13η ανάρτηση

___________________________________________________________________________ 13η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με

g x lnx

Οπότε

g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1

g x 0 lnx 0 lnx 0 0 x 1

Η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1, το g 1 0

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, , με παράγωγο

2 2

x 1ln xln x x 1 ln x x 1 xf x

x 1 x 1

2 2

g xx 1 xln x

x x 1 x x 1

Από το α) ερώτημα όμως προκύπτει ότι g x 0 για κάθε x 0

( η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 )

Άρα

2

g xf x 0

x x 1

για κάθε x 1

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Επίσης η f είναι συνεχής στο 1, , άρα έχει σύνολο τιμών το

x x 1

f 1, lim f x ,limf x 0,1

διότι

x x x x

ln xln x 1lim f x lim lim lim 0

x 1 xx 1

και

Λύνει ο Αλέξανδρος Σαρρής

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g 1 >

http://lisari.blogspot.gr/


0

0

x 1 x 1 x 1 x 1

ln xln x 1limf x lim lim lim 1

x 1 xx 1

γ)

i. Είναι 1 α β και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Άρα

lnβlnα

f α f β β 1 lnα α 1 lnβα 1 β 1

lnβ 1 β 1α 1 α 1

αββ α

lnα lnβ α β

βαβα αβ

α β

ii. Αναζητούμε την ύπαρξη 0

x 1 :

α 1 α 1

β 1 β 10 0

1 1β β α 1 α 1x 1 x 1 0α α

0 0 0β 1 β 10

ln x β βx e ln x ln e f x

x 1 α α

Όμως από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε α α 1

β α

β β 1

αβ ββα αβ 0 1 0 1

βα α

Δηλαδή ο αριθμός α 1

β 1

β

α

ανήκει στο σύνολο τιμών της f

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x 1, τέτοιο, ώστε

α 1

0 β 1

βf x

α

Το 0x είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,



α) g(x) x 1 xlnx, x > 0

Για κάθε x > 0, g x lnx 1 lnx 1

Για κάθε 0 x 1, g x 0 g γνησίως αύξουσα στο (0, 1]

Για κάθε x 1, g x 0 g γνησίως φθίνουσα στο [1, + )

Και g'(1) = 0, άρα η g παρουσιάζει μέγιστο για x = 1, το g 1 0

β) g

Για κάθε x 1 g x g 1 g x 0 >

2 2 2

ln xf x , x 1

x 1x 1

ln x g xx 1 xln xxΓια κάθε x 1, f x 0 f γν. φθίνουσα στο 1, +x 1 x x 1 x x 1

h x lnx, x 0

x 1 x 1

x 1 x 1

h x h 11 ln xΓια κάθε x 0, h x h 1 1 lim 1 lim 1

x x 1 x 1ln x

lim 1 lim f x 1x 1

x x DLH x

lnx 1lim f x lim lim = 0 και f φν.φθίνουσα Α = και συνεχής, 0,+

x 1 x

Άρα f Α 0,1

γ) i. Έτσι για f

lnβlnα

α 1 β 11 α β f α f β β 1 lnα α 1 lnβ

α 1 0, β 1 0

>

lnβ αβ α

βlnα lnα αlnβ lnβ lnβ βlnα lnα αlnβ

ln ln β α α βα ββ α

<

ii. Για 1 < α < β,

α 1α α 1β

β β 1α α 1 β 1β 1

ββ βα f(A)

β α α β α β 0 1, άρα αα β α

και f A, συνεχής

>

υπάρχει μοναδικό 0

x Α ώστε α 1 α 1 α 1

00 0β 1 β 1 β 1

0 0

lnxβ β β1f x lnx

x 1 x 1α α α

α 1

β 10 0

1 1 βα 1x 1 x 1 α

0 0β 1

βlnx x e

α

Λύνει η Ντίνα Ψαθά



α) g(x) x 1 xlnx, x 0

Για κάθε χ>0 είναι:

g x 1 lnx 1 lnx

g x 0 lnx 0 lnx 0 x 1

Η g παρουσιάζει ο.μ στο 1 το g 1 0 .

Οπότε για κάθε x 0 g x g 1 g x 0 το ίσον μόνο για x=1.

β)

2 2 2

ln xf x , x 1

x 11

x 1 ln x g xx 1 xln xxf x 0 x 1x 1 x x 1 x x 1

άρα f στο 1,

0

0

L.Hx 1 x 1 x 1

1ln x xlimf x lim lim 1x 1 1

x x L.H x x

1ln x 1xlim f x lim lim lim 0x 1 1 x

Η f είναι συνεχής στο (1,+ ) ως πηλίκο συνεχών και γνησίως φθίνουσα σε αυτό, άρα

x x 1


γ) i)

ln α 1 0β βα α

β 1 0

f

βα αβ ln βα ln αβ lnβ βlnα lnα αlnβ β 1 lnα α 1 lnβ

lnβlnαf α f β α β

α 1 β 1

Ισχύει και λόγω των ισοδυναμιών ισχύει και η αρχική.

Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g 1 >



ii) α 1 α 1

β 1 β 10 0

α

1 1β β α 1 αx 1 x 1 0α α

0 0 0β 1 β β0

β

ln x β β αβx e ln x lne f x

x 1 α α βα

α

Είναι α

β

αβ0 1

βα αφού 1<α<β και λόγω του ( i)

Δηλαδή α

β

αβ0,1 f 1,

βα άρα υπάρχει μοναδικό 0

x 0,1 αφού f

ώστε α

0 β

αβf x

βα



α) g (x) lnx 0 x 1 .

Είναι g (x) 0 0 x 1 και g (x) 0 x 1 .

Άρα g στο 0,1και στο 1, με μέγιστο Μ g(1) 0 .

β)

2

g(x)f (x) 0

x x 1

x 1 από α).

Άρα f στο 1, με σύνολο τιμών το 0,1 γιατί L'H

x x x

lnx 1lim f(x) lim lim 0

x 1 x

και

x 1 x 1

lnxlimf(x) lim 1

x 1

από ορισμό παραγώγου ή L’H.

γ) i) H αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:

β 1 α 1 lnβlnαα β β 1 lnα α 1 lnβ f(α) f(β)

α 1 β 1

που ισχύει γιατί f στο

1, .

ii) Λογαριθμίζοντας την αποδεικτέα ισοδύναμα έχω:α 1 α 1

0 0β 1 β 10

β β1lnx f(x ) 1

x 1 α α

και 0 αφού από γi) ισοδύναμα έχω: α α 1

β β 1

αβ β1 0

βα α

δηλαδή ανήκει στο σύνολο τιμών της f και είναι τιμή της f για μοναδικό

0x 1 λόγω μονοτονίας.

Λύνει ο Κώστας Δεββές



α) Η g έχει παράγωγο 1

g' x 1 lnx x g' x lnxx

, για κάθε x 0 Έχουμε:

g' x 0 lnx 0 x 1

g' x 0 lnx 0 lnx 0 0 x 1

g' x 0 lnx 0 lnx 0 x 1

Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, 1 , γνησίως φθίνουσα στο 1, + και παρουσιάζει

μέγιστο το maxg g 1 0 . Οπότε g x 0 για κάθε x 0 .

β) Η f έχει παράγωγο

2 2 2

x 1 x 1 xln xln x g x1x xf ' x f ' x

xx 1 x 1 x 1

, για κάθε x 1 . Για

κάθε x 1 ισχύουν:

1

0x

g x 0

2

x 1 0

Οπότε f ' x 0 , για κάθε x 1 . Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα. Έτσι,

x x 1

f 1, + lim f x , limf x

. Είναι:

x x D.L.H. x x x

1ln x 'ln x 1xlim f x lim lim lim lim 0

x 1 1 xx 1 '

0

0

D.L.H.x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

1ln x 'ln x 1xlimf x lim lim lim lim 1

x 1 1 xx 1 '

Άρα, f 1, + 0, 1 .

γ) i) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα έχουμε:

1 α β α 1 β 1 0lnβlnα

α β f α f β lnα β 1 lnβ α 1α 1 β 1

β αβlnα lnα αlnβ lnβ lnα lnα lnβ lnβ .

α αβ ββ αβ βα α

ln ln βα αβα β α β

ii) Έχουμε την εξίσωση:

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου



α 1 α 1

β 1 β 1

β β1 1 α 1 α 1

α αx 1 x 1β 1 β 1

β β1x e ln x ln e ln x f x

x 1 α α

.

Αφού α 1 0 και β 1 0 , ισχύει α 1

β 1

β0

α

.

Από το ερώτημα (i) έχουμεα α 1β

β 1α 1

β 1

β βαβ α 1

β α α

.

Επομένως, α 1 α 1

β 1 β 1

β β0 1 f 1, +

α α

.

Έτσι, υπάρχει 0

x 1 τέτοιο, ώστε α 1

0 β 1

βf x

α

, το οποίο είναι μοναδικό αφού η f είναι

γνησίως φθίνουσα, δηλαδή 1-1.

Άρα, (ισοδύναμα) υπάρχει μοναδικό 0

x 1 τέτοιο, ώστε

α 1

β 10

1 β

x 1 α0

x e

.



