mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2026 11:35 am**

Δίνεται η συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to \mathbb{R}$ με τύπο:

f(x)=e^{x-1}-\ln x-1

α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση

ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα και να αποδείξετε ότι $f(x) \ge 0$ για κάθε x > 0

.
β) Να λύσετε την εξίσωση:

e^{x^2-1} - e^{x-1} = \ln (x^2) - \ln x

στο διάστημα $(0,+\infty)$ .
γ) Αν

0 < h < 1

δείξετε ότι

f(1+h) < f(1-h)

δ) Nα υπολογίσετε το

I(h)=\int_{h}^{1}{f(x)dx}

και κατόπιν το

\underset{h\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,I(h)

Edit: Προστέθηκε το (δ) για να ολοκληρωθεί το θέμα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2026 12:15 pm**

exdx έγραψε: Κυρ Οκτ 18, 2026 11:35 am Δίνεται η συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to \mathbb{R}$ με τύπο: $f(x)=e^{x-1}-\ln x-1$
α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα και να αποδείξετε ότι $f(x) \ge 0$ για κάθε .
β) Να λύσετε την εξίσωση: $e^{x^2-1} - e^{x-1} = \ln (x^2) - \ln x$ στο διάστημα $(0,+\infty)$ .
γ) Αν $0 < h < 1$ δείξετε ότι $f(1+h) < f(1-h)$

(α) Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0, +\infty)$ με παράγωγο

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

και

f''(x) = e^{x-1} + \frac{1}{x^2} >0

για κάθε

. Άρα, η

είναι γνησίως αύξουσα. Επειδή f'(1)=0

είναι

για κάθε $x \in (0, 1)$ και f'(x)>0

για κάθε

. Συνεπώς η

είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, 1)

και γνησίως αύξουσα στο $(1, +\infty)$ και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x_0=1

με

. Άρα, $f(x) \geq 0$ για κάθε x>0

.

(β) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:

\begin{align*} e^{x^2-1} - e^{x-1} = \ln x^2 - \ln x & \Leftrightarrow e^{x^2-1} - \ln x^2 -1 = e^{x-1} - \ln x - 1 \\ & \Leftrightarrow f \left( x^2 \right) = f(x) \end{align*}

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Αν $x \geq 1$ , τότε γνησίως αύξουσα και η εξίσωση γίνεται $x^2=x \Leftrightarrow x=1$ (δεκτή).
Αν , τότε γνησίως φθίνουσα και η εξίσωση γίνεται $x^2=x \Leftrightarrow x=1$ (μη δεκτή).

Άρα, μοναδική ρίζα η x=1

.

(γ) θα επανέλθω

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2026 2:19 pm**

(γ) Εκτός ύλης εντός δεν βρήκα λύση μου φαίνεται πιο πολύ αλγεβρικό ερώτημα καθώς είναι στοιχειώδεις οι συναρτήσεις.
Παρόμοια με αυτό που είχα λύσει εδώ viewtopic.php?p=384445#p384445 δεν λύνεται για να υπάρχει μια κομψή λύση
οπότε βλέπω ως βέλτιστη αυτή που γράφω εδώ.

f(1+x)>f(1-x) \Longleftrightarrow e^{x}+\ln (1+x)>e^{-x}+\ln (1-x) \Longleftrightarrow 2\sinh (x)>\ln \left (\dfrac{1-x}{1+x} \right)

που ισχύει στο (0,1) γιατί

\ell '(x)=\left (2\sinh(x)-\ln \left (\dfrac{1-x}{1+x} \right) \right )' =e^x+e^{-x}+\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{1}{1+x}>0

στο (0,1) και

\ell (x)\rightarrow 0

καθώς $x\rightarrow 0^{+}$ .

Το γ είναι λάθος το σωστό είναι

f(1+x)>f(1-x)

ώχου και παιδεύομαι τόση ώρα για την ανάποδη

Είμαι άκυρος! Εργαζόμουνα τόση ώρα με την

e^{x-1}+\ln x -1

και λύνω άλλη άσκηση ντροπή μου

Δεν είχα συνειδητοποιήσει ότι λύνω άλλη άσκηση για αυτό έλεγα για Jensen
γιατί τότε θα ήταν

f'''(x)=e^{x-1}+2/x^3>0

στο $(0,+\infty)$ οπότε

γνήσια κυρτή στο $(0,+\infty)$
και από Jensen

f'(1+x)+f'(1-x)>2f'(1)=4>0

στο (0,1)
άρα

f(1+x)-f(1-x)>\lim _{x\to 0^{+}}(f(1+x)-f(1-x))=0 \quad \forall x \in (0,1)

.

Για την δοθείσα άσκηση

f(1+x)<f(1-x) \Longleftrightarrow 2\sinh(x)<\ln \left (\dfrac{1+x}{1-x} \right) \quad (\ast)

Αυτή είναι γνωστή ανισότητα στο (0,1)

η $(\ast)$ .
Για το (δ) μια νύξη υπόψη ότι μια παράγουσα της

f(x)=e^{x-1}-\ln x-1

είναι η

e^{x-1}-x(\ln x-1)-x

.

\int \limits _{h}^{1} f(x)dx=1-e^{h-1}+h(\ln h-1)+h=1-e^{h-1}+h\ln h \rightarrow 1-1/e

καθώς $h\rightarrow 0^{+}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2026 6:54 pm**

(γ) Θέλουμε :

\begin{array}{l} f(1 + h) < f(1 - h) \Leftrightarrow f(1 + h) - f(1 - h) < 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \left( {{e^h} - \ln (1 + h) - 1} \right) - \left( {{e^{ - h}} - \ln (1 - h) - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow {e^h} - {e^{ - h}} - \ln (1 + h) + \ln (1 - h) < 0 \end{array}

Θεωρούμε τη συνάρτηση

g(h) = e^h - e^{-h} - \ln(1+h) + \ln(1-h)

, με

h \in [0, 1)

και θέλουμε g(h)<0

.
Η

είναι παραγωγίσιμη στο [0,1)

ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων:

{g}'(h)={{e}^{h}}+{{e}^{-h}}-\frac{1}{1+h}-\frac{1}{1-h}

Αν γράψουμε

{g}'(h)={{e}^{h}}+{{e}^{-h}}-\frac{2}{1-{{h}^{2}}}

έχουμε

αλλά

{{g}'}'(h)={{e}^{h}}-{{e}^{-h}}-\frac{4h}{{{(1-{{h}^{2}})}^{2}}}

οπότε βρισκόμαστε σε αδιέξοδο.
Γράφουμε :

{g}'(h)=\left( {{e}^{h}}-\frac{1}{1-h} \right)+\left( {{e}^{-h}}-\frac{1}{1+h} \right)

Χρησιμοποιούμε την

{{e}^{h}}\ge h+1,

και μάλιστα την

{{e}^{h}}>h+1,

αφού

0<h<1

. Τότε:

{{e}^{h}}>h+1\Leftrightarrow \frac{1}{{{e}^{h}}}<\frac{1}{h+1}\Leftrightarrow \frac{1}{{{e}^{h}}}-\frac{1}{h+1}<0\Leftrightarrow {{e}^{-h}}-\frac{1}{h+1}<0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)

{{e}^{-h}}>-h+1\Leftrightarrow \frac{1}{{{e}^{-h}}}<\frac{1}{-h+1}\Leftrightarrow \frac{1}{{{e}^{-h}}}-\frac{1}{1-h}<0\Leftrightarrow {{e}^{h}}-\frac{1}{1-h}<0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)

Aπό (1)+(2) έχουμε

{g}'(h)<0

, οπότε η

είναι γνησίως φθίνουσα , άρα

h>0\Rightarrow g(h)<g(0)\Rightarrow g(h)<0

mathematica.gr

Με απλά υλικά (41)

Με απλά υλικά (41)

Re: Με απλά υλικά (41)

Re: Με απλά υλικά (41)

Re: Με απλά υλικά (41)