Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2016

η άσκηση
της ηµέρας
µικρές προσπάθειες ενασχόλησης
µε αγαπηµένες µας συνήθειες
επιµέλεια: Παύλος Τρύφων
από το lisari.blogspot.gr

___________________________________________________________________________
ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους
Αντωνόπουλος Νίκος
Ασημακόπουλος Γιώργος
Βουτσάς Διονύσης
Βώβος Μάριος
Δεββές Κώστας
Δέτσιος Παντελής
Ζωβοΐλης Ηλίας
Καταραχιάς Τάκης
Κίκης Νίκος
Κουτσοβασίλης Κώστας
Λουκούσιας Παναγιώτης
Μάντζαρης Μάκης
Μαρκάκης Αντώνης
Μάρκου Κατερίνα
Μίχας Μάνος
Νικολακάκης Βαγγέλης
Ξανιά Ηλιάνα
Παγώνης Θεόδωρος
Πάτσης Ανδρέας
Σπύρου Πάνος
Τσακαλάκος Τάκης
Τσατσαρώνης Θεόδωρος
Χατζάκης Δημήτρης
Χιωτίνης Μιχάλης
Χρήστου Μαρία
Χύτης Μάριος

___________________________________________________________________________
2
15η
άσκηση
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού
Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (3-1-2016)
Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 10/1/2016
Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο ,για την οποία ισχύουν:
•        x
f x e x x 1 f x 0       ,για κάθε x
•
 
x 0
F x
lim 1
x
 ,όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο
Α. Να αποδείξετε ότι  
x
x
e
f x ,x
e x
 

.
Β. Να λυθεί η εξίσωση:    x
F x e x f x   .
Γ1. Να αποδείξετε ότι για κάθε  x ,0 ,  ισχύει:    F x x f x  .
Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση:    F x f x 0,  έχει μοναδική ρίζα,
η οποία βρίσκεται στο  1,0 .
Δ. Να αποδείξετε ότι για κάθε  x 0, ,  ισχύει:
 
 
x
F lnxe x
.
x lnx F x



Ε1. Να αποδείξετε ότι  F 1 1 .
Ε2. Να λυθεί η εξίσωση:             x x
F f x F 1 F e 1 F e F 1 F f x 1       .
Ζ. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της fC στο σημείο   0,f 0 , «διαπερνά»
την καμπύλη.

___________________________________________________________________________
3
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   

___________________________________________________________________________
4
•  f x 0 x 1   
Επομένως f γν.αύξουσα στο  ,1 και f γν.φθίνουσα στο  1, .
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:

___________________________________________________________________________
5
         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. 
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

___________________________________________________________________________
6
   
 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:
• 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.

___________________________________________________________________________
7
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
 
 
   
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    
O

___________________________________________________________________________
8
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, .
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!
x   0 1 ξ  
 g x    
 f x    
f    

___________________________________________________________________________
9
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
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

___________________________________________________________________________
10
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

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

___________________________________________________________________________
11
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)
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 ↘ ↗

___________________________________________________________________________
12
 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 ∪ ∩
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) ,

___________________________________________________________________________
13
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).
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

___________________________________________________________________________
14
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
x -∞ 0 +∞
G - +
G
O.E. G(0)=0

___________________________________________________________________________
15
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)
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,
x -∞
ln2
+∞
z - +
z
O.E. z( ln2)=3-2ln2>0

___________________________________________________________________________
16
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)
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

___________________________________________________________________________
17
16η
άσκηση
Έστω συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη στο  0, ,για την οποία
ισχύουν:
•    2
x f x x f x 2 2x, x 0      
• Η fC έχει σημείο καμπής το   e,f e
•    F x 2x F 1 2, x 0    ,
όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο  0,
Α. Να αποδείξετε ότι   2
f x ln x 2x,x 0   .
Β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
2x 2x
e x 1  ,έχει μοναδική θετική ρίζα,
η οποία βρίσκεται στο
1
,1
e
 
 
 
.
Γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση F έχει μοναδικό ακρότατο,
του οποίου να προσδιορίσετε το είδος.
Δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν  1 2ξ ,ξ 1,2 , τέτοια ώστε:
        
2
1 2
1
F x f x dx f ξ F ξ   .
Ε1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g με τύπο  
   F x F 1
, x 1
g x x 1
2 , x 1
 
 
  
  
είναι γν.φθίνουσα στο  1, .
Ε2. Να αποδείξετε ότι:    
2 3
1 1
2 f x dx f x dx  .

___________________________________________________________________________
18
1η
Α. Αφού η fC έχει σημείο καμπής το   e,f e και η f είναι δυο φορές
παραγωγίσιμη στο  0, ,θα ισχύει  f e 0  .Έτσι για x e ,έχουμε:
   
 
 
f e 0
2
e f e e f e 2 2e e f e 2 2e
 
           .
Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο    u x F x 2x, x 0   .Είναι    u 1 F 1 2  ,
οπότε:        F x 2x F 1 2 u x u 1     .Για τη συνάρτηση u,ισχύουν:
• u παραγωγίσιμη στο  0, ,ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων
•    u x u 1
• το 1 είναι εσωτερικό σημείο του  0,
Επομένως σύμφωνα με το Θ.Fermat,θα είναι
     u 1 0 F 1 2 0 f 1 2        .
            
x 0
2 2
x f x x f x 2 2x x f x f x 2 x f x 2lnx 2x
x

                   
 x f x 2lnx 2x c     .
Για x e ,έχουμε:  e f e 2lne 2e c 2 2e 2 2e c c 0           ,οπότε
         
x 0
2 22lnx
x f x 2lnx 2x f x 2 f x ln x 2x f x ln x 2x c
x

               
Για x 1 ,έχουμε:   2
f 1 ln 1 2 c 2 2 c c 0            ,οπότε
  2
f x ln x 2x,x 0   .
Β. Για τη συνάρτηση f έχουμε:
 
 2 lnx x2lnx
f x 2 0
x x

     ,καθώς για κάθε  x 0,  είναι lnx x .
Επομένως f γν.φθίνουσα στο  A 0,  και έτσι:
        
f γν.φθίνουσα
f συνεχής x x 0
f A lim f x , lim f x , 
    ,αφού
•  
2
x x
ln x
lim f x lim 2x 1
2x 
  
     
  
,καθώς  x
lim 2x

  και
2
x DLH x DLH x
ln x lnx 1
lim lim lim 0
2x x x
 
 
  
  
•  x 0
lim f x

 ,καθώς  x 0
lim 2x 0

 και    2
x 0 x 0
lim ln x lim lnx lnx 
 
   
αφού
x 0
lim lnx

 .
21 1 2 2 e 2
f ln 1 0
e e e e e
   
        
   
 f 1 2 0   και επειδή f συνεχής και γν.φθίνουσα σε συνδυασμό

___________________________________________________________________________
19
με το Θ.Bolzano,συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση  f x 0 ,έχει μοναδική ρίζα,
η οποία βρίσκεται στο
1
,1
e
 
 
 
.
 
x 0
2x 2x 2x 2x
e x 1 ln e x 0 2x 2x lnx 0

        
Για κάθε  x 1,  είναι: 2x 2x lnx 0   ,οπότε:
 
2
2x 2x lnx 0 2x lnx 2x 2x lnx 2x           
   
0 x 1
2
lnx 2x ln x 2x f x 0, x 0,1
 
       
που σε συνδυασμό με τα προηγούμενα αποδεικνύει το ζητούμενο.
Γ. Είναι:      F x f x , x 0,    και
     F x f x 0, x 0,     .
Αποδείξαμε ότι υπάρχει μοναδικό o
1
x ,1
e
 
 
 
,τέτοιο ώστε  of x 0 .
Η συνάρτηση F είναι γν.φθίνουσα στο  0, ,οπότε:
•      
F γν.φθίνουσα
o o o0 x x F x F x f x 0

      
•      
F γν.φθίνουσα
o o ox x F x F x f x 0

     
και έτσι η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο  o0,x και γν.φθίνουσα
στο  ox , ,που σημαίνει ότι η συνάρτηση F έχει μοναδικό ολικό
μέγιστο το  oF x .
Δ.                
2 2
22 2 2
1
1 1
1 1
F x f x dx F x F x dx F x F 2 F 1
2 2
              
