Παντελής Δέτσιος

1. λύσεις θεμάτων 1
ΘΕΜΑ 51
Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη στο r , παρουσιάζει ακρότατα στα σημεία 1 2 1 2x ,x (x x )< και τέτοια
ώστε f (0) 0 , f (x) f(x) ,x (1)′ ′′= = ∈r και
x
2
0
F(x) t f(t)dt=
∫
α) από Θ.Fermat 1 2f (x ) f (x ) 0′ ′= = και άρα για την f′ από Θ.Rolle υπάρχει ( )1 2ξ x ,x∈ ώστε
(1)
f (ξ) 0 f(ξ) 0′′ = ⇔ = , άρα η fC τέμνει τον xx′ σε ένα τουλάχιστον σημείο.
β) [ ]
x x x xx x2 2 2 2
000 0 0 0
F(x) t f(t)dt t f (t)dt t f (t) 2 tf (t)dt x f (x) 2 tf(t) 2 f(t)dt′′ ′ ′ ′ = = = − = − + = ∫ ∫ ∫ ∫
[ ]
x
x2 2 2
0
0
x f (x) 2xf(x) 2 f (t)dt x f (x) 2xf (x) 2 f (t) x f (x) 2xf(x) 2f (x)′ ′′ ′ ′ ′ ′= − + = − + = − +
∫
γ) από β) για 1x x= έχουμε
2
1 1 1 1 1 1 1 1F(x ) x f (x ) 2x f(x ) 2f (x ) 2x f (x )′ ′= − + = − , η εξίσωση γίνεται
( ) ( )2
x f(x) 2f(x) 2xf (x) 0 F (x) 2x f(x) 2xf (x) 0 F(x) 2xf(x) 0′ ′′ ′ ′+ + = ⇔ + + = ⇔ + = , θεωρώντας
λοιπόν την H(x) F(x) 2xf(x)= + έχουμε 1 1 1 1 1 1 1 1H(x ) F(x ) 2x f(x ) 2x f(x ) 2x f(x ) 0= + = − + = ανάλογα
2H(x ) 0= , οπότε από Θ.Rolle υπάρχει ( )0 1 2x x ,x∈ ώστε 0H (x ) 0′ =
δ) ( ) x
f (x) f(x) f (x) f (x) f (x) f(x) f (x) f(x) f (x) f(x) f (x) f(x) ce′′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = για
1 2x x , x x= = έχουμε 2
2
x 2
2 x
f(x )
f(x ) ce c
e
= ⇔ = και 1 1 1 2
2
x x x x2
1 2x
f(x )
f(x ) ce e f(x )e
e
−
= = =
ΘΕΜΑ 52
Δίνεται f συνεχής στο [ )0,+ ∞ με
α
0
f(t)dt
f(α)
,α 0
α 2
= >
∫ και f (x) 0 ,x 0′′ < >
f (x) 0 , x 0′′ < > άρα η ( ) [ )fστο 0,′ + ∞2 και η f κοίλη στο [ )0,+ ∞
α) θεωρώντας
x
0
F(x) f(t)dt , F (x) f(x)′= =
∫ η σχέση που δίνεται γίνεται
F(α) F (α)
α 2
′
= (1)
η ζητούμενη ισότητα γίνεται ( )f(α) 2f(x) 2F(x) f(α) 0′= ⇔ − = , άρα θεωρώντας g(x) 2F(x) f (α)x= −
έχουμε
(1)
αF (α)
g(0) 0 ,g(α) 2F(α) f(α)α 2 f(α)α f(α)α f(α)α 0
2
′
= = − = − = − = άρα από Θ.Rolle για την g
υπάρχει ( )β 0,α∈ ώστε g (β) 0 f(α) 2f(β)′ = ⇔ ⇔ =L
β) ε: Ο(0,0)
y f(γ) f (γ)(x γ) f (γ)γ f (γ) 0′ ′− = − → − = άρα η ζητούμενη ισότητα γίνεται
( ) ( )f (x)x f(x) 0 f (x)x f(x) x 2f(x) 0 xf(x) 2F(x) 0′ ′′ ′− = ⇔ + − = ⇔ − = οπότε θεωρώντας
h(x) xf (x) 2F(x)= − έχουμε
(1)
h(0) 0 ,h(α) αf(α) 2F(α) αf(α) αF (α) αf(α) αf(α) 0′= = − = − = − = οπότε
από Θ.Rolle υπάρχει ( )γ 0,α∈ ώστε
h (γ) 0 f (γ)γ f(γ) 0′ ′= ⇔ ⇔ − =L
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

2. λύσεις θεμάτων 2
γ) έχουμε
x
0
h(x) xf (x) 2F(x) xf(x) 2 f(t)dt= − = −
∫ ,
( ) [ ]h (x) f (x)x f(x) , h (x) xf (x) 0, x (0,α), h 0,α′ ′ ′′ ′′ ′= − = < ∈ 2
xγ h (x) h (γ) 0 , x γ h (x) h (γ) 0′ ′ ′ ′< ⇔ > = > ⇔ < = άρα όπως
φαίνεται από τον πίνακα 0 xγ h(0) h(x) 0 h(x)< < ⇔ < ⇔ < , γ x α h(x) h(α) h(x) 0≤ < ⇔ > ⇔ > ,
άρα ( )h(x) 0, x 0,α> ∈
α
0
xf(x) 2 f(t)dt⇔ >
∫
δ) η ανισότητα γίνεται
xα
2 2 2 2
2 2
0 0
F(x) F(α)
α f(t)dt x f(t)dt α F(x) x F(α)
xα
< ⇔ < ⇔ <
∫ ∫ , θεωρώντας
( ]2
F(x)
Η(x) ,x 0,α
x
= ∈ ,
x
2
0
4 3
f(x)x 2 f(t)dt
F (x)x F(x)2x
Η (x) 0
x x
−
′ −
′ = = >
∫ από γ) άρα ( ]Hστο 0,α1
2 2
F(x) F(α)
xα H(x) Η(α)
xα
< ⇔ < ⇔ <
ΘΕΜΑ 53
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο r με f(x) 0≠ και
2
0
f(x)dx 1=
∫ , ( )x
g(x) ln e ln x= − και
x x
1 2
F(x) f(t)dt f(t)dt= +
∫ ∫
α) η εξίσωση γίνεται xf(x) 1 0− = , δεν προκύπτει από Θ.Bolzano άρα θεωρούμε παράγουσα αυτής δηλ.
την [ ]
x
1
H(x) tf(t)dt x , x 1,2= − ∈
∫ για την οποία έχουμε
2
1
H(1) 1 , H(2) tf(t)dt 2 1 2 1= − = − = − = −
∫
άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )ξ 1,2∈ ώστε
1
Η (ξ) 0 ξf(ξ) 1 0 f(ξ)
ξ
′ = ⇔ − = ⇔ =
β) η f διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον
1
f(ξ) 0
ξ
= > είναι f(x) 0 , x> ∈r , άρα αφού
g(x)
1
f(t)dt 0=
∫ πρέπει ( )x x
g(x) 1 ln e ln x 1 e ln x e= ⇔ − = ⇔ − = , θεωρούμε x
h(x) e ln x e= − − ,
x 0> , ( ) ( )x x
2
1 1
h (x) e , h (x) e 0 , hστο 0,
x x
′ ′′ ′= − = + > + ∞1
x 0
h (1) e 1 0 , lim h (x)+
→
′ ′= − > = −∞ άρα υπάρχει μοναδικό 0x 1< ώστε
0h (x ) 0′ = , h(1) 0= , άρα η x 1= μοναδική λύση στο [ )0x ,+ ∞ ,
x 0
lim h(x)+
→
= +∞ ,
( )h
0 0x 1 h(x ) h(1) 0< ⇔ < =
1
άρα υπάρχει μοναδική ρίζα στο
( )00,x , οπότε η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες.
γ) F (x) 2f(x) 0′ = > από β) άρα ( )Fστο1 r , η εξίσωση γίνεται
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

3. λύσεις θεμάτων 3
x 2 x x
1 x 1 2
f (t)dt f(t)dt 0 f(t)dt f(t)dt 0 F(x) 0− = ⇔ + = ⇔ =
∫ ∫ ∫ ∫ ,
2
1
F(2) f(t)dt 0= >
∫ εφόσον f(t) 0> ,
2
1
F(1) f(t)dt 0= − <
∫ άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε 0F(x ) 0= κι εφόσον ( )Fστο1 r
είναι μοναδικό.
δ)
2 2f (x) 0
1 1
1
E f (x)dx f(x)dx
2
>
= ⇔ =
∫ ∫ ,
2 x x x
1 2 2 2
1
F(x) f(t)dt f(t)dt f(t)dt 2 f(t)dt
2
= + + = +
∫ ∫ ∫ ∫
x
2
R(x) f (t)dt , R (x) f(x)′= =
∫ και έχουμε
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1
F(x)dx 2R(x) dx dx 2 R(x)dx
2 2
 
= + = + = ÷
 ∫ ∫ ∫ ∫
( ) [ ]
2 2 2
2
1
1 1 1
1 1 1 1 1
2 x R(x)dx 2 xR(x) 2 xR (x)dx 2 0 2 xf(x)dx
2 2 2 2 2
 ′ ′= + = + − = + + − = − ÷
 ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 54
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με f(1) 2 e= − , ( )( )x x
e f(x) xf (x) e xf(x) x , x 0′+ + + = > και
x
1
F(x) f(t)dt=
∫
α) θεωρώντας x x
g(x) xf(x) e , g (x) e f(x) xf (x)′ ′= + = + + και η ισότητα που δίνεται γίνεται
2 2 f (1) 2 e
2 2 2 2
1
c
2
1 x 1 x
g (x)g(x) x g (x) g (x) c g (x) x 1
2 2 2 2
= −
=
′′   ′ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ÷ ÷
   
, g(x) 0≠ , g συνεχής ,
άρα διατηρεί πρόσημο , g(1) 2 0= > οπότε g(x) 0> και επομένως 2
g(x) x 1= + και άρα
( )
2 x
x 2 x 1 e
xf(x) e x 1 f(x) , x 0,
x
+ −
+ = + ⇔ = ∈ + ∞
β)
x 0
2 x 2 x 2 2x
f(x) 0 x 1 e x 1 e 0 x 1 e
>
< ⇔ + < ⇔ + − < ⇔ + < , [ )2x 2
h(x) e x 1 , x 0,= − − ∈ + ∞
( ) ( ) [ )2x
h (x) 2 e x 0, hστο 0,′ = − > + ∞1 ,
h
2x 2
x 0 h(x) h(0) e x 1> ⇔ > ⇔ > +
1
γ) ( )F (x) f(x) 0 , F′ = < 2 άρα και ''1 1''− , η εξίσωση γίνεται
ln2
1 ln(1 x) ln(1 x)
x
ln 2
1 1 1
x
f(t)dt f(t)dt 0 f(t)dt f(t)dt
+ +
+ = ⇔ =
∫ ∫ ∫ ∫ ( )
F''1 1''ln 2 ln 2
F ln(1 x) F ln(1 x)
x x
−
 
⇔ + = ⇔ + = ÷
 
Πρέπει x 0 ,ln(x 1) 0 x 0> + > ⇔ > , θεωρώντας
( )2
ln 2 1 ln 2
k(x) ln(1 x) ,x 0 , k (x) 0 , k
x 1 x x
′= + − > = + >
+
1 κι εφόσον k(1) 0= η x 1= είναι μοναδική
λύση
δ) [ ]
x x
α α
α x
G(x) tF(t)dt F(t)dt , xα,β
2
+
= − ∈
∫ ∫ ,
x
α
1α x
G (x) xF(x) F(t)dt F(x)
2 2
+
′ = − −
∫ ,
( ) ( ) [ ]
xα
G (x) f(x) 0 , G , xα G (x) G (α) 0 , G στο α,β
2
−
′′ ′ ′ ′= < > ⇔ < =2 2
β β β β
α α α α
α β α β
α β G(α) G(β) 0 tF(t)dt F(t)dt F(t)dt tF(t)dt
2 2
+ +
< ⇔ > ⇔ > − ⇔ >
∫ ∫ ∫ ∫
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

4. λύσεις θεμάτων 4
ΘΕΜΑ 55
Δίνονται οι μιγαδικοί z , w με
1
w 1 , z , z ,Re(zw) 0
z
= ∉ + ∈ =r r και οι συναρτήσεις
x
1
f(x) z xw x , x , F(x) f(t)dt= + − ∈ =
∫r
α) ( ) ( )
z
21 1 1
z z z z z zz 1 0 z zή zz 1 z 1 z 1
z z z
∉
 
+ ∈ ⇔ + = + ⇔ ⇔ − − = ⇔ = = ⇔ = ⇔ = ÷
 
L
r
r
β) ( ) ( )2 2 2 2
z xw z xw z xw 1 2x Re(zw) x x 1 z xw x 1+ = + + = + + = + ⇔ + = + , 2
f(x) x 1 x= + −
γ) ( )F (x) f(x) 0 , F′ = > 1 κι εφόσον F(1) 0= η x 1= είναι μοναδική, x 1 F(x) F(1) 0< ⇔ < = άρα
( ) [ ]
( )1 1 1 1 1
1 2 2
0
0 0 0 0 0
2 2 1
E F(x)dx x F(x)dx xF(x) xf (x)dx F(1) x x 1dx x dx
3
−
′= − = − = − + = − + + − = =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L
δ)
1 1
u u
x x 21
u
2 2 x
0 0 0 0
23x x u 0 u 03 3
f(t) 1
dt f(t)dt u f(t)dt f(t)dt
1x x
lim lim lim lim
1 1 ημ u ημuημuημ ημ
x x u
+ +
=
→+∞ →+∞ → →
 
 ÷
 ÷= = =
 ÷ 
 ÷ ÷
  
∫ ∫ ∫ ∫
u
0
0
0
DLHu 0 u 0
f(t)dt
f(u)
lim lim 1
ημu συνu+ +
 
 ÷
 
→ →
= =
∫ , άρα
u
0
2 2
u 0
f(t)dt
1 1
lim 1 1
ημu 1ημu
u
+
→
 
 ÷
 ÷= × =
 ÷ 
 ÷ ÷
  
∫
ΘΕΜΑ 56
Δίνεται η συνάρτηση
x 2
2 2
α α
ln t ln t
F(x) dt , 0α 2 και dt 0
1 t 1 t
= < < =
+ +∫ ∫
α) εφόσον η 2
ln t
1 t+
είναι συνεχής στο ( )0,+ ∞ πρέπει α και x να ανήκουν στο ( )0,+ ∞ , άρα
( )FD 0,= + ∞ ,
1
G(x) F F(x) , x 0
x
 
= − > ÷
 
2
2
1
ln
1 ln xxG (x) 0
1 x 1 x1
x
′ ′ = − = = ÷
+ +
L , άρα G(x) c=
G(1) c F(1) F(1) c c 0= ⇔ − = ⇔ = , οπότε
1
F F(x)
x
 
= ÷
 
β) F(α) 0 F(2)= = , οπότε από Θrolle υπαρχει ( )ξ α,2∈ , ώστε F (ξ) 0′ =
2
lnξ
F (ξ) 0 0 lnξ 0 ξ 1
1ξ
′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+
κι εφόσον α ξ 1< = θα είναι 0α 1< <
γ) 2
ln x
F (x)
1 x
′ =
+
, F(α) 0= με ( ) ( )α 0,1 ,F∈ 2 άρα το α μοναδική
ρίζα στο ( )0,1 ,
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

5. λύσεις θεμάτων 5
F(2) 0= με ( ) ( )2 1, ,F∈ + ∞ 1 άρα το 2 μοναδική ρίζα στο ( )1,+ ∞ , όμως από α)
1
F F(2) 0
2
 
= = ÷
 
άρα
πρέπει
1
α
2
=
δ)
1
21
2
ln t
F(1) dt
1 t
=
+∫ κι εφόσον 2
ln t
0
1 t
<
+
όταν
1
t ,1
2
 
