30 βασικές ασκήσεις για τους υποψήφιους μαθητές της Γ Λυκείου.

1. 2014
32 Χρήσιμες
Προτάσεις
με αποδείξεις
Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Κατεύθυνσης
Περίληψη: Στο ένθετο αυτό περιλαμβάνονται 30 βασικές
προτάσεις, μικρά λήμματα χρήσιμα για τις εξετάσεις. Μας
βοηθούν να «ξεκλειδώνουμε» πιο εύκολα τις σύνθετες
ασκήσεις. Δεν βοηθάει η στείρα αποστήθισή τους αλλά η
κατανόηση και η εφαρμογή τους μέσα στις ασκήσεις.
2015
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος
http://lisari.blogspot.com
8/4/2015

2. 2
Μια συλλογή με
30 Χρήσιμες προτάσεις
Επιμέλεια ασκήσεων
1 – 13: Νίκος Ζανταρίδης για το master class 4
14 - 32: Μάκης Χατζόπουλος
Ανανεωμένο: 8-4-2015
31: Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης
32: Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης

3. 3
ΘΕΜΑ 1
Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε η 1
f είναι γνησίως μονότονη στο
 f A με ίδιο είδος μονοτονίας με την f.
Απόδειξη
Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της Α, έπεται ότι η f είναι συνάρτηση 1-1, οπότε
η f έχει αντίστροφη συνάρτηση και το πεδίο ορισμού της 1
f είναι το  f A .
Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, θα δείξουμε ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο  f A .
Υποθέτουμε ότι η 1
f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο  f A , τότε θα υπάρχουν  1 2, y y f A με
1 2y y και    1 1
1 2
 
f y f y . ‘Εχουμε όμως
         
 *:
1 1 1 1
1 2 1 2 1 2

   
    
< af
f y f y f f y f f y y y άτοπο αφού 1 2y y .
(*)(αφού     1
, )
 f f y y ά y f A 
Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η 1
f είναι γνησίως αύξουσα στο  f A .
Ομοίως αποδεικνύεται ότι αν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α, τότε και η 1
f είναι γνησίως φθίνουσα
στο  f A .
Από όλα τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν η f είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε και η 1
f είναι
γνησίως μονότονη στο  f A με το ίδιο είδος μονοτονίας με την f.
ΘΕΜΑ 2
Αν η συνάρτηση : f A είναι γνησίως αύξουσα στο Α, να δείξετε ότι η εξίσωση    1
f x f x
είναι ισοδύναμη με την εξίσωση   f x x .
Απόδειξη
Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης    1
f x f x , τότε θα ισχύει      1
0 0 : 1
f x f x .
Από της (1) προκύπτει ότι  0 0, x A x f A και  0 f x A (αφού    1
0 0

 f x f x A).
Έχουμε             1
0 0 0 01 : 2
   f f x f f x f f x x
Θα δείξουμε ότι  0 0f x x
Έστω ότι  0 0f x x , τότε θα είναι    0 0 0 0 f x x ή f x x .
Υποθέτουμε ότι  0 0f x x , τότε θα έχουμε

4. 4
   
    
 
   
0 0
2:
0 0 0 0 0 0 0 0
, 
      
<f A
f x x A
f x x f f x f x x f x f x x , ΑΤΟΠΟ,
αφού υποθέσαμε ότι  0 0f x x .
Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι  0 0f x x . Επομένως είναι  0 0f x x , οπότε ο
αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης   f x x . Άρα κάθε ρίζα της εξίσωσης    1
f x f x είναι και
ρίζα της εξίσωσης   f x x .
Αντιστρόφως
Έστω 0x μια ρίζα της εξίσωσης   f x x , τότε θα ισχύει  0 0f x x : (3).
Από την (3) προκύπτει ότι  0 0 x A x f A (αφού    0 0  x f x f ).
Από την (3) έχουμε
            1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0 0 : 4   
      f x x f f x f x x f x f x x
Από (3) και (4) προκύπτει ότι    1
0 0

f x f x .
Άρα ο αριθμός 0x είναι ρίζα της εξίσωσης    1
f x f x . Επομένως κάθε ρίζα της εξίσωσης   f x x
είναι και ρίζα της εξίσωσης    1
f x f x .
Από τα παραπάνω προκύπτει ότι οι εξισώσεις    1
f x f x και   f x x είναι ισοδύναμες.
ΘΕΜΑ 3
Αν για τις συναρτήσεις , : f g ισχύει    f x g x κοντά στο 0x και είναι  lim

 
ox x
g x , τότε
είναι και  lim

 
ox x
f x .
Απόδειξη
Επειδή είναι  lim

 
ox x
g x έπεται ότι ισχύει   0g x κοντά στο 0x . Ακόμα δόθηκε ότι ισχύει
   f x g x κοντά στο 0x . Έτσι κοντά στο 0x ισχύει
    0 f x g x , οπότε κοντά στο 0x ισχύει:
   
