Μια άσκηση την ημέρα - Απρίλιος 2016

______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016

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

1

η άσκηση της ημέρας

μικρές προσπάθειες ενασχόλησης

με αγαπημένες μας συνήθειες

επιμέλεια: Παύλος Τρύφων

από το lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr/


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016

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

2

Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

Μήνας Απρίλιος 2016

Αντωνόπουλος Νίκος

Ασημακόπουλος Γιώργος

Βουτσάς Διονύσης

Βώβος Μάριος

Γαρυφαλλίδης Νίκος

Δεββές Κώστας

Δέτσιος Παντελής

Ζαχαριάδης Δημήτρης

Ζωβοΐλης Ηλίας

Καλλιακμάνης Νίκος

Καραγιάννης Θανάσης

Καταραχιάς Τάκης

Κοπάδης Θανάσης

Κουστέρης Χρήστος

Κουτσοβασίλης Κώστας

Λάμπρου Αναστάσιος

Λουκούσιας Παναγιώτης

Μάντζαρης Μάκης

Μανώλης Ανδρέας

Μαρκάκης Αντώνης

Μπρίνιας Σπύρος

Νικολακάκης Βαγγέλης

Παγώνης Θεόδωρος

Πάτσης Ανδρέας

Πλατώνη Δέσπω

Ρουμελιώτης Δημήτρης

Τσακαλάκος Τάκης

Τσατσαρώνης Θεόδωρος

Χατζάκης Δημήτρης

27η άσκηση Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Μάκη Μάντζαρη (1/4/2016)Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 10/4/2016

Για Μαθητές

Έστω G : 0, R δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία

ισχύουν:

x

G΄(x) G΄΄(x) 3x , ά x (0, )2

G(1) 0

G'(1) 1

Α. Αποδείξτε ότι

3x lnx ,x 0

G(x)0 ,x 0


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016

Η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr 3

B. i. Nα μελετήστε την G ως προς τα ακρότατα

ii. Να δείξετε ότι 3

3G(x) xG'(x) x ,x 0

Γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση 31 3lnx x lnx ln lnx έχει ακριβώς μια

πραγματική ρίζα .

Δ. Bρείτε το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης G και τους άξονες συντεταγμένων.

Για Καθηγητές

Έστω G : R R 2 φορές παραγωγίσιμη και περιττή συνάρτηση για την οποία

ισχύουν:

x

G΄(x) G΄΄(x) 3x , ά x (0, )2

G(1) 0 G'(1) 1

Α. Βρείτε την G στο R και μελετήστε την ως προς τα ακρότατα.

B. i. Για κάθε “πλάγια” ευθεία (ε) που διέρχεται από την αρχή των αξόνων, να

βρείτε το πλήθος των σημείων τομής της με τη γραφική παράσταση της G

ii . Να δείξετε ότι από τις παραπάνω ευθείες (ε) υπάρχει μόνο μια ευθεία (δ)

που σχηματίζει αμβλεία γωνία με τον x’x και έχει ακριβώς 3 κοινά σημεία με

την Cf και μάλιστα εφάπτεται σε 2 από αυτά .

Γ. Bρείτε το εμβαδό που περικλείεται από την γραφική παράσταση της G , την

ευθεία (δ) και τον άξονα y΄y .

Δ. Να δείξετε ότι η εξίσωση

31 3lnx x lnx ln lnx

έχει ακριβώς μια πραγματική ρίζα .

Ε. Να δείξετε ότι η εξίσωση

1 1

3e G 3eGxc 3 c 2

1 1G(t)dt G(t)dt xe x 1 0 ,c 0

έχει ακριβώς μια ρίζα στο 0,1


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


1η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης) Για Μαθητές

Α. Για x > 0

2

2

4

x x G''( x ) 2xG'( x ) 3G'( x ) G''( x ) 3x 2G'( x ) xG''( x ) 3x

2 x x

2 2

G'( x ) G'( x )' 3lnx ' 3lnx c ,c R

x x, G'(1)

3ln1 c c 11

Άρα 2 2 2 3

2

G'( x ) 13lnx 1 G'( x ) 3x lnx x G'( x ) 3x lnx x

x x

3 3G'( x ) x lnx ' G( x ) x lnx k , k R , G(1) k k 0

Συνεπώς 3G( x ) x lnx ,x 0 ,

3

x 0 x 0 x 0 DLH

3

lnxG(0 ) limG( x ) lim x lnx lim 0

1

x

. Άρα

3x lnx ,x 0G( x )

0 ,x 0

B. i.

2 23x lnx x ,x 0G'( x )

0 ,x 0

ii.

2 2 3 3 3

3

G'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3G( x ) x

3G( x ) xG'( x ) x ,x 0

Και G’(0)=0 , άρα 33G( x ) xG'( x ) x ,x 0

Γ.

Για την G στο 1, είναι 2 2G'( x ) 3x lnx x 0 άρα G με G 1, 0 ,

Πρέπει x 0 και lnx 0 x 1

Θα χρησιμοποιήσουμε την lnx x 1 x 1

x

0

3

1

e

G

’ - +

G ↘ ↗

1

3e

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


3 3 3 3 3

3 3

1 3lnx x lnx ln lnx 1 lnx x lnx ln lnx ln lnx lnx x lnx 1

ln x lnx x lnx 1 lnG( x ) G( x ) 1 G( x ) 1

Εφόσον η G με G 1, 0 , η τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα

στο 1, .

Δ.

3x lnx ,x 0G( x ) 0 0 x 0 ή x 1

0 ,x 0 άρα τα μοναδικά κοινά σημεία

του x’x με την CG είναι τα 0 , 1 . Η G είναι συνεχής με

3

1 1G 0

3ee άρα

G x 0 ,x 0 ,1 και το ζητούμενο εμβαδό είναι 1

0

E G( x )dx .

Από το B.ii. είναι 33G( x ) xG'( x ) x

1 1 1 1 1

13 3

00 0 0 0 0

3G( x ) dx xG'( x ) x dx 3 G( x ) dx xG( x ) G( x ) dx x dx

1 1 13Ε G(1) E 4E E τ.μ.

4 4 16


A.

Για x > 0

2

2

4

x x G''( x ) 2xG'( x ) 3G'( x ) G''( x ) 3x 2G'( x ) xG''( x ) 3x

2 x x

2 2

G'( x ) G'( x )' 3lnx ' 3lnx c ,c R

x x, G'(1)

3ln1 c c 11

Άρα 2 2 2 3

2

G'( x ) 13lnx 1 G'( x ) 3x lnx x G'( x ) 3x lnx x

x x

3 3G'( x ) x lnx ' G( x ) x lnx k , k R , G(1) k k 0

Συνεπώς 3G( x ) x lnx ,x 0 , (1)

Η συνάρτηση G είναι περιττή στο R ,οπότε G( x ) G( x ) ,x R

Για x 0 x 0 ,τότε ( 1)

3 3G( x ) G( x ) ( x ) ln( x ) x ln( x )

Ακόμα G(0 ) 0 αφού G περιττή στο R

Άρα

3x ln x ,x 0G( x )

0 ,x 0


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


32

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 DLH

2

G( x ) G(0 ) G( x ) x lnx lnxG'(0 ) lim lim lim lim x lnx lim 0

1x x x

x

2 23x ln x x ,x 0G'( x )

0 ,x 0,

B. i.

x , λ 0 .Τότε Έστω ε : y = λ

τα σημεία τομής της CG

με την (ε) είναι οι λύσεις της εξίσωσης G( x ) λx ,x R . Προφανής λύση είναι η x=0

,οπότε το Ο(0,0) είναι ένα σημείο τομής. Θα μελετήσουμε τα σημεία τομής στο R* .