∈ ÷ 
θα είναι F(1) 0< , η ανίσωση γίνεται
( ) ( )
β 1 0
2
2
F(β) ln x
1 x F(β) β 1 ln x F (x)
β 1 1 x
− <
′+ < − ⇔ > =
− +
, από Θ.Μ.Τ. υπάρχει γ ( )0,β∈ ώστε
F(β) F(1)
F (γ)
β 1
−
′ =
−
, οπότε
β 1 0
F(β) F(β) F(1) F(β)
F (γ) F(β) F(1) F(β) F(1) 0
β 1 β 1 β 1
− <
−
′ < ⇔ < ⇔ − > ⇔ <
− − −
που ισχύει
ΘΕΜΑ 57
Δίνεται η f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 με f(x) 0> , ( ]
x
2
0
f (x) f (x) f(t)dt , x 0,1′< ∈
∫ , (1)
( ]
x
0
φ(x) ln f(t)dt , x 0,1= ∈
∫ και φ(1) 0>
α) ( ) ( ]
x
0
F(x) f(t)dt , F (x) f(x) 0,Fστο 0,1 , F (x) f (x)′ ′′ ′= = > =
∫ 1 και η (1) γίνεται
( )
2
F (x) F (x)F(x) (2)′ ′′< ,
F
x 0 F(x) F(0) 0> ⇔ > =
1
άρα ( )
F (x)
φ (x) ln F(x) 0
F(x)
′′′ = = > άρα ( )φ (0,1]1
( )
2
2
F (x)F(x) F (x)
φ (x) 0 από (2)
F (x)
′′ ′−
′′ = > άρα ( )φ′ 1 και φ κυρτή στο ( ]0,1
β)
α
0
Ε 1 f(x)dx 1 F(α) 1= ⇔ = ⇔ =
∫ , F(0) 0= ,
1
0
F(1) f(t)dt 0= >
∫ εφόσον f(t) 0> , θεωρώντας
[ ]
x
0
Η(x) f(t)dt 1 ,x 0,1= − ∈
∫ έχουμε
1
0
Η(0) 1 0 , Η(1) f (t)dt 1 F(1) 1 0= − < = − = − >
∫ εφόσον
φ(1) 0 ln F(1) 0 F(1) 1 F(1) 1 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α (0,1)∈ ώστε
Η(α) 0 F(α) 1= ⇔ = (3)
γ) για β x= η ανισότητα γίνεται
x x 1
0 0 0
f (t)dt (α 1)f(x) f (t)dt ln f (t)dt F(x) (α 1)F (x) F(x)ln F(1)′− − > × ⇔ − − > ⇔
∫ ∫ ∫
( ) ( )
F(x) 0
α 1 0
1 ln F(1) F (x)
F(x) 1 ln F(1) (α 1)F (x) ln F(x) φ (x)
α 1 F(x)
>
− <
′− ′′ ′⇔ − > − ⇔ < = =
−
(4)
από Θ.Μ.Τ. για την φ υπάρχει ( )β α,1∈ ώστε
(3)
φ(α) φ(1) ln F(α) ln F(1) ln F(1)
φ (β)
α 1 α 1 α 1
− − −
′ = = =
− − −
οπότε η
(4) αρκεί να δείξουμε ότι
α 1 01 ln F(1) ln F(1)
1 ln F(1) ln F(1) 1 0
α 1 α 1
− <− −
< ⇔ − > − ⇔ >
− −
, που ισχύει.
δ) ( ]
2x y
x y
2
0 0 0
f(t)dt f(t)dt f(t)dt , x, y 0,1
+
 
 ÷ ≤ × ∈
 ÷
 
∫ ∫ ∫
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

6. λύσεις θεμάτων 6
Για x y= προφανής η ισότητα , αν x y< η ανισότητα γίνεται
2 x y x y
F F(x) F(y) 2ln F ln F(x) ln F(y)
2 2
+ +   
≤ × ⇔ ≤ + ⇔ ÷  ÷
   
x y
2φ φ(x) φ(y)
2
+ 
≤ + ÷
 
(ανισότητα
Jensen ) προκύπτει με εφαρμογή Θ.Μ.Τ. για την φ στα
x y x y
x, , ,y
2 2
+ +   
      
και φ κυρτή
ΘΕΜΑ 58
Δίνεται f συνεχής στο ( )0,+ ∞ με
x tx
f (x) f (t)
1
1 1
f(x) 1 e ln 2 1 1 e f (t)dt , x 0 , (1)
x t
− −    ′− + = − + + > ÷  ÷
   ∫
α) με παραγώγιση προκύπτει
x x x x
f (x) f (x) f (x) f (x)1 1 1 1
f (x) 1 e 1 e f (x) 1 e f (x) f (x) 1 e
x x x x
− − − −
′ ′          ′ ′ ′ ′− + + + = + ⇔ = + ⇔ ÷  ÷ ÷  ÷  ÷  ÷ ÷  ÷          
( )
x x x
f (x) f (x) f (x)1 1 1
f (x)e 1 e 1 e 1 c
x x x
′ ′        ′′⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + + ÷  ÷ ÷  ÷  ÷ ÷  ÷        
(2)
για x 1= ,
f (1)
f (1)
2
από (1) , f(1) ln 2 1 2 2 2 c
ln(2 c) ln 2 1 ln 1e
2 c 2 c 2
από (2) ,e 2 c f(1) ln(2 c)
 
= − + +   
⇔ = + − + ⇔ = +   ÷
+ +   = + ⇔ = + 
με
2 c
k
2
+
= ,
1
ln k 1
k
= − , ( ) ( )2
1 1 1
h(x) ln x 1 , x 0 , h (x) 0 , h 0,
x x x
′= − + > = + > + ∞1 κι εφόσον
h(1) 0= η x 1= μοναδική , άρα
2 c
1 c 0
2
+
= ⇔ = , άρα από (2)
x x
f (x) 1 1
e 1 f(x) ln 1
x x
   
= + ⇔ = + ÷  ÷
   
β)
( )
( ) ( )2
1 1 1
f (x) ln 1 , x 0 , f (x) 0 , f 0,
x x 1 x x 1
 ′ ′′ ′= = + − > = = − < + ∞ ÷
+  +
L L 2
xx 0
lim f (x) , lim f (x) 0+ →+∞→
′ ′= = +∞ = =L L , άρα ( )( ) ( )f 0, 0,′ + ∞ = + ∞ οπότε ( )f (x) 0 , f′ > 1 άρα ''1 1''−
και επομένως αντιστρέψιμη (λύνεται και με Θ.Μ.Τ. για την f στο [ ]x,x 1+ )
DLHx 0 x 0 x 0 x 0
1
ln 1
1 xx
lim f(x) lim x ln 1 lim lim
1x x 1
x
+ + + +
∞ 
 ÷
∞ 
→ → → →
 
+ ÷
   = + = = = +∞ ÷
+ 
0
0
x x x DLH x
1
ln 1
1 xx
lim f(x) lim x ln 1 lim lim 1
1x x 1
x
 
 ÷
 
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
 
+ ÷
   = + = = = ÷
+ 
, άρα ( )1
f
f(A) A 0,1−= =
γ) από β) f (x) 0′′ < , άρα f κοίλη στο ( )0,+ ∞ , ( )
f(x) ln 2 f(x) f(1)
g (x) f (ξ) 0 ,ξ 1,x
x 1 x 1
− −
′ ′= = = > ∈
− −
από
Θ.Μ.Τ. για την g στο[ ]1,x δηλ. ( ) ( )g 1,+ ∞1 ,
( )
2
f (x)(x 1) f (x) f (1)
g (x)
x 1
′ − − +
′′ =
−
, με
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

7. λύσεις θεμάτων 7
( )[ )φ(x) f (x)(x 1) f (x) f (1) , φ (x) f (x)(x 1) 0,φ 1 ,′ ′ ′′ ′= − − + = − < +∞2 , x 1φ(x) φ(1) 0> ⇔ < = , άρα
φ(x) f (x)(x 1) f(x) f(1) 0′= − − + < , οπότε g (x) 0′′ < και g κοίλη στο ( )1,+ ∞ ή
Θ.Μ.Τ.
1 f(x) f(1)
g (x) f (x)
x 1 x 1
  
 ÷− ÷
′′ ′= − ÷ ÷− − ÷ ÷
  
144424443
δ) θεωρώντας ( )
x
2015
G(x) f(t)dt , G (x) f(x) 0 ,G′= = >
∫ 1 άρα G ''1 1''− η εξίσωση γίνεται
( )
1 1 1
G G(2015) 2015 f(x) f(A) 0,1
f(x) f(x) 2015
 
= ⇔ = ⇔ = ∈ = ÷
 
, άρα υπάρχει α ( )0,∈ + ∞ ώστε
1
f(α)
2015
= κι εφόσον ( )f 1 μοναδικός
ΘΕΜΑ 59
Δίνεται f συνεχής με ( )
x
2
2
0
f(t)
f(x) 1 x 1 dt
1 t
 
= + + ÷+ ∫ και
tx
2
1
f(x) e
g(x) , F(x) dt
1 x f(t)
= =
+ ∫
α) 2
f(x)
1 x
=
+
x x
2
0 0
f(t)
1 dt g(x) 1 g(t)dt
1 t
+ ⇔ = +
+∫ ∫ , οπότε x
g (x) g(x) g(x) ce′ = ⇔ = ,
f(0) 1 , g(0) 1,c 1= = = άρα x
g(x) e= και ( )2 x
f(x) 1 x e= + , ( )
2
2 x
xx x x
1 x
lim f(x) lim 1 x e lim
e−→−∞ →−∞ →−∞
+
= + = =
x xDLH x DLH x
2x 2
lim lim 0
e e
∞ ∞   
 ÷  ÷
∞ ∞   
− −→−∞ →−∞
= = =
−
, άρα η y 0 , (xx )′= οριζόντια ασύμπτωτη
β)
xημx x ημx
ημx 0
x 0 x 0 x 0
g(x) g(ημx) e e e 1
lim lim lime e 1 0
xημx x ημx x ημx
−
→ → →
− − −
= = = × =
− − −
0
xημx u(u xημx) 0
u
x 0 u 0 DLH u 0
e 1 e 1
lim lim lime 1
xημx u
 
 ÷− = −  
→ → →
− −
= = =
−
γ)
t
e
f(x) 0 , 0 ,
f(t)
> > αν x 1< τότε [ ]
tx
1
e
dt 0 F(x) 0 ,x 0,1
f(t)
< ⇔ < ∈
∫ άρα
( ) [ ]
x1 1 1 1 1
1
0
0 0 0 0 0
xe
E F(x) 0 dx F(x)dx x F(x)dx xF(x) xF (x)dx F(1) dx
f(x)
′ ′= − = − = − = − + = − + =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )
1 1
2
2 00
x 1 1
dx ln x 1 ln 2
1 x 2 2
 = = + = +∫
δ) θεωρώντας
x 1
x
H(x) f (t)dt
+
=
∫ η εξίσωση γίνεται 2
H(x 1) H(ln x) , x 0− = > ,
H (x) f (x 1) f(x) 0′ = + − > , εφόσον ( )
2x
f (x) e x 1 0′ = + > , για x 1≠ − άρα ( )fστο1 r , οπότε ( )Η 1
στο r , δηλ. ''1 1''− οπότε 2
x 1 ln x , x 0− = > , θεωρούμε
2
2 2x 1
h(x) x ln x 1 ,x 0 , h (x)
x
−
′= − − > =
( )2
x 0 x 0
lim h(x) lim x ln x 1+ +
→ →
= − − = +∞
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

8. λύσεις θεμάτων 8
( )2 2
2 2x x x 0
ln x 1
lim h(x) lim x ln x 1 lim x 1
x x+→+∞ →+∞ →
 
= − − = − − = +∞ ÷
 
2 2x DLH x x
1
ln x 1xlim lim lim 0
x 2x 2x
∞ 
 ÷
∞ 
→+∞ →+∞ →+∞
= = =
, ( )
2 1
h ln 2 1 0
2 2
 
= − < ÷ ÷
 
( ) ( )1 2 1 2
2 2 1 1
A 0 , , A , ,h(A ) ln 2 1 , , h(A ) ln 2 1 ,
2 2 2 2
       
= = + ∞ = − + ∞ = − + ∞ ÷ ÷  ÷ ÷ ÷ ÷       
,
1 20 h(A ) , 0 h(A )∈ ∈ άρα υπάρχουν 1 1 1 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1 2h(x ) 0 ,h(x ) 0= = κι εφόσον η h
γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα διαστήματα 1 2A , A είναι μοναδικά, άρα η εξίσωση έχει δύο
ακριβώς ρίζες.
ΘΕΜΑ 60
Δίνεται f παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο ,f(x) 0≠r και
( )
2 2x u
0 0
f (t) 2f (t)
f(x) 1 dt du
f(t)
 ′ +
= +  ÷
 ÷
 
∫ ∫ , x ∈r και
x
0
F(x) f(t)dt=
∫
α) θεωρώντας
( )
2 2u
0
f (t) 2f (t)
G(u) dt
f(t)
′ +
=
∫ έχουμε
x
0
f(x) 1 G(u)du= +
∫ , άρα f (x) G(x)′ = ,
( )
( )
( )
2 22
2 2
2
f (x) 2f (x) f (x)f(x) f (x)
f (x) f (x)f(x) f (x) 2f (x) 2
f (x) f (x)
′ ′′ ′+ −
′′ ′′ ′= ⇔ = + ⇔ = ⇔
( )
f (0) 0 f (0) 1
2 2
f (0) 1 k 0
f (x) f (x) f (x)
2x 2x c 2x ln f(x) x k ln f(x) x
f(x) f(x) f(x)
′ = =
= =
′′ ′ ′  ′⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ ÷
 
2
x
f(x) e⇔ = , f(x) 0≠ , συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f(0) 1 0= > θα ισχύει
f(x) 0> άρα
2
x
f(x) e=
β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )
1 lnf (x)
f (x)
f(t)dt F 1 ln f(x) F f(x) 0 F 1 ln f(x) F f(x)
+
= + − = ⇔ + =
∫ ,
( )
2
x
F (x)f(x) e 0 , F′ = > 1 , άρα F ''1 1''− και 1 ln f(x) f(x)+ = ,
οπότε θεωρώντας g(x) ln x 1 x= + − , έχουμε g(x) 0≤ με το '' ''= να
ισχύει μόνο για x 1= , άρα
2
x 0 2
f(x) 1 e e x 0 x 0= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
γ) θεωρώντας [ ]
x
0
h(x) x F(t)dt 1 , x 0,1= + − ∈
∫ έχουμε h(0) 1 0= − < ,
1
0
h(1) F(t)dt=
∫ ,
2
t
e 0> , x 0>
, άρα
2
x
t
0
F(x) e dt 0= >
∫ οπότε και
1
0
h(1) F(t)dt 0= >
∫ , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α ( )0,1∈ ώστε
α
0
h(α) 0 α F(t)dt 1= ⇔ + =
∫ , ( ) ( )h (x) 1 F(x) 0 ,x 0,1 , h′ = + > ∈ 1 άρα α μοναδικό
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

9. λύσεις θεμάτων 9
δ) η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )
x
0
f (t)dt 1 x f(x) F(x) 1 x F (x) F (x) 1 x 1 x F(x) 0′′ ′= − ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔
∫
( )( )1 x F(x) 0′⇔ − = , άρα θεωρώντας την ( ) [ ]H(x) 1 x F(x) , x 0,1= − ∈ έχουμε H(1) 0,=
H(0) F(0) 0= = , από Θ. Rolle υπάρχει β ( )0,1∈ ώστε ( )
β
0
H (β) 0 f (t)dt 1 β f(β)′ = ⇔ ⇔ = −
∫L (1)
( ) ( )
2
x 2
Η (x) F (x) 1 x F(x) , H (x) F (x)(1 x) 2F (x) 2e x x 1 0′ ′ ′′ ′′ ′= − − = − − = − + − < και ( ) [ ]Hστο 0,1′ 2 ,
οπότε β μοναδικό
Από Θ.Μ.Τ. για την F στο [ ]α,β υπάρχει ξ ( )α,β∈ ώστε
(1)
F(β) F(0) (1 β)f(β)
F (ξ) f (ξ)
β 0 β
− −
′ = ⇔ =
−
(2)
( )
[ ](f 0,β ) (2) (f (β) 0) (β 0)
1β 1 β 1
0ξ β f(ξ) f(β) f(β) f(β) 1 β
β β 2
> >
∗
− −
< < ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ >
1
( ) ( ) [ ]
2
x
f (x) e 2x 0 , x 0 , fστο 0,β′∗ = > > 1
ΘΕΜΑ 61
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με ( )2 2 1 f (x)
x f (x) x 1 e 0 , x 0 ,f(1) ln 2 1− −
′ − − = > = − και οι
συναρτήσεις ( )
x
x
e 1 2
h(x) g(x) 1 , x , f h(x) ln , x 0
xe 1 e
−
= − − ∈ = >
+
r
α) ( )
2
2 2 1 f (x) 2 1 f (x) 1 f (x)
1 f (x) 2
x 1 1 1
x f (x) x f (x)e x 1 f (x)e 1 e x
e x x
+ + +
+
′−  ′′ ′ ′= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔ ÷
 
1 f (x) 1 ln 2 11
e x c , x 1 ,e 1 1 c c 0
x
+ + −
⇔ = + + = = + + ⇔ = , άρα
1 f (x) 1 1 1
e x 1 f(x) ln x f(x) ln x 1
x x x
+    
= + ⇔ + = + ⇔ = + − ÷  ÷
   
β)
( )
2
2
x 1
f (x)
x x 1
−
′ =
+
,
x 0 x 0
1
lim f(x) lim ln x 1
x+ +
→ →
  
= + − = +∞ ÷ ÷
  
,
x x
1
lim f(x) lim ln x 1
x→+∞ →+∞
  
= + − = +∞ ÷ ÷
  
, x 1
f(1) lim f(x) ln 2 1 0+
→
= = − <
1 1 2 2A (0,1] , f(A ) [ln 2 1, ),A (1, ] , f (A ) (ln 2 1, )= = − + ∞ = + ∞ = − + ∞ , 1 20 f(A ) , 0 f(A )∈ ∈ άρα
υπάρχουν 1 1 2 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1 2f(x ) 0 f(x )= = κι εφόσον η f γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα
1A και 2A θα είναι και μοαναδικά άρα η εξίσωση f(x) 0= έχει δύο ακριβώς θετικές ρίζες.
γ) ε: Ο(0,0) (ε) f(ξ)
y f(ξ) f (ξ)(x ξ) f(ξ) f (ξ)ξ f (ξ)ξ f(ξ) 0 0
ξ
∈
′ 
′ ′ ′− = − →− = − ⇔ − = ⇔ = ÷
 
, θεωρώντας
[ ]1 2
f(x)
k(x) , x x ,x
x
= ∈ έχουμε 1 2k(x ) k(x ) 0= = οπότε από Θ. Rolle υπάρχει ξ [ ]1 2x ,x∈ ώστε
k (ξ) 0′ =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