 
1 1
0 : 1 
f x g x
Είναι 0 0lim


ox x
και
 
1
0lim


ox x g x
(αφού  lim

 
ox x
g x ) οπότε, λόγω της (1), προκύπτει ότι
 
1
0lim


ox x f x
.
Επειδή είναι
 
1
0lim


ox x f x
και ισχύει
 
1
0
f x
κοντά στο 0x , έπεται ότι

5. 5
 
1
1
lim

 
ox x
f x
, δηλαδή  lim

 
ox x
f x .
Σημείωση: Αν ισχύει    f x g x κοντά στο 0x και είναι  lim

 
ox x
g x , τότε και  lim

 
ox x
f x .
ΘΕΜΑ 4
Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ και
ισχύει  ' 0f x για κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι αύξουσα στο Δ.
Απόδειξη
Έστω 1 2, x x με 1 2x x . Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό
του Δ και είναι  1 2,  x x , έπεται ότι η f είναι συνεχής στο  1 2,x x και παραγωγίσιμη στο  1 2,x x ,
οπότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στο  1 2,x x , άρα υπάρχει  1 2, x x , ώστε
 
   
         2 1
2 1 2 1
2 1
' ' : 1

     

f x f x
f f x f x f x x
x x
 
Είναι όμως  ' 0f  και 2 1 0 x x (αφού 1 2x x ), οπότε έχουμε:
 
   
 
       
1
2 1 2 1 1 2
2 1
' 0
' 0 0
0


        
  
f
f x x f x f x f x f x
x x


Επομένως για κάθε 1 2, x x με 1 2x x ισχύει    1 2f x f x , οπότε η f είναι αύξουσα στο Δ.
Σημείωση: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ και για
κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ ισχύει  ' 0f x , τότε η f είναι φθίνουσα στο διάστημα Δ.
ΘΕΜΑ 5
α) Αν η συνάρτηση  : , f   είναι συνεχής και περιττή, τότε   0

 f t dt


.
β) Να βρεθεί το    
2014
3
2014


  
t t
e e t t dt 
.
Λύση
Θεωρώ την συνάρτηση      , ,

  
x
x
g x f t dt x   .
Είναι          
0
0 0 0


      
x x x
x
g x f t dt f t dt f t dt f t dt .

6. 6
Επειδή η f είναι συνεχής στο  ,  , η συνάρτηση      
0
, ,  
x
h x f t dt x   είναι παραγωγίσιμη
στο  ,  με    ' h x f x και η συνάρτηση
       
0
, ,

    
x
x f t dt h x x a a είναι παραγωγίσιμη στο  ,  ως
σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με        ' '      x f x x f x .
Έτσι η g είναι παραγωγίσιμη στο  ,  ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
               
0 0
' ...
              
 
 
x x
g x f t dt f t dt f x f x x f x f x .
Επειδή η f είναι περιττή έπεται ότι ισχύει      f x f x για κάθε  , x   .
Έτσι για κάθε  , x   είναι       ' 0   g x f x f x , οπότε η g είναι σταθερή στο  ,  .
Επομένως για κάθε  , x   ισχύει
         
0
0
0 0
  
      
x x
x x
g x g f t dt f t dt f t dt
Για x = α έχουμε   0

 f t dt


.
Σημείωση: Ένας 2ος τρόπος επίλυσης είναι με αλλαγή μεταβλητής (  u t ).
β) Για την συνάρτηση :  με     3
  x x
x e e x x 
 , ισχύει
Η φ είναι συνεχής στο και
     
      
  
  
 
3
3
3
,
  


     
   
   
  
x x
x x
x x
x e e x x
e e x x
e e x x
x ά x
 
 
 

   
Άρα η φ είναι συνεχής στο και περιττή, οπότε από το (α) ερώτημα έχουμε
 
2014
2014
0

 t dt δηλαδή   
2014
3
2014
0

  
t t
e e t t dt 
.