2G( x )G( x ) λx ,x R* λ ,x R* x lnx λ , x R*

x( 2)

Έστω 2Η(x) x ln x ,x R* τότε Η'(x) 2x ln x x x 2ln x 1

και η εξίσωση (2) γίνεται ισοδύναμα Η(x)=λ .

1 1

Η'(x) 0 x 2ln x 1 0 ln x x2 e

Από τον πίνακα έχουμε

ότι η H έχει ολικό ελάχιστο

1 1 1Η Η

2ee e

Τότε

1 1 1Η 0, Η 0, ,0

2ee e αφού

2

x 0 x 0 x 0

2 3

1lnx xlim x lnx lim lim 01 2

x x

1 1 1Η , Η , ,

2ee e αφού

2

xlim x ln x

x

-

3

1

e

0

3

1

e

G

’ + - - -

G ↗ ↘ ↗

1

3e

1

3e

x

-

1

e

0

1

e

H

’ - + - +

H ↘ ↗ ↘ ↗

1

2e

1

2e


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


Αν 1

λ2e

τότε η εξίσωση Η(x)=λ δεν έχει λύσεις και η G( x ) λx ,x R έχει

μοναδική λύση την x=0

Αν 1

λ2e

τότε η εξίσωση Η(x)=λ έχει 2 λύσεις και η G( x ) λx ,x R έχει 3 λύσεις

(μαζί με την x=0)

Αν 1

0 λ2e

τότε η εξίσωση Η(x)=λ έχει 4 λύσεις και η G( x ) λx ,x R έχει 5

λύσεις (μαζί με την x=0)

Αν λ 0 τότε η εξίσωση Η(x)=λ έχει 2 λύσεις και η G( x ) λx ,x R έχει 3 λύσεις

(μαζί με την x=0).

B. ii.

Σύμφωνα με το Β.i. η CG έχει ακριβώς 3 κοινά σημεία με την (ε) και σχηματίζει

αμβλεία γωνία με x’x (λ<0) μόνο όταν 1

λ2e

, άρα (δ): 1

y x2e

. Και τότε αυτά

τα σημεία είναι τα

1 1 1 1Α , , Β ,

2e 2ee e.

1

G'(0 ) 02e

,άρα η (δ) δεν εφάπτεται στη CG στο 0.

1 1 1

G'( ) G'( ) λ2ee e

άρα η (δ) εφάπτεται στη CG στα Α,Β

Γ.

Από το Β. για x 0 η (δ) έχει μοναδικά κοινά σημεία με την CG τα 1,0

e άρα το

ζητούμενο εμβαδό είναι 1e

0

1E G( x ) x dx

2e. Όμως για

10 x

e είναι

3 21 1 1G( x ) x x lnx x x x lnx xH( x ) 0

2e 2e 2e(όπως φαίνεται από το

πίνακα μεταβολών της Η στο Β. ερώτημα) ,οπότε 1

G( x ) 02e

στο

10 ,

e. Άρα

1 1 1e e e

20 0 0

I

1 1 1E G( x ) x dx G( x ) dx x dx I

2e 2e 4e

Για x >0, 2 2 3 3 3G'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3G( x ) x .

33G( x ) xG'( x ) x . Ακόμα G(0 ) 0 ,άρα 33G( x ) xG'( x ) x ,x 0

1 1 1 11e e e e3 3e0

0 0 0 0

11 e 3e

2 200

3I 3G( x ) dx xG'( x ) x dx xG( x ) G( x ) dx x dx

1 1 1 13I xG( x ) I x dx 4I I

4e 16e2e e 8e e


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


Άρα 2 2 2

1 1 1 1 5E

16e 4e 16e8e e 4e e τ.μ.

Δ.

Για την G στο 1, είναι 2 2G'( x ) 3x lnx x 0 άρα G με G 1, 0 ,

Πρέπει x 0 και lnx 0 x 1

Θα χρησιμοποιήσουμε την lnx x 1 x 1

3 3 3 3 3

3 3

1 3lnx x lnx ln lnx 1 lnx x lnx ln lnx ln lnx lnx x lnx 1

ln x lnx x lnx 1 lnG( x ) G( x ) 1 G( x ) 1

Εφόσον η G με G 1, 0 , η τελευταία εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα

στο 1, .

Ε.

Έστω

1 13e G 3eG

c 3 c 2 x

1 1

F( x ) G(t )dt G(t)dt xe x 1 ,x 0 ,1

Συνεχής στο 0,1 με

21 1

3eG 3eGc 3 c 2

1 1

F(0 ) F(1) G(t )dt G(t)dt 0

Αν

1 1 1 1

3eG 3eG 3eG 3eGc 3 c 2 c 3 c 2

1 1 1 1

G(t )dt G(t)dt G(t )dt G(t)dt

1

3eGc 3

13eG

c 2

G(t )dt 0 , θέτω

1 1α 3eG ,β 3eG

c 2 c 3

β

α

G(t )dt 0 3 και

1 1 1 10 1 1 α 3e G 0 , 1 β 3eG 0

c 3 c 2 c 2 c 3

β

β

β β β βG περιττή

α α β αG( t )dt 0

G(t )dt 0 G(t )dt G(t )dt 0 G(t )dt 0

Στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι -1<α<0 ,-1<-β<0 και G(x)>0 .

Αν υποθέσουμε ότι

β

α

α β τότε G(t )dt 0 , ενώ για

β

α

α β τότε G(t )dt 0 ,άτοπο και στις δυο περιπτώσεις ,άρα α β

1 1 1 1α β 3eG 3eG G G

c 2 c 3 c 2 c 3

Όμως G 1-1 στο

3

1 1 1, 0 ,

c 3 c 2 e (από τον πίνακα μονοτονίας της G)


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


Και τότε

1 12 3

c 2 c 3 ,άτοπο

Άρα η σχέση (3) δεν ισχύει και

1

3eG3

13eG

2

G(t )dt 0 και τότε

F(0 )F(1) 0 και από θ.Bolzano η εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα στο 0,1 αφού η F

είναι γν. μονότονη.

2η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές) Για Μαθητές

A. Η αρχική ισοδύναμα γράφεται:

2

2 3 2 2

( ) 2 ( ) 3 ( ) ( )2 ( ) ( ) 3 3ln 3ln

G x G x G x G xG x xG x x x x c

x x x x x

Για x=1: c=1 άρα:

2 2 3 3

2

( )3ln 1 ( ) 3 ln ( ) ln ( ) ln

G xx G x x x x G x x x G x x x c

x

Για x=1: c=0 άρα: 3( ) lnG x x x , 0x . (1)

Επειδή G συνεχής στο 0 είναι:

3

3

0 0 0 0

3

ln(0) lim ( ) lim ln lim lim 0

1 3x x x x

x xG G x x x

x

.

(Αν έχει Π.Ο. το και επειδή είναι περιττή ισχύει: ( ) ( )G x G x .

Θέτοντας στην (1) όπου x το 0x έχω: 3 3 3( ) ( ) ln( ) ( ) ln( ) ( ) ln( ), 0G x x x G x x x G x x x x )

Β. i) Το Ο είναι κέντρο συμμετρίας της GC λόγω περιττής. Αυτό σημαίνει ότι αρκεί η

μελέτη των ακροτάτων στο 0, . Για 0x είναι

1

2 2 2 3( ) 3 ln 3ln 1 0G x x x x x x x e

.

