λυση ασκ. 17

___________________________________________________________________________ 17η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

1η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)

α) Γνωρίζουμε από τη γενική θεωρία ότι

x x , για κάθε x R (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 ) *

Οπότε,

*

6 2x3 x

2

x 3 x 32

x 3 x 3

x 3 0

x 3

Έτσι,

6 2x

f 1 x R : 3 x f 1 32

Τώρα, από τη συνέχεια της f στο 0, , άρα και στο 1, προκύπτει ότι

x 1 x 1

2f 1 f x x 2ln x k 1 klim lim

Οπότε, 1 k 3 k 2

Τελικά,

2f x x 2ln x 2,x 0,

β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0, με

2

2 2

2 x 1f x 2 2 , x 0

x x

x 0 1

f x

f

Η f είναι κοίλη στο 0,1 και κυρτή στο 1,

O

http://lisari.blogspot.gr/


2

γ) Α΄ τρόπος

Για , 1 έχουμε:

8

2

4 4

4

2

2 2

4

2

2 2

42 2

2

2

2 2

ln256

2ln16

22ln

2ln 2ln a2

4ln 2ln a2 2

4ln 2 4 2ln 2 2ln 22 2

2f2

f f (*)

Αρκεί να αποδείξουμε τη σχέση (*)

Για a η σχέση (*) ισχύει ως ισότητα.

Έστω . Εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στα διαστήματα

, , ,2 2

Οπότε εξασφαλίζεται η ύπαρξη 1 2x , , x ,

2 2

τέτοια, ώστε:

1

2

f f a f f2 2

f x

2 2

f f f f2 2

f x

2 2

Όμως 1 2x x και η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1, , άρα



3

0

1 2

f f f f2 2

f x f xa a

2 2

f f f f 2f f f2 2 2

Για εργαζόμαστε παρόμοια.

Β΄ τρόπος

Για η ζητούμενη σχέση ισχύει ως ισότητα.

Για θα αποδείξουμε ότι

8

2

4 4

42

2

2

2

2 2

ln256

ln4

4ln4

ln ,4 4

το τελευταίο όμως ισχύει, διότι από τη γνωστή σχέση ln x x 1,x 0 (με την

ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ) έχουμε

2 2 2 2

1

ln 14 4a 4 4

(σχόλιο: αφού

2 2 2

20 1 ln 1

4 4 4

:

γνήσια ανισότητα)

δ) Έστω x 0,1 , τότε 1 x 0,1 . Οπότε,

f x 4x 1 f x 4x 1

f x f 1 x 2f 1 x 4 1 x 1 f 1 x 3 4x

ε) Έστω 1

m 0, .2

Στο ολοκλήρωμα 1 m

m

f x dx

θέτουμε 1 x.



4

Τότε,

1 m m 1 m 1 m 1 m)

m 1 m m m m

1 m 1 m 1 m 1 m

m m m m

f x dx f 1 d f 1 d 2 f d 2 1 m m f d

f x dx 2 1 2m f x dx 2 f x dx 2 1 2m f x dx 1 2m.

στ) Έστω ότι υπάρχει ,0 0,2 2

τέτοιο, ώστε

2 2

2

2

4 ln 4

4 2ln 4 1

2ln 2 4 1

f 4 1,

το οποίο είναι αδύνατο διότι f x 4x 1, για κάθε x 0,1 , άρα και

f 4 1, για ,0 0, .2 2

2η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. π 6 2x π

3 συν x συν x 3 x 3 ημ x 3 x 32 2

x 3 0 x 3 , καθώς γνωρίζουμε ότι: ημx x x 0 .

Επομένως: f συνεχής στο 1

2

x 1 x 1f 1 3 limf x 3 lim x 2lnx k 3 k 2

και έτσι

για τον τύπο της συνάρτησης f έχουμε:

2

2x 2lnx 2, 0 x 1f x f x x 2lnx 2, x 0

3 , x 1

.

Β. Είναι 2 2f x x 2lnx 2 2x 0, x 0

x

και έτσι η συνάρτηση f

είναι γν.αύξουσα στο 0, .

