Συναρτησιακή και ακρότατο

#1

Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: (0,+\infty) \to \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει:

f(x)+e^{f(1/x)}=x+\frac{1}{x}+1\quad \gamma \iota \alpha \;\kappa \alpha \theta \varepsilon \;\;x>0

Δ1. Να αποδείξετε ότι f(x) > 0

για κάθε

.
Δ2. Να αποδείξετε ότι

f(x) = f\left(\frac{1}{x}\right)

για κάθε

.
Δ3. Να αποδείξετε ότι f'(1) = 0

και ότι η

παρουσιάζει στο x_0 = 1

ολικό ελάχιστο.

Dimessi · #2

Θέτοντας όπου

x \rightarrow 1/x

είναι

e^{f(1/x)}+f(x)=x+\dfrac{1}{x}+1=e^{f(x)}+f(1/x), \forall x>0\quad (1)

Αν

για κάποιο z>0

από την (1) είναι

e^{f(1/z)}=z+1/z+1=f(1/z)+1 \Longrightarrow f(1/z)=0 \Longrightarrow z+\dfrac{1}{z}=0

άτοπο.
Άρα $f(y)\neq 0$ παντού και

συνεχής άρα διατηρεί πρόσημο με

e^{f(1)}+f(1)=3>1 \Longrightarrow f(1)>0

γιατί

γνήσια αύξουσα.
Οπότε f>0

παντού στο $(0,+\infty)$ κι αφού από την (1)

e^{f(x)}-f(x)=e^{f(1/x)}-f(1/x) \Longleftrightarrow g(f(x))=g\left (f\left (\dfrac{1}{x} \right) \right) ,\forall x>0,

όπου

g(x)=e^x-x, \quad x>0

είναι γνήσια αύξουσα. Οπότε

f(x)=f\left (\dfrac{1}{x} \right) ,\forall x>0\quad(2)

Από την (2) το

2f'(1)

ισούται με το όριο του

\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}+\dfrac{f(x)-f(1)}{\dfrac{1}{x}-1}=f(1)-f(x)

καθώς $x\rightarrow 1$ που είναι 0
από τη συνέχεια της

οπότε

Παραγωγίζοντας την (1) και από την (2) είναι

f'(x) \left (e^{f(x)}+1 \right)=\left (e^{f(x)}+f(x) \right)'=\left (e^{f(1/x)}+f(x) \right)'=1-\dfrac{1}{x^2}

\Longrightarrow f'(x)=\dfrac{x^2-1}{x^2\left (e^{f(x)}+1 \right)}, \forall x>0,

άρα

στο

,

στο $(1,+\infty)$ και f'(1)=1

,
οπότε η

παρουσιάζει στο 1 ολικό ελάχιστο το

f(1)=\ell,

όπου

\ell>0

ρίζα της εξίσωσης

e^{\ell }+\ell =3.

#3

exdx έγραψε: Πέμ Οκτ 22, 2026 11:36 am Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: (0,+\infty) \to \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει:
$f(x)+e^{f(1/x)}=x+\frac{1}{x}+1\quad \gamma \iota \alpha \;\kappa \alpha \theta \varepsilon \;\;x>0$
Δ1. Να αποδείξετε ότι για κάθε .
Δ2. Να αποδείξετε ότι $f(x) = f\left(\frac{1}{x}\right)$ για κάθε .
Δ3. Να αποδείξετε ότι και ότι η παρουσιάζει στο ολικό ελάχιστο.

.
Θα χρησιμοποιήσω επανειλημμένα την ανισότητα

e^x > 1 +x

(1) για κάθε πραγματικό $x\ne 0$ .

Επίσης, για

\dfrac {1}{x}

στην θέση του

παίρνουμε

f(x)+e^{f\left (\frac {1}{x} \right )}=x+\dfrac{1}{x}+1=f\left (\frac {1}{x} \right ) + e^{f(x)}

(*). H πρώτη και η τελευταία δίνουν

e^{f(x)} - e^{f\left (\frac {1}{x} \right )}= f(x)- f\left (\frac {1}{x} \right )

(**)

Δ1. Είναι

2e^{f(1)} \ge 1+ f(1) + e^{f(1)} = 1+ (1+1+1)=4

, οπότε

e^{f(1)} \ge 2

. Άρα

f(1) \ge \ln 2 >0

. Με χρήση αυτού θα δείξουμε ότι η

δεν αλλάζει πρόσημο.

