25η ανάρτηση

___________________________________________________________________________ 25η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

Α.

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0, , επομένως σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης

Τιμής, υπάρχει ξ α,β( ) τέτοιο, ώστε:

f(β) f(α) lnβ lnαf (ξ)

β α β α

'

Όμως,

lnβ lnαα β lnα lnβ 0 f (ξ) 0

β α

' .

Επιπλέον, ισχύει f (x) 0' , για κάθε x 0 και επειδή η συνάρτηση είναι δύο φορές

παραγωγίσιμη συνεπάγεται ότι η συνάρτηση f' είναι συνεχής. Επομένως, η f διατηρεί

σταθερό πρόσημο. Όμως, έχουμε ότι για το ξ 0 ισχύει f (ξ) 0' , άρα θα είναι f (x) 0' και

επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

Β.

Έστω ότι ισχύει η σχέση

f(1) 2F(2) f(2) F(1) F(3) ,

τότε

μετατρέποντας την, έχουμε

f(1) F(2) F(1) f(2) F(3) F(2) .

Θεωρούμε τη συνάρτηση

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

που είναι καλώς ορισμένη στο 0,

Η συνάρτηση g είναι προφανώς παραγωγίσιμη στο 0, ως πράξεις παραγωγισίμων

συναρτήσεων, με παράγωγο:

g (x) f (x) f(x 1) f(x) ' ' , x 0 .

Όμως, έχουμε ότι: f

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

' , x 0 .

Άρα, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα.

Τότε όμως, θα είχαμε g

g(1) g(2) 1 2 , άτοπο!

Γ.

Έχουμε διαδοχικά, για κάθε x 0 , ότι:

Λύνει ο Μάριος Βώβος

http://lisari.blogspot.gr/


1f (x)xf e f e

xf (x) e

'

' 1

f (x)xln xf (x) f e f e

''

1xf (x)f e ln xf (x) f e

''

1xf (x)f e ln x lnf (x) f e

''

1xf (x) 1

f e lnf (x) f e lnx

''

Θεωρούμε τη συνάρτηση

xh(x) f e lnx , x 0 .

Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο:

x x 1h (x) e f e

x ' ' , x 0

`Όμως, xe 0 , f (x) 0' και 1

0x , για κάθε x 0 , επομένως:

h (x) 0' και άρα h γνησίως αύξουσα και "1 1" συνάρτηση.

Άρα:

1 1

h f (x) h f '(x) f(x) lnx cx x

' .

Όμως, για x 1 έχουμε ότι 0 0 c c 0 ,

άρα

f(x) lnx , για κάθε x 0 ,

που επαληθεύει.



A) Η συνάρτηση είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο 0, , άρα η f είναι συνεχής στο

0, και f x 0 για κάθε x 0 .

Επομένως η f διατηρεί το πρόσημό της στο 0, , άρα είτε f x 0 για κάθε x 0 οπότε

η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο 0, είτε f x 0 για κάθε x 0 οπότε η f θα είναι

γνησίως φθίνουσα στο 0,

Παρατηρούμε ότι:

Για τα συγκεκριμένα α,β 0 με α β της σχέσης (1) ισχύει: α α α

0 1 ln ln1 ln 0β β β

.

και α α

f α ln f β f α f β ln f α f β 0 f α f ββ β

για τα

συγκεκριμένα α,β 0 με α β .

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, .

B) Έστω ότι η σχέση (2) ικανοποιείται.

Τότε:

Η F είναι συνεχής στο 0, εφόσον η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, άρα η F είναι

συνεχής και στο διάστημα 1,2 . Ακόμα η F είναι παραγωγίσιμη στο 0, εφόσον η f

είναι παραγωγίσιμη στο 0, , άρα η F είναι και παραγωγίσιμη στο διάστημα 1,2

Ισχύουν επομένως οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο 1,2 για την F , άρα

θα υπάρχει

1 1 1

F 2 F 1ξ 1,2 : F ξ f ξ F 2 F 1

2 1

(3).

Ομοίως για το διάστημα 2,3 ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για

την F , άρα θα υπάρχει

2 2 2

F 3 F 2ξ 2,3 : F ξ f ξ F 3 F 2

3 2

(4).

