H άσκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Έστω συνάρτηση u με τύπο  
 F x
u x , x 0.
x
  Είναι    F x x u x , x 0  
και  x 0
limu x 1,

 οπότε
        
F συνεχής
x 0 x 0 x 0 x 0
limF x lim x u x F 0 limx limu x 0 1 0.
   
       
 
       F 0 0
x 0 x 0
F x F 0 F x
F 0 lim lim 1,
x x

 

    οπότε  f 0 1. Θεωρούμε συνάρτηση k
με τύπο     x
k x f x e x , x .   Είναι:
                   x x x
k x f x e x f x e 1 1 x f x f x e 1 k x , x .              
Έτσι:       x
k x k x k x c e , x .      Για    0
x 0:k 0 c e c f 0 1,     
οπότε        
x
x x x
x
e
k x e f x e x e f x , x .
e x
       

Β.          
x
x x
x
x e
F x e x f x F x e F x 1 f x .
e x

        

Θεωρούμε συνάρτηση
λ με τύπο      λ x f x F x , x .   Είναι:
         
   
 
   x
x x
1 e f x1 x f x
λ x f x F x f x f x f x , x .
e x e x
  
          
 
•  λ x 0 x 0   
•  λ x 0 x 0   
•  λ x 0 x 0   
Επομένως λ γν.αύξουσα στο  ,0 και λ γν.φθίνουσα στο  0, . Είναι:
•        
λ γν.αύξουσα
x 0 λ x λ 0 f x F x 1     
•        
λ γν.φθίνουσα
x 0 λ x λ 0 f x F x 1     
Δηλαδή, για κάθε    x ,0 0,    ,ισχύει    f x F x 1  ,ενώ για x 0
έχουμε    f 0 F 0 1  ,οπότε:    F x 1 f x x 0.   
Γ1. Είναι  
   
x
1 x f x
f x , x ,
e x
 
  

οπότε:
•  f x 0 x 1   
•  f x 0 x 1   
•  f x 0 x 1   
Επομένως f γν.αύξουσα στο  ,1 και f γν.φθίνουσα στο  1, .

2. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο  x,0 , x 0, έχουμε:
Υπάρχει ένα τουλάχιστον      
 F x
ξ x,0 : F ξ f ξ .
x
  
Όμως
 
     
 
   
f γν.αύξουσα στο - ,1 x 0F x
x ξ 0 f x f ξ f x F x x f x .
x
 
        
Για x 0 έχουμε προφανή ισότητα, οπότε για κάθε  x ,0 , 
ισχύει:    F x x f x  , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x 0 .
Γ2. Είναι    F x f x 0,   για κάθε x , οπότε F γν.αύξουσα στο .
Θεωρούμε τη συνάρτηση μ με τύπο      μ x f x F x , x .  
Είναι:          μ x f x F x f x f x , x .       
Για κάθε  x 0,  είναι:
•    F x F 0 0  , καθώς F γν.αύξουσα στο
•  f x 0
οπότε      μ x f x F x 0   για κάθε  x 0,  και έτσι η εξίσωση
 μ x 0
είναι αδύνατη στο  0,   .
Για κάθε  x ,0  είναι:
•  
   
x
1 x f x
f x 0
e x
 
  

•  f x 0
οπότε      μ x f x f x 0    και επομένως μ γν.αύξουσα στο  ,0 . Έτσι:
• μ συνεχής στο  1,0 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων
•      μ 0 f 0 F 0 1 0   
•      μ 1 f 1 F 1 0      , αφού από το Γ1 για x 1  , προκύπτει:
       F 1 1 f 1 F 1 f 1 0.          Σύμφωνα με το Θ.Bolzano και επειδή
μ γν.αύξουσα στο  ,0 , συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση:    F x f x 0, 
έχει μοναδική ρίζα, η οποία βρίσκεται στο  1,0 .
Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση G με τύπο      x
G x e x F x , x .    Είναι:
         x x
G x e 1 F x e x f x , x .       
Για κάθε  x ,0  ,είναι:
• x
e 1 0 
•    F x F 0 0  , οπότε  G x 0. 

3. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
Για κάθε  x 0,  ,είναι:
• x
e 1 0 
•    F x F 0 0  , οπότε  G x 0. 
Για x 0 είναι  G 0 1  και έτσι  G x 0  , για κάθε x , οπότε
G γν.αύξουσα στο .
Γνωρίζουμε ότι για κάθε  x 0,  είναι x lnx , οπότε επειδή
G γν.αύξουσα στο , θα ισχύει:    G x G lnx 
       
   
 
xF x 0
x F lnxe x
e x F x x lnx F lnx .
x lnx F x


       

Ε1. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο  0,1 ,έχουμε:
Υπάρχει ένα τουλάχιστον        o o ox 0,1 :F x f x F 1 .  
Όμως
 
     
f γν.αύξουσα στο 0,1
o o0 x 1 f x f 0 F 1 1.     
Ε2. Έστω συνάρτηση w με τύπο       w x F x F 1 F x 1 , x 0.    
Είναι:       w x f x F 1 f x 1 , x 0.      Όμως:
•    
x 0
F 1 1 x F 1 x 1 1

     
• f γν.φθίνουσα στο  1, ,
οπότε       f x F 1 f x 1 w x 0     , που σημαίνει ότι w γν.φθίνουσα
στο  0, , οπότε w ‘‘1-1’’ στο  0, και έτσι:
            x x
F f x F 1 F e 1 F e F 1 F f x 1       
            x x
F f x F 1 F f x 1 F e F 1 F e 1        
      
w 1-1
x x x
w f x w e f x e e x 1 x 0         , καθώς x
e x 1  ,
για κάθε x , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x 0 .
Ζ. Είναι    f 0 f 0 1   ,οπότε η εφαπτομένη της fC στο σημείο   0,f 0
έχει εξίσωση: ψ x 1  .Θεωρούμε τη συνάρτηση Π με τύπο
   
 xx
x x
x e x 1e
Π x f x x 1 x 1 , x
e x e x
   
       
 
.
Για κάθε  x ,0  ,είναι:
• x 0 
• x
e x 1 0   ,οπότε  Π x 0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται
πάνω από την ευθεία ψ x 1  ,όταν  x ,0  .
Για κάθε  x 0,  ,είναι:

4. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
• x 0 
• x
e x 1 0   ,οπότε  Π x 0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται
κάτω από την ευθεία ψ x 1  ,όταν  x 0,  .
Επομένως η εφαπτομένη της fC στο σημείο   0,f 0 , «διαπερνά» την
καμπύλη.
2η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
ΕΡΩΤΗΜΑ Ζ:
 Αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο  M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής
παράστασης της f (γενικότερα θα βρούμε και το πλήθος των σημείων καμπής)
 Στη γνωστή σχέση ln t t 1,  για κάθε t 0 θέτουμε για t το  x
e x R και
προκύπτει: x x x x
lne e 1 x e 1 e x 1.       
Άρα x
e x 1 x,   για κάθε x
x R e x 0,    για κάθε x R
Οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το R.
 Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με
 
 
 
 
 
x x 2 x x
3 3x x
e 2e 2x x 2 xe e g x
f x
e x e x
    
    
 
,
όπου   x 2 x
g x 2e 2x x 2 xe ,x R     
Το πρόσημο της f καθορίζεται από το πρόσημο της g.
Η g είναι συνεχής στο  1,2 και        g 1 g 2 e 1 2 0      .
Άρα (Θ. Bolzano) υπάρχει  1,2 τέτοιο, ώστε  g 0 
 Βρίσκουμε

5. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
 
 
   
x x
x
x
g x e 2 2x xe ,x R
g x 2 xe ,x R
g x e x 1 ,x R
     
    
    
Οπότε,
 g x 0 x 1 0 x 1       
και
 g x 0 x 1 0 x 1       
x   1  
 g x  
g
max
Άρα η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 , δηλαδή
   
1 2e
g x g 1 0 g
e

       γνησίως φθίνουσα στο R. Επίσης
 g 1 e 2 2 e 0.     
Οπότε, για    x 1 g x g 1 0     και για    x 1 g x g 1 0    
Η g είναι γνησίως αύξουσα στο  ,1 και  g 0 0
Άρα η ρίζα x 0 της εξίσωσης  g x 0 είναι μοναδική στο  ,1 .
Παρόμοια, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο  1, και  g 0 
Άρα η ρίζα x   της εξίσωσης  g x 0 είναι μοναδική στο  1, .
O

6. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
Άρα η εξίσωση  g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο R.
 Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της g και τις δύο ρίζες της, προκύπτει εύκολα
ο παρακάτω πίνακας:
Η f είναι κυρτή στα διαστήματα  ,0 και  ,  και κοίλη στο διάστημα  0, .
Η f μηδενίζεται στο 0 και δεξιά και αριστερά του 0 αλλάζει πρόσημο.
Άρα (και) το σημείο  M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f.
Σχόλιο:
Σαφώς κομψότερη η λύση του κου Ζωβοΐλη, αφού δε μπαίνει σε διαδικασία εύρεσης
σημείων καμπής!
3η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
Βασικές ανισώσεις : 𝑒 𝑥
> 𝑥 , ∀𝑥 ∈ ℝ και 𝑙𝑛𝑥 < 𝑥 , 𝑥 > 0
A. Θέτουμε 𝑔(𝑥) =
𝐹(𝑥)
𝑥
⟺ 𝐹(𝑥) = 𝑥𝑔(𝑥). H F παραγωγισιμη στο ℝ άρα και συνεχής
όποτε :
 𝐹(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝐹(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑥𝑔(𝑥) = 0
 𝐹′(0) = 𝑓(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝐹(𝑥)
𝑥
= 1
Έχουμε : 𝑓′(𝑥)(𝑒 𝑥
− 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 , (𝟏)
 𝑓′(𝑥)(𝑒 𝑥
− 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 ⟺ 𝑓′(𝑥)𝑒 𝑥
− 𝑓′(𝑥)𝑥 + 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) = 0
𝑓′(𝑥)𝑒 𝑥
= (𝑥𝑓(𝑥))
′
− 𝑥𝑓(𝑥) ⟺ 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥
(𝑥𝑓(𝑥))
′
− 𝑒−𝑥
𝑥𝑓(𝑥) ⟺
(𝑓(𝑥))′
= (𝑒−𝑥
𝑥𝑓(𝑥))
′
⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
𝑥𝑓(𝑥) + 𝑐
Για 𝑥 = 0 ⇢ 𝑐 = 1 αρα 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
𝑥𝑓(𝑥) + 1 ⟺ ⋯ ⟺ 𝑓(𝑥) =
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
> 0
x   0 1 ξ  
 g x    
 f x    
f    

7. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Β.
 𝐹(𝑥)𝑒 𝑥
= 𝑥𝑓(𝑥) ⟺ 𝐹(𝑥)𝑒 𝑥
= 𝑥
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
⟺ 𝐹(𝑥) =
𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
⟺ 𝐹(𝑥) −
𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
= 0
Θέτουμε 𝛫(𝑥) = 𝐹(𝑥) −
𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
με προφανής ρίζα 𝛫(0) = 𝐹(0) − 0 = 0
𝛫′(𝑥) = 𝐹′(𝑥) − (
𝑥
𝑒 𝑥 − 𝑥
)
′
= ⋯ =
𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥
− 1)
(𝑒 𝑥 − 𝑥)2
𝒙 𝟎
𝜥′
− +
𝜥 ↘ ↗
Έστω ότι υπάρχει ρίζα 𝜌 < 0 και επειδή η 𝐾είναι ↓ στο (−∞, 0] θα είναι :
𝐾(𝜌) > 𝐾(0) ⟺ 0 > 0 άτοπο. Ομοίως οτι δεν υπάρχει ρίζα 𝜌 > 0.
Τελικά η 𝐹(𝑥)𝑒 𝑥
= 𝑥𝑓(𝑥) έχει μοναδική λύση το 0.
Γ1. Θέτουμε ℎ(𝑥) = 𝐹(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑥) , 𝑥 ≤ 0 με ℎ′(𝑥) = (
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
) 𝑥(𝑥 − 1)
𝒙 𝟎 𝟏
𝒉′
+ − +
𝒉 ↗ ↘ ↗
 𝑥 ≤ 0
ℎ↑
⇔ ℎ(𝑥) ≤ ℎ(0) ⟺ 𝐹(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑥) ≤ 0 ⟺ 𝐹(𝑥) ≤ 𝑥𝑓(𝑥) , (𝟐)
Γ2. Για 𝑥 = −1 στην (2) : 𝐹(−1) < −𝑓(−1) ⟺ 𝐹(−1) + 𝑓(−1) < 0
Θέτουμε την 𝛬(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝑓(𝑥) , 𝑥 ∈ [−1,0] με 𝛬′
(𝑥) =
𝑒 𝑥(𝑒 𝑥−2𝑥+1)
(𝑒 𝑥−𝑥)2
 𝛬(0) = 1 > 0 και 𝛬(−1) = 𝐹(−1) + 𝑓(−1) < 0
{
𝛬 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒𝜂𝜍 𝜎𝜏𝜊 [−1,0]
𝛬(−1)𝛬(0) < 0
από ΘΒ η 𝛬(𝑥) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (−1,0)
𝛬′(𝑥) =
𝑒 𝑥(𝑒 𝑥−2𝑥+1)
(𝑒 𝑥−𝑥)2
> 0 αφού 𝑒 𝑥
− 2𝑥 + 1 = (𝑒 𝑥
− 𝑥) + (1 − 𝑥) > 0 , 𝑥 ∈ (−1,0)
Τελικά υπάρχει μοναδικό 𝑥1 ∈ (−1,0) τέτοιο ώστε : 𝛬(𝑥) = 0
Δ. Είναι 𝑓(𝑥) =
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
> 0 ⇢ 𝐹 ↑ στο ℝ . Επίσης το πρόσημο της F είναι :
𝒙 𝟎
𝑭 − +
1 περίπτωση : 𝑥 ≥ 1
 𝑥 ≥ 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 ≥ 0
𝐹 ↑
⇔ 𝐹(𝑙𝑛𝑥) ≥ 0 και 𝐹(𝑥) > 0

8. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8

𝑒 𝑥−𝑥
𝑥−𝑙𝑛𝑥
>
𝐹(𝑙𝑛𝑥)
𝐹(𝑥)
⟺ 𝐹(𝑥)( 𝑒 𝑥 − 𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)
 𝑥 > 𝑙𝑛𝑥
𝐹 ↑
⇔ 𝐹( 𝑥) > 𝐹( 𝑙𝑛𝑥) (3)
Αρκεί να δείξουμε ότι 𝑒 𝑥
− 𝑥 > 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 , 𝑥 ≥ 1
Θέτουμε την 𝛱(𝑥) = 𝑒 𝑥
− 2𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 με 𝛱′(𝑥) = 𝑒 𝑥
− 2 +
1
𝑥
> 0 , ∀𝑥 ≥ 1
Όποτε 𝑥 ≥ 1
𝛱 ↑
⇔ 𝑒 𝑥
− 2𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 ≥ 𝑒 − 2 > 0 ⟺ 𝑒 𝑥
− 𝑥 > 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 , (4)
Από (3) και (4) έχουμε : 𝐹(𝑥)(𝑒 𝑥
− 𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) ⟺
𝑒 𝑥−𝑥
𝑥−𝑙𝑛𝑥
>
𝐹(𝑙𝑛𝑥)
𝐹(𝑥)
2 περίπτωση : 0 < 𝑥 < 1
 𝑥 < 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 < 0
𝐹 ↑
⇔ 𝐹(𝑙𝑛𝑥) < 0
𝐹(𝑥)>0
⇔
𝐹(𝑙𝑛𝑥)
𝐹(𝑥)
< 0

𝑒 𝑥−𝑥
𝑥−𝑙𝑛𝑥
> 0 . Όποτε
𝑒 𝑥−𝑥
𝑥−𝑙𝑛𝑥
>
𝐹(𝑙𝑛𝑥)
𝐹(𝑥)
E1. Θεωρούμε την συνάρτηση 𝑤(𝑥) = 𝐹(𝑥) − 𝑥 , 𝜇𝜀 𝑤′(𝑥) =
𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
𝒙 𝟎
𝒘′
− +
𝒘 ↘ ↗
 𝑤(𝑥) ≥ 𝑤(0) ⟺ 𝑤(𝑥) ≥ 0 άρα για 𝑥 = 1 ∶ 𝑤(1) > 0 ⟺ 𝐹(1) − 1 > 0 ⟺ 𝐹(1) > 1
E2. 𝑓′(𝑥) =
𝑒 𝑥(1−𝑥)
(𝑒 𝑥−𝑥)2 < 0 για κάθε 𝑥 > 1 άρα 𝑓 1 − 1 όταν 𝑥 > 1
Είναι 𝑒 𝑥
≥ 𝑥 + 1 και το ίσον ισχύει μόνο όταν 𝑥 = 0
Για 𝒙 ≠ 𝟎 ∶ 𝑒 𝑥
> 𝑥 + 1 ⟺ 𝑒 𝑥
− 𝑥 > 1 ⟺
1
𝑒 𝑥−𝑥
< 1 ⟺
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
< 𝑒 𝑥
⟺ 𝑓(𝑥) < 𝑒 𝑥
Η εξίσωση : 𝐹(𝑓(𝑥) + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑒 𝑥
+ 1) = 𝐹(𝑒 𝑥
+ 𝐹(1)) + 𝐹(𝑓(𝑥) + 1) έχει προφανή
ρίζα το 0 . Έστω ότι η παραπάνω εξίσωση έχει και το 𝒙 𝟐 ≠ 𝟎 λύση .Επομένως :
𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑒 𝑥2 + 1) = 𝐹(𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1)
ή
𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1) = 𝐹(𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑒 𝑥2 + 1) (𝟒)
ή
𝐹(𝑒 𝑥2 + 1) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1) = 𝐹(𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) (𝟓)
Αφού 𝑓(𝑥) > 0 , 𝐹(1) > 1 και 𝑓(𝑥) < 𝑒 𝑥
:
 1 < 𝑓(𝑥2) + 1 < 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1) < 𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)

9. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
Και
 1 < 𝑓(𝑥2) + 1 < 𝑒 𝑥2 + 1 < 𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)
 Έστω 𝒆 𝒙 𝟐 + 𝟏 ≥ 𝒇(𝒙 𝟐) + 𝑭(𝟏) ⇢ 𝒇(𝒙 𝟐) + 𝟏 < 𝒇(𝒙 𝟐) + 𝑭(𝟏) ≤ 𝒆 𝒙 𝟐 + 𝟏 < 𝒆 𝒙 𝟐 + 𝑭(𝟏)
F παραγωγισιμη στο [𝑓(𝑥2) + 1, 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)] από ΘΜΤ υπάρχει ένα τουλάχιστον
𝜉1 ∈ (𝑓(𝑥2) + 1, 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) ∶ 𝐹′(𝜉1) = 𝑓(𝜉1) =
𝐹(𝑓(𝑥2)+𝐹(1))−𝐹(𝑓(𝑥2)+1)
𝐹(1)−1
F παραγωγισιμη στο [𝑒 𝑥2 + 1, 𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)] από ΘΜΤ υπάρχει ένα τουλάχιστον
𝜉2 ∈ (𝑒 𝑥2 + 1, 𝑒 𝑥2 + 𝐹(1)) ∶ 𝐹′(𝜉2) = 𝑓(𝜉2) =
𝐹(𝑒 𝑥2+𝐹(1))−𝐹(𝑒 𝑥2+1)
𝐹(1)−1
Λογω της (4) έχουμε : 𝑓(𝜉1) = 𝑓(𝜉2)
𝑓 1−1
⇔ 𝜉1 = 𝜉2 ⇢ ΑΤΟΠΟ
 Αν 𝒆 𝒙 𝟐 + 𝟏 ≤ 𝒇(𝒙 𝟐) + 𝑭(𝟏). Χρησιμοποιούμε την σχέση (5) και όμοιο τρόπο
καταλήγουμε σε άτοπο .
Ζ. Αρκεί να δείξουμε ότι το (0, 𝑓(0)) είναι σημείο καμπής .
 Παραγωγιζουμε την 𝑓′(𝑥)(𝑒 𝑥
− 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 και μετά από πράξεις έχουμε
𝑓′′(𝑥)
( 𝑒 𝑥−𝑥)3
𝑒 𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥
+ 𝑥2
− 2𝑥 − 2𝑒 𝑥
+ 2
Θέτουμε 𝛷(𝑥) = 𝑥𝑒 𝑥
+ 𝑥2
− 2𝑥 − 2𝑒 𝑥
+ 2 με 𝛷′(𝑥) = (𝑒 𝑥
+ 2)(𝑥 − 1)
𝒙 𝟎 𝟏
𝜱′
− +
𝜱 ↘ ↗
 𝑥 < 0
𝛷↓
⇔ 𝛷(𝑥) > 𝛷(0) ⟺ 𝑓′′(𝑥)
( 𝑒 𝑥−𝑥)3
𝑒 𝑥 > 0 ⟺ 𝑓′′(𝑥) > 0
 0 ≤ 𝑥 < 1
𝛷↓
⇔ 𝛷(𝑥) ≤ 𝛷(0) ⟺ 𝑓′′(𝑥)
( 𝑒 𝑥−𝑥)3
𝑒 𝑥 ≤ 0 ⟺ 𝑓′′(𝑥) ≤ 0
𝒙 𝟎 𝟏
𝒇′
′ + −
𝒇 ∪ ∩

10. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
4η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Α. Ισοδύναμα από αρχική έχω: 𝑓΄(𝜒)𝑒 𝑥
− 𝑓΄(𝜒)𝜒 + 𝜒𝑓(𝜒) − 𝑓(𝑥) = 0 ή 𝑓΄(𝜒) −
𝑓΄(𝜒)𝜒𝑒−𝑥
+ 𝜒𝑓(𝜒)𝑒−𝑥
− 𝑓(𝑥)𝑒−𝑥
= 0 ή 𝑓΄(𝜒) − (𝜒𝑓(𝜒)𝑒−𝑥)΄=0 άρα η
φ(χ)= 𝑓(𝜒)(1 − 𝜒𝑒−𝑥)=c. Θέτοντας 𝛨(𝜒) =
𝐹(𝑥)
𝑥
είναι lim
𝜒→0
𝛨(𝜒) = 1 και F(χ)=χΗ(χ)
με lim
𝜒→0
𝐹(𝜒) = 0 = 𝐹(0), άρα το όριο που δίνεται είναι το F΄(0)=1=f(0). Για χ=0 στη
φ έχω c=1=φ(χ) ή 1=f(χ)(1-χ𝑒−𝑥
) ή f(χ)=
𝑒 𝑥
𝑒 𝑥−𝑥
.
Β. H δοσμένη είναι ισοδ. με F(χ)=
𝜒
𝑒 𝑥−𝑥
(προφανής ρίζα 0) και θέτοντας Φ(χ)=
F(χ)−
𝜒
𝑒 𝑥−𝑥
έχω Φ΄(χ)=
𝑒 𝑥(𝑒 𝑥−1)
(𝑒 𝑥−𝑥)2
με μόνη ρίζα το 0 που για χ>0 είναι θετική άρα Φ <
στο [0,+∞) και για χ<0 αρνητική δηλ. Φ > στο (-∞, 0], άρα Φmin=0 δηλ. Φ(χ)>0 στο
𝑅∗
, και ο 0 μόνη ρίζα της Φ.
Γ1. Για χ=0 ισχύει ως ισότητα. Αν χ<0 θέτω Κ(χ)=F(χ)-χf(χ) με
Κ΄(χ)=−𝜒𝑒 𝜒 1−𝜒
(𝑒 𝑥−𝑥)2
>0 δηλ. η Κ < στο (-∞, 0] και έχει max το Κ(0)=0, άρα Κ(χ)<0
στο (-∞, 0).
Γ2. Με Τ(χ)=F(χ)+f(χ), χ∈ [−1,0] είναι Τ(-1)=F(-1)+f(-1)<0 (γιατί από Γ1 με χ=-1
είναι F(-1)<-f(-1)) και Τ(0)=F(0)+f(0)=1, άρα εφαρμόζεται το Bolzano για την Τ. Aν
η T έχει 2 ρίζες στο (-1,0) θα εφαρμόζεται το Rolle και η Τ΄(χ)=𝑒 𝑥 𝑒 𝑥+1−2𝑥
(𝑒 𝑥−𝑥)2 θα έχει
ρίζα σ’ αυτό. Αν όμως θέσω φ(χ)= 𝑒 𝑥
+ 1 − 2𝑥 θα είναι φ΄(χ)= 𝑒 𝑥
− 2<0 στο (-1,0)
δηλ. η Τ΄ αδύνατη σ’ αυτό. Άρα η Τ έχει μοναδική ρίζα στο (-1,0).
Δ. Είναι F < αφού f(χ)>0 (𝑒 𝑥
≥ 𝑥 + 1 > 𝑥) δηλ. F(χ)>F(0)=0 και χ-lnχ>0 (lnχ≤ 𝜒 −
1 < 𝜒). Άρα η ζητούμενη ανισότητα γράφεται ισοδύναμα: 𝐹(𝑥)(𝑒 𝑥
− 𝑥) >
𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) = 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑒 𝑙𝑛𝑥
− 𝑙𝑛𝑥) ή Φ(χ)>Φ(lnx) με Φ(χ)= 𝐹(𝑥)(𝑒 𝑥
− 𝑥) ,
χ>0. Είναι Φ΄(χ)=𝑒 𝑥
+ 𝐹(𝑥)(𝑒 𝑥
− 1) > 0 με χ>0, άρα Φ < στο (0,+∞) δηλ. η
αποδεικτέα ισχύει.
Ε1. 𝑓΄(𝜒) = 𝑒 𝜒 1−𝜒
(𝑒 𝑥−𝑥)2
με μόνη ρίζα το 1 που είναι θετική στο (-∞,1) και < στο (-
∞, 1]. Από ΘΜΤ για την F στο [0,1] υπάρχει ξ στο (0,1) με 𝐹΄(𝜉) = 𝑓(𝜉) = 𝐹(1) κι
επειδή 0<ξ είναι f(0)<f(ξ) (f <)) άρα 1<F(1).

11. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
Z. H εφαπτομένη της Cf στο (0,1) έχει εξίσωση y=x+1 και f΄΄(χ)=−
𝑒 𝜒
(𝑒 𝜒−𝜒)3
(−𝜒2
+
2𝑒 𝑥
− 2 − 𝑥𝑒 𝜒
+ 2𝜒). Θέτω h(χ)= −𝜒2
+ 2𝑒 𝑥
− 2 − 𝑥𝑒 𝜒
+ 2𝜒 με h(0)=0 και
h΄(χ)=(1 − 𝜒)(𝑒 𝜒
+ 2) με ρίζα το 1 και h΄(χ)>0 με χ<1 δηλ. η h < στο (-∞, 1]. Για
χ<0 είναι h(χ)<h(0)=0 άρα f΄΄(χ)>0 και f κυρτή στο (-∞, 0]. Ομοίως με 0<χ<1 είναι
h(χ)>h(0)=0 άρα f΄΄(χ)<0 και f κοίλη στο [0,1]. Δηλ. το (0,1) σημείο καμπής της Cf.
5η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
Έστω g(x) =
F(x)
x
, x ≠ 0, τότε lim
x→0
g(x) = 1
F(x) = xg(x) ⇒ lim
x→0
F(x) = lim
x→0
xg(x) = 0, όμως F συνεχής άρα F(0)=0
f(0) = F′(0) = lim
x→0
F(x) − F(0)
x − 0
= lim
x→0
g(x) = 1 , αρα 𝐟(𝟎) = 𝟏
Έστω H(x) = (1 − xe−x)f(x), x ∈ R παραγωγίσιμη
τότε H′(x) = e−x(x − 1)f(x) + (1 − xe−x)f′(x) =
= e−x[(x − 1)f(x) + (ex
− x)f′(x)] = 0
άρα Η σταθερή με Η(0) = 1 ,άρα H(x) = 1 ⇒ (1 − xe−x)f(x) = 1
1−xe−x≠0
⇒
f(x) =
1
1 − xe−x
⇒ 𝐟(𝐱) =
𝐞 𝐱
𝐞 𝐱 − 𝐱
B.
Έστω G(x) = F(x) −
x f(x)
ex
, x ∈ R παραγωγίσιμη
με G′(x) = f(x) −
(f(x)+xf′(x))ex−xf(x)ex
e2x =
ex
ex−x
−
(1−x)f(x)+xf′(x)
ex =
=
ex
ex−x
−
f′(x)(ex−x)+xf′(x)
ex
=
ex
ex−x
−
f′(x)ex
ex
=
ex
ex−x
−
ex(1−x)
(ex−x)2
=
ex(ex−1)
(ex−x)2
x -∞ 0 +∞
G - +
G
O.E. G(0)=0

12. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
Από τον πίνακα έχουμε ότι η G έχει μοναδική ρίζα το 0, άρα και η
F(x) −
x f(x)
ex
= 0 ⇔
𝐅(𝐱)𝐞 𝐱
= 𝐱𝐟(𝐱) έχει μοναδική ρίζα το 0.
Γ.1
Γιαx < 0 η F είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο [x, 0] οπότε από ΘΜΤ
∃ ξ ∈ (x, 0): F′(ξ) =
F(x)−F(0)
x−0
⇒ f(ξ) =
F(x)
x
όμως f(x) =
ex
ex−x
⇒ f′(x) =
ex(1−x)
(ex−x)2
> 0 για x < 0 άρα f ↗ στο [x, 0]
άρα ξ > x ⇒ f(ξ) > f(x) ⇒
F(x)
x
> f(x) ⇒ F(x) < xf(x) ∀ x < 0
ακόμα F(0) = 0 = 0f(0), συνεπώς ∀ 𝐱 ∈ (−∞, 𝟎] 𝛆ί𝛎𝛂𝛊 𝐅(𝐱) ≤ 𝐱𝐟(𝐱)
Γ.2
Έστω D(x) = F(x) + f(x), x ∈ R παραγωγίσιμη
η D ορίζεται και είναι συνεχής στο [−1,0]
D(−1) = F(−1) + f(−1) < 0 , από Γ1
D(0) = F(0) + f(0) = 1 > 0
από Θ.Bolzano η D έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (-1,0)
D′(x) = F′(x) + f′(x) =
ex(ex−2x+1)
(ex−x)2
θεωρώ την συνάρτηση z(x) = ex
− 2x + 1 με z′(x) = ex
− 2
Από τον πίνακα έχουμε z(x) > 0
άρα D′(x) > 0 ⇒ D ↗ στο R συνεπώς η
D έχει μοναδική ρίζα στο R άρα και η
𝐅(𝐱) + 𝐟(𝐱) = 𝟎 έ𝛘𝛆𝛊 𝛍𝛐𝛎𝛂𝛅𝛊𝛋ή 𝛒ί𝛇𝛂 στο R που βρίσκεται στο (-1,0)
x -∞
ln2
+∞
z - +
z
O.E. z( ln2)=3-2ln2>0

13. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
Δ.
f(x) > 0 , αφού ex
− x ≥ 1 και ex
> 0
F′(x) = f(x) > 0 άρα F ↗ στο R άρα για x > 0 ⇒ F(x) > F(0) = 0
Έστω L(x) =
exF(x)
f(x)
, x ∈ R παραγωγίσιμη με
L′(x) =
ex[F(x)(f(x)−f′(x))+f2(x)]
f2(x)
=
ex[F(x)
ex(ex−1)
f2(x)
+f2(x)]
f2(x)
> 0 για x > 0
άρα L ↗ στο (0, +∞). Όμως lnx ≤ x − 1 < x ⇒ L(lnx) < L(x) ⇒
elnxF(lnx)
f(lnx)
<
exF(x)
f(x)
⇒
xF(lnx)
f(lnx)
<
exF(x)
f(x)
⇒
xF(lnx)
x
x−lnx
<
exF(x)
ex
ex−x
⇒
𝐅(𝐥𝐧𝐱)
𝐅(𝐱)
<
𝐞 𝐱−𝐱
𝐱−𝐥𝐧𝐱
Ε.1
Έστω W(x) = F(x) − x , x, ∈ [0 + ∞) παραγωγίσιμη με
W′(x) = f(x) − 1 =
x
ex−x
> 0 , για x > 0 άρα W ↗ στο [0, +∞)
1 > 0 ⇒ W(1) > W(0) ⇒ 𝐅(𝟏) > 𝟏
Ε.2.
f(x) =
ex
ex−x
> 0 , f′(x) =
ex(1−x)
(ex−x)2 , άρα 𝐟 ↘ 𝛔𝛕𝛐 (𝟏, +∞).
είναι f(x) =
ex
ex−x
< ex
,αφού ex
− x > 1 , άρα 𝟎 < 𝐟(𝐱) < 𝐞 𝐱
η x=0 είναι προφανής λύση,
έστω ρ ≠ 0 μια άλλη λύση , τότε 1 < f(ρ) + 1 < eρ
+ F(1) και
f(ρ) + 1 < eρ
+ 1 < eρ
+ F(1) και
f(ρ) + 1 < f(ρ) + F(1) < eρ
+ F(1)
Θέτω α = f(ρ) + 1 , δ = eρ
+ F(1) , β = min{eρ
+ 1, f(ρ) + F(1)}
, γ = max{eρ
+ 1, f(ρ) + F(1)} , τότε 1 < α < β ≤ γ < δ
και β − α = δ − γ = eρ
− f(ρ) > 0 ή β − α = δ − γ = F(1) − 1 > 0
και τότε F(β) + F(γ) = F(δ) + F(α) , όμως από ΘΜΤ στα [𝛼, 𝛽], [𝛾, 𝛿] για την F
είναι
𝐹′(𝜉1) = 𝑓(𝜉1) =
𝐹(𝛽)−𝐹(𝛼)
𝛽−𝛼
, 𝐹′(𝜉2) = 𝑓(𝜉2) =
𝐹(𝛿)−𝐹(𝛾)
𝛿−𝛾
, 𝜉1 ∈ (𝑎, 𝛽), 𝜉2 ∈
(𝛾, 𝛿)

14. ___________________________________________________________________________
15η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
και επειδή f ↘ στο (1, +∞) θα είναι f(ξ1) > f(ξ2)
⇒ F(β) − F(α) > F(δ) − F(γ) ⇒
F(β) + F(γ) > F(δ) + F(α) , άτοπο οπότε η x=0 μοναδική λύση
Ζ.
f′(x) =
ex(1−x)
(ex−x)2
, η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και δέχεται εφαπτόμενη.
f′′(x) = ex ex(x−2)+x2−2x+2
(ex−x)3 με f′′(0) = 0
έστω z(x) = ex(x − 2) + x2
− 2x + 2 , x < 1 παραγωγίσιμη με
z′(x) = (ex
+ 2)(x − 1) < 0 ,άρα z ↘ για x <1
για x < 0 ⇒ z(x) < z(0) = 0 ⇒ f′′(x) < 0
για x > 0
x<1
⇒ z(x) > z(0) = 0 ⇒ f′′(x) > 0 , συνεπώς το x=0 είναι σημείο καμπής
και η εφαπτόμενη σε αυτό διαπερνά την 𝐂 𝐟