Πράγματι, πηγαίνοντας για άτοπο, αν άλλαζε πρόσημο, θα μηδενιζόταν σε κάποιο

, εδώ

. Υπόψη ότι τότε

f\left (\frac {1}{c} \right ) = f\left (\frac {1}{c} \right ) + e^{f(c)}-1= c+\dfrac{1}{c} \ne 0

Άρα από την (1) είναι

f(c)+ e^{f\left (\frac {1}{c} \right )}= 0 + e^{f\left (\frac {1}{c} \right )} > f\left (\frac {1}{c} \right )+1 = f\left (\frac {1}{c} \right )+e^{f(c)}

που αντιβαίνει στην (*).

Δ2. Η (**) δίνει

e^{f(x)} - e^{f\left (\frac {1}{x} \right )}= f(x)- f\left (\frac {1}{x} \right )

που είναι της μορφής

e^a- e^b= a-b

.

Ισχυρίζομαι ότι αυτό δίνει a=b

γιατί αν $a\ne b$ , το Θ.Μ.Τ. δίνει $\xi$ μεταξύ τους (και άρα

από το Δ1) με

e ^{\xi } (a-b)=a-b

και άρα $\xi =0$ . Άτοπο.

Δείξαμε λοιπόν

\boxed {f(x)= f\left (\frac {1}{x} \right )}

για κάθε

και η αρχική γράφεται

f(x)+e^{f\left (x \right )}=x+\dfrac{1}{x}+1

Δ3. Από ΑΜ-ΓΜ είναι

f(x)+e^{f\left (x \right )}=x+\dfrac{1}{x}+1\ge 2+1=3

με ισότητα όταν x=1

. Άρα η

F(x) =f(x)+e^{f\left (x \right )}

παρουσιάζει στο x=1

ολικό ελάχιστο. Συνεπώς

F'(1)=0

και άρα

\left ( 1+e^{f\left (1 \right )}\right ) f'(1)= f'(1)+e^{f\left (1 \right )}f'(1)= F'(1) =0

.

Έπεται

\boxed {f'(1)=0}

, αφού

\left ( 1+e^{f\left (1 \right )}\right ) \ge 1 >0

.

Τέλος, από το προηγούμενο, η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο διότι η

x+e^x

είναι γνήσια αύξουσα και άρα οι

f(x)+e^{f\left (x \right )}

και

παρουσιάζoυν ολικό ελάχιστο συγχρόνως.

Dimessi · #4

Δ4) Ας το δυσκολέψουμε λίγο

.

\lim_{x\to 0^{+}} \int \limits _{\sqrt{x}}^{e^{x}} f\left (1+(\sqrt{2}-1)\sin^2 y \right)dy< \dfrac{(4-\sqrt{3})f(\sqrt{2})+(4+\sqrt{3})f(1)}{8}

Dimessi · #5

Βάζω τη λύση μου στο ερώτημα που έβαλα.

\frac{d}{dx}f'\left( x \right)=\frac{d}{dx}\left( \dfrac{x^{2}-1}{x^{2}\left( e^{f\left( x \right)} +1\right)} \right)=\dfrac{2x^{3}\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)-\left( x^{2}-1 \right)\left[ 2x\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)+x^{2}e^{f\left( x \right)}f'\left( x \right) \right]}{x^{4}\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)^{2}}=\dfrac{2x\left( e^{f\left( x \right)} +1\right)-x^{2}\left( x^{2}-1 \right)e^{f\left( x \right)}\cdot \dfrac{x^{2}-1}{x^{2}\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)}}{x^{4}\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)^{2}}=\dfrac{2x\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)^{2}-\left( x^{2}-1 \right)^{2}e^{f\left( x \right)}}{x^{4}\left( e^{f\left( x \right)}+1 \right)^{2}}

\Longrightarrow \dfrac{d}{dx}f'(x)

ομόσημη της

2x(e^{f(x)}+1)^2-(x^2-1)^2e^{f(x)}\quad \forall x\in (0,+\infty)\quad(\ast)

και για κάθε

x\in \left [1,\sqrt {2} \right]

το τριώνυμο

P(y)=2xy^2+\left (4x- (x^2-1)^2 \right)y +2x

έχει

\Delta=\left( 4x-\left( x^{2}-1 \right)^{2} \right)^{2}-16x^{2}=-\left( x^{2}-1 \right)^{2}\left( 8x-\left( x^{2}-1 \right)^{2} \right)\overset{\left( x^{2}-1 \right)^{2}\lt x^{4}\overset{1\leqslant x\leqslant \sqrt{2}\lt 2}\lt 8x}\lt 0 \Longrightarrow P(y)\gt 0\quad \forall y\in \mathbb{R}\Longrightarrow P\left( f\left( x \right) \right)\gt 0\Longrightarrow \dfrac{d}{dx}f'\left( x \right)\gt 0 \quad \forall x \in \left[ 1,\sqrt{2} \right],

άρα

γνήσια κυρτή στο

\left [1,\sqrt{2}\right ]\Longrightarrow f\left( t \right)\leqslant f\left( 1 \right)+\dfrac{\left( f\left( \sqrt{2} \right)-f\left( 1 \right) \right)}{\sqrt{2}-1}\left( t-1 \right) \quad \forall t\in \left[ 1,\sqrt{2} \right] \overset{1+\left( \sqrt{2} -1\right)\sin ^{2}y\quad\in \left[ 1,\sqrt{2} \right]}\Longrightarrow

\Longrightarrow f\left( 1+\left( \sqrt{2}-1 \right)\sin ^{2} y\right)\leqslant f\left( 1 \right)+\left( f\left( \sqrt{2} \right)-f\left( 1 \right) \right) \sin ^{2}y \quad \forall y \overset{x\rightarrow 0^{+}}\in \left[ \sqrt{x},e^{x} \right]\Longrightarrow \int \limits_{\sqrt{x}}^{e^{x}}f\left( 1+\left( \sqrt{2}-1 \right)\sin ^{2}y \right)dy\leqslant \int \limits_{\sqrt{x}}^{e^{x}}\left[ f\left( 1 \right)+\left( f\left( \sqrt{2} \right) -f\left( 1 \right)\right)\sin ^{2} y \right]dy

=\left[ f\left( 1 \right)y+\dfrac{f\left( \sqrt{2} \right)-f\left( 1 \right)}{4}\left( 2y-\sin 2y \right) \right]_{y=\sqrt{x}}^{y=e^{x}}=f\left( 1 \right)\left( e^{x} -\sqrt{x}\right)+\dfrac{f\left( \sqrt{2} \right)-f\left( 1 \right)}{4}\left( 2e^{x}-2\sqrt{x}-\sin \left( 2e^{x} \right)+\sin \left( 2\sqrt{x} \right) \right)

καθώς $x\rightarrow 0^{+}$ οπότε

\lim_{x \to 0^{+}} \int\limits _{\sqrt{x}}^{e^{x}}f\left( 1+\left( \sqrt{2}-1 \right)\sin ^{2}y \right)dy \leqslant \dfrac{2f\left( 1 \right)+2f \left(\sqrt{2} \right)-\left( f\left( \sqrt{2} \right) -f\left( 1 \right)\right)\sin 2 }{4}\overset{f\left( \sqrt{2} \right)\gt f\left( 1 \right)\quad\wedge\quad 2\sin 2\gt \sqrt{3}}\lt \dfrac{2f\left( 1 \right)+2f\left( \sqrt{2} \right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\left( f\left( \sqrt{2} \right)-f\left( 1 \right) \right)}{4}

=\dfrac{(4-\sqrt{3})f(\sqrt{2})+(4+\sqrt{3})f(1)}{8}

Συναρτησιακή και ακρότατο

Συναρτησιακή και ακρότατο

Re: Συναρτησιακή και ακρότατο

Re: Συναρτησιακή και ακρότατο

Re: Συναρτησιακή και ακρότατο

Re: Συναρτησιακή και ακρότατο

Μέλη σε σύνδεση