λυση ασκ. 22
Transcript of λυση ασκ. 22
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)
Επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο σημείο x 0, το 0 προκύπτει ότι f 0 0
(Fermat) και επιπλέον δίνεται ότι f 0 0
α) Έχουμε:
2f x 2f x 2f x2f x2e e e e
2
2 2 2 f '' xf '' x f '' x f '' x
t 1 't 2tdt dt dt t 1
t 1 2 t 1 2 t 1
2 22 22f x 2f x 2f x
e 1 f '' x 1 f '' x e e 1 f '' x 1
22 2f x 2f x
f '' x f '' x 1 e e 1 , x
σχέση 1 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση 2g x x x 1 , για κάθε x . Η συνάρτηση g είναι
παραγωγίσιμη στο , με παράγωγο 2
2 2
x x x 1g ' x 1
x 1 x 1
, για κάθε x
. Όμως, είναι:
2 2 2x 1 x x x x x 1 0 g ' x 0, x και επειδή η
συνάρτηση g είναι συνεχής στο , θα είναι γνησίως αύξουσα, άρα και "1 1" .
g:1 1
2f x 2f x1 :g f '' x g e f '' x e
, για κάθε x , σχέση 2 .
Προφανώς, αφού η συνάρτηση 2f xe
είναι παραγωγίσιμη στο , ως σύνθεση
παραγωγίσιμης συνάρτησης, και η συνάρτηση f '' x θα είναι παραγωγίσιμη στο .
Επομένως, η συνάρτηση f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο .
3
3f x2 : 2f x ln f '' x 2f ' x f x 2f ' x f '' x 0
f '' x
x 02
1 1f '' 0 1
f ' 0 0
f '' x f ' x c c 1
. Άρα, 2
f '' x f ' x 1, x .
Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το f xe και έχουμε:
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
2f x f x f x f x f x f xf '' x e f ' x e e f '' x e f ' x e ' e
f x f x
e '' e , για κάθε x .
Θεωρούμε τη συνάρτηση f xh x e , x . Επομένως:
x 0x x x x x x
2h ' 0 0
h 0 1
h '' x h x h '' x h ' x h x h ' x
e h '' x e h ' x e h x e h ' x e h ' x e h x c
2c 1 . Άρα:
x x x x 2xh ' x h x e h ' x h x e e h ' x e h x e
2x x 0x
3 3h 0 1
e 1e h x c c
2 2
. Άρα,
x x x xe e e eh x f x ln
2 2
, για
κάθε x .
βi) Ισχύει:
x x 2x
x x 2x
e e e 1f ' x
e e e 1
, για κάθε x .
► 2x
2x
e 1f ' x 0 0 x 0
e 1
► 2x
2x
e 1f ' x 0 0 x 0
e 1
Επομένως, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, και γνησίως φθίνουσα
στο ,0 . Άρα, η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση 0x 0 , το
0f x f 0 0 .
Το σύνολο τιμών της f είναι το x x
f f 0 , lim f x f 0 , lim f x
.
► xx x 2x 2u e
xx x x u 0 u 0
e e e 1 u 1lim f x lim ln lim ln lim ln
2 2e 2u
2
u 0lim ln u 1 ln 2u 0
.
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
► xx x 2x 2u e
xx x x u u
e e e 1 u 1lim f x lim ln lim ln lim ln
2 2e 2u
2
u u
u ulim ln lim ln
2u 2
. Επομένως, f 0, .
βii) Έχουμε:
1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2x x x x x x x x x x x xe e e e 4 e e e e 4
1 1 2 2 1 1 2 2x x x x x x x xe e e e e e e e
1 ln 02 2 2 2
1 1 2 2x x x x
1 2
e e e eln ln 0 f x f x 0
2 2
Από το ερώτημα (βi), έχουμε ότι f x 0 , για κάθε x .
► Για 1x x : 1f x 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 1x 0 .
► Για 2x x : 2f x 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 2x 0 .
Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο παραπάνω σχέσεις έχουμε:
1 2f x f x 0 , με την ισότητα να ισχύει όταν ταυτόχρονα 1 2x x 0 .
Άρα, αυτές είναι και οι ζητούμενες τιμές των 1 2x ,x .
γi) Για x 0 , είναι 0 0 0 που ισχύει.
Για x 0 , η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0, x και παραγωγίσιμη στο 0, x , άρα
ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο εν λόγω διάστημα και
επομένως, υπάρχει:
1 1
f x f 0 f x0, x : f '
x 0 x
Όμως,
2x
22x
4ef '' x 0
e 1
, επομένως η συνάρτηση f είναι κυρτή στο και άρα η
f ' γνησίως αύξουσα. Άρα:
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
f '
1 1
f x0 x f ' 0 f ' f ' x 0 f ' x 0 f x xf ' x
x
, για
κάθε x 0 .
Για x 0 , η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x,0 και παραγωγίσιμη στο x,0 , άρα
ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο εν λόγω διάστημα και
επομένως, υπάρχει:
2 2
f 0 f x f xx,0 : f '
0 x x
f '
2 2
f xx 0 f ' x f ' f ' 0 f ' x 0 xf ' x f x 0
x
, για
κάθε x 0 .
Τελικά, για κάθε x , ισχύει 0 f x xf ' x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για
x 0 .
