Η άσκηση της ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
Για Μαθητές
Α) Η f είναι συνεχής στο  1, , άρα και στο e, άρα      x e
f e f x 0 f e 0.lim

   
Θέτουμε  
 f x
g x , x 1
x
  .
Τότε
 
 f e
g e 0
e
  και         f x xg x g x xg x ,x 1    
Άρα η σχέση  1 γίνεται
 g x    xg x g x   
   
   
 
   
g x
g x
g x
g x
e
xg x e
1
g x e
x
e ln x ,x 1


 
   
  
  
Άρα υπάρχει σταθερά  g x
c R :e ln x c,

   για κάθε x 1
Για x e προκύπτει  g e 0
e lne c e 1 c c 0

      
Άρα
 
   
 
     
g x
e ln x g x ln ln x
f x
ln ln x f x xln ln x , x 1
x

    
     
Β) 1ος τρόπος
Ισχύει η σχέση ln x x 1,  για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ). Για
x το  ln x x 1 παίρνουμε
 ln ln x ln x 1,  για κάθε x 1 (με την ισότητα να ισχύει για x e ).
Πολλαπλασιάζοντας με x παίρνουμε
   xln ln x xln x x f x x xln x,x 1       
με την ισότητα να ισχύει για x e .
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
2ος τρόπος
Έχουμε
   
   
:x 1
f x x x ln x x ln ln x x x ln x
ln ln x 1 ln x ln x ln ln x 1
x x
ln 1 e x eln x
ln x ln x

      
      
 
     
 
Θεωρούμε τη συνάρτηση  m: 1, R  με  m x x eln x  .
Είναι
 
e x e
m x 1 ,x 1
x x

    
x 1 e  
 m x  
m > <
min
Άρα η συνάρτηση m παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο e, το  m e e lne 0  
Άρα,  m x 0, για κάθε x 1 (με την ισότητα να ισχύει για x e ).
Άρα,
x eln x 0 x eln x,    για κάθε x 1
Γ) Για x 1 είναι ln x 0.
Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο  1, , με
         
1 1
f x xln ln x ln ln x x ln x ln ln x ,x 1
ln x ln x
                  
   
    2 2
1 1 1 1 ln x
f x ln ln x ,x 1
ln x xln x xln x xln x
               
   
 
 
f x 0 1 ln x 0 x e
f x 0 1 ln x 0 1 x e
      
       
O

3. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
x 1 e  
 f x  
f  
ΣΚ
Σημείο καμπής το σημείο   A e,f e , δηλαδή το  A e,0
Εξίσωση εφαπτομένης
  
 
: y 0 f e x e
: y 0 x e
: y x e
   
    
   
Δ)
α) Η f είναι κοίλη στο  e, άρα η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, με
εξαίρεση το σημείο επαφής, δηλαδή
 f x x e,   για κάθε x e
β) Οπότε (και από το ερώτημα Β) προκύπτει ότι
 x xln x f x x e,     για κάθε x e
Δηλαδή για  t e,x , με x e , έχουμε ότι
 t tln t f t t e    
Άρα,
     
 
 
 
 
x x x
e e e
xx x x 2
e e e e
x x x2 2 2 2
e ee
x x x2 2 2 2 2
e ee
x2 2 2
e
t t ln t dt f t dt t e dt
t
tdt t ln tdt f t dt et
2
t t x e
ln tdt f t dt ex
2 2 2
x e t 1 x e
ln t tdt f t dt ex
2 2 2 2
3x x ln x e
f t dt
4 2 4
     
 
      
 
    
      
   
   
          
  
  
  
 
 

 
32 2 :x
x
2
2 2
e
3 3 2
x e
ex
2
ef t dt 1
3 ln x e e x , x e
4x 2x 4x x x 2x

  

     

O

4. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Όμως,
x
2
3
3 ln x e
0 0 0 0,
4x 2x 4x
lim

 
      
 
διότι
 
 x x x
ln xln x 1
0
2x 2x2x
lim lim lim
  

 
  

και
x
2
2
2
e
1
e 1 0x 0 0 0 0.
x 2x
lim

 
  
      
  
 
Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής,
 
x
x
e
3
f t dt
0.
x
lim



Για Καθηγητές
Α) Ισχύει η σχέση ln x x 1,  για κάθε x 0
Θέτοντας για x το  x
e x R προκύπτει
x x x x x
lne e 1 x e 1 e x 1 x e x,           για κάθε x R
Θέτοντας για x το
 
 
f x
x 1
x
 προκύπτει
 
     
 
f x f x
x x
f x f x
e e 0 f x 0,
x x
      για κάθε x 1
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  1,
Β) Αρχικά η f είναι συνεχής στο  1, , άρα και στο e, άρα
     x e
f e f x 0 f e 0.lim

   
Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1, , άρα οι συναρτήσεις
   f x
x
f x
,e
x
είναι παραγωγίσιμες
στο  1, .

5. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Κατά συνέπεια η f είναι παραγωγίσιμη στο  1, με παράγωγο
   
     
   f x f x f x
x x x
f x f x f x f x
f (x) e e 1 e , x 1
x x x x
           
                  
        
Όμως
   
       
       
f x
x
2
f x f x f x xf x f x
f (x) e f (x) 0
x x x x
xf x f x f x f x
x 0 x 0 0
x x x
 
        
     
        
   
Είναι
 
   
 
 
 f x f x f e 0
x x
f1 1
f x
f x 0 1 e 0 e 1 0 f x 0 x e
x


            
 
 
   
 
 
 
f x
0
f x f xx f e 0
x x
f
f x
f x 0 1 e 0 e 1 0 f x 0 0 x e
x
 
    
             
x 1 e  
 f x  
f  
Σημείο καμπής το σημείο   A e,f e , δηλαδή το  A e,0
α) Εξίσωση εφαπτομένης
  
   
 
f e
e
: y 0 f e x e
f e
: y 0 e x e
e
: y x e
   
 
      
 
   
Η f είναι κοίλη στο  e, άρα η fC βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, με εξαίρεση
το σημείο επαφής, δηλαδή
 f x x e,   για κάθε x e
Όμως
O

6. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
 x
x elim

   , άρα και  x
f xlim

 
β) Πιθανή κατακόρυφη ασύμπτωτη της fC είναι η ευθεία x 1 .
Γνωρίζουμε όμως ότι fC έ ό ύ     .
Άρα  x 1
f xlim

 
Η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής, άρα
          x x 1 x 1
f 1, f x , f x , f xlim lim lim   
   
Άρα υποχρεωτικά
 x 1
f xlim

  και άρα     f 1, , R    
γ) Υποθέτουμε ότι υπάρχει το
 
x
f x
x
lim

και είναι πραγματικός αριθμός k, δηλαδή
 
x
f x
k R
x
lim

  .
Τότε
   
x x
f x
kx
f x
f (x) e k e
x
lim lim
 
 
      
 
Όμως,
 
 
x
x x
x
DL
k k k
k
f x
f(x)
f x x k e k k e e 0,ά
x
f (x)
k e
x
lim
lim lim
lim

 


 

         

  
 
Άρα δεν υπάρχει το
 
x
f x
x
lim

στο R , οπότε η γραφική παράσταση της f δεν έχει πλάγιες /
οριζόντιες ασύμπτωτες στο 
Γ) Έχουμε ότι  x 1
f xlim

  . Επίσης παραπάνω αποδείξαμε ότι η συνάρτηση
 
 f x
g x
x
 είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, και είναι και συνεχής.
Άρα

7. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
             
x x xx 1 x 1
f x f x f x
g 1, g x , g x , ,
x x x
lim lim lim lim lim    
   
       
   
Αποδείξαμε όμως παραπάνω ότι δεν υπάρχει στο R το
 
x
f x
x
lim

Άρα, λόγω του συνόλου τιμών της g θα ισχύει
 
x
f x
x
lim

 
Επίσης,
   
   
 
 
x
x
f x
limf x
x
x
f x f x f x
f (x) e f (x) f x
x x x
lim



         
Για x e εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στο διάστημα  x,x 1 , οπότε εξασφαλίζεται η
ύπαρξη ενός τουλάχιστον
       x xx,x 1 : f f x f x 1      
Όμως
 
   
     
 
    
x
x
f ' e,
x x
lim f x
e x x 1 f f x
f x f x 1 f x f x f x 1lim


 
 
         
       
Δ)
1ος τρόπος
Είδαμε παραπάνω (ερώτημα Β) ότι η συνάρτηση
 f x
x
είναι γνησίως φθίνουσα στο
 1,
Άρα για
   
