H άσκηση της ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
5η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. f παραγωγίσιμη στο  f συνεχής στο  f συνεχής στο ox 0 
 x
x 0 x 0
lim f(x) f(0) lim e αx f(0) f(0) 1 

 
       .
Είναι f(x) 1 f(x) f(0)  .
• Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ox 0 .
• Το ox 0 είναι εσωτερικό σημείο του .
• Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox 0 .
Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, θα ισχύει:
 
+
x
x 0 x 0
1 βx ln x 1 1e αx 1
lim lim 0
x x

 
    
   
 
+
x
x 0 x 0
ln x 1e 1
lim α lim β 0
x x

 
  
       
   
1 α β 1 0     
α 1   και β 1 , καθώς
 
 
0
xx 0
x
DLHx 0 x 0 x 0
e 1e 1
lim lim lim e 1
x (x)  
 
   

  

    

και
 
0
0
DLHx 0 x 0 x 0
ln(x 1)ln(x 1) 1
lim lim lim 1
x (x) x 1  
 
 
 
  

  
 
.
Β.
x
e 1,x 0
Είναι f (x) 0, x 0
x
, x 0
x 1

  


   

 
 
Για x x x
x 0 x 0 e 1 e 1 1 e 0  
             .
Για x 0 είναι
x
0 1
x 1
 

και επειδή f (0) 0  , συμπεραίνουμε
ότι f (x) 1  , για κάθε x .
Είναι:
h 0 h 0
f(x 2h) f(x h) 2f(x) f(x 2h) f(x) f(x h) f(x)
lim lim
h h h 
        
   
 
+
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x) f(0)
f (0) 0 lim lim 0
x x
 
 
     

2. ___________________________________________________________________________
5η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
h 0 h 0
f(x 2h) f(x) f(x h) f(x)
lim lim 2f (x) f (x) f (x)
h h 
   
       , καθώς
2h H
h 0 H 0 H 0
f(x 2h) f(x) f(x H) f(x)
lim lim f (x)
h H

  
   
  και
H h
h 0 H 0 H 0
f(x h) f(x) f(x H) f(x)
lim lim f (x)
h H

  
   
  

.
Έτσι ισοδύναμα προκύπτει f (x) f(x)  , που ισχύει αφού για κάθε x
είναι f(x) 1 και f (x) 1  .
Γ. Εύκολα βρίσκουμε ότι:
 
x
2
e , x 0
1f (x)
, x 0
x 1

 

   
 
Προφανώς f (x) 0  για κάθε x 

και επειδή f συνεχής στο ox 0 , αφού   +
x
x 0 x 0
x
lim e 1 lim 0
x 1

 
   

,
προκύπτει ότι f γνησίως αύξουσα στο .
Κάνοντας εφαρμογή του Θ.Μ.Τ για την f στο  x,0 με x 0 ,
προκύπτει ότι υπάρχει  1ξ x,0 με 1
f(x) f(0) f(x) 1
f (ξ )
x x
 
   .
Όμως
f γν.αύξουσα x 0
1 1
f(x) 1
x ξ 0 f (x) f (ξ ) f (x) xf (x) f(x) 1
x
 
            
f(x) xf (x) 1   .
Κάνοντας εφαρμογή του Θ.Μ.Τ για την f στο  0,x με x 0 ,
προκύπτει ότι υπάρχει  2ξ 0,x με 2
f(x) f(0) f(x) 1
f (ξ )
x x
 
   .
Όμως
f γν.αύξουσα x 0
2 2
f(x) 1
0 ξ x f (x) f (ξ ) f (x) xf (x) f(x) 1
x
 
            
f(x) xf (x) 1   .
Από το πρόσημο της f προκύπτει ότι f γν.φθίνουσα στο  ,0 και
f γν.αύξουσα στο  0, , οπότε για x 0 f(x) f(0) f(x) 1    και
για x 0 f(x) f(0) f(x) 1    .
Επομένως: για κάθε x 0 , ισχύει:1 f(x) x f (x) 1    .
Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο
g(x)       α f (α) x 1 f(β) 1 x 1     ,
 x 1,1  , η οποία είναι συνεχής στο  1,1 ως πολυωνυμική με

3. ___________________________________________________________________________
5η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
 g( 1) 2 f(β) 1 0     , αφού f(β) 1 και g(1) 2α f (α) 0   ,
σύμφωνα με το Γ.
Επίσης είναι g (x)     α f (α) f(β) 1 0     g γν.αύξουσα στο  1,1 .
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano και επειδή g γν.αύξουσα στο  1,1
συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση g(x)  0, έχει μοναδική λύση στο  1,1 , οπότε
ισοδύναμα η εξίσωση:
α f (α) f(β) 1
0
x 1 x 1
 
 
 
, έχει ακριβώς μια λύση στο  1,1 .
Ε. Για κάθε x είναι 2
x 0 , οπότε  2 2 2
f(x ) 1 x ln x 1    . Οπότε:
2 2 x
f(x ) x e 2
     2 2
1 x ln x 1   2 x
x e 2
   
 2 x
ln x 1 e 1 0.
    