Είναι 1

3( ) 0G x x e

άρα G στο 1

3 ,e

και G στο 1

30,e

.

Άρα η GC έχει Ο.Ε. στο

1

3e

το 1

31

3G e

e

και τοπικό μέγιστο στο 0 το 0, αν

ορίζεται στο 0, . Αν ορίζεται στο το 1

3e γίνεται τ.ελ. και το

1

3eτ.μέγ. στο

1

3e

.

ii) Eύκολα με De L’ H. δείχνω ότι (0) 0G οπότε η ζητούμενη ισχύει για x=0. Για

0x είναι 3 2 2 3 3( ) 3 ln 3 ln 3 ( )xG x x x x x x x x x G x .

Γ. Με 1x Ισοδύναμα έχω: 3 3 3 31 ln ln(ln ) ln 0 1 ln( ln ) ln 0 ln ( ) ( ) 1 0x x x x x x x x G x G x (1)


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


Θέτω ( ) ln 1h x x x , 0x . Ισχύει ln 1, 0x x x με την ισότητα να ισχύει

στο 1.

Άρα η (1) γράφεται ισοδύναμα ( ( )) 0 ( ) 1h G x G x κι επειδή ΣΤ G1

,3e

αφού είναι lim ( )x

G x

, θα υπάρχει μοναδικό 0 1x :

0( ) 1G x (G στο

1

3 ,e

)

Δ. Για (0,1)x είναι ( ) 0G x . Το ζητούμενο εμβαδό είναι το 1

0( )G x dx . Έστω 0t

και κοντά σ’ αυτό. Τότε 1 1

0 0( ) lim ( )

ttG x dx G x dx

.

4 3 4 41

1 11

ln ln 1( ) ( )

4 4 4 16 16

tt t

t

x x x t t tG x dx G x dx dx

και

'1

0

1lim ( )

16

L H

ttG x dx

Εναλλακτικά με παραγοντική έχω:

0 0 10 3

11 1 0

14

0

( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( )

1 1 13 3 4

4 4 4 16

Bii

E x G x dx xG x xG x dx G x x dx

xE E E E


Βi) Λόγω κέντρου συμμετρίας της GC θα εργαστούμε στο 0, , γνωρίζοντας ότι

κάθε πλάγια ευθεία : y x τέμνει τη GC στο Ο(0,0). Αν η

GC τέμνει την (ε) σε

σημείο 0 0( , )M x y με

0 0x θα την τέμνει και στο σημείο 0 0( , )M x y . Άρα αρκεί να

βρω το πλήθος λύσεων της 2( ) lnG x x x x για 0x .

Mε 2( ) lnx x x έχω 1

2( ) (2 ln 1) 0x x x x e

και 1 1

2 2( ) 0 ,x x e e

ενώ

1 1

2 2( ) 0 0 (0, ]x x e e

. Επίσης επειδή lim ( )x

x

,

1

21

( )2

ee

, 0

lim ( ) 0x

x θα είναι ΣΤ Φ

1,

2e

.

Έτσι καταλήγω:

Αν 1

2e η

GC τέμνει την (ε) μόνο στο Ο.

Αν 1

2e η

GC τέμνει την (ε) σε 3 σημεία στο Ο και στα 1 1

2 21 1

( , ), ( , )2 2

e ee e

.

Αν 1

02e

η GC τέμνει την (ε) σε 5 σημεία μαζί με το Ο.


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


Αν 0 η GC τέμνει την (ε) σε 3 σημεία μαζί με το Ο.

ii) Aπό τις ευθείες (ε) υπάρχει μία μόνο η δ:1

2y x

e , που τέμνει τη

GC σε 3 σημεία,

έχει αρνητική κλίση και εφάπτεται σε 2 απ’ αυτά τα 1 1

2 21 1

( , ), ( , )2 2

e ee e

, αφού

ισχύει 1

21

...2

G ee

ή εναλλακτικά το σύστημα

0 0

0

1( )

2

1( )

2

G x xe

G xe

έχει μοναδική λύση την

1

20x e

.

Γ. Zητώ το

1

2

0

12 ( )

2

e

E G x x dxe

. Στο 1

20,e

ισχύει 1

( )2

G x xe

, αφού από

Βi) είναι 1

( )2

xe

στο 1

20,e

. Άρα

1

22

2

0

1 1

2 2 2 4

e

E xI I

e e

όπου

1 1 112 2 22

1 1

32 2

00 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( )

Biie e eeI x G x dx xG x xG x dx e G e G x x dx

1

23

1 422

2 2 2

0

3 3 33 ... 3 4

2 4 4 4 16

e

e xe I I I I

e e e

, άρα

2

1

8E

e .

Ε. Με Βolz. στo 0,1 δ.ο. η εξίσωση 1 0xxe x έχει ρίζα στο (0,1) που είναι

μοναδική από τη μονοτονία της. Αρκεί ο συντελεστής της να είναι 0 για να μην

είναι ταυτοτική.

Έστω 1

13 0

2eG

c

γιατί 0G στο 0,1 και

11

2c

. Επίσης αν

2

13 0

3eG

c

για τον ίδιο λόγο. Ο συντελεστής γράφεται

2 2 1 2

1 1

1 2 2

1

0

0 0 0

0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 0

G ή

ήu tG t dt G t dt G t dt G t dt G t dt

G t dt G t dt G t dt

αφού ισχύουν:

1 2, 0 , 1 23

1 1 1 1 1 10

2 2 3 2 3

G

G Gc c c ce

και G

αρνητική στο 2 1, .


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016



Προτάθηκε από τον Κώστα Δεββέ (10/4/2016)Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 17/4/2016

Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο , με f f 0 , παραγωγίσιμη στο

, με συνεχή και γνήσια φθίνουσα παράγωγο στο , .

Α. Να αποδείξετε ότι:

i) Υπάρχει ένα μόνο ox , στο οποίο η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο.

ii) f (x) 0 , για κάθε x , .

Β. Έστω η συνάρτηση f (x)

g(x)f (x)

με x , . Να αποδείξετε ότι:

i) Υπάρχει 1 ox ,x τέτοιο, ώστε

o

1

x

1 ox

g(x)dx lng x ln x .


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


ii) Η συνάρτηση g έχει σύνολο τιμών το .

iii) Υπάρχει 2x , τέτοιο ώστε

2

2

2

f (x) f xx x

f x

, για κάθε x , .

1η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α. i) Rolle για την f στο , . Υπάρχει ox , με of x 0 μοναδικό.

Αν ox , x of x f x 0 και αν ox x , of x f x 0 , άρα η f

παρουσιάζει μέγιστο στο ox , .

ii) f γνήσια αύξουσα στο o, x άρα αν ox x f x f 0 και γνήσια

φθίνουσα στο ox , άρα αν ox x f x f 0 . Άρα f (x) 0 για κάθε

x , .

Β. i) ΘΜΤ για την f στο o, x . Υπάρχει 1 ox , x με o

1o

f xf x

x

.

o

o

1

1

xox

o 1xx 1

1 o1 o

1

f xg(x)dx ln f (x) ln f x ln f x ln

f x

f x xln ln g x ln x

f x

ii) Αρκεί αν c να υπάρχει , με g( ) c .

Έστω cxh x f x e , x , . Rolle για την h στο , . Υπάρχει ,

με c ch 0 f e cf ( )e 0 g( ) 0 .

iii) Υπάρχει 2x , με 2 2 2g x 1 f x f x 0 .

Η f είναι κοίλη στο , και η εφαπτομένη της fC στο 2 2x ,f x είναι

2 2 2y f x x x f x .

