H άσκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Για κάθε λ 0 η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Rμε
   2 λ 1
f x x λ lnλ x
4

   
Η fείναι τριώνυμο (ως προς x ) με διακρίνουσα
Δ λ lnλ λ 1  
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
 Αν λ 1 τότε   2
f x x 0   , οπότε η f είναι κυρτή στο R
(αφού η f είναι συνεχής στο R) και άρα η f δεν έχει σημεία καμπής
 Αν 0 λ 1  τότε Δ λlnλ λ 1 0     , διότι από την βασική σχέση
lnx x -1, για κάθε x > 0 (με την ισότητα μόνο για x = 1 ) προκύπτει
2 2 2
lnλ λ 1 λlnλ λ λ λlnλ λ λ λlnλ λ 1 λ 1 0                 
Οπότε η εξίσωση  f x 0  έχει δύο διαφορετικές ρίζες 1 2
ρ ,ρ και από το πρόσημο
τριωνύμου, προκύπτει ότι η f έχει δύο σημεία καμπής      1 1 2 2
A ρ ,f ρ , B ρ ,f ρ
 Αν λ 1 τότε Δ λlnλ λ 1 0    , διότι από την βασική σχέση
lnx x -1, για κάθε x > 0 (με την ισότητα μόνο για x = 1 ) προκύπτει
1 1 1
ln 1 lnλ 1 λlnλ 1 λ λlnλ λ 1 0
λ λ λ
             
Οπότε και πάλι η f έχει δύο σημεία καμπής      1 1 2 2
A ρ ,f ρ , B ρ ,f ρ
Συμπέρασμα:
τιμές του λ πλήθος σημείων καμπής της f
0 λ 1  ή λ 1 2
λ 1 0
Λύνει ο Παύλος Τρύφων

2. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
4
3 2
3
2
2
2
λ lnλx λ -1
f : , f(x) = + x + x + x +1.
12 6 8
λ lnλx λ -1
Για κάθε x , f '(x) = + x + x +1,
3 2 4
λ -1
f ''(x) = x + λ lnλ x + .
4
Δ λ lnλ 1 λ.
Αν λ = 1,είναι Δ = 0 και f "(x) = x 0, άρα η συνάρτηση


  
  δεν έχει σημεία καμπής.
Αν 0 < λ < 1, τότε λ lnλ > 0,1- λ > 0 Δ 0.
Εστω g(λ) = λlnλ +1- λ, λ 1.
Γιά κάθε λ > 1, g'(λ) = lnλ +1-1 = lnλ > 0, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, + ),
οπότε για κάθε λ
  
 

1 2
1 2
> 1 g(λ) > g(1) g(λ) > 0. Άρα
αν λ > 1, τότε Δ = g(λ) > 0. Ετσι για λ (0,1) (1,+ ) είναι Δ > 0, άρα η f " έχει δύο
λ lnλ Δ λ lnλ Δ
ρίζες πραγματικές άνισες, x , x = , είναι θετική στα
2 2
( ,x ) και (x , )
 
   
   

  1 2
1 1 2 2
και αρνητική στο (x ,x ).
Τότε η f έχει δύο σημεία καμπής, τα (x ,f(x )) και (x ,f(x )).
Λύνει η Ντίνα Ψαθά

3. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Η συνάρτηση f ως πολυωνυμική, παραγωγίζεται στο με:

3
2
λ lnλx λ 1
f (x) x x 1, x
3 2 4

      οπότε και η f παραγωγίζεται με:
 2 λ 1
f (x) x λ lnλ x , x
4

      , η οποία είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με
λ 1
α 1 0, β λ lnλ και γ
4

    , οπότε η διακρίνουσα του είναι
2
Δ β 4αγ λ lnλ λ 1    
Σχόλιο: Για το πλήθος των ριζών και το πρόσημο της f (x) μελετάμε τις ρίζες και το
πρόσημο της διακρίνουσας Δ, δηλ. της συνάρτησης g(λ) λ lnλ λ 1, λ 0   
Είναι
λlnλ λ 1, 0 λ 1
g(λ) λ lnλ λ 1
λlnλ λ 1, λ 1
    
    
  
 Η g έχει προφανή ρίζα το λ 1 , τότε η Διακρίνουσα μηδενίζεται, οπότε το τριώνυμο
μηδενίζεται σε μια θέση, όμως διατηρεί πρόσημο και μάλιστα είναι
f (x) 0  , x  , άρα τότε (όταν, λ 1 ) η f δεν έχει σημεία καμπής.
 Όταν 0< λ <1 τότε  g(λ) λlnλ λ 1 λlnλ 1 λ 0


         , διότι από
λ 0
1 λ 0
λ 1 και
lnλ ln1 0(ln ) lnλ 0 λ lnλ 0


 

  

         
Δηλ. τότε είναι Δ>0, οπότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες 1 2
ρ , ρ και εναλλάσσει το πρόσημο
εκατέρωθεν αυτών, που σημαίνει , ότι η f
C έχει δύο σημεία καμπής.
 Όταν λ >1, τότε g(λ) λlnλ λ 1   με
g (λ) lnλ 1 1 lnλ 0      , διότι
ln
λ 1 lnλ ln1 0

    , οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα
συνάρτηση και άρα από
g
λ 1 g(λ) g(1) 0

   
Δηλ. και πάλι είναι Δ>0, οπότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες 1 2
ρ , ρ και εναλλάσσει το
πρόσημο εκατέρωθεν αυτών, που σημαίνει , ότι η f
C έχει δύο σημεία καμπής.
Τελικά έχουμε ότι η f
C έχει δύο σημεία καμπής για κάθε 0 λ 1  .
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

4. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 
4
3 2
λ lnλx λ 1
f x x x x,
6
x 1
12 8
  

  R
H f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο R με:
 
3
2
λ lnλx λ 1
f x x x 1
3 2 4

   
και
  2
f x x λ l
λ 1
x
4
nλ

  
Η f είναι τριώνυμο ως προς x με διακρίνουσα: Δ λ lnλ λ 1  
Θα αποδείξουμε ότι είναι Δ 0 για κάθε λ 0 .
Έστω  
λlnλ λ 1 , λ
g(λ) λ lnλ λ 1, λ
λlnλ λ 1
0 g λ
, 0 λ
1
1
 
  
    
 
   

Εύκολα βλέπουμε ότι η g είναι συνεχής στο 1 και:
 g' λ l 0nλ  για κάθε λ 1 . Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1,  άρα:
Για κάθε    1 g λ g 1λ 0    με την ισότητα να ισχύει μόνο για λ 1 .
Για 0 λ 1  έχουμε:  g' λ l 2nλ  
 
 
 
2
2
2
g λ 0 λ e
g λ 0 0 λ e
g λ 0 e λ 1



   
    
    
Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο  2
1
Δ 0,e
 
 και γνησίως φθίνουσα και
συνεχής στο 2
2
Δ e ,1
  , άρα:
      λ
2 2
1
0
g Δ lim g λ ,g e 1,1 e

     
      λ
2 2
2
1
g Δ limg λ ,g e 0,1 e

     
Οπότε:
       2
g 1 2
g D g Δ 0 1g Δ , e
   
Άρα είναι  g λ 0 για κάθε 0 λ 1 
Τελικά είναι  g λ 0 για κάθε λ 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο αν το λ 1 .
Άρα η διακρίνουσα της f είναι μη αρνητική για κάθε λ 0
Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης

5. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Συμπέρασμα
 Αν λ 1 τότε Δ 0 οπότε  x 0f  για κάθε xR όποτε η f είναι κυρτή στο R και δεν
έχει σημεία καμπής.
 Αν 0 1λ  τότε η f έχει 2 ρίζες και αφού είναι τριώνυμο με α 0 θα αλλάζει το
πρόσημο της εκατέρωθεν των ριζών, οπότε η f θα έχει δυο σημεία καμπής.

6. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Η f 2 φορές παρ/μη στο ως πολυωνυμική με
3
2
λ lnλx λ 1
f (x) x x 1
3 2 4

     και
2 λ 1
f (x) x λ lnλ x
4

     . Aν Δ 0 f (x) 0   και η f
C δεν έχει σημεία καμπής.
Αν Δ 0 τότε η fέχει 2 ρίζες άνισες εκατέρωθεν των οποίων αλλάζει πρόσημο και η
f
C έχει 2 σημεία καμπής.
1 1 λ
Δ λ lnλ λ 1 λ lnλ 1 λ lnλ
λ λ
   
          
   
.
Αν 0 λ 1  τότε Δ 0 και η f
C έχει 2 σημεία καμπής.
Αν λ 1 τότε Δ 0 και η f
C δεν έχει σημεία καμπής.
Αν λ 1 lnλ 0   και
1 1 1
Δ λ lnλ 1 λ ln 1
λ λ λ
   
         
   
.
Είναι γνωστό ότι lnx x 1 x 0    με την ισότητα μόνο στο x 1 .
Άρα
1 1 1 1
ln 1 0 ln 1
λ λ λ λ
       .
Άρα Δ 0 και η f
C έχει 2 σημεία καμπής.
Αλλιώς
Αν θέσω
xlnx - x +1, x 1
g(x) x lnx x 1
-xlnx - x +1,0 < x < 1
 
    

είναι g(1) 0 , g συνεχής στο 1 και παρ/μη
στο    0,1 1,  με
lnx, x > 1
g (x)
-lnx - 2, 0 < x < 1

  

.
Είναι g (x) 0  για x 1 άρα η g στο 1,  και για x 1 g(x) 0 Δ 0     , δηλαδή για
λ 1 η f
C έχει 2 σημεία καμπής. Η g στο  0,1 έχει ρίζα το 2
1
e
και είναι θετική στο 2
1
(0, )
e
και
αρνητική στο 2
1
( ,1)
e
άρα g στο 2
1
0,
e
 
 
 
και g στο 2
1
,1
e
 

 
με αντίστοιχο σύνολο τιμών το
2
1
0, 1
e
 
 
 
και δείχνοντας ότι  x 0
lim xlnx x 1 1

    . Άρα για 0 x 1  είναι g(x) 0 και Δ 0
δηλαδή η f
C έχει 2 Σ.Κ. για 0 λ 1  . Για λ 1 Δ 0   και η f
C δεν έχει σημεία καμπής.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

7. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική.
2 λ 1
f (x) x λ lnλ x
4

     .
Η Διακρίνουσα της εξίσωσης f (x) 0  είναι: Δ λ lnλ λ 1   .
α) Αν λ=1 τοτε Δ=0 και 2
f (x) x 0   και άρα η f δεν έχει σημεία καμπής.
Θεωρούμε την συνάρτηση Δ(λ) λ lnλ λ 1   με  Δ
Α 0,  .
β) Αν λ>1 τότε: Δ(λ) λlnλ λ 1   .
Η συνάρτηση Δ είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με:
Δ (λ) lnλ 0   για λ>1. Άρα η Δ(λ) είναι γνησίως αύξουσα.
Βρίσκουμε το πεδίο τιμών της.
λ 1 λ 1
limΔ(λ) lim(λlnλ λ 1) 1 0 1 1 0 
 
       
 λ λ
lim Δ(λ) lim[λ(lnλ 1) 1] 1 1
 
         
Άρα  Δ
Δ(Α ) 0,  . Επειδή η Διακρίνουσα είναι θετική , η f (x) έχει δύο άνισες ρίζες που
είναι και θεσεις σημείων καμπής γιατί η f (x) ( ως τριώνυμο 2ου βαθμού) αλλάζει πρόσημο
εκατέρωθεν των ριζών.
γ) Αν 0<λ<1 τότε: Δ(λ) λlnλ λ 1    .
Η συνάρτηση Δ είναι παραγωγίσιμη ως πρά-
ξεις παραγωγίσιμων με: Δ (λ) lnλ 2    .
Ο πίνακας μονοτονίας της Δ(λ) είναι ο διπλανος:
Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της.
2 2
Δ(e ) e 1 
 
λ 1 λ 1
limΔ(λ) lim( λlnλ λ 1) 0 1 1 0 
 
       
Έχουμε:
 
 
 0
DHλ 0 λ 0 λ 0 λ 0
2
1
lnλ λlim(λlnλ) lim lim lim( λ) 0
1 1
λ λ
   

  
   
  
  
       
     
   
Τότε:
λ 0 λ 0
lim Δ(λ) lim( λlnλ λ 1) 0 0 1 1 
 
       
Άρα:  2
Δ
Δ(Α ) 0,1 e
  . Επειδή η Διακρίνουσα είναι θετική , η f (x) έχει δύο άνισες ρίζες που
είναι και θεσεις σημείων καμπής γιατί η f (x) ( ως τριώνυμο 2ου βαθμού) αλλάζει πρόσημο
εκατέρωθεν των ριζών.
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης
λ 0 2
e
1
Δ΄ + 
Δ

8. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε:
 
4 3
3 2 2
λ lnλ λ lnλx λ 1 x λ 1
f x x x x 1 x x 1, x
12 6 8 3 2 4
 
             
 
 
και
 
3
2 2
λ lnλx λ 1 λ 1
f x x x 1 x λ lnλ x , x
3 2 4 4
 
           
 
 
.
H f είναι τριώνυμο ως προς x με διακρίνουσα  
λ 02
λ 1
Δ λ lnλ 4 1 Δ λ lnλ λ 1
4


        .
Θεωρούμε τη συνάρτηση          
     
   
xlnx x 1, x 0, 1
g x = x lnx x 1, x 0 g x =
xlnx x 1, x 1
.
H g είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα  0, 1 και  1,   ως γινόμενο και
άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με    1
g x lnx x 1 lnx 2, x 0, 1
x
          και
   1
g x lnx x 1 lnx, x 1,
x
         .
Είναι:
  x 0, 1  : Η g είναι συνεχής στο  0, 1 ως λογαριθμική και
  2
g x 0 lnx 2 x e
       , οπότε διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα
 2
0, e
και  2
e , 1
. Είναι  4 4
g e lne 2 2 0 
      και
1 1
g ln 2
2 2
 
     
 
ln2 2 0   .
Οπότε,    2
g x 0, x 0, e
    και    2
g x 0, x e , 1
    . Άρα, η g είναι γνησίως
αύξουσα στο  2
0, e
και γνησίως φθίνουσα στο  2
e , 1
.
  x 1,    : Είναι:    g x lnx 0, x 1,       . Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο
 1,   .
Έχουμε:
 Η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο  2
0, e
, οπότε
      2
2
x 0 x e
g 0, e limg x , lim g x 

 
 
  
 
. Είναι:
 x 0
limg x

      x 0 x 0 x 0
lim xlnx x 1 lim xlnx x 1 lim x lnx 1 1  
  
            
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

9. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
 D.L.H
x 0 x 0 x 0
2
1
lnx 1lnx 1 xlim 1 lim 1 lim 1
1 1
1
x xx
      
 
 

         
  
 
 
2
x 0 x 0 x 0
2
1
xxlim 1 lim 1 lim x 1 0 1 1
1 x
x
  
  
         και
   2 2
2
x e x e
lim g x lim xlnx x 1 e 1  

 
      . Οπότε,
    2 2
g 0, e 1, 1 e 
  . Επιπλέον  2 2
g e 1 e 0 
   Επομένως,    2
g x 0, x 0, e
    .
 Ισχύει:  g 1 1 ln1 1 1 0    
 Επειδή η g είναι γνησίως φθίνουσα στο  2
e , 1
έχουμε
       2 2
x e , 1 : e x 1 g x g 1 g x 0 
        .
 Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο  1,   έχουμε
       x 1, : x 1 g x g 1 g x 0         .
Συνεπώς,  g x 0, x 0   .
Άρα, Δ 0, λ 0   .
Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:
 Αν      Δ 0 g λ 0 λ 0, 1 1,        , τότε η f έχει δύο ρίζες εκατέρωθεν των
οποίων αλλάζει πρόσημο.
Άρα, η f
C έχει δύο σημεία καμπής.
 Αν  Δ 0 g λ 0 λ 1     , τότε η f έχει μία μόνο πραγματική ρίζα 0
x και ισχύει:
     0 0
f x 0, x , x x ,        .
Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο , δηλαδή η f είναι κυρτή στο .
Άρα, η f
C δεν έχει σημεία καμπής.

10. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε   
     
4
2
λ lnλx λ 1
f x x x 1,x
12 6 8
.
Επίσης  
 
    
3 3 λ lnλ λ 14x
f' x 2x 1x ,
12 6 8
και   
   2 λ 1
f'' x x λ lnλ x ,x .
4
Το πρόσημο της f'' καθορίζει το πλήθος των σημείων καμπής. Επίσης η f'' είναι τριώνυμο
ως προς x , αρα αρκεί να διερευνήσουμε την διακρίνουσά του για τις διάφορες τιμές του λ>0.
Έχουμε   Δ λ lnλ λ 1. Θεωρούμε     g λ λ lnλ λ 1,λ 0 και καταλήγουμε:
 
    

 
   
λlnλ λ 1,0 λ 1
g λ 0,λ 1
λlnλ λ 1,λ 1
, η οποία είναι συνεχής στο  0, (αποδεικνύεται στο 1 με
χρήση ορισμού-χρήση πλευρικών οριών).
Επίσης  
 
 
  
 
 
lnλ 2,λ 0,1
g' λ
lnλ,λ 1,
.
ΣΗΜΕΙΩΣΗ: H παραγωγισιμότητα της g στο 1 δεν μας ενδιαφέρει, αφού αρκεί ότι είναι
συνεχής στο 1.
Για  λ 0,1 έχουμε    g' λ lnλ 2,το οποίο μας δίνει την μονοτονία της g .
Έχουμε λοιπόν g > στο ( 2
0,e ] και < [ 
2
e , ), οπότε η g παρουσιάζει Ο.Ε. στο 
 2
x e , το
 2
f e , άρα για κάθε λ 0ισχύει:    
 2
g λ g e 0, οπότε Δ 0.
Άρα η f'' έχει 2 ρίζες α,β, οπότε το πρόσημό της, άρα και η κυρτότητα της f φαίνoνται στον
παρακάτω πίνακα.
x  α β 
 f'' x   
 f x 3 4 3
Λόγω κυρτότητας και λόγω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμικη (άρα έχει
εφαπτομένη στα α,β), έχει 2 σημεία καμπής, τα      Α α,f α ,Β β,f β .
Ομοίως εργάζομαι για λ 1.
Έχουμε   g' λ lnλ 0 , για λ 1, οπότε g < στο [ 1, ).
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας

11. ___________________________________________________________________________
17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Οπότε για λ 1 έχουμε     g λ g 1 0 , δηλαδή Δ 0, άρα η f'' έχει 2 ρίζες γ,δ , οπότε το
πρόσημό της, άρα και η κυρτότητα της f φαίνoνται στον παρακάτω πίνακα.
x  γ δ 
 f'' x   
 f x 3 4 3
Λόγω κυρτότητας και λόγω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμικη ( άρα έχει
εφαπτομένη στα γ,δ ) ,έχει 2 σημεία καμπής, τα      Γ γ,f γ ,Δ δ,f δ .
Τελευταία περίπτωση για λ 1, οπου η f γίνεται      
4
x
f x x 1,x
12
η οποία είναι κυρτή
στο αφού    2
f'' x x 0,x .
Συνοψίζοντας έχουμε:
 για λ 1 δεν εχει σημεία καμπής.
 για λ 1 ή για  0 λ 1 έχει 2 σημεία καμπής.