10. λύσεις θεμάτων 10
δ) ( )
2
f h(x) ln ln 2 1 f(1)
e
= = − = , όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών της f ισχύει f(1) ln 2 1= −
μόνο για x 1= άρα
x x x
x x x
e 1 e 1 e (2x 1) 1
h(x) 1 g(x) 1 1 g(x) 2 0
xe 1 xe 1 xe 1
− − + +
= ⇔ − − = ⇔ = + = >
+ + +
x
x x1 1 1 1x
xx x
0 0 0 0
x
e 1
e 1 1 eeE g(x)dx 2 dx 2 dx 2 dx
xe 1xe 1 x e
e
−
−
 −
 ÷   − −
= = + = + = + = ÷ ÷  ÷
++ +   ÷  
 ÷
 
∫ ∫ ∫ ∫
x1
x
0
(x e )
2 dx
x e
−
−
′ +
+ = ÷
+ ∫
( )
1
x
0
1
ln x e 2x ln 1 2
e
−   = + + = + + ÷   
ΘΕΜΑ 62
Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο στο r , f(0) 0= μόνο για x 0= ,( )∗
f (x) 0,x′′ ≠ ∈r και
h 0
f (2 h) f (2 3h)
lim 8
h→
′ ′+ − −
=
α)
0
0 f
h 0 DLH h 0συνεχής
f (2 h) f (2 3h) f (2 h) 3f (2 3h)
lim lim f (2) 3f (2) 4f (2) 8 f (2) 2
h 1
 
 ÷
′′ 
→ →
′ ′ ′′ ′′+ − − + + −
′′ ′′ ′′ ′′= = + = = ⇔ = ,
f (x) 0′′ ≠ και f′′ συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f (2) 2 0′′ = > θα ισχύει f (x) 0′′ >
άρα ( )fκαι ''1 1''′ −1 και f κυρτή στο r
β) η ανισότητα γίνεται ( )2x x 2x x x 3x x 2x x 3x 2x
f(e ) e f(e ) e f(e ) f (e ) e f(e ) f(e ) f(e ) f(e )+ < + ⇔ − < − ,
παρατηρώντας επίσης ότι 2x x x x 3x 2x 2x x
e e e (e 1) , e e e (e 1)− = − − = − , εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στα
x 2x 2x 3x
[e ,e ] , [e ,e ] (για x 0> , έχουμε x 2x 3x
0 x 2x 3x e e e< < < ⇔ < < ) , οπότε υπάρχουν
x 2x 2x 3x
1 2ξ (e ,e ) , ξ (e ,e )∈ ∈ ώστε
( )
2x x
1 x x
f(e ) f(e )
f (ξ )
e e 1
−
′ =
−
και
( )
3x 2x
2 2x x
f(e ) f (e )
f (ξ )
e e 1
−
′ =
−
(1)
( ) ( )
x
x
2x x 3x 2x 3x 2x(1)f e 0
2x x
1 2 1 2 xx x 2x x e 1 0
x 0
f (e ) f(e ) f(e ) f(e ) f(e ) f(e )
ξ ξ f (ξ ) f (ξ ) f(e ) f(e )
ee e 1 e e 1
′ >
− >
>
− − −
′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔
− −
1
( )x 2x x 3x 2x
e f(e ) f (e ) f(e ) f (e )⇔ − < −
γ) θεωρώντας
x
0
F(x) f(t)dt=
∫ έχουμε ( )
z 1
e
z 1
zz
f(t)dt 0 F(zz) F e
−
−
= ⇔ =
∫ , F (x) f(x)′ = , όμως η f
συνεχής κι εφόσον η x 0= μοναδική λύση διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( )0,+ ∞ άρα η
Fγνησίως μονότονη στο (0, ) και ''1 1''+ ∞ − οπότε
x 1z x
z 1 2 x 1
20 x 2
e
zz e x e 1
x
−=
− −
< <
= ⇔ = ⇔ = , θεωρώντας
( )
x 1
2
e
h(x) , x 0,2
x
−
= ∈ έχουμε
( )x 1
3
e x 2
h (x) 0
x
−
−
′ = < για ( )x 0,2∈ άρα h( )1 κι εφόσον h(1) 1= η
x 1= είναι μοναδική λύση, οπότε z 1= και ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των
αξόνων και ακτίνα 1
δ) η εξίσωση γίνεται
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

11. λύσεις θεμάτων 11
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
e 1 f(x) x e f (x) e x f (x) x e f (x) 0 e x f(x) 0− − − − − ′′′ ′− = − ⇔ − − − = ⇔ − = ,
άρα θεωρώντας την ( )x 1
H(x) e x f(x) ,x [0,1]−
= − ∈ έχουμε
1
H(0) f(0) 0 , H(1) 0 f(1) 0
e
= = = × = , άρα
από Θ.Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε H (α) 0′ =
( )∗ η συνθήκη f(x) 0> που δίνεται στις υποδείξεις δεν μπορεί να προκύψει από τα δεδομένα γιατί η
συνάρτηση π.χ. 2
f(x) x 4x= − τηρεί όλες τις προϋποθέσεις αλλά ( )f(x) 0για x 0,2< ∈
ΘΕΜΑ 63
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με ( ) ( )
x
y
f (t)dt x y f xy , xy 0= − >
∫ και η ευθεία
ε : 2x y 2 0− − = εφαπτομένη της fC στο 0x 1= και
1
x
g(x) f(x)e=
α) εφόσον η ε εφαπτομένη της fC στο 0x 1= έχουμε ότι f(1) 0και f (1) 2′= = , παραγωγίζοντας ως
προς x έχουμε ( ) ( ) ( ) y
f(x) f xy x y f xy
2 xy
′= + − και θέτοντας όπου y το
1
x
προκύπτει
2
1 1 1
f(x) f(1) x f (1) 1
x x x
  ′= + − = − ÷
 
β) ( )
1
u 01
x
2 ux
2 u ux 0 x 0
1
lim g(x) lim 1 e lim 1 u e
x+ +
= >
→+∞ →+∞→ →
 
= − = − = −∞ ÷
 
άρα η ευθεία x 0 (yy )′= κατακόρυφη
( )
1
u 01
x
2 ux
2x x u 0 u 0
1
lim g(x) lim 1 e lim 1 u e 1
x + +
= >
→+∞ →+∞ → →
 
= − = − = ÷
 
, άρα η ευθεία y 1= οριζόντια στο +∞
γ) g(x) 0 f(x) 0 x 1 , x 0= ⇔ = ⇔ = > άρα
1 12 2 2
x x
2 2
1 1 1
θετικό στο (1,2)
1 1
E g(x) dx 1 e dx 1 e dx
x x
   
= = − = − ÷  ÷
   ∫ ∫ ∫14243
, το
ολοκλήρωμα δεν “υπολογίζεται” άρα
1 12 x 0
4x x
4
x 2x 1
g (x) e ,x 0,e 0 ,g (x) 0 x 1 2 2
x
>− + +
′ ′= = > > = ⇔ = + >L , άρα [ ]g (x) 0,x 1,2′ > ∈ και
[ ]g( )στο 1,21 , οπότε
3
1 x 2 g(1) g(x) g(2) 0 g(x) e
4
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ κι εφόσον το '' ''= δεν ισχύει
παντού
2 2
1 1
3 3
0 g(x)dx edx E e 4E 3 e
4 4
< < ⇔ < ⇔ <
∫ ∫
δ)
1 1
1 1 1 u 1 u
x x 1
u 0
x
1 1 1 1
1 1 uux x u 0 u 0 u 0
x x
g(t) 1
dt g(t)dt u g(t)dt g(t)dt
x x
lim lim lim lim
e 1e 1
e 1 e 1
u
+ + +
+ + + +
= >
→+∞ →+∞ → → →
= = = =
−−
− −
∫ ∫ ∫ ∫ 0
0
1
= εφόσον
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

12. λύσεις θεμάτων 12
0
u 1 u0
u
DLHu 0 u 0 1
e 1
lim lim e 1 , g(t)dt
u+ +
 
 ÷ + 
→ →
−
= =
∫ συνεχής ως παραγωγίσιμη άρα
1 u 1 0
u 0 1 1
lim g(t)dt g(t)dt 0+
+ +
→
= =
∫ ∫
ΘΕΜΑ 64
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο r με f(0) 1= − και ( )x 1
f (x)
2x
e 1 f (x) , x
e
+
′+ = ∈r και
x
0
F(x) f(t)dt=
∫
α) ( ) ( ) ( )x 1 x 1 x 1 f (x) x 1 f (x) x 1 f (x) 2
f (x)
2
e e f (x) e e e f (x)e 2x e e x
e
+ + + + +′ ′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔
x 1 f (x) 2
e x c ,+ +
⇔ = + ( )x 1 f (x) 2 2
f(0) 1 c 1 , e x 1 f(x) ln x 1 x 1+ +
= − ⇔ ⇔ = = + ⇔ = + − −L , x ∈r
β)
( )
2
2
x 1
f (x)
x 1
−
′ = −
+
, ( ) ( )fστο Α ,= −∞ + ∞1 , x
lim f(x)
→−∞
= +∞
( )2
x x
ln x 1 1
lim f(x) lim x 1
x x→+∞ →+∞
 +
 ÷= − − = −∞
 ÷
 
εφόσον
( )2
2x DLH x x
ln x 1 2x 2
lim lim lim 0
x x 1 x
∞ 
 ÷
∞ 
→+∞ →+∞ →+∞
+
= = =
+
άρα f(A) = r ,
f ''1 1''− άρα ( ) ( )
2
4 2
x x 2 4 2 2 2
2
x 2x 2
e ln x 2x 2 ln x 6x 10 x x 2
x 6x 10
− −+ +
= ⇔ + + − + + = − − ⇔
+ +
( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
2 22 2 2
ln x 1 1 x 1 1 ln x 3 1 x 3 1 f x 1 f(x 3)⇔ + + − + − = + + − + − ⇔ + = + ⇔
2
x 1 x 3 x 2ή x 1⇔ + = + ⇔ = = −
γ)
( ) ( )
( )
22
2 x 1 x 1
f (x)
x 1
+ −
′′ = −
+
f( 1) ln 2 , f(1) ln 2 2− = = −
1ε : y f( 1) f ( 1)(x 1) y 2x 2 ln 2′− − = − + ⇔ = − − +
2ε : y f(1) f (1)(x 1) y ln 2 2′− = − ⇔ = −
οι δύο ευθείες τέμνονται στο στο σημείο M(0,ln 2 2)− yy′∈
δ) η ανισότητα γίνεται
( )
3 2x 0
3 2 2 3 2 2 2F(x ) F(x )
xF(x) F(x ) xF(x ) F(x ) F(x ) F(x ) x F(x ) F(x) F(x ) F(x)
x
> −
+ < + ⇔ − < − ⇔ < − ⇔
2
3 2 2x 1
3 2 2
x x 0
F(x ) F(x ) F(x ) F(x)
x x x x
>
− >
− −
⇔ <
− −
(1) από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )2 2 3
1 2ξ x,x , ξ x ,x∈ ∈ ώστε
2 3 2
1 22 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )
f (ξ ) , f (ξ )
x x x x
− −
′ ′= =
− −
,
( )f
2 3
1 2 1 21 xξ x ξ x f (ξ ) f (ξ )′ ′< < < < < ⇔ > ⇔
2
2 3 2
2 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )
x x x x
− −
>
− −
που είναι η (1)
ΘΕΜΑ 65
Δίνεται η συνάρτηση
x
2
0
dt
f(x)
1 t
=
+∫
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

13. λύσεις θεμάτων 13
α) ( )2
1
f (x) 0 ,f
1 x
′ = >
+
1 , αν
π π
x ,
2 2
 
∈ − ÷
 
έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2
2 2
1 1
fεφx συν x f εφx 1 f εφx εφx 1 f εφx x
1εφ x συν x
′′ ′′ ′ ′= = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
+
f(εφx) x c , f (0) 0 c 0= + = ⇔ = άρα f(εφx) x=
β)
f
0 x 1 f(0) 0 f(x)≤ ≤ ⇔ = ≤
1
, οπότε
2
π π
1 xεφt
4 4
21
0 0 0dx dt
συν t
1
E f(x)dx f (εφt) dt t(εφt) dt
συν t
=
=
′= = = =
∫ ∫ ∫ =
[ ] [ ]
π π
4 4
π
4
0 0
0
π π 1
tεφt εφtdt ln(συνx) ln 2
4 4 2
= − = + = = −
∫ L ή
εφόσον f αντιστρέψιμη ως γνησίως αύξουσα θα ισχύει 1
f(εφx) x f (x) εφx−
= ⇔ = οπότε
( ) [ ]
11 1 1 u f (x) f (u) x
1
0 du f (x)dx0 0 0
E f(x)dx x f(x)dx xf(x) xf (x)dx
−
= ⇔ =
′=
′ ′= = = − =
∫ ∫ ∫
π
4 1
0
f(1) f (u)du−
− =
∫
π
4
0
π π 1
εφudu ln 2
4 4 2
= − = = −
∫ L
γ)
{ {
2 2
2
x x 2
2 2x
( )( )
1 1 1
e e 1 x
1 x 1 xe
−
++
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ +
+ + που ισχύει αν στην x
e x 1≥ + (1) θέσουμε όπου x το 2
x
2
1 1
t
2
0 0
1π π
e dt dt f (1) fεφ
1 t 4 4
−  
< = = = ÷
+  ∫ ∫ , από (1) θέτοντας όπου x το 2
t− έχουμε
2
t 2
e t 1−
≥ − + οπότε
( )
2
131 1
t 2
0 0
0
t 2
e dt t 1 dt t
3 3
−  
> − + = − + = 
 ∫ ∫ , οι ανισότητες ισχύουν γνήσια για τα ολοκληρώματα διότι το
'' ''= στις αντίστοιχες ανισότητες για τις συναρτήσεις δεν ισχύει παντού.
δ) [ ]
1
0
π
g : 0,1 , tg(t)dt
4
→ >
∫r , η ανισότητα γίνεται
( )3 2
2
1
θ g(θ) θg(θ) 1 θg(θ) θ 1 1 θg(θ)
θ 1
+ > ⇔ + > ⇔ >
+
, θεωρώντας
x
2
0
1
Η(x) tg(t) dt
t 1
 
= − ÷
+ ∫ από
Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )θ 0,1∈ ώστε
1 1 1
2 2
0 0 0
Η(1) Η(0) 1 1 π
Η (θ) θg(θ) tg(t)dt dt tg(t)dt 0
1 0θ 1 t 1 4
−
′ = ⇔ − = − = − >
− + +∫ ∫ ∫ 2
1
θg(θ)
θ 1
⇔ >
+
ΘΕΜΑ 66
Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με f(0) f (0) 0′= = , 2
f (x) 2xf (x) 2f(x) 6x ,x′′ ′− = + ∈r και
3 2
g(x) 16x 36x 24x 5= − + −
α) ( ) ( )2 3 3
f (x) 6x 2f(x) 2xf(x) f (x) 2x 2xf(x) f (x) 2x 2xf(x) c′ ′′′ ′ ′− = + ⇔ − = ⇔ − = + , από
f(0) f (0) 0′= = προκύπτει c 0= , οπότε
( )2 2 2 2 2
3 3 x x 3 x x 3 x
f (x) 2x 2xf(x) f (x) 2xf(x) 2x e f (x) e 2xf(x) 2x e e f(x) 2x e− − − − −′
′ ′ ′− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

14. λύσεις θεμάτων 14
2 2 22 2
2 2 2
x x x xu t x3 t u u u u 2 x x
0du 2tdt0 0 0 0
2t e dt ue du u(e ) du ue e du x e e 1
− − −=− −− − −
=−
′  = = = − = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ , άρα
( ) ( )2 2 2 2 2 2
x 2 x x x 2 x x
e f(x) x e e 1 e f(x) x e e 1 k− − − − − −′ ′
= − − + ⇔ = − − + + , από f (0) 0′ = προκύπτει k 0= άρα
2 2 2 2
x 2 x x x 2
e f(x) x e e 1 f(x) e x 1− − −
= − − + ⇔ = − −
β) η ανίσωση γίνεται
( ) ( )
xx ln 2 x ln 2 x ln 2
x x ln 2
x
0 0 0 0 0 02 1 1
1 e
1 e f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(t)dt e 1 f(t)dt e 1 f(t)dt
e
−
−
−
− =
 −
− > ⇔ > ⇔ − > − ÷
 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫123
θεωρώντας
x
x
0
G(x) (e 1) f(t)dt= −
∫ , έχουμε G(x) G(ln 2)> (1),
x
x x
0
G (x) e f(t)dt (e 1)f(x) , x 0′ = + − >
∫
θέτοντας όπου x το 2
x στην x
e x 1 ,x 0> + > έχουμε
2 2
x 2 x 2
e x 1 e x 1 0 f(x) 0> + ⇔ − − > ⇔ > οπότε
για
x
x x
0
x 0 , e 0 , e 1 0 , f(t)dt 0 , f(x) 0> > − > > >
∫ άρα
( ) ( )G (x) 0 , Gστο 0,′ > + ∞1 και από (1) έχουμε x ln 2>
γ) x
e x 1 , x≥ + ∈r και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= , άρα
2
x 2
e x 1 f (x) 0 , x 0> + ⇔ > ≠ κι εφόσον f(0) 0= έχουμε f(g(x)) 0 g(x) 0= ⇔ = ,
2 1
g (x) 24(2x 3x 1) 0 x 1ή x
2
′ = − + = ⇔ = =
( )1 2 3
1 1
A , , A ,1 , A 1,
2 2
   
