Επιμέλεια: lisari team για το lisari.blogspot.gr

1. ΛΥΣΕΙΣ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ
ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ
09 – 06 – 17
12 : 20
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ
lisari team
ΘΕΜΑΤΑ
ΚΑΙ
ΛΥΣΕΙΣ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ
ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2017
2η έκδοση
Γιάννης Βελαώρας
Ανδρέας Μανώλης
Αθανάσιος
Νικολόπουλος
Θεόδωρος Παγώνης
Ανδρέας Πάτσης
Δημήτρης Παπαμικρούλης
Θωμάς Ποδηματάς
Χρήστος Σίσκας
Νίκος Σπλήνης

2. Οι απαντήσεις και οι λύσεις
είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς
των μελών της lisari team
http://lisari.blogspot.gr/
2η έκδοση: 09 – 06 – 2016 (συνεχής ανανέωση)
Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά
από το μαθηματικό blog
http://lisari.blogspot.gr

3. Πρόλογος
Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Πανελλαδικών Εξετάσεων 2017 στο
μάθημα Μαθηματικά Προσανατολισμού θετικών Σπουδών Οικονομίας και
Πληροφορικής. Η παρουσίαση των λύσεων είναι πλήρης και αναλυτική στο μέγιστο
δυνατό, προκειμένου οι μαθητές να μπορούν να μελετήσουν και να επεξεργαστούν
εύκολα το αρχείο.
Η εργασία αυτή εκπονήθηκε αποκλειστικά από τη γνωστή διαδικτυακή ομάδα
Μαθηματικών από διάφορα μέρη της Ελλάδος, τη lisari team. Φέτος εστιάσαμε στη
ποικιλία των λύσεων και όσο στο χρόνο που θα αναρτηθούν οι λύσεις.
Την αρχική συγγραφή των λύσεων ακολούθησαν ενδελεχείς έλεγχοι, διορθώσεις και
βελτιώσεις με στόχο μια πληρέστερη και πιο ποιοτική παρουσίαση. Ζητούμε
συγνώμη για τυχόν παραλείψεις, λάθη ή αστοχίες που ενδεχομένως θα έχουν διαφύγει
της προσοχής μας, γεγονός αναπόφευκτο δεδομένων των στενών χρονικών
περιθωρίων. Θα ακολουθήσουν επόμενες εκδόσεις, όπου η εν λόγω παρουσίαση θα
βελτιωθεί, ίσως εμπλουτιστεί και με εναλλακτικές λύσεις. Οποιαδήποτε σχόλια,
παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιώσεις επί των λύσεων είναι ευπρόσδεκτα στην
ηλεκτρονική διεύθυνση lisari.blogspot@gmail.com.
Με εκτίμηση
lisari team
09 – 06 – 2017

4. lisari team
1. Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "Κατεύθυνση" - Άργος)
2. Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "ΔΙΑΤΑΞΗ" - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)
3. Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο "ΒΕΛΑΩΡΑΣ" - Λιβαδειά Βοιωτίας)
4. Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο "Ευθύνη" - Ρέθυμνο)
5. Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Θεσσαλονίκη - Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)
6. Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο "Αστρολάβος" - Άρτα)
7. Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)
8. Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια "Πουκαμισάς" Γλυφάδας)
9. Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο "Ώθηση" - Μαρούσι)
10. Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο "Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου" - Σέρρες)
11. Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)
12. Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)
13. Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων "19+" - Πολύγωνο)
14. Κουλούρης Ανδρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)
15. Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο "Στόχος" - Περιστέρι)
16. Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο "Ρηγάκης" - Κοζάνη)
17. Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)
18. Δημήτρης Μπαδέμης (Φροντιστήριο "Πουκαμισάς" - Γλυφάδας)
19. Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)
20. Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)
21. Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο "Φάσμα" - Αγρίνιο)
22. Παπαδομανωλάκη Μαρία (Συνιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης "ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ" - Ρέθυμνο)
23. Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός "Ρόμβος")
24. Πάτσης Ανδρέας (Βόνιτσα - Μαθηματικός)
25. Ποδηματάς Θωμάς ( Σπουδαστήριο Μαθηματικών Θωμάς και Ρόζα Ποδηματά - Βόλος)
26. Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)
27. Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο "Μπαχαράκης" - Θεσσαλονίκη)
28. Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)
29. Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο "ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ" - Ηράκλειο Κρήτης)
30. Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)
31. Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου Κορινθίας)
32. Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)
33. Τσακαλάκος Τάκης (συνταξιούχος αλλά ενεργός μαθηματικός)
34. Χαραλάμπους Σταύρος (Θεσσαλονίκη - Μουσικό Λύκειο)
35. Χατζόπουλος Μάκης (1ο ΓΕΛ Πετρούπολης)

5. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
1
lisari team / Σχολικό έτος 2016 – 17
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 9 ΙΟΥΝΙΟΥ 2017
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΘΕΤΙΚΗΣ,
ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΔΕΚΑ (10)
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία, σχολικό σελ. 135
A2.
α. Ψευδής
β. Η συνάρτηση  f x x είναι συνεχής στο 0 , αλλά δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 αφού
   
x 0 x 0 x 0
xf x f 0 x
lim lim lim 1
x 0 x x  
  

  

και
   
x 0 x 0 x 0
xf x f 0 x
lim lim lim 1
x 0 x x  
  
 
   

(Θεωρία, σχολικό σελ. 99)
A3. Θεωρία, σχολικό σελ. 73
A4. (α) Λ
(β) Σ
(γ) Λ
(δ) Σ
(ε) Σ

6. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
2
ΘΕΜΑ Β
B1. Είναι
      f g g f
x
D x D / g x D x 1/ 0 x 1/ 0 x 1 0,1
1 x
 
           
 
και
      x
f g x f g x ln
1 x
 

,  x 0,1
Β2. Είναι:
 
 
 
 
2
1 x x
1 xx 1
h x ln 0, για κάθε x 0,1
x1 x x 1 x
1 x
 
        
  

Οπότε h γνησίως αύξουσα στο  0,1 άρα 1-1 άρα αντιστρέφεται.
Είναι
       x 0 x 1
h 0,1 lim h x , lim h x 
 
  r
διότι
 
x
θ
1 x
x 0 x 0 θ 0 θ 0
x
lim h x lim ln lim lnθ
1 x   


   
   

και
 
x
θ
1 x
θ θx 1 x 1
x
lim h x lim ln lim lnθ
1 x 


  
   

Οπότε για  x 0,1 και yr έχουμε
  y y y y yx x
y h x y ln e x e xe x xe e
1 x 1 x
          
 
 
y
y y
y
e
x 1 e e x
1 e
    

άρα
 
x
1
x
e
h x , x
1 e

 

r
Β3. Είναι:
 
 
   
x x 2x x
2 2x x
e 1 e e e
φ x 0
1 e 1 e
 
   
 
άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο r και δεν έχει ακρότατα.

7. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
3
•  
   
   
 
 
2x x x x x x xx 2x 2x
4 3 3x x x
e 1 e 2 1 e e e e 1 ee e 2e
x
1 e 1 e 1 e
    
   
  
, x  r
•  
 
 
x x
x x
3x
e 1 e
x 0 0 1 e 0 e 1 x 0
1 e

          

•  
 
 
x x
x x
3x
e 1 e
x 0 0 1 e 0 e 1 x 0
1 e

          

Η φ είναι κυρτή στο  ,0 και κοίλη στο  0,
Σημείο καμπής το    1
Α 0,φ 0 Α 0,
2
 
  
 
Β4.  
x
xx x
e 0
lim φ x lim 0
1 e 1 0 
  
 
οπότε 1ε : y 0 οριζόντια ασύμπτωτη στο 
 
x x
x xx x D.L.H x
e e
lim φ x lim lim 1
1 e e


  
  

οπότε 2ε : y 1 οριζόντια ασύμπτωτη στο 

8. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
4
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Η f(x) x  είναι παραγωγίσιμη στο  0, με f (x) x  
Έστω  0 0M x ,f(x ) το σημείο επαφής, η εφαπτομένης της fC στο Μ είναι
   0 0 0: y f(x ) f (x ) x x      0 0 0y x x x x    
Η   θα διέρχεται από το ,
2 2
  
  
 
αν, και μόνο αν,
0 0 0x x ( x )
2 2
 
       0 0 0 0x x x x 0
2 2
 
      
Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) x x x x
2 2
 
       με  x 0,  .Είναι:
 h x x x x x x x x
2 2
              
 
άρα
 h x 0 x x 0 x 0 ή x 0
2 2
              
 
x 0 ή x   ή x
2


Ακόμη για  x 0,  είναι x 0  και x 0 x
2 2
 
     
Το πρόσημο της h΄(x) και η μονοτονία της h φαίνονται στον πίνακα :
x 0 π/2 π
h΄(x) - 0 +
h > <
Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,
2
 
  
και γνησίως αύξουσα στο ,
2
 
  
άρα παρουσιάζει για
x 0 ολικό μέγιστο με τιμή h(0) 0
2 2
 
   , για x
2

 ολικό ελάχιστο με τιμή h 1
2 2
  
  
 
και για x   ολικό μέγιστο με τιμή h( ) 0
2 2
 
       .
Άρα οι x 0 , x   είναι οι μοναδικές ρίζες της h(x) 0 .
Επομένως οι ζητούμενες εφαπτόμενες είναι στα σημεία με x 0 και x  
Άρα  0,f(0) ή  0,0 και  2 ,f( )   ή  2 ,0 

9. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
5
Είναι    1 : y f(0) f (0) x 0 y x       και    2 : y f( ) f ( ) x y x          
Γ2. Από το παρακάτω σχήμα έχουμε:
 2 00 0
x dx xdx x 1 1 2
  
           
και
2
2
1 0
2
8
x x dx x x dx
4



 
          
άρα
2
1
2
1
8
 
 

Γ3. Είναι
 
 x π
f x π
lim
f x x π

 
 
αφού, η f είναι κυρτή και η εφαπτομένη της fC είναι πάνω από τη fC , εκτός του σημείου επαφής,
άρα
   f x x π f x x π 0      και   x π
lim f x x π 0

  
άρα

10. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
6
 x π
1
lim
f x x π
 
 
ενώ   x π
lim f x π π 0

  
Γ4. Από τη fC η f είναι κυρτή στο  0, άρα η εφαπτομένη της fC στο 2M είναι κάτω από τη
fC εκτός του σημείου επαφής, άρα για κάθε  x 0,  είναι
x 0 f(x)
f(x) x 1
x x
 
    
Άρα
 e e
1 1
f x
dx 1 dx
x x
 
   
 
 
 
 
e e
11
f x
dx x lnx
x
   
 e
1
f x
dx e 1
x
   
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  1,0 ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και στο
 0,π ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
Στο σημείο x 0 έχουμε:
•
x 0 x 0
3 34 4
f(x) x 0 0lim lim 
 
  
•  x 0 x 0
x 0
f(x) e x e 0 1 0 0lim lim 
 
      
• 0
f(0) e 0 1 0 0    
συνεπώς
x 0 x 0
f (x) f (x) f (0)lim lim 
 
  , άρα η f είναι συνεχής και στο 0.
Τελικά η f είναι συνεχής στο διάστημα  1,π .
Τα κρίσιμα σημεία της f είναι τα εσωτερικά σημεία του πεδίου ορισμού της στα οποία η f
μηδενίζεται ή δεν ορίζεται.
Για  x 1,0  έχουμε
 
4x 0
43 4 433 3f (x) x x ( x) x

     
άρα
     
4 1
1
3 3
4 4
f (x) x x x 0
3 3
          , για κάθε  x 1,0  .

11. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
7
Για  x 0,π έχουμε
x
f(x) e ημx 
άρα
       x x x x
f (x) e ημx e ημx e ημx e ημx συνx            .
Είναι
f (x) 0    
x
e 0
x
e ημx συνx 0

   ημx συνx 0   ημx συνx  (1).
Αν συνx 0 τότε από την (1) έχουμε και ημx 0 , άτοπο αφού 2 2
ημ x συν x 1 0 1    , που δεν
ισχύει.
Άρα συνx 0 , οπότε η (1) μας δίνει
π π
εφx 1 εφx εφ x kπ , k
4 4
 
         
 
Z.
Επιπλέον
 x 0,π 
π
0 kπ π
4
   
π 5π
kπ
4 4
  
1 5
k
4 4
  και αφού kZ θα είναι k 1 .
Άρα για  x 0,π , η f (x) 0  όταν
π 3π
x π
4 4
   .
Σημείωση: Η λύση
3π
4
μπορεί να βρεθεί απευθείας χωρίς περαιτέρω δικαιολόγηση.
Συνεπώς το
3π
x
4
 είναι κρίσιμο σημείο της f.
Εξετάζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο 0:
 
 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
4 333 4 3x 0
3
x x xf(x) f(0) x x x
x 0
x 0 x x x x
lim lim lim lim lim lim     
     
   
       

και
x 0 x 0 x 0
x
xf(x) f(0) e ημx ημx
e 1 1 1
x 0 x x
lim lim lim  
  
   
      
  
Συνεπώς
x 0 x 0
f(x) f(0) f(x) f(0)
x 0 x 0
lim lim 
 
 

 
, άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0.
Οπότε και το 0 είναι κρίσιμο σημείο της f.
Tελικά τα κρίσιμα σημεία της f είναι τα x 0 και
3π
x
4
 .

12. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
8
Δ2. Για  x 1,0  βρήκαμε στο Δ1 ότι  
1
3
4
f (x) x 0
3
    
Για  x 0,π επίσης βρήκαμε στο Δ1 ότι  x
f (x) e ημx συνx    και f (x) 0  
3π
x
4
 .
Για το πρόσημο της f παρατηρούμε ότι:
Στο διάστημα
3π
0,
4
 
 
 
είναι f συνεχής, με f (x) 0  και
 
π π π
2 2 2
π π π
f e ημ συν e 1 0 e 0
2 2 2
             
   
, άρα
3π
f (x) 0 , x 0,
4
    
 
Στο διάστημα
3π
,π
4
 
 
 
είναι f συνεχής, με f (x) 0  και
5π 5π
6 6
5π 5π 5π 1 3
f e ημ συν e 0
6 6 6 2 2
                    
, άρα
3π
f (x) 0 , x ,π
4
    
 
Ο πίνακας μεταβολών τη f είναι ο ακόλουθος:
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα  1,0 και
3π
,π
4
 
  
ενώ είναι
γνησίως αύξουσα στο διάστημα
3π
0,
4
 
  
. Η f έχει τοπικό μέγιστο για x 1  το f( 1) 1  , τοπικό
μέγιστο για
3π
x
4
 το
3π
43π 2
f e
4 2
 
  
 
, τοπικό ελάχιστο για x 0 το f(0) 0 και τοπικό
ελάχιστο για x π το f(π) 0 .
Για το σύνολο τιμών της f:
Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο  1Δ 1,0  , άρα παίρνει τιμές
     1f Δ f(0),f( 1) 0,1   .
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 2
3π
Δ 0,
4
 
   
, άρα παίρνει τιμές
 
3π
4
2
3π 2
f Δ f(0),f 0,e
4 2
   
     
    

13. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
9
Τέλος η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 3
3π
Δ ,π
4
 
   
, άρα παίρνει τιμές
 
3π
4
3
3π 2
f Δ f ,f(π) 0,e
4 2
   
     
    
.
Συνεπώς το σύνολο τιμών της f είναι το
          
3π 3π 3π
4 4 4
1 2 3
2 2 2
f 1,π f Δ f Δ f Δ 0,1 0,e 0,e 0,e
2 2 2
     
               
     
διότι
 
3π 3π
4 4
23π 3π 3π: 2 2
4 4 2
2
e 1 e 2 2 e 2 e 2 e 2
2
 
           
 
,
που ισχύει αφού
3π
12
e e 2  .
Δ3. Επειδή οι συναρτήσεις  f x και   5x
g x e είναι συνεχείς στο διάστημα  0,π , το ζητούμενο
εμβαδό είναι ίσο με:
 
π π
x 4x
0 0
Ε f(x) g(x) dx e ημx e dx     .
Όμως
4x 0 4x 4x 4x
x 0 4x 0 e e e 1 e 1 ημx e ημx 1 0               
Άρα
   x 4x x 4x 5x x
e ημx e e e ημx e e ημx     .
Συνεπώς
 
π π π
5x x 5x x
1 20 0 0
Ε e e ημx dx e dx e ημxdx I I        ,
όπου
π5x 5π
π
5x
1 0
0
e e 1
Ι e dx
5 5
  
   
 

και
 π π ππ πx x x x x
2 0 00 0 0
Ι e ημxdx e ημx e συνxdx 0 e συνx e ( ημx)dx               
 π π
2 2e 1 Ι e 1 Ι       
άρα
π
π π
2 2 2 2
e 1
Ι e 1 Ι 2Ι e 1 Ι
2

       
Συνεπώς
5π π
1 2
e 1 e 1
Ε I I
5 2
 
    .
Δ4. Η εξίσωση ορίζεται στο  1,π και ισοδύναμα έχουμε :

14. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr
Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017
Πανελλαδικές Εξετάσεις 2017: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
10
 
3π
43π 3π e
2
4 4
16 e f(x) e 4x 3π 8 2
 
        
3π
2
4
16f(x) 4x 3π 8 2 e   
2 3π:16
4
3π 2
f (x) x e
4 2
 
      
 
23π
4
2 3π
f (x) e x
2 4
 
    
 
(2)
Βρήκαμε στο Δ1 ότι η f έχει μέγιστο και μάλιστα ολικό για
3π
x
4
 το
3π
4
3π 2
f e
4 2
 
  
 
.
Άρα:
3π 3π
4 4
2 2
f(x) e f(x) e 0
2 2
      .
Επίσης ισχύει προφανώς ότι
2
3π
x 0
4
 
  
 
.
Άρα τα δύο μέλη της εξίσωσης (2) είναι ίσα μόνο όταν
3π
4
23π
4
2
2 3π
f(x) e x
2 3π 3π2 4
f(x) e x 0 x
3π2 4 43π x 0x 0
44
      
          
           
Συνεπώς η εξίσωση έχει μοναδική λύση την
3π
x
4
 .