Θεωρούμε τη συνάρτηση m με τύπο
 2 x
m(x) ln x 1 e 1,x .
     Είναι x
2
2x
m (x) e
x 1

  

.
Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
• Αν x 0 , τότε προφανώς m (x) 0  .
• Αν x 0 , τότε x x
2
2x
e 1 e 0 m (x) 0
x 1
 
      

, καθώς 2
2x
1
x 1
 

,
x  .
Άρα m (x) 0  x  , οπότε η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο
και επομένως 1-1.
Έχουμε:
m 1-1
m(x) 0 m(x) m(0) x 0     .

4. ___________________________________________________________________________
5η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
2η
προτεινόμενη λύση (Νίκος Αντωνόπουλος)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Γ. Αφού f (x) 0  για κάθε x(–, 0) η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (–, 0]
τότε για κάθε x 0 ισχύει f(x) > f(0)  f(x) > 1
Γνωρίζουμε ότι για κάθε x > 0 ισχύει
nx x 1  με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x = 1
Η παραπάνω σχέση βάζοντας όπου x το x + 1 > 0 γίνεται
n(x 1) x 1 1 x n(x 1) 0 1 x n(x 1) 1 f(x) 1              
με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x + 1 = 1  x = 0
Συνεπώς για κάθε x ≠ 0 ισχύει: f(x) > 1 (1)
Είναι
x
2
e , x 0
f (x) 1
, x 0
(x 1)

 

  
 
Επειδή f (x) 0  στο (–, 0)(0, +) και f (x) συνεχής στο 0
(αφού
x 0 x 0
imf (x) imf (x) f (0) 
 
    )
η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ.
Η f είναι:
 συνεχής στο [x, 0] και στο [0, x]
 παραγωγίσιμη στο (x, 0) και στο (0, x)
Άρα σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ1(x, 0) και
ένα τουλάχιστον ξ2(0, x) τέτοια ώστε
1
f(0) f(x) 1 f(x)
f ( )
0 x x
 
   
 
και 2
f(x) f(0) f(x) 1
f ( )
x 0 x
 
   

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
για x < ξ1 < 0 ισχύει
1
1 f(x)
f (x) f ( ) f (x) xf (x) 1 f(x) f(x) xf (x) 1
x

              

για 0 < ξ2 < x ισχύει
2 2
f(x) 1
x f ( ) f (x) f (x) f(x) 1 xf (x) f(x) xf (x) 1
x

                

5. ___________________________________________________________________________
5η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Συνεπώς για κάθε x ≠ 0 ισχύει: f(x) xf (x) 1  (2)
Από (1), (2) για κάθε x ≠ 0 ισχύει: 1 < f(x) xf (x) 1 
Ε. Είναι
2 2 x
f(x ) x e 2
    2
1 x 2 2
n(x 1) x   x
e 2
   x 2
e n(x 1) 1 0
   
Θεωρούμε τη συνάρτηση
x 2
(x) e n(x 1) 1
    
Είναι
x
2
2x
(x) e
x 1

   
 x 2
1 2x
e x 1
  

2 x
x 2
x 1 2xe
e (x 1)
 
 

2 x
x 2
x 1 2x 2xe 2x
e (x 1)
   
 

2 x
x 2
(x 1) 2x(e 1)
0
e (x 1)
  
  

Αφού για κάθε x < 0  ex
< e0
 ex
< 1  ex
– 1 < 0 τότε 2x(ex
– 1) > 0
και για κάθε x > 0  ex
> e0
 ex
> 1  ex
– 1 > 0 τότε 2x(ex
– 1) > 0
Συνεπώς για κάθε x ≠ 0 ισχύει 2x(ex
– 1) > 0
Και για κάθε x ≠ – 1 ισχύει
2
x 2
(x 1)
0
e (x 1)



Άρα η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ
Είναι
2 2 x
f(x ) x e 2
    φ(x) = φ(0)  x = 0 (αφού φ 1 – 1 ως γνησίως μονότονη)