λυση 15 ασκησης

___________________________________________________________________________ 15η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. Έστω συνάρτηση u με τύπο F x

u x , x 0.x

Είναι F x x u x , x 0

και x 0limu x 1,

οπότε

F συνεχής

x 0 x 0 x 0 x 0limF x lim x u x F 0 lim x limu x 0 1 0.

F 0 0

x 0 x 0

F x F 0 F xF 0 lim lim 1,

x x

οπότε f 0 1. Θεωρούμε συνάρτηση k

με τύπο xk x f x e x , x . Είναι:

x x xk x f x e x f x e 1 1 x f x f x e 1 k x , x .

Έτσι: xk x k x k x c e , x . Για 0x 0: k 0 c e c f 0 1,

οπότε x

x x x

x

ek x e f x e x e f x , x .

e x

Β. x

x x

x

x eF x e x f x F x e F x 1 f x .

e x

Θεωρούμε συνάρτηση

λ με τύπο λ x f x F x , x . Είναι:

x

x x

1 e f x1 x f xλ x f x F x f x f x f x , x .

e x e x

• λ x 0 x 0

• λ x 0 x 0

• λ x 0 x 0

Επομένως λ γν.αύξουσα στο ,0 και λ γν.φθίνουσα στο 0, . Είναι:

• λ γν.αύξουσα

x 0 λ x λ 0 f x F x 1

• λ γν.φθίνουσα

x 0 λ x λ 0 f x F x 1

Δηλαδή, για κάθε x ,0 0, ,ισχύει f x F x 1 ,ενώ για x 0

έχουμε f 0 F 0 1 ,οπότε: F x 1 f x x 0.

Γ1. Είναι

x

1 x f xf x , x ,

e x

οπότε:

• f x 0 x 1

• f x 0 x 1

• f x 0 x 1

Επομένως f γν.αύξουσα στο ,1 και f γν.φθίνουσα στο 1, .

http://lisari.blogspot.gr/


2

Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο x,0 , x 0, έχουμε:

Υπάρχει ένα τουλάχιστον F x

ξ x,0 : F ξ f ξ .x

Όμως

f γν.αύξουσα στο - ,1 x 0F x

x ξ 0 f x f ξ f x F x x f x .x

Για x 0 έχουμε προφανή ισότητα, οπότε για κάθε x ,0 ,

ισχύει: F x x f x , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x 0 .

Γ2. Είναι F x f x 0, για κάθε x , οπότε F γν.αύξουσα στο .

Θεωρούμε τη συνάρτηση μ με τύπο μ x f x F x , x .

Είναι: μ x f x F x f x f x , x .

Για κάθε x 0, είναι:

• F x F 0 0 , καθώς F γν.αύξουσα στο

• f x 0

οπότε μ x f x F x 0 για κάθε x 0, και έτσι η εξίσωση

μ x 0

είναι αδύνατη στο 0, .

Για κάθε x ,0 είναι:

•

x

1 x f xf x 0

e x

• f x 0

οπότε μ x f x f x 0 και επομένως μ γν.αύξουσα στο ,0 . Έτσι:

• μ συνεχής στο 1,0 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων

• μ 0 f 0 F 0 1 0

• μ 1 f 1 F 1 0 , αφού από το Γ1 για x 1 , προκύπτει:

F 1 1 f 1 F 1 f 1 0. Σύμφωνα με το Θ.Bolzano και επειδή

μ γν.αύξουσα στο ,0 , συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση: F x f x 0,

έχει μοναδική ρίζα, η οποία βρίσκεται στο 1,0 .

Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση G με τύπο xG x e x F x , x . Είναι:

x xG x e 1 F x e x f x , x .

Για κάθε x ,0 ,είναι:

• xe 1 0

• F x F 0 0 , οπότε G x 0.



3

Για κάθε x 0, ,είναι:

• xe 1 0

• F x F 0 0 , οπότε G x 0.

Για x 0 είναι G 0 1 και έτσι G x 0 , για κάθε x , οπότε

G γν.αύξουσα στο .

Γνωρίζουμε ότι για κάθε x 0, είναι x lnx , οπότε επειδή

G γν.αύξουσα στο , θα ισχύει: G x G lnx

xF x 0x

F lnxe xe x F x x lnx F lnx .

x lnx F x

Ε1. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 0,1 ,έχουμε:

Υπάρχει ένα τουλάχιστον o o ox 0,1 : F x f x F 1 .

Όμως

f γν.αύξουσα στο 0,1

o o0 x 1 f x f 0 F 1 1.

Ε2. Έστω συνάρτηση w με τύπο w x F x F 1 F x 1 , x 0.

Είναι: w x f x F 1 f x 1 , x 0. Όμως:

• x 0

F 1 1 x F 1 x 1 1

• f γν.φθίνουσα στο 1, ,

οπότε f x F 1 f x 1 w x 0 , που σημαίνει ότι w γν.φθίνουσα

στο 0, , οπότε w ‘‘1-1’’ στο 0, και έτσι:

x xF f x F 1 F e 1 F e F 1 F f x 1

x xF f x F 1 F f x 1 F e F 1 F e 1

w 1-1

x x xw f x w e f x e e x 1 x 0 , καθώς xe x 1 ,

για κάθε x , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x 0 .

Ζ. Είναι f 0 f 0 1 ,οπότε η εφαπτομένη της fC στο σημείο 0,f 0

έχει εξίσωση: ψ x 1 .Θεωρούμε τη συνάρτηση Π με τύπο

xx

x x

x e x 1eΠ x f x x 1 x 1 , x

e x e x

.

Για κάθε x ,0 ,είναι:

• x 0

• xe x 1 0 ,οπότε Π x 0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται

πάνω από την ευθεία ψ x 1 ,όταν x ,0 .

Για κάθε x 0, ,είναι:



4

• x 0

• xe x 1 0 ,οπότε Π x 0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται

κάτω από την ευθεία ψ x 1 ,όταν x 0, .

Επομένως η εφαπτομένη της fC στο σημείο 0,f 0 , «διαπερνά» την

καμπύλη.

2η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων) (εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)

ΕΡΩΤΗΜΑ Ζ:

Αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής

παράστασης της f (γενικότερα θα βρούμε και το πλήθος των σημείων καμπής)

Στη γνωστή σχέση ln t t 1, για κάθε t 0 θέτουμε για t το xe x R και

προκύπτει: x x x xlne e 1 x e 1 e x 1.

Άρα xe x 1 x, για κάθε xx R e x 0, για κάθε x R

Οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το R.

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με

x x 2 x x

3 3x x

e 2e 2x x 2 xe e g xf x

e x e x

,

όπου x 2 xg x 2e 2x x 2 xe ,x R

Το πρόσημο της f καθορίζεται από το πρόσημο της g.

Η g είναι συνεχής στο 1,2 και g 1 g 2 e 1 2 0 .

Άρα (Θ. Bolzano) υπάρχει 1,2 τέτοιο, ώστε g 0

Βρίσκουμε



5

x x

x

x

g x e 2 2x xe , x R

g x 2 xe , x R

g x e x 1 , x R

Οπότε,

g x 0 x 1 0 x 1

και

g x 0 x 1 0 x 1

x 1

g x

g

max

Άρα η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 , δηλαδή

1 2e

g x g 1 0 ge

γνησίως φθίνουσα στο R. Επίσης

g 1 e 2 2 e 0.

Οπότε, για x 1 g x g 1 0 και για x 1 g x g 1 0

Η g είναι γνησίως αύξουσα στο ,1 και g 0 0

Άρα η ρίζα x 0 της εξίσωσης g x 0 είναι μοναδική στο ,1 .

Παρόμοια, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, και g 0

Άρα η ρίζα x της εξίσωσης g x 0 είναι μοναδική στο 1, .

O



6

Άρα η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο R.

Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της g και τις δύο ρίζες της, προκύπτει εύκολα

ο παρακάτω πίνακας:

Η f είναι κυρτή στα διαστήματα ,0 και , και κοίλη στο διάστημα 0, .

Η f μηδενίζεται στο 0 και δεξιά και αριστερά του 0 αλλάζει πρόσημο.

Άρα (και) το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f .

Σχόλιο:

Σαφώς κομψότερη η λύση του κου Ζωβοΐλη, αφού δε μπαίνει σε διαδικασία εύρεσης

σημείων καμπής!

3η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

Βασικές ανισώσεις : 𝑒𝑥 > 𝑥 , ∀𝑥 ∈ ℝ και 𝑙𝑛𝑥 < 𝑥 , 𝑥 > 0

A. Θέτουμε 𝑔(𝑥) =𝐹(𝑥)

𝑥⟺ 𝐹(𝑥) = 𝑥𝑔(𝑥). H F παραγωγισιμη στο ℝ άρα και συνεχής

όποτε :

𝐹(0) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝐹(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝑥𝑔(𝑥) = 0

𝐹′(0) = 𝑓(0) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝐹(𝑥)

𝑥= 1

Έχουμε : 𝑓′(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 , (𝟏)

𝑓′(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 ⟺ 𝑓′(𝑥)𝑒𝑥 − 𝑓′(𝑥)𝑥 + 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) = 0

𝑓′(𝑥)𝑒𝑥 = (𝑥𝑓(𝑥))′− 𝑥𝑓(𝑥) ⟺ 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥(𝑥𝑓(𝑥))

′− 𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥) ⟺

(𝑓(𝑥))′ = (𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥))′⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥) + 𝑐

Για 𝑥 = 0 ⇢ 𝑐 = 1 αρα 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥) + 1 ⟺ ⋯⟺ 𝑓(𝑥) =𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥> 0

x 0 1 ξ

g x

f x

f



7

Β.

𝐹(𝑥)𝑒𝑥 = 𝑥𝑓(𝑥) ⟺ 𝐹(𝑥)𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥⟺ 𝐹(𝑥) =

𝑥

𝑒𝑥−𝑥⟺𝐹(𝑥) −

𝑥

𝑒𝑥−𝑥= 0

Θέτουμε 𝛫(𝑥) = 𝐹(𝑥) −𝑥

𝑒𝑥−𝑥 με προφανής ρίζα 𝛫(0) = 𝐹(0) − 0 = 0

𝛫′(𝑥) = 𝐹′(𝑥) − (𝑥

𝑒𝑥 − 𝑥)′

= ⋯ =𝑒𝑥(𝑒𝑥 − 1)

(𝑒𝑥 − 𝑥)2

𝒙 𝟎 𝜥′ − +

𝜥 ↘ ↗

Έστω ότι υπάρχει ρίζα 𝜌 < 0 και επειδή η 𝐾είναι ↓ στο (−∞, 0] θα είναι :

𝐾(𝜌) > 𝐾(0) ⟺ 0 > 0 άτοπο. Ομοίως οτι δεν υπάρχει ρίζα 𝜌 > 0.

Τελικά η 𝐹(𝑥)𝑒𝑥 = 𝑥𝑓(𝑥) έχει μοναδική λύση το 0.

Γ1. Θέτουμε ℎ(𝑥) = 𝐹(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑥) , 𝑥 ≤ 0 με ℎ′(𝑥) = (𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥) 𝑥(𝑥 − 1)

𝒙 𝟎 𝟏 𝒉′ + − + 𝒉 ↗ ↘ ↗

𝑥 ≤ 0ℎ↑⇔ℎ(𝑥) ≤ ℎ(0) ⟺ 𝐹(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑥) ≤ 0 ⟺ 𝐹(𝑥) ≤ 𝑥𝑓(𝑥) , (𝟐)

Γ2. Για 𝑥 = −1 στην (2) : 𝐹(−1) < −𝑓(−1) ⟺ 𝐹(−1) + 𝑓(−1) < 0

Θέτουμε την 𝛬(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝑓(𝑥) , 𝑥 ∈ [−1,0] με 𝛬′(𝑥) =𝑒𝑥(𝑒𝑥−2𝑥+1)

(𝑒𝑥−𝑥)2

𝛬(0) = 1 > 0 και 𝛬(−1) = 𝐹(−1) + 𝑓(−1) < 0

{

𝛬 𝜎𝜐𝜈휀𝜒𝜂𝜍 𝜎𝜏𝜊 [−1,0]

𝛬(−1)𝛬(0) < 0 από ΘΒ η 𝛬(𝑥) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (−1,0)

𝛬′(𝑥) =𝑒𝑥(𝑒𝑥−2𝑥+1)

(𝑒𝑥−𝑥)2> 0 αφού 𝑒𝑥 − 2𝑥 + 1 = (𝑒𝑥 − 𝑥) + (1 − 𝑥) > 0 , 𝑥 ∈ (−1,0)

Τελικά υπάρχει μοναδικό 𝑥1 ∈ (−1,0) τέτοιο ώστε : 𝛬(𝑥) = 0

Δ. Είναι 𝑓(𝑥) =𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥> 0 ⇢ 𝐹 ↑ στο ℝ . Επίσης το πρόσημο της F είναι :

𝒙 𝟎 𝑭 − +

1 περίπτωση : 𝑥 ≥ 1

𝑥 ≥ 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 ≥ 0𝐹 ↑⇔𝐹(𝑙𝑛𝑥) ≥ 0 και 𝐹(𝑥) > 0



8

𝑒𝑥−𝑥

𝑥−𝑙𝑛𝑥>𝐹(𝑙𝑛𝑥)

𝐹(𝑥)⟺ 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)

𝑥 > 𝑙𝑛𝑥𝐹 ↑⇔𝐹(𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥) (3)

Αρκεί να δείξουμε ότι 𝑒𝑥 − 𝑥 > 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 , 𝑥 ≥ 1

Θέτουμε την 𝛱(𝑥) = 𝑒𝑥 − 2𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 με 𝛱′(𝑥) = 𝑒𝑥 − 2 +1

𝑥> 0 , ∀𝑥 ≥ 1

Όποτε 𝑥 ≥ 1𝛱 ↑⇔ 𝑒𝑥 − 2𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 ≥ 𝑒 − 2 > 0 ⟺ 𝑒𝑥 − 𝑥 > 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 , (4)

Από (3) και (4) έχουμε : 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) ⟺𝑒𝑥−𝑥


𝐹(𝑥)

2 περίπτωση : 0 < 𝑥 < 1

𝑥 < 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 < 0𝐹 ↑⇔𝐹(𝑙𝑛𝑥) < 0

𝐹(𝑥)>0⇔

𝐹(𝑙𝑛𝑥)

𝐹(𝑥)< 0

𝑒𝑥−𝑥

𝑥−𝑙𝑛𝑥> 0 . Όποτε

𝑒𝑥−𝑥


𝐹(𝑥)

E1. Θεωρούμε την συνάρτηση 𝑤(𝑥) = 𝐹(𝑥) − 𝑥 , 𝜇휀 𝑤′(𝑥) =𝑥

𝑒𝑥−𝑥

𝒙 𝟎 𝒘′ − + 𝒘 ↘ ↗

𝑤(𝑥) ≥ 𝑤(0) ⟺ 𝑤(𝑥) ≥ 0 άρα για 𝑥 = 1 ∶ 𝑤(1) > 0 ⟺ 𝐹(1) − 1 > 0 ⟺ 𝐹(1) > 1

E2. 𝑓′(𝑥) =𝑒𝑥(1−𝑥)

(𝑒𝑥−𝑥)2< 0 για κάθε 𝑥 > 1 άρα 𝑓 1 − 1 όταν 𝑥 > 1

Είναι 𝑒𝑥 ≥ 𝑥 + 1 και το ίσον ισχύει μόνο όταν 𝑥 = 0

Για 𝒙 ≠ 𝟎 ∶ 𝑒𝑥 > 𝑥 + 1 ⟺ 𝑒𝑥 − 𝑥 > 1 ⟺1

𝑒𝑥−𝑥< 1⟺

𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥< 𝑒𝑥⟺ 𝑓(𝑥) < 𝑒𝑥

Η εξίσωση : 𝐹(𝑓(𝑥) + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑒𝑥 + 1) = 𝐹(𝑒𝑥 + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑓(𝑥) + 1) έχει προφανή

ρίζα το 0 . Έστω ότι η παραπάνω εξίσωση έχει και το 𝒙𝟐 ≠ 𝟎 λύση .Επομένως :

𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑒𝑥2 + 1) = 𝐹(𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1)

ή

𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1) = 𝐹(𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑒𝑥2 + 1) (𝟒)

ή

𝐹(𝑒𝑥2 + 1) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1) = 𝐹(𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) (𝟓)

Αφού 𝑓(𝑥) > 0 , 𝐹(1) > 1 και 𝑓(𝑥) < 𝑒𝑥 :

1 < 𝑓(𝑥2) + 1 < 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1) < 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)



9

Και

1 < 𝑓(𝑥2) + 1 < 𝑒𝑥2 + 1 < 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)

Έστω 𝒆𝒙𝟐 + 𝟏 ≥ 𝒇(𝒙𝟐) + 𝑭(𝟏) ⇢ 𝒇(𝒙𝟐) + 𝟏 < 𝒇(𝒙𝟐) + 𝑭(𝟏) ≤ 𝒆𝒙𝟐 + 𝟏 < 𝒆𝒙𝟐 + 𝑭(𝟏)

F παραγωγισιμη στο [𝑓(𝑥2) + 1, 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)] από ΘΜΤ υπάρχει ένα τουλάχιστον

𝜉1 ∈ (𝑓(𝑥2) + 1, 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) ∶ 𝐹′(𝜉1) = 𝑓(𝜉1) =

𝐹(𝑓(𝑥2)+𝐹(1))−𝐹(𝑓(𝑥2)+1)

𝐹(1)−1

F παραγωγισιμη στο [𝑒𝑥2 + 1, 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)] από ΘΜΤ υπάρχει ένα τουλάχιστον

𝜉2 ∈ (𝑒𝑥2 + 1, 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) ∶ 𝐹′(𝜉2) = 𝑓(𝜉2) =

𝐹(𝑒𝑥2+𝐹(1))−𝐹(𝑒𝑥2+1)

𝐹(1)−1

Λογω της (4) έχουμε : 𝑓(𝜉1) = 𝑓(𝜉2)𝑓 1−1⇔ 𝜉1 = 𝜉2 ⇢ ΑΤΟΠΟ

Αν 𝒆𝒙𝟐 + 𝟏 ≤ 𝒇(𝒙𝟐) + 𝑭(𝟏). Χρησιμοποιούμε την σχέση (5) και όμοιο τρόπο

καταλήγουμε σε άτοπο .

Ζ. Αρκεί να δείξουμε ότι το (0, 𝑓(0)) είναι σημείο καμπής .

Παραγωγιζουμε την 𝑓′(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 και μετά από πράξεις έχουμε

𝑓′′(𝑥)(𝑒𝑥−𝑥)3

𝑒𝑥= 𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2 − 2𝑥 − 2𝑒𝑥 + 2

Θέτουμε 𝛷(𝑥) = 𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2 − 2𝑥 − 2𝑒𝑥 + 2 με 𝛷′(𝑥) = (𝑒𝑥 + 2)(𝑥 − 1)

𝒙 𝟎 𝟏 𝜱′ − + 𝜱 ↘ ↗

𝑥 < 0𝛷↓⇔𝛷(𝑥) > 𝛷(0) ⟺ 𝑓′′(𝑥)

(𝑒𝑥−𝑥)3

𝑒𝑥> 0⟺ 𝑓′′(𝑥) > 0

0 ≤ 𝑥 < 1𝛷↓⇔𝛷(𝑥) ≤ 𝛷(0) ⟺ 𝑓′′(𝑥)

(𝑒𝑥−𝑥)3

𝑒𝑥≤ 0 ⟺ 𝑓′′(𝑥) ≤ 0

𝒙 𝟎 𝟏 𝒇′′ + − 𝒇 ∪ ∩



10

4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α. Ισοδύναμα από αρχική έχω: 𝑓΄(𝜒)𝑒𝑥 − 𝑓΄(𝜒)𝜒 + 𝜒𝑓(𝜒) − 𝑓(𝑥) = 0 ή 𝑓΄(𝜒) −

𝑓΄(𝜒)𝜒𝑒−𝑥 + 𝜒𝑓(𝜒)𝑒−𝑥 − 𝑓(𝑥)𝑒−𝑥 = 0 ή 𝑓΄(𝜒) − (𝜒𝑓(𝜒)𝑒−𝑥)΄=0 άρα η

φ(χ)= 𝑓(𝜒)(1 − 𝜒𝑒−𝑥)=c. Θέτοντας 𝛨(𝜒) =𝐹(𝑥)

𝑥 είναι lim

𝜒→0𝛨(𝜒) = 1 και F(χ)=χΗ(χ)

με lim𝜒→0

𝐹(𝜒) = 0 = 𝐹(0), άρα το όριο που δίνεται είναι το F΄(0)=1=f(0). Για χ=0 στη

φ έχω c=1=φ(χ) ή 1=f(χ)(1-χ𝑒−𝑥) ή f(χ)=𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥.

Β. H δοσμένη είναι ισοδ. με F(χ)= 𝜒

𝑒𝑥−𝑥 (προφανής ρίζα 0) και θέτοντας Φ(χ)=

F(χ)−𝜒

𝑒𝑥−𝑥 έχω Φ΄(χ)=

𝑒𝑥(𝑒𝑥−1)

(𝑒𝑥−𝑥)2 με μόνη ρίζα το 0 που για χ>0 είναι θετική άρα Φ <

στο [0,+∞) και για χ<0 αρνητική δηλ. Φ > στο (-∞, 0], άρα Φmin=0 δηλ. Φ(χ)>0 στο

𝑅∗, και ο 0 μόνη ρίζα της Φ.

Γ1. Για χ=0 ισχύει ως ισότητα. Αν χ<0 θέτω Κ(χ)=F(χ)-χf(χ) με

Κ΄(χ)=−𝜒𝑒𝜒1−𝜒

(𝑒𝑥−𝑥)2>0 δηλ. η Κ < στο (-∞, 0] και έχει max το Κ(0)=0, άρα Κ(χ)<0

στο (-∞, 0).

Γ2. Με Τ(χ)=F(χ)+f(χ), χ∈ [−1,0] είναι Τ(-1)=F(-1)+f(-1)<0 (γιατί από Γ1 με χ=-1

είναι F(-1)<-f(-1)) και Τ(0)=F(0)+f(0)=1, άρα εφαρμόζεται το Bolzano για την Τ. Aν

η T έχει 2 ρίζες στο (-1,0) θα εφαρμόζεται το Rolle και η Τ΄(χ)=𝑒𝑥𝑒𝑥+1−2𝑥

(𝑒𝑥−𝑥)2 θα έχει

ρίζα σ’ αυτό. Αν όμως θέσω φ(χ)= 𝑒𝑥 + 1 − 2𝑥 θα είναι φ΄(χ)= 𝑒𝑥 − 2<0 στο (-1,0)

δηλ. η Τ΄ αδύνατη σ’ αυτό. Άρα η Τ έχει μοναδική ρίζα στο (-1,0).

Δ. Είναι F < αφού f(χ)>0 (𝑒𝑥 ≥ 𝑥 + 1 > 𝑥) δηλ. F(χ)>F(0)=0 και χ-lnχ>0 (lnχ≤ 𝜒 −

1 < 𝜒). Άρα η ζητούμενη ανισότητα γράφεται ισοδύναμα: 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) >

𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) = 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑒𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) ή Φ(χ)>Φ(lnx) με Φ(χ)= 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) ,

χ>0. Είναι Φ΄(χ)=𝑒𝑥 + 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 1) > 0 με χ>0, άρα Φ < στο (0,+∞) δηλ. η

αποδεικτέα ισχύει.

Ε1. 𝑓΄(𝜒) = 𝑒𝜒1−𝜒

(𝑒𝑥−𝑥)2 με μόνη ρίζα το 1 που είναι θετική στο (-∞,1) και < στο (-

∞, 1]. Από ΘΜΤ για την F στο [0,1] υπάρχει ξ στο (0,1) με 𝐹΄(𝜉) = 𝑓(𝜉) = 𝐹(1) κι

επειδή 0<ξ είναι f(0)<f(ξ) (f <)) άρα 1<F(1).



11

Z. H εφαπτομένη της Cf στο (0,1) έχει εξίσωση y=x+1 και f΄΄(χ)=−𝑒𝜒

(𝑒𝜒−𝜒)3(−𝜒2 +

2𝑒𝑥 − 2 − 𝑥𝑒𝜒 + 2𝜒). Θέτω h(χ)= −𝜒2 + 2𝑒𝑥 − 2 − 𝑥𝑒𝜒 + 2𝜒 με h(0)=0 και

h΄(χ)=(1 − 𝜒)(𝑒𝜒 + 2) με ρίζα το 1 και h΄(χ)>0 με χ<1 δηλ. η h < στο (-∞, 1]. Για

χ<0 είναι h(χ)<h(0)=0 άρα f΄΄(χ)>0 και f κυρτή στο (-∞, 0]. Ομοίως με 0<χ<1 είναι

h(χ)>h(0)=0 άρα f΄΄(χ)<0 και f κοίλη στο [0,1]. Δηλ. το (0,1) σημείο καμπής της Cf.

5η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

Έστω g(x) =F(x)

x, x ≠ 0, τότε lim

x→0g(x) = 1

F(x) = xg(x) ⇒ limx→0F(x) = lim

x→0xg(x) = 0, όμως F συνεχής άρα F(0)=0

f(0) = F′(0) = limx→0

F(x) − F(0)

x − 0= limx→0g(x) = 1 , αρα 𝐟(𝟎) = 𝟏

Έστω H(x) = (1 − xe−x)f(x), x ∈ R παραγωγίσιμη

τότε H′(x) = e−x(x − 1)f(x) + (1 − xe−x)f ′(x) =

= e−x[(x − 1)f(x) + (ex − x)f ′(x)] = 0

άρα Η σταθερή με Η(0) = 1 ,άρα H(x) = 1 ⇒(1 − xe−x)f(x) = 1 1−xe−x≠0 ⇒

f(x) =1

1 − xe−x⇒ 𝐟(𝐱) =

𝐞𝐱

𝐞𝐱 − 𝐱

B.

Έστω G(x) = F(x) −x f(x)

ex, x ∈ R παραγωγίσιμη

με G′(x) = f(x) −(f(x)+xf′(x))ex−xf(x)ex

e2x=

ex

ex−x−(1−x)f(x)+xf′(x)

ex=

=ex

ex−x−f′(x)(ex−x)+xf′(x)

ex=

ex

ex−x−f′(x)ex

ex=

ex

ex−x−ex(1−x)

(ex−x)2 =ex(ex−1)

(ex−x)2

x -∞ 0 +∞

G - +

G

O.E. G(0)=0



12

Από τον πίνακα έχουμε ότι η G έχει μοναδική ρίζα το 0, άρα και η

F(x) −x f(x)

ex= 0⇔

𝐅(𝐱)𝐞𝐱 = 𝐱𝐟(𝐱) έχει μοναδική ρίζα το 0.

Γ.1

Γιαx < 0 η F είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο [x, 0] οπότε από ΘΜΤ

∃ ξ ∈ (x, 0): F′(ξ) =F(x)−F(0)

x−0⇒ f(ξ) =

F(x)

x

όμως f(x) =ex

ex−x⇒ f ′(x) =

ex(1−x)

(ex−x)2 > 0 για x < 0 άρα f ↗ στο [x, 0]

άρα ξ > x ⇒ f(ξ) > f(x) ⇒F(x)

x> f(x) ⇒ F(x) < xf(x) ∀ x < 0

ακόμα F(0) = 0 = 0f(0), συνεπώς ∀ 𝐱 ∈ (−∞,𝟎] 𝛆ί𝛎𝛂𝛊 𝐅(𝐱) ≤ 𝐱𝐟(𝐱)

Γ.2

Έστω D(x) = F(x) + f(x), x ∈ R παραγωγίσιμη

η D ορίζεται και είναι συνεχής στο [−1,0]

D(−1) = F(−1) + f(−1) < 0 , από Γ1

D(0) = F(0) + f(0) = 1 > 0

από Θ.Bolzano η D έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (-1,0)

D′(x) = F′(x) + f ′(x) =ex(ex−2x+1)

(ex−x)2

θεωρώ την συνάρτηση z(x) = ex − 2x + 1 με z′(x) = ex − 2

Από τον πίνακα έχουμε z(x) > 0

άρα D′(x) > 0 ⇒ D ↗ στο R συνεπώς η

D έχει μοναδική ρίζα στο R άρα και η

𝐅(𝐱) + 𝐟(𝐱) = 𝟎 έ𝛘𝛆𝛊 𝛍𝛐𝛎𝛂𝛅𝛊𝛋ή 𝛒ί𝛇𝛂 στο R που βρίσκεται στο (-1,0)

x -∞

ln2 +∞

z - +

z

O.E. z( ln2)=3-2ln2>0



13

Δ.

f(x) > 0 , αφού ex − x ≥ 1 και ex > 0

F′(x) = f(x) > 0 άρα F ↗ στο R άρα για x > 0 ⇒ F(x) > F(0) = 0

Έστω L(x) =exF(x)

f(x) , x ∈ R παραγωγίσιμη με

L′(x) =ex[F(x)(f(x)−f′(x))+f2(x)]

f2(x)=ex[F(x)

ex(ex−1)

f2(x)+f2(x)]

f2(x)> 0 για x > 0

άρα L ↗ στο (0, +∞). Όμως lnx ≤ x − 1 < x ⇒ L(lnx) < L(x) ⇒

elnxF(lnx)

f(lnx)<exF(x)

f(x)⇒xF(lnx)

f(lnx)<exF(x)

f(x)⇒xF(lnx)

x

x−lnx

<exF(x)ex

ex−x

⇒ 𝐅(𝐥𝐧𝐱)

𝐅(𝐱)<

𝐞𝐱−𝐱

𝐱−𝐥𝐧𝐱

Ε.1

Έστω W(x) = F(x) − x , x, ∈ [0 + ∞) παραγωγίσιμη με

W′(x) = f(x) − 1 =x

ex−x > 0 , για x > 0 άρα W ↗ στο [0, +∞)

1 > 0⇒W(1) > W(0) ⇒ 𝐅(𝟏) > 𝟏

Ε.2.

f(x) =ex

ex−x > 0 , f ′(x) =

ex(1−x)

(ex−x)2 , άρα 𝐟 ↘ 𝛔𝛕𝛐 (𝟏,+∞).

είναι f(x) =ex

ex−x< ex ,αφού ex − x > 1 , άρα 𝟎 < 𝐟(𝐱) < 𝐞𝐱

η x=0 είναι προφανής λύση,

έστω ρ ≠ 0 μια άλλη λύση , τότε 1 < f(ρ) + 1 < eρ + F(1) και

f(ρ) + 1 < eρ + 1 < eρ + F(1) και

f(ρ) + 1 < f(ρ) + F(1) < eρ + F(1)

Θέτω α = f(ρ) + 1 , δ = eρ + F(1) , β = min {eρ + 1, f(ρ) + F(1)}

, γ = max {eρ + 1, f(ρ) + F(1)} , τότε 1 < α < β ≤ γ < δ

και β − α = δ − γ = eρ − f(ρ) > 0 ή β − α = δ − γ = F(1) − 1 > 0

και τότε F(β) + F(γ) = F(δ) + F(α) , όμως από ΘΜΤ στα [𝛼, 𝛽], [𝛾, 𝛿] για την F

είναι

𝐹′(𝜉1) = 𝑓(𝜉1) =𝐹(𝛽)−𝐹(𝛼)

𝛽−𝛼 , 𝐹′(𝜉2) = 𝑓(𝜉2) =

𝐹(𝛿)−𝐹(𝛾)

𝛿−𝛾 , 𝜉1 ∈ (𝑎, 𝛽), 𝜉2 ∈

(𝛾, 𝛿)



14

και επειδή f ↘ στο (1, +∞) θα είναι f(ξ1) > f(ξ2)

⇒F(β) − F(α) > F(δ) − F(γ) ⇒

F(β) + F(γ) > F(δ) + F(α) , άτοπο οπότε η x=0 μοναδική λύση

Ζ.

f ′(x) =ex(1−x)

(ex−x)2 , η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και δέχεται εφαπτόμενη.

f ′′(x) = exex(x−2)+x2−2x+2

(ex−x)3 με f ′′(0) = 0

έστω z(x) = ex(x − 2) + x2 − 2x + 2 , x < 1 παραγωγίσιμη με

z′(x) = (ex + 2)(x − 1) < 0 ,άρα z ↘ για x <1

για x < 0 ⇒ z(x) < z(0) = 0 ⇒ f ′′(x) < 0

για x > 0x<1⇒ z(x) > z(0) = 0 ⇒ f ′′(x) > 0 , συνεπώς το x=0 είναι σημείο καμπής

και η εφαπτόμενη σε αυτό διαπερνά την 𝐂𝐟


λυση 15 ασκησης

Education

Transcript of λυση 15 ασκησης