   
   F 1 F 2
F 2 F 1
2

     .
Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο  1,2 ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει
 1ξ 1,2 ,
τέτοιο ώστε        1 1F ξ f ξ F 2 F 1    .
Έστω συνάρτηση w με τύπο          w x 2F x F 1 F 2 , x 1,2    .Είναι:
• w συνεχής στο  1,2 (προφανώς)
•      w 1 F 1 F 2 
•      w 2 F 2 F 1 

___________________________________________________________________________
20
       
2
w 1 w 2 F 2 F 1 0,       καθώς:
       
o 1 o 1x 1 ξ f x f ξ 0 F 2 F 1 .      
Έτσι σύμφωνα με το Θ.Bolzano,υπάρχει  2ξ 1,2 ,τέτοιο ώστε  2w ξ 0 
 
   
2
F 1 F 2
F ξ
2

  και έτσι:         
2
1 2
1
F x f x dx f ξ F ξ   ,με  1 2ξ ,ξ 1,2 .
Ε1. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,καθώς:
 
   
     x 1 x 1
F x F 1
lim g x lim F 1 f 1 2 g 1
x 1 
 

     

.Για κάθε  x 1,  είναι:
 
       
 
 
   
2
F x F 1
f xF x x 1 F x F 1 x 1g x
x 1x 1

         

.
Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο  1,x , x 1 ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει
 ξ 1,x ,τέτοιο ώστε    
   F x F 1
F ξ f ξ
x 1

  

,
με    
1 ξ x f x f ξ    ,οπότε:  
   f x f ξ
g x 0, x 1
x 1

   

.
Επομένως η συνάρτηση g είναι γν.φθίνουσα στο  1, .
Ε2.        
   g γν.φθίνουσα F 3 F 1
2 3 g 2 g 3 F 2 F 1
2

      
            
2 3
1 1
2 F 2 F 1 F 3 F 1 2 F x F x                
2 3
1 1
2 f x dx f x dx  .
2η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Α.
Είναι 𝑥2
𝑓΄΄(𝑥) + 𝑥𝑓΄(𝑥) = 2 − 2𝑥 για 𝑥 > 0 . Επειδή η Cf έχει σημείο καμπής το
(e,f(e)) και η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, θα είναι 𝑓΄΄(𝑒) = 0 οπότε από την
αρχική σχέση προκύπτει 𝑓΄(𝑒) =
2
𝑒
− 2.
Θέτω g(x) = F(x) + 2x. Ισχύει F(x) + 2x ≤ F(1) + 2  g(x) ≤ g(1) επόμενα από
θεώρημα FERMAT θα είναι g΄(1)=0  F΄(1) + 2 =0  f(1)=-2. Τώρα:
για 𝑥 > 0 𝑥2
𝑓΄΄(𝑥) + 𝑥𝑓΄(𝑥) = 2 − 2𝑥  𝑥𝑓΄΄(𝑥) + 𝑓΄(𝑥) =
2
𝑥
− 2  (𝑥𝑓΄(𝑥))΄=
(2𝑙𝑛𝑥 − 2𝑥)΄  𝑥𝑓΄(𝑥)= 2𝑙𝑛𝑥 − 2𝑥 + 𝑐1 , και επειδή 𝑓΄(𝑒) =
2
𝑒
− 2 θα είναι 𝑐1 =

___________________________________________________________________________
21
0. Δηλαδή 𝑥𝑓΄(𝑥)= 2𝑙𝑛𝑥 − 2𝑥  𝑓΄(𝑥)=
2𝑙𝑛𝑥
𝑥
− 2  𝑓΄(𝑥)= (𝑙𝑛2
𝑥 − 2𝑥 )΄
𝑓(𝑥)= 𝑙𝑛2
𝑥 − 2𝑥 + 𝑐 .΄Ομως f(1)=-2  𝑐 = 0 . ΄Αρα 𝑓(𝑥)= 𝑙𝑛2
𝑥 − 2𝑥.
Β.
΄Εχω 𝑓΄(𝑥)=
2𝑙𝑛𝑥
𝑥
− 2 =
2(𝑙𝑛𝑥−𝑥)
𝑥
≤
−2
𝑥
< 0 για 𝑥 > 0 διότι lnx ≤ x − 1, για κάθε x
> 0. Συνεπώς f γνήσια φθίνουσα στο ( 0 , +∞ ). Τώρα η f συνεχής στο [
1
𝑒
, 1] ως
παραγωγίσιμη. Επί πλέον f(1)=-2< 0 , f(
1
𝑒
) = 1−
2
𝑒
> 0, επόμενα από θεώρημα
BOLZANO υπάρχει μοναδικό ρє(
1
𝑒
, 1) (επειδή f γνήσια φθίνουσα στο ( 0 , +∞ ) )
ώστε f(ρ)=0  𝑙𝑛2
𝜌 − 2𝜌 = 0  𝑙𝑛2
𝜌 = 2𝜌  𝑙𝑛 𝜌 = −√2𝜌 διότι ρє(
1
𝑒
, 1) .
Συνεπώς 𝑙𝑛𝜌 + √2𝜌 = 0  √2𝜌 𝑙𝑛𝜌 + 2𝜌 = 0  𝑒√2𝜌 𝑙𝑛 𝜌+2𝜌
= 1  𝑒2𝜌
∙
𝜌√2𝜌 = 1 Για 0<x<ρ είναι f(x) > f(ρ)f(x) > 0 𝑙𝑛2
𝑥 > 2𝑥(𝑙𝑛𝑥 − √2𝑥
)( 𝑙𝑛𝑥 + √2𝑥 ) >0 𝑙𝑛𝑥 + √2𝑥 <0 𝑒√2𝑥 𝑙𝑛 𝑥+2𝑥
< 1 𝑒2𝑥
∙ 𝑥√2𝑥 < 1. ΄Ομοια
για x>ρ είναι 𝑒2𝑥
∙ 𝑥√2𝑥 > 1. ΄Αρα η εξίσωση 𝑒2𝑥
∙ 𝑥√2𝑥 = 1 έχει μοναδική θετική
ρίζα ρ στο (
1
𝑒
, 1).
Γ.
𝛦ί𝜈𝛼𝜄 𝐹΄(𝜌) = 𝑓(𝜌) = 0. Για 0 < 𝑥 < 𝜌  𝑓(𝑥) > 𝑓(𝜌)  𝐹΄(𝜒) > 0. Για 𝑥 >
𝜌  𝑓(𝑥) < 𝑓(𝜌)  𝐹΄(𝜒) < 0 . ΄Αρα η F παρουσιάζει στο x=ρ
ολικό μέγιστο.
Δ.
Aπό τη σχέση F(x) + 2x ≤ F(1) + 2 για x=2 έχω F(2) + 4 ≤ F(1) + 2  F(2) ≤ F(1) -
2< F(1) . Οπότε F(2) <
𝐹(1)+𝐹(2)
2
< F(1) συνεπώς από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών
υπάρχει ξ2є(1 , 2) ώστε F(ξ2)=
𝐹(1)+𝐹(2)
2
(1). Eπίσης από θεώρημα Μέσης Τιμής για
την F(x) στο [1 , 2 ] υπάρχει ξ1є(1 , 2) ώστε F΄( ξ1) = F(2) - F(1)  f(ξ1 ) = F(2) -
F(1) (2). Tώρα από τις σχέσεις (1) και (2) : f(ξ1 ) F(ξ2)=
𝐹2(2)−𝐹2(1)
2
=
∫ 𝐹(𝑥)𝐹΄(𝑥)𝑑𝑥 =
2
1
∫ 𝐹(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
2
1
E1.
Η g είναι συνεχής στο (1 , +∞) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Επί πλέον
lim
𝑥→1+
𝐹(𝑥)−𝐹(1)
𝑥−1
= 𝐹΄(1) = 𝑓(1) = −2 = 𝑔(0) . Επόμενα η g είναι συνεχής στο
[1 , +∞) .Επίσης για x>1 είναι g παραγωγίσιμη με 𝑔΄(𝑥) =
𝑓(𝑥)(𝑥−1)−𝐹(𝑥)+𝐹(1)
(𝑥−1)2
< 0
διότι από θεώρημα Μέσης Τιμής για την F(x) στο [1 , 𝑥 ] υπάρχει σє(1 , 𝑥) ώστε F΄(