Άρα για κάθε x , είναι

2

2 2 2 22

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

f x


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


2η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς) Α. i)

Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις συνθήκες ROLLE στο [α, β] επόμενα υπάρχει x0ϵ(α,β)

ώστε f΄(x0)=0. Όμως f συνεχής και γνήσια φθίνουσα

( και ως εκ τούτου 1-1) στο (α,β), οπότε το x0 μοναδικό. Τώρα:

Για α<x< x0 f΄(x)>f΄(x0)=0 f γνήσια αύξουσα στο [α, x0]. Για x0<x< β f΄(x)<f΄(x0)=0 f γνήσια φθίνουσα στο [x0, β]. ΄Αρα η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο στο x0.

ii)

Από τη συνέχεια και τη μονοτονία της συνάρτησης f έχουμε :

f: (α, x0] → (0, f(x0)] f: [x0, β) → (0, f(x0)] . ΄Αρα f(χ)>0 γιά κάθε xϵ(α,β) .

Β.i)

Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις συνθήκες του θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [α, x0],

επόμενα υπάρχει x1ϵ(α,x0) ώστε f΄(x1)=f(x0)

x0−a

f΄(x1) (x0 − a)=f(x0) lnf΄(x1)+ln(x0 − a)=lnf(x0)

lnf΄(x1)+ln(x0 − a) − lnf(x1)=lnf(x0) − lnf(x1) lng(x1)+ln(x0 − a) = lnf(x0) − lnf(x1) ∫ (lnf(x))΄dx = lng(x1) + ln(x0 − a)

x0x1

∫ g(x)dx = lng(x1) + ln(x0 − a)x0x1

.

ii)

΄Εστω k∈R και d(x)=f(x)e−kx. Η συνάρτηση d είναι συνεχής στο [α,β] (ως γινόμενο

συνεχών), παραγωγίσιμη στο (α,β) με d΄(x)= f΄(x)e−kx − kf(x)e−kx, και επί πλέον

d(α)= d(β)=0. Επόμενα από θεώρημα ROLLE υπάρχει ξ1∈ (α, β) ώστε d΄( ξ1)=0

f΄(ξ1) e−kξ1 − kf(ξ1)e

−kξ1 = 0f΄(ξ1)

f(ξ1)= k g(ξ1) = k. ΄Αρα η συνάρτηση g έχει

σύνολο τιμών το R.

iii)

Επειδή η συνάρτηση g έχει σύνολο τιμών το R υπάρχει x2∈ (α, β) ώστε g(x2) = 1

f΄(x2) = f(x2) . Aν α ≤ x < x2 από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη f στο [x, x2] υπάρχει t1∈ (α, x2)

ώστε f(x)−f(x2)

x−x2= f΄(t1) > f΄(x2) = f(x2) οπότε

f(x) − f(x2) < f(x2)( x − x2) f(x)−f(x2)

f(x2)< x − x2.

Aν x2 < x ≤ β από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη f στο [x2, x] υπάρχει t2∈ (x2, x) ώστε f(x)−f(x2)

x−x2= f΄(t2) < f΄(x2) = f(x2) οπότε f(x) − f(x2) < f(x2)( x − x2)

f(x)−f(x2)

f(x2)< x − x2.

Για x=x2 ισχύει η ισότητα στην αποδεικτέα.

΄Αρα ∀x∈[α,β] ισχύει: f(x)−f(x2)

f(x2)≤ x − x2.


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


3η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

i. Από Θ.Rolle στο [α,β] υπάρχει o ox a,β : f '( x ) 0 .Όμως f ' στο α ,β

άρα , f συνεχης στο[ α ,β ]

o o oα x x f '( x ) f '( x ) 0 f '( x ) 0 f στο a,x

συνεχης στο[ α ,β ]

o o ox x β f '( x ) f '( x ) 0 f '( x ) 0 f στο x ,β

άρα στο ox η f έχει ολικό μέγιστο

ii.

of a ,x

oγια α x x f ( x ) f (a) 0 f ( x ) 0

of x ,β

oγια x x β f ( x ) f ( β ) 0 f ( x ) 0

Άρα για κάθε x a,β f ( x ) 0

B.

i. Στο oa,x είναι f ( x ) 0 , f ' ( x ) 0 , g( x ) 0

Από ΘΜΤ στο oa,x υπάρχει

o1 o 1

o

f ( x ) f(a)x a,x : f '( x )

x a

1 1

o o

1

o

o o o11 o 1 o

o 1 1 1

o1 o 1 o o 1

1

x x

1 o 1 ox x

x

x

f ( x ) f ( x ) f ( x )f '( x )f '( x ) x a g( x ) x a

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

f ( x )ln g( x ) x a ln lng( x ) ln x a ln f ( x ) ln f ( x )

f ( x )

f '( x )lng( x ) ln x a ln f ( x ) ' dx lng( x ) ln x a dx

f ( x )

g( x )dx lng( x 1 o) ln x a

ii.

x a x βlimf ( x ) f (a) 0 , limf ( x ) f ( β ) 0 , f(x) 0 κοντά στα α,β

ακόμα of ' στο α ,β , f '( x ) 0 f '(a) 0 , f '( β ) 0 , f ', f συνεχείς

f '( a ) f '( β )

0 0

x a x a x β x β

f '(x) f '(x)limg( x ) lim , limg( x ) lim

f ( x ) f ( x )

Για την μονοτονία της g έχουμε :

Έστω 1 2 1 2x ,x α ,β με x x

1 2f '

1 2

1 2 0f

1 21 2

1 2

1 2 o

1 2

f ' x f ' x 0f ' x f ' x 0

αν a x x x 1 100 f x f x

f x f x

f ' x f ' xg x g x g στο α ,x

f x f x


______________________________________________________________

_____________ ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2016


1 2f '

1 2

0 1 2f

1 21 2

1 2 1 2

1 2 o

1 2 1 2

0 f ' x f ' x0 f ' x f ' x

αν x x x β 1 10f x f x 0

f x f x

f ' x f ' x f ' x f ' xg x g x g στο x ,β

f x f x f x f x

Και επιπλέον g συνεχής στο α ,β άρα g στο α ,β oπότε

x β x a

g α ,β limg( x ) , limg( x ) R

iii.

2

2 2 2 2

2

f ' x1 g a,β R x a,β : g x 1 1 f ' x f x

f x

τώρα f ' στο α ,β και f συνεχής στο α ,β άρα κοίλη στο α ,β

Η εφαπτόμενη της Cf στο 2x είναι

2 2f ' x f x

2 2 2 2 2 2y f ' x x x f x f x x x f x

Άρα

2 2 2

2

2

2

f x y , x a,β f x f x x x f x , x a,β

f x f xx x , x a,β

f x


Προτάθηκε από τον Σπύρο Μπρίνια – ΜΑΘΗΤΗΣ Γ ΤΑΞΗΣ (17/4/2016)Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 24/4/2016


Αποδείξτε ότι για κάθε x 0 ισχύει

xe x ln x x 1

1η προτεινόμενη λύση (Σπύρος Μπρίνιας)

Θεωρώ την συνάρτηση xh x e x ln x x , x 0 η οποία είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο

ορισμού της με xh x e ln x 2 0 Α

xe x 1 για κάθε x 0 1

ln x x 1 ln x 1 x για κάθε x 0 2

Προσθέτοντας κατά μέλη τις 1 , 2 προκύπτει xe ln x 2 0 και άρα από την Α έχω

ότι h x 0 για κάθε x 0 .Επειδή προφανώς επιπλέον η h x είναι και συνεχής στο

0, το xx 0

h 0, lim h x , lim h x

x

x 0 x 0lim h x lim e x ln x x 1 0 0 1

αφού :

x 0 x 0 x 0 x 0

ln xln xlim x ln x lim lim lim x 0

11

xx

Άρα x

h 0, 1, lim h x

επομένως xh x 1 e x ln x x 1 για κάθε x 0.