     
 
     
f x f x 1
e x x 1 x 1 f x xf x 1
x x 1
f x
f x 1 f x , ά x e 2
x

        

       
Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διάστημα  x,x 1 ,
υπάρχει        x xx,x 1 :f f x 1 f x      
Όμως
xe x x 1     και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  e, άρα

8. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
         
 
 
     
2
xf f x 1 f x 1 f x f x 1
f x
f x 1 xf x 1 f x
x
          
     
2ος τρόπος
 
   
 
 
     
f x
f (x)f ' e, x
e x x 1 f x f x 1
f x
f x 1 xf x 1 f x
x
  
        
     
2η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Για Μαθητές.
Α)
Επειδή f συνεχής ως παραγωγίσιμη, lim
x→e
f(x) = 0, θα είναι f(e) = 0.
Τώρα για x>1:
f΄(x) =
f(x)
x
− e
f(x)
x  xf΄(x) − f(x) = −xe
f(x)
x 
xf΄(x) − f(x)
x2
= −
e
f(x)
x
x
 (
f(x)
x
) ΄ = −
e
f(x)
x
x
 − (
f(x)
x
) ΄e−
f(x)
x =
1
x

(e−
f(x)
x )΄ = (lnx)΄  e−
f(x)
x = lnx + c και επειδή f(e) = 0  c = 0.
΄Αρα e−
f(x)
x = lnx  −
f(x)
x
= ln(lnx)  f(x) = −xln(lnx).
Β)
Από τη γνωστή ανισότητα γιά x > 0 ισχύει: lnx ≤ x − 1.
(Η ισότητα iσχύει μόνο για x=1).
Για x>1 Aν θέσω όπου x το lnx προκύπτει: ln(lnx) ≤ lnx − 1  xln(lnx) ≤ xlnx −
x  − xln(lnx) ≥ x − xlnx  f(x) ≥ x − xlnx.
Προφανώς η ισότητα ισχύει μόνο για lnx = 1  x = e.
Γ)
Επίσης από την ανισότητα γιά x > 0 , lnx ≤ x − 1 αν θέσω όπου x το ex
προκύπτει ∀x ∈
R, x ≤ ex
− 1.
Θέτοντας στην τελευταία όπου x το
f(x)
x
έχω
f(x)
x
− e
f(x)
x ≤ −1 f΄(x) ≤ −1 < 0

9. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
άρα f γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞). Τώρα:
Για x > 1: f΄΄(x) =(
f(x)
x
)΄[1 − e
f(x)
x ]=(
xf΄(x)−f(x)
x2
) [1 − e
f(x)
x ]=−
e
f(x)
x
x
[1 − e
f(x)
x ], διότι
f΄(x) =
f(x)
x
− e
f(x)
x  xf΄(x) − f(x) = −xe
f(x)
x 
xf΄(x)−f(x)
x2
= −
e
f(x)
x
x
.
Οπότε f΄΄(x) =0  1 = e
f(x)
x
f(x)
x
= 0  f(x) = 0  f(x) = f(e) x =
e διότι f: 1 − 1 ως γνήσια φθίνουσα.
Επίσης :
f΄΄(x) >0  1 < e
f(x)
x
f(x)
x
> 0  f(x) > 0 f(x) > f(e) x < e.
f΄΄(x) <0  1 > e
f(x)
x
f(x)
x
< 0  f(x) < 0 f(x) < f(e) x > e.
΄Αρα f κυρτή στο (1,e] , κοίλη στο [e, +∞) και στο (e , 0) παρουσιάζει σημείο
καμπής.
Δ) α)
Από την αρχική σχέση για x=0 προκύπτει ότι f΄(0)= -1. Η εφαπτόμενη στο σημείο
καμπής είναι y-0= f΄(0)(x-e)  y= - x+e. Επειδή f κοίλη στο [e, +∞) για x≥
ef(x) ≤ − x + e.
β)
Είναι f γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞), οπότε e≤ t ≤ xf(x) ≤ f(t) ≤ f(e)f(x) ≤
f(t) ≤ 0 ∫ f(x)dt ≤ ∫ f(t)dt ≤
x
e
x
e
0f(x)(x − e) ≤ ∫ f(t)dt ≤
x
e
0
f(x)(x−e)
x3
≤
∫ f(t)dt
x
e
x3 ≤ 0 (1).
Όμως lim
x→+∞
( − x + e) =−∞ οπότε από α) lim
x→+∞
f(x)=−∞.
Τώρα lim
x→+∞
f(x)
x2
= lim
x→+∞
f΄(x)
2x
= lim
x→+∞
(
−ln(lnx)
2x
−
1
2xlnx
)=0 διότι (από κανόνα De
L΄Hospital):
lim
x→+∞
(
−ln(lnx)
2x
) = lim
x→+∞
( −
l
2xlnx
)=0.
Συνεπώς lim
x→+∞
f(x)(x−e)
x3
= lim
x→+∞
f(x)
x2
∙
(x−e)
x
=0∙ 1 = 0.
΄Αρα από τη σχέση (1) και από κριτήριο παρεμβολής θα είναι
lim
x→+∞
∫ f(t)dt
x
e
x3
= 0
 
