ln x 1 x≤ − ⇔ − ≥ − για κάθε x 0> ( )2
Προσθέτοντας κατά µέλη τις ( ) ( )1 , 2 προκύπτει x
e ln x 2 0− − > και άρα από την
( )Α έχω ότι ( )h x 0′ > για κάθε x 0> .Επειδή προφανώς επιπλέον η ( )h x είναι και
συνεχής στο ( )0,+∞ το ( )( ) ( ( ) ( ))xx 0
h 0, lim h x , lim h x+ →+∞→
+∞ =
( ) ( )x
x 0 x 0
lim h x lim e x ln x x 1 0 0 1+ +
→ →
= − − = − − = αφού :
( )
x 0 x 0 x 0 x 0
ln xln x
lim x ln x lim lim lim x 0
1
1
x
x
+ + + +
∞
∞
→ → → →
′
= = = − =
′⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Άρα ( )( ) ( ( ))x
h 0, 1, lim h x
→+∞
+∞ = εποµένως ( ) x
h x 1 e xln x x 1> ⇔ − − > για κάθε
x 0.>

2. ___________________________________________________________________________
29η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
2
2η
προτεινόμενη
λύση
(Παύλος
Τρύφων)
Ισχύει για κάθε x 0> ότι
( )
x
x
1
x 2
x 2
x
e x ln x
xe x x ln x
xe 1 x 1 x ln x 1
x ln x 1 xe 1 1
⋅
+
> > ⇒
> > ⇒
+ > + > + ⇒
+ < +
Θέλουµε να αποδείξουµε ότι
x
x
e xln x x 1
xln x 1 e x
− − > ⇔
+ < −
Οπότε λόγω της σχέσης ( )1 αρκεί να αποδείξουµε ότι
x x
xe 1 e x,+ < − για κάθε x 0>
Πράγµατι, η συνάρτηση
( ) x x
f x xe 1 e x, x 0= + − + ≥
είναι παραγωγίσιµη στο ( )0,+∞ µε
( ) x
f x xe 1 0′ = + >
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ )0,+∞ (ως συνεχής στο 0)
Άρα για
( ) ( ) x x
x 0 f x f 0 xe 1 e x> ⇒ > ⇒ + > −

3. ___________________________________________________________________________
29η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
3
3η
προτεινόμενη
λύση
(Ανδρέας
Πάτσης)
Για 0 x 1< < έχω:
x x
e xln x x 1 e x 1 xln x− − > ⇔ − − >
που ισχύει αφού x
e x 1 0− − > (κατόπιν απόδειξης) για κάθε 0 x 1< < και x ln x 0<
αφού x 0> και ln x 0.<
Για x 1> εργάζοµαι ως εξής:
x x
e xln x x 1 e xln x x 1− − > ⇔ − > + ( )Α
Αρκεί να δείξω την ( )Α :
Θεωρώ την ( ) x
f x e xln x= −
( ) x
f x e 1 ln x′ = − −
( ) x 1
f x e 0,
x
′′ = − > για κάθε x 1> αφού :
x
e
x
x 1 e e> ⇒ >
Z
( )1
1 1
x 1 1 1
x x
> ⇒ < ⇒ − > − ( )2
Προσθέτοντας κατά µέλη τις ( ) ( )1 , 2 προκύπτει ότι x 1
e e 1 0
x
− > − >
Άρα ( )f x 0,′′ > για κάθε x 1> και επειδή η f συνεχής στο [ )1,+∞ θα είναι κυρτή
στο [ )1,+∞ ,άρα θα βρίσκεται πάνω από την εξίσωση της εφαπτοµένης στο ( )( )1,f 1
Όµως: ( )f 1 e= και ( )f 1 e 1′ = − ,άρα η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι:
( )( ) ( ) ( ) ( )y e e 1 x 1 y e 1 x e 1 e y e 1 x 1− = − − ⇔ = − − − + ⇔ = − +
Άρα: ( ) ( )f x e 1 x 1 x 1> − + > + αφού ( ) ( )e 1 1 e 1 x x e 1 x 1 x 1− > ⇔ − > ⇔ − + > +
για κάθε x 1.> Άρα ( ) x x
f x x 1 e xln x x 1 e xln x x 1> + ⇔ − > + ⇔ − − > για κάθε
x 1.>
Eποµένως για κάθε x 0> ισχύει το ζητούµενο.

4. ___________________________________________________________________________
29η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
4
4η
προτεινόμενη
λύση
(Δημήτρης
Χατζάκης)
Θεωρώ την f(x) = e!
− xlnx − x − 1 , x > 0 µε f!
(x) = e!
− lnx − 2 , x > 0
Βασικές ανισώσεις :
e!
≥ x + 1 ⇔ e!
− 1 ≥ x (1)
lnx ≤ x − 1 ⇔ lnx + 1 ≤ x ⇔ −lnx − 1 ≥ −x (2)
1 + 2 ⇢ e!
− 1 − lnx − 1 ≥ x − x ⇔ f!
x ≥ 0 ⇢ f ↑
• f συνεχής και ↑ στο (0, +∞) από ΘΕΤ f((0, +∞)) = (0, +∞) άρα f x > 0
( lim!→!! f x = ⋯ = 0 και lim!→!! f x = ⋯ = +∞ )
5η
προτεινόμενη
λύση
(Κώστας
Δεββές)
Ισοδύναµα, αρκεί να δείξουµε ότι
x xx 0
x e 1 e 1
e xln x x 1 0 x( ln x 1 ) 0 ln x 1 0
x x x x
>
− − − > ⇔ − − − > ⇔ − − − >
Θέτουµε
x
e 1
f(x) ln x 1
x x
= − − − , x 0>
Η f είναι παραγωγίσιµη στο ( )0,+∞ µε
( )( )xx x x x
2 2 2 2
e 1 x 1e x e 1 1 xe e x 1
f (x)
x x x x x
− −− − − +
′ = − + = =
και ισχύει
( )f x 0 x 1′ = ⇔ =
αφού ισχύει x
e 1> για x 0> .
Άρα για 0 x 1< < είναι f (x) 0 f′ < ⇒ ] στο (0,1]και για x 1> είναι f (x) 0 f′ > ⇒ Z
στο [1, )+∞ .
Δηλαδή η f έχει ολικό ελάχιστο στο x 1= το f(1) e 2 0= − > άρα είναι
f(x) 0> , για κάθε x 0>
δηλαδή προκύπτει το ζητούµενο.

5. ___________________________________________________________________________
29η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
5
6η
προτεινόμενη
λύση
(Ηλίας
Ζωβοΐλης)
Θεωρούµε τη συνάρτηση f µε τύπο
( )
x
2
e
f x , x
x 1
= ∈
+
R
Είναι
( )
( )
( )
2x
22
e x 1
f x , x
x 1
−
′ = ∈
+
R
Η f είναι συνεχής στο 1 και επειδή για κάθε ( ) ( )x ,1 1,∈ −∞ ∪ +∞ είναι
( )f x 0′ > ,συµπεραίνουµε ότι η συνάρτηση f είναι γν.αύξουσα στο R .
Εποµένως:
( ) ( )
f γν.αύξουσα
x 2
x 0 f x f 0 1 e x 1> ⇒ > = ⇒ > + ⇒
x
x xe 1
x lnx 1 e 1 xlnx x e xlnx x 1
x
−
⇒ > ≥ + ⇒ − > + ⇒ − − > .
7η
προτεινόμενη
λύση
(Μάκης
Μάντζαρης)
• Αν ( )∈x 0,1 τότε
+⎧ > +⎧ > + ⎪
⇒ ⇒ − > − + +⎨ ⎨
< − − > − +⎪⎩ ⎩
xx
x 2
2
e x 1e x 1
e xlnx x 2x 1
lnx x 1 xlnx x x
Όµως για 0<x<1 είναι − < ⇔ − + + > +2 2
x x 0 x 2x 1 x 1
άρα − > + ⇒ − − >x x
e xlnx x 1 e xlnx x 1
• Αν [ )∈ +∞x 1, , θεωρώ την [ )= − − − ∈ +∞x
g( x) e xlnx x 1 ,x 1, µε
= − −x
g'( x ) e lnx 2
[ )
⊕⎧ ⎧> + > +
⇒ ⇒ − > ⇔ > ⇒ ↑ +∞⎨ ⎨
≤ − − ≥ − +⎩ ⎩
x x
xe x 1 e x 1
e lnx 2 g'( x ) 0 g 1,
lnx x 1 lnx x 1
,
Άρα ≥ ⇒ ≥ = − > ⇒ − − >x
x 1 g( x ) g(1) e 1 0 e xlnx x 1

6. ___________________________________________________________________________
29η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
6