= −∞ = = + ∞ ÷     
και ( ) [ ] ( )1 2 3g(A ) ,0 , g(A ) 1,0 , g(A ) 1,= −∞ = − = − + ∞ κι
εφόσον 2 30 g(A ) , 0 g(A )∈ ∈ έχει δύο ρίζες (το
1
2
διπλή και το
5
4
)
δ) F (x) f(x) 0′ = ≥ και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= άρα ( )Fκαι ''1 1'' −1 οπότε
F''1 1''
F(x) 0 F(1) x 1
−
= = ⇔ = ,
( )F
0 x 1 F(x) F(1) 0≤ ≤ ⇔ ≤ =
1
άρα
( ) [ ]
1 1 1
1
0
0 0 0
E F(x)dx x F(x)dx xF(x) xf (x)dx′= − = − = − + =
∫ ∫ ∫ ( )2
1
x 3
0
F(1) xe x x dx− + − − =
∫
2
14 2
x
0
1 x x e 5
e
2 4 2 2 4
 
= − − = − 
 
ΘΕΜΑ 67
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0,+ ∞ με f(1) 2ln 2= και ( )2
x x f (x) xf (x) x 1 ,x 0′+ = − − >
α)
ln(x 1) ln(x 1) ln(x 1)
2 2
xf(x) x 1 1 1 1 1
f (x) f (x) f(x) e f (x) e f(x) e
x x x x x 1 x x 1 x
− + − + − ++
′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔
+ + + +
( )
A 1
ln(x 1)
B 1
1 f(x) A B f(x) 1 1
f(x)e
x(x 1) x 1 x x 1 x 1 x x 1
=
− +
=−
′ ′       ′⇔ = − ⇔ = − + ⇔ = − − ⇔ ÷  ÷  ÷  ÷
+ + + + +       
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

15. λύσεις θεμάτων 15
( ) ( )
f(x) f(x) 1 f(x) 1
ln(x 1) ln x ln 1 ln 1 c
x 1 x 1 x x 1 x
′′ ′         ′ ′⇔ = + − ⇔ = + ⇔ = + + ÷  ÷  ÷  ÷ ÷
+ + +        
,
f(1) 2ln 2 c 0= ⇔ = , οπότε ( )
1
f(x) x 1 ln 1
x
 
= + + ÷
 
β)
x 0 x 0
1
lim f(x) lim(x 1)ln 1
x+ +
→ →
 
= + + = = +∞ ÷
 
L άρα η x 0 (yy )′= κατακόρυφη ασύμπτωτη
0
0
x x DLH x
1
ln 1
1 x 1x
lim (x 1)ln 1 lim lim 1
1x x
x 1
 
 ÷
 
→+∞ →+∞ →+∞
 
+ ÷ +   + + = = = = ÷
 
+
L , άρα η y 1= οριζόντια ασύμπτωτη
1
u 1 1
x1 1
f (x) ln 1 ln u u 1 0
x x
= + >
 ′ = = + − = − + < ÷
 
L (ln u u 1 , u 0≤ − > με το '' ''= μόνο για u 1= ) άρα
( ) ( )fστο 0, + ∞2 και ( )f(A) 1,= + ∞
γ) η εξίσωση γίνεται ( )
2 2 2
x 1 x 1 x 1
2
xe x 1 xe x 1 ln xe ln x 1 ln x ln(x 1)
x 1
+ + +
 
− = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ + = + ⇔ ÷
+ 
( ) ( )
2 x 1 1
ln(x 1) ln x x 1 ln 2 x 1 ln 1 2 f(x) 2
x 1 x x
+   
⇔ + − = ⇔ + = ⇔ + + = ⇔ = ÷  ÷
+    
κι εφόσον 2 f(A)∈
από β) και x 0
lim f(x) , f(1) 2ln 2 2+
→
= +∞ = < υπάρχει μοναδικό 0x (0,1)∈ ώστε 0f(x ) 2= . Θεωρώντας
την
x
2
G(x) f(t)dt , G (x) f(x) 0′= = >
∫ , άρα ( )Gκαι ''1 1'' −1 , η εξίσωση γίνεται
f (x)
2
f(t)dt 0= ⇔
∫
G(f(x)) G(2) f(x) 2⇔ = ⇔ = , που έχει μοναδική λύση την 0x
δ) εφόσον ( ) ( )G(f(x) G f(x) f (x) f(f(x))f (x)′ ′ ′ ′= = η εξίσωση γίνεται
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f (x)
2
f(t)dt 1 x f(f (x))f (x) G(f(x)) 1 x G(f(x) x 1 G(f(x)) x 1 G(f(x) 0′ ′ ′′= − ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔
∫
( )( )x 1 G(f(x) 0′⇔ − = οπότε θεωρώντας [ ]0H(x) (x 1)G(f(x)), x x ,1= − ∈ έχουμε H(1) 0= και
0f (x ) (γ)
0 0 0 0
2
H(x ) (x 1)G(f(x )) (x 1) f(t)dt 0= − = − =
∫ άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )0ξ x ,1∈ ώστε Η (ξ) 0′ =
ΘΕΜΑ 68
Δίνεται f παραγωγίσιμη με f(x) 0≠ , x ∈r , η fC τέμνει τον θετικό ιμιάξονα Οy δηλ. f(0) 0> και
f (x) 0′ < δηλ. ( )fστο2 r και
x
1
f(t)
g(x) dt
f(x)
=
∫
α) εφόσον f (x) 0≠ και η f συνεχής ως παραγωγίσιμη , θα διατηρεί
σταθερό πρόσημο κι αφού f(0) 0> θα ισχύει f(x) 0 , x> ∈r , θεωρώντας
( )
x
1
F(x) f(t)dt , F (x) f(x) 0 , Fκαι F''1 1''′= = > −
∫ 1 , οπότε η g γίνεται
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

16. λύσεις θεμάτων 16
1
g(x) F(x)
f(x)
= κι εφόσον f(x) 0> το πρόσημο και οι ρίζες της g προκύπτουν από ρίζες και πρόσημο
της F δηλ.
F''1 1''
F(x) 0 F(1) x 1
−
= = ⇔ = ,
F
x 1 F(x) F(1) 0> ⇔ > =
1
,
F
x 1 F(x) F(1) 0< ⇔ < =
1
β) η εξίσωση γίνεται
( ) ( )
x x
1 1
22
f(t)dt f (x) f(t)dt
F(x) F (x)F(x)
1 1
f(x) 2 x f (x) F (x)(2 x) F (x)
′
′′
= − ⇔ = − ⇔
′− − ′
∫ ∫
( )
( )
2
2
F (x) F (x)F(x)g(x) g(x)
g (x) g(x) (2 x)g (x) g(x)(x 2) (x 2)g (x) 0
2 x 2 xF (x)
′ ′′−
′ ′ ′ ′⇔ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔
− −′
( )g(x)(x 2) 0′⇔ − = , οπότε θεωρώντας [ ]H(x) g(x)(x 2) , x 1,2= − ∈ έχουμε H(2) 0 ,=
H(1) g(1) 0= − = και άρα από Θ. Rolle υπάρχει ( )α 1,2∈ ώστε
Η (α) 0′ = ⇔ ⇔L
( )
α
1
f(t)dt
f(α) 2 α
=
−
∫
α
1
2
f (α) f(t)dt
1
f (α)
′
−
∫
γ) θεωρούμε
x
1
h(x) f(x) f(t)dt xf(x) , x= + − ∈
∫ r ,
h (x) f (x) f(x) f(x) xf (x) f (x)(1 x)′ ′ ′ ′= + − − = − κι εφόσον f (x) 0′ <
όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η h για x 1= έχει ολικό
ελάχιστο άρα
x
1
h(x) h(1) f(x) f (t)dt xf(x)≥ ⇔ + ≥
∫
Από την παραπάνω ανισότητα κι εφόσον το '' ''= ισχύει μόνο για x 1= με ολοκλήρωση έχουμε
( )
1 1 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0
f(x)dx F(x)dx xf(x)dx f (x)dx x F(x)dx xf(x)dx′+ > ⇔ + > ⇔
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
[ ]
1 1 1 1 1 1
1
0
0 0 0 0 0 0
f(x)dx xF(x) xf (x)dx xf(x)dx 2 xf(x)dx f(x)dx 2 xf(x)dx F(0)⇔ + − > ⇔ < ⇔ < −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,
όμως για την F από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )ξ 0,1∈ ώστε
F(1) F(0)
F (ξ) f(ξ) F(0)
1 0
−
′ = ⇔ = −
−
κι εφόσον ( )f 2 ,
ξ 0 f(ξ) f(0) F(0) f(0)> ⇔ < ⇔ − < οπότε
1
0
2 xf(x)dx F(0) f (0)< − <
∫
δ) η εξίσωση γίνεται
1
1
0
0
f(0) 2 xf(x)dx
f(x)
xf(0) 2x xf(x)dx f(x)(1 x) 0
1 x x
−
= ⇔ − − − =
−
∫
∫
, οπότε
θεωρώντας [ ]
1
0
G(x) xf(0) 2x xf(x)dx f(x)(1 x),x 0,1= − − − ∈
∫ , έχουμε G(0) f(0) 0= − < και
1
0
G(1) f(0) 2 xf (x)dx 0= − >
∫ από γ) , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 0,1∈ ώστε 0G(x ) 0=
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

17. λύσεις θεμάτων 17
ΘΕΜΑ 69
Δίνεται f συνεχής στο [ )0,+ ∞ και παραγωγίσιμη στο ( )0,+∞ με xf (x)
xf (x) 2xe f(x) , x 0−
′ = − > και
[ )2
g(x) x f(x) ,x 0,= ∈ + ∞
α)
xf (x) xf (x) xf (x) xf (x)
xf (x)
2x
xf (x) f(x) xf (x)e 2x f(x)e xf (x)e f(x)e 2x
e
′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔
( ) ( ) ( ) ( )xf (x) xf (x) xf (x) 2 xf (x) 2
e xf (x) f (x) 2x e xf(x) 2x e x e x c′ ′′′⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + , f συνεχής στο 0
άρα x 0
lim f(x) f(0)+
→
= και ( )xf (x) 2 0 f (0)
x 0 x 0
lim e lim x c e c c 1+ +
×
→ →
= + ⇔ = ⇔ = άρα
2
ln(1 x )
f(x) ,x 0
x
+
= > και
εφόσον
0
2 0
2DLHx 0 x 0 x 0
ln(1 x ) 2x
f(0) lim f (x) lim lim 0
x 1 x+ + +
 
 ÷
 
→ → →
+
= = = =
+
έχουμε
2
ln(1 x )
, x 0
f(x) x
0 , x 0
 +
>
= 
 =
β) κατακόρυφη δεν έχει εφόσον f συνεχής στο [ )0,+ ∞ ,
2
2 2x x DLH x x x
ln(1 x ) 2x 2x 2
lim f(x) lim lim lim lim 0
x 1 x x x
∞ 
 ÷
∞ 
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞
+
= = = = =
+
άρα η y 0(xx )′= οριζόντια
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2
2
2 2 2
2x
x ln x 1 2x x 1 ln x 1x 1f (x)
x x x 1
− + − + ++′ = =
+
, θεωρώντας ( ) ( )2 2 2
h(x) 2x x 1 ln x 1 ,x 0= − + + >
έχουμε ( )( )2
h (x) 2x 1 ln x 1 0 x e 1′ = − + = ⇔ = − ,
( ) ( ) ( ) ( )1 1
x e 1x 0
A 0, e 1 ,h A lim h(x) , lim h(x) 0,e 2+
→ −→
= − = = − ,
) ( ) ( )( ( ]2 2
x
A e 1, ,h A lim h(x) , h e 1 ,e 2
→+∞
= − + ∞ = − = −∞ − 
0 2h(A )∈ άρα υπάρχει 0x e 1> − ώστε 0 0h(x ) 0 f (x ) 0′= ⇔ = με
0x μοναδικό.
h
0 0x x e 1 h(x) h(x ) f (x) 0′> > − ⇔ < ⇔ <
2
,
h
0 0e 1 x x h(x) h(x ) f (x) 0′− ≤ < ⇔ > ⇔ >
2
,
0 x e 1< < − τότε εφόσον ( )1h(A ) 0,e 2= − ,
h(x) 0 f (x) 0′> ⇔ > , οπότε όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η f για 0x x= έχει μέγιστο κι
εφόσον x
f(0) 0 , lim f(x) 0
→+∞
= = έχει για x 0= ελάχιστο.
γ) θεωρώντας [ ]x
ln 2
H(x) f(x) 2(x 1) , x 0,1
e x
= + − + ∈
−
έχουμε
ln 2
H(0) 2 ln 2 0 , H(1) ln 2 0
e 1
= − + < = + >
−
οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε Η
α
ln 2
Η(α) 0 f (α) 2 2α
eα
= ⇔ = − −
−
δ) θεωρώντας ( )
x
e
x 1
F(x) g(t)dt , x 0, e 1
+
= ∈ −
∫ η εξίσωση γίνεται F(x) F(1) 0 F(x) F(1)− = ⇔ = (1)
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

18. λύσεις θεμάτων 18
x x
F (x) g(e )e g(x 1)′ = − + , 2
0g (x) 2xf(x) x f (x) , 0 x e 1 x′ ′= + < < − < , άρα από β) 2
x,x ,f (x),f (x) 0′ >
οπότε ( )g (x) 0,g′ > 1 και θεωρώντας γνωστό ότι x
e x 1 , x 0> + ≠ έχουμε
x
x
g(e ) g(x 1) 0
x 0 ,e 1 0
 > + > 
 
> > >  
άρα ( )x x
g(e )e g(x 1) F (x) 0 , Fκαι ''1 1''′> + ⇔ > −1 οπότε από (1) x 1=
μοναδική λύση
ΘΕΜΑ 70
Δίνεται η f παραγωγίσιμη στο [ )1,+ ∞ με
1
1
x
f (x) 0 , f(x) 2x f(xt)dt , x 1′ ≠ > >
∫ και
( ) ( ) 1
1 2 1 2
2
f(x )
2 f(x ) f (x ) ln f(x )f(x ) 2 ln
f(x )
− = +   για κάθε 1 21 x x< <
α)
1
u xt , du xdt ,t u 1 , t 1 u x
x
= = = → = = → = , οπότε
1 1 x
1 1
1
x x
x f(xt)dt xf(xt)dt f(u)du= =
∫ ∫ ∫ και
θεωρώντας
x
1
F(x) f(u)du , F (x) f(x)′= =
∫ έχουμε
1
1
x
f(x) 2x f(xt)dt F (x) 2F(x)′> ⇔ > ⇔
∫
( )2x 2x 2x
F (x) 2F(x) 0 e F (x) 2e F(x) 0 e F(x) 0− − − ′′ ′− > ⇔ − > ⇔ > οπότε αν 2x
G(x) e F(x)−
= τότε G (x) 0′ >
και ( )G 1 στο [ ) 2x
1, , x 1 G(x) G(1) e F(x) 0 F(x) 0−
+ ∞ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > , οπότε f(x) 2F(x) 0> >
β) ( ) ( )
1 zz
2
3 z
f(t)dt 0 F 1 zz F 3 z 1 zz 3 z z z 2 0 z 2
+
+
= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − + = ⇔ =
∫ , εφόσον
F (x) f(x) 0′ = > από α) και άρα F( )και ''1 1''−1 , άρα κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και
ακτίνα 2.
γ) ( ) ( ) 1
1 2 1 2
2
f(x )
2 f(x ) f(x ) ln f(x )f(x ) 2 ln
f(x )
− = + ⇔  
[ ]( )1 2 1 2 1 22f(x ) 2f(x ) ln f(x ) ln f(x ) 2 lnf (x ) lnf(x )⇔ − = + + − ⇔
2 2
1 2 1 2 1 22f(x ) 2f(x ) ln f(x ) ln f(x ) 2ln f(x ) 2ln f(x )⇔ − = − + − ⇔
2 2
1 1 1 2 2 2ln f (x ) 2ln f(x ) 2f(x ) ln f(x ) 2ln f(x ) 2f(x )⇔ + − = + − , οπότε θεωρώντας
[ ]2
1 2H(x) ln f(x) 2lnf(x) 2f(x) , x x ,x= + − ∈ έχουμε 1 2H(x ) H(x )= και από Θ.Rolle υπάρχει
( )0 1 2x x ,x∈ ώστε
0 0
0 0 0
0 0
f (x ) f (x )
H (x ) 0 2ln f(x ) 2 2f (x ) 0
f(x ) f(x )
′ ′
′ ′= ⇔ × + − = ⇔
( )
0f (x ) 0
0
0 0 0 0 0 0
0
2f (x )
lnf (x ) 1 f(x ) 0 lnf (x ) 1 f(x ) 0 ln f(x ) f(x ) 1
f(x )
′ ≠′
⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = − κι εφόσον ισχύει
ln x x 1≤ − με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= προκύπτει ότι 0f(x ) 1=
δ)
x x x
2 2
2
1 1 1 2
3 3x 1 x 1 x 1
(x 1) f (t)dt (x 1) f(t)dt f(t)dt
x 1
lim lim lim 1 f(1) f (1)
ln x ln x ln x ln x→ → →
− −
− 
= = = × = ÷
 
∫ ∫ ∫ διότι
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

19. λύσεις θεμάτων 19
0
0
x 1 DLH x 1 x 1
x 1 1
lim lim lim x 1
1ln x
x
 
 ÷
 
→ → →
−
= = = ,
x
0
fσυνεχής0
1
x 1 DLH x 1 x 1στο1
f(t)dt
f(x)
lim lim lim xf (x) f(1)
1ln x
x
 
 ÷
 
→ → →
= = =
∫
ΘΕΜΑ 71
Δίνονται [ )f ,g : 0,+ ∞ → r δύο συναρτήσεις με την f συνεχή ,
2
x x
g(x) f(x) e x ln x 2 , x 0
2
= − − + + >
και g(x) 1
e g(x) , x 0−
= >
α) g(x) 1 g(x)
e g(x) e eg(x) , x 0−
= ⇔ = > , θεωρώντας
x x
h(x) e ex ,x 0 , h (x) e e 0 x 1′= − > = − = ⇔ = και όπως φαίνεται
από τον πίνακα μεταβολών η h για x 1= έχει ολικό ελάχιστο και ισχύει
h(1) 0= μόνο όταν x 1= . Άρα
( )g(x)
e eg(x) h g(x) 0 g(x) 1 , x 0= ⇔ = ⇔ = > , οπότε
2
x x
f(x) e x ln x 1
2
= + − − για x 0> κι εφόσον f
συνεχής στο 0 έχουμε x 0
f(0) lim f (x) 0+
→
= = διότι
2
x
x 0
x
lim e 1 0
2+
→
 
+ − = ÷
 
και
( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0
2
1
ln x xlim x ln x lim lim lim x 0
1 1
x x
+ + + +
∞ 
 ÷
∞ 
→ → → →
= = = − =
−
, άρα
2
x x
e xln x 1 , x 0
f(x) 2
0 , x 0

+ − − >
= 
 =
β) ( )x
f (x) e x ln x 1 0 , x 0,′ = + − − > ∈ + ∞ εφόσον x
e 0 , ln x x 1 x 1 ln x 0 , x 0> ≤ − ⇔ − − ≥ > , άρα
εφόσον f συνεχής στο 0 ισχύει ( ) [ )fστο 0, + ∞1 και x 0 f(x) f(0) 0> ⇔ > =
γ) από β) f ''1 1''− άρα f(x) 0 f (0) x 0= = ⇔ = οπότε
x 1
4
e
x
f(t)
dt 0
t
−
=
∫ ,
f(t)
t
συνεχής στο ( )0,+ ∞ άρα
πρέπει ( )4 x 1
x , e 0, x 0−
∈ + ∞ ⇔ ≠ που ισχύει για [ )x 1,∈ + ∞ , θεωρώντας
[ ) ( )
x
1
f(t) f(x)
q(x) dt , x 1, , q (x) 0 , q
t x
′= ∈ + ∞ = >
∫ ))1 στο [ )1,+ ∞ και άρα ''1 1''− οπότε
( ) ( )
x 1
4
4e
x 1 4 x 1 4
x 1
x
f(t) x
dt 0 q e q x e x 1 0
t e
−
− −
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ − =
∫ ,
θεωρώντας [ )
4 3
x 1 x 1
x x (4 x)
φ(x) 1 , x 1, , φ (x)
e e− −
−
′= − ∈ + ∞ = , έχουμε
[ ] ( )1 2A 1,4 , A 4,= = + ∞ και [ ]
3
1 3
64 e
φ(Α ) φ(1),φ(4) 0,
e
 −
= =  
 
( )
3
2 3x x 4
64 e
φ(Α ) lim φ(x), lim φ(x) 1,
e+→+∞ →
 −
= = − ÷
 
κι εφόσον 1 20φ(Α ) , 0 φ(Α )∈ ∈ έχει δύο ακριβώς ρίζες
μια την 1x 1= και 2x 4>
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

20. λύσεις θεμάτων 20
δ)
( ) ( )
3 3 3
x x x
3 3
3
0 0 0 3
3 3 xx 0 x xx 0 x 0
x f(t)dt x f(t)dt f(t)dt
x
lim lim lim 1 0 0
e 1ημxe 1ημx e 1 ημx
+ +→ → →
 
 ÷
  ÷= = = × = ÷
− ÷ − −
 ÷
 
∫ ∫ ∫ εφόσον
( )
xx
0 0
0 0
00
x xDLH DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
f(t)dtf (t)dt
x 1 f(x) f(0)
lim lim 1 , lim lim lim 0
e 1 eημx συνx 1ημx
+ + + + +
   
 ÷  ÷
   
→ → → → →
′ 
 ÷
 = = = = = =
− ′
∫∫
ΘΕΜΑ 72
Δίνεται ( )f : 0,+ ∞ → r μια συνάρτηση παραγωγίσιμη με
e
f(1)
2e 1
=
−
και ισχύει
( ) ( )t t
1 t e f (t) 1 e f(t) 0 , t 0− −
′+ − + + = >
α) η ισότητα γίνεται ( )t t e 1
f(t)(1 t e 0 f (t)(1 t e ) c , t 1 , 2 c c 1
2e 1 e
− −  ′+ − = ⇔ + − = = − = ⇔ = ÷
−  
( )
( ) ( )
t
2t t
1 1 e
f(t) , f (t) 0 ,άρα f στο 0,
1 t e 1 t e
−
− −
+
′= = − < + ∞
+ − + −
2 , t
t 0 t 0
1
lim f (t) lim
1 t e+ + −
→ →
= = +∞
+ −
εφόσον ( )t
t 0
lim 1 t e 0+
−
→
+ − = και θεωρώντας [ )t t
g(t) 1 t e , t 0, , g (t) 1 e 0 ,− −
′= + − ∈ + ∞ = + > και άρα
g (0, )
t
t 0 g(t) g(0) 1 t e 0
+∞
−
> ⇔ > ⇔ + − >
1
, tt t
1
lim f(t) lim 0
1 t e−→+∞ →+∞
= =
+ −
εφόσον ( )t
lim 1 t
→+∞
+ = +∞ και
t
t
lim e 0−
→+∞
= , άρα ( )f(A) 0,= + ∞
β) εφόσον f γνησίως φθίνουσα είναι αντιστρέψιμη , θέτοντας 1
f (t) u f(u) t−
= ⇔ = κι εφόσον
u 0
lim f(u)+
→
= +∞ όταν
1
t u 0
tτότε u 0 ,άρα lim f (t) lim u 0 +
+ −
→+∞ →
→ +∞ → = = και τότε
1
t (DLH) (DLH)u 0 u 0 u 0 u 0
f (t) t u f(u) 1 f (u) f (u)
lim lim lim lim lim 1 1
t 1 f(u) 1 f (u) f (u)+ + + +
∞ ∞   
 ÷  ÷− ∞ ∞   
→+∞ → → → →
′ ′′+ + +
= = = = =
′ ′′− −
,
( )
( )
t
2tu 0 u 0
1 e
lim f (u) lim
1 t e
+ +
−
−→ →
− +
′ = =
+ −
( )
( )( )t
2tu 0
1
lim 1 e
1 t e
+
−
−→
− + = −∞
+ −
γ) για την ( ) [ ) ( ) [ )
x
1
F(x) f(t)dt , F (x) f(x) 0 , Fστο 1, ,F (x) f (x) 0 , F σ το 1,′ ′′ ′ ′= = > + ∞ = < + ∞
∫ 1 2
η ανισότητα γίνεται ( ) ( )3 2 3 2 2
xF(x) F(x ) x 1 F(x ) F(x ) F(x ) x F(x ) F(x)+ < + ⇔ − < − κι εφόσον
2 3 3 2
x 1 , x x x x x 0> < < ⇔ − > έχουμε
( )23 2
3 2 3 2
x F(x ) F(x)F(x ) F(x )
x x x x
−−
< ⇔
− −
3 2 2
3 2 2
F(x ) F(x ) F(x ) F(x)
x x x x
− −
⇔ <
− −
(1) , από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )2 2 3
1 2ξ x,x και ξ x ,x∈ ∈ ώστε
2 3 2
1 22 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )
F (ξ ) , F (ξ )
x x x x
− −
′ ′= =
− −
οπότε
( )
( ) ( )
F
1 2 1 2ξ ξ F ξ F ξ
′
′ ′< ⇔ > ⇔
2
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

21. λύσεις θεμάτων 21
2 3 2
2 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )
x x x x
− −
⇔ >
− −
που είναι η (1)
δ)
t t t t
t
1 1 1
0 t 1 1 t e t 0 e ,ισχύει και 1 e 0 1 e
t 1 1 t e t
− − − −
−
< < < ⇔ + > + − > ⇔ > − − > ⇔ > ⇔
+ + −
0 t
e e 0 t t 0−
⇔ > ⇔ > − ⇔ > , που ισχύει, όταν x 0 , x 2x> < οπότε έχουμε
[ ] [ ]
2x 2x 2x 2x 2x
2x 2x
x x
x x x x x
1 1 2x 1
dt f(t)dt dt ln(t 1) f (t)dt ln t ln f(t)dt ln 2
t 1 t x 1
+
< < ⇔ + < < ⇔ < <
+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ κι
εφόσον
x x u 2
2x 1 2x 1
lim 2 , lim ln limln u ln 2
x 1 x 1→+∞ →+∞ →
+ +
= = =
+ +
από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι
2x
x x
lim f(t)dt ln 2
→+∞
=
∫
ΘΕΜΑ 73
Δίνεται [ ]f : 0,1 → r παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και ( )
1
2 2
0
1
f (x) x f (x) dx f(1)
3
′+ = −
∫ .
Επιπλέον [ ]g : 0,1 → r παραγωγίσιμη με ( )g (0) 1 , g(α) g(1) α 1 , α 0,1′ < < + − ∈
α)
( )
1 1 1 1 112 2 2 2 2 2
00 0 0 0 0
1
f (x) x f (x) dx f (x)dx x f (x)dx f (x)dx x f(x) 2xf(x)dx f (1)
3
′ ′  + = + = + − = − ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( )
131 1 1
2 2 2
0 0 0
0
x
f (x) 2xf(x) dx f(1) f(1) f (x) 2xf(x) dx x dx
3
 
⇔ − + = − ⇔ − = − ⇔ 
 ∫ ∫ ∫
( ) ( )
1 1
22 2
0 0
f (x) 2xf(x) x dx 0 f(x) x dx 0⇔ − + = ⇔ − =
∫ ∫ (1) , εφόσον ( )
2
f(x) x 0− ≥ για να ισχύει η
(1) πρέπει ( )
2
f(x) x 0 f(x) x 0 f(x) x− = ⇔ − = ⇔ =
β) [ ]h(x) g(x) f(x) g(x) x ,x 0,1= − = − ∈ , αν η h έχει ελάχιστο στο 0 θα ισχύει h(x) h(0)≥ ⇔
x 0 g(x) g(0)
g(x) x g(0) g(x) g(0) x 1
x 0
> −
⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
−
, όμως
x 0
g(x) g(0)
lim g (0)
x 0+
→
−
′=
−
, άρα g (0) 1′ ≥ ,
άτοπο
γ) g(α) g(1) α 1 g(α) α g(1) 1 h(α) h(1)< + − ⇔ − < − ⇔ < , άρα η h δεν μπορεί να έχει ελάχιστο ούτε στο 1
αφού υπάρχει αποτέλεσμα h(α) μικρότερο από το h(1), όμως η h ως συνεχής σε κλειστό διάστημα έχει
ελάχιστο που αφού δεν είναι στα άκρα θα είναι σε εσωτερικό σημείο 0x του διαστήματος [0,1] , οπότε
από Θ. Fermat 0 0h (x ) 0 g (x ) 1′ ′= ⇔ =
δ) εφόσον η g είναι κυρτή ή κοίλη, η g′ θα είναι γνησίως μονότονη
α 1 0 g(α) g(1)
g(α) g(1) α 1 g(α) g(1) α 1 1 g (ξ) 1
α 1
− < −
′< + − ⇔ − < − ⇔ > ⇔ >
−
, από Θ.Μ.Τ. για την g στο [α,1] με
0α ξ 1< < < , οπότε αν ( )g′ 2 τότε 0ξ g (0) g (ξ) 1 g (0) g (ξ) 1′ ′ ′ ′< ⇔ > ⇔ > > > , άτοπο άρα ( )g′ 1 και η
g κυρτή. Η εφαπτομένη της g στο 0x είναι ε: 0 0 0 0 0y g(x ) g (x )(x x ) y x x g(x )′− = − ⇔ = − + κι εφόσον
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

22. λύσεις θεμάτων 22
η g είναι κυρτή θα ισχύει 0 0 0 0g(x) x x g(x ) g(x) x g(x ) x≥ − + ⇔ − ≥ − με το " "= να ισχύει μόνο για
0x x= , άρα το 0x είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης 0 0g(x) x g(x ) x− = −
ΘΕΜΑ 74
Δίνεται f : →r r παραγωγίσιμη με ( )
2 x 31 1
f(0) , f (0) , f(x) 0 , f(x)f (x) 2 f (x) e f (x)
2 4
′ ′′ ′= = − ≠ − = −
για κάθε x ∈r και ( )g : 0,+ ∞ → r με
x
2
0
x
0
t f(t)dt
g(x) , x 0
tf(t)dt
= >
∫
∫
α) ( ) ( )
f (x) 0
2 2x 3 2 x 4
f(x)f (x) 2 f (x) e f (x) f (x)f (x) 2 f (x) f (x) e f (x)
≠
′′ ′ ′′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔
( )
( )
22
x x x
4 2 2
f (x)f (x) 2 f (x) f (x) f (x) f (x)
e e e c
f (x) f (x) f (x)
′′′ ′ ′− ′ ′  ′⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + ÷
 
για x 0= προκύπτει c 0=
οπότε ( )x x x
2
f (x) 1 1
e e e k
f (x) f(x) f(x)
′′   ′= − ⇔ = ⇔ = + ÷
 
, για x 0= προκύπτει k 1= και x
1
f(x)
e 1
=
+
β)
( )
( )
xx x xλ λ λ λ λ
x
x x x x 00 0 0 0
e 11 1 e e e
E dx dx 1 dx 1 dx x ln e 1
e 1 e 1 e 1 e 1
 ′+ + −  ÷  = = = − = − = − + = ÷   ÷+ + + +   ÷
 
∫ ∫ ∫ ∫
λ
λ ln(e 1) ln 2= − + + , ( ) ( )
λ
λ λ λ
λλ λ λ u 1
e
limλ ln(e 1) lim ln e ln(e 1) lim ln limln u 0
e 1→+∞ →+∞ →+∞ →
− + = − + = = =
+
εφόσον
x x
x xx DLH x x
e e
lim lim lim 1 1
e 1 e
∞ 
 ÷
∞ 
→+∞ →+∞ →+∞
= = =
+
ή θέτοντας ( )λ
e 1 uλ ln u 1+ = ⇔ = − και ( )λ
λ
limλ ln(e 1)
→+∞
− + =
( )u u
u 1
lim ln(u 1) ln u lim ln ln1 0
u→+∞ →+∞
−
= − − = = = οπότε λ
limΕ(λ) ln 2
→+∞
=
γ)
x x
2 2
x x
0 0 2
2 2x x 0 0
0 0
x f(x) tf(t)dt xf(x) t f(t)dt
xf(x)
g (x) x tf(t)dt t f(t)dt
tf(t)dt tf(t)dt
−
 
′ = = − ÷
    
 ÷  ÷
   
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
=
( )
x
2x 0
0
xf(x)
tf(t) x t dt 0
tf(t)dt
 
= − > ÷
  
 ÷
 
∫
∫
εφόσον f(t) 0 , 0 t x> ≤ ≤ άρα ( ) ( )gστο 0, + ∞1
δ) θεωρούμε [ ]
x x
1 3
Η(x) x 2 g(t)dt g(t)dt , x 2,3= − + + ∈
∫ ∫ ,
3
1
H(3) 1 g(t)dt 0= + >
∫ διότι g(t) 0> και
για
x 1
x
Φ(x) g(t)dt , Φ (x) g(x 1) g(x) 0
+
′= = + − >
∫ εφόσον ( )g 1 , άρα Φ( )1 οπότε
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

23. λύσεις θεμάτων 23
2 2 2 3
1 3 1 2
H(2) g(t)dt g(t)dt g(t)dt g(t)dtΦ(1) Φ(2) 0= + = − = − <
∫ ∫ ∫ ∫ εφόσον Φ( )1 οπότε από
Θ.Bolzano υπάρχει ( )α 2,3∈ ώστε Η(α) 0= κι εφόσον ( )Η (x) 1 2g(x) 0 , H′ = + > 1 το α είναι
μοναδικό.
ΘΕΜΑ 75
Δίνεται ( )f : 0,+ ∞ → r συνεχής με
f(x)
f(x) ln x , x 0
x
= + >
α) ( ) ( )
x ln x
xf(x) x ln x f(x) f(x) , x 0,1 1,
x 1
= + ⇔ = ∈ ∪ + ∞
−
, f συνεχής στο 1 άρα x 1
f(1) limf(x)
→
= =
( )
0
0
x 1 DLH x 1
x ln x
lim lim ln x 1 1
x 1
 