γii) Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο 0 0x ,f x είναι:
0 0 0y f x f ' x x x , για να διέρχεται όμως, από το σημείο 0,0 πρέπει και
αρκεί να είναι:
0 0 0 0 0 00 f x f ' x 0 x f x x f ' x .
Από το ερώτημα (γi) έχουμε ότι f x xf ' x , για κάθε x , με την ισότητα μόνο
για x 0 . Επομένως, θα είναι και 0x 0 . Άρα, η ζητούμενη ευθεία είναι η
: y f 0 f ' 0 x 0 y 0 , δηλαδή ο άξονας x 'x .
δi) Θεωρούμε τον πραγματικό αριθμό z2
.
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στα , z και z, και παραγωγίσιμη στα , z και
z, . Οπότε, η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης
τιμής στα εν λόγω διαστήματα και επομένως υπάρχουν 1y ,z και 2y z,
τέτοια ώστε:
1
f z ff ' y
z
και
2
f f zf ' y
z
. Όμως, η συνάρτηση f είναι
κυρτή στο , άρα και η f ' είναι γνησίως αύξουσα. Άρα:
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
f '
1 2 1 2
z zy y f ' y f ' y f z f f
.
Η εφαπτομένη της f στο σημείο z,f z είναι y f z f ' z x z . Όμως,
αφού η f είναι κυρτή, κάθε εφαπτομένη της f βρίσκεται «κάτω» από τη fC .
Επομένως, ισχύει f x f z f ' z x z , για κάθε x , . Άρα:
f x dx f z dt f ' z x z f z f ' z z2
f z
Επομένως,
f x dx
f2
.
Για την άλλη ανισότητα, είναι z z
f z f f
, έχουμε:
f f f f
f z dz z dz z dz2
.
Επομένως,
f x dxf f
f2 2
.
Σχόλιο:
Η παραπάνω ανισότητα είναι πολύ χρήσιμη στα μαθηματικά και είναι γνωστή ως
ανισότητα Hermite – Hadamard.
δii) Θεωρώ τη συνάρτηση x x
1 0
2xx x 1 f t dt x f t dt
3 , x 0,1 .
Η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
0 1
1 0
0 f t dt f t dt , σχέση 3 .
1
0
21 f t dt
3 , σχέση 4 .
Από την ανισότητα Hadamard στο ερώτημα (δi), για 0 και 1 , έχουμε:
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
1 2
1f 0 12
0
0
e 1f t dt ln
f 0 f 1 2e1 2f 0 f t dt
2 1 0 2 2 3
Αφού
3 32 2
4 4 7 6 4 2e 1 e 1ln ln e e 8e e 3e 3e 1
2e 2e
6 5 4 3 2e 1 8e 7e 7e 4e 4e e 1 0 , που ισχύει.
Επομένως, 0 0 και 1 0 , άρα 0 1 0 και από θεώρημα Bolzano,
υπάρχει τουλάχιστον ένα 0,1 τέτοιο, ώστε να ισχύει:
0
1
1 0
f x dxf x dx2 2
0 1 f x dx f x dx 03 1 3 3
2η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων) (εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
2ος τρόπος για το βii ερώτημα: (απόδειξη ανεξάρτητη από την υπόλοιπη άσκηση)
Από τη βασική σχέση xe x 1, για κάθε x R και με την ισότητα να ισχύει μόνο για
x 0, έχουμε διαδοχικά:
1 2
1 2
1 2 1 2 2 1 1 2
2 1
1 2
x x
1 2
x x
1 2 x x x x x x x x
x x
2 1
x x
1 2
e x x 1 1
e x x 1 2e e e e 4
e x x 1 3
e x x 1 4
Αν κάποια από τις σχέσεις 1 2 , 3 , 4 ισχύει ως γνήσια ανισότητα, τότε
1 2 1 2 2 1 1 2x x x x x x x xe e e e 4
Άρα
1 2
1 2
1 2 1 2 2 1 1 2
2 1
1 2
x x
1 2 1 2
x x
1 2 1 2x x x x x x x x
1 2x x2 12 1
x x1 21 2
e x x 1 x x 0
e x x 1 x x 0e e e e 4 x x 0
x x 0e x x 1
x x 0e x x 1
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
2ος τρόπος για το δii ερώτημα: (απόδειξη ανεξάρτητη από το δi ερώτημα)
Θεωρούμε τη συνάρτηση x x
1 0
2xx x 1 f t dt x f t dt
3 , x 0,1 .
Η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
0 1
1 0
0 f t dt f t dt 0
(διότι έχουμε αποδείξει f x 0 στο R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0
Άρα f x 0 στο 0,1 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )
Επίσης,
1
0
21 f t dt 0
3
(διότι από τη βασική σχέση ln x x 1,x 0 για x το t te e
0, t 0,12
παίρνουμε
t t t te e e e
ln 1, t 0,12 2
,
με την ισότητα να ισχύει μόνο για t te e
1 t 02
. ΄Αρα
1 1 t t 2
0 0
e e e 2e 1 2f t dt 1 dt ,
2 2e 3
αφού
22e 2e 1 2
3e 10e 32e 3
,
το οποίο ισχύει αφού
2 2
2e 3 e 9 3e 273e 10e 3
e 2,4 10e 24 27 10e 3
)
Το συμπέρασμα έπεται άμεσα από το θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση φ στο
διάστημα 0,1
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
3η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
α)
Θέτω h(x)= x + √x2 + 1 x∈ R. Tότε h΄(x) = 1+x
√x2+1 > 0 oπότε h γνήσια αύξουσα στο
R συνεπώς και 1-1 (−x ≤ |x| < √x2 + 1 ).
