Η απελευθέρωση της Θεσσαλονίκης από την Οθωμανική Αυτοκρατορία
λυση ασκ. 27
1. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
Για Μαθητές
Α.
Για x > 0
2
2
4
x x G''( x ) 2xG'( x ) 3
G'( 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 1
1
Άρα 2 2 2 3
2
G'( x ) 1
3lnx 1 G'( x ) 3x lnx x G'( x ) 3x lnx x
x x
3 3
G'( x ) x lnx ' G( x ) x lnx k, k R , G(1) k k 0
Συνεπώς 3
G( x ) x lnx ,x 0,
3
x 0 x 0 x 0 DLH
3
lnx
G(0) limG( x ) lim x lnx lim 0
1
x
. Άρα
3
x lnx ,x 0
G( x )
0 ,x 0
B. i.
2 2
3x lnx x ,x 0
G'( 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 3
3G( x ) xG'( x ) x ,x 0
x 0 3
1
e
G ’ - +
G ↘ ↗
1
3e
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους
2. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Γ.
Για την G στο 1, είναι 2 2
G'( 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, .
Δ.
3
x lnx ,x 0
G( 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 1
G 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 3
3G( x ) xG'( x ) x
1 1 1 1 1
13 3
0
0 0 0 0 0
3G( x ) dx xG'( x ) x dx 3 G( x ) dx xG( x ) G( x ) dx x dx
1 1 1
3Ε G(1) E 4E E τ.μ.
4 4 16
Για Καθηγητές
A.
Για x > 0
2
2
4
x x G''( x ) 2xG'( x ) 3
G'( 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 1
1
Άρα 2 2 2 3
2
G'( x ) 1
3lnx 1 G'( x ) 3x lnx x G'( x ) 3x lnx x
x x
3 3
G'( x ) x lnx ' G( x ) x lnx k, k R , G(1) k k 0
3. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
Συνεπώς 3
G( 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 3
G( x ) G( x ) ( x ) ln( x ) x ln( x )
Ακόμα G(0) 0 αφού G περιττή στο R
Άρα
3
x ln x ,x 0
G( x )
0 ,x 0
3
2
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 DLH
2
G( x ) G(0) G( x ) x lnx lnx
G'(0) lim lim lim lim x lnx lim 0
1x x x
x
2 2
3x ln x x ,x 0
G'( x )
0 ,x 0
,
B. i.
Έστω ε : y = λ x , λ 0 .Τότε 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 2
Η(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 x
2 e
x
- 3
1
e 0 3
1
e
G ’ + - - -
G ↗ ↘ ↗
1
3e
1
3e
4. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Από τον πίνακα έχουμε ότι η H έχει ολικό ελάχιστο
1 1 1
Η Η
2ee e
Τότε
1 1 1
Η 0, Η 0, ,0
2ee e
αφού
2
x 0 x 0 x 0
2 3
1
lnx xlim x lnx lim lim 0
1 2
x x
1 1 1
Η , Η , ,
2ee e
αφού
2
x
lim x ln x
Αν
1
λ
2e
τότε η εξίσωση Η(x)=λ δεν έχει λύσεις και η G( x) λx ,x R έχει
μοναδική λύση την x=0
Αν
1
λ
2e
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 λ
2e
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
λ
2e
, άρα (δ):
1
y x
2e
. Και τότε αυτά
τα σημεία είναι τα
1 1 1 1
Α , , Β ,
2e 2ee e
.
1
G'(0) 0
2e
,άρα η (δ) δεν εφάπτεται στη CG στο 0.
x
-
1
e 0
1
e
H ’ - + - +
H ↘ ↗ ↘ ↗
1
2e
1
2e
5. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
1 1 1
G'( ) G'( ) λ
2ee 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
1
e
0
1
E G( x ) x dx
2e
. Όμως για
1
0 x
e
είναι
3 21 1 1
G( 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 ) 0
2e
στο
1
0,
e
. Άρα
1 1 1
e e e
2
0 0 0
I
1 1 1
E G( x ) x dx G( x ) dx x dx I
2e 2e 4e
Για x >0, 2 2 3 3 3
G'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3x lnx x xG'( x ) 3G( x ) x .