Ισχύει ότι: 1 2

1 ξ 2 ξ 3 . Άρα 1 2

ξ ξ και εφόσον η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

θα ισχύει ότι: 1 2f ξ f ξ (5).

Η σχέση (2) γράφεται ισοδύναμα:

f 1 2F 2 f 2 F 1 F 3 F 2 F 1 F 2 F 3 f 2 f 1

F 2 F 1 F 3 F 2 f 2 f 1 6

Εύκολα παρατηρώ ότι το 2ο μέλος παριστάνει θετικό αριθμό εφόσον η f είναι γνησίως

αύξουσα στο 0, και επομένως 1 2 f 1 f 2 f 2 f 1 0 .

Λύνει ο Στράτος Μανιτάρου



Το 1ο μέλος όμως γράφεται από τις (3), (4) και (5):

1 2F 2 F 1 F 3 F 2 f ξ f ξ 0 .

Όμως αυτό είναι αδύνατο, δηλαδή ένας αρνητικός αριθμός να γίνει μεγαλύτερος από έναν

θετικό.

Άρα η σχέση (2) δεν μπορεί να ισχύει.

Γ) Η δοσμένη σχέση για κάθε x 0 γράφεται ισοδύναμα:

1

x1 1f xx x

f x

f x

f ef e f e f e

f e

f e

e 1xf x e xf x e f x e

xe

(7)

Θεωρώ την συνάρτηση g : 0, με f x

f e

g x xe .

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0, ως γινόμενο της συνεχούς και

παραγωγίσιμης συνάρτησης x και της σύνθετης συνάρτησης f x

f e

e (που αποτελείται από

την παραγωγίσιμη συνάρτηση xe και την παραγωγίσιμη f ) με

f x f x f x f x

f e f e f e f ef x f x f x f xg x xe e xe f e e f x e 1 xf e e f x 0

για κάθε x 0

γιατί: f x

f e

e 0 και f xe 0 για κάθε x 0 ως εκθετική,

f xf e 0 και f x 0 για κάθε x 0 εφόσον δείξαμε ότι f x 0 για κάθε x 0

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , άρα και 1-1.

Επομένως η σχέση (7) γράφεται πια:

1

xf x f e

f e 1e f x e

x

για κάθε x 0

1g f x g

x

για κάθε x 0

1

f xx

για κάθε x 0

f x lnx για κάθε x 0

f x lnx c (8) , για κάθε x 0

όπου c ένας πραγματικός αριθμός.

Όμως η γραφική παράσταση της συνάρτησης διέρχεται από το σημείο A 1,0 , άρα f 1 0 .

Όμως η σχέση (8) ισχύει για κάθε x 0 , άρα και για x 1 οπότε αυτή γράφεται:

f 1 ln1 c 0 0 c c 0 .

Άρα η ζητούμενη συνάρτηση είναι η f x lnx για κάθε x 0 .



A.

0

0 0

αΑπο τη σχέση : f(α) ln f(β) έχουμε :f(β) lnβ f(α) lnα.

β

Έστω συνάρτηση h(x) f(x) ln x η οποία είναι

συνεχήςστο [α,β],

παραγωγίσιμη στο (α,β) και h(α) h(β)

οπότε απο Θ.Rolle υπάρχει χ (α,β) τέτοιο ώστε :

1h (x ) 0 f (x )

x

0

0 και αφού η f διατηρεί πρόσημο άρα f (x) 0.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, )

Β.

Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [1,2] και [2,3] και έχουμε ότι:

1 1 1

2 2 2

1 2 1 2

ξ (1,2) τέτοιο ώστε : F (ξ ) F(2) F(1) δηλαδή f(ξ ) F(2) F(1) (1)

και ξ (2,3) τέτοιο ώστε : F (ξ ) F(3) F(2) δηλαδή f(ξ ) F(3) F(2) ( 2)

Αφού ηf είναι γνησίως αύξουσα έχουμε : ξ ξ f(ξ ) f(ξ ) και απο (1) και (2) :

F(2) F(1) F(

3) F(2) 2F(2) F(3) F(1) (3)

Ακόμη έχουμε : 1 2 f(1) f(2) (4)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (3) και (4) και προκύπτει :

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

Γ.

Η δοθείσα γράφεται:

1 1 1

f (x) f (x) f (x)x x x1

lnx lnf (x) f(e ) f(e ) f(e ) lnx f(e ) lnf (x) f(e ) ln f(e ) lnf (x) (5)x

Αν θέσουμε

1f (x)x

1Κ(x) f(x) ln x επειδή Κ (x) f (x) 0 για κάθε x 0

xάρα η Κ είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1 1

οπότε η (5) γράφεται :

1K(e ) K(e ) f (x) άρα f(x) ln x c

xκαι αφού διέρχεται απο το (1,0) έχουμε c 0

Άρα f(x) ln x

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος



Η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη, άρα η f ' είναι παραγωγίσιμη,

άρα και συνεχής.

Eπίσης f '(x) 0, για κάθε x , άρα η f ' διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (0,+ ).

Κατά συνέπεια, η f είναι γνησίως μονό

Α.

τονη στο (0,+ ).

1Έστω t(x) = lnx, x > 0. Για κάθε x > 0, t'(x) = > 0.

xΗ t είναι συνεχής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) .

Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Μέσης Τιμής, υπάρχει ξ (α,β), τέτοιο ώστε

t(β) - t(t'(ξ) =

α) lnβ lnα10 lnβ > lnα (εφόσον είναι και α < β β - α > 0).

β - α ξ β-α

αΈτσι, για α < β, f(α) = ln + f(β) f(α) = lnα - lnβ + f(β) f(α) - f(β) = lnα - lnβ < 0,

β

άρα και η f είναι γνησίως μονότονη,

άρα η f είναι γνησίως αύ

f(α) < f(β),

2 3

1 2

ξουσα στο (0,+ ).

Έστω οτι ισχύει η σχέση

f(1) + 2F(2) > f(2) + F(1) + F(3) f(1) + F(2) - F(1) > f(2) + F(3) - F(2).

F'(x)=f(x), για κάθε x>0, άρα f(x)dx=F(2)-F(1), f(x)dx=F(3)-F(2). Άρα

f(1)+ f(x)dx>f(2)+ f(x)dx

B.

2 2 2 3

1 1 1 2

2 2 2 2

1 1 1 1

f(x)dx- f(x)dx > f(2)-f(1), άτοπο,

γιατί η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο [1,2], άρα για κάθε

x (1,2), f(1) < f(x) < f(2) f(1)dx < f(x)dx < f(2)dx f(1) < f(x)dx < f(2),

και για κάθ

3

2

2 3 2 3

1 2 1 2

ε x (2,3), f(2) < f(x) < f(3) f(2) < f(x)dx < f(3),

άρα f(1) < f(x)dx < f(2) < f(x)dx f(x)dx - f(x)dx < 0, ενώ f(2) - f(1) > 0 .

Άρα δεν μπορεί να ικανοποιείται η παραπάνω σχέση .

Για κάθε x > 0,

xf '(x)=e

Γ.1 1

f '(x) f '(x)x x1

f(e ) f(e ) f(e ) f(e ) f '(x) x

x x x

1 1e f '(x) = e f(e ) + lnf '(x) = ln + f(e ) ( ).

x x1

Εστω h(x) = f(e ) + lnx,x 0. Για κάθε x > 0. h'(x) = e f '(e ) + > 0, x

άρα η h είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1 στο (0,+ ).

..

Λύνει η Ντίνα Ψαθά



f

1 1'Ετσι, ( ) h(f '(x))=h( ) f '(x)= ,x 0 υπάρχει c , τέτοιο ώστε,

x xγια κάθε x > 0, f(x) = lnx + c.

H C διέρχεται από το σημείο Α(1,0), άρα f(1) = 0.

Eίναι και f(1) = c, αρα c = 0. Τελικά f(x) = lnx, x > 0 .



Α.

fμη μηδενική και συνεχής στο 0, άρα διατηρεί πρόσημο σ’ αυτό, που είναι θετικό,

αφού από το ΘΜΤ για την f στο α,β υπάρχει ξ α,β :

υπόθ.f β f(α) lnβ lnα

f ξ 0β α β α

γιατί η lnx στο 0, .

Άρα f (x) 0 x 0, f σ’ αυτό.

Β.

Από Α. f(1) f(2) (1) και από 2 ΘΜΤ για την F στα

1 2 1 21,2 , 2,3 ξ 1,2 ,ξ 2,3 : f ξ F(2) F(1),f ξ F(3) F(2) .

Από τη μονοτονία της f είναι 1f ξ < 2

f ξ 2F(2) F(1) F(3) (2).

Με πρόσθεση των (1), (2) έχω: f(1) 2F(2) f(2) F(1) F(3) .

Άρα δεν μπορεί να ισχύει η σχέση της υπόθεσης.

Γ.

Λογ/ντας τη σχέση της υπόθεσης ισοδύναμα έχω: 1 1

f (x) f (x)x x1

lnx lnf (x) f(e ) f(e ) lnf (x) f(e ) f(e ) lnx

.

Η xg(x) f(e ) lnx , x 0 είναι 1-1 ως στο 0, , και η προηγούμενη ισότητα ισοδύναμα

γράφεται:

f(1) 01 1

g f (x) g f (x) f(x) lnx c f(x) lnxx x

.

Λύνει ο Κώστας Δεββές



Α.

H f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0, οπότε f ' είναι συνεχής στο 0, .

Επίσης f '(x) 0 x 0, , δηλαδή η f ' διατηρεί πρόσημο στο 0, που σημαίνει ότι η

f διατηρεί μονοτονία στο 0, .

Επειδή για συγκεκριμένα α,β με 0 α β ισχύει f(α) f(β) lnα lnβ 0 ,

η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο 0,+ .

Β.

Η F συνεχής στα 1,2 , 2,3 ως παραγωγίσιμη. Η F παραγωγίσιμη στα 1,2 , 2,3 διότι

F'(x) f(x) .

Από θεώρημα Μέσης Τιμής για την F στα 1,2 , 2,3 υπάρχουν 1 2

ξ ,ξ με

1 21 ξ 2 ξ 3 και 1

f ξ F(2) F 1 , 2f ξ F(3) F 2 .

΄Όμως f 0, οπότε 1 2

f(2) f(1) 0 f(ξ ) f(ξ ) . Δηλαδή

1 2f(2) f(1) f(ξ ) f(ξ ) f(2) f(1) F(2) F(1) F(3) F(2)

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

f(1) 2F(2) f(2) F(1) F(3) .

΄Αρα η δοσμένη σχέση δεν ικανοποιείται.

Γ.

Επί πλέον: Από υπόθεση έχουμε:

1f΄( x )xf e f e

xf '(x) e

1

xf '( x )

f ef e 1

f '(x)e ex

(1).

Θέτω xf e

h(x) xe xf e

h (́x) e +xf(e )x(e )́ =

xf ee +

xf e x xxe f ' e e 0

για x>0 (διότι f 0, f ' >0 x 0, ).

Επόμενα h 0, και ως εκ τούτου h: 1-1.

Τώρα η σχέση (1) είναι: h f ' x 1

hx

οπότε

1

f ' xx

f x lnx c και επειδή f(1) 0 c 0 .

΄Αρα f x lnx .

Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς



Α. Για α,β 0 με α β έχουμε

α

f α ln f β f α lnα lnβ f β f α lnα f β lnβ 1β

Έστω g x f x lnx, x 0

Τότε από την 1 έχουμε

g α g β 2

Ισχύει ότι f x 0 για κάθε x 0 . Υποθέτουμε ότι f x 0 για κάθε x 0

Τότε θα είναι

1

g x f x 0x

για κάθε x 0

Οπότε για α,β 0 με α β έχουμε

g

α β g α g β 2

Άτοπο από τη σχέση 2 .

Άρα f x 0 για κάθε x 0 , οπότε η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

Β.

Έστω ότι ικανοποιείται η σχέση

f 1 2F 2 f 2 F 1 F 3 F 2 F 1 F 3 F 2 f 2 f 1 3

Η F είναι συνεχής στα 1,2 και 2,3

Η F είναι παραγωγίσιμη στα 1,2 και 2,3

Οπότε από το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει

1ξ 1,2 τέτοιο ώστε

1 1

F 2 F 1F ξ F ξ F 2 F 1

2 1

2ξ 2,3 τέτοιο ώστε

2 2

F 3 F 2F ξ F ξ F 3 F 2

3 2

Επίσης ισχύει F x f x 0 , άρα η F αύξουσα στο 0,

Είναι

F

1 2 1 2ξ ξ F ξ F ξ F 2 F 1 F 3 F 2 F 2 F 1 F 3 F 2 0

1

Όμως από 3 θα πρέπει αναγκαστικά να ισχύει f 2 f 1 0 f 2 f 1 , το οποίο είναι

άτοπο διότι

Λύνει ο Ανδρέας Μανώλης



f

2 1 f 2 f 1 1

Συνεπώς η σχέση 3 δεν μπορεί να ικανοποιείται

Γ. Έχουμε για κάθε x 0

1f xx x f x

x

f x

1f 1f e f e e x 0 ff e

e

f e

e 1xf x e xf x f x e e 4

xe

Θεωρούμε τη συνάρτηση f xh x xe , x 0

Είναι

f x f xh x e xf x e 0 για κάθε x 0

διότι :

f x

e 0

x 0 και f x 0 από Α. ερώτημα και f xe 0

Οπότε η h είναι γνησίως αύξουσα στο 0, άρα και 1 1

Από την σχέση 4 για κάθε x 0 έχουμε

h:1 1 x 01 1

h f x h f x f x lnxx x

Οι συναρτήσεις f x , lnx είναι συνεχείς στο 0, , οπότε από συνέπειες του Θεωρήματος

Μέσης Τιμής έχουμε

f x lnx c για κάθε x 0

και

f 1 0 c 0

Οπότε f x lnx, x 0



Γ.

Για να είναι f x lnx,x 0 και με δεδομένη την αρχική συνθήκη f 1 0, αρκεί να

αποδείξουμε ότι 1

f x ,x 0x

Αν ήταν 1

f αα

για κάποιο α 0, τότε :

1

α 1 1ff (α) f (α)α α

f (α)f e f e1

αf α 1 e 1 f e f e e e f α ,άτοποα

' '

'<

Αν ήταν 1

f αα

για κάποιο α 0, τότε :

1

α 1 1ff (α) f (α)α α

f (α)f e f e1

αf α 1 e 1 f e f e e e f α ,άτοποα

' '

'<

Λύνει ο Παύλος Τρύφων (λύση του Γ. ερωτήματος)



Α. Αφού η f είναι συνεχής στο 0, ως παραγωγίσιμη και f x 0 για κάθε x 0 , η f

θα διατηρεί πρόσημο στο 0, .

Όμως στο διάστημα α,β ισχύουν για την f οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. , άρα υπάρχει

ξ α,β τέτοιο , ώστε

αln

f β f α β lnβ lnαf ξ 0

β α β α β α

, άρα f x 0 στο 0,

οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, .

Β. Έστω ότι ισχύει η σχέση

f 1 2F 2 f 2 F 1 F 3 f 1 F 2 F 1 f 2 F 3 F 2 (1) .

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για τη συνάρτηση F στο διάστημα 1,2 και στο διάστημα 2,3

έχουμε ότι υπάρχουν 1 2

1 ξ 2 ξ 3 τέτοια , ώστε :

1 1F ξ f ξ F 2 F 1 και 2 2

F ξ f ξ F 3 F 2 . Τότε η σχέση (1) γίνεται :

1 2f 1 f ξ f 2 f ξ , άτοπο αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , οπότε

f 1 f 2 και 1 2f ξ f ξ .

Άρα τελικά δεν ισχύει η σχέση f 1 2F 2 f 2 F 1 F 3 .

Γ. Για κάθε x 0 έχουμε:

1 1 1f xx x x

f x f xf e f e f e f ef e f e1 1

xf x e f x e e lnf x e ln ex x

1

f x x1

lnf x f e ln f ex

(2) .

Έστω η συνάρτηση xg x lnx f e , με x 0, . Η σχέση (2) γράφεται : 1

g f x gx

.

Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0, με x x1g x f e e 0

x για κάθε x 0 , άρα η g

είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , άρα και «1-1» , οπότε :

1 1

g f x g f x f x lnx cx x

για κάθε x 0 .

Επειδή f 1 0 c 0 , άρα f x lnx , x 0 .

Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης



Α.

Από υπόθεση έχουμε 0 α β f(α) f(β) lnα lnβ

f(α) f(β) lnα lnβα β α β

και αφού οι

συναρτήσεις f(x),lnx είναι παραγωγίσιμες, άρα και συνεχείς στο [α,β] από το Θ.Μ.Τ.

υπάρχουν 1 2

ξ ,ξ (α,β) ώστε 1

2

1f (ξ ) 0

ξ (1)

Επίσης έχουμε από την υπόθεση ότι f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο 0, ,

δεν μηδενίζεται πουθενά στο διάστημα αυτό, επομένως διατηρεί πρόσημο και από την (1)

προκύπτει f (x) 0, x 0 .Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο *

R .

Β.

Έστω ότι ισχύει: f(1) 2F(2) f(2) F(1) F(3) f(1) F(2) F(1) F(3) F(2) f(2)

F(2) F(1) F(3) F(2)

f(1) f(2)2 1 3 2

και με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στην F στα διαστήματα [1,2], [2,3]- παραγωγίσιμη και συνεχής

από υπόθεση υπάρχουν 1 2

x (1,2) και x (2,3) ώστε 1

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

2 1

και

2

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

3 2

,

επομένως από την προηγούμενη ανίσωση, προκύπτει άτοπο αφού είναι ισοδύναμη με την

1 2f(1) f(x ) f(x ) f(2) και γνωρίζουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο *

R κι επιπλέον

1 21 x 2 x 3 που σημαίνει

1 2f(1) f(x ) f(x ) f(2) άρα

1 2f(1) f(x ) f(x ) f(2) .

Γ.

Αφού:

1

x1f ( x )x f ( x )

e 1lnf e f e (Y) x 0e x

f (x)

exf (x) e xf (x) e xf (x)

e

1f (x) x

1e f (x) e

x (2)

Θεωρώ την συνάρτηση xg(x) x e ,x 0 που είναι παραγωγίσιμη με

xg (x) x 1 e 0, x 0 κατά συνέπεια γνησίως αύξουσα και 1:1 στο *

R .

Από την (2) έχω:

g 1:11 1

g f (x) g f (x) f(x) lnx c,c ,x 0x x

R

Από την υπόθεση πάλι έχουμε f(1) 0 , άρα c 0 και f(x) lnx, x 0 .

Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος



Α. Η f είναι συνεχής στο 0, ως παραγωγίσιμη και 0f x για κάθε x 0, , οπότε

διατηρεί πρόσημο.

Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο α,β επομένως υπάρχει ξ α,β τέτοιο ώστε:

υπόθεση

αln

f β f α βf ξ 0

β α β α

διότι:

α α α0 α β 1 ln 0 ln 0

β β β

Οπότε f x 0 για κάθε x 0, .

B. Είναι F x f x 0 για κάθε x 0, , άρα η F είναι κυρτή στο 0, . Από την

ανισότητα Jensen για την κυρτή συνάρτηση F θα ισχύει:

2F 2 F 1 F 3

Επίσης είναι: f

1 2 f 1 f 2 1

Προσθέτοντας κατά μέλη τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε:

f 1 2F 2 f 2 F 1 F 3

Γ. Είναι:

1 1 1

x xf xxf e f e f e f ef x f x

xf x e xf x1

f e f ex

e f x e 1

Θεωρούμε τη συνάρτηση xf eg x xe , x 0 η οποία είναι παραγωγίσιμη στο 0, με:

x x xf e f e f ex x x xg x e xe f e e e 1 xe f e 0 , για κάθε x 0

Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, συνεπώς και 1 – 1. Άρα η σχέση 1 γίνεται:

g:1 11 1

g f x g f xx x

Οπότε από τις συνέπεις του Θ.Μ.Τ. έχουμε:

f x lnx c, x 0

Όμως η f

C διέρχεται από το Α 1,0 άρα: f 1 0 c 0

Τελικά:

f x lnx, x 0

Λύνει ο Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης


25η ανάρτηση

Education

Transcript of 25η ανάρτηση