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

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

.



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:



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:



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:



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



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



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).



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.



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.



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)



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].



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).



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



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 .



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



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 ↘ ↗



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



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



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)



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



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



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



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


Education

λυση ασκ. 22