α) Η g x x 1 lnx έχει πεδίο ορισμό το 0,

Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με g x lnx για κάθε x 0

Η g είναι συνεχής στο 1, και για κάθε ln x

x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0 1

επομένως

η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Η g είναι συνεχής στο 0,1 και για κάθε ln x

0 x 1 lnx 0 lnx 0 g x 0 1

επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1

Έτσι έχουμε :

g

x 1 g x g 1 2

/ g

0 x 1 g x g 1 1

Επομένως για κάθε x 0, ισχύει g x g 1 και επομένως η g παρουσιάζει ολικό

μέγιστο στο 1 το g 1 0

β) Η ln x

f x ,x 1x 1

είναι παραγωγίσιμη στο 1, ως πηλίκο παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με:

2

g xf x 0

x x 1

για κάθε x 1 αφού g x 0 για κάθε x 1 και

2x x 1 0 για κάθε

x 1 και επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα

Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 1, έχουμε:

x x 1


αφού:

x x

1ln x xlim lim 0x 1 1

0

0

x 1 x 1

1ln x xlim lim 1x 1 1

γ)

i) Επειδή 1 α β και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, έχουμε:

α 1 β 1 0 ln x

β 1 β 1 βα 1 α 1 αlnβlnαf α f β lnα lnβ α β βα αβ

α 1 β 1

1

Λύνει ο Αντώνης Συκιώτης



ii) Θεωρώ την συνάρτηση α

β

αβh x f x ,x 1

βα

α

βx

αβlim h x 0

βα δηλαδή υπάρχει δ 0 σε περιοχή του : h δ 0

α

βx 1

αβlim h x 1 0

βα

όπως προκύπτει από το ερώτημα γ)i) και επομένως υπάρχει γ 1

λίγο μετά το 1 : h γ 0

Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει α 1

β 10

1 βα1 x α

0 0 0 0β

αβx γ,δ 1, : h x 0 f x x e

βα



α) g x lnx

Βρίσκουμε το πρόσημο της παραγώγου και από τον πίνακα προκύπτει ότι η g

παρουσιάζει μέγιστο στο χ=1, οπότε ισχύει : g(x) 0 για κάθε x 0

β) Βρίσκουμε την παράγωγο της f και έχουμε: 2 2

g(x)x 1 xlnxf (x) ... 0, x 1

x(x 1) x(x 1)

.

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, και το σύνολο τιμών της είναι το 0,1 αφού

x 1limf(x) 1

και το xlimf(x) 0

γ) i) Αφού a β και f γνησίως φθίνουσα θα έχουμε:

β βα α

lnβlnαf(α) f(β) (β 1)lna (α 1)lnβ

α 1 β 1

lnβ lnα lnα lnβ βa aβ

ii) Η δοθείσα σχέση γίνεται: α 1

β 10

1 β α 1 αx 1 0α

0 0β 1 β0

lnx β αβx e f(x )

x 1 α βα

Και αφού α

β

αβ(0,1)

βα (από ερώτημα (i) β αβα αβ )

Άρα θα υπάρχει 0x (0,1) ώστε:

α

0 β

αβf(x )

βα

Το 0x είναι μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

x 0 1 +∞

g ΄(x)

+ 0 -

g 1 >



α) Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με g x lnx

g x 0 ln x 0 x 1

g x 0 ln x 0 0 x 1

g x 0 ln x 0 x 1

x 0 1

g x + -

g x < >

Για g

1 g x0 g 1 g x 0x<

Για g

1 g x g 1x g x 0>

Άρα g x g 1 για κάθε x 0, οπότε η g έχει ολικό μέγιστο στο x 1 το g 1 0

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, με

2 2

x 1ln x x 1 xln xxf x

(x 1) x x 1

Από το α) ερώτημα έχουμε ότι:

g x x 1 xlnx0 0 για κάθε x 1, με την ισότητα να ισχύει μόνο αν x 1 οπότε

θα είναι:

x 1 xlnx 0 για κάθε x 1, άρα και f x 0 για κάθε x 1,

Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, .

H f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο fD 1, άρα έχει σύνολο τιμών:

xf

x 1f D lim f x ,lim f x 0,1 διότι:

x x x

ln x 1lim f x lim lim 0

x 1 x

0

0

xx 1 x 1

ln x 1lim f x lim lim 1

x 1 x

γ) i)

Έχουμε ότι:

Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης



f 1,

1 1 1 1

ln ln1 f f 1 ln 1 ln

1 1

ln ln

>

ii) Αρκεί να αποδείξουμε η εξίσωση

1

1

1

x 1x e έχει μοναδική λύση στο 1, .

Η παραπάνω εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:

1

1

1

x

1

11

1

1

lnxlnx lne f x , x 1

x 1

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση

1

1f x έχει μοναδική λύση στο 1, .

Στο προηγούμενο ερώτημα αποδείξαμε ότι για κάθε 1 ισχύει:

1 ln 1 ln

Οπότε ισοδύναμα έχουμε:

11 1 1 1

1ln ln 1

και προφανώς

1

10 άρα

1

10 1

Επίσης αποδείξαμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το ff D 0,1 .

Οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x 0,1 τέτοιο ώστε

1

0 1f x

To 0x θα είναι και μοναδικό αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,


13η ανάρτηση

Education

Transcript of 13η ανάρτηση