 
 

10. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Για Καθηγητές.
A)
Από τη γνωστή ανισότητα γιά x > 0 ισχύει: lnx ≤ x − 1.
Aν θέσω όπου x το ex
προκύπτει ∀x ∈ R, x ≤ ex
− 1.
Θέτοντας στην τελευταία όπου x το
f(x)
x
έχω
f(x)
x
− e
f(x)
x ≤ −1 f΄(x) ≤ −1 < 0 άρα f
γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞).
B)
Επειδή f συνεχής ως παραγωγίσιμη, lim
x→e
f(x) = 0, θα είναι f(e) = 0. Τώρα ∀x > 1:
f΄΄(x) =(
f(x)
x
)΄[1 − e
f(x)
x ]=(
xf΄(x)−f(x)
x2
)
[1 − e
f(x)
x ]=−
e
f(x)
x
x
[1 − e
f(x)
x ], διότι f΄(x) =
f(x)
x
− e
f(x)
x  xf΄(x) − f(x) = −xe
f(x)
x 
xf΄(x)−f(x)
x2
= −
e
f(x)
x
x
.
Οπότε f΄΄(x) =0  1 = e
f(x)
x
f(x)
x
= 0  f(x) = 0  f(x) = f(e) x =
e διότι f: 1 − 1 ως γνήσια φθίνουσα.
Επίσης :
f΄΄(x) >0  1 < e
f(x)
x
f(x)
x
> 0  f(x) > 0 f(x) > f(e) x < e.
f΄΄(x) <0  1 > e
f(x)
x
f(x)
x
< 0  f(x) < 0 f(x) < f(e) x > e.
΄Αρα f κυρτή στο (1,e] , κοίλη στο [e, +∞) και στο (e , 0) παρουσιάζει σημείο
καμπής.
α)
Από την αρχική σχέση για x=0 προκύπτει ότι f΄(0)= -1. Η εφαπτόμενη στο σημείο
καμπής είναι y-0= f΄(0)(x-e) 
y= - x+e. Επειδή f κοίλη στο [e, +∞) για x≥ ef(x) ≤ − x + e. Όμως
lim
x→+∞
( − x + e) =−∞. ΄Αρα lim
x→+∞
f(x)=−∞.
β)
Επειδή η f είναι συνεχής στο (1,+∞) και η Cf έχει κατακόρυφη εφαπτόμενη , αυτή
θα είναι η x=1. Συνεπώς
lim
x→1+
f(x)=±∞. Αν ήταν lim
x→1+
f(x)=−∞ , θα υπήρχε x1
με 1< x1<e ώστε f(x1) < 0  f(x1) < f(e) άτοπο διότι f γνήσια φθίνουσα στο
(1,+∞). Επόμενα lim
x→1+
f(x)=+∞. Συνεπώς από α) ,λόγω της συνέχειας και της
μονοτονίας της f θα είναι f((1, +∞))= R.
γ)
Ισχύει ότι lim
x→+∞
f(x)=−∞. Οπότε η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞.
΄Εχω lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
f΄(x) από κανόνα De L΄Hospital.
Επόμενα lim
x→+∞
(f΄(x) −
f(x)
x
) = 0  lim
x→+∞
(−e
f(x)
x )=0 
 
 
 

11. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
lim
x→+∞
e
f(x)
x =0 οπότε lim
x→+∞
f(x)
x
= lim
x→+∞
lne
f(x)
x = lim
x→+∞
f΄(x) = −∞.
Άρα η Cf δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ .
Γ)
Aπό θεώρημα μέσης Τιμής για την f στο [x,x+1], x>1 ισχύει ότι ∃ξϵ(x, x + 1) ώστε
f΄(ξ)=f(x+1)-f(x). Όταν x→ +∞ και ξ→ +∞
Επόμενα lim
x→+∞
(f(x + 1) − f(x)) = lim f΄(ξ)
ξ→+∞
= −∞.
Δ)
Για x > e f΄΄(x) < 0f΄γνήσια φθίνουσα στο (1,+∞) οπότε f΄(x+1)<f΄(x).
Επίσης f΄(x) −
f(x)
x
= −e
f(x)
x ≤ 0. Δηλαδήf΄(x) <
f(x)
x
. ΄Αρα f΄(x+1)<
f(x)
x
 xf΄(x + 1) < f(x).
3η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Για Μαθητές
A) Από την αρχική ισοδύναμα έχω:
 
 
( )
( ) ( )
2
( ) ( ) 1
( )
f x
f x f xx
x x
xf x f x e f x
xf x f x xe e
x x x x
             
 
( ) ( )
(ln ) ln
f x f x
x x
e x e x c
 
 
     
 
, που για x e γίνεται: 1 1 0c c   
αφού λόγω της συνέχειας της f στο e και του δεδομένου ορίου είναι: ( ) 0f e  .
Τελικά    
( )
( )
ln ln ln ( ) ln ln
f x
x
f x
e x x f x x x
x

       .
Β) Με    ( ) ln ln ln ln ln(ln 1), 1h x x x x x x x x x x        και θέτοντας
( ) ln ln(ln ) 1, 1g x x x x    έχω:
1 1 1 1 ln 1
( ) 1 0
ln ln ln
x
g x x e
x x x x x x x
          
 
. Για 1 x e  είναι
( ) 0g x g   στο (1, ]e και g στο [ , )e  . Άρα η g έχει min στο e το 0, δηλαδή
είναι ( ) 0g x  με 1x  και το = να ισχύει για x e , συνεπώς ( ) 0h x  με 1x  και το
= να ισχύει για x e .
Γ) 2
1 1 1 1 1
( ) ln(ln ) , ( ) 1 0
ln ln ln ln ln
f x x f x x e
x x x x x x x x
             
 
.
Είναι ( ) 0f x x e    άρα f κυρτή στο (1, ]e και κοίλη στο [ , )e  με Σ.Κ. το  ,0e .
Η εφαπτομένη της στο Σ.Κ. είναι: y x e   .

12. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
Δ) α) Επειδή f κοίλη στο [ , )e  και η y x e   η εφαπτομένη της στο  ,0e ισχύει
( )f x x e   x e  .
β) Ολοκληρώνοντας την προηγούμενη ανισότητα (x>e) έχω:
 
32 2 2 2:
3 2 3
( ) 1
( ) (1)
2 2 2 2 2
x
x
xx x
e
e e
e
f t dtt x e e e
f t dt t e dt et ex
x x x x
 
               
 

 
Ολοκληρώνοντας την ανισότητα του Β) ερωτήματος έχω:
 
2 2 2 2 2
ln
( ) ln ln
2 2 2 2 2
x x
x x x x
e e e e
e e
t t x e t t t
f t dt t t dt tdt dt
       
                   
   
32 2 2 2:
3 3
( )3 ln 3 ln
... (2)
4 2 4 4 2 4
x
x
e
f t dtx x x e x e
x x x x
       
 .
Από τις (1), (2) παίρνοντας τα όρια στο και το κρ. παρεμβολής προκύπτει το
ζητούμενο.
Για Καθηγητές
Α) Η x
e είναι κυρτή και η 1y x  η εφαπτομένη της στο (0,1). Άρα είναι
1x
e x x   για κάθε x με την ισότητα στο 0x  . Άρα
( )
( )f x
x
f x
e
x
 για κάθε
1x  και ( ) 0f x f   στο  1, .
Β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, ως πράξεις παραγωγίσιμων με
 
( )
( ) ( )
2
( ) ( )
(1 ) ( 1)
f x
f x f xx
x x
f x x f x e
f x e e
x x
 
     με χρήση της αρχικής ισότητας.
Η f είναι συνεχής στο e και από το δεδομένο όριο είναι ( ) 0f e  (μοναδική ρίζα).
Άρα η f έχει μοναδική ρίζα το e και ισχύει
( )
( )
1 ( ) 0 0 1 ( ) 0
x f xf e
x
f x
x e f x e f x f
x
           κυρτή στο  1,e και
κοίλη στο  ,e  με ΣΚ το  ,0e .
α) Η εφαπτομένη της fC στο Σ.Κ. είναι η y x e   . Άρα από την κυρτότητά της
ισχύει ( )f x x e   για κάθε x e και είναι lim ( )
x
f x

  αφού ισχύει
lim ( )
x
x e

    .
β)Από την υπόθεση, το προηγούμενο ερώτημα και τη μονοτονία της f είναι
1
lim ( )
x
f x

  δηλαδή το ΣΤ της f είναι το .

13. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
γ) Έστω y x   ασύμπτωτη της f στο . Τότε ισχύει
( )
( ) ( )
lim lim ( ) lim 0
f xa ή
x
x x x
f x f x
f x e e e
x x

 
 


  
 
        
 
άτοπο. Άρα η
fC δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες ασύμπτωτες.
Γ) Για x e και με ΘΜΤ για την f στο  , 1x x  υπάρχει  , 1x x   :
  ( 1) ( )f f x f x    . Η f  είναι στο  ,e  και ισχύει:
1 ( 1) ( ) ( )x x f x f f x          . Από την αρχική ισότητα ισχύει
( )
( )
0
f x
x
f x e
x x
 
   
 
δηλ. η
( )f x
x
στο  1, με
( )f x
x
όχι κάτω φραγμένη αφού
το
( )
lim
x
f x
x
 . Άρα θα είναι
( )
lim
x
f x
x
  και από την αρχική θέτοντας
( )f x
u
x
 θα έχω lim ( ) lim ( )u
x u
f x u e
 
    άρα lim ( ( 1) ( ))
x
f x f x

    .
Δ) H f  είναι στο  ,e  και ισχύει
( )
( ) ( )
( 1) ( ) ( 1) ( )
f x
x
f x f x
f x f x e xf x f x
x x
          .
4η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
Για Καθηγητές
A.

 
 
            
t
f ( x )
t f ( x ) f ( x )u e ,t R x
t x x
x ( 1, )
f ( x ) f ( x )
lnu u 1 u ,u 0 e t e e 0 f '( x ) 0
x x
άρα f στο  1,
B.

  
f συνεχής
x e
lim f ( x ) 0 f (e) 0 . H f είναι προφανώς δυο φορές παραγωγίσιμη
 
     
 
f ( x ) f ( x )
x x
2
f ( x ) xf '( x ) f ( x )
f '( x ) e f ''( x ) 1 e
x x
, f ''(e) 0

        
f ( x ) f ( x )
x x
2
f ( x ) xf '( x ) f ( x )
f '( x ) e xf '( x ) f ( x ) xe 0 0
x x
(1)

14. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
για

         
f ( x )f
x
( 1)
f ( x )
x e f ( x ) f (e) 0 0 e 1 f ''( x ) 0
x
για

         
f ( x )f
x
( 1)
f ( x )
x e f ( x ) f (e) 0 0 e 1 f ''( x ) 0
x
Άρα η f παρουσιάζει Σ.Κ. στο e .
α) f στο R άρα   f ( x ) f '(3)( x 3) f (3) ,   y f '(3)( x 3) f (3) η
εφαπτόμενη της f στο 3.
 


   
f '( 3 ) 0
x
lim f '(3)( x 3) f (3) , άρα κοντά στο είναι
  f '(3)( x 3) f (3) 0 ,συνεπώς   
 
Κ .Π
1 1
0
f ( x ) f '(3)( x 3) f (3)

 
   
f ( x ) 0
x x
1
lim 0 lim f ( x )
f ( x )
β) Aφού η f είναι συνεχής στο  1, και έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τότε αυτή
θα είναι η x=1 και
 
    
x 1 x 1
lim f (x) ή lim f (x)
Αν

 
x 1
lim f (x) ,κοντά στο 1 θα υπάρχει ρ<e ώστε f ( ρ) 0 ,όμως

   
f
ρ e f ( ρ) f (e) 0 άτοπο ,άρα

  
x 1
lim f (x)
Άρα     

 
  
f
x x 1
f 1, lim f ( x ) ,lim f (x) R
γ) Έστω  y λx κ πλάγια ασύμπτωτη τότε

 
x
f (x)
lim λ R
x
όμως
 
  
  