Επίσης 2

2 2

2 x 12 2f x 2x 2 , x 0

x x x

.

• x 0

f x 0 x 1



5

• x 0

f x 0 x 1

• x 0

f x 0 0 x 1

Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο 0,1 και κυρτή στο 1, .

Γ. Θα προτιμήσω την ακόλουθη λύση, παρακάμπτοντας τη συνάρτηση f

Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο h x 4lnx x, x 0 .

Είναι 4 4 x

h x 1 , x 0x x

.

• h x 0 x 4

• x 0

h x 0 0 x 4

• h x 0 x 4

2

α β 4 και 4αβ 4 ,καθώς α,β 1,+ και επειδή

h γν.φθίνουσα στο 4,+

2 2α β 4αβ 4 h α β h 4αβ

2

2 2 2α β4ln α β α β 4ln 4αβ 4αβ 4ln α β 4αβ

4αβ

42 8

22 2

4 4

α β α βln α β 2αβ 4αβ ln α β

4αβ 256α β

,με την ισότητα

να ισχύει για α β .

Δ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο της 1,3 ,έχει εξίσωση: ψ 4x 1 ,

οπότε εκμεταλλευόμενοι την κυρτότητα της f στο 0,1 ,έχουμε: f x 4x 1

για κάθε x 0,1 ,με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 .

Άρα για κάθε x 0,1 ισχύει: f x 4x 1 .

Επίσης για κάθε x 0,1 είναι 0 1 x 1 ,οπότε: f 1 x 4 1 x 1 .

Προσθέτοντας κατά μέλη, προκύπτει: f x f 1 x 2, x 0,1 .

Ε. Έστω F μια αρχική συνάρτηση της f στο 1

0,2

.Θεωρούμε τη συνάρτηση

g με τύπο 1

g x F 1 x F x 2x 1, x 0,2

.Είναι:

1

g x f 1 x f x 2 0, x 0,2

και έτσι g γν.αύξουσα στο

10,

2

,



6

οπότε: g γν.αύξουσα1 1

0 m g m g F 1 m F m 2m 1 02 2

1-m

m

f x dx 1 2m .

ΣΤ. π π

α ,0 0, 0 συνα 12 2

και επειδή για κάθε x 0,1 ισχύει:

f x 4x 1 ,αντικαθιστώντας x συνα ,προκύπτει:

2f συνα 4συνα 1 συν α 2ln συνα 2 4συνα 1

22 2 21 ημ α ln συνα 2 4συνα 1 4 ln συν α 4συνα ημ α .

3η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

α) 1

(1) lim ( ) 1x

f f x k

H εξίσωση γράφεται:

3 (3 ) 3 αφού 0 .

Άρα (1) 3f 1 3 2k k και 2( ) 2ln 2, 0f x x x x .

β) 2

2( ) 1 1 0 1f x x x x

x

με ( ) 0 (0,1)f x x και ( ) 0 (1, )f x x δηλαδή f κοίλη στο (0,1] και

κυρτή στο [1, ) .

γ) Για α=β η αποδεικτέα γράφεται: 8

2

8

(2 )ln 0 0 ( )

256

που ισχύει ως ισότητα.

Χωρίς βλάβη γενικότητας θεωρώ 1<α<β και από την ανισότητα Jensen (2 ΘΜΤ για

την f στα [ , ],[ , ]2 2

και χρήση μονοτονίας f στο [1, ) ) , έχω

2 2 2

8 82 2

4 4 4

( ) ( )( ) ( ) 8ln 2 2 4ln( )

2 2 2

( ) ( )ln 4ln( ) ( ) ln ( )

4 256

a f a f af a a

a aa

δ) Με ( ) ( ) (1 ), (0,1)h x f x f x x είναι 1

( ) ( ) (1 ) 02

h x f x f x x αφού

f κοίλη στο (0,1) και για 1

0 1 ( ) (1 )2

x x x f x f x h στο 1

(0, ]2

και στο 1

[ ,1)2

δηλ. έχει max στο ½ το



7

51 1 9 52 ( ) 4ln 2 4 4ln 2 2 4ln 2 5 ln 256 256

2 2 2 2f e που

ισχύει αφού 5 53 243 256e .

ε) Με 1

(0, )2

m είναι 1m m και ολοκληρώνοντας την ανισότητα του δ) έχω:

1 1 1

( ) (1 ) 2 2(1 2 )

m m m

m m m

f x dx f x dx dx m

και με 1u x

1 1

( ) (1 )

m m

m m

f x dx f x dx

προκύπτει η αποδεικτέα.

στ) Θα δείξω ότι ( , ) 02 2

x

είναι : 2 24 ln( ) 4 . Θέτω

2 2( ) 4 ln( ) 4 με ( , )2 2

x

και ισχύει

2

( ) 2 1́ με ρίζα το 0 και φ στο ( ,0]2

ενώ στο [0, )

2

δηλ.

έχει max στο 0 το φ(0)=0. Άρα ( ) 0 με ( , ) 02 2

.

4η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

α)

3 + 𝜎𝜐𝜈 (𝜋+6−2𝑥

2) = 𝑥 ⟺ 𝜎𝜐𝜈 (

𝜋

2+ 3 − 𝑥) = 𝑥 − 3 ⟺ −𝜂𝜇(3 − 𝑥) =

−(3 − 𝑥)

𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) . Επειδή |𝜂𝜇𝑥| ≤ |𝑥| , ∀𝑥 ∈ ℝ και το ίσον ισχύει μόνο όταν

𝑥 = 0 τότε

𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) ⟺ 𝑥 = 3. Άρα 𝑓(1) = 3.Είναι 𝑓 συνεχής (0, +∞) άρα

𝑓(1) = lim𝑥→1+

𝑓(𝑥) ⟺ 3 = 1 + 𝑘 ⟺ 𝑘 = 2 ⇢ 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑙𝑛𝑥 + 2

β) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑙𝑛𝑥 + 2 , 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 +2

𝑥 και 𝑓′′(𝑥) = 2 −

2

𝑥2 =2

𝑥2 (𝑥2 − 1)

𝑥 0 1

𝑓′′ − + 𝑓 ∩ ∪

γ) Έστω :

𝑙 𝑛 ((𝑎 + 𝛽)8

256𝛼4𝛽4) ≤ (𝑎 − 𝛽)2 ⟺ 𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽)8 − 𝑙 𝑛(256) − 𝑙 𝑛(𝛼4𝛽4) ≤ (𝑎 − 𝛽)2 ⟺



8

8𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽) − 8𝑙 𝑛 2 − 4𝑙 𝑛 𝛼 − 4𝑙𝑛𝛽 ≤ 𝛼2 − 2𝛼𝛽 + 𝛽2 ⟺

8𝑙 𝑛 (𝑎 + 𝛽

2) ≤ 𝛼2 − 2𝛼𝛽 + 𝛽2 + 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 (1)

Για 𝛼 = 𝛽 ισχύει η ισότητα

Για 1 < 𝛼 < 𝛽 ∶ Εφόσον 𝑓 κυρτή στο (1, +∞) από την ανισότητα Jensen έχουμε :

2𝑓 (𝑎 + 𝛽

2) < 𝑓(𝑎) + 𝑓(𝛽) ⟺ 2 (

𝑎 + 𝛽

2)

2

+ 4𝑙𝑛 (𝑎 + 𝛽

2)

< 𝑎2 + 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2 + 2𝑙𝑛𝛽

(𝑎 + 𝛽)

2

2

+ 4𝑙𝑛 (𝑎 + 𝛽

2) < 𝑎2 + 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2 + 2𝑙𝑛𝛽 ⟺

(𝑎 + 𝛽)2 + 8𝑙𝑛 (𝑎 + 𝛽

2) < 2𝑎2 + 4𝑙𝑛𝑎 + 2𝛽2 + 4𝑙𝑛𝛽 ⟺

8𝑙 𝑛 (𝑎+𝛽

2) ≤ 𝛼2 − 2𝛼𝛽 + 𝛽2 + 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 . Όποτε η (1) ισχύει για 1 < 𝛼 < 𝛽.

δ) Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 ≤ 1

τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1 (2) και 𝑓(1 − 𝑥) < 4(1 − 𝑥) − 1 (3) για 0 < 𝑥 < 1 .

Προσθέτουμε κατά μέλη (2) και (3) και έχουμε :

𝑓(𝑥) + 𝑓(1 − 𝑥) < 4𝑥 − 1 + 4(1 − 𝑥) − 1 = 2

ε) Θεωρούμε την ℎ(𝑚) = 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 , 0 < 𝑚 <1

2

όπου 𝐹 μια αρχική της 𝑓 και ℎ′(𝑚) = −𝑓(𝑚) − 𝑓(1 − 𝑚) + 2 > 0 ⟶ ℎ ↑ , 0 <

𝑚 <1

2

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 < 1 − 2𝑚 ⟺ [𝐹(𝑥)]𝑚1−𝑚1−𝑚

𝑚+ 2𝑚 − 1 < 0

⟺ 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 < 0 ⟺ ℎ(𝑚) < ℎ (1

2) ⟺ 𝑚 <

1

2 που ισχύει .

στ) Αφού 𝑎 ∈ (−𝜋

2, 0) ∪ (0,

𝜋

2) τότε 0 < 𝜎𝜐𝜈𝛼 < 1. Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο

1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 < 1 τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1

𝑥 = 𝜎𝜐𝜈𝛼 ⇢ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) < 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1

Έστω 4 + 𝑙𝑛(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 + 𝜂𝜇2𝛼 ⟺ ⋯ ⟺ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1 ⇢ Άτοπο



9

5η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

α)΄Εχουμε 3+συν(2

26 x)= x συν( )3(

2 x

)= x -3 ημ( x -3)= x -3

x =3 διότι |ημ x | ≤| x | για κάθε x ϵ R (η ισότητα ισχύει μόνο όταν

x =0)

Τώρα f( x )= kxx ln22. f συνεχής οπότε )1()(lim

1

fxfx

1+k=3 k=2.

Συνεπώς f(χ)= 2ln22 xx .

β) f΄(x)=2 x + 02

x ,0x δηλαδή f γνήσια αύξουσα στο ,0 .

Επίσης f΄΄( x )=2- 2

2

x10 x . f΄΄(x) 1,00 x . f΄΄(x) 10 x . ¨Aρα f

κοίλη στο 1,0 , κυρτή στο ,1 . Το σημείο (1,3) είναι σημείο καμπής για την f.

γ) Επειδή f κυρτή στο ,1 από ανισότητα JENSEN θα είναι 2f( )2

f(α)+f(β)

( η απόδειξη από Θ.Μ.Τ στα

,

2,

2,a

a ) δηλαδή

2

3

2ln2

2

2

3ln23ln2 22 a 4ln )2

(a

-

2lnα-2lnβ 2

222 8ln )

2(

a-4lnα-4lnβ 2)(

ln 8)2

(a

-lnα4-lnβ4 2)( ln

44

8

256

)(

2)(

δ) Ισχύει: e<3 256243355 e δηλαδή e5<256 e5<28 5<ln28 5<8ln2

4

5<2ln2

4

9- 2ln2<1

4

1- 2ln2+2<1 f( )

2

1<1 (1).



10

΄Όμως για 1,0)1(1,0 xx , f κοίλη στο 1,0 θα είναι από ανισότητα

JENSEN f( x )+f(1- x ) 2 f( )2

1 (2). ΄Αρα από (1) και (2)

f( x )+f(1- x ) <2 .

ε) Είναι f( x )+f(1- x ) <2

m

m

m

m

m

m

dxdxxfdxxf

1 1 1

2)1()( (3). ΄Όμως θέτοντας

1- x =u dudx προκύπτει ότι:

m

m

m

m

m

m

duufduufdxxf

1

1

1

)()()1( .

Επόμενα η σχέση (3) γίνεται:

m

m

m

m

m

m

m

m

m

m

mdxxfdxdxxfdxdxxf

11 11 1

21)()(2)(2 .

στ) Αν g( x )=f( x ) -4 x +1 , x 1,0 g΄( x )=f΄( x )-4=2 x +

2

124

2

xx

x>0

για x 1,0 συνεπώς g γνήσια αύξουσα στο 1,0 . Δηλαδή για 0< x <1

14)(0)()1()( xxfxggxg . Τώρα αν α𝜖 (−𝜋

2, 0) (0,

𝜋

2) θα είναι

0<συνα<1 οπότε f(συνα)<4συνα-1 συν2α+2ln(συνα)+2<4συνα-1 1-

ημ2α+2ln(συνα)+2<4συνα-1 4+ ln(συν2α)<4συνα+ ημ2α.

΄Αρα δεν υπάρχει α𝜖 (−𝜋

2, 0) (0,

𝜋

2)τέτοιο ώστε: 4+ln(συν2α)≥4συνα+ ημ2α.



11

6η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

6 x3 ( ) x (x 3) x 3 (x 3) x 3

2

όμως από την ανισότητα , R η ισότητα ισχύει μόνο για α=0

, άρα x 3 0 x 3 η οποία επαληθεύει την εξίσωση.

Άρα 6 2x

f (1) x R :3 x {3} f (1) 32

Όμως f συνεχής στο 1 άρα x 1limf (x) f (1) 1 3 2

άρα 2f (x) x 2ln x 2 ,x (0, )

B.

f δυο φορές παραγωγίσιμη με

2

'( ) 2f x xx

2

2''( ) 2f x

x

Γ.

αν α=β >1 τότε προφανώς ισχύει η ισότητα.

Για α,β>1 με α<β (χ.β.γ.) , η f πληροί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στα

a aa, , ,

2 2

και τότε θα υπάρχουν

1 2

a aa, , ,

2 2

ώστε

1 2

a af ( ) f (a) f ( ) f ( )

2 2f '( ) , f '( )

2 2

όμως f ' στο , 1, (ερώτημα Β)

x 0 1 +∞

f ’’ - +

f ↷ ⤻



12

άρα 1 2 1 2f '( ) f '( )

2

2 2

2 2

22

2 2 2 2

4 2

2 2

2 2

4

a af ( ) f (a) f ( ) f ( )

2 2

2 2

a af ( ) f (a) f ( ) f ( )

2 2

2ln a 2ln a 2ln 2ln2 2 2 2

2ln ln a ln a2 2

ln a16 2

2ln16

22 2

2 2

8

2

4 4

2a 2

ln256

Δ.

Έστω g(x) f (x) f (1 x) 2 ,x (0,1) παραγωγίσιμη με

g '(x) f '(x) f '(1 x) ,x (0,1) . Όμως f ' 0,1 άρα

για 1 1

x x 1 x f '(x) f '(1 x) g '(x) 0 g ,12 2

για

10 x x 1 x

2

1f '(x) f '(1 x) g '(x) 0 g 0,

2

και 1

g '( ) 02

.Οπότε η g έχει ολικό μέγιστο με

1 1 5g(x) g( ) f (x) f (1 x) 2 2f ( ) 2 2 2ln 2 0

2 2 4

f (x) f (1 x) 2



13

Ε.

1m 0, m 1 m

2

. u 1 x1 m m 1 m

m 1 m mf (1 x)dx f (u)du f (x)dx (1)

Από ερώτημα Γ είναι(1)1 m 1 m 1 m

m m m

1 m 1 m

m m

f (x) f (1 x) 2 f (x)dx f (1 x)dx 2dx

2 f (x)dx 2(1 2m) f (x)dx 1 2m

ΣΤ.

η εφαπτόμενη της f στο 1 είναι η

y f (1) f '(1)(x 1) y 3 4(x 1) y 4x 1

η f είναι κοίλη στο (0,1] άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται κάτω από

τη εφαπτόμενη εκτός του σημείου επαφής ,άρα

f (x) 4x 1 , x (0,1)

για κάθε 0 0, (0,1)2 2

, οπότε

2 2

2 2 2 2

f ( ) 4 1 ln 2 4 1

1 ln 2 4 1 4 ln 4

άρα δεν υπάρχει 2 20 0, : 4 ln 42 2


λυση ασκ. 17

Education

Transcript of λυση ασκ. 17