2η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)

Ισχύει για κάθε x 0 ότι

xx

1x 2

x 2

x

e x ln x

xe x x ln x

xe 1 x 1 x ln x 1

x ln x 1 xe 1 1

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι x

x

e x ln x x 1

x ln x 1 e x

Οπότε λόγω της σχέσης 1 αρκεί να αποδείξουμε ότι

x xxe 1 e x , για κάθε x 0

Πράγματι, η συνάρτηση

x xf x xe 1 e x , x 0

είναι παραγωγίσιμη στο 0, με

xf x xe 1 0

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, (ως συνεχής στο 0)

Άρα για

x xx 0 f x f 0 xe 1 e x

3η προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Πάτσης) Για 0 x 1 έχω:

x xe x ln x x 1 e x 1 x ln x

που ισχύει αφού xe x 1 0 (κατόπιν απόδειξης) για κάθε 0 x 1 και x ln x 0 αφού

x 0 και ln x 0.

Για x 1 εργάζομαι ως εξής: x xe x ln x x 1 e x ln x x 1 Α

Αρκεί να δείξω την Α :

Θεωρώ την xf x e x ln x

xf x e 1 ln x

x 1f x e 0,

x για κάθε x 1 αφού :

xexx 1 e e 1

1 1x 1 1 1

x x 2

Προσθέτοντας κατά μέλη τις 1 , 2 προκύπτει ότι x 1

e e 1 0x

Άρα f x 0, για κάθε x 1 και επειδή η f συνεχής στο 1, θα είναι κυρτή στο

1, ,άρα θα βρίσκεται πάνω από την εξίσωση της εφαπτομένης στο 1,f 1

Όμως: f 1 e και f 1 e 1 ,άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι:

y e e 1 x 1 y e 1 x e 1 e y e 1 x 1

Άρα: f x e 1 x 1 x 1 αφού e 1 1 e 1 x x e 1 x 1 x 1

για κάθε x 1. Άρα x xf x x 1 e x ln x x 1 e x ln x x 1 για κάθε x 1.

Eπομένως για κάθε x 0 ισχύει το ζητούμενο.

4η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

Θεωρώ την f(x) = ex − xlnx − x − 1 , x > 0 με f ′(x) = ex − lnx − 2 , x > 0

Βασικές ανισώσεις :

ex ≥ x + 1 ⇔ ex − 1 ≥ x (1) lnx ≤ x − 1 ⇔ lnx + 1 ≤ x ⇔ −lnx − 1 ≥ −x (2) (1) + (2) ⇢ ex − 1 − lnx − 1 ≥ x − x ⇔ f ′(x) ≥ 0 ⇢ f ↑ f συνεχής και ↑ στο (0,+∞) από ΘΕΤ f((0, +∞)) = (0,+∞) άρα f(x) > 0

( limx→0+

f(x) = ⋯ = 0 και limx→+∞

f(x) = ⋯ = +∞ )

5η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές) Ισοδύναμα, αρκεί να δείξουμε ότι

x xx 0x e 1 e 1

e x ln x x 1 0 x( ln x 1 ) 0 ln x 1 0x x x x

Θέτουμε xe 1

f (x) ln x 1x x

, x 0

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, με

xx x x x

2 2 2 2

e 1 x 1e x e 1 1 xe e x 1f (x)

x x x x x

και ισχύει

f x 0 x 1

αφού ισχύει xe 1 για x 0 .

Άρα για 0 x 1 είναι f (x) 0 f στο (0,1]και για x 1 είναι f (x) 0 f στο

[1, ) .

Δηλαδή η f έχει ολικό ελάχιστο στο x 1 το f (1) e 2 0 άρα είναι

f (x) 0 , για κάθε x 0

δηλαδή προκύπτει το ζητούμενο.

6η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης) Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο

x

2

ef x , x

x 1

Είναι

2x

22

e x 1f x , x

x 1

Η f είναι συνεχής στο 1 και επειδή για κάθε x ,1 1, είναι f x 0

,συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι γν.αύξουσα στο .

Επομένως:

f γν.αύξουσα

x 2x 0 f x f 0 1 e x 1

xx xe 1

x lnx 1 e 1 xlnx x e xlnx x 1x

.


Προτάθηκε από τον Μάριο Βώβο (24-4-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 8/5/2016

Για μαθητές

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη και άρτια συνάρτηση f : , για την οποία ισχύει:

2

f '' xF F 2f x 0

2x 1

, για κάθε x , όπου F μια παράγουσα της f

f 0 1 F 0 0 και f x 0 , για κάθε x

α) Να δείξετε ότι f ' 0 0

β) Να δείξετε ότι 2f '' x 2f x 2x 1 , x

γ) Αποδείξτε ότι η συνάρτηση 2x

x f x e είναι σταθερή στο

δ) Να δείξετε ότι 2x

f x e , x

ε) Αν το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης 1

g xf x

, τους άξονες συντεταγμένων και την ευθεία x 1 , τότε

να δείξετε ότι 3 2

Για καθηγητές

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη και άρτια συνάρτηση f : , για την οποία ισχύει:

2

f '' xF F 2f x 0

2x 1

, για κάθε x , όπου F μια παράγουσα της f

f 0 1 F 0 0 και f x 0 , για κάθε x

α) Να δείξετε ότι 2x

f x e , x

β) Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς 1 2, , ...,

για τους οποίους ισχύει

1 2 ff f

1 2f e f e ... f e e

, με

*

γ) Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα 0,1 τέτοιο, ώστε

2016 2015F F 1 F 1

δ) Αν το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

συνάρτησης 1

g xf x

, τους άξονες συντεταγμένων και την ευθεία x 1 , τότε

να δείξετε ότι 2

3 4

ε) Να λύσετε την εξίσωση 2 2f 2x 2f x 2 f 2x 4 2f x στο

0,

1η προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)

Για Μαθητές

α) Η f είναι άρτια και παραγωγίσιμη, έχουμε:

x 0

f x f x f x f x f x f x

f ' x f ' x 0 2f ' 0 0 f ' 0 0

β) Η συνάρτηση f είναι άρτια, επομένως ισχύει f x f x , για κάθε x ή

F x F x F x F x 0 F x F x c .

Για x 0 είναι 2F 0 c c 0 , άρα F x F x 0 , δηλαδή F περιττή.

Αντικαθιστώντας το x με το 2f x στην παραπάνω σχέση, έχουμε:

F 2f x F 2f x 0 F 2f x F 2f x , για κάθε x .

Επομένως, η δοθείσα σχέση γίνεται:

2 2

f '' x f '' xF F 2f x 0 F F 2f x

2x 1 2x 1

, για κάθε x .

Όμως, f x 0 , για κάθε x και συνεχής στο , άρα διατηρεί σταθερό

πρόσημο σ’ αυτό. Παράλληλα, είναι f 0 1 0 , επομένως ισχύει

f x 0 F' x 0 , για κάθε x . Άρα, η συνάρτηση F είναι γνησίως

αύξουσα και άρα «1-1».

Επομένως, θα είναι

2

2

f '' x2f x f '' x 2f x 2x 1

2x 1

, x

γ) Έχουμε

2

2

f '' x 2f x 4x f x

f '' x 2xf ' x 2f x 2xf ' x 4x f x

2 2f '' x x 'f ' x 2xf x ' 4x f x

2 2 2 2x 2 x x xf '' x e x 'e f ' x 2xf x 'e 2xf x 2xe

2 2 2 2 2x x x x xf ' x e ' 2xf x 'e 2xf x e ' f ' x e ' 2xf x e '

2 2x x

1f ' x e 2xf x e c , για κάθε x .

Επιπλέον f ' 0 0

Άρα, για x 0 στη σχέση που βρήκαμε, είναι 1c 0 άρα:

2 2 2 2x x x xf ' x e 2xf x e f ' x 2xf x 0 f ' x e 2xf x e 0

2xf x e ' 0

, x

άρα η συνάρτηση 2xx f x e είναι σταθερή στο

δ) Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει

2x 0

x

2 2 2f 0 1

x c f x e c c 1

Επομένως, 2xf x e , x

ε) Είναι:

1 1

0 0

1E g x dx dx

f x ,

όμως f x 0 για κάθε x , άρα

1

0

E g x dx .

Για κάθε x 0 έχουμε ln x x 1 και αντικαθιστώντας στη θέση του x το xe

έχουμε: x xx e 1 e x 1 , για κάθε x .

Άρα, 2x 2e 1 x , x

Άρα

2g x 1 x , για κάθε x .

Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων, άρα και

ολοκληρώσιμη στο διάστημα 0,1 και δεν είναι παντού μηδέν στο εν λόγω διάστημα

επομένως:

11 1 3

2

0 0 0

x 2 2g x dx 1 x dx x E 3E 2

3 3 3


α) Η συνάρτηση f είναι άρτια, επομένως ισχύει f x f x , για κάθε x ή

F x F x F x F x 0 F x F x c .

Για x 0 είναι 2F 0 c c 0 , άρα F x F x 0 , δηλαδή F περιττή.

Αντικαθιστώντας το x με το 2f x στην παραπάνω σχέση, έχουμε:

F 2f x F 2f x 0 F 2f x F 2f x , για κάθε x .

Επομένως, η δοθείσα σχέση γίνεται:

2 2

f '' x f '' xF F 2f x 0 F F 2f x

2x 1 2x 1


Όμως, f x 0 , για κάθε x και συνεχής στο , άρα διατηρεί σταθερό

πρόσημο σ’ αυτό. Παράλληλα, είναι f 0 1 0 , επομένως ισχύει

f x 0 F' x 0 , για κάθε x . Άρα, η συνάρτηση F είναι γνησίως

αύξουσα και άρα «1-1».

Επομένως, θα είναι

2

2

f '' x2f x f '' x 2f x 2x 1

2x 1

, x .

2

2

f '' x 2f x 4x f x

f '' x 2xf ' x 2f x 2xf ' x 4x f x

2 2f '' x x 'f ' x 2xf x ' 4x f x

2 2 2 2x 2 x x xf '' x e x 'e f ' x 2xf x 'e 2xf x 2xe

2 2 2 2 2x x x x xf ' x e ' 2xf x 'e 2xf x e ' f ' x e ' 2xf x e '

2 2x x

1f ' x e 2xf x e c , για κάθε x .

Επιπλέον, επειδή η f είναι άρτια και παραγωγίσιμη, έχουμε:

x 0

f ' x f ' x 0 2f ' 0 0 f ' 0 0

.

Άρα, για x 0 στη σχέση που βρήκαμε, είναι 1c 0 άρα:

2 2 2 2x x x xf ' x e 2xf x e f ' x 2xf x 0 f ' x e 2xf x e 0

2 2x 0

x x

2 2f 0 1

f x e ' 0 f x e c c 1

. Επομένως, 2xf x e , x .

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση xx e x 1 , x . Είναι:

x' x e 1 0 , άρα γνησίως αύξουσα στο .

Άρα, για κάθε x 0 είναι x 0 x 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για

x 0 .

Επομένως, για 2y x 0 είναι:

22 2 x f x2 x 2 x ey 0 x 0 e x 1 0 e e f x e e ,

με την ισότητα να ισχύει για x 0 .

Επομένως:

1

2

1 2

f

1

f

f f f2

1 2

f

f e e

f e ef e f e ... f e e

f e e

με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν 1 2 ... 0 , που είναι οι ζητούμενες

τιμές.

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση

2016 2015h x F x x F x 1 F 1 , x 0,1 .

Είναι

h 0 F 1h 0 h 1 F 1 2F 1 F 2

h 1 2F 1 F 2

Όμως, η F είναι γνησίως αύξουσα στο 0,1 , επομένως:

x 0 F x F 0 F x 0 , άρα F 1 0 .

Επίσης, είναι 2xf ' x 2xe 0 στο διάστημα 0, . Συνεπώς, η f είναι

γνησίως αύξουσα στο 0, αφού είναι συνεχής στο 0 .

Η F είναι συνεχής στα 0,1 και 1,2 .

Η F είναι παραγωγίσιμη στα 0,1 και 1,2 , με F' x f x .

Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει, ένα τουλάχιστον 1 0,1 και

ένα τουλάχιστον 2 1,2 τέτοια, ώστε:

1

F 1 F 0F' F 1 F 0

1 0

2

F 2 F 1F' F 2 F 1

2 1

Επειδή 1 20 1 2 και η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , ισχύει:

F 0 0

1 2f f F 1 F 0 F 2 F 1 2F 1 F 0 F 2 2F 1 F 2

Άρα, είναι h 0 h 1 0 και επειδή η h είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών

συναρτήσεων, από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα 0,1 τέτοιο, ώστε

2016 2015h 0 F F 1 F 1 .

δ) Είναι:

1 1

0 0

1E g x dx dx

f x ,

όμως f x 0 για κάθε x , άρα

1

0

E g x dx .

Για κάθε x 0 έχουμε ln x x 1 και αντικαθιστώντας στη θέση του x το xe έχουμε: x xx e 1 e x 1 , για κάθε x .

Άρα, 2x 2e 1 x , x σχέση 1 .

Επίσης,

2 2

2

x 2 x

2 2x

1 1 1e x 1 e , x

x 1 x 1e

σχέση 2 .

Από τις σχέσεις 1 και 2 , έχουμε:

2

2

11 x g x

x 1


Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων, άρα και

ολοκληρώσιμη στο διάστημα 0,1 και δεν είναι παντού μηδέν στο εν λόγω

διάστημα επομένως:

1 1 1

2

2

0 0 0

dx1 x dx g x dx

x 1

1 1

2

2

0 0

dx1 x dx

x 1

11 3

2

0 0

x 21 x dx x

3 3

Για το 1

2

0

dx

x 1 θέτουμε x t , με t ,2 2

,

οπότε είναι:

2

2

11 t

t2

2

1dx t 'dt dx dt dx 1 t dt

t

Επειδή, η συνάρτηση q t t στο διάστημα ,2 2

είναι γνησίως

αύξουσα είναι και «1-1».

Για x 0 είναι q:1 1

t 0 t 0

.

Για x 1 είναι q:1 1

t t4 4

.

Επομένως:

1 4 4

2

2 2

0 0 0

1 1dx 1 t dt 1dt 1 0

x 1 t 1 4 4

.

Άρα, θα είναι

2

3 4

.

ε) Θεωρούμε τη συνάρτηση

h x f 2x 2f x , x 0 .

Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με

παράγωγο:

h ' x 2f ' 2x 2f ' x 2 f ' 2x f ' x

Όμως, η συνάρτηση f είναι κυρτή, αφού 2f '' x 2f x 2x 1 0 , x και

άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο .

Για κάθε f '

x 0 2x x f ' 2x f ' x 2 f ' 2x f ' x 0

, επομένως

h ' x 0 και άρα h γνησίως αύξουσα στο 0, .

Η ζητούμενη εξίσωση γίνεται:

h:1 1

2 2h x h x 2 x x 2 0 x 1 x 2 0 x 1 ή x 2

Άρα, η μόνη δεκτή λύση (αφού x 0 ) είναι η x 2 .

2η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές) Για Μαθητές

α) ( ) ( )f x f x στο και παρ/μη άρα ( ) ( )f x f x δηλ. f περιττή και με 0x στην

προηγούμενη (0) 0f .

β) Fάρτια στο άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )F x F x F x F x F x F x c και με

0x είναι 0c άρα ( ) ( )F x F x δηλ. F περιττή στο .

Άρα η 1η σχέση της υπόθεσης δίνει 2

2

( )2 ( ) 0 ( ) 2 ( ) 2 1

2 1

f xf x f x f x x

x

x .

γ-δ) 2

( ) ( ) 2 ( )xx e f x xf x (1)

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

)2

2 2 2

(1)2

( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 4 ( )

2 ( ) 2 1 4 ( ) 4 ( ) 2 ( ) 8 ( ) 4 ( )

4 2 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 4 ( ) 0 ( )

x x x x x

x x x x x x

x x

x f x e xf x e f x e xe f x x f x e

f x x e xf x e x f x e f x e x f x e xf x e

xe xf x f x x x x x x x e

2

2 2 2 2 2

2

(1)2 2 2

4 ( ) 0

( ) 0 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )

x

x x x x x

xe x

x e x e c e f x xf x e c e f x xf x c

που για 0x είναι 0c άρα 2 2( ) 2 ( ) ln ( ) ln ( )f x xf x f x x f x x c που για

0x είναι 0c άρα 22ln ( ) ( ) ( ) 1xf x x f x e x .

ε) Είναι 2

( ) 0xg x e στο 0,1 και 21

0

xE e dx . Από τη γνωστή ανισότητα 1xe x (το =

στο 0) ισχύει 2 2 1xe x άρα

21 12

0 0

2( 1)

3

xE e dx x dx .

Για καθηγητές

β) 2

( ) 2 0 0xf x xe x . Ισχύει f στο ,0 και f στο 0, με ΟΕ στο 0 το

1. Άρα ( ) 1f x με το = στο 0. Αν ia με 1,...,i ισχύει ( ) 1if a και ( )if a

e e με

1,...,i . Για κάθε 1,...,i πολλ/ζω τις 2 ανισότητες κατά μέλη και έχω:

( )( ) if a

if a e e . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ν ανισότητες έχω: ( )

1

( ) if a

i

i

f a e e

με το = να

ισχύει για 0, 1,...,ia i .

γ) Η 2016 2015( ) ( ) ( 1) (1)g x F x xF x F , 0,1x συνεχής με (0) (1) 0g F , επειδή

F στο 0,1 ,(2

( ) 0xF x e ) και (0) 0F . Επίσης (1) 2 (1) (2) 0g F F γιατί: Με 2

ΘΜΤ στα 0,1 , 1,2 έχω: 1(1) (0) (1) ( )F F F f με

1 (0,1) και 2(2) (1) ( )F F f με

2 (1,2) . Από μονοτονία f στο [0,2] είναι

1 2( ) ( ) (1) (2) (1) 2 (1) (2) 0f f F F F F F . Άρα από Bolzano στο 0,1

προκύπτει το ζητούμενο.

δ) Θα δείξω τη δεξιά ανισότητα. Ισχύει 2 22

2

11

1

x xe x ex

με το = στο 0.

Ολοκληρώνοντας στο [0,1] έχω: 21 1 1

2 00 0

1

1 4

xE e dx dx xx

ή

θέτοντας 2

2

1(1 )x t dx dt t dt

t

, και για 0 0 0x t t ενώ

για 1 14

x t t

, έχω 1

24 42 20 0 0

1 11

1 1 4dx t dt dt

x t

.

(Γενικά η 20

1( ) ,

1

x

f x dt xt

είναι η αντίστροφη της x στο ,

2 2

, επειδή

f x x στο ,2 2

. Δηλαδή αν 2

1( ) ( ) ( ) 1 0

1x x f x x x

x

,

τότε ( )x c με (0) 0 . Άρα 1 1

2 21 0

1 12 2 (1) 2 ( )

1 1 4 2dt dt f f

t t

, άρα

1

20

1

1 4dt

t

).

ε) Θέτοντας ( ) (2 ) 2 ( ), 0g x f x f x x έχω ( ) 2 (2 ) 2 ( )g x f x f x . Επίσης

2( ) 2 ( ) 2 1 0f x f x x f και με

0 2 (2 ) ( ) ( ) 0 1 1x x x f x f x g x g g . Άρα η δοσμένη εξίσωση

γράφεται ισοδύναμα 0

2 2( ) ( 2) 2 0 2x

g x g x x x x

.

3η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς) Για καθηγητές.

α) Η συνάρτηση f είναι άρτια, συνεχής ως δύο φορές παραγωγίσιμη. Επίσης f(x)≠

0 ∀x ∈ R οπότε η f διατηρεί πρόσημο και η F είναι 1-1 ως γνήσια μονότονη.

Τώρα: (F(-x))΄= -F΄(-x)= -f(-x)= -f(x)= (-F(x))΄, επόμενα F(-x)=-F(x)+c, και επειδή F(0)=0

είναι c=0 συνεπώς F(-x)= -F(x) (1).

Από τη δοσμένη σχέση έχω F(f΄΄(x)

2x2+1)= -F(-2f(χ))

(1)⇔ F(

f΄΄(x)

2x2+1)=F(2f(x))

f΄΄(x)

2x2+1= 2f(x)

f΄΄(x) = 2f(x)(2x2 + 1).

‘Έστω φ(x)=f(x)e−x2 f(x)= ex

2φ(x). Η f είναι άρτια στο R συνεπώς εξ ορισμού και η φ

είναι άρτια στο R. Επίσης (φ(-x))΄=φ΄(x)

-φ΄(-x)=φ΄(x)φ΄(0) = 0. f΄(x)= ex2φ΄(x) + 2xex

2φ(x) f΄΄(x) = ex

2φ΄΄(x) +

2xex2φ΄(x) + 2ex

2φ(x) + 2xex

2φ΄(x) + 4x2ex

2φ(x) f΄΄(x) = ex

2φ΄΄(x) + 4xex

2φ΄(x) +

2(2x2 + 1)ex2φ(x). ΄Όμως f΄΄(x) = 2f(x)(2x2 + 1) f΄΄(x) =

2φ(x)ex2(2x2 + 1) οπότε ex

2φ΄΄(x) + 4xex

2φ΄(x) = 0 φ΄΄(x) + 4xφ΄(x) = 0

e2x2φ΄΄(x) + 4xe2x

2φ΄(x) = 0 (φ΄(x)e2x

2)΄ = 0 φ΄(x)e2x

2= c1.

Επειδή φ΄(0)=0 θα είναι φ΄(x) = 0 φ(x) = κ .

Από τη σχέση f(0)=1 προκύπτει κ=1.΄Αρα φ(x) = 1 f(x)e−x2= 1

f(x)= ex2.

β) Θέτω g(x)= f(x)ef(x).

Είναι g΄(x)= f΄(x)ef(x)+ f΄(x)f(x)ef(x)= f΄(x)(1+f(x)ef(x))=2xex2(1 + ef(x)+x

2).

Τώρα γιά x < 0 g΄(x) < 0 δηλαδή g γν. φθίνουσα στο (−∞ , 0].

Γιά x > 0 g΄(x) > 0 δηλαδή g γν. αυξουσα στο [0,+∞).

Συνεπώς η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x=0, επόμενα

g(x)≥ g(0) = e ∀x ∈ R. οπότε g(αι) ≥ e f(αι)ef(αι) ≥ e ∀i ∈ { 1,2,3, … . ν}. ΄Αρα για να

ισχύει η δοσμένη σχέση θα πρέπει

f(αι)ef(αι) = e αι = 0 ∀i ∈ { 1,2,3, … . ν}.

γ)Είναι F΄(x) = f(x) > 0 F(x) γνήσια αύξουσα στο R. Επόμενα

0=F(0)<F(1) (2). Επίσης από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση

F στα διαστήματα [0,1] , [1,2] υπάρχουν ξ1 , ξ2 : 0< ξ1<1< ξ2<2 και

F΄(ξ1) = f(ξ1) = F(1) − F(0) , F΄(ξ2) = f(ξ2) = F(2) − F(1).

Όμως f΄(x)= 2xex2>0 για x>0, δηλαδή f γν.αύξουσα στο [0,+∞).

Επόμενα f(ξ1) < f(ξ2) F(1) < F(2) − F(1)

2F(1) − F(2) < 0 (3).

Αν σ(x)=F(x2016) − xF(x2015 + 1) + F(1) τότε η συνάρτηση σ είναι συνεχής ως πράξεις

συνεχών. Επίσης: σ(0)=F(1)>0από σχέση (2),

σ(1)= 2F(1) − F(2) < 0 από σχέση (3). ΄Αρα από θεώρημα Bolzano

υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ∈(0,1) ώστε σ(ξ) = 0 F(ξ2016) = ξF(ξ2015 + 1) − F(1).

δ)Προφανώς g(x)=1

f(x)=e−x

2> 0 οπότε Ε=∫ g(x)

1

0dx=∫ e−x

21

0dx.

Από τη γνωστή ανισότητα lnx ≤ x − 1, για κάθε x > 0 θέτω 𝐱 → e−x2

προκύπτει – x2 + 𝟏 ≤ e−x2 ∫ (1 −

1

0x2)dx < ∫ e−x

21

0dx

[x −x3

3]0

1

< ∫g(x)

1

0

dx2

3< 𝐄.

Επίσης από την ίδια ανισότητα θέτω 𝐱 → ex2 και προκύπτει:

x2 + 𝟏 ≤ ex2 e−x

2≤

𝟏

x2+𝟏 ∫ g(x)

1

0dx < ∫

dx

x2+𝟏

1

0 𝐄 <𝛑

𝟒

Διότι:

θέτω 𝐱 = εφθdx = (1 + εφ2θ)dθdx = (1 + x2)dθ

dx

1+x2= dθ ∫

dx

x2+𝟏

1

0= ∫ dθ ∫

dx

x2+𝟏

1

0=

π

40

π

4 .

΄Αρα 2

3< 𝐄 <

𝛑

𝟒 .

ε)Ισχύει ότι f΄΄(x) = 2f(x)(2x2 + 1) > 0 f΄ γνήσια αύξουσα στο R.

Αν h(x) = f(2x) - 2f(x) στο (0,+∞) τότε h΄(x) = 2f΄(2x) - 2f΄(x) =

2(f΄(2x) – 2f΄(x))>0 στο (0,+∞) διότι f΄ γνήσια αύξουσα στο R.

Συνεπώς h γν. αύξουσα στο (0,+∞) και ως εκ τούτου 1-1.

Η δοσμένη εξίσωση είναι: f(2x2) + 2f(x + 2) = f(2x + 4)

+2f(x2 ) f(2x2) − 2f(x2 ) = f(2x + 4) − 2f(x + 2)

h(x2) = h(x + 2)h:1−1⇔ x2 = x + 2, διότι αν x>0 τότε x2 > 0,χ+2>0. ΄Αρα x=2.

Για μαθητές

α) Η f άρτια οπότε ∀x ∈ R , −∀x ∈ R και f(−x) = f(x) (f(−x))΄ = f΄(x) − f΄(−x) =

f΄(x) f΄(0) = 0

β) Η συνάρτηση f είναι άρτια, συνεχής ως δύο φορές παραγωγίσιμη. Επίσης

f(x)≠ 0 ∀x ∈ R οπότε η f διατηρεί πρόσημο και η F είναι 1-1 ως γνήσια μονότονη.

Τώρα: (F(-x))΄= -F΄(-x)= -f(-x)= -f(x)= (-F(x))΄, επόμενα F(-x)=-F(x)+c, και επειδή F(0)=0

είναι c=0 συνεπώς F(-x)= -F(x) (1).

Από τη δοσμένη σχέση έχω F(f΄΄(x)

2x2+1)= -F(-2f(χ))

(1)⇔ F(

f΄΄(x)

2x2+1)=F(2f(x))

f΄΄(x)

2x2+1= 2f(x)

f΄΄(x) = 2f(x)(2x2 + 1).

γ) Είναι φ(x)=f(x)e−x2 f(x)= ex

2φ(x). Η f είναι άρτια στο R συνεπώς εξ ορισμού και η φ

είναι άρτια στο R. Επίσης (φ(-x))΄=φ΄(x)

-φ΄(-x)=φ΄(x)φ΄(0) = 0. f΄(x)= ex2φ΄(x) + 2xex

2φ(x) f΄΄(x) = ex

2φ΄΄(x) +

2xex2φ΄(x) + 2ex

2φ(x) + 2xex

2φ΄(x) + 4x2ex

2φ(x) f΄΄(x) = ex

2φ΄΄(x) + 4xex

2φ΄(x) +

2(2x2 + 1)ex2φ(x).

Όμως f΄΄(x) = 2f(x)(2x2 + 1) f΄΄(x) =

2φ(x)ex2(2x2 + 1) οπότε ex

2φ΄΄(x) + 4xex

2φ΄(x) = 0 φ΄΄(x) + 4xφ΄(x) = 0

e2x2φ΄΄(x) + 4xe2x

2φ΄(x) = 0 (φ΄(x)e2x

2)΄ = 0 φ΄(x)e2x

2= c1. Επειδή φ΄(0)=0 θα

είναι φ΄(x) = 0 φ(x) = κ .

δ) Από τη σχέση f(0)=1 προκύπτει κ=1.΄Αρα φ(x) = 1 f(x)e−x2= 1

f(x)= ex2.

ε) Προφανώς g(x)=1

f(x)=e−x

2> 0 οπότε Ε=∫ g(x)

1

0dx=∫ e−x

21

0dx.

Από τη γνωστή ανισότητα lnx ≤ x − 1, για κάθε x > 0 θέτω 𝐱 → e−x2

προκύπτει – x2 + 𝟏 ≤ e−x2 ∫ (1 −

1

0x2)dx < ∫ e−x

21

0dx

[x −x3

3]0

1

< ∫g(x)

1

0

dx2

3< 𝐄 3Ε > 2.

Μια άσκηση την ημέρα - Απρίλιος 2016

Education

Transcript of Μια άσκηση την ημέρα - Απρίλιος 2016