Η άσκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)
Για Μαθητές
α) Η f είναι άρτια και παραγωγίσιμη, έχουμε:
            
       
x 0
f x f x f x f x f x f x
f ' x f ' x 0 2f ' 0 0 f ' 0 0

            
      
β) Η συνάρτηση f είναι άρτια, επομένως ισχύει    f x f x  , για κάθε
x ή
            F x F x F x F x 0 F x F x c             .
Για x 0 είναι  2F 0 c c 0   , άρα    F x F x 0   , δηλαδή F περιττή.
Αντικαθιστώντας το x με το  2f x στην παραπάνω σχέση, έχουμε:
           F 2f x F 2f x 0 F 2f x F 2f x       , για κάθε x .
Επομένως, η δοθείσα σχέση γίνεται:
 
  
 
  2 2
f '' x f '' x
F F 2f x 0 F F 2f x
2x 1 2x 1
   
      
    
, για κάθε x .
Όμως,  f x 0 , για κάθε x και συνεχής στο , άρα διατηρεί σταθερό
πρόσημο σ’ αυτό. Παράλληλα, είναι  f 0 1 0  , επομένως ισχύει
   f x 0 F' x 0   , για κάθε x . Άρα, η συνάρτηση F είναι γνησίως
αύξουσα και άρα «1-1».
Επομένως, θα είναι
 
      2
2
f '' x
2f x f '' x 2f x 2x 1
2x 1
   

, x
γ) Έχουμε
     
         
2
2
f '' x 2f x 4x f x
f '' x 2xf ' x 2f x 2xf ' x 4x f x
  
    
          2 2
f '' x x 'f ' x 2xf x ' 4x f x   
          
2 2 2 2
x 2 x x x
f '' x e x 'e f ' x 2xf x 'e 2xf x 2xe    
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
           
2 2 2 2 2
x x x x x
f ' x e ' 2xf x 'e 2xf x e ' f ' x e ' 2xf x e '         
     
   
2 2
x x
1f ' x e 2xf x e c  , για κάθε x .
Επιπλέον  f ' 0 0
Άρα, για x 0 στη σχέση που βρήκαμε, είναι 1c 0 άρα:
           
2 2 2 2
x x x x
f ' x e 2xf x e f ' x 2xf x 0 f ' x e 2xf x e 0 
       
 
2
x
f x e ' 0  
 
, x
άρα η συνάρτηση    
2
x
x f x e
  είναι σταθερή στο
δ) Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει
     
2 x 0
x
2 2 2
f 0 1
x c f x e c c 1



     
Επομένως,  
2
x
f x e , x
ε) Είναι:
 
 
1 1
0 0
1
E g x dx dx
f x
   ,
όμως  f x 0 για κάθε x , άρα
 
1
0
E g x dx  .
Για κάθε x 0 έχουμε ln x x 1  και αντικαθιστώντας στη θέση του x το
x
e έχουμε:
x x
x e 1 e x 1     , για κάθε x .
Άρα,
2
x 2
e 1 x , x
  
Άρα
  2
g x 1 x  , για κάθε x .
Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων, άρα και
ολοκληρώσιμη στο διάστημα  0,1 και δεν είναι παντού μηδέν στο εν λόγω
διάστημα επομένως:
   
11 1 3
2
0 0 0
x 2 2
g x dx 1 x dx x E 3E 2
3 3 3
 
         
 
 

3. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
Για Καθηγητές
α) Η συνάρτηση f είναι άρτια, επομένως ισχύει    f x f x  , για κάθε x
ή             F x F x F x F x 0 F x F x c             .
Για x 0 είναι  2F 0 c c 0   , άρα    F x F x 0   , δηλαδή F περιττή.
Αντικαθιστώντας το x με το  2f x στην παραπάνω σχέση, έχουμε:
           F 2f x F 2f x 0 F 2f x F 2f x       , για κάθε x .
Επομένως, η δοθείσα σχέση γίνεται:
 
  
 
  2 2
f '' x f '' x
F F 2f x 0 F F 2f x
2x 1 2x 1
   
      
    
, για κάθε x .
Όμως,  f x 0 , για κάθε x και συνεχής στο , άρα διατηρεί σταθερό
πρόσημο σ’ αυτό. Παράλληλα, είναι  f 0 1 0  , επομένως ισχύει
   f x 0 F' x 0   , για κάθε x . Άρα, η συνάρτηση F είναι γνησίως
αύξουσα και άρα «1-1».
Επομένως, θα είναι
 
      2
2
f '' x
2f x f '' x 2f x 2x 1
2x 1
   

, x .
     
         
2
2
f '' x 2f x 4x f x
f '' x 2xf ' x 2f x 2xf ' x 4x f x
  
    
          2 2
f '' x x 'f ' x 2xf x ' 4x f x   
          
2 2 2 2
x 2 x x x
f '' x e x 'e f ' x 2xf x 'e 2xf x 2xe    
           
2 2 2 2 2
x x x x x
f ' x e ' 2xf x 'e 2xf x e ' f ' x e ' 2xf x e '         
     
   
2 2
x x
1f ' x e 2xf x e c  , για κάθε x .
Επιπλέον, επειδή η f είναι άρτια και παραγωγίσιμη, έχουμε:
       
x 0
f ' x f ' x 0 2f ' 0 0 f ' 0 0

       .
Άρα, για x 0 στη σχέση που βρήκαμε, είναι 1c 0 άρα:
           
2 2 2 2
x x x x
f ' x e 2xf x e f ' x 2xf x 0 f ' x e 2xf x e 0 
       

4. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
     
2 2 x 0
x x
2 2
f 0 1
f x e ' 0 f x e c c 1

 

      
 
. Επομένως,  
2
x
f x e , x .
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση   x
x e x 1    , x . Είναι:
  x
' x e 1 0    , άρα  γνησίως αύξουσα στο .
Άρα, για κάθε x 0 είναι      x 0 x 0      , με την ισότητα να ισχύει
μόνο για x 0 .
Επομένως, για 2
y x 0  είναι:
       
22 2 x f x2 x 2 x e
y 0 x 0 e x 1 0 e e f x e e
             ,
με την ισότητα να ισχύει για x 0 .
Επομένως:
   
   
   
 
   
   
   
1
2
1 2
f
1
f
f f f2
1 2
f
f e e
f e e
f e f e ... f e e
f e e



 
  



 

  
        


  
με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν 1 2 ... 0       , που είναι οι
ζητούμενες τιμές.
γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση
       2016 2015
h x F x x F x 1 F 1     ,  x 0,1 .
Είναι
   
     
         
h 0 F 1
h 0 h 1 F 1 2F 1 F 2
h 1 2F 1 F 2
 
         
Όμως, η F είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1  , επομένως:
     x 0 F x F 0 F x 0     , άρα  F 1 0 .
Επίσης, είναι  
2
x
f ' x 2xe 0  στο διάστημα  0, . Συνεπώς, η f είναι
γνησίως αύξουσα στο  0, αφού είναι συνεχής στο 0 .
 Η F είναι συνεχής στα  0,1 και  1,2 .
 Η F είναι παραγωγίσιμη στα  0,1 και  1,2 , με    F' x f x .

5. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει, ένα τουλάχιστον
 1 0,1  και ένα τουλάχιστον  2 1,2  τέτοια, ώστε:
  
   
   1
F 1 F 0
F' F 1 F 0
1 0

   

  
   
   2
F 2 F 1
F' F 2 F 1
2 1

   

Επειδή 1 20 1 2      και η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, , ισχύει:
                 
 
   
F 0 0
1 2f f F 1 F 0 F 2 F 1 2F 1 F 0 F 2 2F 1 F 2

           
Άρα, είναι    h 0 h 1 0  και επειδή η h είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών
συναρτήσεων, από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα  0,1
τέτοιο, ώστε        2016 2015
h 0 F F 1 F 1         .
δ) Είναι:
 
 
1 1
0 0
1
E g x dx dx
f x
   ,
όμως  f x 0 για κάθε x , άρα
 
1
0
E g x dx  .
Για κάθε x 0 έχουμε ln x x 1  και αντικαθιστώντας στη θέση του x το x
e
έχουμε:
x x
x e 1 e x 1     , για κάθε x .
Άρα,
2
x 2
e 1 x , x
   σχέση  1 .
Επίσης,
2 2
2
x 2 x
2 2x
1 1 1
e x 1 e , x
x 1 x 1e

      
 
σχέση  2 .
Από τις σχέσεις  1 και  2 , έχουμε:
 2
2
1
1 x g x
x 1
  

, για κάθε x .
Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων, άρα και
ολοκληρώσιμη στο διάστημα  0,1 και δεν είναι παντού μηδέν στο εν λόγω
διάστημα επομένως:
   
1 1 1
2
2
0 0 0
dx
1 x dx g x dx
x 1
   
  

6. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
 
1 1
2
2
0 0
dx
1 x dx
x 1
   
 
 
11 3
2
0 0
x 2
1 x dx x
3 3
 
     
 

 Για το
1
2
0
dx
x 1 θέτουμε x t  , με t ,
2 2
  
  
 
,
οπότε είναι:
   
2
2
1
1 t
t
2
2
1
dx t 'dt dx dt dx 1 t dt
t
 
  
 
       

Επειδή, η συνάρτηση  q t t  στο διάστημα ,
2 2
  
 
 
είναι γνησίως
αύξουσα είναι και «1-1».
Για x 0 είναι
q:1 1
t 0 t 0

     .
Για x 1 είναι
q:1 1
t t
4 4

 
     .
Επομένως:
 
1 4 4
2
2 2
0 0 0
1 1
dx 1 t dt 1dt 1 0
x 1 t 1 4 4
 
  
        
    
   .
Άρα, θα είναι
2
3 4

   .
ε) Θεωρούμε τη συνάρτηση
     h x f 2x 2f x  , x 0 .
Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων
συναρτήσεων με παράγωγο:
         h' x 2f ' 2x 2f ' x 2 f ' 2x f ' x     

7. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Όμως, η συνάρτηση f είναι κυρτή, αφού     2
f '' x 2f x 2x 1 0   , x
και
άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο .
Για κάθε        
f '
x 0 2x x f ' 2x f ' x 2 f ' 2x f ' x 0

          ,
επομένως
 h' x 0 και άρα h γνησίως αύξουσα στο  0, .
Η ζητούμενη εξίσωση γίνεται:
      
h:1 1
2 2
h x h x 2 x x 2 0 x 1 x 2 0 x 1 ή x 2

             
Άρα, η μόνη δεκτή λύση (αφού x 0 ) είναι η x 2 .
2η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
Για Μαθητές
α) ( ) ( )f x f x  στο και παρ/μη άρα ( ) ( )f x f x    δηλ. f  περιττή και με 0x 
στην προηγούμενη (0) 0f   .
β) Fάρτια στο άρα    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )F x F x F x F x F x F x c            
και με 0x  είναι 0c  άρα ( ) ( )F x F x   δηλ. F περιττή στο .
Άρα η 1η
σχέση της υπόθεσης δίνει  2
2
( )
2 ( ) 0 ( ) 2 ( ) 2 1
2 1
f x
f x f x f x x
x

    

x  .
γ-δ)  
2
( ) ( ) 2 ( )x
x e f x xf x 
   (1)
 
 
 
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
)
2
2 2 2
(1)
2
( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 4 ( )
2 ( ) 2 1 4 ( ) 4 ( ) 2 ( ) 8 ( ) 4 ( )
4 2 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 4 ( ) 0 ( )
x x x x x
x x x x x x
x x
x f x e xf x e f x e xe f x x f x e
f x x e xf x e x f x e f x e x f x e xf x e
xe xf x f x x x x x x x e


   
    
     

        
        
           
     
2
2 2 2 2 2
2
(1)
2 2 2
4 ( ) 0
( ) 0 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )
x
x x x x x
xe x
x e x e c e f x xf x e c e f x xf x c

  
  

           
που για 0x  είναι 0c  άρα    2 2
( ) 2 ( ) ln ( ) ln ( )f x xf x f x x f x x c      
που για 0x  είναι 0c  άρα
2
2
ln ( ) ( ) ( ) 1x
f x x f x e x     .

8. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
ε) Είναι
2
( ) 0x
g x e
  στο  0,1 και
21
0
x
E e dx
  . Από τη γνωστή ανισότητα
1x
e x  (το = στο 0) ισχύει
2
2
1x
e x
   άρα
21 1
2
0 0
2
( 1)
3
x
E e dx x dx
      .
Για καθηγητές
β)
2
( ) 2 0 0x
f x xe x
     . Ισχύει f στο  ,0 και f στο  0, με ΟΕ
στο 0 το 1. Άρα ( ) 1f x  με το = στο 0. Αν ia  με 1,...,i  ισχύει ( ) 1if a  και
( )if a
e e με 1,...,i  . Για κάθε 1,...,i  πολλ/ζω τις 2 ανισότητες κατά μέλη και
έχω:
( )
( ) if a
if a e e . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ν ανισότητες έχω: ( )
1
( ) if a
i
i
f a e e



 με
το = να ισχύει για 0, 1,...,ia i   .
γ) Η 2016 2015
( ) ( ) ( 1) (1)g x F x xF x F    ,  0,1x συνεχής με (0) (1) 0g F  ,
επειδή F στο  0,1 ,(
2
( ) 0x
F x e   ) και (0) 0F  . Επίσης (1) 2 (1) (2) 0g F F  
γιατί: Με 2 ΘΜΤ στα    0,1 , 1,2 έχω: 1(1) (0) (1) ( )F F F f    με 1 (0,1)  και
2(2) (1) ( )F F f   με 2 (1,2)  . Από μονοτονία f στο [0,2] είναι
1 2( ) ( ) (1) (2) (1) 2 (1) (2) 0f f F F F F F        . Άρα από Bolzano στο  0,1
προκύπτει το ζητούμενο.
δ) Θα δείξω τη δεξιά ανισότητα. Ισχύει
2 2
2
2
1
1
1
x x
e x e
x

   

με το = στο 0.
Ολοκληρώνοντας στο [0,1] έχω:  
21 1 1
2 00 0
1
1 4
x
E e dx dx x
x


   
  ή
θέτοντας 2
2
1
(1 )x t dx dt t dt
t
 

     , και για 0 0 0x t t     ενώ
για 1 1
4
x t t

     , έχω  
1
24 4
2 20 0 0
1 1
1
1 1 4
dx t dt dt
x t
 



   
    .
(Γενικά η 20
1
( ) ,
1
x
f x dt x
t
 
 είναι η αντίστροφη της x στο ,
2 2
  
 
 
, επειδή
 f x x  στο ,
2 2
  
 
 
. Δηλαδή αν
 2
1
( ) ( ) ( ) 1 0
1
x x f x x x
x
   

     

, τότε ( )x c  με (0) 0  .
Άρα
1 1
2 21 0
1 1
2 2 (1) 2 ( )
1 1 4 2
dt dt f f
t t
 


   
   , άρα
1
20
1
1 4
dt
t


 ).

9. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
ε) Θέτοντας ( ) (2 ) 2 ( ), 0g x f x f x x   έχω ( ) 2 (2 ) 2 ( )g x f x f x    . Επίσης
 2
( ) 2 ( ) 2 1 0f x f x x f     και με
0 2 (2 ) ( ) ( ) 0 1 1x x x f x f x g x g g            . Άρα η δοσμένη
εξίσωση γράφεται ισοδύναμα
0
2 2
( ) ( 2) 2 0 2
x
g x g x x x x

        .
3η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Για καθηγητές.
α) Η συνάρτηση f είναι άρτια, συνεχής ως δύο φορές παραγωγίσιμη. Επίσης
f(x)≠ 0 ∀x ∈ R οπότε η f διατηρεί πρόσημο και η F είναι 1-1 ως γνήσια μονότονη.
Τώρα: (F(-x))΄= -F΄(-x)= -f(-x)= -f(x)= (-F(x))΄, επόμενα F(-x)=-F(x)+c, και επειδή
F(0)=0 είναι c=0 συνεπώς F(-x)= -F(x) (1).
Από τη δοσμένη σχέση έχω F(
f΄΄(x)
2x2+1
)= -F(-2f(χ))
(1)
⇔ F(
f΄΄(x)
2x2+1
)=F(2f(x)) 
f΄΄(x)
2x2+1
=
2f(x)  f΄΄(x) = 2f(x)(2x2
+ 1).
‘Έστω φ(x)=f(x)e−x2
 f(x)= ex2
φ(x). Η f είναι άρτια στο R συνεπώς εξ ορισμού και
η φ είναι άρτια στο R. Επίσης (φ(-x))΄=φ΄(x) 
-φ΄(-x)=φ΄(x)φ΄(0) = 0. f΄(x)= ex2
φ΄(x) + 2xex2
φ(x)f΄΄(x) = ex2
φ΄΄(x) +
2xex2
φ΄(x) + 2ex2
φ(x) + 2xex2
φ΄(x) + 4x2
ex2
φ(x)f΄΄(x) = ex2
φ΄΄(x) +
4xex2
φ΄(x) + 2(2x2
+ 1)ex2
φ(x). ΄Όμως f΄΄(x) = 2f(x)(2x2
+ 1)  f΄΄(x) =
2φ(x)ex2
(2x2
+ 1) οπότε ex2
φ΄΄(x) + 4xex2
φ΄(x) = 0  φ΄΄(x) + 4xφ΄(x) = 0
e2x2
φ΄΄(x) + 4xe2x2
φ΄(x) = 0  (φ΄(x)e2x2
)΄ = 0 φ΄(x)e2x2
= c1.
Επειδή φ΄(0)=0 θα είναι φ΄(x) = 0  φ(x) = κ .
Από τη σχέση f(0)=1 προκύπτει κ=1.΄Αρα φ(x) = 1 f(x)e−x2
= 1
f(x)= ex2
.
β) Θέτω g(x)= f(x)ef(x)
.
Είναι g΄(x)= f΄(x)ef(x)
+ f΄(x)f(x)ef(x)
= f΄(x)(1+f(x)ef(x)
)=2xex2
(1 + ef(x)+x2
).
Τώρα γιά x < 0g΄(x) < 0 δηλαδή g γν. φθίνουσα στο (−∞ , 0].
Γιά x > 0g΄(x) > 0 δηλαδή g γν. αυξουσα στο [0,+∞).
Συνεπώς η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x=0, επόμενα
g(x)≥ g(0) = e ∀x ∈ R. οπότε g(αι) ≥ e  f(αι)ef(αι)
≥ e ∀i ∈ { 1,2,3, … . ν}. ΄Αρα
για να ισχύει η δοσμένη σχέση θα πρέπει

10. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
f(αι)ef(αι)
= e  αι = 0 ∀i ∈ { 1,2,3, … . ν}.
γ)Είναι F΄(x) = f(x) > 0 F(x) γνήσια αύξουσα στο R. Επόμενα
0=F(0)<F(1) (2). Επίσης από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση
F στα διαστήματα [0,1] , [1,2] υπάρχουν ξ1 , ξ2 : 0< ξ1<1< ξ2<2 και
F΄(ξ1) = f(ξ1) = F(1) − F(0) , F΄(ξ2) = f(ξ2) = F(2) − F(1).
Όμως f΄(x)= 2xex2
>0 για x>0, δηλαδή f γν.αύξουσα στο [0,+∞).
Επόμενα f(ξ1) < f(ξ2)  F(1) < F(2) − F(1) 
2F(1) − F(2) < 0 (3).
Αν σ(x)=F(x2016) − xF(x2015
+ 1) + F(1) τότε η συνάρτηση σ είναι συνεχής ως
πράξεις συνεχών. Επίσης: σ(0)=F(1)>0από σχέση (2),
σ(1)= 2F(1) − F(2) < 0 από σχέση (3). ΄Αρα από θεώρημα Bolzano
υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ∈(0,1) ώστε σ(ξ) = 0 F(ξ2016) = ξF(ξ2015
+ 1) − F(1).
δ)Προφανώς g(x)=
1
f(x)
=e−x2
> 0 οπότε Ε=∫ g(x)
1
0
dx=∫ e−x21
0
dx.
Από τη γνωστή ανισότητα lnx ≤ x − 1, για κάθε x > 0 θέτω x → e−x2
προκύπτει – x2
+ 1 ≤ e−x2
 ∫ (1 −
1
0
x2
)dx < ∫ e−x21
0
dx
[x −
x3
3
]
0
1
< ∫ g(x)
1
0
dx
2
3
< E.
Επίσης από την ίδια ανισότητα θέτω 𝐱 → ex2
και προκύπτει:
x2
+ 𝟏 ≤ ex2
 e−x2
≤
𝟏
x2+𝟏
 ∫ g(x)
1
0
dx < ∫
dx
x2+𝟏
1
0  𝐄 <
𝛑
𝟒
Διότι:
θέτω 𝐱 = εφθdx = (1 + εφ2
θ)dθdx = (1 + x2)dθ
dx
1+x2
= dθ ∫
dx
x2+𝟏
1
0
= ∫ dθ ∫
dx
x2+𝟏
1
0
=
π
4
0
π
4
.
΄Αρα
2
3
< E <
𝛑
𝟒
.
ε)Ισχύει ότι f΄΄(x) = 2f(x)(2x2
+ 1) > 0f΄ γνήσια αύξουσα στο R.
Αν h(x) = f(2x) - 2f(x) στο (0,+∞) τότε h΄(x) = 2f΄(2x) - 2f΄(x) =
2(f΄(2x) – 2f΄(x))>0 στο (0,+∞) διότι f΄ γνήσια αύξουσα στο R.
Συνεπώς h γν. αύξουσα στο (0,+∞) και ως εκ τούτου 1-1.

11. ___________________________________________________________________________
30η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
Η δοσμένη εξίσωση είναι: f(2x2) + 2f(x + 2) = f(2x + 4)
+2f(x2 )  f(2x2) − 2f(x2 ) = f(2x + 4) − 2f(x + 2) 
h(x2) = h(x + 2)
h:1−1
⇔ x2
= x + 2, διότι αν x>0 τότε x2
> 0,χ+2>0. ΄Αρα x=2.
Για μαθητές
α) Η f άρτια οπότε ∀x ∈ R , −∀x ∈ R και f(−x) = f(x)(f(−x))΄ = f΄(x)  −
f΄(−x) = f΄(x)f΄(0) = 0
β) Η συνάρτηση f είναι άρτια, συνεχής ως δύο φορές παραγωγίσιμη. Επίσης
f(x)≠ 0 ∀x ∈ R οπότε η f διατηρεί πρόσημο και η F είναι 1-1 ως γνήσια μονότονη.
Τώρα: (F(-x))΄= -F΄(-x)= -f(-x)= -f(x)= (-F(x))΄, επόμενα F(-x)=-F(x)+c, και επειδή
F(0)=0 είναι c=0 συνεπώς F(-x)= -F(x) (1).
Από τη δοσμένη σχέση έχω F(
f΄΄(x)
2x2+1
)= -F(-2f(χ))
(1)
⇔ F(
f΄΄(x)
2x2+1
)=F(2f(x)) 
f΄΄(x)
2x2+1
=
2f(x)  f΄΄(x) = 2f(x)(2x2
+ 1).
γ) Είναι φ(x)=f(x)e−x2
 f(x)= ex2
φ(x). Η f είναι άρτια στο R συνεπώς εξ ορισμού
και η φ είναι άρτια στο R. Επίσης (φ(-x))΄=φ΄(x) 
-φ΄(-x)=φ΄(x)φ΄(0) = 0. f΄(x)= ex2
φ΄(x) + 2xex2
φ(x)f΄΄(x) = ex2
φ΄΄(x) +
2xex2
φ΄(x) + 2ex2
φ(x) + 2xex2
φ΄(x) + 4x2
ex2
φ(x)f΄΄(x) = ex2
φ΄΄(x) +
4xex2
φ΄(x) + 2(2x2
+ 1)ex2
φ(x).
Όμως f΄΄(x) = 2f(x)(2x2
+ 1)  f΄΄(x) =
2φ(x)ex2
(2x2
+ 1) οπότε ex2
φ΄΄(x) + 4xex2
φ΄(x) = 0  φ΄΄(x) + 4xφ΄(x) = 0
e2x2
φ΄΄(x) + 4xe2x2
φ΄(x) = 0  (φ΄(x)e2x2
)΄ = 0 φ΄(x)e2x2
= c1. Επειδή
φ΄(0)=0 θα είναι φ΄(x) = 0  φ(x) = κ .
δ) Από τη σχέση f(0)=1 προκύπτει κ=1.΄Αρα φ(x) = 1 f(x)e−x2
= 1
f(x)= ex2
.
ε) Προφανώς g(x)=
1
f(x)
=e−x2
> 0 οπότε Ε=∫ g(x)
1
0
dx=∫ e−x21
0
dx.
Από τη γνωστή ανισότητα lnx ≤ x − 1, για κάθε x > 0 θέτω 𝐱 → e−x2
προκύπτει – x2
+ 𝟏 ≤ e−x2
 ∫ (1 −
1
0
x2
)dx < ∫ e−x21
0
dx
[x −
x3
3
]
0
1
< ∫ g(x)
1
0
dx
2
3
< E  3Ε > 2.