Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για x 0 , είναι:
•      
            
f x f x f x1
e x e 1 ln x e 0 f x lnx 0
x
(1)
•                         
(1)
1 1
f x f x lnxx f x f x lnxx f x lnx f x lnx
x x
   x
f x lnx ce ,c 0.
Εύκολα αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση  με τύπο   
  x
x e ,x , έχει σύνολο
τιμών το  0, ,
επομένως για οποιαδήποτε θετική τιμή που θα μπορούσε να πάρει το c ,υπάρχει
  , τέτοιο,
ώστε 
e c .
Έτσι προκύπτει ότι   
  x
f x e lnx, x 0 και   .
β)
Η συνάρτηση g με τύπο   
 x
g x e , x και   ,είναι γν.αύξουσα στο ,
επομένως και 1-1,
με σύνολο τιμών το     g 0, .
Για την συνάρτηση 1
g είναι  
   1
g x lnx , x 0 και   .
Επομένως
          
             
g γν.αύξουσα
x x 1 1
f x e nx e nx g x g x g x xl = l
 x lnx = α.
Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο     h x x lnx,x 0.
Είναι     
1
h x 1 ,x 0
x
και     
2
1
h x 0,x 0
x
.
•     h x 0 x 1
•      

      
h γν.αύξουσα
h x 0 h x h 1 x 1
•      

       
h γν.αύξουσα
h x 0 h x h 1 0 x 1
•     
  
xx 0
lim h x lim h x
Επειδή η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο  0,1 , θα ισχύει
          
 
  
x 1 x 0
h 0,1 lim h 1 ,lim h x 1, .
Επειδή η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο  1, , θα ισχύει
Λύνει ο Ηλίας Ζωβοΐλης

2. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
          
   
xx 1
h 1, lim h 1 , lim h x 1, .
Επομένως:
• αν   1, η εξίσωση            f x x lnx h x , είναι αδύνατη ,
αφού για κάθε x 0 είναι   h x 1.
• αν   1, η εξίσωση                f x f x 1 x lnx 1 h x 1 x 1.
• αν   1, η εξίσωση            f x x lnx h x , έχει δύο ακριβώς ρίζες,
μία στο  0,1 και μία στο  1, .
γ)
Αφού για κάθε   x 0, είναι     
           1
f x 1 f 1 1 e 1 1 0 1.
Για κάθε x ισχύει 
   x
e x 1, ενώ για κάθε x 0 ισχύει  x 1 lnx.
Επομένως για κάθε x 0 ισχύει
    
                    x x
e x 1 lnx x 1 e lnx 2 f x 2 f x 1 1 .
Οπότε              1 1 0 f x 1 0 f x 1.
δ)
Αποδείξαμε ότι για κάθε x 0 είναι     f x 2 ,με την ισότητα να ισχύει όταν
 x a 1.
Επομένως για κάθε  x 1,e
      
    
e e
1 1
f x f x2 2
dx dx
x x x x
 
 
 
                  
e e e
1 1 1
f x f x1
dx 2 dx dx 2 lnx 2
x x x
e
1
.

3. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Είναι     
1
f (x) f(x) lnx , x 0
x
και ισοδύναμα έχουμε
        
1
f (x) f(x) lnx f (x) (lnx) f(x) lnx
x
και επειδή από  f(x) 1
e , x 0
x
έχουμε        f(x) 1
lne ln f(x) lnx f(x) lnx 0, x 0
x
ισοδύναμα έχουμε

         

(f(x) lnx)
(f(x) lnx) f(x) lnx 1 (ln(f(x) lnx)) 1, x 0
f(x) lnx
οπότε
 
           x x
ln(f(x) lnx) x f(x) lnx e f(x) e lnx,
β)
Είναι η 
 x
f(x) e lnx παραγωγίσιμη με 
  x 1
f (x) e
x
και 
    x
2
1
f (x) e 0, x 0
x
επομένως η f είναι γνήσια αύξουσα στο   A (0, ) .
Τώρα έχουμε ότι
 
    
 
1 1
f ( ) 1 και λόγω αυτού διακρίνουμε τις περιπτώσεις για το
 ως εξής :
 Για   1 τότε
 f (1) 0 και για

    
f
x 1 f (x) f (1) 0 επομένως η f είναι γνήσια αύξουσα στο  [1, )
και για

    
f
x 1 f (x) f (1) 0 επομένως η f είναι γνήσια φθίνουσα στο ( , 1] οπότε
στο x 1 η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το f(1) 1 και τότε η εξίσωση   f(x) 1 έχει
μοναδική ρίζα την x 1
 Για   1
 για   1 έχουμε
 
     
 
1 1
f ( ) 1 0 και 
   1
f (1) e 1 0 άρα   f ( )f (1) 0 και σύμφωνα με το
θεώρημα Bolzano υπάρχει  0
x (1, ) με  0
f (x ) 0 και για

    
f
0 0
x x f (x) f (x ) 0
επομένως η f είναι γνήσια αύξουσα στο  0
[x , )και για

    
f
0 0
x x f (x) f (x ) 0
επομένως η f είναι γνήσια φθίνουσα στο  0
( , x ] οπότε στο  0
x x η f παρουσιάζει
ολικό ελάχιστο το 
 0x
0 0
f(x ) e lnx και επειδή  0
f (x ) 0 ή
Λύνει ο Βασίλης Κακαβάς

4. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
          0 0x x
0 0 0
0 0
1 1
f (x ) e 0 e x lnx
x x
είναι
     0 0 0
0
1
f(x ) x , x (1, )
x
(1)
Θεωρώντας την συνάρτηση      
1
g(x) x , x [1, ]
x
που οι τιμές της είναι οι τιμές των
ακροτάτων της f , είναι παραγωγίσιμη με

       
2
2 2
1 x 1
g (x) 1 0, x (1, )
x x
επομένως g είναι γνήσια αύξουσα στο [1, ] έτσι όταν
            

0 0 0
1
1 x g(1) g(x ) g( ) 2 f(x ) 1
που σημαίνει ότι για την ελάχιστη τιμή της f ισχύει    

0
1
f(x ) 1
επομένως η εξίσωση  f(x) έχει δύο ακριβώς ρίζες    1 0 2 0
x (0, x ), x (x , )
 Για   1 έχουμε
 
     
 
1 1
f ( ) 1 0 και 
   1
f (1) e 1 0 άρα   f ( )f (1) 0 και σύμφωνα με το
θεώρημα Bolzano υπάρχει  0
x ( , 1) με  0
f (x ) 0 και για

    
f
0 0
x x f (x) f (x ) 0
επομένως η f είναι γνήσια αύξουσα στο  0
[x , )και για

    
f
0 0
x x f (x) f (x ) 0
επομένως η f είναι γνήσια φθίνουσα στο  0
( , x ] οπότε στο  0
x x η f παρουσιάζει
ολικό ελάχιστο το 
 0x
0 0
f(x ) e lnx και επειδή  0
f (x ) 0 ή
 
          0 0x x
0 0 0
0 0
1 1
f (x ) e 0 e x lnx
x x
είναι
     0 0 0
0
1
f(x ) x , x ( ,1)
x
(1)
Θεωρώντας την συνάρτηση      
1
g(x) x , x [ ,1]
x
που οι τιμές της είναι οι τιμές των
ακροτάτων της f , είναι παραγωγίσιμη με

       
2
2 2
1 x 1
g (x) 1 0, x ( ,1)
x x
επομένως g είναι γνήσια φθίνουσα στο [ ,1] έτσι όταν
           

0 0 0
1
x 1 g( ) g(x ) g(1) f(x ) 2 ή     

0
1
1 2 f(x )
(αφού   1) ή τελικά       

0
1
1 2 f(x ) που σημαίνει ότι για την ελάχιστη τιμή

5. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
της f ισχύει  0
f(x ) επομένως η εξίσωση  f(x) είναι τότε αδύνατη.
γ)
Αν ισχύει   1 όπως είδαμε αναλυτικά στο (β) ισχύει τελικά    f(x) 1, x (0, ) και αν
   f(x) 1, x (0, ) και υποθέσουμε ότι   1 όπως είδαμε στο (β)  

0
1
f(x ) 1 άτοπο
άρα αναγκαία   1
δ)
Όπως είδαμε στο (β) σε κάθε περίπτωση ισχύει ότι    f(x) 2 , x 0 άρα και
 
 
f(x) 2
, x 0
x x
επομένως ολοκληρώνοντας ισχύει ότι
               
e e e e
e
1
1 1 1 1
f(x) 1 f(x) f(x)
dx (2 ) dx dx (2 ) lnx dx 2
x x x x

6. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Ισοδύναμα έχω:                      x1
f x f x lnx f x lnx f x lnx f x lnx ce
x
(1)
Για x 1 η (1):   f 1 ce (2).
Η δεδομένη ανισότητα για x 1:  
   
f 1
e 1 f 1 0 και από (2)   
1
c 0 0
c
άρα το
1
c
είναι τιμή της 1-1 x
e , δηλαδή υπάρχει μοναδικό   ώστε  
  
1
e c e
c
.
Η (1) τότε γίνεται:   
 x
f x e lnx .
β)
  
  x 1
f x e
x
,   
   x
2
1
f x e 0
x
άρα η f στο  0, που έχει ΣΤ το , αφού
ισχύουν:  

  
x 0
lim f x και  
  
x
lim f x .
Άρα η f έχει μοναδική θετική ρίζα, δηλ.   
        0x
0 0 0
0
1
f x 0 e x lnx
x
.
Για      0
0 x x f x 0 f στο  0
0,x και για     0
x x f x 0 f στο   0
x ,
άρα η f έχει ΟΕ στο 0
x το   
       0x
0 0 0 0
0 0
1 1
f x e lnx lnx x
x x
.
Επίσης  

 
x 0
lim f x και   
 
 
     
 
L'H
x
xx x
lnx
lim f x lim e 1
e
.
Αν   1,   f(x) 1 x 1 (   
1
x 2,x 0
x
με το = μόνο στο 1).
Αν   1,    f ( ) 0, f (1) 0 ,   0
1 x ,   0
f x 1 και η    f x έχει 2 λύσεις.
Αν   1,    f ( ) 0, f (1) 0 ,   0
x 1,   0
f x 1 και η    f x είναι αδύνατη.
γ)
Επειδή  x 0 ισχύει           0 0
0
1
f x f x x 2
x
η ανισότητα   f x 1 ισχύει αν και
μόνο αν      2 1 1.
δ)
Στο   1,e είναι  
   
    
f x 2
f x 2
x x
και ολοκληρώνοντας αφού η ισότητα ισχύει
μόνο στο 1 λόγω ελαχίστου έχω:
 
  
         
e e
e
1
1 1
f x 2
dx dx 2 lnx 2
x x
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές

7. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για κάθε x 0
               
1 1
f x f x lnx f x f x lnx
x x
              x
f x lnx f x lnx f x lnx c e , c .
Επίσης για κάθε   x 0, ισχύει :
 
                  
f x x1 1
e f x ln f x lnx f x lnx 0 c e 0 c 0
x x
άρα υπάρχει   : 
c e , άρα     
     x x
f x lnx e e f x e lnx ,  x 0.
β΄ τρόπος
                             x x x x x x1 1
f x f x lnx e f x e f x e lnx e e f x e lnx
x x
    
       x x x
e f x e lnx c f x lnx c e ,  x 0
και όπως παραπάνω   
 x
f x e lnx , x 0 .
β)
Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο  0, με   
  x 1
f x e
x
και   
   x
2
1
f x e 0
x
.
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, .
Επειδή  
  
x
lim f x και  

  
x 0
lim f x είναι     f 0, , οπότε υπάρχει μοναδικός
ρ > 0 , τέτοιος, ώστε  f ρ = 0.
Για κάθε   x > ρ f x 0 και για κάθε     0 x ρ f x 0 , άρα το  f ρ είναι ολικό
ελάχιστο της f. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο  ρ, και γνησίως φθίνουσα στο  0,ρ .
Για την f έχουμε :
    
  
 
      
 
x x
xx x x
lnx
lim f x lim e lnx lim e e
e
, αφού
 
 
 
 
 
  
 x xx x
lnx 1
lim lim 0
e xe
( από
κανόνα DLH)
και     

 
   x
x 0 x 0
limf x lim e lnx , άρα         f ρ, f ρ , και       f 0,ρ = f ρ , .
Από τη σχέση :      ρ-α ρα1
f ρ = 0 e = e = ρ e α = ρ + lnρ
ρ
(1)
Για να έχει λύσεις η εξίσωση    f x πρέπει να είναι
Λύνει o Αθανάσιος Μπεληγιάννης

8. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 
 

                   
 
1
1 1
f e ln ln ln 2ln 0
Έστω η συνάρτηση     
1
h x 2lnx x
x
,   x 0,
Η h έχει προφανή ρίζα την x 1 και είναι παραγωγίσιμη στο  0, με
     
2
2 1
h x 1 0
x x
,  x 0 , άρα είναι γνησίως αύξουσα στο  0, , οπότε η x 1 είναι
μοναδική ρίζα και
    h x 0 x 1 , άρα
 
    
1
1
2lnρ + ρ - 0 ρ 1 1
ρ
(αφού η συνάρτηση    x x lnx είναι γνησίως αύξουσα στο  0, )
Οπότε για κάθε   1 :      f x f ρ , η εξίσωση    f x είναι αδύνατη.
Για   1 :       f f 1 1 a , η εξίσωση    f x έχει μοναδική ρίζα την x 1 .
Για κάθε   1 :    f , δηλ.     f , και    f 0, , οπότε η εξίσωση
   f x έχει ακριβώς δύο ρίζες.
γ)
Αν για κάθε x 0 ισχύει   f x 1 τότε πρέπει :
 
 
    
1
ρ-α 1
f ρ 1 e - lnρ 1 - lnρ - 1 0
ρ
Έστω η συνάρτηση     
1
x lnx 1
x
, x 0 , που είναι παραγωγίσιμη στο  0, με
     
2
1 1
x 0
x x
, για κάθε x 0 , άρα η φ είναι γνησίως φθίνουσα και αφού   1 0
έχουμε    

       
1
- lnρ 1 0 φ ρ 1 0 ρ 1
ρ
, οπότε και  ln 0 , άρα
      ln 1 1 .
Αντίστροφα: Αν ισχύει       1 ρ + lnρ 1 0 ρ 1, οπότε
                

1
1 ln 1 0 f 1 , άρα και   f x 1 για κάθε x 0 .
β΄ τρόπος
Αν ισχύει
       
                      x x 1 x 1
1 1 x x 1 e e f x e lnx x 1 1 x 1 1
αφού για κάθε x 0 ισχύει  
   x 1
e x 1 1 x και       lnx x 1 lnx x 1
δ)

9. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για κάθε    x 1,e :  
   x
e x 1 και    lnx x 1 ( το ίσον ισχύει μόνο για x=1) , άρα
 
       
            x
f x f x2 2
e lnx 2 f x 2 0
x x x x
και αφού δεν είναι παντού μηδέν έχουμε :
         
           
  
e e e
1 1 1
f x f x2 2
dx 0 dx dx
x x x x
 
 
           
e ee
11 1
f x f x
dx 2 lnx dx 2
x x
.

10. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Για x 0 ισχύει:
  
1
f'(x) f(x) lnx
x


  
  
x
x x x e
e f'(x) e f(x) e lnx
x
 x
(e f(x))' = 
 x
( e lnx)' 
x
e f(x) = 
 x
e lnx c , με c 0 διότι f(x) 1
e
x
  f(x) lnx  x
e f(x) > 
 x
e ln x .
Επόμενα θέτοντας 
c e μ ε  προκύπτει ότι
x
e f(x)= -  
x
e lnx e  f(x)= 
x
e lnx .
β)
Από γνωστές ανισώσεις έχουμε:

    

    
x
e x 1
lnx x 1
  f(x) 2 .
Για  f(x)     2    1.
Δηλαδή:
Αν   1 η εξίσωση  f(x) είναι αδύνατη στο .
Αν   1 f(x)= 
x 1
e ln x  f'(x)= 
x 1 1
e
x
 f''(x) = 
x 1
2
1
e
x
>0 οπότε
 f'(x) (0, ) και ως εκ τούτου f' : 1 1.
Επόμενα f'(x) 0  f'(x) f'(1)  x 1.
  0 x 1  f'(x) f'(1)  f'(x) 0  f(x) (0,1].
 x 1 f'(x) f'(1)  f'(x) 0   f(x) [1, ).
 Στο x 1 η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο  min
f f(1) 1. 
 x 1
e lnx 1
Άρα f(x) 1  x 1 μοναδική ρίζα.
Αν   1 f(x)= 
x
e lnx  f'(x)= 
x 1
e
x
 f''(x) = 
x
2
1
e
x
>0 για x 0 ,
οπότε  f'(x) (0, )και ως εκ τούτου f' : 1 1.
Τώρα
f'(1) 
 1
e 1 0, f'( )=  

1
1 0 οπότε από θ. Bolzano υπάρχει μοναδικό  ρ (1, ) ώστε
f'(ρ) 0.
Επόμενα:
  0 x ρ  f'(x) f'(ρ)  f'(x) 0  f(x) (0,ρ].
 x ρ  f'(x) f'(ρ)  f'(x) 0   f(x) [ρ, ).
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

11. ___________________________________________________________________________
28η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
 Στο x ρ η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο  min
f f(ρ) ρ-α
e - lnρ .
 Συνεπώς min
f f(ρ) ρ-α
= e - lnρ < 1 < α (1).
Επίσης


 
x 0
lim f(x) ,


x
lim f(x) 

  x
xx
lnx
lim e (1 )
e
(διότι από κανόνα De L’ Hospital


x ax
lnx
lim
e 

x ax
1
lim 0
xe
).
Συνεπώς
f( (0,ρ]) = ρ-α
[e - lnρ, ) , f( [ρ,+ )) = ρ-α
[e - lnρ, ).
Τώρα από (1) και θ. ενδιαμέσων τιμών υπάρχουν 1 2
x ,x με  1 2
x ρ x και
  1 2
f(x ) f(x ) .
Άρα η εξίσωση  f(x) έχει δύο ρίζες.
γ)
Έστω x 0, f(x) 1. Τότε
f(1) 1  
1
e 1    1 0    1.
Αντίστροφα:
Αν   1    x x 1   
x x 1
e e   
  x x 1
e lnx e lnx  
 x 1
f(x) e lnx .
Όμως 
 x 1
e lnx 1.
Άρα f(x) 1.
δ)
 x 0,   f(x) 2 
 

f(x) 2
x x
,
οπότε

e
1
f(x)
dx
x
 

e
1
2
dx
x
.
Tώρα
 

e
1
2
dx
x
=     e
1
(2 )[lnx] 2 .
Άρα   
e
1
f(x)
dx 2 .
x