3
3G( x ) xG'( x ) x . Ακόμα G(0) 0 ,άρα 3
3G( x ) xG'( x ) x ,x 0
1 1 1 1
1e e e e3 3e
0
0 0 0 0
1
1 e 3e
2 20
0
3I 3G( x ) dx xG'( x ) x dx xG( x ) G( x ) dx x dx
1 1 1 1
3I xG( x ) I x dx 4I I
4e 16e2e e 8e e
Άρα 2 2 2
1 1 1 1 5
E
16e 4e 16e8e e 4e e
τ.μ.
Δ.
Για την G στο 1, είναι 2 2
G'( 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.
6. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
Έστω
1 1
3e 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
2
1 1
3eG 3eG
c 3 c 2
1 1
F(0) F(1) G(t )dt G(t)dt 0
Αν
1 1 1 1
3eG 3eG 3eG 3eG
c 3 c 2 c 3 c 2
1 1 1 1
G(t )dt G(t)dt G(t )dt G(t)dt
1
3eG
c 3
1
3eG
c 2
G(t )dt 0 , θέτω
1 1
α 3eG ,β 3eG
c 2 c 3
β
α
G(t )dt 0 3 και
1 1 1 1
0 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 1
α 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)
Και τότε
1 1
2 3
c 2 c 3
,άτοπο
Άρα η σχέση (3) δεν ισχύει και
1
3eG
3
1
3eG
2
G(t )dt 0 και τότε
F(0)F(1) 0και από θ.Bolzano η εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα στο 0,1 αφού η F
είναι γν. μονότονη.
7. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
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 x
G 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 x
x 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 x
G 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
3
0,e
.
Άρα η GC έχει Ο.Ε. στο
1
3
e
το
1
3
1
3
G 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
3e
τ.μέγ. στο
1
3
e
.
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 3
1 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)
8. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
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 G
1
,
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 ( )
tt
G x dx G x dx
.
4 3 4 4
1
1 1
1
ln ln 1
( ) ( )
4 4 4 16 16
t
t t
t
x x x t t t
G x dx G x dx dx
και
'1
0
1
lim ( )
16
L H
tt
G x dx
Εναλλακτικά με παραγοντική έχω:
0 0 10 3
11 1 0
14
0
( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( )
1 1 1
3 3 4
4 4 4 16
Bii
E x G x dx xG x xG x dx G x x dx
x
E E E E
Για Καθηγητές
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
( ) (2ln 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
2
1
( )
2
e
e
,
0
lim ( ) 0
x
x
θα είναι ΣΤ Φ
1
,
2e
.
Έτσι καταλήγω:
Αν
1
2e
η GC τέμνει την (ε) μόνο στο Ο.
9. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
Αν
1
2e
η GC τέμνει την (ε) σε 3 σημεία στο Ο και στα
1 1
2 2
1 1
( , ),( , )
2 2
e e
e e
.
Αν
1
0
2e
η GC τέμνει την (ε) σε 5 σημεία μαζί με το Ο.
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
2
y x
e
, που τέμνει τη GC σε 3 σημεία,
έχει αρνητική κλίση και εφάπτεται σε 2 απ’ αυτά τα
1 1
2 2
1 1
( , ),( , )
2 2
e e
e e
, αφού
ισχύει
1
2
1
...
2
G e
e
ή εναλλακτικά το σύστημα
0 0
0
1
( )
2
1
( )
2
G x x
e
G x
e
έχει μοναδική λύση την
1
2
0x e
.
Γ. Zητώ το
1
2
0
1
2 ( )
2
e
E G x x dx
e
. Στο
1
2
0,e
ισχύει
1
( )
2
G x x
e
, αφού από
Βi) είναι
1
( )
2
x
e
στο
1
2
0,e
. Άρα
1
2
2
2
0
1 1
2 2 2 4
e
E x
I I
e e
όπου
1 1 11
2 2 22
1 1
32 2
00 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( )
Biie e ee
I x G x dx xG x xG x dx e G e G x x dx
1
2
3
1 42
2
2 2 2
0
3 3 3
3 ... 3 4
2 4 4 4 16
e
e x
e I I I I
e e e
, άρα
2
1
8
E
e
.
Ε. Με Βolz. στo 0,1 δ.ο. η εξίσωση 1 0x
xe 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.
10. ___________________________________________________________________________
27η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Έστω 1
1
3 0
2
eG
c
γιατί 0G στο 0,1 και
1
1
2c
. Επίσης αν
2
1
3 0
3
eG
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 t
G 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 1
0
2 2 3 2 3
G
G G
c c c ce
και G
αρνητική στο 2 1, .