 ÷
 
→ →
= = + =
−
, οπότε
( ) ( )
x ln x
, x 0,1 1,
f(x) x 1
1 , x 1

∈ ∪ + ∞
= −
 =
β)
( )
( ) ( )2
ln x x 1
f (x) 0 , x 0,1 1,
x 1
− +
′ = − > ∈ ∪ + ∞
−
εφόσον ln x x 1≤ − για κάθε x 0 με το " " να> =
ισχύει για x 1=
( )
2
3
2xln x x 1
f (x)
x x 1
− +
′′ =
−
, θεωρώντας
( )2
h(x) 2x ln x x 1 , x 0 , h (x) 2 ln x x 1 0 , 0 x 1′= − + > = − + < < ≠( )3
x 1 0h
2
x 1 h(x) h(1) 2x ln x x 1 0 f (x) 0
− >
′′> ⇔ < ⇔ − + < ⇔ <
2
( )3
x 1 0h
2
0 x 1 h(x) h(1) 2x ln x x 1 0 f (x) 0
− <
′′< < ⇔ > ⇔ − + > ⇔ <
2
( ) ( )
0 0
0 0
2x 1 x 1 x 1 DLH x 1 DLH x 1
x ln x
1
f(x) f (1) x ln x x 1 ln x 1 1x 1f (1) lim lim lim lim lim
x 1 x 1 2 x 1 2x 2x 1
   
 ÷  ÷
   
→ → → → →
−
− − +−′ = = = = = =
− − −−
( )
2
x 1 x 1
ln x x 1 1
2x 1f (x) f (1) 1
f (1) lim lim
x 1 x 1 3→ →
− +
− −
−′ ′−
′′ = = = = −
− −
LL
( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0
2
1
ln x xlim x ln x lim lim lim x 0
1 1
x x
+ + + +
∞ 
 ÷
∞ 
→ → → →
= = = − =
−
άρα ( )x 0 x 0
1
lim f(x) lim xln x 1 0 0
x 1+ +
→ →
= = − × =
−
και
x x
x
lim f(x) lim ln x
x 1→+∞ →+∞
= = +∞
−
οπότε ( )f(A) 0,= + ∞
γ) θεωρώντας
x
1
F(x) f(t)dt=
∫ , με F (x) f(x) 0 , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= > = > για 1x > , η ανισότητα γίνεται
( )
x
xx 1 0
1
1
2 tf(t)dt 2F(x)
F(x) x 1 F(x) 2 tf(t)dt , x 1
x 1
− >
−
< ⇔ + < >
−
∫
∫
και αν
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

24. λύσεις θεμάτων 24
( ) [ )
x
1
G(x) x 1 F(x) 2 tf(t)dt ,x 1,= + − ∈ + ∞
∫ , G (x) F(x) F (x)(1 x) ,′ ′= + − G (x) f (x)(1 x) 0′′ ′= − <
( ) [ )Gστο 1, , x 1 G (x) G (1) G (x) 0 ,′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ < ⇔ <2
( ) [ ) ( )
x
1
Gστο 1, , x 1 G(x) G(1) G(x) 0 x 1 F(x) 2 tf(t)dt+ ∞ > ⇔ < ⇔ < ⇔ + <
∫2
δ) θεωρώντας
3
2
x 1
x
H(x) f(t)dt
+
=
∫ η εξίσωση γίνεται H(x) H(2) 0 H(x) H(2)− = ⇔ =
( )3 2
H (x) x 3xf(x 1) 2f(x ) 0′ = + − > διότι
( )
( ) ( ) ( ) ( )
f
3 3 2 3 2
3 2x 1 ,x 1 x x f x 1 f x 0 3xf x 1 2f x
x 1 3x 3 2 3x 2 0
 
 > + > > ⇔ + > > ⇔ + > 
 > ⇔ > > ⇔ > > 
1
οπότε H( )1 και "1 1"− και η
x 2= μοναδική λύση
ΘΕΜΑ 76
Δίνεται f : →r r παραγωγίσιμη με f(0) 1= και
x 2h x
x x h
2h 0
f(t)dt 2 f(t)dt
lim 2xf(x) , x
h
+
+
→
+
= ∈
∫ ∫ r
και
( )g(x) x 1 ln x= −
α) θεωρώντας
x
0
F(x) f(t)dt , F (x) f(x)′= =
∫ το όριο γίνεται
0
0
2h 0 DLH
F(x 2h) F(x) 2F(x) 2F(x h)
lim
h
 
 ÷
 
→
+ − + − +
=
h 0 h 0 h 0
2F (x 2h) 2F (x h) f(x 2h) f(x h) f(x 2h) f(x) f(x) f(x h)
lim lim lim
2h h h→ → →
′ ′+ − + + − + + − + − +
= = = =
h 0
f(x 2h) f(x) f(x h) f (x)
lim 2f (x) f (x) f (x)
h h→
+ − + −  ′ ′ ′= − = − = ÷
 
, διότι f παραγωγίσιμη άρα
h 0
f(x h) f(x)
f (x) lim
h→
+ −
′ = και
u 2h
h 0 (u 0) u 0
f(x 2h) f (x) f(x u) f(x)
lim lim 2f (x)
1h u
2
=
→ → →
+ − + −
′= =
, οπότε έχουμε
( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 x x x x
f (x) 2xf(x) f (x) x f(x) 0 e f (x) e f(x) 0 e f(x) 0 e f(x) c− − − −′ ′′′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
για x 0= προκύπτει c 1= άρα
2
x
f(x) e=
β) θεωρώντας ( )
2
x
x
1
F(x) f(t)dt , F (x) f(x) e 0 , F′= = = >
∫ 1 , η εξίσωση γίνεται
( )
( )F
F"1 1"
G(x) 0 F g(x) 0 F(1) g(x) 1
−
= ⇔ = = ⇔ =
1
ή εφόσον 0)t(f > αν g(x) 1≠ τότε G(x) 0αν g(x) 1> >
και G(x) 0αν g(x) 1< < άρα
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

25. λύσεις θεμάτων 25
( )
x 1
G(x) 0 g(x) 1 x 1 ln x 1 , g (x) ln x ,
x
−
′= ⇔ = ⇔ − = = + αν
x 1
x 1τότε 0 ,ln x 0
x
−
> > > και άρα
g (x) 0′ > , ανίστοιχα αν 1x0 << τότε 0)x(g <′ , επομένως
( ] ( ) ( ) ) [ )1 1
x 0
A 0,1 , g , g A g(1), lim g(x) 0,+
→
= = = + ∞
2 ,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
xx 1
A 1, , g , g A lim g(x), lim g(x) 0,+ →+∞→
= +∞ = = +∞1
1 21 g(A ) , 1 g(A )∈ ∈ κι εφόσον g γνησίως μονότονη σε κάθε ένα απ’ αυτά τα διαστήματα υπάρχουν
μοναδικά ( ] ( )1 1 2 2x A 0,1 , x A 1,∈ = ∈ = + ∞ ώστε 1 2 1 2g(x ) 1και g(x ) 1 G(x ) G(x ) 0= = ⇔ = = , οπότε
για την [ ]1 2
G(x)
H(x) , x x ,x
x
= ∈ ισχύουν προϋποθέσεις Θ. Rolle άρα υπάρχει ( )21 x,xξ ∈ ώστε
0ξ)(H =′ 2
G (ξ)ξ G(ξ)
0 G (ξ)ξ G(ξ) 0
ξ
′ −
′⇔ = ⇔ − = (1) , αν ε: y G(ξ) G (ξ)(x ξ)′− = − η εφαπτομένη
της G στο σημείο Μ(ξ,G(ξ)) για να περνάει από την αρχή Ο(0,0) αρκεί 0 G(ξ) G (ξ)(0 ξ)′− = − ⇔
G (ξ)ξ G(ξ) 0′⇔ − = που ισχύει από (1)
γ) η ανίσωση γίνεται
x
x e
2 2x
0 0
x f(t)dt e f(t)dt<
∫ ∫ και θεωρώντας
x
2
0
Q(x) x f(t)dt=
∫ παίρνει τη μορφή
x
Q(x) Q(e )< , όμως
x
0
Q (x) x 2 f (t)dt xf(x)
 
′ = + ÷
 ∫ με Q (x) 0όταν x 0′ > > , όταν
2
x
x
0
x 0 , xe xf(x) 0 , 2 f(t)dt 0< = < <
∫ οπότε {
x
0( )
( )
x 2 f(t)dt xf(x) Q (x) 0
−
−
 
 ÷
′+ = > ÷
 ÷ ÷
 
∫144424443
και 0)0(Q =′ άρα η
Q είναι γνησίως αύξουσα ( )1 στο r , οπότε αρκεί να δείξουμε x
x e< που ισχύει όπως φαίνεται από τις
γραφικές τους παραστάσεις που δίνινται στις βασικές συναρτήσεις ή θεωρώντας την x
φ(x) e x,x= − ∈r
και μελετώντας την μονοτονία της
δ) θεωρώντας
xα
0 0
K(x) f(t)dt , K (x) f(x) 0 , K(α) f(t)dt′= = > =
∫ ∫ , από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )θ 0,α∈
ώστε
Κ(α) Κ(0) Κ(α)
Κ (θ) f(θ) αf(θ) Κ(α)
α 0 α
−
′ = ⇔ = ⇔ =
−
οπότε η ανισότητα γίνεται
f (θ) 0
αf(θ) θf(θ) α θ
>
> ⇔ > που ισχύει εφόσον ( )θ 0,α∈
ΘΕΜΑ 77
Δίνεται [ ]f : 0,α → r μια συνάρτηση συνεχής με f(0) 0= και f (x) 0′ > για κάθε ( )x 0,α∈
α) ( ) [ ]fστο 0,α1 άρα "1 1"− και αντιστρέψιμη με [ ]1
f
f(Α) Α 0,f(α)−= =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

26. λύσεις θεμάτων 26
[ ]
1
f (x) x x x
x1
0
0 0 0 0
u f (t) f (u) t
dt f (u)du,f "1 1"
t 0,f (u) 0 f (0) u 0
t f (x) , f (u) f (x) u x
f (t)dt uf (u)du uf(u) f(u)du xf(x) f (u)du
−
−
= ⇔ =
′= −
= = = ⇔ =
= = ⇔ =
′= = − = −
∫ ∫ ∫ ∫1442443 , οπότε
x f (x) x x
1
0 0 0 0
f (t)dt f (t)dt f(t)dt xf(x) f(u)du xf(x)−
+ = + − =
∫ ∫ ∫ ∫ , [ ]x 0,α∈
β) θεωρώντας την [ ]
x y
1
0 0
h(y) f(t)dt f (t)dt xy , y 0,f(α)−
= + − ∈
∫ ∫ έχουμε 1
h (y) f (y) x 0−
′ = − = ⇔
1
f (y) x f(x) y−
⇔ = ⇔ = ,
( )
( )
f
1 1
h (y) 0 f (y) x f f (y) f(x) y f(x)− −
′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >
1
, αντίστοιχα
h (y) 0 y f(x)′ < ⇔ < , h(y) h(f(x)) 0≥ = διότι ( )
x f (x) από (α)
1
0 0
h f(x) f(t)dt f (t)dt xf(x)−
= + − =
∫ ∫
xf(x) xf(x) 0= − = δηλ.
x y
1
0 0
f (t)dt f (t)dt xy−
+ ≥
∫ ∫
γ) ( ) 1
y yf (x) t
1 1
f (t) x 0 0
g f(x) x g(t) f (t) , y 0οπότε g(t)dt f (t)dt−
=
− −
=
≥ ⇔ ≥ ≥ ≥ ⇔
∫ ∫
x y x y x y
1
0 0 0 0 0 0
f(t)dt g(t)dt f(t)dt f (t)dt xyαπό β) άρα f(t)dt g(t)dt xy−
⇔ + ≥ + ≥ + ≥
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
δ) για [ ]α 2 , f(A) 0,f(2)= = , αν ( )3 2
g(x) x x, g (x) 3x 1 0 ,g′= + = + > 1
( )3
f (x) f(x) x g f(x) x+ ≥ ⇔ ≥ , για ( )
( )
[ ]
g
x 2 , g f(2) 2 g(1) f(2) 1δηλ. 1 0,f(2)= ≥ = ⇔ ≥ ∈
1
από γ) για [ ] [ ]x 2 0,2 , y 1 0,f(2)= ∈ = ∈ έχουμε
2 1
0 0
f(t)dt g(t)dt 2+ ≥ ⇔
∫ ∫
( )
14 22 1 2 2 2
3
0 0 0 0 0
0
t t 5
f(t)dt t t dt 2 f(t)dt 2 f(t)dt 4 f(t)dt 5
4 2 4
 
⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 
 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 78
Δίνεται ( )f : 1,− + ∞ → r παραγωγίσιμη με ( )
e αx
f(x) 1 x e ,α 0= + − >
α) ( )
e αx
f(x) 1 x e 0 f(0)= + − ≥ = δηλ. η f για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον παραγωγίσιμη στο 0 που
είναι εσωτερικό του ( )1,− + ∞ από Θ. Fermat f (0) 0′ =
( )
( )
( )
e αx
e αx x 0
ex 0 x 0 αx
x 0
1 x e
lim , x 0
x1 x ef(x) f(0)
f (0) lim lim
x 0 x 1 x e
lim , x 0
x
+
−
→
→ →
→
 + −
 >
+ − − 
′ = = = 
−  + −
 ÷− <  ÷
  
. όμως
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

27. λύσεις θεμάτων 27
( ) ( ) ( )
( )
0
e e eαx αx αx 0
e 1αx
x 0 x 0 x 0 DLH x 0
1 x e 1 x 1 1 e 1 x 1 e 1
lim lim lim lim e(1 x)αe e α
x x x x
 
 ÷
 
−
→ → → →
 + − + − + − + − −
= = − = + − = − ÷
 ÷
 
οπότε eα e α 2 e α 0 α e− = − − ⇔ − = ⇔ =
β) ( ) ( ) ( ) ( )
e e e ex x ex ex
e x 1 0 e x 1 e x 1 x 1 e 0≥ + > ⇔ ≥ + ⇔ ≥ + ⇔ + − ≤ , άρα
( ) ( )
e eex ex
f(x) 1 x e e 1 x , x 1= + − = − + > −
γ) ( ) ( )( )e 1 e 1ex ex
f (x) e e e 1 x e e 1 x
− −
′ = × − + = − + , από β) ( )
eex
e x 1≥ + κι εφόσον ( ) ( )
e e 1
x 1 x 1
−
+ ≥ + ⇔
( )
( )
( )
( )ee
1 x 0
e ex 1 1 1
x 1 x 1 1 0 1 x 0
x 1 x 1 x 1
+ >
+  
⇔ + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ÷
+ + + 
έχουμε ( )
e 1ex
e x 1 , x 0
−
> + > άρα
( )( ) ( )
e 1ex
f (x) e e 1 x 0 , x 0,
−
′ = − + > ∈ + ∞ και ( ) [ )fστο 0, + ∞1
δ) αν
x 2
x
G(x) f(t)dt
+
=
∫ η εξίσωση γίνεται
3 5
1 3
f(t)dt f(t)dt 2G(x) G(1) G(3) 2G(x)+ = ⇔ + =
∫ ∫ οπότε
θεωρώντας την H(x) 2G(x) G(1) G(3)= − − έχουμε H(1) G(1) G(3) , H(3) G(3) G(1)= − = −
x 2 x 2 x
x 1 1
G (x) f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(x 2) f(x) 0
+ +′ ′   
′ = = − = + − > ÷  ÷
   ∫ ∫ ∫ εφόσον ( ) [ )fστο 0, + ∞1 και
x 2 x+ > , άρα ( )Gκαι G(1) G(3)<1 οπότε H(1) G(1) G(3) 0 , H(3) G(3) G(1) 0= − < = − > και από
Θ.Bolzano υπάρχει ( )
5α 2
1α
α 1,3 ώστε Η(α) 0 G(1) G(3) 2G(α) f(t)dt 2 f(t)dt
+
∈ = ⇔ + = ⇔ =
∫ ∫
( )Η (x) 2 f(x 2) f(x) 0′ = + − > άρα ( )Η 1 στο [1,3] και συνεπώς το α είναι μοναδικό
ΘΕΜΑ 79
Δίνεται [ ]f : 0,1 → r συνεχής συνάρτηση με [ ]
x
2
e
f(x) , x 0,1
1 x
≥ ∈
+
και ( )
1
2
0
1 x f(x)dx e 1+ = −
∫
α) αν ισχύει ( ) [ ]
x
2 x
2
e
f(x) 0 f(x) 1 x e 0 , x 0,1
1 x
− ≥ ⇔ + − ≥ ∈
+
και το " "= δεν ισχύει για κάθε [ ]x 0,1∈
τότε ( )( ) ( )
1 1 1
2 x 2 x
0 0 0
f(x) 1 x e dx 0 f(x) 1 x dx e dx e 1 e 1+ − > ⇔ + > ⇔ − > −
∫ ∫ ∫ , άτοπο, άρα πρέπει
[ ]
x
2
e
f(x) ,για κάθε x 0,1
1 x
= ∈
+
β)
( )
( )
( )
2x
22
e x 1
f (x) 0 , x 0,1
1 x
−
′ = > ∈
+
, άρα ( )
e
fστο [0,1] μεf(0) 1 και f(1)
2
= =1 οπότε
2
e
)x(f1 ≤≤
και
1 1 1 1
0 0 0 0
e e
1dx f (x)dx dx 1 f(x)dx
2 2
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
∫ ∫ ∫ ∫ (1)
( ) ( )
x
x 2
x x 2 2
2x 2x e 2x
2xe 1 f (x) f(x) f(x) f(x) f(x) ln(x 1) f(x)
e e 1 x x 1
− ′+ = + = + = + = + +
+ +
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

28. λύσεις θεμάτων 28
( ) ( )
1 1 1 11x 2 2
00 0 0 0
2xe 1 f(x)dx ln(x 1) f(x) dx ln(x 1) f (x)dx ln 2 f(x)dx−  ′  + = + + = + + = +  
 ∫ ∫ ∫ ∫ και από
(1) έχουμε ( )
1 1
x
0 0
e e
1 ln 2 ln 2 f(x)dx ln 2 ln(2e) 2xe 1 f(x)dx ln 2
2 2
−
+ ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤ +
∫ ∫
γ) θεωρώντας
x
0
F(x) f(t)dt , F (x) f(x)′= =
∫ η εξίσωση γίνεται ( )
( )
( )
3
2 2
2 1 x
F x F x
3x
−
′= ⇔
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )
x 0
2 3 2 2 2 3 2 2 3
3xF x 2 1 x F x 3x F x 2x x 1 F x 0 F x x 1 0
≠
′
′ ′⇔ = − ⇔ + − = ⇔ − = (2) άρα
θεωρώντας ( )( ) [ ]2 3
G(x) F x x 1 , x 0,1= − ∈ έχουμε G(0) G(1) 0= = κι εφόσον G παραγωγίσιμη από Θ.
Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε
( )
( )
( )
( )
( )
23 3α(2)
2 2 2
0
2 1α 2 1 α
G (α) 0 F α F α f(t)dt f α
3α 3α
− −
′ ′= ⇔ ⇔ = ⇔ =
∫K (3)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
α(3) α 0
3 2 2 2 2 2 2 2
0
3α
β 0,α , ώστε 1 α f(α ) 3α βf β f(t)dt 3α βf β F α α 2βf β
2
>
∈ − = ⇔ = ⇔ = × ⇔
∫
( )
( ) ( ) ( )( )
2
2 2 2
Fα
β f β F β
α
′′= = , οπότε θεωρώντας ( ) ( )( ) ( )2 2 2 2
H(x) F xμε H (x) F x x f x 2x′′ ′= = = από
Θ.Μ.Τ. υπάρχει
( ) ( )
( )
( )
22 α (3)
2 2
0
FαΗ(α) Η(0)
β 0,α ώστε H (β) 2β f β α 2β f β f(t)dt
α 0 α
−
′∈ = ⇔ × = ⇔ × × = ⇔
− ∫
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
3
2 2 2 2 3 2
2 1α
α 2β f β f α 3α β f β 1 α f α
3α
−
⇔ × × = ⇔ × = −
δ)
( )
( )
( )
( )
( )x
6
6
0
4 4 4x 0 xx xx 0 x 0
2
ln 1 xF(x)x f(t)dt ln 1 x
x F(x) ln 1 x x xlim lim lim
e x 1e x 1 e x 1
x
+ +→ → →
+
× + ×× × +
= =
 − −− − − −
 ÷
 
∫
(4)
x 0 x 0
F(x) F(x) F(0)
lim lim F (0) f(0) 1
x x 0+ +
→ →
−
′= = = =
−
( )
0
(u 1 x) 0
DLHx 0 u 1 u 1u 1
ln(1 x) ln u 1
lim lim lim 1
x u 1 u+ + ++
 
 ÷= +  
→ → →→
+
= = =
−
0 0
x x x0 0
2 DLH DLHx 0 x 0 x 0
e x 1 e 1 e 1
lim lim lim
x 2x 2 2+ + +
   
 ÷  ÷
   
→ → →
− − −
= = = , οπότε από (4)
4
1 1
16
1
2
×
= =
 
 ÷
 
ΘΕΜΑ 80
Δίνεται η συνάρτηση
x
e 1
, x 0
f(x) x
1 , x 0
 −
>
= 
 =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

29. λύσεις θεμάτων 29
α)
x
0 0
x x x0 0
2 DLH DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
e 1
1
f(x) f(0) e 1 x e 1 e 1xf (0) lim lim lim lim lim
x 0 x x 2x 2 2+ + + + +
   
 ÷  ÷
   
→ → → → →
−
−
− − − −
′ = = = = = =
−
οπότε
x x
2
xe e 1
, x 0
xf (x)
1
, x 0
2
 − +
>
′ = 
 =

, (ε):
1
y f(0) f (0)(x 0) y x 1
2
′− = − ⇔ = +
θεωρώντας [ )x x
g(x) xe e 1 , x 0,= − + ∈ + ∞ έχουμε x
g (x) xe 0 , x 0′ = > > , οπότε ( ) [ )gστο 0, + ∞1
και x x
x 0 g(x) 0 xe e 1 0> ⇔ > ⇔ − + > , άρα και [ )f (x) 0 , x 0,′ > ∈ + ∞ δηλ.
( ) [ )fκαι "1 1" στο 0,− + ∞1 οπότε η f αντιστρέψιμη,
x
x
x x DLH x
e 1
lim f(x) lim lim e
x
∞ 
 ÷
∞ 
→+∞ →+∞ →+∞
−
= = = +∞ , άρα
) [ )1
f x
A f(A) f(0), lim f(x) 1,−
→+∞
= = = + ∞
 (f παραγωγίσιμη στο 0 άρα και συνεχής)
β)
2x 1 x
x 1
f(t)dt f(t)dt
−
=
∫ ∫ , κατ’ αρχήν εφόσον f συνεχής στο [ )0,+ ∞ πρέπει
[ )
[ )
1,x 0,
1
και x
2
x,2x 1 0,
 ∈ + ∞
 
⇔ ≥ 
 − ∈ + ∞ 
, θεωρώντας
2x 1 x
x 1
1
F(x) f(t)dt f(t)dt , x
2
−
= − ≥
∫ ∫ έχουμε
( )
1 2x 1 x 2x 1 x
x 1 1 1 1
F (x) f(t)dt f(t)dt f (t)dt f(t)dt 2 f(t)dt 2 f(2x 1) f(x)
− −′ ′   
′ = + − = − = − − ÷  ÷
   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
F (1) 0′ = , για ( )
f ( )
x 1 2x 1 x f 2x 1 f(x) F (x) 0′> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ >
1
, για
f ( )
1
x 1 0 2x 1 x 1
2
≤ < ⇔ ≤ − < < ⇔
1
( )f 2x 1 f(x) F (x) 0′− < ⇔ < δηλ. η F
για x 1= έχει ολικό ελάχιστο το F(1) 0= και άρα η x 1= μοναδική
λύση της εξίσωσης
2 4 2 2 4 2 4
2 4 4 2 4
2x 1 2x 1 x 1 2(x 1) 1 2(x 1) 1 x 1 x 1
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 1
f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(t)dt
+ + + + − + − + +
+ + + + +
− > ⇔ − > − ⇔
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( )
2 2 4 4
2 4
2(x 1) 1 x 1 2(x 1) 1 x 1
2 4
x 1 1 x 1 1
f(t)dt f(t)dt f (t)dt f(t)dt F x 1 F x 1
+ − + + − +
+ +
⇔ − > − ⇔ + > +
∫ ∫ ∫ ∫
2 4
x 1,x 1 1+ + ≥ , ( ) [ )Fστο 1, + ∞1 άρα
( )
2
x 0
2 4 2 2 2
x 0
x 1 x 1 x 1 x 0 1 x 0 1 x 1με x 0
>
≠
+ > + ⇔ − > ⇔ − > ⇔ − < < ≠ δηλ. ( ) ( )x 1,0 0,1∈ − ∪
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

30. λύσεις θεμάτων 30
γ) θεωρώντας
x
0
Q(x) f(t)dt , Q (x) f (x)′= =
∫ από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )β 0,α ,α 0∈ > ώστε
( )
α
β α(β 0)
0 β
0
f(t)dt
Q(α) Q(0) Q(α) e 1 α
Q (β) f(β) f(t)dt e 1
α 0 α β α β
>
− −
′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = −
−
∫
∫
(1) , οπότε η ανίσωση
γίνεται ( ) ( )
( ) ( )
β
β 0 β 0α (1)
β β β
e 1 00
α α
f(t)dt e 1 e 1 e 1 1α β
β β
> >
− >
> − ⇔ − > − ⇔ > ⇔ >
∫ που ισχύει εφόσον ( )β 0,α ,α 0∈ >
δ) πρέπει [ )x,2x 0, x 0∈ + ∞ ⇔ ≥ ,
2x 0 2x
x x 0
f(t)dt f(t)dt f(t)dt Q(2x) Q(x)= + = −
∫ ∫ ∫ , η συνάρτηση Q
είναι παραγωγίσιμη άρα συνεχής στο 0 οπότε ( )
2x
x 0 x 0x
lim f(t)dt lim Q(2x) Q(x) Q(2 0) Q(0) 0+→ →
= − = × − =
∫
ΘΕΜΑ 81
Δίνεται f : →r r συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη με f (x) 0′ ≠ για κάθε x ∈r και ισχύει
2h 0
0 h
2h 0
f(t)dt 2 f(t)dt
lim 1
h→
+
=
∫ ∫ . Θεωρούμε επιπλέον τις συναρτήσεις
1
0
F(x) xf(tx)dt , x= ∈
∫ r ,
G(x) F(x) x ,x= − ∈r παραγωγίσιμη και
x
0
x
H(x) F(t)dt xF
2
 
= −  ÷
 ∫ , [ )x 0,∈ + ∞
α)
1 xu tx
du xdt0 0
F(x) xf(tx)dt f (u)du
=
=
= =
∫ ∫ , οπότε F (x) f(x) , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= = ≠ κι εφόσον f′ συνεχής αφού
η f δύο φορές παραγωγίσιμη , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο.
( )
2h 0
0
0
0 h
2 2h 0 h 0 DLH h 0 h 0
f(t)dt 2 f(t)dt
F (2h) 2h 2F (h)F(2h) 2F(h) f(2h) f(h)
lim lim lim lim
h h 2h h
 
 ÷
 
→ → → →
+ ′′ ′−− −
= = = =
∫ ∫
h 0
f(2h) f(0) f (h) f(0)
lim 2f (0) f (0) f (0)
h h→
− −  ′ ′ ′− = − = ÷
 
εφόσον
h 0
f(h) f(0)
f (0) lim
h 0→
−
′ =
−
και
(u 2h)
h 0 (u 0) u 0 u 0
f(2h) f(0) f(u) f(0) f(u) f(0)
lim lim lim2 2f (0)
uh u 0
2
=
→ → → →
− − −
′= = =
− άρα f (0) 1′ = κι εφόσον f′ διατηρεί
πρόσημο θα είναι f (x) 0′ > δηλ. F (x) 0′′ > οπότε F κυρτή
β) G(x) F(x) x 0 G(0)= − ≥ = , δηλ. η G για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι παργωγίσιμη από
Θ.Fermat θα ισχύει G (0) 0′ = ,
x 0
x 0 x 0
x 0
F(x) x
lim
xF(x) xG(x) G(0)
G (0) lim lim
x 0 x F(x) x
lim
x
+
−
→
→ →
→
 −

−− 
′ = = = 
−  −  − ÷  
, όμως
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

31. λύσεις θεμάτων 31
( ) ( )
0
0
x 0 DLH x 0 x 0
F(x) x
lim lim F (x) 1 lim f(x) 1 f(0) 1
x
 
 ÷
 
→ → →
−
′= − = − = − (1) , άρα ( )f(0) 1 f(0) 1 f(0) 1− = − − ⇔ = ή
(1)
x 0 x 0 x 0 x 0
F(x) xG(x) G(0) G(x) F(x) x
G (0) lim lim lim lim f(0) 1 0 f(0) 1
x 0 x x x+ + +→ → → →
−− −
′ = = = = = − = ⇔ =
−
,
Η εφαπτομένη της FCστο x 0= είναι δ:
y F(0) F (0)(x 0) y x′− = − ⇔ = κι εφόσον η F είναι
κυρτή, η FC είναι πάνω από την δ: y x= και η δ//ε:
y x 1= − , άρα η ελάχιστη απόσταση των σημείων
της FC από την ευθεία ε θα είναι
( )
( )
ελαχ 22
0 0 1 1 2
d d O,ε
221 1
− −
= = = =
+ −
γ)
x x x
Η (x) F(x) F F
2 2 2
   ′ ′= − − ÷  ÷
   
, εφόσον x 0>
από Θ.Μ.Τ. στο
x
,x
2
 
  
υπάρχει
x
ξ ,x
2
 
∈ ÷
 
ώστε
( )
( ) ( )
( ) ( )
x x
F x F F x F
x x2 2
Fξ F x F F ξ
x x 2 2x
2 2
   
− − ÷  ÷
    ′ ′= = ⇔ − = ÷
 −
(2) , από α) ( )F (x) 0,F′′ ′> 1 άρα
( ) ( )
(2)x 0x x x x x x x x x
ξ x F F ξ F (x) F F ξ F (x) F F(x) F
2 2 2 2 2 2 2 2 2
>
       ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′< < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ < − ÷  ÷  ÷  ÷
       
άρα
( ) [ )H (x) 0 ,Hστο 0,′ > + ∞1 και
2 2
0 0
2 0Η(2) Η(0) F(t)dt 2F(1) 0 F(t)dt 2F(1)> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
∫ ∫
δ) η εξίσωση γίνεται
α
0
(α 1) F(t)dt αF(α 1) α 2− = − − +
∫ οπότε θεωρώντας την συνάρτηση Φ στο [ ]1,2 με
x
0
Φ(x) (x 1) F(t)dt xF(x 1) x 2= − − − + −
∫ έχουμε
2
0
Φ(1) F(0) 1 1 0 , Φ(2) F(t)dt 2F(1) 0= − − = − < = − >
∫
από το γ) ερώτημα, άρα από Θ.Bolzano υπάρχει α ( )1,2∈ ώστε
Φ(α) 0= ⇔
[ ]α α
0 0
α F(α 1) 1 2
(α 1) F(t)dt αF(α 1) α 2 F(t)dt
α 1
− − +
− = − − + ⇔ =
−∫ ∫
ΘΕΜΑ 82
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

32. λύσεις θεμάτων 32
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 0,1 → r και οι συναρτήσεις
x 1
0 0
F(x) f(t)dtμε F(x)dx 0= =
∫ ∫ και
( ]
x x
0 0
1
f(t)dt tf(t)dt , x 0,1
g(x) x
0 , x 0

− ∈
= 
 =
∫ ∫
α) η g είναι συνεχής στο ( ]0,1 ως πηλίκο και διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων
x
0
x 0
0
DLHx 0 x 0 x 00
tf(t)dt
xf (x)
lim f(t)dt 0 , lim lim 0 f(0) 0
x 1+ + +
 
 ÷
 
→ → →
= = = × =
∫
∫
οπότε x 0
lim g(x) 0 g(0)+
→
= = και η g συνεχής
και στο 0
β) ( )
x x x x
2
0 0 0 0
2 2 2
tf(t)dt x tf(t)dt x x f(x) tf(t)dt tf(t)dt
g (x) f(x) f(x)
x x x
′  ′× − × − ÷
 ′ = − = − =
∫ ∫ ∫ ∫ , ( ]x 0,1∈
γ) [ ]
1 1 1 1 1 1
1
0
0 0 0 0 0 0
g(0) 0 , g(1) f(t)dt tf(t)dt f(t)dt tF (t)dt f(t)dt tF(t) F(t)dt′= = − = − = − + =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )
1
0
f(t)dt F(1) 0 0 F(1) F(1) 0= − − + = − =
∫ , οπότε από Θ. Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε g (α) 0′ = ⇔
α
α
0
2
0
tf(t)dt
0 xf(x)dx 0
α
⇔ = ⇔ =
∫
∫
δ) θεωρώντας
x
0
G(x) tf(t)dt=
∫ η εξίσωση γίνεται ( )
β α
2
0 0
α 1 xf(x)dx β f(x)dx− = ⇔
∫ ∫
( ) ( )
( )2
2
Gβ F(α) F(α)
α 1 G β β F(α) g (β)
β α 1 α 1
′⇔ − = ⇔ = ⇔ =
− −
οπότε για την g από Θ.Μ.Τ. στο [ ]α,1 υπάρχει
( )β α,1∈ ώστε
α α α
(γ)
0 0 0
1
f(t)dt tf(t)dt 0 f(t)dt
g(α) g(1) F(α)α
g (β)
α 1 α 1 α 1 α 1
− −
−
′ = = = =
− − − −
∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 83
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση ( )f : 0,+ ∞ → r με
x u
3
1 1
tf (t) 2f(t)
f(x) e e dt du , x 0
t
′ − 
= − + > ÷
 ∫ ∫ και η
συνάρτηση ( )
1x
t
1
F(x) 1 2t e dt , x 1= − ≥
∫
α) f(1) e= ,
2
3 4 2
tf (t) 2f(t) t f (t) 2tf(t) f(t)
t t t
′′ ′− −  
= =  ÷
 
οπότε θεωρώντας
u
3
1
tf (t) 2f(t)
g(u) e dt
t
′ −
= + =
∫
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

33. λύσεις θεμάτων 33
uu
2 2 2 2
1 1
f(t) f(t) f (u) f(u)
e dt e e f(1)
t t u u
′   
= + = + = + − = ÷     ∫ έχουμε
x
1
f(x) e g(u)du= −
∫ και
1 1 1
x x x
2 2 2
f(x) f(x) f(x)
f (x) g(x) f (x) f (x) 0 e f (x) e 0 e f(x) 0
x x x
− − −
′ 
′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ ÷
 
1 1
x x
e f(x) c f(x) c e
−
⇔ = ⇔ = × , f(1) e c e e c 1= ⇔ × = ⇔ = και άρα
1
x
f(x) e=
β) ( ) ( )
x1 1 1 1 1 1x x x x x
2 2 2t t t t t t
2
1 1 1 1 1
1
1
F(x) 1 2t e dt e dt t e dt e dt t e t e dt
t
   ′= − = − = − + − =   ÷
  
