λύση ασκ. 29

___________________________________________________________________________ 29η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

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 0h 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 01 1x x

+ + + +

∞∞

→ → → →

′= = = − =

′⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Άρα ( )( ) ( ( ))xh 0, 1, lim h x

→+∞+∞ = εποµένως ( ) xh x 1 e x ln x x 1> ⇔ − − > για κάθε

x 0.>


2

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 xxe 1 x 1 x ln x 1x ln x 1 xe 1 1

⋅

+

> > ⇒

> > ⇒+ > + > + ⇒+ < +

Θέλουµε να αποδείξουµε ότι

x

x

e x ln x x 1x 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> ⇒ > ⇒ + > −


3

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> ⇒ >

Z ( )1

1 1x 1 1 1x x

> ⇒ < ⇒− > − ( )2

Προσθέτοντας κατά µέλη τις ( ) ( )1 , 2 προκύπτει ότι x 1e 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.


4

4η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

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

Βασικές ανισώσεις :

e! ≥ x+ 1 ⇔ e! − 1 ≥ x (1)

lnx ≤ x− 1⇔ lnx+ 1 ≤ x⇔ −lnx− 1 ≥ −x (2)

1 + 2 ⇢ e! − 1− lnx− 1 ≥ x− x⇔ f ! x ≥ 0 ⇢ f ↑

• f συνεχής και ↑ στο (0,+∞) από ΘΕΤ f((0,+∞)) = (0,+∞) άρα f x > 0

( lim!→!! f x = ⋯ = 0 και lim!→!! f x = ⋯ = +∞ )

5η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Ισοδύναµα, αρκεί να δείξουµε ότι

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

x x x x

>− − − > ⇔ − − − > ⇔ − − − >

Θέτουµε

xe 1f (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′ > ⇒ Zστο [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.


5

6η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Θεωρούµε τη συνάρτηση f µε τύπο

( )x

2

ef x , xx 1

= ∈+

R

Είναι

( ) ( )( )

2x

22

e x 1f x , x

x 1

−′ = ∈

+R

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 R .

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 1

x−⇒ > ≥ + ⇒ − > + ⇒ − − > .

7η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

• Αν ( )∈x 0,1 τότε +⎧ > +⎧ > + ⎪⇒ ⇒ − > − + +⎨ ⎨

< − − > − +⎪⎩ ⎩

xxx 2

2

e x 1e x 1 e x lnx x 2x 1lnx x 1 x lnx x x

Όµως για 0<x<1 είναι − < ⇔ − + + > +2 2x x 0 x 2x 1 x 1 άρα − > + ⇒ − − >x xe x lnx x 1 e x lnx x 1

• Αν [ )∈ +∞x 1, , θεωρώ την [ )= − − − ∈ +∞xg( x ) e x lnx x 1 ,x 1, µε

= − −xg'( x ) e lnx 2

[ )⊕⎧ ⎧> + > +

⇒ ⇒ − > ⇔ > ⇒ ↑ +∞⎨ ⎨≤ − − ≥ − +⎩ ⎩

x xxe x 1 e x 1 e lnx 2 g'( x ) 0 g 1,

lnx x 1 lnx x 1 ,

Άρα ≥ ⇒ ≥ = − > ⇒ − − >xx 1 g( x ) g(1) e 1 0 e x lnx x 1


6

λύση ασκ. 29

Education

Transcript of λύση ασκ. 29