Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
                 2 2 2
g x x f x 2xf x 2x g x x f x x
      2 2
g x x f x x c,    x 2,2
Ακόμα
   g 0 1, και άρα      g 0 c c 1.
Άρα
     2 2
g x x f x x 1,    x 2,2
Η g είναι συνεχής στο   1,1 ως πράξεις συνεχών
Η g είναι παραγωγίσιμη στο  1,1 ως πράξεις παραγωγίσιμων
   
   
   
   
  

f άρτιαg 1 f 1
g 1 g 1
g 1 f 1
.
Από Θ. Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα   1
x 1,1 ώστε
          2
1 1 1 1 1 1
g x 0 x f x 2x f x 2x 0 .
β)
Η g είναι συνεχής στο   1,2 ως πράξεις συνεχών και
   
   
   
  
  
  
g 1 f 1 0
g 1 g 2 0
g 2 4f 2 3 0
και άρα από Θ. Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα  2
x 1,2 ώστε
       2 2
2 2 2 2
g x 0 x f x x 1 0.
γ)
Από το α) έχουμε
     
 
       1 12
1 1 1 1 1 1
x f x
x f x 2x f x 2x 0 f x 1
2
.
Από το β) έχουμε
         2 2
2 2 2 2 2
2
1
x f x x 1 0 f x 1
x
.
Η f είναι συνεχής στο   1 2
x ,x ως πράξεις συνεχών
Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1 2
x ,x ως πράξεις παραγωγίσιμων,
Και άρα από Θ.Μ.Τ τουλάχιστον ένα    1 2
x ,x τέτοιο, ώστε
 
   
 


   
 
1 1
2
2 1 2
2 1 2 1
x f x 1
f x f x 2 x
f
x x x x
.
Λύνει ο Μιχάλης Ροκίδης

2. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
H     2 2
g x x f x x ικανοποιεί το Rolle στο   1,1 , καθότι
αφού f άρτια είναι   f 1 f(1), που σημαίνει ότι η g έχει ρίζα έστω 1
x στο  1,1 .
Άρα είναι      2
1 1 1 1 1
2x f x x f x 2x 0 .
β)
Ισχύει      
1
g 1 f 1 1
4
και      g 2 4f 2 4 1 από τη δεδομένη ανισότητα.
Άρα από το ΘΕΤ υπάρχει τουλάχιστον ένα           2 2
2 2 2 2 2
x 1,2 : g x 1 x f x x 1 0 .
γ)
   
 
 

        1 1
1 1 1 1 1
x f x
x 0 x f x 2f x 2 0 f x 1
2
(1).
Από β)         2
2 2 2 2
2
1
x f x 1 1 f x 1
x
(2).
Από ΘΜΤ για την f στο   1 2
x ,x υπάρχει  στο  1 2
x ,x ώστε  
   
  

2 1
2 1
f x f x
f
x x
(3).
Από πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και αντικαθιστώντας το άθροισμα στην (3) έχω
 
 

  

1 1
2
2
2 1
x f x1
x 2
f
x x
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

3. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας   1
x 1,1 τέτοιος, ώστε:  1
g (x ) 0
όπου      
2 2
g(x) x f(x) x ,x 2,2 με       2
g (x) x f (x) 2xf(x) 2x,x 2,2
 Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα   1,1 , ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό.
 Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα  1,1 και ακόμη
 Είναι
 

      
f( 1) f(1)
f,ά
g( 1) f( 1) 1 f(1) 1 g(1)
Επομένως η g ικανοποίει το Θ. Rolle στο   1,1 και άρα υπάρχει τουλάχιστον ένας
  1
x 1,1 τέτοιος ώστε:       2
1 1 1 1 1 1
g (x ) 0 x f (x ) 2x f(x ) 2x 0 1 .
β)
Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας  2
x 1,2 ρίζα της εξίσωσης
       2 2
h(x)
x f(x) x 1 0 g(x) 1 0 h(x) 0 .
 Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα   1,2 , ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό.
 Με         
3
h(1) g(1) 1 f(1) 1 1 f(1) 0
4
και

       
3
f(2)
4
h(2) g(2) 1 4f(2) 4 1 4f(2) 3 0 δηλ.  h(1) h(2) 0
Επομένως η h ικανοποίει το Θ. Bolzano στο   1,2 και άρα υπάρχει τουλάχιστον ένας
 2
x 1,2 τέτοιος ώστε:       2 2
2 2 2 2
h(x ) 0 x f(x ) x 1 0 2 .
γ)
Έχουμε       1 2
2 1 x 1 x 2
Η συνάρτηση f στο διάστημα   1 2
x ,x ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό ικανοποιεί το Θ.Μ.Τ.,
οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένας    1 2
x ,x τέτοιος, ώστε

  

2 1
2 1
f(x ) f(x )
f ( )
x x
, όπου
Από την σχέση (2) έχουμε:  2 2
2
1
f(x ) 1
x
και από την σχέση (1) έχουμε:

  1 1
1
x f (x )
f(x ) 1
2
και άρα
  
   
   
 
1 1 1 1
2 2
2 2
2 1 2 1
x f (x ) x f (x )1 1
1 1
x 2 2 x
f ( )
x x x x
.
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

4. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για κάθε x ( 2,2),   2
g'(x) x f'(x) 2xf(x) 2x   2 2
g'(x) (x f(x) x )' 
  2 2
g(x) x f(x) x c και επειδή  g(0) 1   c 1 οπότε   2 2
g(x) x f(x) x 1.
Τώρα η g(x) :
 Είναι συνεχής στο [-2,2] ως άθροισμα συνεχών.
 Είναι παραγωγίσιμη στο (-2,2) με   2
g'(x) x f'(x) 2xf(x) 2x
     g( 1) f( 1) f(1) g(1) διότι η f είναι άρτια.
Άρα από θεώρημα Rolle ,  1
x ( 1,1) ώστε 1
g'(x ) 0 
  2
1 1 1 1 1
x f'(x ) 2x f(x ) 2x 0    1 1
1
x f'(x )
f(x ) 1
2
(1) .
β)
Από τη συνθήκη   
3
f(2) f(1)
4
προκύπτουν ότι:  g(1) f(1) 0,
  g(2) 4f(2) 3 0και επειδή g είναι συνεχής στο [-2,2], από θεώρημα Bolzano υπάρχει
τουλάχιστον ένα  2
x ( 2,2) τέτοιο ώστε
2
g(x ) 0    2 2
2 2 2
x f(x ) x 1 0   2 2
2
1
f(x ) 1
x
(2).
γ)
Από τις σχέσεις (1) , (2) έχω ότι     1 1
2 1 2
2
x f'(x )1
f(x ) f(x ) 1 1
x 2
  1 1
2
2
x f'(x )1
x 2
(3).
Όμως από θεώρημα Μέσης Τιμής στο 1 2
[x ,x ], υπάρχει τουλάχιστον ένα   1 2
(x ,x ) τέτοιο
ώστε

  

2 1
2 1
f(x ) f(x )
f'( )
x x


1 1
2
1
2 1
x f'(x ) 1
2 x
x x
από τη σχέση (3).
Λύνει o Τάκης Καταραχιάς

5. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από υπόθεση έχουμε για  x ( 2,2) ότι
        2 2 2
g'(x) x f'(x) 2xf(x) 2x g(x) ' x f(x) x ' .
Από Θεώρημα συνέπειες του Θεωρήματος Μέσης Τιμής έχουμε ότι
  2 2
g(x) x f(x) x c , c> 0 .
Από εκφώνηση έχουμε ότι  g(0) 1 έχουμε τελικά ότι  c 1 .
Άρα   2 2
g(x) x f(x) x 1 ,   x ( 2,2) .
Εφαρμόζω Θεώρημα Rolle για την g(x) στο (-1,1).
 Η g(x) είναι συνεχής στο [-1,1] αφού από υπόθεση g(x) παραγωγίσιμη στο (-2,2).
 Η g(x) είναι παραγωγίσιμη (-1,1) αφού από υπόθεση g(x) παραγωγίσιμη στο (-2,2).
       2 2
g( 1) ( 1) f( 1) ( 1) 1 = f( 1)
   2 2
g(1) 1 f(1) 1 1 =f(1)
Επειδή όμως f άρτια δηλαδή    f( x) f(x) άρα  f( 1) f(1) . Οπότε  g( 1) g(1) .
Άρα από Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον  1
x ( 1,1) τέτοιο ώστε
1
g'(x ) 0    2 '
1 1 1 1 1
x f (x ) 2x f(x ) 2x 0 .
β)
Εφαρμόζω Θεώρημα Bolzano για την g(x) στο (1,2) .
 Η g(x) είναι συνεχής στο [1,2] αφού από υπόθεση g(x) παραγωγίσιμη στο (-2,2).
    
3
g(1) f(1) 0
4
(από υπόθεση)
      2 2
g(2) 2 f(2) 2 1 4f(2) 3 0 ( επειδή από υπόθεση
       
3
f(2) 4f(2) 3 4f(2) 3 0
4
).
Άρα από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 2
x (1,2) τέτοιο ώστε
2
g(x ) 0    2 2
2 2 2
x f(x ) x 1 0 .
γ)
Από α) ερώτημα έχουμε ότι
  2 '
1 1 1 1 1
x f (x ) 2x f(x ) 2x 0. Επειδή 1
x 0 από υπόθεση έχουμε ότι
 

2 '
1 1 1 1 1
1 1
x f (x ) 2x f(x ) 2x 0
2x 2x
   
'
1 1
1
1
x f (x )
f(x ) 1 0
2x
   
'
1 1
1
1
x f (x )
f(x ) 1
2x
(1) .
Από το β) ερώτημα έχουμε ότι
  2 2
2 2 2
x f(x ) x 1 0 .
Λύνει ο Νίκος -Παύλος Κανάκης

6. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Επειδή 2
x (1,2) το 2
x 0 και άρα διαιρώ με 2
2
x οπότε
 

2 2
2 2 2
2 2
2 2
x f(x ) x 1 0
x x
  22
2
1
f(x ) 1
x
(2).
Στην ζητούμενη σχέση αν αντικαταστήσω τα (1), (2) προκύπτει ότι
  
 

1 1
2
2
2 1
x f' x 1
2 x
f'( )
x x
=
   

1 2
2 1
f(x ) 1 f(x ) 1
x x
=
 

2 1
2 1
f(x ) f x
x x
.
Άρα αρκεί να δείξω ότι
 
 

2 1
2 1
f(x ) f x
f'( )
x x
.
Εφαρμόζω Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f(x) στο [ 1 2
x ,x ] και έχουμε :
 Η f(x) είναι συνεχής στο [ 1 2
x ,x ] αφού f είναι παραγωγίσιμη στο (-2,2) και
    1 2
x ,x ( 2,2).
 Η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο  1 2
x ,x αφού f παραγωγίσιμη στο (-2,2)
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο   1 2
(x ,x )τέτοιο ώστε

 

2 1
2 1
f(x ) f(x )
f'( )
x x
.

7. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από τη σχέση    2
g (x) x f (x) 2xf(x) 2x έχουμε:
  2 2
g (x) (x f(x) x ) .
Άρα ισχύει:
      2 2 2 2
g (x) (x f(x) x ) g(x) x f(x) x c
Και αφού
          2 2
g(0) 1 έ c 1 ό g(x) x f(x) x 1
Εφαρμόζουμε το Θ. Rolle στην g στο διάστημα [-1,1]
Και αφού ισχύει: g παραγωγίσιμη , συνεχής και
      g( 1) f( 1) f(1) g(1) ( ύ f ά ) άρα υπάρχει
 1
x ( 1,1) τέτοιο ώστε      2
1 1 1 1 1 1
g (x ) 0 . x f (x ) 2x f(x ) 2x 0
β)
Έχουμε
     
  
3
g(1) f(1) 0 ύ f(1)
4
g(2) 4f(2) 3 0
από υπόθεση. Και αφού g συνεχής στο [1,2] από
Θ. Βolzano έχουμε ότι υπάρχει     2 2
x (1,2) έ ώ g(x ) 0
γ)
Επειδή f συνεχής στο   1 2
x ,x και παραγωγίσιμη στο  1 2
x ,x εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. και
έχουμε:

     

2 1
1 2
2 1
f(x ) f(x )
f ( ) (x ,x )
x x
και αντικαθιστούμε τα
2 1
f(x ) f(x ) από τις σχέσεις των (α) και (β) ερωτημάτων

   

  
1 1
1
2
2
2 2 2
2 2
x f (x )
f(x ) 1
2
1 x 1
f(x ) 1
x x
Οπότε ισχύει το ζητούμενο
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

8. ___________________________________________________________________________
29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η g είναι συνεχής για κάθε    x 2,2 ως παραγωγίσιμη και για κάθε   x 2,2 :
                 2 2 2
g x x f x 2xf x 2x g x x f x x , άρα      2 2
g x x f x x c , c για
κάθε    x 2,2 .
Για x 0 :       g 0 1 c 1 , άρα      2 2
g x x f x x 1 για κάθε    x 2,2 .
Επομένως η g είναι συνεχής στο   1,1 , παραγωγίσιμη στο  1,1 με
        2
g x x f x 2xf x 2x και    g 1 f 1 ,         g 1 f 1 f 1 (αφού η f είναι άρτια) ,
οπότε     g 1 g 1 , άρα από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον   1
x 1,1 , τέτοιο, ώστε
          2
1 1 1 1 1 1
g x 0 x f x 2x f x 2x 0 .
β)
Η g είναι συνεχής για κάθε    x 1,2 ,       
3
g 1 f 1 0
4
και      g 2 4f 2 3 0 ,
( αφού             
3
f 2 4f 2 3 4f 2 3 0
4
) , άρα από το Θ. Bolzano υπάρχει ένα
τουλάχιστον  2
x 1,2 , ώστε         2 2
2 2 2 2
g x 0 x f x x 1 0 .
γ)
Η f είναι συνεχής για κάθε         1 2
x x ,x 2,2 και παραγωγίσιμη για κάθε   1 2
x x ,x ,
άρα από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον    1 2
x ,x τέτοιο , ώστε :
 
   
  

2 1
2 1
f x f x
f
x x
.
Αλλά      
       
         
2
1 1 1 1 12
1 1 1 1 1 1
1
2x x f x x f x
x f x 2x f x 2x 0 f x 1
2x 2
, ( 1
x 0)
και
   

       
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
1 x 1
x f x x 1 0 f x 1
x x
, οπότε
 
     
   
   
 
1 1 1 1
2 2
2 2
2 1 2 1
x f x x f x1 1
1 1
x 2 2 x
f
x x x x
.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης