1. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Αρχικά
2 2 2
e e e
e e e
e 2 +1 1 1 1
dx = e 2 1 dx = e 2 1 (lnx) dx
x2x lnx 2 lnx 2 lnx
2
e
2
e
e 2 1 lnx e 2 1 lne lne
e 2 1 2 1 e
συνεπώς η δοσμένη σχεση γίνεται
e e
1 1
xf x dx = 1- x f x dx = e 1
α) Από την 1
e
e e
1
e 1 1
1
xf x dx = e
xf x dx + 1 x f x dx = 2e
1 x f x dx = e
e e
1 1
xf x dx + f x xf x dx = 2e
e e e
1 1 1
xf x dx + f x dx + xf x dx = 2e
e
1
xf x dx
e e
1 1
+ f x dx xf x dx = 2e
e
1
f x dx = 2e
e
1
f x = 2e
= 2ef e f 1
f 1 0
= 2ef e
β) Από την 1
e e e
1 11
xf x dx = e xf x x f x dx = e
e
1
e f e 1 f 1 f x dx = e
f e 2e
e
1f 1 0
e 2e f x dx = e
e
2
1
f x dx = 2e e
γ) Για κάθε x 1,e είναι
Λύνει ο Τάκης Τσακαλάκος
2. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2 e 2
1
f x e 0 f x e dx 0
e 2
2
1
dx 0f x 2ef x e
e 2 e e
2
1 1 1
f x dx 2ef x dx e dx 0
e 2 e e
2
1 1 1
f x dx 2e f x dx e 1dx 0
β
e 2
2 2
1
f x dx 2e 2e e e e 1 0
e 2
3 2 3 2
1
f x dx 4e 2e e e 0
e 2
3 2
1
f x dx 3e e 0
e 2
3 2
1
f x dx 3e e
3. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2
e
e
2
2
1
e e
1 1
e
1
e( 2 + 1)
J = dx .
2x lnx
Θέτω
1
u = lnx du = dx,
2x lnx
x = e u = 1,
x = e u = 2.
J = e( 2 + 1)du = e( 2 + 1)( 2 -1) = e
Άρα
xf '(x)dx = (1- x)f '(x)dx = e
xf(x) - f(x)dx = f(e)-
α)
e e
1 1
e
1
2
2 2
f(1)- xf '(x)dx = e ( f(1) = 0 )
ef(e)- I = e και f(e)-[ef(e)- I] = e
f(e)- e = e
f(e) = 2e , όπου Ι = f(x)dx .
ef(e)- I = e I = e 2e - e I = 2e - e.
Για κάθε x [1,e],(f(x)- e) 0 f (x)
β)
γ)
2
e e e
2 2
1 1 1
e
2 2 2
1
2
2 3 2
1
- 2ef(x) + e 0,
άρα
f (x)dx 2e f(x)dx - e dx
f (x)dx 2e(2e - e)- e (e -1)
f (x)dx 3e - e .
Λύνει η Ντίνα Ψαθά
4. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α)΄Εχουμε:
2
e
e
e 2 1
dx
2x lnx
2
e
e
1
e 2 1 dx
2x lnx
2
e
e
e 2 1 lnx 'dx
2
e
e
e 2 1 lnx
= e 2 1 2 1 e.
Οπότε η σχέση της υπόθεσης είναι:
e
1
xf'(x)dx
e
1
(1 x)f'(x)dx e.
Τώρα
e
1
(1 x)f'(x)dx e
e
1
f'(x)dx
e
1
xf'(x)dx e f(e) e e
f(e) 2e.
β) Επίσης
e
e
1
1
xf'(x)dx e xf(x)
e
1
f(x)dx e ef(e)
e
1
f(x)dx e
e
2
1
f(x)dx 2e e.
γ) Ισχύει ότι:
2
f(x) 2e 0
e
2
1
f(x) 2e dx 0
e e
2
1 1
f (x)dx 4e f(x)dx
e
2
1
4e dx 0
e
2 2
1
f (x)dx 4e 2e e 2
4e e 1 0
e
2 3 2 3
1
f (x)dx 8e 4e 4e 2
4e 0
e
2 3
1
f (x)dx 4e .
Όμως 3 3 2
4e 3e e .
Άρα
e
2 3 2
1
f (x)dx 3e e .
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ:
Όπως φαίνεται από τη διαδικασία της απόδειξης η ισότητα ΔΕΝ ΙΣΧΥΕΙ ΠΟΤΕ.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
5. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Υπολογίζουμε πρώτα το ολοκλήρωμα:
22 2 ee e
e e e
e 2 1
dx e 2 1 lnx dx e 2 1 lnx e 2 1 2 1 e
2x lnx
Τότε:
e ee
11 1
xf (x)dx e xf(x) f(x)dx e (1)
και:
e e e
1 11
1 x f (x)dx e 1 x f(x) f(x)dx e (2)
Από (1) + (2) έχουμε:
ef(e) f(1) 1 e f(e) 2e f(e) 2e
β) Από την σχέση (1) έχουμε:
e e
2
1 1
ef(e) e f(x)dx 2e e f(x)dx
γ) Γενικά ισχύει :
e2 2 2 2 2
1
f(x) e 0 f (x) 2ef(x) e 0 f (x) 2ef(x) e dx 0
Τότε:
e e e
2 2
1 1 1
f (x)dx 2e f(x)dx e dx 0
e
2 2 2
1
f (x)dx 2e 2e e e e 1 0
e
2 3 2 3 2
1
f (x)dx 4e 2e e e 0
e
2 3 2
1
f (x)dx 3e e
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης
6. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
(α) Για να υπολογίσω το ολοκλήρωμα
2
e
e
e 2 1
dx
2x lnx
θέτω όπου lnx u.
Έτσι
1
dx du
x
, όταν x e τότε u lne 1 και όταν 2
x e τότε 2
u lne 2 .
Το ολοκλήρωμα πλέον γράφεται:
2
e 2 2 2
e 1 1 1
2 2
2
1
e 2 1 e 2 1 1
dx du e 2 1 du e 2 1 u du
2x lnx 2 u 2 u
e 2 1 u e 2 1 2 1 e 2 1 2 1 e 2 1 e
Έτσι η σχέση (1) γράφεται:
e e
1 1
xf x dx 1 x f x dx e
Ισχύει ότι:
e e e
1 1 1
e
1
e
1
xf x dx 1 x f x dx e e xf x 1 x f x dx 2e
xf x f x xf x dx 2e
f x dx 2
e
1
e f x 2e
f e f 1 2e
f e 2e
(β) Από την σχέση (1) έχω:
e e
e
1
1 1
e
1
e
2
1
e
2
1
xf x dx e xf x f x dx e
ef e f 1 f x dx e
2e f x dx e
f x dx 2e e
Λύνει ο Στράτος Μανιτάρου
7. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Υπολογίζουμε το δεδομένο ολοκλήρωμα
22 2 ee e
e e e
e 2 1 1 1
dx e 2 1 dx e 2 1 lnx e 2 1 2 1 e
x2x lnx 2 lnx
.
άρα
e
1
xf x dx e και
e e e e
1 1 1 1
1 x f x dx e f x dx xf x dx e f x 2e f e 2e .
β) Από τα παραπάνω
e e e e e
2 2
1 1 1 11
xf x dx e xf x f x dx e 2e f x dx e f x dx 2e e .
γ) Για κάθε x 1,e ισχύει :
e 2 e 2 e e
2
1 1 1 1
f x e dx 0 f x dx 2e f x dx e dx
e 2
2 2
1
f x dx 2e 2e e e e 1
e 2
3 2 3 2
1
f x dx 4e 2e e e
e 2
3 2
1
f x dx 3e e .
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
Αθανάσιος Μπεληγιάννης
8. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
u ln xe e 2
1 1 1
ee
1 1
e
2
1
e
2
1
1
Ι xf (x)dx f x dx Ι e 2 1 du e 2Ι f(e) ,
2 u
Ι e ,
Ι xf(x) f(x)dx f(e) 2e ,
Ι 2e f(x)dx f(e) 2e ,
f(x)dx 2e e
α),β)
γ) Ισχύει
β)
e e e2 2 2 2 2 3 2
1 1 1
f(x) e 0 f x dx 2ef x dx e dx 2e 2e e e e 1 3e e
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Αθανάσιος Μπεληγιάννης
9. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε οτι
2 2
e e
2
e e
e 2 1
dx e 2 1 lnx dx e lne lne e 2 1 2 1 e
2x lnx
(1)
δηλαδή
e
1
xf x dx e (2) και
e
1
1 x f x dx e (3)
Με πρόσθεση κατά μέλη των (2) και (3) έχουμε:
e
1
f x dx e, δηλαδή f e f 1 2e f e 2e
β) Από (2)
e e e e e
2
1 1 1 11
xf x dx e xf x f x dx e ef e f 1 f x dx e f x dx 2e e .
γ) Για κάθε x 1,e ισχύει :
e 2 e 2 e e
2
1 1 1 1
f x e dx 0 f x dx 2e f x dx e dx 0
e 2
2 2
1
f x dx 2e 2e e e e 1 0
e 2
3 2 3 2
1
f x dx 4e 2e e e 0
e 2
3 2
1
f x dx 3e e 0
e 2
3 2
1
f x dx 3e e
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Αθανάσιος Μπεληγιάννης
10. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για λόγους ευκολίας ορίζω 1 2 3
Ι ,Ι ,Ι τα ολοκληρώματα της αρχικής ισότητας.
Υπολογίζω το 3
Ι
2 2 2
e e e
3
e e e
e 2 1 1
I dx e 2 1 lnx 'dx e 2 1 lnx 'dx ... e
2x lnx 2 lnx
οπότε 1 2
I = e, I = e
e e e e
2 1
1 1 1 1
I e 1 x f' x dx e f' x dx I e f' x dx e e f' x dx 2e
f e f 1 2e f e 2e
β) Έχουμε
e e 2e
1 1
1 1 1
Ι e xf' x dx e xf x f x dx e ef e 1f 1 f x dx e
e
2
1
f x dx 2e e , αφού f 1 0 .
γ) για κάθε x 1,e έχουμε:
2
2 2
f x e 0 f x 2ef x e , με f συνεχή στο 1,e , οπότε ολοκληρώνοντας στο 1,e
έχουμε:
e e e e
2 2 2 3 2
1 1 1 1
f x dx 2ef x e dx 2e f x dx e dx ... 3e e
Λύνει ο Κώστας Τσόλκας
11. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έστω
e e
΄ ΄
1 1
I xf x dx 1 x f x dx .
(οι συναρτήσεις και στα δύο ολοκληρώματα είναι συνεχείς στο [1,e], ως γινόμενα συνεχών)
Από την υπόθεση έχουμε
e e
΄ ΄
1 1
xf x dx 1 x f x dx άρα
e
΄
1
2I f x dx και έτσι
e
΄
1
f x dx f e f 1
I
2 2
=
f e
2
(1)
Υπολογίζουμε
2 2
e e
e e
2
θέτωlnx u
e 2 1 e 2 1 1 1
I dx dx άρα dx du
2 x2x lnx x lnx
x e u 1,x e u 2
Οπότε
12 2
1
1
f e1
I e 2 1 du e 2 1 u e 2 1 2 1 e e
22 u
επομένως f e 2e .
β) Από το (α) έχουμε ότι
e e e e
e
΄ 2
1
1 1 1 1
e
2
1
I e xf x dx e xf x f x dx e ef e f x dx e 2e f x dx e
f x dx 2e e
γ) Από την ανισότητα του Schwarz έχουμε
2
e e e e
22 2 2
2 4 3 2 3 2
1 1 1 1
f x dx f x dx f x dx 2e e f x dx 4e 4e e 3e e
Είναι δε 4 3 2 3 2 2 2
4e 4e e 3e e e 4e 7e 2 0 που ισχύει ως γινόμενο θετικών
πραγματικών αριθμών. (για την παρένθεση το πρόσημο μπορεί να προκύψει θεωρώντας
τριώνυμο που η τιμή του στο e είναι θετική γιατί το e είναι μεγαλύτερο από την μεγαλύτερη
ρίζα του και το α=4>0)
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος