λύση ασκ. 18
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 .