Η δοσμένη σχέση είναι: ∫t
√t2+1
e−2f(x)
f΄΄(χ)dt = f΄΄(χ) − e−2f(x) ∫ (
t
√t2+1
e−2f(x)
f΄΄(χ)+ 1)dt =
0 [t + √t2 + 1]f΄΄(χ)
e−2f(x)
= 0 h(e−2f(x)) = h(f΄΄(χ)) και επειδή η h είναι 1-1 θα
είναι f΄΄(x) = e−2f(x).Τώρα η g(x) = e−2f(x) είναι παραγωγίσιμη , συνεπώς υπάρχει
η f΄΄΄(x) και είναι f΄΄΄(x) = −2f΄(x)e−2f(x) f΄΄΄(x) = −2f΄(x)f΄΄(x) f΄΄΄(x) +
((f ΄(x))2)΄ = 0 f΄΄(x) + f ΄(x)2 = c .¨Όμως επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο
χ=0 τo 0 θα είναι f΄(0) = f(0) =0 , f΄΄(0)=1 και c=1. Επόμενα f΄΄(x) + f ΄(x)2 =
1 f΄΄(x)ef(x) + (f ΄(x))2ef(x) = ef(x) (f ΄(χ)ef(x))΄ = ef(x) (ef(x))΄΄ = ef(x)
(ef(x))΄΄ + (ef(x))΄ = (ef(x))΄ + ef(x) (ef(x))΄ + ef(x) = Κex. Για x=0 προκύπτει Κ=1
(διότι είναι f ΄(0)ef(0) + ef(0) = Κ). Οπότε (ef(x))΄ + ef(x) = ex ex(ef(x))΄ +
exef(x) = e2x (ex(ef(x))) ΄ = (e2x
2) ΄ (ex+f(x))΄ = (
e2x
2) ΄ ex+f(x) =
e2x
2+
β. Για x=0 προκύπτει β = 1
2 . Επόμενα ex+f(x) =
e2x+1
2 ef(x) =
ex+e−x
2 f(x) =
ln (ex+e−x
2).
β)
i) ΄Εχω: f(x) = ln (ex+e−x
2) f(x) = ln(ex + e−x) − ln2 , f΄(x) =
ex−e−x
ex+e−x , f΄(x) =
0 𝑥 = 0 , f΄(x) > 0 𝑥 > 0 , f΄(x) < 0 𝑥 < 0.Συνεπώς f γνήσια φθίνουσα στο
(−∞ , 0] , f γνήσια αύξουσα στο [0 ,+∞) οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο
σημείο x=0 το f(0)=0. Επειδή lim𝑥→+∞
f(x) = lim𝑥→−∞
f(x) = +∞ θα είναι πεδίο τιμών
f(R)= [0 ,+∞).
ii) ΄Εχουμε: ex1+x2 + ex1−x2 + ex2−x1 + e−x1−x2 = 4 ex1(ex2 + e−x2) +
𝑒−𝑥1(ex2 + e−x2) = 4 (ex1 + e−x1)(ex2 + e−x2) = 4 4ef(x1)+f(x2) = 4
ef(x1)+f(x2) = 1 f(x1) + f(x2) = 0 f(x1) = f(x2) = 0 x1 = x2 = 0 διότι για
x≠ 0, 𝑓(𝑥) > 0 (από βi).
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
γ)
i) Επειδή η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο x=0 το f(0)=0 θα είναι f(x)≥ 0.
Aν g(x)=xf΄(x)-f(x) , x∈ R τότε g΄(x)=xf΄΄(x)=xe−2f(x).Επόμενα 𝑔΄(x) = 0 𝑥 =
0 , g΄(x) > 0 𝑥 > 0 , g΄(x) < 0 𝑥 < 0. Συνεπώς g γνήσια φθίνουσα στο (−∞ , 0]
, g γνήσια αύξουσα στο [0 ,+∞) οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο x=0
το g(0)=0. Δηλ. g(x) ≥ 0 xf΄(x) − f(x) ≥ 0 f(x) ≤ xf΄(x). ΄Αρα 0≤ f(x) ≤
xf΄(x). Η ισότητα ισχύει για x=0.
ii) H εφαπτόμενη της Cf σε κάθε σημείο της (x0,f(x0)) είναι της μορφής
(η): y- f(x0)= f΄(x0)(x-x0). Για να διέρχεται η (η) από την αρχή των αξόνων θα πρέπει
f(x0)= x0 f΄(x0) 𝛾)𝑖)⇔ x0 = 0. ΄Αρα η ζητούμενη εφαπτόμενη είναι: y=0.
δ)
i)Θέτω d(x)=∫ f(t)dt − (x − α)f(x+α
2
x
α) , x∈ [α,+∞). Tότε d΄(x)=f(x)- f (
x+α
2)-
( x−α
2) f΄ (
x+α
2)>0 για x>α διότι: f΄΄(x) = e−2f(x) > 0 συνεπώς f κυρτή στο R οπότε από
Θεώρημα Μέσης Τιμής στο [α,α+x
2] υπάρχει 𝜉1 ∈ (α,
α+x
2) ώστε f΄(𝜉1) =
f(α+x
2)−f(a)
x−a
2
< f΄ (α+x
2) λόγω κυρτότητας. Επόμενα d γνήσια αύξουσα στο [α, +∞)
δηλαδή α<β d(α) < d(β)
0 < ∫ f(t)dt − (β − a)f(β+α
2
β
α) f (
β+α
2) <
∫ f(t)dtβα
β−α.