 
     
 
f ( x )
λx
x DLH x x
f ( x ) f ( x )
lim lim f '( x ) lim e λ e
x x
δηλ.     λ λ
λ e λ e 0 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει πλάγια ασύμπτωτη.
Γ.
Από ΘΜΤ στο   x, x 1 , x e για την f θα υπάρχει
     ξ x, x 1 : f '(ξ ) f ( x 1) f ( x ).Όμως f κοίλη στο  e, άρα f ' και
      
   
f ( x )
x
x ξ f '( x ) f '(ξ ) f ( x 1) f ( x )
f ( x )
e f ( x 1) f ( x )
x
( 2)

15. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15



 
   
 
f ( x ) e
x
x
f ( x )
lim e
x
. Και από (2) είναι
 
 

f ( x )
x
1 1
0
f ( x 1) f ( x )f ( x )
e
x
. Από Κ.Π .στην τελευταία είναι
  
 
      
  x x
1
lim 0 lim f ( x 1) f ( x )
f ( x 1) f ( x )
Δ.
Από Γ. ερώτημα είναι
 
             
 
f ( x )
xf ( x )f ' e 0
x
f ( x ) f ( x )
ξ x 1 f '(ξ ) f '( x 1) e f '( x 1) f '( x 1)
x x
f ( x ) xf '( x 1)
5η
προτεινόμενη λύση (Θανάσης Καραγιάννης)
Για καθηγητές:
Έχουμε τρεις παραδοχές για τη συνάρτηση f:
(1)
f(x)
' xf(x)
f (x) = e
x
 για κάθε x > 1
(2) H fC έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη και
(3)
x e
limf(x) = 0

.
Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής, από την (3) έπεται άμεσα ότι
f(e) = 0.
Α) Η λύση θα βασιστεί στη γνωστή ανισότητα x
e x 1  , για κάθε x . Πράγματι, τότε
έχω:
f(x)
x f(x)
e
x
 
f(x)
xf(x)
e 0
x
 
(1)
 '
f (x) < 0, για κάθε x (1,+ )  . Άρα η συνάρτηση f είναι
γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (1,+ ) .
Β) Υπολογίζω την 2η
παράγωγο της f στο διάστημα (1,+ ) : Είναι f΄΄(x)
(1)

f(x)
xf(x)
e
x
΄
 
  
 
 =
f(x)
xf(x)
e
x
΄΄
  
       
 =
f(x)
xf(x) f(x)
e
x x
΄ ΄
   
   
   
 =
f(x)
xf(x)
1 e
x
΄
  
       
 =
f(x)
x
2
f΄(x)x f(x)x΄
1 e
x
 
  
 


(1)


16. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
f(x)
x
f(x)
x
2
f(x)
e x f(x)
x
1 e
x
 
     
  
 
 
 =
f(x)
f(x)x
x
2
f(x) xe f(x)
1-e
x
 
  
 
 
=
f(x)
f(x)x
x
2
xe
1 e
x
 
  
 
  =
=
f(x)
f(x)x
xe
e 1
x
 
  
 
 και επειδή
f(x)
xe
0
x
 για κάθε x > 1, προκύπτει ότι:
f΄΄(x) 0 
f(x)
xe 1 0  
f(x)
xe 1 
f(x)
0xe e 
f(x)
0
x

x>1
 f(x) 0  f(x) f(e)
f 
 x e . Δηλαδή ο πίνακας μεταβολών της f είναι ο εξής:
1 e +
f΄΄(x)  0 
f΄(x)  
f(x) 0
σ.κ.
Άρα η συνάρτηση f έχει ένα σημείο καμπής, το (e, f(e)) = (e, 0) . Επίσης, η f παίρνει
θετικές τιμές στο διάστημα (1,e) και αρνητικές στο διάστημα (e,+ ) .
α) Από τον πίνακα μεταβολών της f, προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο
διάστημα [e,+ ) . Χρησιμοποιώ τη γνωστή ανισότητα Jensen για κοίλες συναρτήσεις και έχω:
x + y f(x) + f(y)
f
2 2
 
 
 
 για κάθε x,y [e,+ )  .
Ειδικότερα για y = e, η προηγούμενη σχέση γράφεται:
x + e f(x) + f(e)
f
2 2
 
 
 
 
x + e f(x)
f
2 2
 
 
 
 (4) για κάθε x [e,+ )  .
Για τη γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f υπάρχουν δύο περιπτώσεις: είτε η f είναι κάτω φραγμένη,
οπότε υπάρχει στο το
x
lim f(x)

και είναι ίσο με το infimum του συνόλου
{f(x): x (1, })  , είτε η f δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε
x
lim f(x) =

 .

17. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
Υποθέτω ότι η f είναι κάτω φραγμένη (και θα καταλήξω σε άτοπο). Aπό την υπόθεση,
υπάρχει το
x
lim f(x) =

 . Από τη σχέση (4) έχω ότι
x
x + e
lim f
2
 
 
 

x
f(x)
lim
2
 
2

2    0.
Αυτό όμως είναι άτοπο, διότι: 2e > e
f 
 f(2e) < f(e)  f(2e) < 0
και επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής, παίρνουμε ότι
x 2e
lim f(x) = f(2e) < 0

. Αλλά τότε, επειδή
η f είναι γνησίως φθίνουσα, συνάγεται ότι =
x
lim f(x)


x 2e
lim f(x)

< 0.
Άρα η συνάρτηση f δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε
x
lim f(x) =

 .
β) Από την παραδοχή (2), προκύπτει ότι η συνάρτηση f έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στη θέση x
= 1. Άρα, είτε
x 1
lim f(x) =

, είτε
x 1
lim f(x) =

. Επιπλέον, η f παίρνει θετικές τιμές στο
διάστημα (1,e) . Επομένως
x 1
limf(x) =

 και για το σύνολο τιμών της συνεχούς, γνησίως
φθίνουσας συνάρτησης f έχουμε ότι
 f (1, ) = x x 1
lim f(x) , lim f(x) 
=( , )  = .
γ) Αναγκαία συνθήκη για την ύπαρξη πλάγιας ασύμπτωτης της fC στο , είναι η ύπαρξη του
x
f(x)
lim
x
=α . Υποθέτω ότι υπάρχει αυτό το όριο και θα καταλήξω σε άτοπο. Επειδή
x
lim f(x) =

 και
x
lim x =

 , εφαρμόζω τον κανόνα De’l Hospital και έχω:
x
f(x)
lim
x
=
x
f΄(x)
lim
x΄
=
x
lim f΄(x)

(1)

f(x)
x
x
f(x)
lim e
x
 
  
 
 = x
f(x)
lim
x
x
f(x)
lim e
x


 ,
δηλαδή α = α
α e  α
e 0 , άτοπο. Συνεπώς δεν υπάρχει στο το
x
f(x)
lim
x
και η συνάρτηση f δεν έχει πλάγια, ούτε οριζόντια ασύμπτωτη στο .
Γ) Για κάθε x > e, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση f
στο διάστημα [x, x+1]. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (x,x 1) 
τέτοιο, ώστε
f(x 1) f(x)
f΄(ξ) =
x +1 x
 

=f(x 1) f(x)  (5).
Επίσης, αν x  , τότε ξ  . Εξετάζω αν υπάρχει το
t
lim f΄(t)

. Από τον
πίνακα μεταβολών της f, έπεται ότι η παράγωγος συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα
στο διάστημα (e,+ ) . Υποθέτω ότι η συνάρτηση f΄ είναι κάτω φραγμένη, άρα υπάρχει στο

18. ___________________________________________________________________________
25η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
το
t
lim f΄(t)

. Όμως, όπως είδαμε στο (γ), είναι
t
f(t)
lim
t
=
t
lim f΄(t)

και δεν υπάρχει στο
το
t
f(t)
lim
t
, άτοπο. Επομένως η συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα
(e,+ ) και δεν είναι κάτω φραγμένη, οπότε
t
lim f΄(t) =

 .
Έπεται από τη σχέση (5), ότι  x
lim f(x 1) f(x)

   .
Δ) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα: xf΄(x 1) < f(x) 
f(x)
f΄(x 1) <
x

(1)

f(x)
' xf΄(x 1) < f (x) e  
f(x)
' xf΄(x 1) f (x) < e  , για x > e. Αλλά η τελευταία σχέση ισχύει,
διότι η συνάρτηση f΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (e,+ ) , οπότε:
x+1 > x  f΄(x 1) < f΄(x)  f΄(x 1) f΄(x) < 0 < 
f(x)
xe , για κάθε x (e,+ )  .
Συνεπώς ισχύει και η αποδεικτέα.