___________________________________________________________________________
22
σ) = f(σ ) =
𝐹(𝑥)−𝐹(1)
𝑥−1
> f(x) επειδή f γνήσια φθίνουσα στο ( 0 , +∞ ). ΄Αρα g γνήσια
φθίνουσα στο [1 , +∞).
E2.
Από E1 g γνήσια φθίνουσα στο [1 , +∞) επόμενα g(2) > g(3)  𝐹(2) − 𝐹(1) > 𝐹(3) −
𝐹(2)  ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
3
2
2
1
 2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
3
2
2
1
2
1
2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 >
2
1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
3
1
.
3η
A.
H 𝑓 έχει Σ.Κ. το (𝑒, 𝑓(𝑒)) άρα 𝑓′′(𝑒) = 0
από την 1η
δεδομένη σχέση για 𝑥 = 𝑒 είναι 𝑒2
𝑓′′(𝑒) + 𝑒𝑓′(𝑒) = 2 − 2𝑒 ⇒
𝒇′(𝒆) =
𝟐
𝒆
− 𝟐
Έστω 𝐺(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 2𝑥 , 𝑥 > 0 παραγωγίσιμη
από τη 3η
δεδομένη σχέση είναι 𝐹(𝑥) + 2𝑥 ≤ 𝐹(1) + 2 ⇒ 𝐺(𝑥) ≤ 𝐺(2)
άρα η 𝐺 έχει μέγιστο το G(1) στο (0,+∞) .Τότε από Θ.Fermat είναι
𝐺’(1) = 0 ⇒ 𝐹′(1) + 2 = 0 ⇒ 𝒇(𝟏) = −𝟐
Έστω 𝐻(𝑥) = 𝑥𝑓′(𝑥) − 2𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥 , 𝑥 ∈ (0, +∞) παραγωγίσιμη
τότε 𝐻′(𝑥) = 𝑥𝑓′′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) −
2
𝑥
+ 2 =
𝑥2 𝐹′′(𝑥)+𝑥𝐹′(𝑥)−2+2𝑥
𝑥
=
2−2𝑥−2+2𝑥
𝑥
=
0
άρα H σταθερή και επειδή H(e)=0 ,
θα είναι 𝐻(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥𝑓′(𝑥) − 2𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥 = 0 ⇔ 𝑓′(𝑥) = 2
𝑙𝑛𝑥
𝑥
− 2 ⇔
𝑓′(𝑥) = (ln2
𝑥 − 2𝑥)′
⇔ 𝑓(𝑥) = ln2
𝑥 − 2𝑥 + 𝑐 , 𝑐 ∈ 𝑅
όμως 𝑓(1) = −2 ⇒ 𝑐 = 0 άρα 𝒇(𝒙) = 𝐥𝐧 𝟐
𝒙 − 𝟐𝒙 , 𝒙 ∈ (𝟎, +∞)
B.
𝑓′(𝑥) = 2
𝑙𝑛𝑥
𝑥
− 2 = 2
𝑙𝑛𝑥−𝑥
𝑥
< 0 αφού 𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1 < 𝑥
άρα 𝑓 ↘ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) και 1-1

___________________________________________________________________________
23
𝑒2𝑥
𝑥√2𝑥 = 1 ⇔ 𝑙𝑛(𝑒2𝑥
𝑥√2𝑥)= 0 ⇔ 2𝑥 + √2𝑥 𝑙𝑛𝑥 = 0
⇔ − 2𝑥 = √2𝑥 𝑙𝑛𝑥 ⇔
0<𝑥<1
⇔ −2𝑥 = √2𝑥 𝑙𝑛𝑥
0<𝑥<1
⇔ 4𝑥2
= 2𝑥𝑙𝑛2
𝑥
0<𝑥<1
⇔ 2𝑥 = 𝑙𝑛2
𝑥 ⇔
⇔ 𝑓(𝑥) = 0 , 0 < 𝑥 < 1
για την 𝑓 έιναι 𝑓 (
1
𝑒
) = 1 −
2
𝑒
> 0 και 𝑓(1) = −2 < 0 . Από Θ.Bolzano
υπάρχει τουλάχιστον μια ρίζα της εξίσωσης 𝑓(𝑥) = 0 στο (
1
𝑒
, 1) και εφόσον η
𝑓 είναι 1 − 1 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) έχει μοναδική ρίζα στο (0, +∞) άρα και η
𝒆 𝟐𝒙
𝒙√𝟐𝒙 = 𝟏 έχει μοναδική ρίζα στο (𝟎, +∞) η οποία βρίσκεται στο (
𝟏
𝒆
, 𝟏)
Γ.
Είναι 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥) , 𝑥 > 0 .Στο ερώτημα Β. αποδείξαμε ότι η 𝑓 έχει
μοναδική ρίζα, έστω 𝜉 ,αρα και η 𝐹′ έχει μοναδική ρίζα με 𝐹′(𝜉) = 0 . Ακόμα
𝑓 ↘ στο (0, +∞) ,οπότε
για 𝑥 > 𝜉 ⇒ 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝜉) = 0 ⇒ 𝐹′(𝑥) < 0 ⇒ 𝐹 ↘ 𝜎𝜏𝜊 [𝜉, +∞)
για 0 < 𝑥 < 𝜉 ⇒ 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝜉) = 0 ⇒ 𝐹′(𝑥) > 0 ⇒ 𝐹 ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, 𝜉]
άρα η F έχει μοναδικό ακρότατο (μέγιστο).
Δ.
Εφαρμόζοντας ΘΜΤ στο [1,2] για την F ,
∃ 𝜉1 ∈ (1,2): 𝐹′(𝜉1) =
𝐹(2)−𝐹(1)
2−1
⇒ 𝒇(𝝃 𝟏) = 𝑭(𝟐) − 𝑭(𝟏)
Στο Γ. δείξαμε ότι η F είναι ↘ στο [ξ,+∞) με ξ<1 άρα F ↘ στο [1,2] οπότε
𝐹(1) >
𝐹(1)+𝐹(2)
2
> 𝐹(2) και επειδή F συνεχής στο [1,2] από ΘΕΤ θα υπάρχει
𝜉2 ∈ (1,2): 𝑭(𝝃 𝟐) =
𝑭(𝟏) + 𝑭(𝟐)
𝟐
Αρα 𝒇(𝝃 𝟏)𝑭(𝝃 𝟐) = (𝐹(2) − 𝐹(1))
𝐹(1)+𝐹(2)
2
=
𝐹2(2)
2
−
𝐹2(1)
2
=
∫ (
𝐹2(𝑥)
2
)
′
𝑑𝑥 =
2
1
∫
2𝐹′(𝑥)𝐹(𝑥)
2
𝑑𝑥 =
2
1
∫ 𝒇(𝒙)𝑭(𝒙)𝒅𝒙
𝟐
𝟏

___________________________________________________________________________
24
Σχόλιο : Επειδή δε διευκρινίζεται αν 𝜉1 ≠ 𝜉2 στην εκφώνηση μπορούμε να
εφαρμόσουμε ΘΜΤ για την 𝐺(𝑥) = 𝐹2
(𝑥) στο [1,2] και να θεωρήσουμε ότι
𝜉1 = 𝜉2 = 𝜉 οπότε θα προκύπτει πάλι το ζητούμενο.
Ε.1
𝑔(𝑥) = {
𝐹(𝑥)−𝐹(1)
𝑥−1
, 𝑥 > 1
−2, , 𝑥 = 1
Lim
𝑥→1
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→1
𝐹(𝑥)−𝐹(1)
𝑥−1
= 𝐹′(1) = 𝑓(1) = −2 = 𝑔(1),
ά𝜌𝛼 𝑔 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒ή𝜍 𝜎𝜏𝜊 1
και g συνεχής στο (1,+∞) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων ,άρα g συνεχής
στο [1,+∞)
𝑔’(𝑥) =
(𝑥−1)𝐹′(𝑥)−(𝐹(𝑥)−𝐹(1))
(𝑥−1)2
𝛾𝜄𝛼 𝑥 > 1.
Εφαρμόζοντας ΘΜΤ στο [1, 𝑥] για την F θα ∃ 𝜌 ∈ (1, 𝑥) ∶ 𝐹′(𝜌) =
𝐹(𝑥) − 𝐹(1)
𝑥 − 1
𝐹′′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) < 0 (από ερώτημα Β.) άρα F’ ↘ στο [1, +∞) ,άρα
𝜌 < 𝑥 ⇒ 𝐹′(𝜌) > 𝐹′(𝑥) ⇒
𝐹(𝑥)−𝐹(1)
𝑥−1
> 𝐹′(𝑥) ⇒ 𝐹(𝑥) − 𝐹(1) > 𝐹′(𝑥)(𝑥 −
1)
Συνεπώς 𝑔’(𝑥) < 0 , 𝑥 > 1 και εφόσον g συνεχής στο [1, +∞) θα είναι
g ↘ στο [𝟏, +∞).
Ε.2.
Εφαρμόζοντας ΘΜΤ για την F στα ,[1,2], [2,3] θα
∃ 𝑥1 ∈ (1,2) , 𝑥2 ∈ (2,3) ∶ 𝐹′(𝑥1) =
𝐹(2) − 𝐹(1)
2 − 1
,
𝐹′(𝑥2) =
𝐹(3) − 𝐹(2)
3 − 2
F’ ↘ στο (0, +∞) θα είναι
𝐹′(𝑥1) > 𝐹′(𝑥2) ⇒ 𝐹(2) − 𝐹(1) > 𝐹(3) − 𝐹(2) ⇒
2𝐹(2) − 2𝐹(1) > 𝐹(3) − 𝐹(1) ⇒ 2 ∫ 𝐹′(𝑥)𝑑𝑥 > ∫ 𝐹′(𝑥)𝑑𝑥 ⇒
3
1
2
1
⇒ 𝟐 ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 > ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝟑
𝟏
𝟐
𝟏

___________________________________________________________________________
25
4η
A. Διαιρώντας με χ τη δοσμένη ισότητα έχω: χf΄΄(χ)+f΄(χ)=
2
𝜒
− 2 ή (f΄(χ)χ)΄=(2lnχ-
2χ)΄ ή f΄(χ)χ=2lnχ-2χ+c (1). Eφαρμόζοντας Fermat για τη Φ(χ)=F(χ)+2χ, αφού η
δοσμένη ανισότητα γράφεται Φ(χ)≤Φ(1) θα είναι Φ΄(1)=0 δηλ. f(1)=-2 και f΄΄(e)=0
από το Σ.Κ. Για χ=e στην αρχική έχω f΄(e)=
2
𝑒
-2 (2) και με χ=e στην (1) έχω c=0. H (1)
δίνει f΄(χ)χ=2lnχ-2χ ή f΄(χ)=
2𝑙𝑛𝑥
𝜒
− 2=(ln2
χ-2χ)΄ και τελικά f(χ)=ln2
χ-2χ.
B. Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ln(𝑒2𝑥
𝑥√2𝑥) = 0 ή 2χ+√2𝜒 lnχ=0 και
θέτοντας Φ(χ)= 2χ+√2𝜒 lnχ, χ∈[
1
𝑒
,1] με Φ(1)=2>0, Φ(
1
𝑒
)=
2
𝑒
− √
2
𝑒
<0 (γιατί χ2
-χ<0 με
0<χ<1), από το Bolzano η Φ έχει ρίζα στο (
1
𝑒
,1). Είναι Φ΄(χ)=2+
𝑙𝑛𝑥+2
√2𝑥
>0 για χ>
1
𝑒
>
1
𝑒2 δηλ.
η ρίζα μοναδική.
C. F΄(χ)= f(χ)=ln2
χ-2χ και f΄(χ)=
2
𝜒
(𝑙𝑛𝑥 − 𝑥) < 0 αφού lnχ≤ 𝜒 − 1 < 𝜒 με χ>0.
Άρα f γν. φθίν. στο (0,+∞) με lim
𝜒→0
𝑓(𝜒) = +∞ και lim
𝜒→+∞
𝑓(𝜒) = lim
𝜒→+∞
2𝜒 (
𝑙𝑛2 𝑥
2𝑥
−
1) = −∞ αφού με de L’ H. lim
𝜒→+∞
𝑙𝑛2 𝑥
2𝑥
= 0. Άρα το Σ.Τ. της f είναι το R δηλ. η F΄
μηδενίζεται σε μοναδικό χ0>0. Δηλ. με χ>χ0 είναι f(χ)<f(χ0)=0 άρα F γν. φθ. στο
[χ0,+ ∞) και όμοια F γν. αύξ. στο (0,χ0]. Τελικά η F έχει μοναδικό ακρότατο (μέγιστο)
στο χ0 το F(χ0).
D. ∫ 𝐹(𝜒)𝑓(𝜒)𝑑𝜒 = [
𝐹2(𝜒)
2
]
1
2
2
1
=
𝐹2(2)−𝐹2(1)
2
= (𝐹(2) − 𝐹(1))
𝐹(2)+𝐹(1)
2
. Mε ΘΜΤ
για την F στο [1,2] υπάρχει ξ1 στο (1,2) με F΄(ξ1)=f(ξ1)= 𝐹(2) − 𝐹(1) και από το ΘΕΤ
για την F στο [1,2] υπάρχει ξ2 στο (1,2) με F(ξ2)=
𝐹(2)+𝐹(1)
2
, αφού είναι F(2)<F(1)
(θέτοντας στην αρχική ανισότητα χ=2) θα ισχύει F(2)<
𝐹(2)+𝐹(1)
2
<F(1).
E. 1. lim
𝜒→1
𝑔(𝜒) = lim
𝜒→1
𝐹(𝜒)−𝐹(1)
𝜒−1
= 𝐹΄(1) = 𝑓(1) = −2 = 𝑔(1) δηλ. g συνεχής στο
1. Για χ>1 είναι g΄(χ)=
𝑓(𝜒)(𝜒−1)−(𝐹(𝜒)−𝐹(1))
(𝜒−1)2 =
𝑓(𝜒)−
𝐹(𝜒)−𝐹(1)
𝜒−1
𝜒−1
=
𝑓(𝜒)−𝑓(𝜉)
𝜒−1
από το ΘΜΤ
για την F στο [1,χ]. Επειδή f γν. φθ. θα είναι f(χ)<f(ξ) δηλ. g γν. φθ. στο [1,+∞).
(Θα μπορούσαμε με Κ(χ)= 𝑓(𝜒)(𝜒 − 1) − 𝐹(𝜒) + 𝐹(1), χ≥ 1 και Κ΄(χ)=f΄(χ)(χ-1)<0
δηλ. Κ γν. φθ. να δείξουμε Κ(χ)<Κ(1) δηλ. 𝑓(𝜒)(𝜒 − 1) − 𝐹(𝜒) + 𝐹(1)<0.)

___________________________________________________________________________
26
17η
άσκηση
Προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων (18-1-2016)
Θεωρούμε συνεχή συνάρτηση  f : 0, R  με
        2
f x x 2lnx k,x 0,1 1, ά k R         
  
6 2x
f 1 x R : 3 x
2
    
      
  
α) προσδιορίστε τη συνάρτηση f
β) μελετήστε την f ως προς την κυρτότητα
γ) αποδείξτε ότι
 
 
8
2
4 4
ln ,
256
   
    
  
 
για κάθε , R  με , 1  
δ) αποδείξτε ότι
   f x f 1 x 2,   για κάθε  x 0,1
ε) αν
1
m 0,
2
 
 
 
αποδείξτε ότι
 
1 m
m
f x dx 1 2m

 
στ) αποδείξτε ότι δεν υπάρχει ,0 0,
2 2
    
     
   
τέτοιο, ώστε
 2 2
4 ln 4       

___________________________________________________________________________
27
1η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
α) Γνωρίζουμε από τη γενική θεωρία ότι
x x ,  για κάθε x R (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )  *
Οπότε,
 
 
 *
6 2x
3 x
2
x 3 x 3
2
x 3 x 3
x 3 0
x 3
   
    
 
 
      
 
    
  

Έτσι,
   
6 2x
f 1 x R : 3 x f 1 3
2
   
        
  
Τώρα, από τη συνέχεια της f στο  0, , άρα και στο 1, προκύπτει ότι
     x 1 x 1
2
f 1 f x x 2ln x k 1 klim lim 
 
     
Οπότε, 1 k 3 k 2   
Τελικά,
   2
f x x 2ln x 2,x 0,    
β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο  0, με
 
2
2 2
2 x 1
f x 2 2 , x 0
x x

    
x 0 1  
 f x  
f  
O

___________________________________________________________________________
28
Η f είναι κοίλη στο  0,1 και κυρτή στο  1,
γ) Α΄ τρόπος
Για , 1   έχουμε:
 
 
 
 
 
   
 
 
   
8
2
4 4
4
2
2 2
4
2
2 2
4
2 2
2
2
2 2
ln
256
2ln
16
2
2ln
2ln 2ln a
2
4ln 2ln a
2 2
4ln 2 4 2ln 2 2ln 2
2 2
2f
2
  
     
  
 
  
     
  
 
   
  
      
  
 
 
  
      
 
   
    
 
      
               
   
 
   f f (*)
 
    
 
Αρκεί να αποδείξουμε τη σχέση (*)
Για a   η σχέση (*) ισχύει ως ισότητα.
Έστω   . Εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στα διαστήματα
, , ,
2 2
      
       
Οπότε εξασφαλίζεται η ύπαρξη 1 2x , , x ,
2 2
      
      
   
τέτοια, ώστε:
 
   
 
   
1
2
f f a f f
2 2
f x
2 2
f f f f
2 2
f x
2 2
       
      
     
      
 
 
                        
  
 

___________________________________________________________________________
29
Όμως 1 2x x και η f είναι γνησίως αύξουσα στο  1, , άρα
   
   
       
0
1 2
f f f f
2 2
f x f x
a a
2 2
f f f f 2f f f
2 2 2

      
      
       
 
          
              
     
Για    εργαζόμαστε παρόμοια.
Β΄ τρόπος
Για    η ζητούμενη σχέση ισχύει ως ισότητα.
Για    θα αποδείξουμε ότι
 
 
 
 
 
 
   
8
2
4 4
42
2
2
2
2 2
ln
256
ln
4
4ln
4
ln ,
4 4
  
     
  
 
         
  
  
  
     
 
 
    
  
 
 
το τελευταίο όμως ισχύει, διότι από τη γνωστή σχέση ln x x 1,x 0  
(με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ) έχουμε
       
2 2 2 2
1
ln 1
4 4a 4 4
        
     
   
 
(σχόλιο: αφού  
     
2 2 2
2
0 1 ln 1
4 4 4
      
            
   
 
:
γνήσια ανισότητα)
δ) Έστω  x 0,1 , τότε  1 x 0,1 .  Οπότε,
 
   
 
 
 
   
f x 4x 1 f x 4x 1
f x f 1 x 2
f 1 x 4 1 x 1 f 1 x 3 4x
         
       
            

___________________________________________________________________________
30
ε) Έστω
1
m 0, .
2
 
 
 
Στο ολοκλήρωμα  
1 m
m
f x dx

 θέτουμε 1 x.  
Τότε,
            
           
1 m m 1 m 1 m 1 m)
m 1 m m m m
1 m 1 m 1 m 1 m
m m m m
f x dx f 1 d f 1 d 2 f d 2 1 m m f d
f x dx 2 1 2m f x dx 2 f x dx 2 1 2m f x dx 1 2m.
   

   
                 
        
    
   
στ) Έστω ότι υπάρχει ,0 0,
2 2
    
     
   
τέτοιο, ώστε
 
 
 
 
2 2
2
2
4 ln 4
4 2ln 4 1
2ln 2 4 1
f 4 1,
        
       
        
   
το οποίο είναι αδύνατο διότι  f x 4x 1,  για κάθε  x 0,1 , άρα και
 f 4 1,    για ,0 0, .
2 2
    
     
   
2η
Α.    
π 6 2x π
3 συν x συν x 3 x 3 ημ x 3 x 3
2 2
    
              
   
x 3 0 x 3     , καθώς γνωρίζουμε ότι: ημx x x 0   .
Επομένως:      
f συνεχής στο 1
2
x 1 x 1
f 1 3 limf x 3 lim x 2lnx k 3 k 2
 
         και έτσι
για τον τύπο της συνάρτησης f έχουμε:
   
2
2x 2lnx 2, 0 x 1
f x f x x 2lnx 2, x 0
3 , x 1
    
     

.
Β. Είναι    2 2
f x x 2lnx 2 2x 0, x 0
x
        και έτσι η συνάρτηση f
είναι γν.αύξουσα στο  0, .
Επίσης  
 2
2 2
2 x 12 2
f x 2x 2 , x 0
x x x
         
 
.

___________________________________________________________________________
31
•  
x 0
f x 0 x 1

   
•  
x 0
f x 0 x 1

   
•  
x 0
f x 0 0 x 1

    
Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο  0,1 και κυρτή στο  1, .
Γ. Θα προτιμήσω την ακόλουθη λύση, παρακάμπτοντας τη συνάρτηση f .
Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο  h x 4lnx x, x 0   .
Είναι  
4 4 x
h x 1 , x 0
x x

     .
•  h x 0 x 4   
•  
x 0
h x 0 0 x 4

    
•  h x 0 x 4   
 
2
α β 4  και 4αβ 4 ,καθώς  α,β 1,+  και επειδή
 
 
    
h γν.φθίνουσα στο 4,+
2 2
α β 4αβ 4 h α β h 4αβ

      
     
 
 
2
2 2 2α β
4ln α β α β 4ln 4αβ 4αβ 4ln α β 4αβ
4αβ
 
           
 
 
   
 
42 8
22 2
4 4
α β α β
ln α β 2αβ 4αβ ln α β
4αβ 256α β
    
          
   
   
,με την ισότητα
να ισχύει για α β .
Δ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο της  1,3 ,έχει εξίσωση: ψ 4x 1  ,
οπότε εκμεταλλευόμενοι την κυρτότητα της f στο  0,1 ,έχουμε:  f x 4x 1 
για κάθε  x 0,1 ,με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 .
Άρα για κάθε  x 0,1 ισχύει:  f x 4x 1  .
Επίσης για κάθε  x 0,1 είναι 0 1 x 1   ,οπότε:    f 1 x 4 1 x 1    .
Προσθέτοντας κατά μέλη, προκύπτει:      f x f 1 x 2, x 0,1    .
Ε. Έστω F μια αρχική συνάρτηση της f στο
1
0,
2
 
  
.Θεωρούμε τη συνάρτηση
g με τύπο      
1
g x F 1 x F x 2x 1, x 0,
2
 
       
.Είναι:

___________________________________________________________________________
32
     
1
g x f 1 x f x 2 0, x 0,
2
          
και έτσι g γν.αύξουσα στο
1
0,
2
 
  
,
οπότε:      
g γν.αύξουσα
1 1
0 m g m g F 1 m F m 2m 1 0
2 2
 
           
 
 
1-m
m
f x dx 1 2m   .
ΣΤ.
π π
α ,0 0, 0 συνα 1
2 2
   
        
   
και επειδή για κάθε  x 0,1 ισχύει:
 f x 4x 1  ,αντικαθιστώντας x συνα ,προκύπτει:
   2
f συνα 4συνα 1 συν α 2ln συνα 2 4συνα 1       
   22 2 2
1 ημ α ln συνα 2 4συνα 1 4 ln συν α 4συνα ημ α          .
3η
α)
1
(1) lim ( ) 1
x
f f x k

  
H εξίσωση γράφεται:
3 (3 ) 3        αφού    0  .
Άρα (1) 3f  1 3 2k k     και 2
( ) 2ln 2, 0f x x x x    .
β)   2
2
( ) 1 1 0 1f x x x x
x
      
με ( ) 0 (0,1)f x x    και ( ) 0 (1, )f x x     δηλαδή f κοίλη στο (0,1] και
κυρτή στο [1, ) .
γ) Για α=β η αποδεικτέα γράφεται:
8
2
8
(2 )
ln 0 0 ( )
256

 

    που ισχύει ως ισότητα.
Χωρίς βλάβη γενικότητας θεωρώ 1<α<β και από την ανισότητα Jensen (2 ΘΜΤ για
την f στα [ , ],[ , ]
2 2
    
  και χρήση μονοτονίας f στο [1, ) ) , έχω
2 2 2
8 8
2 2
4 4 4
( ) ( )
( ) ( ) 8ln 2 2 4ln( )
2 2 2
( ) ( )
ln 4ln( ) ( ) ln ( )
4 256
a f a f a
f a a
a a
a
  
   
 
    
 
  
       
 
     
δ) Με ( ) ( ) (1 ), (0,1)h x f x f x x    είναι
1
( ) ( ) (1 ) 0
2
h x f x f x x        αφού
f κοίλη στο (0,1) και για
1
0 1 ( ) (1 )
2
x x x f x f x h          στο
1
(0, ]
2

___________________________________________________________________________
33
και στο
1
[ ,1)
2
δηλ. έχει max στο ½ το
51 1 9 5
2 ( ) 4ln 2 4 4ln 2 2 4ln 2 5 ln 256 256
2 2 2 2
f e            που
ισχύει αφού 5 5
3 243 256e    .
ε) Με
1
(0, )
2
m είναι 1m m  και ολοκληρώνοντας την ανισότητα του δ) έχω:
1 1 1
( ) (1 ) 2 2(1 2 )
m m m
m m m
f x dx f x dx dx m
  
       και με 1u x 
1 1
( ) (1 )
m m
m m
f x dx f x dx
 
   προκύπτει η αποδεικτέα.
στ) Θα δείξω ότι  ( , ) 0
2 2
x
 
    είναι : 2 2
4 ln( ) 4       . Θέτω
2 2
( ) 4 ln( ) 4          με ( , )
2 2
x
 
  και ισχύει
 
2
( ) 2 1΄      με ρίζα το 0 και φ στο ( ,0]
2

 ενώ στο [0, )
2

δηλ.
έχει max στο 0 το φ(0)=0. Άρα ( ) 0   με  ( , ) 0
2 2
 
    .
4η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
α)
 3 + 𝜎𝜐𝜈 (
𝜋+6−2𝑥
2
) = 𝑥 ⟺ 𝜎𝜐𝜈 (
𝜋
2
+ 3 − 𝑥) = 𝑥 − 3 ⟺ −𝜂𝜇(3 − 𝑥) =
−(3 − 𝑥)
𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) . Επειδή |𝜂𝜇𝑥| ≤ |𝑥| , ∀𝑥 ∈ ℝ και το ίσον ισχύει μόνο όταν
𝑥 = 0 τότε
𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) ⟺ 𝑥 = 3. Άρα 𝑓(1) = 3.Είναι 𝑓 συνεχής (0, +∞) άρα
𝑓(1) = lim
𝑥→1+
𝑓(𝑥) ⟺ 3 = 1 + 𝑘 ⟺ 𝑘 = 2 ⇢ 𝑓(𝑥) = 𝑥2
+ 2𝑙𝑛𝑥 + 2
β) 𝑓(𝑥) = 𝑥2
+ 2𝑙𝑛𝑥 + 2 , 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 +
2
𝑥
και 𝑓′′(𝑥) = 2 −
2
𝑥2
=
2
𝑥2
(𝑥2
− 1)
𝑥 0 1
𝑓′′
− +
𝑓 ∩ ∪
γ) Έστω :

___________________________________________________________________________
34
𝑙 𝑛 (
(𝑎 + 𝛽)8
256𝛼4 𝛽4
) ≤ (𝑎 − 𝛽)2
⟺ 𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽)8
− 𝑙 𝑛(256) − 𝑙 𝑛(𝛼4
𝛽4) ≤ (𝑎 − 𝛽)2
⟺
8𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽) − 8𝑙 𝑛 2 − 4𝑙 𝑛 𝛼 − 4𝑙𝑛𝛽 ≤ 𝛼2
− 2𝛼𝛽 + 𝛽2
⟺
8𝑙 𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
) ≤ 𝛼2
− 2𝛼𝛽 + 𝛽2
+ 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 (1)
 Για 𝛼 = 𝛽 ισχύει η ισότητα
 Για 1 < 𝛼 < 𝛽 ∶ Εφόσον 𝑓 κυρτή στο (1, +∞) από την ανισότητα Jensen έχουμε :
2𝑓 (
𝑎 + 𝛽
2
) < 𝑓(𝑎) + 𝑓(𝛽) ⟺ 2 (
𝑎 + 𝛽
2
)
2
+ 4𝑙𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
)
< 𝑎2
+ 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2
+ 2𝑙𝑛𝛽
(𝑎 + 𝛽)
2
2
+ 4𝑙𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
) < 𝑎2
+ 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2
+ 2𝑙𝑛𝛽 ⟺
(𝑎 + 𝛽)2
+ 8𝑙𝑛 (
𝑎 + 𝛽
2
) < 2𝑎2
+ 4𝑙𝑛𝑎 + 2𝛽2
+ 4𝑙𝑛𝛽 ⟺
8𝑙 𝑛 (
𝑎+𝛽
2
) ≤ 𝛼2
− 2𝛼𝛽 + 𝛽2
+ 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 . Όποτε η (1) ισχύει για 1 < 𝛼 < 𝛽.
δ) Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 ≤ 1
τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1 (2) και 𝑓(1 − 𝑥) < 4(1 − 𝑥) − 1 (3) για 0 < 𝑥 < 1 .
Προσθέτουμε κατά μέλη (2) και (3) και έχουμε :
𝑓(𝑥) + 𝑓(1 − 𝑥) < 4𝑥 − 1 + 4(1 − 𝑥) − 1 = 2
ε) Θεωρούμε την ℎ(𝑚) = 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 , 0 < 𝑚 <
1
2
όπου 𝐹 μια αρχική της 𝑓 και ℎ′(𝑚) = −𝑓(𝑚) − 𝑓(1 − 𝑚) + 2 > 0 ⟶ ℎ ↑ , 0 <
𝑚 <
1
2
 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 < 1 − 2𝑚 ⟺ [ 𝐹( 𝑥)] 𝑚
1−𝑚1−𝑚
𝑚
+ 2𝑚 − 1 < 0
⟺ 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 < 0 ⟺ ℎ(𝑚) < ℎ (
1
2
) ⟺ 𝑚 <
1
2
που ισχύει .
στ) Αφού 𝑎 ∈ (−
𝜋
2
, 0) ∪ (0,
𝜋
2
) τότε 0 < 𝜎𝜐𝜈𝛼 < 1. Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο
1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 < 1 τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1
 𝑥 = 𝜎𝜐𝜈𝛼 ⇢ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) < 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1
Έστω 4 + 𝑙𝑛(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 + 𝜂𝜇2
𝛼 ⟺ ⋯ ⟺ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1 ⇢ Άτοπο

___________________________________________________________________________
35
5η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
α)΄Εχουμε 3+συν(
2
26 x
)= x  συν( )3(
2
 x

)= x -3  ημ( x -3)= x -3
 x =3 διότι |ημ x | ≤| x | για κάθε x ϵ R (η ισότητα ισχύει μόνο όταν
x =0)
Τώρα f( x )= kxx  ln22
. f συνεχής οπότε )1()(lim1
fxf
x


 1+k=3  k=2.
Συνεπώς f(χ)= 2ln22
 xx .
β) f΄(x)=2 x + 0
2

x
  ,0x δηλαδή f γνήσια αύξουσα στο  ,0 .
Επίσης f΄΄( x )=2- 2
2
x
10  x . f΄΄(x)  1,00  x . f΄΄(x) 10  x . ¨Aρα f
κοίλη στο  1,0 , κυρτή στο  ,1 . Το σημείο (1,3) είναι σημείο καμπής για την f.
γ) Επειδή f κυρτή στο  ,1 από ανισότητα JENSEN θα είναι 2f( )
2
 
f(α)+f(β)
( η απόδειξη από Θ.Μ.Τ στα 


 



 


,
2
,
2
,
a
a ) δηλαδή
2













 





 
3
2
ln2
2
2

3ln23ln2 22
  a  4ln )
2
(
a
-
2lnα-2lnβ 
2
222
 
 8ln )
2
(
a
-4lnα-4lnβ  2
)(   
ln 8
)
2
(
a
-lnα4
-lnβ4
 2
)(    ln 




 
44
8
256
)(


 2
)(  
δ) Ισχύει: e<3 256243355
 e δηλαδή e5
<256  e5
<28
 5<ln28
 5<8ln2

4
5
<2ln2 
4
9
- 2ln2<1 
4
1
- 2ln2+2<1  f( )
2
1
<1 (1).

___________________________________________________________________________
36
΄Όμως για    1,0)1(1,0  xx , f κοίλη στο  1,0 θα είναι από ανισότητα
JENSEN f( x)+f(1- x) 2 f( )
2
1
(2). ΄Αρα από (1) και (2)
f( x)+f(1- x) <2 .
ε) Είναι f( x)+f(1- x) <2   
  

m
m
m
m
m
m
dxdxxfdxxf
1 1 1
2)1()( (3). ΄Όμως θέτοντας
1- x=u dudx  προκύπτει ότι:   




m
m
m
m
m
m
duufduufdxxf
1
1
1
)()()1( .
Επόμενα η σχέση (3) γίνεται:
  
  

m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
mdxxfdxdxxfdxdxxf
11 11 1
21)()(2)(2 .
στ) Αν g( x)=f( x) -4 x +1 , x  1,0 g΄( x)=f΄( x)-4=2 x+
2
1
24
2







x
x
x
>0
για x  1,0 συνεπώς g γνήσια αύξουσα στο  1,0 . Δηλαδή για 0< x<1
14)(0)()1()(  xxfxggxg . Τώρα αν α𝜖 (−
𝜋
2
, 0)  (0,
𝜋
2
) θα είναι
0<συνα<1 οπότε f(συνα)<4συνα-1  συν2
α+2ln(συνα)+2<4συνα-1  1-
ημ2
α+2ln(συνα)+2<4συνα-1  4+ ln(συν2
α)<4συνα+ ημ2
α.
΄Αρα δεν υπάρχει α𝜖 (−
𝜋
2
, 0)  (0,
𝜋
2
)τέτοιο ώστε: 4+ln(συν2
α)≥4συνα+ ημ2
α.

___________________________________________________________________________
37
6η
A.
6 x
3 ( ) x (x 3) x 3 (x 3) x 3
2

 
          
όμως από την ανισότητα , R    η ισότητα ισχύει μόνο για α=0 ,
άρα x 3 0 x 3   η οποία επαληθεύει την εξίσωση.
Άρα
6 2x
f(1) x R :3 x {3} f(1) 3
2
   
         
  
Όμως f συνεχής στο 1 άρα
x 1
limf(x) f(1) 1 3 2

       
άρα 2
f(x) x 2ln x 2 ,x (0, )    
B.
f δυο φορές παραγωγίσιμη με
2
'( ) 2f x x
x
 
2
2
''( ) 2f x
x
 
Γ.
αν α=β >1 τότε προφανώς ισχύει η ισότητα.
Για α,β>1 με α<β (χ.β.γ.) , η f πληροί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στα
a a
a, , ,
2 2
    
      
και τότε θα υπάρχουν 1 2
a a
a, , ,
2 2
    
       
   
ώστε
1 2
a a
f( ) f(a) f( ) f( )
2 2f '( ) , f '( )
2 2
 
  
   
 
x 0 1 +∞
f ’’ - +
f ↷ ⤻

___________________________________________________________________________
38
όμως f ' στο    , 1,    (ερώτημα Β)
άρα 1 2 1 2f '( ) f '( )
2
 
            
 
   
 
2 2
2 2
22
2 2 2 2
4 2
2 2
2 2
4
a a
f ( ) f (a) f ( ) f ( )
2 2
2 2
a a
f ( ) f (a) f ( ) f ( )
2 2
2ln a 2ln a 2ln 2ln
2 2 2 2
2ln ln a ln a
2 2
ln a
16 2
2ln
16
 
  
 
     
 
    
              
                
       
   
       
 
   
   
 
 

 
 
 
22 2
2 2
8
2
4 4
2a 2
ln
256
      

 
  
 
Δ.
Έστω g(x) f(x) f(1 x) 2 ,x (0,1)     παραγωγίσιμη με
g'(x) f '(x) f '(1 x) ,x (0,1)    . Όμως f '  0,1 άρα
για
1 1
x x 1 x f '(x) f '(1 x) g'(x) 0 g ,1
2 2
 
           
 
για
1
0 x x 1 x
2
1
f '(x) f '(1 x) g'(x) 0 g 0,
2
     
 
      
 
και
1
g'( ) 0
2
 .Οπότε η g έχει ολικό μέγιστο με
1 1 5
g(x) g( ) f(x) f(1 x) 2 2f( ) 2 2 2ln 2 0
2 2 4
f(x) f(1 x) 2
 
           
 
  

___________________________________________________________________________
39
Ε.
1
m 0, m 1 m
2
 
    
 
.
u 1 x1 m m 1 m
m 1 m m
f(1 x)dx f(u)du f(x)dx (1)
  

     
Από ερώτημα Γ είναι
(1)1 m 1 m 1 m
m m m
1 m 1 m
m m
f(x) f(1 x) 2 f(x)dx f(1 x)dx 2dx
2 f(x)dx 2(1 2m) f(x)dx 1 2m
  
 
       
    
  
 
ΣΤ.
η εφαπτόμενη της f στο 1 είναι η
y f(1) f '(1)(x 1) y 3 4(x 1) y 4x 1         
η f είναι κοίλη στο (0,1] άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται κάτω από
τη εφαπτόμενη εκτός του σημείου επαφής ,άρα
f(x) 4x 1 , x (0,1)   
για κάθε 0 0, (0,1)
2 2
    
        
   
, οπότε
2 2
2 2 2 2
f( ) 4 1 ln 2 4 1
1 ln 2 4 1 4 ln 4
              
                 
άρα δεν υπάρχει 2 2
0 0, : 4 ln 4
2 2
    
             
   

___________________________________________________________________________
40
18η
άσκηση
Έστω συνάρτηση f συνεχής στο  0, ,για την οποία ισχύουν:
•  
 F x x 1
f x , x 0
x 1 x

  

,όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο
 0,
•      
e
1
f x dx f 1 F e 
Α. Να αποδείξετε ότι  
1
f x lnx , x 0
x
   .
Β. Να εξετάσετε αν οι fC και FC δέχονται κοινές εφαπτομένες.
Γ1. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό  ox 1,e ,τέτοιο ώστε  oF x 0 .
Γ2. Να λυθεί η εξίσωση:    
1
F x
oF x e e, 0 x x    .
Γ3. Να αποδείξετε ότι
 
   o
x
x 1
2
o o
2x x
o
f x x e
x x 1
lim
F x x 1


 
  
   

.
Δ. Να λυθεί η εξίσωση:   
   
 
f x F x
ln f x , x 0
f x 1

 

.
Ε1. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση:
    x
2
1
t 1 f f t
dt 2, x 0
t
 
  ,
έχει ακριβώς δυο ρίζες.
Ε2. Αν 1 2x ,x είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης, με 1 20 x x  ,
να αποδείξετε ότι υπάρχει  1 2ξ x ,x ,τέτοιο ώστε, η εφαπτομένη της
fC στο σημείο   Μ ξ,f ξ να διέρχεται από το σημείο  0,e .

___________________________________________________________________________
41
1η
Α.                    
e
e
1
1
f x dx f 1 F e F x f 1 F e F e F 1 f 1 F e           
   F 1 f 1   .Για x 1 στην αρχική ισότητα, έχουμε:
 
     
     
F 1 f 1
F 1 1
f 1 2f 1 f 1 1 2 f 1 1
2


        .Η συνάρτηση f είναι
παραγωγίσιμη
στο  0, ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε:
 
       
 
 
 
2 2 2
F x x
f x 1f x 1 x 1 F x x 1 1x 1f x
x x 1 xx 1

           

   
2 2 2
1 1
f x 1 f x 1
1 1 1 1x x , x 0
x 1 x x 1 x x x
   
      
 
.Έτσι:
   
1 1
f x lnx f x lnx c
x x
        
 
.Για x 1 :  
 f 1 1
f 1 1 c c 0

    ,οπότε
 
1
f x lnx , x 0
x
   .Επίσης προκύπτει:    F x x 1 lnx x, x 0     .
Β.   2 2
1 1 x 1
f x , x 0
x x x

     .Είναι:
•  f x 0 x 1   
•  f x 0 x 1   
•  f x 0 0 x 1    
Έτσι:f γν.φθίνουσα στο  1A 0,1 και f γν.αύξουσα στο  2A 1,  .
       
1
f συνεχής x 0
f A f 1 , lim f x 1,

  
,καθώς
 x 0 x 0
1 1
lim lnx lim 1 x lnx
x x 
 
   
            
,
αφού
x 0
1
lim
x

  και
 
 
 DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2
1
lnxlnx xlim x lnx lim lim lim lim x 0
1 1
1
x x
x
    


    

      
  
 
 
.
       
f γν.αύξουσα
2
f συνεχής x
f A f 1 , lim f x 1,

  

,καθώς
x
1
lim lnx
x
 
   
 
,αφού

___________________________________________________________________________
42
x
lim lnx

  και
x
1
lim 0
x
 .
Έτσι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το  1,
και επομένως  f x 1 ,για κάθε  x 0,  ,με την ισότητα να ισχύει
μόνο για x 1 ,δηλαδή:  f x 1 x 1   (*)
Έτσι:    F x f x 1, x 0    και   2
x 1 1
f x
x 4

   ,καθώς  
2
x 2 0  
2
x 4x 4 0      
x 0
2
2
x 1 1
x 4 x 1
x 4
 
    .Συμπεραίνουμε λοιπόν, ότι
οι fC και FC δεν δέχονται κοινές εφαπτομένες ,εφόσον οι συντελεστές δ/νσης
των εφαπτομένων της FC είναι διαφορετικοί από τους συντελεστές δ/νσης
των εφαπτομένων της fC ,για κάθε  x 0,  .
Γ1. Είναι    F x f x 1, x 0    ,οπότε η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα και 1-
1
στο  0,  και σε συνδυασμό με το Θ.Bolzano καθώς  F 1 1  και
 F e 1 ,προκύπτει ότι υπάρχει μοναδικό  ox 1,e τέτοιο, ώστε  oF x 0 .
Γ2. Η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο  0,  ,οπότε για o0 x x 
είναι    oF x F x 0  ,οπότε η εξίσωση είναι ΑΔΥΝΑΤΗ στο  o0,x .
Τώρα για ox x είναι    oF x F x 0  ,οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:
   
 
 
  
 
 
1 *
F x 1
ln F x e lne lnF x 1 f F x 1 F x 1
F x
 
          
 
 
   
F:1-1
F x F e x e    .
Γ3.    
o
o
x
x 1o
o o o o o o
o
x
F x 0 x 1 lnx x 0 lnx x e
x 1

         

.Είναι:
   
 
 
 
 
ο
ο xο
x 1ο
o
o o o
xxx
x 1x 1x 1x 0
2 2
e xf συνεχήςx 1 0
ο
x x DLH x x x x
ο
1 1
1 e 1 ex e
x 1 x 1x e
lim lim lim
F x F x f x f x



  
 
    
      

 
 
 
 
2
ο ο ο
2 2
ο ο
ο ο
x x x 1
1
x 1 x 1
f x f x
 

 
  .Έτσι:

___________________________________________________________________________
43
 
 
 
 
 
 
   o o o
2x
ο οx 1 x
2 2f συνεχήςx 1
ο ο ο
ο 2x x x x x x
ο ο
x x 1
f x x e
x 1 x x 1x e
lim lim f x lim f x
F x F x f x x 1


  
  
  
        

.
Δ.   
   
 
         
f x F x
ln f x f x 1 ln f x f x F x
f x 1

      

        
F:1-1
F f x F x f x x f x x 0.      
Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο    u x f x x, x 0   .
Είναι    
2
2 2
1 1 x x 1
u x f x 1 1 0
x x x
  
        ,οπότε u γν.φθίνουσα
στο  0,  και επομένως u ‘‘1-1’’ στο  0,  .
Άρα      
u:1-1
f x x 0 u x u 1 x 1      .
Ε1.
    
       
x x x
2
1 1 1
t 1 f f t
dt 2 f t F f t dt 2 F f t dt 2
t
             
        
 
    
 
  
f 1 1 F 1 1x
1
F f t 2 F f x F f 1 2 F f x 2 F 1 F f x 1
 
            
      
F:1-1
F f x F e f x e    .
• Επειδή  1e f A και f γν.φθίνουσα στο  1A 0,1 ,συμπεραίνουμε ότι
υπάρχει
μοναδικό  1x 0,1 τέτοιο, ώστε  1f x e .
• Επειδή  2e f A και f γν.αύξουσα στο  2A 1,  ,συμπεραίνουμε ότι
υπάρχει
μοναδικό  2x 1,  τέτοιο, ώστε  2f x e .
Αποδείξαμε λοιπόν, ότι η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2 ρίζες τις
1 2x ,x με 1 20 x 1 x   .
Ε2. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο  
 f x e
g x , x 0
x

  .
Είναι  
   
2
x f x f x e
g x , x 0
x
  
   .
• g συνεχής στο  1 2x ,x ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων
• g παραγωγίσιμη στο  1 2x ,x ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων
•    1 2g x g x 0  ,

___________________________________________________________________________
44
οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει ένα τουλάχιστον  1 2ξ x ,x τέτοιο,
ώστε
         g ξ 0 ξ f ξ f ξ e 0 ξ f ξ f ξ e            .
Η εφαπτομένη της fC στο σημείο   Μ ξ,f ξ ,έχει εξίσωση:
     ψ f ξ f ξ x ξ    .
Για x 0 ,προκύπτει:    ψ f ξ ξ f ξ e    ,που σημαίνει ότι η συγκεκριμένη
εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο  0,e .
2η
προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)
Έστω f συνεχής στο  0,  με
F(x) x 1
f(x) ,x 0 (1)
x 1 x

  

, F αρχική της f
( F (x) f(x)  ) και
e
1
f(x)dx f(1) F(e)  (2)
Α.
   
x 1 e e
11
1 F(1) 2f(1) 3 , (2): F (x)dx f(1) F(e) F(x) f(1) F(e) f(1) F(1) 0

          
, άρα έχουμε f(1) 1, F(1) 1   , η (1) γίνεται
   
   
   
2
2 2
F(x) x 1 x 1
F (x) F (x) x 1 F(x) x 1 x
x 1 x x
F (x) x 1 F(x) x 1 x x 1
x 1 x x 1
          

     
 
 
   
2
2 2
F(x) x 2x 1 x 1 1 1 F(x) 1
ln x ln x c
x 1 x x 1 x 1 x 1x x 1 x 1
      
            
       
,
από την οποία για x 1 έχουμε c 1  , άρα
 
F(x) 1
ln x 1 F(x) x 1 ln x x , x 0
x 1 x 1
       
 
οπότε
 
1 1
f(x) F (x) ln x x 1 1 f(x) ln x , x 0
x x
        

___________________________________________________________________________
45
Β. 2 2
1 1 x 1
f (x) , x 0
x x x

     , από τον πίνακα
μεταβολών η f για x 1 έχει ολικό ελάχιστο με
f(1) 1 μόνο για x 1 εφόσον
   ff
x 1 f(x) f(1) , 0 x 1 f(x) f(1)      
21
Για να έχουν οι F fC ,C κοινή εφαπτομένη πρέπει να υπάρχουν  1 2x ,x 0,  ώστε
       1 2 1 2F x f x f x f x     , αδύνατο εφόσον
2
2
x 1
f(x) 1 f (x) 1 0 x x 1
x

        που ισχύει διότι 3 0   
Γ1. Για την F που είναι συνεχής έχουμε F(1) 1, F(e) 1   , άρα από Θ. Bolzano
υπάρχει  0x 1,e ώστε  0F x 0 που είναι και μοναδικό εφόσον
F (x) f(x) 1 0    και άρα  F '1 1' 1
Γ2. Έχουμε την εξίσωση
1
F(x)
0F(x) e e , 0 x x    , αν
 
 
F
0 00 x x F(x) F x F(x) 0     
1
οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη, ενώ αν
 
 
F
0 0x x F(x) F x F(x) 0    
1
η εξίσωση γίνεται
 
1
F(x) 1
ln F(x) e lne ln F(x) 1 f F(x) 1
F(x)
 
        
 
που από Β ισχύει μόνο για
x 1 , οπότε
F('1 1')
F(x) 1 F(x) F(e) x e

    
Γ3. Από Γ1 έχουμε    
0
0
x
x 10
0 0 0 0 0 0
0
x
F x 0 x 1 ln x x 0 ln x e x
x 1

        

(3)
 
 
0
0
0 0
xx 3 F ή
x 1x 1
0 0 0 0
x x x x
lim x e x e x x 0 , lim F(x) F x 0
 

 
 
        
 
, άρα

Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2016

Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2016

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Viewers also liked

Viewers also liked (17)

Similar to Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2016

Similar to Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2016 (20)

More from Μάκης Χατζόπουλος

More from Μάκης Χατζόπουλος (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (17)

Η άσκηση της ημέρας - Ιανουάριος 2016