΄Ομοια θέτω φ(x)=(f(x)+f(𝛼)
2)(x − α) − ∫ f(t)dt
x
α , x∈ [α, +∞). Tότε φ΄(x)=
f΄(x)
2(x −
α) + f(x)+f(α)
2− f(x) =
f΄(x)
2(x − α) −
f(x)−f(α)
2= (
x−α
2) [f΄(x) −
f(x)−f(α)
x−α]>0 για x>α
διότι: από Θεώρημα Μέσης Τιμής στο [α,x] υπάρχει ξ2 ∈ (α, x) ώστε
f΄(ξ2)=f(x)−f(α)
x−a< f΄(x) λόγω κυρτότητας της f. Επόμενα φ γνήσια αύξουσα στο
[α, +∞) δηλαδή α<β
φ(α) < φ(β)0 < (f(β)+f(α)
2) (β − α) − ∫ f(t)dt
β
a
∫ f(t)dtβα
β−a<f(β)+f(α)
2. ΄Αρα
f (α+β
2) ≤
∫ f(x)dtβα
β−a≤f(β)+f(α)
2.
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
ii) Ισχύει ότι: lnx≤x-1 ln (ex+e−x
2) ≤ (
ex+e−x
2) − 1 ∫ f(x)dx ≤ ∫ [(
ex+e−x
2) −
1
0
1
0
1]dx ∫ f(x)dx ≤ [(ex−e−x
2) − x]
0
11
0 ∫ f(x)dx ≤
e−e−1
2
1
0− 1 <
2
3 διότι ισχύει: e −
e−1 <10
3
e−e−1
2<5
3
e−e−1
2− 1 <
2
3 .
Επόμενα 3∫ f(x)dx < 21
0 (1).
Επίσης f(x)≥ 0 και επειδή η f δεν είναι παντού μηδέν έχω ότι ∫ f(t)dt > 0.1
0
Τώρα θεωρώ τη συνάρτηση Η(x)=3(x − 1) ∫ f(t)dt + 3x ∫ f(t)dt − 2x.x
0
x
1
Η Η(x) είναι συνεχής στο [0,1] ως άθροισμα συνεχών. Επί πλέον Η(1)<0 από τη σχέση
(1) , Η(0)= 3 ∫ f(t)dt > 0.1
0
΄Αρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ξ∈ (0,1) ώστε Η(ξ) = 0
3(ξ − 1) ∫ f(t)dt + 3ξ ∫ f(t)dt − 2ξ = 0 3(𝜉 − 1) ∫ f(t)dt = −3ξ ∫ f(t)dt +ξ
0
ξ
1
ξ
0
ξ
1
2ξ 3(𝜉 − 1) ∫ f(t)dt = 3ξ ∫ f(t)dt + 2ξ3(𝜉−1)∫ f(t)dt
ξ1
3ξ(ξ−1)=3ξ∫ f(t)dt+2ξ.
0ξ
3ξ(ξ−1)
0
ξ
ξ
1
∫ f(t)dtξ1
ξ=∫ f(t)dt0ξ
(ξ−1)+
2ξ
3(ξ−1).
4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Α) Η αρχική ισότητα γράφεται ισοδύναμα:
2 ( )
2 22 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
f xef x f x f x
f x
t f x e e f x f x e
24 ( ) 2 ( )1 ( ) 1 ( )f x f xe e f x f x και θέτοντας 2( ) 1g t t t
ισοδύναμα έχω: 2 ( ) 2 ( )( ( )) ( )f x f xg e g f x f x e (1) επειδή η g είναι αφού
ισχύει 2
( )( ) 0
1
g tg t
t
. Η g είναι >0 γιατί 2 1 ,t t t . Από την (1) έχω την
f παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγ/μων.
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
Η (1) γράφεται ισοδύναμα:
2 22 ( ) 2 ( ) 2 ( )2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )f x f x f xf x f x f x e f x e f x e c
και
με x=0 έχω c=1, άρα 2 2 ( )( ) f xf x e +1.
Θέτοντας ( )( )2
x xf x e e
g x e
έχω ( )( ) ( )2
x xf x e e
g x f x e
με (0) 0,g
(0) 0g και
2( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1
2 2
x x x xf x f x f x f x f x f xe e e e
g x f x e f x e e e e e
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
x x x xf x f x f x f xe e e e
e e e e g x
. Άρα
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) xg x g x g x g x g x g x ce που με x=0 γίνεται c=0 δηλαδή
( ) ( ) ( ) xg x g x g x ce που με x=0 γίνεται c=0. Άρα
( )( ) 0 ( ) ln2 2
x x x xf x e e e e
g x e f x
.
Β)1) ( ) 0 0x x
x x
e ef x x
e e
και είναι ( ) 0 0f x x , ( ) 0 0f x x .
Άρα f στο 0, και στο ,0 με ΟΕ το 0 για χ=0.
Το lim ( )x
f x
με 2
x xe eu
και το ΣΤ της f είναι το 0, .
2)Η δεδομένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα:
1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 ln ln 02 2 2 2
( ) ( ) 0
x x x x x x x xx x x x x x x xe e e e e e e e
f x x f x x
κι επειδή ( ) (0) 0f x f θα είναι κατ’ ανάγκην 1 2( ) 0f x x και 1 2( ) 0f x x
δηλαδή θα ισχύει 1 2 0x x και 1 2 0x x 1 2 0x x
Γ)1)H ανισότητα ( ) 0f x προκύπτει από το ΣΤ της f.
Για την ανισότητα ( ) ( )f x xf x , για x=0 ισχύει η ισότητα και για x>0 με ΘΜΤ για
την f στο [0,x] υπάρχει (0, ) :
( )( )
f xf
x . Επειδή f από (1), θα είναι
( )( ) ( ) ( ) ( )
f xf f x f x xf x
x
.(2)
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
Με x<0 με ΘΜΤ για την f στο [x,0] προκύπτει η ύπαρξη ( ,0)x : ( )
( )f x
fx
κι
επειδή f θα είναι ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x
f f x f x f x xf xx
. Διαφορετικά
επειδή f άρτια θα είναι f΄ περιττή και με 0 0x x η (2) θα γίνει:
( ) ( ) ( ) ( )f x xf x f x xf x .
2)Σε τυχόν σημείο 0 0( , ( ))M x f x η εφαπτομένη της fC για x=0, y=0 γράφεται:
0 0 0( ) ( )f x f x x (3). Στο Γ1 δείξαμε ότι για κάθε 0x ισχύει ( ) ( )f x xf x ενώ για
x=0 ισχύει η ισότητα. Δηλαδή η (3) επαληθεύεται μόνο από το 0, άρα 0 0x . Άρα η
εφαπτομένη της fC που διέρχεται από την αρχή των αξόνων είναι η y=0.
Εναλλακτικά επειδή (0) (0) 0f f η εξίσωση εφαπτομένης της fC στο Ο(0,0)
είναι η y x , κι επειδή f κυρτή κάθε άλλη εφαπτομένη της fC δεν μπορεί να
διέρχεται απ’ το Ο.
Δ)1)Για τη αριστερή ανισότητα θα δείξω ότι ( ) ( )
( )2 2
a f x f af
(4) για
κάθε χ στο [α,β].
Για 2
ισχύει η ισότητα. Αν ,
2
το ,2
και η f
ικανοποιεί το ΘΜΤ στα , , ,2 2
, άρα θα υπάρχουν
1 2, , ,2 2
:
1 2
( )( ) ( )22( ) , ( )
2 2
aa f x ff f a
f f
.
Ισχύει 1 2 1 2( ) ( ) ( )2 2
f a af f f f a f f
( ) ( )
2 2
a f f af
.
Ολοκληρώνοντας την (4) έχω:
( ) ( ) 1( ) ( ) ( )
2 2 2 2
( )
u a
a
a f f a af d d f f d f d
f d
Για το τη δεξιά ανισότητα θα δείξω ότι ( ) ( ) ( ) ( )f x f a x f a f (5) για
κάθε χ στο [α,β].
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
Θεωρώντας ( ) ( ) ( )x f x f a στο [α,β] έχω
( ) ( ) ( ) 02
f f a
και για
( ) ( ) ( ) 02
f f a
στο
,2
. Όμοια με
( ) ( ) ( ) 02
f f a
στο
,2
. Άρα η φ έχει ΟΜ το ( ) ( ) ( ) ( )f a f δηλαδή ισχύει
( ) ( ) ( )f a f στο [α,β] και ολοκληρώνοντας την (5) έχω:
( ( ) ( )) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )u a
af x f a x d f a f d f d f a f
Η περίπτωση της δεξιάς ανισότητας θα μπορούσε να δειχθεί και γεωμετρικά, αφού
για κυρτές συναρτήσεις το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ fC , x΄x και x=α, x=β
( )a
f x dx
είναι μικρότερο του εμβαδού του αντίστοιχου τραπεζίου (ή του τριγώνου
αν f(α) ή f(β)=0) ( ( ) ( )
2
f a f
).
2)Θέτω 1 0
2( ) 1 ( ) ( )
3
x x xm x x f t dt x f t dt , [0,1]x , συνεχής στο [0,1] με
1
0(0) ( ) 0m f t dt επειδή ( ) 0f x (το = στο 0),
11
0
2 (0) (1) 2(1) ( )
3 2 3
f fm f t dt
.(6)
Ισχύει 1 2 21 2
(1) ln ln ln 12 2 2
e e e ef
e e
, άρα η (6) γράφεται:
1 2(1) 0
2 3m
και η m ικανοποιεί το Bolzano στo [0,1], άρα η ζητούμενη εξίσωση έχει λύση
(0,1).
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
5η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
2 f ( x ) 2 f ( x ) 2 f ( x )
2 f ( x )
e e e2 f ( x )
2 2f ''( x ) f ''( x ) f ''( x )
e
2f ''( x )
t tdt f ''( x ) e dt 1 dt
t 1 t 1
t1 dt 0
t 1(1)
όμως 2
t1 0
t 1
. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x R ώστε
2 f ( x ) 2 f ( x )f ''( x ) e ή f ''( x ) e τότε 2 f ( x ) 2 f ( x )e e
2 2f ''( x ) f ''( x )
t t1 dt 0 ή 1 dt 0
t 1 t 1
αντίστοιχα,
άτοπο από (1) . Άρα 2 f ( x )f ''( x ) e x (2R ) από την οποία
φαίνεται ότι η f είναι 3 φορές παραγωγίσιμη . Από την πολ/ντας με f '( x )
την (2) είναι
22 f ( x ) 2 f ( x )
2 2 f ( x )
2 f '( x ) f ''( x ) 2 f '( x )e f '( x ) ' e '
f '( x ) e c (3)
η f έχει ακρότατο στο f (0) 0 άρα από θ.Fermat f '(0) 0 και τότε από
την (3) έχω c=1. Άρα (3)
( 1)
2 22 f ( x )f '( x ) e 1 f (4'( x ) f ''( x ) 1 )
Έστω f ( x )g( x ) e ,x R , τότε
( 4 )
2f ( x ) f ( x ) f ( x )
f ( x )
g'( x ) f '(x)e g''( x ) f ''(x)e f '(x) e
g''( x ) e g''( x ) g( x )
είναι f ( 0 )g(0) e 1 και f ( 0 )g'(0) f '(0)e 0
Έστω xH( x ) g'( x ) g( x ) e ,x R
x x x x x
H( 0 ) 1x
g( 0 ) 1x x 2x x 2x x 2x
x 2x f ( x ) x 2x
H'( x ) g''( x )e g'( x )e g'( x )e g( x )e H'( x ) g''( x ) g( x ) e 0
H( x ) c H( x ) 1 g'( x ) g( x ) e 1
1 1g'( x )e g( x )e e g( x )e ' ( e )' g( x )e e c
2 2
1 1 1 1g( x )e e e e e e
2 2 2 2
x x
f ( x ) x x1 1 e ee e f ( x ) ln
2 2 2
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
Β.i.
f '( 0 ) 0
2 f ( x )
f '( 0 ) 0
για x 0 f '( x ) 0 f 0 ,f ''( x ) e 0 f '
για x 0 f '( x ) 0 f ,0
είναι x x
x
e elim
2
,άρα
x x
x x
e elim f ( x ) lim ln
2
,
x x
x x
e elim f ( x ) lim ln
2
και με f 0, , f ,0 είναι f (R) 0, και f (0) 0 είναι
ολικό ελάχιστο, ενώ δεν έχει μέγιστο.
Β.ii.
1ος τρόπος
έστω 1 2 1 2x x x xk e 0 , m e 0 τότε η ζητούμενη γίνεται
1 1k m 4
k m .
Όμως 1 1 1 1
k 2 και m 2 k m 4k m k m
. όπου οι ισότητες
ισχύουν μόνο για k m 1 . Άρα 1 2 1 2x x x x
1 2 1 2 1 2k e 1 και m e 1 x x 0 και x x 0 x x 0
που επαληθεύουν .
2ος τρόπος
1 2 1 2 2 1 1 2
1 2 1 2 2 1 1 2
1 2 1 2
x x x x x x x xx x x x x x x x
f ( x x ) f ( x x )
e e e ee e e e 4 2
2 2
e e 2
όμως η f έχει ολικό ελάχιστο το 0 ,άρα 1 2 1 2f ( x x ) 0 και f ( x x ) 0
οπότε
1 2 1 2 1 2 1 2f ( x x ) f ( x x ) f ( x x ) f ( x x )e 1 και e 1 e e 2 με την ισότητα να
ισχύει μόνο όταν
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2f ( x x ) f ( x x ) 0 x x x x 0 x x 0 που
επαληθεύουν .
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
3ος τρόπος
έστω 1 2 1 2k x x , m x x τότε η ζητούμενη γίνεται k k m me e e e 4
όμως ke k 1 , ke k 1 , me m 1 , me m 1 με τις ισότητες
να ισχύουν μόνο για k=m=0
προσθέτοντας κατά μέλη είναι k k m me e e e 4 με την ισότητα να ισχύει
μόνο για k=m=0 , άρα 1 2 1 2 1 2x x x x 0 x x 0
Γ.1
Από το (Β.i) είναι f ( x ) 0 x R , ακόμα f '(0) 0
από ΘΜΤ στο [0,x] , x>0
f '
0 ξ x
f ( x ) f (0 ) f ( x )0,x : f '(ξ ) f '( x ) f ( x ) x f '( x )
x 0 x
από ΘΜΤ στο [x,0] , x<0
f '
x ξ 0
f ( x ) f (0 ) f ( x ): f '(ξ ) f '( x ) f ( x ) x f '(x ,
0 x0 x )
x
Άρα x R , 0 f ( x ) x f '( x )
Γ.2
Η εφαπτόμενη στο o ox , f ( x ) είναι η o o oy f (x ) f '(x )( x x ) και
διέρχεται από την αρχή των αξόνων αν και μόνο αν
o o o o o of (x ) x f '(x ) f (x ) x f '(x )
Όμως από το (Γ.1) η ισότητα αυτή ισχύει μόνο όταν ox 0 . Η εφαπτόμενη στο
0 είναι η y f (0) f '(0)( x 0) y 0 .