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 11 1x x
2 2t tx x
1 1
e dt x e e e dt e x e , x 1= − + − = − ≥
∫ ∫
γ) ( )
1
x
F (x) 1 2x e 0 ,x 1′ = − < ≥ οπότε ( ) [ )Fστο 1, , F(1) 0+ ∞ =2 ,
1
2 x
x x
lim F(x) lim e x e
→+∞ →+∞
 
= − = −∞ ÷
 
εφόσον
1
u1 ux
2 ux
2 2x u 0 u 0
e 1
lim x e lim lim e
u u+ +
=
→+∞ → →
   
= = × = +∞ ÷  ÷
  
και άρα ( ]F(A) ,0= −∞
( )
1 1 1x x x x x
t t t
1 1 1 1 1
F(x) 1 2t e dt e dt 2te dt f(t)dt 2 tf(t)dt= − = − = −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )F x x x 1
1 1 1 x
x 1 F(x) F(1) f (t)dt 2 tf(t)dt 0 f (t)dt 2 tf(t)dt 0> ⇔ < ⇔ − < ⇔ + <
∫ ∫ ∫ ∫
2
δ) θεωρώντας [ ]
x x
1 1
g(x) f(t)dt 2 tf(t)dt 2 x F(x) 2 x , x 1,2= − + − = + − ∈
∫ ∫ έχουμε g(1) 1 0,= >
( )
1
2
g(2) F(2) e 4e e e 4 0= = − = − < ή
( )F
2 1 F(2) F(1) g(2) 0> ⇔ < ⇔ <
2
, οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει
( )α 1,2∈ ώστε
α α α α
1 1 1 1
g(α) 0 f(t)dt 2 tf(t)dt 2 α 0 2 f(x)dx α 2 xf(x)dx= ⇔ − + − = ⇔ + = +
∫ ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 84
Δίνεται συνάρτηση [ )f : 0,+ ∞ → r , δύο φορές παραγωγίσιμη με f(0) f (0) 0′= = και ισχύει
( )( ) ( )x x x
eημx f (x) 1 2e συνx e f (x) , x 0′′ ′− + = + − ≥
α) η παραπάνω ισότητα γίνεται
( ) ( ) ( )( ) ( )x x x x x x x
eημx f (x) e ημx 2e e ημx f (x) e ημx f (x) e ημx f (x) e η μx′ ′′′′ ′ ′ ′− + − = − − ⇔ − + − = + ⇔
( )( ) ( ) ( )x x x x
eημx f (x) e συνx e ημx f (x) e συνx c
′ ′′ ′⇔ − = − ⇔ − = − + , για x 0= προκύπτει c 0= οπότε
( )x x
eημx f (x) e συνx′− = − , x
x 0 e 1≥ ⇔ ≥ με το '' ''= να ισχύει για x 0= , ημx 1≤ οπότε x
eημx> και
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

34. λύσεις θεμάτων 34
( )
( )( ) ( )
xx
x x
x x
eημxeσυνx
f (x) f (x) f (x) ln eημx f(x) ln e ημx k
eημx e ημx
′−− ′′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = − ⇔ = − +
− −
, για x 0=
προκύπτει k 0= οπότε ( )x
f(x) ln eημx= −
β)
x
x
eσυνx
f (x) 0
eημx
−
′ = >
−
εφόσον για x 0> ισχύει x x
eσυνx 0 , e ημx 0− > − > , οπότε ( )f 1 στο [ )0,+ ∞
και άρα ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, f(0) 0= , ( )
x
(u eημx)
x
x x u
lim f(x) lim ln eημx lim ln u
= −
→+∞ →+∞ →+∞
= − = = +∞
( )x x
xx x
ημx
lim eημx lim e 1
e→+∞ →+∞
 
− = − = +∞ ÷
 
εφόσον
x
x
lim e
→+∞
= +∞ και x x x
ημxημx 1
e e e
= ≤ ⇔
x x x
1ημx 1
e e e
⇔ − ≤ ≤ , x xx x
1 1
lim lim 0
e e→+∞ →+∞
   
= − = ÷  ÷
   
και από κριτήριο παρεμβολής xx
ημx
lim 0
e→+∞
=
άρα [ )1
f
f(A) D 0,−= = + ∞
γ)
( )
x
2x
2eσυνx 1
f (x)
eημx
−
′′ =
−
, θεωρώντας
x π
g(x) 2eσυνx 1 ,x 0,
2
 
= − ∈  
έχουμε ( )x
g (x) 2eσυνx ημx′ = −
π
4
π π
g 1 0 , g 2e 1 0
2 4
   
= − < = − > ÷  ÷
   
και από Θ. Bolzano υπάρχει
π π
α ,
4 2
 
∈ ÷
 
ώστε g(α) 0= ,
( )g
π π
α x g(α) g(x) 0 g(x)
4 2
< < < ⇔ > ⇔ >
2
( )g
π
xα g(x) g(α) g(x) 0
4
< < ⇔ > ⇔ >
2
, το α είναι μοναδικό εφόσον
( )
π π
gστο ,
4 2
 
  
2 οπότε το πρόσημο της f′′ διαμορφώνεται όπως φαίνεται
στον παρακάτω πίνακα
και η f έχει μοναδικό σημείο καμπής στο
π π π
α , 0,
4 2 2
   
∈ ⊆ ÷  ÷
   
δ) η εξίσωση είναι
x
x
1
e 2 3
x
1
e 1
x
f(t)dt f (t)dt
+ +
−
=
∫ ∫ και ορίζεται για x 0> , θεωρώντας
x 3
x
G(x) f(t)dt
+
=
∫
έχουμε ( )x 1
G e 1 G , G (x) f (x 3) f(x) 0
x
  ′− = = + − > ÷
 
εφόσον ( )fκαι x 3 x 0+ > >1 , οπότε η G ( )1
και ''1 1''− και άρα η εξίσωση γίνεται
x 1
e 1 , x 0
x
− = > , θεωρούμε
x 1
h(x) e 1 , x 0
x
= − − > ,
x
2
1
h (x) e 0
x
′ = + > οπότε ( )h 1 στο ( )0,+ ∞ ,
x
x 0 x 0
1
lim h(x) lim e 1
x+ +
→ →
 
= − − = −∞ ÷
 
,
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

35. λύσεις θεμάτων 35
x
x x 0
1
lim h(x) lim e 1
x+→+∞ →
 
= − − = +∞ ÷
 
και ( )( ) ( )h 0, ,+ ∞ = −∞ + ∞ = r άρα υπάρχει μοναδικός ( )0x 0,∈ + ∞
ώστε 0h(x ) 0= , δηλ. η εξίσωση έχει μοναδική λύση
ΘΕΜΑ 85
Δίνονται δύο συναρτήσεις f ,g : →r r παραγωγίσιμες με f(0) 1= και 2x
f(x)g(x) f (x)g (x) e′ ′= = , για
κάθε x ∈r . Δίνεται και η συνάρτηση 2
f(x)
h(x)
x 1
=
+
, x ∈r .
α) 2x
f(x)g(x) e= , παραγωγίζοντας έχουμε
2x 2x
2x e e
f (x)g(x) f(x)g (x) 2e f (x) f(x)
f(x) f (x)
′ ′ ′+ = ⇔ + =
′
( ) ( )
2 22x 2 x
2e f (x) f (x) 2f(x)f (x) f (x) f(x) 0 f (x) f(x) 0 f (x) f(x) f(x) ce′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
για x 0= προκύπτει c 1= , οπότε x
f(x) e= και
2x 2x
x
x
e e
g(x) e
f(x) e
= = =
β)
( )
( )
2xx
22 2
e x 1e
h(x) , h (x) 0 , x
x 1 x 1
−
′= = ≥ ∈
+ +
r με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= , άρα ( )hστο1 r
οπότε και ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη,
x
2x x
1
lim h(x) lim e 0 0 0
x 1→−∞ →−∞
 
= × = × = ÷
+ 
,
x
2x x
e
lim h(x) lim
x 1→+∞ →+∞
= =
+
x x
DLH x DLH x
e e
lim lim
2x 2
∞ ∞   
 ÷  ÷
∞ ∞   
→+∞ →+∞
= = = +∞ , οπότε ( )1
h
h(A) D 0,−= = + ∞
γ) η ανίσωση γίνεται ( )
x
x 0x x x x x
0
0 0 0 0 0
th(t)dt
h(t)dt x h(t)dt th(t)dt xh(t)dt th(t)dt 0
x
>
> ⇔ > ⇔ − > ⇔
∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )
x
0
x t h(t)dt 0⇔ − >
∫ , που ισχύει εφόσον h(t) 0 , 0 t x x t 0> ≤ ≤ ⇔ − ≥ με το '' ''= να ισχύει μόνο για
x t=
δ) η εξίσωση γίνεται
2 2 2
2
x 4 x 2 5 2 x 4 5
2 2 3 x 2 2 3
h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt
+ + +
+
= + ⇔ + = ⇔
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2
2
x 4 5
x 2 3
h(t)dt h(t)dt
+
+
⇔ =
∫ ∫ και θεωρώντας
x 2
x
G(x) h(t)dt
+
=
∫ προκύπτει ( )2
G x 2 G(3)+ = , όμως
( )G (x) h(x 2) h(x) 0εφόσον h και x 2 x′ = + − > + >1 , οπότε ( )Gστο1 r δηλ. και ''1 1''− , άρα
2 2
x 2 3 x 1 x 1ή x 1+ = ⇔ = ⇔ = = −
ΘΕΜΑ 86
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

36. λύσεις θεμάτων 36
Δίνεται f : →r r συνεχής συνάρτηση με
tx
t f (t)
0
e 1
f(x) dt x , x
e +
−
= − ∈
∫ r και η συνάρτηση g με
( )
x x
2
0 0
g(x) 2tf t dt f(t)dt= −
∫ ∫
α) η f παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων , οπότε
x
x f (x)
e 1
f (x) x
e +
−
′ = − ⇔
( ) ( ) ( ) ( )x f (x) x x f (x) x f (x) x f (x) x x f (x) x
e e f (x) e 1 e e e e e e e 1 e e e x′ ′ ′ ′′⇔ = − − ⇔ + = − ⇔ = − ⇔
x f (x) x
e e e x c , f(0) 0 ,⇔ = − + = οπότε για x 0= προκύπτει ότι c 0= και x f (x) x
e e e x= − ⇔
( )
( ) ( )
x
e xx x
f (x) x x x
x x
e x e x
e f(x) ln ln e x ln e f(x) ln e x x
e e
>
− −
⇔ = ⇔ = = − − ⇔ = − −
β) x
x 1
f (x)
e x
−
′ =
−
, ( )( ) ( )( )x x x
x x x
f(1) ln(e 1) 1 , lim f(x) lim ln e x x lim ln e x lne
→+∞ →+∞ →+∞
= − − = − − = − − =
{
x
x
x
xx u 1
e x
u
e
e x
lim ln limln u 0
e→+∞ →
−
=
−
= =
, εφόσον
x x
x xx DLH x
e x e
lim lim 1
e e
∞ 
 ÷
∞ 
→+∞ →+∞
−
= = ,
{
x
x
x
xx u
e x
u
e
e x
lim ln lim ln u
e→+∞ →+∞
−
=
−
= = +∞
εφόσον
x
x xx x
e x 1
lim lim 1 x
e e→−∞ →+∞
−  
− × = +∞ ÷
 
και άρα ( ) )f(A) ln e 1 1 ,= − − + ∞
( )
( )
x x
2x
2x
2e xe 1
f (x) , e x 0
e x
− −
′′ = − >
−
οπότε το πρόσημο και οι ρίζες της
f′′ προκύπτουν από τον αριθμητή, θεωρούμε
x x x
h(x) 2e xe 1 ,x ,h (x) e (1 x)′= − − ∈ = −r
( ] ( )x x
1
x x
A ,1 , lim h(x) lim 2e xe 1 2 0 0 1 1 0
→−∞ →−∞
= −∞ = − − = × − − = − < εφόσον
( )x x
x xx x DLH x x
x 1
lim xe lim lim lim e 0
e e
∞ 
 ÷
∞ 
− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞
= = = − =
−
, ( ]1 1h(1) e 1 0 , h(A ) 1,e 1 , 0 h(A )= − > = − − ∈ άρα
υπάρχει μοναδικό (εφόσον 1hστο A1 ) ( )1 1 1x Aώστε h x 0∈ = και κατ’ επέκταση 1f (x ) 0′′ =
( ) ( ) ( )x x x
2
x x x x 1
A 1, , lim h(x) lim 2e xe 1 lim e (2 x) 1 , lim h(x) e 1 0+→+∞ →+∞ →+∞ →
= + ∞ = − − = − − = −∞ = − >
( )2 2h(A ) ,e 1 , 0 h(A )= −∞ − ∈ άρα υπάρχει μοναδικό (εφόσον
2hστο A2 ) ( )2 2 2x Aώστε h x 0∈ = και κατ’ επέκταση
2f (x ) 0′′ = , οπότε όπως φαίνεται και στον πίνακα η f έχει δύο
μοναδικά σημεία καμπής.
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός

37. λύσεις θεμάτων 37
γ)
( ) ( )
2
1 1 1 1
2
0 0 0 0
u t , du 2tdt
t 0 , u 0 , t 1, u 1
g 1 2tf t dt f(t)dt f(u)dt f (t)dt 0
= =
= = = =
= − = − =
∫ ∫ ∫ ∫1442443 , g(0) 0= , άρα για την g από Θ.Rolle
υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε ( ) ( )2 2
g (α) 0 2αf α f(α) 0 2αf α f(α)′ = ⇔ − = ⇔ =
δ) η ισότητα από το γ) γίνεται ( ) ( )2 f(α)
fβ 2f α
α
′ = = άρα για την f από Θ.Μ.Τ. στο [ ]0,α υπάρχει
( )β 0,α∈ ώστε ( ) ( )2f(α) f(0) f(α)
fβ 2f α
α 0 α
−
′ = = =
−
ΘΕΜΑ 87
Δίνεται x 1
f(x)α ln x 2 , 0 α 1−
= − − < ≠ με f(x) 1 0 ,για κάθε x 0+ ≥ >
α) f(x) 1 0 f(x) 1 f(x) f (1)+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ δηλ. η f για x 1= έχει ελάχιστο κι εφόσον παραγωγίσιμη με
x 1 1
f (x)α ln α
x
−
′ = − από Θ. Fermat f (1) 0 lnα 1 0 lnα 1 α e′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
β)
x 1 x 1
2
1 1
f (x) e , f (1) 0 , f (x) e 0 ,
x x
− −
′ ′ ′′= − = = + > άρα ( )f′ 1 και
0 x 1 f (x) f (1) 0′ ′< < ⇔ < = , x 1 f (x) f (1) 0′ ′> ⇔ > =
( ] ( )x 1
1
x 0 x 0
A 0,1 , lim f(x) lim (e 2) ln x , f(1) 1+ +
−
→ →
= = − − = +∞ = −
( ) [ )1f A 1,= − + ∞ ,
( ) ( ) ( )x 1 x 1
2
x xx 1 x 1
A 1, , lim f(x) lim e 2 ln x 1, lim f(x) lim e 2 ln x+ +
− −
→+∞ →+∞→ →
= + ∞ = − − = − = − − =
x 1
x 1x
ln x
lim e 1 2
e
−
−→+∞
  
= − − = +∞ ÷ ÷
  
εφόσον
x 1
x
lim e −
→+∞
= +∞ και
x 1 x 1x DLH x
ln x 1
lim lim
e xe
∞ 
 ÷
∞ 
− −→+∞ →+∞
= =
x 1x
1 1
lim 0 0 0
x e −→+∞
 
= × = × = ÷
 
, ( ) ( )2f A 1,= − + ∞ , ( ) ( )1 20 f Aκαι 0 f A∈ ∈ άρα εφόσον η f είναι και
γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα 1 2A ,Α , υπάρχουν μοναδικοί 1 1 2 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1f(x ) 0=
και 2f(x ) 0=
γ) η εξίσωση γίνεται ( )2x 2x 2x 2x
f (x) 2f(x) 0 e f (x) 2e f(x) 0 e f (x) e f(x) 0′′ ′ ′+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
( )2x
e f (x) 0′⇔ = (1) , οπότε θεωρώντας [ ]2x
1 2g(x) e f(x) , x x ,x= ∈ εφόσον ( ) ( )1 2g x g x 0= = από β) ,
ισχύουν οι πρϋποθέσεις Θ. Rolle, άρα υπάρχει ( )1 2ξ x ,x∈ ώστε
(1)
g (ξ) 0 f (ξ) 2f(ξ) 0′ ′= ⇔ + =
δ) η εξίσωση είναι δευτεροβάθμια με πραγματικούς συντελεστές κι εφόσον οι ρίζες 1 2z ,z δεν είναι
πραγματικές θα είναι συζυγείς δηλ. 2 1z z= και από Vieta έχουμε
( )
1
2
1 1
1 2 z 1
z 1 ln z
z z
e
−
+
× = ⇔
( ) ( )
( )
1
1 1
1 1
2
z 0
2 1 1 z 1 z 11
1 1 1 1 1 1z 1 z 1
z 1 ln z 1 ln z
z z z 1 e 1 ln z e ln z 2 1 f z 1
e e
≠
− −
− −
+ +
⇔ × = = ⇔ = ⇔ = + ⇔ − − = − ⇔ = −
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός