λύση ασκ. 18

14
___________________________________________________________________________ 18 η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr 1 1 η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης) Α. e e 1 1 f x dx f1 Fe Fx f1 Fe Fe F1 f1 Fe F1 f1 .Για x 1 στην αρχική ισότητα, έχουμε: F1 f1 F1 1 f1 2f 1 f1 1 2 f1 1 2 συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0, ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε: 2 2 2 Fx x f x 1 f x 1 x 1 Fx x 1 1 x 1 f x x x 1 x x 1 2 2 2 1 1 f x 1 f x 1 1 1 1 1 x x , x 0 x 1 x x 1 x x x .Έτσι: 1 1 f x lnx f x lnx c x x .Για x 1 : f1 1 f1 1 c c 0 ,οπότε 1 f x lnx , x 0 x .Επίσης προκύπτει: F x x 1 lnx x, x 0 . Β. 2 2 1 1 x 1 f x , x 0 x x x .Είναι: f x 0 x 1 f x 0 x 1 f x 0 0 x 1 Έτσι: f γν.φθίνουσα στο 1 A 0,1 και f γν.αύξουσα στο 2 A 1, . f γν.φθίνουσα 1 f συνεχής x 0 fA f 1 ,limf x 1, ,καθώς x 0 x 0 1 1 lim lnx lim 1 x lnx x x , αφού x 0 1 lim x και DLH x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 2 1 lnx lnx x lim x lnx lim lim lim lim x 0 1 1 1 x x x . f γν.αύξουσα 2 f συνεχής x fA f 1 ,limf x 1, ,καθώς x 1 lim lnx x ,αφού x lim lnx και x 1 lim 0 x .

Transcript of λύση ασκ. 18

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. e

e

1 1

f x dx f 1 F e F x f 1 F e F e F 1 f 1 F e

F 1 f 1 .Για x 1 στην αρχική ισότητα, έχουμε:

F 1 f 1F 1 1

f 1 2f 1 f 1 1 2 f 1 12

.Η συνάρτηση f είναι

παραγωγίσιμη

στο 0, ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε:

2 2 2

F x xf x 1f x 1 x 1 F x x 1 1x 1f x

x x 1 xx 1

2 2 2

1 1f x 1 f x 1

1 1 1 1x x , x 0x 1 x x 1 x x x

.Έτσι:

1 1

f x lnx f x lnx cx x

.Για x 1 :

f 1 1

f 1 1 c c 0

,οπότε

1

f x lnx , x 0x

.Επίσης προκύπτει: F x x 1 lnx x, x 0 .

Β. 2 2

1 1 x 1f x , x 0

x x x

.Είναι:

• f x 0 x 1

• f x 0 x 1

• f x 0 0 x 1

Έτσι: f γν.φθίνουσα στο 1A 0,1 και f γν.αύξουσα στο 2A 1, .

f γν.φθίνουσα

1f συνεχής x 0

f A f 1 , lim f x 1,

,καθώς

x 0 x 0

1 1lim lnx lim 1 x lnx

x x

,

αφού x 0

1lim

x και

DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2

1lnxlnx xlim x lnx lim lim lim lim x 0

1 11

x xx

.

f γν.αύξουσα

2f συνεχής x

f A f 1 , lim f x 1,

,καθώς x

1lim lnx

x

,αφού

xlim lnx

καιx

1lim 0

x .

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

2

Έτσι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το 1,

και επομένως f x 1 ,για κάθε x 0, ,με την ισότητα να ισχύει

μόνο για x 1 ,δηλαδή: f x 1 x 1 (*)

Έτσι: F x f x 1, x 0 και 2

x 1 1f x

x 4

,καθώς

2x 2 0

2x 4x 4 0 x 0

2

2

x 1 1x 4 x 1

x 4

.Συμπεραίνουμε λοιπόν, ότι

οι fC και FC δεν δέχονται κοινές εφαπτομένες ,εφόσον οι συντελεστές δ/νσης

των εφαπτομένων της FC είναι διαφορετικοί από τους συντελεστές δ/νσης

των εφαπτομένων της fC ,για κάθε x 0, .

Γ1. Είναι F x f x 1, x 0 ,οπότε η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα και

1-1 στο 0, και σε συνδυασμό με το Θ.Bolzano καθώς F 1 1 και

F e 1 ,προκύπτει ότι υπάρχει μοναδικό ox 1,e τέτοιο, ώστε oF x 0 .

Γ2. Η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο 0, ,οπότε για o0 x x

είναι oF x F x 0 ,οπότε η εξίσωση είναι ΑΔΥΝΑΤΗ στο o0,x .

Τώρα για ox x είναι oF x F x 0 ,οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:

1

*F x 1

ln F x e lne lnF x 1 f F x 1 F x 1F x

F:1-1

F x F e x e .

Γ3. o

o

x

x 1oo o o o o o

o

xF x 0 x 1 lnx x 0 lnx x e

x 1

.Είναι:

ο

ο xο

x 1οo

o o o

xxxx 1x 1x 1x 0

2 2e xf συνεχήςx 1 0

ο

x x DLH x x x xο

1 11 e 1 ex e

x 1 x 1x elim lim lim

F x F x f x f x

2

ο ο ο

2 2

ο ο

ο ο

x x x 11

x 1 x 1

f x f x

.Έτσι:

o o o

2xο οx 1 x

2 2f συνεχήςx 1ο ο ο

ο 2x x x x x xο ο

x x 1f x x e

x 1 x x 1x elim lim f x lim f x

F x F x f x x 1

.

Δ.

f x F xln f x f x 1 ln f x f x F x

f x 1

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

3

F:1-1

F f x F x f x x f x x 0.

Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο u x f x x, x 0 .

Είναι 2

2 2

1 1 x x 1u x f x 1 1 0

x x x

,οπότε u γν.φθίνουσα

στο 0, και επομένως u ‘‘1-1’’ στο 0, .

Άρα u:1-1

f x x 0 u x u 1 x 1 .

Ε1.

x x x

2

1 1 1

t 1 f f t dt 2 f t F f t dt 2 F f t dt 2

t

f 1 1 F 1 1x

1F f t 2 F f x F f 1 2 F f x 2 F 1 F f x 1

F:1-1

F f x F e f x e .

• Επειδή 1e f A και f γν.φθίνουσα στο 1A 0,1 ,συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει

μοναδικό 1x 0,1 τέτοιο, ώστε 1f x e .

• Επειδή 2e f A και f γν.αύξουσα στο 2A 1, ,συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει

μοναδικό 2x 1, τέτοιο, ώστε 2f x e .

Αποδείξαμε λοιπόν, ότι η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2 ρίζες τις

1 2x ,x με 1 20 x 1 x .

Ε2. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο f x e

g x , x 0x

.

Είναι

2

x f x f x eg x , x 0

x

.

• g συνεχής στο 1 2x ,x ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων

• g παραγωγίσιμη στο 1 2x ,x ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων

• 1 2g x g x 0 ,

οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2ξ x ,x τέτοιο, ώστε

g ξ 0 ξ f ξ f ξ e 0 ξ f ξ f ξ e .

Η εφαπτομένη της fC στο σημείο Μ ξ,f ξ ,έχει εξίσωση:

ψ f ξ f ξ x ξ .

Για x 0 ,προκύπτει: ψ f ξ ξ f ξ e ,που σημαίνει ότι η συγκεκριμένη

εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο 0,e .

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

4

2η προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)

Έστω f συνεχής στο 0, με F(x) x 1

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

, F αρχική της f

( F (x) f (x) ) και e

1f (x)dx f (1) F(e) (2)

Α.

x 1 e e

111 F(1) 2f (1) 3 , (2) : F (x)dx f (1) F(e) F(x) f (1) F(e) f (1) F(1) 0

, άρα έχουμε f (1) 1, F(1) 1 , η (1) γίνεται

2

2 2

F(x) x 1 x 1F (x) F (x) x 1 F(x) x 1 x

x 1 x x

F (x) x 1 F(x) x 1 x x 1

x 1 x x 1

2

2 2

F(x) x 2x 1 x 1 1 1 F(x) 1ln x ln x c

x 1 x x 1 x 1 x 1x x 1 x 1

,

από την οποία για x 1 έχουμε c 1 , άρα

F(x) 1

ln x 1 F(x) x 1 ln x x , x 0x 1 x 1

οπότε

1 1

f (x) F (x) ln x x 1 1 f (x) ln x , x 0x x

Β. 2 2

1 1 x 1f (x) , x 0

x x x

, από τον πίνακα

μεταβολών η f για x 1 έχει ολικό ελάχιστο με

f (1) 1 μόνο για x 1 εφόσον

ff

x 1 f (x) f (1) , 0 x 1 f (x) f (1) 21

Για να έχουν οι F fC ,C κοινή εφαπτομένη πρέπει να υπάρχουν 1 2x , x 0, ώστε

1 2 1 2F x f x f x f x , αδύνατο εφόσον

2

2

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

x

που ισχύει διότι 3 0

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

5

Γ1. Για την F που είναι συνεχής έχουμε F(1) 1, F(e) 1 , άρα από Θ. Bolzano

υπάρχει 0x 1,e ώστε 0F x 0 που είναι και μοναδικό εφόσον

F (x) f (x) 1 0 και άρα F '1 1' 1

Γ2. Έχουμε την εξίσωση

1

F(x)

0F(x) e e , 0 x x , αν

F

0 00 x x F(x) F x F(x) 0 1

οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη, ενώ αν

F

0 0x x F(x) F x F(x) 0 1

η εξίσωση γίνεται

1

F(x) 1ln F(x) e ln e ln F(x) 1 f F(x) 1

F(x)

που από Β ισχύει μόνο για

x 1 , οπότε F('1 1')

F(x) 1 F(x) F(e) x e

Γ3. Από Γ1 έχουμε 0

0

x

x 100 0 0 0 0 0

0

xF x 0 x 1 ln x x 0 ln x e x

x 1

(3)

0

0

0 0

xx 3 F ήx 1x 1

0 0 0 0x x x xlim x e x e x x 0 , lim F(x) F x 0

, άρα

0 0 0

0

0

xx

x 10x x 12

0x 1

x x (DLH) x x x x

x

x 1

02 2(3)

0 0

0 0

1x 1 e1 ex 1x e x 1

lim lim limF(x) F (x) f (x)

1 11 e 1 x

x 1 x 1

f (x ) f (x )

2

0 0

2

0 0

x x 1

f x x 1

, οπότε

0

x2 2x 10 0 0 0

0 2 2x x0 0 0

x x 1 x x 1x elim f (x) f x

F(x) f x x 1 x 1

Δ. Έχουμε την εξίσωση f (x) F(x)

ln f (x) , x 0f (x) 1

από τον τύπο της θέτοντας

όπου x το f (x) 1 0 προκύπτει

F f (x) f (x)

F f (x) f (x) 1 ln f (x) f (x) ln f (x)f (x) 1

, οπότε η εξίσωση

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

6

γίνεται

F('1 1')F f (x) f (x) f (x) F(x)

F f (x) F(x) f (x) xf (x) 1 f (x) 1

που έχει

προφανή λύση την x 1 και θεωρώντας g(x) f (x) x ,x 0 ,

2

2 2

x 1 x x 1g (x) f (x) 1 1 0

x x

, έχουμε

g 0, 2 και άρα η x 1 μοναδική

Ε1. Έχουμε την εξίσωση

x x

21 1

t 1 f f (t)dt 2 f (t)f f (t) dt 2

t

, η οποία

θέτοντας u f (x), du f (x)dx γίνεται

f (x) f (x) f (x)

1f (1) 1

F('1 1')

f (u)du 2 F (u)du 2 F(u) 2

F f (x) F(1) 2 F f (x) 1 F(e)

f (x) e , από το Β έχουμε 1 1x 0

A 0,1 , f A f (1), lim f (x) 1,

(*) ,

2A 1, , 2x

f A f (1), lim f (x) 1 ,

(*) , οπότε εφόσον

1 2e f A ,e f A υπάρχουν μοναδικά, λόγω μονοτονίας, 1 1 2 2x A ,x A ώστε

1 2f x e , f x e

(*)

0

0

DLHx 0 x 0 x 0 x 0

ln xln xlim x ln x lim lim lim x 0

11

xx

, οπότε

x 0 x 0

1lim f (x) lim ln x

x

x 0 x 0

x ln x 1 1lim lim x ln x 1

x x

,

x x

1lim f (x) lim ln x

x

Ε2. Η εξίσωση εφαπτομένης σε σημείο , f ( ) είναι : y f ( ) f (x ) η

οποία περνάει από το σημείο (0,e) αν και μόνο αν

2 2

f ( ) f ( ) ee f ( ) f ( )(0 ) f ( ) f ( ) e

f e f ( ) e0

, άρα θεωρώντας την 1 2

f (x) eh(x) , x x , x

x

έχουμε 1 2h x h x 0 και από Θ. Rolle υπάρχει 1 2x , x ώστε h ( ) 0 που

δίνει την ζητούμενη ισότητα.

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

7

3η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

Α. Η συνάρτηση F είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη και η f είναι συνεχής ως

άθροισμα συνεχών.

Η δοσμένη σχέση γράφεται: f(x)(x + 1) = F(x) + x +x+1

x,x > 0. Η f παραγωγίζεται

ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Παραγωγίζοντας έχω:

f΄(x)(x+1)+f(x)=f(x)+1- 1

x2 f΄(x)= x−1

x2 f΄(x) = (lnx +1

x)΄ f(x) = lnx +

1

x+

c. Επίσης ∫ f(x)dxe

1= f(1) + F(e) F(e) − F(1) = f(1) + F(e) F(e) + f(1) =

0 (1). από τη δοσμένη σχέση για x=1 προκύπτει: 2f(1) = F(1) + 3 (2). Έπόμενα

από τις σχέσεις (1) και(2) έχουμε ότι f(1) = 1 , F(1) = −1. ΄Αρα c=0 f(x) = lnx +1

x και από τη αρχική σχέση της υπόθεσης F(x)=(𝑥 + 1)𝑙𝑛𝑥 − 𝑥. Επί πλέον

Β. f΄(x) =1

x−

1

x2 =x−1

x2 , f΄(x) = 0 x = 1, f΄(x) > 0 x > 1, f΄(x) < 0 0 < 𝑥 <

1.Δηλαδή η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=1, συνεπώς f(x)≥ f(1)=1 . γιά x > 0

Επίσης f΄΄(x)=−1

𝑥2 +2

𝑥3 =2−x

x3 , f΄΄(x) = 0 x = 2, f΄΄(x) > 0 0 < 𝑥 < 2, f΄΄(x) <

0 x > 2. Δηλαδή η f΄ παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x=2, συνεπώς f΄(x)≤

f΄(2)=1

4 γιά x > 0.Tώρα επειδή f , F παραγωγίσιμες αν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των

Cf και CF θα υπάρχουν κ,ρ>ο ώστε F΄(κ)=f΄(ρ) f(κ) = f΄(ρ) άτοπο διότι f(κ) ≥

1 και f΄(ρ) ≤1

4. Άρα οι CF και Cf δεν δέχονται κοινές εφαπτόμενες.

Γ1.Προφανώς Fσυνεχής στο[1, 𝑒] ως παραγωγίσιμη. Επί πλέον F(1)=-1 , F(e)=1 oπότε

από θεώρημα BOLZANO υπάρχει x0∈ (1, 𝑒) ώστε F(x0)=0 . Επειδή F΄( x)=𝑙𝑛𝑥 +1

𝑥>

0 για x ∈ (1, 𝑒) η F γνήσια αύξουσα στο[1, 𝑒] άρα το x0 είναι μοναδικό.

Γ2. Για x>0 έχουμε F΄( x)=f(x)=𝑙𝑛𝑥 +1

𝑥> 1 > 0 συνεπώς η F γνήσια αύξουσα στο

(0,+∞ ). Από την εξίσωση F(x)e1

F(x)=e προφανώς F(x)>0 x > x0 > 1. Συνεπώς

ln (F(x)e1

F(x)) = lne lnF(x) +1

F(x)=1 f(F(x)) = f(1) = 1 και επειδή η f έχει

μοναδικό ολικό ελάχιστο στο x=1 θα είναι F(x)=1 F(x) = F(e) x = e διότι η F

είναι 1-1 στο (0,+∞ ) ως γνήσια αύξουσα.

Γ3. F(x0) = 0 (x0 + 1)lnx0 − x0 = 0 (x0 + 1)lnx0 = x0 lnx0 =x0

x0+1 x0 =

ex0

x0+1 και f(x0) = lnx0 +1

x0=

x0

x0+1 +

1

x0=

x02+x0+1

x0(x0+1) . Eπόμενα από κανόνα de l' Hospital

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

8

είναι 0

x

x 1

x x

x e

F(x)lim

=

0

x

x 12

x x

11 e

x 1

F (́x)lim

0

2

0 0

2 2

0 0

2x x 0 0 0

0 0

x x 1x1

x 1 x 1 x.

x x 1f (x) x 1

x x 1

lim

΄Αρα 0

x

x 1

x x

x ef (x)

F(x)lim

=x0

2+x0+1

x0(x0+1)∙

𝑥0

𝑥0+1=

x02+x0+1

(x0+1)2 .

Δ. Η εξίσωση είναι:ln(f(x)) = f(x)+F(x)

f(x)+1 (f(x)+1)ln(f(x)=F(x)+f(x) (f(x)+1)ln(f(x)-

f(x)=F(x) F(f(x))=F(x) και επειδή η F είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα προκύπτει ότι f(x)=x

. Αν h(x)= f(x)-x= lnx +1

x− x, x > 0. τότε h΄(x)=

1

x−

1

x2 − 1 =−x2+x−1

𝑥2 <0 για x>0. Δηλαδή

h γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞) συνεπώς και 1-1. ΄Αρα f(x)=x h(x) = 0 h(x) = h(1)

x = 1 .

Ε1. Η εξίσωση είναι∫(t−1)∙f(f(t)

t2 dt = 2x

1 ∫ f΄(t)F΄(f(t))dt = 2

x

1 ∫ (F(f(t))) ΄dt = 2

x

1

F(f(x)) − F(f(1)) = 2 F(f(x)) − F(1) = 2 F(f(x)) + 1 = 2 F(f(x)) =

1 F(f(x)) = F(e) f(x) = e διότι F΄(𝑥) = f(x) ≥ 1 > 0 οπότε F γνήσια αύξουσα και

ως εκ τούτου 1-1. Τώρα x 0

ln x

1

x

lim

x 02

1

x1

x

lim

x 0

x 0lim

οπότε

limx→0+

f(x) = limx→0+

(lnx +1

x) = lim

x→0+

1

x(

lnx1

x

+ 1) = +∞. limx→+∞

f(x) = limx→+∞

(lnx +1

x) = +∞.

Επειδή f συνεχής, f: (0,1] → [1, +∞) και f: [1, +∞) → [1, +∞). Όμως e∈ [1, +∞) άρα

υπάρχουν (μοναδικά λόγω μονοτονίας της f στα αντίστοιχα διαστήματα) x1∈ (0,1] και

x2∈ [1, +∞) ώστε f( 𝑥1) = f(x2) = e.

Ε2. Θεωρώ τη συνάρτηση φ(x)=f(x)−e

x στο (0, +∞).Η φ συνεχής στο[𝑥1, 𝑥2] ως πηλίκο

συνεχών. Η φ παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2) ώς πηλίκο παραγωγίσιμων με φ΄(x)=xf΄(x)−f(x)

x2 +

e

x2. Επίσης φ(𝑥1) = φ(𝑥2) = 0. Οπότε από το θεώρημα Rolle στο [𝑥1, 𝑥2] υπάρχει ξ∈

(𝑥1, 𝑥2) ώστε φ΄(ξ)=0 𝜉𝑓΄(𝜉) − 𝑓(𝜉) = −𝑒(3) . H εφαπτόμενη της Cf στο Μ(ξ,f(ξ))

είναι y=f΄(ξ)x - ξf΄(ξ) + f(ξ) η οποία λόγω της (3) διέρχεται από το σημείο (0 , e).

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

9

4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

A. Mε 1

( ) ( ) lnh x f x xx

έχω στην

22 2

2 2

( ) 1 1 ( )1 1 1 1( ) ( )

1

( ) 1 ( ) 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 1... 0

1 1 1 1 1

f x x F x xh΄ f΄ x

x x x xx

f x F x x f x f x

x x x x x x x x x

Άρα ( )h x c και με 1x είναι (1) (1) 1h f

1

( ) ( ) (1) ( ) (1) (1) (1)

e

F΄ x dx F e F F e f F f (1)

Με 1x στην αρχική: (1)(1) 1

(1) 1 (1) 1, (1) 12

Ff f F

Άρα (1) 0h c και 1

( ) lnf x xx

Β. 2

1( ) 0

xf x

x

με ρίζα 1 και F΄=f στο (0,1], στο [1, ) με

( ) ( ) 1 (1)F x f x f

3

2( ) 0

xf x

x

με ρίζα 2 και f΄ στο (0,2], στο [2, ) με ( ) 1f x

Άρα οι κλίσεις των εφαπτομένων των ,f FC C έχουν κοινή τιμή το 1, αλλά σ’ αυτό δεν

υπάρχει κοινή εφαπτομένη (3

ln 2 , 22

y x y x )

Γ1. Από Bolzano για την F στo [1,e] αφού F(1)=-1 και F(e)=1 και τη μονοτονία της F

στο [1,e] αφού 1

( ) ln 0F΄ x xx

με 1<x<e η εξίσωση F(x)=0 έχει μία λύση στο

(1,e).

Γ2. Αν έχει ρίζα 0x θα είναι 0( ) 0F x . Ισοδύναμα γράφεται:

min 11ln ( ) 1 ( ( )) (1) ( ) 1 ( 1) ln 1 ln 1

( )

f

F x f F x f F x x x x x x eF x

Γ3. Ισχύει 0

0 100 0 0 0 0

0

1 ln ln1

x

xxx x x x e x

x

. Άρα

0

0 και χωρίζω σε 2 lim

με 0

0lim ( ) ( )x x

f x f x

, ενώ με L’ Hospital έχω:

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

10

0

0

0

1 01

2 2 20 0 0 0

2

0 0 0 0

11 11

1 1 11lim

( ) ( ) ( ) 1 ( )

xx

xx

x x

xx eex x x xx

f x f x f x x f x

και πολλ/ντας

ΟΕΔ.

Δ. Προφανής ρίζα το 1 και ισοδύναμα γράφεται:

1 1 1

( ) 1 ln ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) lnF

f x f x f x F x F f x F x f x x x xx

Eπειδή ( ) 1f x για 1x είναι αδύνατη. Για 1x 1 1

1 1 lnx x xx x δηλ. η

εξίσωση αδύνατη.

Ε1. Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:

1 1( ) ( ( )) 2 ( ( ( )) 2 ( ( )) ( (1)) 2 ( ( )) 1 ( )

( )

x x

F

f t F f t dt F f t dt F f x F f F f x F e

f x e

με 2 λύσεις στο (0,1) και (1, ) αφού ((0,1]) [1, )f και ([1, )) [1, )f και

0 0

1lim ( ) lim( ( ln 1))x x

f x x xx

Ε2. Η ( ) ( )y f f πρέπει να επαληθεύεται από το (0,e) δηλ. να ισχύει:

( ) ( )e f f . Θεωρώ 1 2

( )( ) , [ , ]

f x eh x x x x

x

όπου 1 2,x x οι ρίζες του

προηγούμενου. Από Rolle η h έχει ρίζα στο 1 2,x x με 2

( ) ( )( )

f x x f x eh x

x

ΟΕΔ

5η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

x 1

f f f f

F(1) 1F( x ) x 1

f ( x ) 2 f (1) F(1) 3x 1 x

e

1

(x)dx = (1)+ F(e) F(e) - F(1)= (1)+ F(e) F(1)= - (1)

Έστω F( x ) x

G( x ) lnx ,x 0x 1

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

11

2 2

F( x ) xf ( x ) 1 x 1 x 1f ( x ) 1 x 1 F( x ) x 1 1x 1G'( x )

x xx 1 x 1

2

1 1f ( x ) 1 x 1 x 1 f ( x ) f ( x ) 1 f ( x )1 1 1 1x x 0x x 1 x x xx 1

Άρα G σταθερή συνάρτηση και εφόσον F(1) 1

G(1) ln1 01 1

θα είναι

F( x ) x 1G( x ) 0 lnx 0 F( x ) ( x 1)lnx x F'(x) lnx

x 1 x

1f ( x ) lnx ,x 0

x

B.

2 2

2 3 3

1f ( x ) lnx

x

1 1 x 1f '( x )

x x x

1 2 2 xf ''( x )

x x x

2

F( x ) x 1 lnx x

F'( x ) f ( x )

x 1F''( x ) f '( x )

x

άρα 1

f '( x ) 1 ,x 04

και

F'( x ) 1 ,x 0 ,οπότε f '(κ ) F'( λ ) για κάθε κ, λ > 0. Αυτό σημαίνει

ότι οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτόμενων των Cf , CF δεν είναι ίσοι που

είναι αναγκαία συνθήκη για να έχουν κοινή εφαπτόμενη.

Συνεπώς οι Cf , CF δε δέχονται κοινές εφαπτόμενες

Γ.1

Είναι F'( x ) 1 0 F στο 0, F "1 1" στο 0,

F συνεχής στο [1,e]

F(1)=-1 <0 , F(e)=1>0

x 0

2 +∞

f ’’ + -

f ’ ↗ ↘

ΟΜ f(2)=1/4

x 0

1 +∞

F ’’ - +

F ’ ↘ ↗

ΟΜ f(1)=1

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

12

οπότε από θ. Bolzano υπάρχει o ox (1,e) : F(x ) 0 το οποίο είναι και

μοναδικό αφού F "1 1" στο 0,

Γ.2

F στο 0, . Για o ox x F( x ) F( x ) 0

τότε προφανώς η εξίσωση είναι αδύνατη .

Για o ox x F( x ) F( x ) 0 .

1 1F( x ) 0F( x ) F( x ) 1

F( x ) e e ln F( x ) e lne lnF( x ) 1 f (F( x )) 1 (*)F( x )

όμως η f έχει μοναδικό Ο.Ε. f(1)=1 ,που σημαίνει ότι η εξίσωση f ( x ) 1 έχει

μοναδική λύση x 1 αφού για x 1 f ( x ) 1 και για x 1 f ( x ) 1 .

Αρα η εξίσωση (*) γίνεται ισοδύναμα F 1 1

oF( x ) 1 F( x ) F(e) x e x

.

Γ.3

o

o

x

x 1oo o o o o o

o

xF( x ) 0 ( x 1)lnx x 0 lnx x e

x 1

επίσης f

o ox 1,e f ( x ) f (1) 1

και o

ox xlimF( x ) F( x ) 0

και

o

ox xlim f ( x ) f ( x )

o

o

o o

xx

x 1x 1ox 0

2 2 2x 1 20o o o o

2x x DLH x xo o o o

xe e1 1 1

x 1 x 1 x 1 x x 1x elim lim

F( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) x 1 f ( x )

άρα,

o o o

x

x 1 x

2 2x 1o o o o

o 2 2x x x x x xo o o

f ( x ) x ex x 1 x x 1x e

lim lim f ( x ) lim f ( x )F( x ) F( x ) x 1 f ( x ) x 1

x 0

1 +∞

f ’ - +

f ↘ ↗

ΟΜ f(1)=1

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

13

Δ.

x 0

f ( x ) 1

f ( x ) F( x )ln f ( x ) f ( x ) 1 ln f ( x ) f ( x ) F( x )

f ( x ) 1

F 1 1

f ( x ) 1 ln f ( x ) f ( x ) F( x ) F( f ( x )) F( x ) f ( x ) x (*)

Έστω H( x ) f ( x ) x ,x 0 παραγωγίσιμη με H'( x ) f '( x ) 1 ,x 0

είναι Η' x 0 ,x 0,1 1,( ) με Η συνεχή στο 1 άρα Η γν. φθίνουσα στο

0,

έτσι (*) H( x ) 0 H( x ) H(1) x 1 μοναδική λύση.

Ε.1

2 2

t 1 1 1f ( f (t ))dt 2 f ( f (t ))dt 2 f '(t ) f ( f (t ))dt 2

t t t

e e e

1 1 1

f '(t ) f ( f (t ))dt 2 (*)e

1

θέτω 1

2

du f '(t )dt

u f (t ) u 1

u f ( x )

f ( x ) f ( x )

(*) f (u)du 2 F'(u)du 2 F( f ( x )) F(1) 2 1 1

F( f ( x )) 1 F( f ( x )) F(e) f ( x ) e

x x

1lim f ( x ) lim lnx

x

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 DLH

1 1 lnxlim f ( x ) lim lnx lim x lnx 1 , limx lnx lim 0

1x x

x

άρα f 0,1 1, και f 1, 1,

x 0

1 +∞

f ’ - +

f ↘ ↗

ΟΜ f(1)=1

___________________________________________________________________________ 18η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

14

e f 0,1 και e f 1, και η f διατηρεί μονοτονία σε καθένα από

τα διαστήματα άρα η εξίσωση f ( x ) e έχει ακριβώς 2 ρίζες, το ίδιο και η

ζητούμενη.

Ε.2

Είναι 1 2f ( x ) e, f ( x ) e . Ακόμα 1 2f '( x ) 0, f '( x ) 0 .

Έστω 1 2W(x ) xf '( x ) f ( x ) e , x x ,x

W συνεχής στο 1 2x ,x

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

W( x ) x f '( x ) f( x ) e x f '( x ) 0

W( x ) x f '( x ) f( x ) e x f '( x ) 0

αρα από θ.Bolzano

1 2ξ x ,x :W(ξ ) 0 ξf '(ξ ) f (ξ ) e 0 f (ξ ) ξf '(ξ ) e (*)

Η εφαπτόμενη της f στο ξ είναι (*)

ε : y f (ξ ) f '(ξ )( x ξ ) y xf '(ξ ) ξf '(ξ ) f (ξ ) y xf '(ξ ) e

η οποία προφανώς διέρχεται από το σημείο 0,e .