Δ.1
Για την δεξιά ανισότητα :
Έστω f (β ) f(a)
G( x ) f ( x ) (x a) f(a) ,x a,ββ α
παραγωγίσιμη
Είναι G(a) 0 G(β ) και f (β ) f(a)
G'( x ) f '( x ) ,x a,ββ α
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
Από ΘΜΤ στο f (β ) f(a)
α , β , ξ (α ,β ) : f '(ξ )β α
Άρα G'( x ) f '( x ) f '(ξ ) με G'(ξ ) 0
Για
f '
a x ξ f '( x ) f '(ξ ) G'( x ) 0
Και για
f '
ξ x β f '( x ) f '(ξ ) G'( x ) 0
άρα G(a) G(β ) 0 μέγιστο και
f (β ) f(a)G( x ) 0 f ( x ) (x a) f(a)
β α
β β β
a α α
β β
α α
2 2β2
α
β
βα
α
f (β ) f(a)G( x ) dx 0 f ( x )dx (x a) f(a) dx
β α
f (β ) f(a)f ( x )dx x a dx f(a)( β α )
β α
f (β ) f(a) β αf ( x )dx αβ α f(a)( β α )
β α 2 2
f ( x )dxf (β ) f(a) f ( β ) f(a)
f ( x )dx ( β α )2 β α 2
Για την αριστερή ανισότητα :
Η εφαπτόμενη της f στο a β
2
είναι η
a β a β a βy f '( )( x ) f( )
2 2 2
και η f είναι κυρτή στο [α ,β] άρα
a β a β a β
f ( x ) f '( )( x ) f( )2 2 2
x a ξ β
G ’ - +
G ↘ ↗
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
β β
a a
β β
a a
β2β
aα
βa
a
a β a β a βf ( x )dx f ' x f dx
2 2 2
a β a β a βf ( x )dx f ' x dx f β α dx
2 2 2
a β x a β a βf ( x )dx f ' x f β α
2 2 2 2
f ( x )a β
f ( x )dx f β α2
β
dxa β
fβ α 2
Δ.2
Έστω x 0
1 x
2H( x ) (x 1) f (t )dt x f (t )dt x ,x 0,1
3 συνεχής με
1
0
H(0) f (t )dt 0 , αφού f ( x ) 0
1 Δ.1
0
2 f (1) 2H(1) f (t )dt
3 2 3
1 1e e
1 1e e e 2ln 1 3 22 2 2 2 3 2e2 2 2 0
2 3 2 3 4 3 4 3 8 3
Από Θ.Bolzano
ξ 0
1 ξ
2ξ (0,1) : H(ξ ) 0 (ξ 1) f (t )dt ξ f (t )dt ξ 0
3
0ξ
ξ1
f (t )dtf (t )dt2
ξ ξ 1 3ξ 3
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
6η προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)
α) Εφόσον η f παρουσιάζει για x 0 ακρότατο το 0 θα ισχύει f (0) 0 και αφού
είναι παραγωγίσιμη στο r από Θ. Fermat f (0) 0
2f ( x ) 2f ( x ) 2f ( x )
2f ( x )
e e e2f (x)
2 2f (x) f (x) f (x)
e
2f (x)
t tdt f (x) e dt 1 dt
t 1 t 1
tI 1 dt 0
t 1
2f ( x ) 2e
2f (x)
t t 1dt 0
t 1
, εφόσον
2
2
t t 10
t 1
αν
2f (x) 2f (x)f (x) e ή f (x) e προκύπτει αντίστοιχα Ι 0 ή Ι 0 , άτοπο άρα
2f (x)f (x) e (Μπορεί να προκύψει και υπολογίζοντας το ολοκλήρωμα εφόσον
2
2
tt 1
t 1
) , f (x) 0 άρα f 1 και f (0) 1
Η f παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με 2f (x)f (x) 2f (x)e 2f (x)f (x)
22f (x) 2f (x) 2f (x)f (x)f (x) e f (x) 2f (x)f (x) 2e f (x) f x e f (x)
2
f (x) f (x) c , για x 0 προκύπτει c 1 άρα
2 2
f (x) f (x) 1 f (x) 1 f (x) 0 , οπότε 1 f (x) 1
2
f (x) 1 1 1 f (x) f (x)1 f (x) 1 2
2 1 f (x) 1 f (x) 1 f (x) 1 f (x)1 f (x)
1 f (x) 1 f (x)2 ln 1 f (x) ln 1 f (x) 2x
1 f (x) 1 f (x)
1 f (x) 1 f (x)ln 2x ln 2x κ,
1 f (x) 1 f (x)
για x 0 προκύπτει κ 0 άρα
2x
x x2x x xx x
2x x x x x
1 f (x) 1 f (x)ln 2x e
1 f (x) 1 f (x)
e ee 1 e ef (x) ln e e
e 1 e e e e
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
x xf (x) ln e e μ , για x 0 προκύπτει μ ln 2 , άρα
x x
x x e ef (x) ln e e ln 2 ln
2
β) i) 2x
2x
2x
e 1f (x) 0 0 e 1 0 x 0
e 1
f (x) 0 x 0 , f (x) 0 x 0 , άρα η f για x 0
έχει ελάχιστο το f (0) 0
x x
x x
e eu g(x) , lim g(x) lim g(x)
2
άρα
x ulim f (x) lim ln u
οπότε f (A) 0,
ii) από τον τύπο της f έχουμε f (x) x x2e e e άρα η ισότητα γίνεται 1 2 1 2f x x f x x
2e 2e 4
1 2 1 2f x x f x xe e 2
κι εφόσον
ελαχf f (0) 0 έχουμε
f (x)f (x) f (0) f (x) 0 e 1 , οπότε πρέπει
1 2
1 2
f x x1 2 1 2
1 2f x x1 21 2
f x x 0 x x 0e 1x x 0
x x 0f x x 0e 1
γ) i) εφόσον για x 0 η f έχει ελάχιστο f (x) f (0) f (x) 0 ,
αν h(x) f (x) xf (x) , x r τότε
h (x) f (x) f (x) xf (x) xf (x) κι εφόσον
2f (x)f (x) e 0 το πρόσημο της h διαμορφώνεται
όπως φαίνεται στον πίνακα μεταβολών, άρα η h έχει
ολικό μέγιστο το h(0) 0 και ισχύει h(x) h(0) f (x) xf (x) , με το ' ' να
ισχύει μόνο για x 0
ii) η εφαπτομένη σε τυχαίο σημείο 0 0x ,f x είναι 0 0 0ε : y f x f x x x η
οποία για να περνάει από την αρχή των αξόνων πρέπει
0 0 0 0 0 0f x f x x f x x f x , που από το προηγούμενο ερώτημα
ισχύει μόνο για 0x 0 , άρα ε : y 0 (άξονας x x)
δ) i) αλγεβρική λύση:
Για την x
α
F(x) f (t)dt γνωρίζουμε ότι είναι παράγουσα της f , δηλαδή
F (x) f (x)
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
θεωρώντας α x
G(x) f x α F(x)2
με x α,β έχουμε
α xf (x) f
1 α x α x x α α x 2G (x) f x α f f (x) f
x α2 2 2 2 2
2
,
α xα α x
2
από Θ.Μ.Τ. υπάρχει
1
α xξ α,
2
ώστε
1
α x α xf (x) f f (x) f
2 2f ξ
α x x αx
2 2
οπότε
1
x α α xG (x) f f ξ 0
2 2
για x α,β , εφόσον
f
1 1
α x α xξ f ξ f
2 2
1
, άρα G στο α,β1 και
β
G β β α 0α
α
f (t)dtα β α β
α β G(α) G(β) 0 f β α f (t)dt f2 2 β α
1
θεωρώντας f (x) f (α)
Η(x) F(x) x α2
με x α,β έχουμε
f (x) f (α) f (x) f (x) f (α) f (x) x α f (x) f (α)
Η (x) f(x) x α x α f (x)2 2 2 2 2 x α
από Θ.Μ.Τ. υπάρχει 2ξ α, x ώστε
2
f (x) f αf ξ
x α
οπότε
2
x αΗ (x) f ξ f (x) 0
2
για x α,β , εφόσον
f
2 2ξ x f ξ f x
1
,
άρα H στο α,β2 και
β
H β β α 0α
α
f (t)dtf (β) f (α) f (β) f (α)
α β H(α) H(β) 0 f (t)dt β α2 2 β α
2
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
22
Γεωμετρική λύση:
ΑΒ: f (α) f (β)
y f (α) x αα β
που για
α βx
2
δίνει
f (α) f (β)y
2
Ω: η περιοχή που περικλείεται από την fC , τις ευθείες x α , x β και τον άξονα
xx με β
α
E(Ω) f (x)dx εφόσον f (x) 0
Το ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο με εμβαδόν Τ
f (α) f (β)E (διάμεσος) (ύψος) β α
2
Εφόσον η περιοχή Ω περιέχεται στο τραπέζιο ισχύει
β
Τα
f (α) f (β)Ε(Ω) Ε f (x)dx β α
2
β
α
f (x)dxf (α) f (β)
, β α 0β α 2
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
23
Φέρνουμε την εφαπτομένη στο σημείο α β α β
Κ ,f2 2
οπότε σχηματίζεται το
τραπέζιο ΔΛΝΓ με διάμεσο α β
ΘΚ f2
, ύψος ΔΓ β α , εμβαδόν
Τ
α βΕ β α f
2
με την περιοχή Ω να περιέχει τώρα το τραπέζιο,
β
Τα
α βΕ Ε(Ω) β α f f (x)dx
2
β
α
f (x)dxα β
f , β α 02 β α
Ανάλογα με την σχετική θέση των σημείων Α και Β το σημείο Λ μπορεί να βρεθεί
κάτω από το σημείο Δ , οπότε δεν σχηματίζεται τραπέζιο. Μετατοπίζοντας τότε
κατακόρυφα κατά c 0 ώστε το Λ να βρεθεί πάνω από το Δ έχουμε
___________________________________________________________________________ 22η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
24
β
Τα
α βΕ Ε(Ω) β α f c f (x) c dx
2
β
βα
α
f (x)dxα β α β
β α f c β α f (x)dx c β α f , β α 02 2 β α
ii) Θεωρούμε την συνάρτηση x x
1 0
Φ(x) 3 x 1 f (t)dt 3x f (t)dt 2x , x 0,1
που είναι συνεχής αφού είναι γινόμενο και άθροισμα συνεχών με 0 1
1 0
Φ(0) 3 f (t)dt 3 f (t)dt 0 διότι f (x) 0 και όχι f (x) 0 για κάθε
x 0,1 , 1
0
Φ(1) 3 f (t)dt 2 0 , διότι από προηγούμενο ερώτημα για
α 0 , β 1 έχουμε
1 12 2 3
0 0
f (0) f (1) 3f (1) 4f (t)dt 3 f (t)dt 2 f (1) e 1 2e e
2 2 3
που
ισχύει, άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ξ 0,1 ώστε
ξ 0
ξ ξ1 ξ
1 0
f (x)dx f (x)dx2
Φ(ξ) 0 3 ξ 1 f (t)dt 3ξ f (t)dt 2ξ 0ξ ξ 1 3ξ 3