7. 7
ΘΕΜΑ 6
Αν η συνάρτηση  : , f   είναι συνεχής και άρτια, τότε    
0
2

 f t dt f t dt
 

.
Απόδειξη
Επειδή η f είναι άρτια ισχύει      , ,   f x f x ά x     : (1)
Θεωρώ την συνάρτηση        
0
2 , ,

    
x x
x
x f t dt f t dt x  
Είναι:
       
   
   
0
0 0
0
0
0 0
2



  
 
  
  
 
 
x x
x
x
x
x
x f t dt f t dt f t dt
f t dt f t dt
f t dt f t dt


Έχουμε,
       
     
   
 
     
1
' ... '
1
0, ,
      
     
  
    
x f x x f x
f x f x
f x f x
f x f x ά x a a

  
Άρα η φ είναι σταθερή στο  ,a a , οπότε για κάθε  , x a a ισχύει
           
0 0
0 0 0
0 2 2
 
       
x x
x
x f t dt f t dt f t dt f t dt 
   
0
2 0

   
x x
x
f t dt f t dt
   
0
2

  
x x
x
f t dt f t dt
Για x  έχουμε:    
0
2

 f t dt f t dt
 

.

8. 8
Σημείωση: 2ος τρόπος      
0
0 
   f t dt f t dt f t dt
 
 
και για το  
0

 f t dt

αλλαγή μεταβλητής
(  u t ).
ΘΕΜΑ 7
Αν η συνάρτηση :  f , όπου Δ διάστημα, είναι συνεχής στο Δ και ισχύει   0f x για κάθε
x και   0 f t dt


με ,   , τότε είναι α = β.
Απόδειξη
Θεωρώ την συνάρτηση     , 
x
g x f t dt x

(  , σταθερό σημείο του Δ).
Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο Δ με
   ' g x f x , για κάθε x .
Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ κα ισχύει   0f x για κάθε x έπεται ότι η f διατηρεί
στο Δ σταθερό πρόσημο, οπότε θα είναι f(x) > 0 για κάθε x ή f(x)<0 για κάθε x , δηλαδή θα
είναι  ' 0g x για κάθε x ή  ' 0g x για κάθε x .
Επομένως η g θα είναι γνησίως αύξουσα στο Δ ή γνησίως φθίνουσα στο Δ. Έτσι η g, ως γνησίως
μονότονη στο Δ, είναι συνάρτηση 1 – 1.
Έχουμε,
     
   
   
   
 
0 0
0
1 1
   
   
 
 
  
  
 
 
f t dt f t dt f t dt
f t dt f t dt
f t dt f t dt
g g
ί g ί ά
  
  
 
 
 
 
 
       
Άρα είναι α = β.
ΘΕΜΑ 8
Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], τότε υπάρχει  ,   ώστε       f x dx f


  

9. 9
Απόδειξη
Θεωρώ την συνάρτηση      , , 
x
g x f t dt x

  .
Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] έπεται ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με    ' g x f x , για
κάθε  ,x   , οπότε η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο [α, β] (αφού η g είναι συνεχής
στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β)).
Επομένως υπάρχει  ,   , ώστε
 
   
 
   
     
     
'
0

  
 
   
  
 


a
f t dt f t dtg g
g f
f t dt f
f t dt f

 




 
 
   
  
  
ΘΕΜΑ 9
Αν οι συναρτήσεις  , : , f g   είναι συνεχείς και ισχύει    f x g x για κάθε  ,x a  , τότε
    f x dx g x dx
 
 
Απόδειξη
Θεωρώ τη συνάρτηση        , ,  h x f x g x x   .
Η h είναι συνεχής στο [α ,β], ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Ακόμα για κάθε  ,x a  ισχύει
         0 0     f x g x f x g x h x .
Επειδή η h είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει   0h x για κάθε  ,x   έπεται ότι
      
   
0 0
0
   
  
 
 
h x dx f x g x dx
f x dx g x dx
 
 
 
 
     f x dx g x dx
 
 
Βασικές ανισότητες
1) , x x ά x    (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)

10. 10
2) 1 x
e x (παρακάτω δες απόδειξη) (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 0)
3) ln 1, 0  x x ά x  (η ισότητα ισχύει μόνο αν x = 1)
4) 2 , , 0  ά       (η ισότητα ισχύει μόνο αν α = β)
5)
1
2, 0  ά    

(η ισότητα ισχύει μόνο αν a = 1)
6) Αν   ,  m f x M ά x  τότε
           2
0 ... 0         f x m f x M f x m M f x m M …
ΘΕΜΑ 10
Αν η συνάρτηση :  f (Δ: διάστημα) είναι παραγωγίσιμη και ισχύει  ' 0f x για κάθε x ,
τότε η f είναι συνάρτηση 1 – 1 .
Απόδειξη
Υποθέτουμε ότι η f ΔΕΝ είναι συνάρτηση 1 – 1, τότε θα υπάρχουν 1 2, x x με 1 2x x και
   1 2f x f x .
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και  1 2,  x x έπεται ότι η f είναι συνεχής στο  1 2,x x
και παραγωγίσιμη  1 2,x x .
Ακόμη είναι    1 2f x f x . Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 1 2,x x , οπότε
υπάρχει  1 2, x x ώστε  ' 0f  , ΑΤΟΠΟ, αφού δόθηκε ότι  ' 0f x για κάθε x .
Επομένως η f είναι συνάρτηση 1 – 1.
ΘΕΜΑ 11
Αν η συνάρτηση :  f (Δ: διάστημα) είναι συνεχής και 1 – 1, τότε η f είναι γνησίως μονότονη στο
Δ.
Απόδειξη
Έστω ότι η f ΔΕΝ είναι γνησίως μονότονη στο Δ, τότε δεδομένου ότι η f είναι συνάρτηση 1 -1, θα
υπάρχουν 1 2 3, , x x x με 1 2 3 x x x και
     
     
1 3 2
3 1 2
 
 
f x f x f x
ή
f x f x f x

11. 11
     
     
3 1 2
1 3 2
 
 
ή
f x f x f x
ή
f x f x f x
Έστω      1 3 2 f x f x f x , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο  1 2,x x και ισχύει
     1 3 2 f x f x f x έπεται, λόγω του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών, ότι υπάρχει  1 2, x x ώστε
   3f f x και επειδή η f είναι 1 -1 προκύπτει ότι 3 x , ΑΤΟΠΟ, αφού 1 2 3  x x x .
Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε και στις υπόλοιπες περιπτώσεις.
Επομένως η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ.
ΘΕΜΑ 12
Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και εξίσωση f (x) = 0 έχει ν διαφορετικές ρίζες
 2v στο Δ, τότε η εξίσωση  ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν – 1) ρίζες στο Δ.
Απόδειξη
Έστω 1 2, ,...,    με 1 2 1...         οι ν στο πλήθος ρίζες της εξίσωσης
f (x) = 0.
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ έπεται ότι η f είναι συνεχής στα διαστήματα
     1 2 2 3 1, , , ,..., ,       και παραγωγίσιμη στα διαστήματα      1 2 2 3 1, , , ,..., ,       .
Ακόμη είναι        1 2 1... 0    f f f f     , αφού οι αριθμοί 1 2, ,...,    είναι οι ρίζες
της εξίσωσης f (x) = 0.
Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle σε καθένα από τα διαστήματα
     1 2 2 3 1, , , ,..., ,       .
Επομένως υπάρχουν      1 1 2 2 2 3 1 1, , , ,..., ,              ώστε
     1 2 1' 0, ' 0,..., ' 0  f f f    ,
οπότε η εξίσωση  ' 0f x έχει τουλάχιστον (ν -1) ρίζες στο διάστημα Δ.
ΘΕΜΑ 13
Για κάθε , z w ισχύουν:
1.    2 2 2 2 2
2Re 2Re        z w z w z w z w z w
2.
2 2 2 2
2 2    z w z w z w
3.    2 2
4Re 4Re      z w z w z w z w

12. 12
Απόδειξη
1. Έχουμε,
       2 2 2
              z w z w z w z w z w zz zw wz ww z w zw zw οπότε
    2 2 2 2 2
2Re          z w z w z w z w z w z w και
    2 2 2 2 2
2Re          z w z w z w z w z w z w
2. Έχουμε,
     
     
2 2
        
     
   
z w z w z w z w z w z w
z w z w z w z w
z z z w  w z      w w z z z w  w z
2 2 2 2
2 2
2 2
 
   
 
w w
z w z w
z w
3. Έχουμε,
     
     
2 2
        
     
 
z w z w z w z w z w z w
z w z w z w z w
z z      z w w z w w  z z      z w w z w w
 2   z w z w
  
  
 
2
2 2Re
4Re
   
  
 
z w z w
z w
z w
Ακόμη είναι      Re Re Re    z w z w z w .
Έτσι έχουμε
   2 2
4Re 4Re      z w z w z w z w .
ΘΕΜΑ 14
Για κάθε z ισχύουν:
i ) z z z   , δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι πραγματικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον
συζυγή του.
ii ) z z z    δηλαδή ένας μιγαδικός αριθμός είναι φανταστικός αν, και μόνο αν, ισούται με τον
αντίθετο συζυγή του.

13. 13
Απόδειξη
i) Έχουμε,    z z z z Im z i Im z z         0 2 0 0
ii) Έχουμε,    z z z z Re z Re z z          0 2 0 0
ΘΕΜΑ 15
Για κάθε z ισχύει z z z  
2 2
, δηλαδή το μέτρο μιγαδικού z συμπεριφέρεται ως απόλυτο
αν, και μόνο αν, o z είναι πραγματικός αριθμός.
Απόδειξη
Έστω z α βi  . Είναι,
 
 
 
z z α β α βi
α β α β αβi
α β α β και αβ
β και αβ
β
z
    
    
    
  
 
 
2 22 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 0
2 0 0
0
ΘΕΜΑ 16
Αν z και z p  0 , τότε
p
z
z

2
.
Απόδειξη
Έχουμε,
p
p
z p z p z z p z
z

       
20
2 2 2
.
ΘΕΜΑ 17
Αν z , τότε η εξίσωση z 3
1έχει λύσεις z ή z i   
1 3
1
2 2
.
Προσοχή: Συνηθίζεται οι μαθητές να την λύνουν ως εξής:     z z z3 3
1 1 1που προφανώς
δεν έχουν βρει όλες τις λύσεις της εξίσωσης.
Απόδειξη
Έχουμε,
  

z z
z z z
z ή z z
z ή z i .
   
    
     
  
     
 
3 3
2
2
1 1 0
1 1 0
1 0 1 0
1 3
1
2 2

14. 14
Σημείωση: Τις εξισώσεις της μορφής v
z a , τις λύνουμε (αυτές που είναι εντός ύλης) όπως παραπάνω.
Δείτε ως άσκηση τις περιπτώσεις: i) v = 2 και α =  1 ii) v = 4 και α =  1 .
ΘΕΜΑ 18
Για κάθε πραγματικό x ισχύει x
e x  1 και το ίσον ισχύει μόνο όταν x = 0 .
Απόδειξη
Από εφαρμογή σχολικού βιβλίου γνωρίζουμε ότι, για όλους τους θετικούς αριθμούς x ισχύει
ln x x  1(1) και το ίσον ισχύει μόνο για x = 1.
Αντικαθιστούμε στην (1) όπου x το x
e (αφού είναι θετικός), x x
ln e e  1 δηλαδή x
x e  1
άρα x
e x  1.
Το ίσον ισχύει όταν το x
e  1 δηλαδή όταν x = 0.
ΘΕΜΑ 19
Αν οι συναρτήσεις f , gείναι ορισμένες στο Δ και ισχύει  g x m για όλα τα x Δ και
 o
x x
f xlim

 0 ,τότε     o
x x
f x g xlim

 0 .
Απόδειξη
Είναι,          f x g x f x g x m f x  .
Άρα για όλα τα x ισχύει              f x g x m f x m f x f x g x m f x    
Όμως    o o
x x x x
m f x m f x m mlim lim
 
    0 0 0 και
   o o
x x x x
m f x m f x m mlim lim
 
         
 
0 0 0
από Κριτήριο Παρεμβολής έπεται ότι     o
x x
f x g xlim

 0 .
ΘΕΜΑ 20
Αν f : α, β    συνεχής και    f α f β  0 , τότε η f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [α, β].
Απόδειξη
Επειδή    f α f β  0 ή θα είναι    f α f β  0 (1) ή θα είναι    f α f β  0 (2).
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
Ι) Αν ισχύει η σχέση (1), γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής στο [α, β], οπότε από το Θεώρημα Bolzano
η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α ,β).
ΙΙ) Αν η ισχύει η σχέση (2), τότε έχουμε

15. 15
        
    
f α f β f α ή f β
α :ρίζα της εξίσωσης f x ή β :ρίζα της εξίσωσης f x
   
  
0 0 0
0 0
άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει ρίζες το α ή το β.
Συνολικά από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ παίρνουμε ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο
[α, β].
ΘΕΜΑ 21 (πρόταση που λύνουμε ανισώσεις – εξισώσεις)
α) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2
ισχύει η ισοδυναμία    x x f x f x  1 2 1 2
.
β) Μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2
ισχύει η ισοδυναμία    x x f x f x  1 2 1 2
.
γ) Αν συνάρτηση f είναι 1 – 1 στο σύνολο Α, αν, και μόνο αν, για κάθε x ,x Δ1 2
ισχύει η ισοδυναμία
   f x f x x x  1 2 1 2
.
Απόδειξη
α) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της γν. αύξουσας συνάρτησης
Αντίστροφο: Έστω    f x f x1 2
για x ,x Δ1 2
, θα δείξουμε ότι x x1 2
.
Έστω x x1 2
, τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε    f x f x1 2
, ΑΤΟΠΟ αφού
   f x f x1 2
.
Έστω x x1 2
, επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα ισχύει    f x f x1 2
, ΑΤΟΠΟ αφού
   f x f x1 2
.
Οπότε από τον νόμο της τριχοτομίας έπεται ότι x x1 2
, οπότε ισχύει η ισοδυναμία
   x x f x f x  1 2 1 2
.
β) Αντίστοιχα με το (α)
γ) Ευθύ: Ισχύει από τον ορισμό της 1 – 1
Αντίστροφο: Αν x x1 2
τότε από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε    f x f x1 2
, (δεν μπορεί
το ίδιο x να αντιστοιχίζεται σε διαφορετικό y, η αντιστοίχιση σε αυτή την περίπτωση δεν θα ήταν
συνάρτηση).
Οπότε ισχύει η ισοδυναμία    f x f x x x  1 2 1 2
.

16. 16
ΘΕΜΑ 22
α) Μια γνησίως μονότονη συνάρτηση έχει το πολύ μία ρίζα.
β) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση στο Α, τότε η εξίσωση f(x) = k, έχει μια το πολύ λύση στο
Α.
Απόδειξη
α) Έστω f μια γνησίως μονότονη συνάρτηση, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα και
σε κάθε περίπτωση είναι 1 – 1.
Έστω ότι η εξίσωση  f x  0 έχει δύο τουλάχιστον διαφορετικές ρίζες τις p , p1 2
, τότε
       
f :
f p f p f p f p p p

     
1 1
1 2 1 2 1 2
0 ΑΤΟΠΟ
Οπότε η εξίσωση  f x  0 έχει το πολύ μια ρίζα.
ΘΕΜΑ 23
Αν για μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ, τότε μεταξύ δύο οποιωνδήποτε
διαφορετικών ριζών της f βρίσκεται μία τουλάχιστον ρίζα της παραγώγους της f, δηλαδή της f ΄.
Απόδειξη
Έστω p p1 2
δύο ρίζες της f στο Δ.
Η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα p , p Δ   1 2
και ισχύει    f p f p 1 2
0 , άρα
ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο p , p  1 2
, επομένως υπάρχει  ξ p , p Δ 1 2
τέτοιο ώστε  f ξ  0 , άρα η εξίσωση  f x  0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο p , p1 2
, δηλαδή
μεταξύ των δύο διαφορετικών ριζών της εξίσωσης f(x) = 0.
ΘΕΜΑ 24
Αν μια συνεχή συνάρτηση f ορισμένη σε ένα ανοικτό διάστημα (α, β) έχει την ιδιότητα
   x a x β
f x , f xlim lim 
 
    (η αντίστροφα), τότε το σύνολο τιμών της είναι το .
Απόδειξη
Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό y είναι τιμή της f.
Επειδή  x a
f xlim

  η f θα παίρνει και τιμές μικρότερες του y, δηλαδή θα υπάρχει  x α, β1
ώστε  f x y1
.
Επειδή  x β
f xlim

  η f θα παίρνει και τιμές μεγαλύτερες του y, δηλαδή θα υπάρχει  x α, β2
ώστε  f x y2
.

17. 17
Προφανώς x x1 2
και από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει x στο διάστημα με άκρα τα
x ,x1 2
τέτοιο ώστε f(x) = y. Επομένως το y είναι τιμή της f.
ΘΕΜΑ 24
Ισχύει η ισοδυναμία:    o o
x x x x
f x f xlim lim
 
  0 0
Απόδειξη
Γνωρίζουμε ότι,      f x f x f x   , όμως     o o
x x x x
f x f xlim lim
 
   0 , οπότε από το
Κριτήριο Παρεμβολής έπεται το ζητούμενο.
ΘΕΜΑ 25
α) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f :  με την ιδιότητα f f  είναι της μορφής   x
f x ce ,
όπου c  σταθερά.
β) Οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f :  με την ιδιότητα f m f   είναι της μορφής
  mx
f x ce , όπου c,m  σταθερά.
Απόδειξη
α) Εφαρμογή σχολικού βιβλίου
β) Έχουμε διαδοχικά για κάθε x  ,
       
   
  
mx mx
mx
f ' x m f x f ' x m f x
e f ' x me f x
e f x
 

     
   

  
0
0
0
άρα η συνάρτηση    mx
g x e f x
  είναι σταθερή στο , οπότε υπάρχει σταθερά c  τέτοια
ώστε  mx
c e f x
  δηλαδή   mx
f x ce , x  .
ΘΕΜΑ 26
Η παράγωγος της συνάρτησης ( ) | ( ) |g x f x , με f παραγωγίσιμη στο Α, είναι  
 
 
 ' 
f x
g x f x
f x
Απόδειξη
Η συνάρτηση g μπορεί να γραφτεί1
ως εξής 2
( ) ( )g x f x
οπότε, η g είναι παραγωγίσιμη στο B { : ( ) 0 x A f x }με
1
Επίσης υπάρχει και δεύτερος τρόπος να γράψουμε την g, ως εξής ln ( ) ln | ( ) |g x f x .........

18. 18
 
2
2 ( ) ' ( )
'( ) · '( )
| ( ) |2 ( )
 
f x f x f x
g x f x
f xf x
Σημείωση: Η συνάρτηση g ενδέχεται να είναι παραγωγίσιμη και στα σημεία 0 0( ) 0x έ ώ f x  
. Αν ζητάμε την παράγωγο της g σε αυτά τα σημεία, τότε πρέπει να την εξετάσουμε με τη βοήθεια του
ορισμού της παραγώγου, δηλαδή να βρούμε το όριο
       0 00
0 0
lim lim
 


 o ox x x x
f x f xg x g x
x x x x
ΘΕΜΑ 27
Η συνάρτηση xlnx –x είναι μία παράγουσα της lnx.
Απόδειξη
Έχουμε,
     
   
x ln x x x ln x x
x ln x x ln x
ln x x
x
ln x
ln x
    
   
    
  

1
1
1 1
1 1
ΘΕΜΑ 28
Ισχύει ότι  εφx εφ x   2
1
Απόδειξη
Έχουμε,  εφx εφ x
συν x
εφ x
    

2
2
2
1 1
1
1
1
.
ΘΕΜΑ 29
Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στα διαστήματα [α, β] και [β, γ] με το ίδιο είδος μονοτονίας,
τότε είναι γνησίως μονότονη (με το ίδιο είδος) και στο διάστημα [α, γ].
Απόδειξη
Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα2
στα διαστήματα [α, β] και [β, γ], τότε για οποιαδήποτε
   x a, β , x β, γ 1 2
, θα δείξουμε ότι ισχύει    f x f x1 2
.
Έχουμε, x β x γ  1 2
, άρα από τον ορισμό της γνησίως αύξουσας έχουμε,
2
όμοια και για την γνησίως φθίνουσα

19. 19
   x β f x f β  1 1
και      β x γ f β f x f γ    2 2
, άρα    f x f x1 2
, άρα η
f είναι γνησίως αύξουσα και στην ένωση των διαστημάτων [α, β] και [β, γ], δηλαδή στο διάστημα
[α, γ].
Προσοχή! Η παραπάνω πρόταση δεν ισχύει για ένωση ΑΝΟΙΚΤΩΝ διαστημάτων, ισχύει όμως όταν η f είναι συνεχής στο
σημείο της ένωσης των δύο διαστημάτων, δηλαδή στο σημείο β.
ΘΕΜΑ 30
Ισχύουν τα εξής
α)
 
x
ημ ax
a
x
lim


0
και
 
x
συν αx
x
lim



0
1
0 , a 
β)
x x
v v *
x ημ και x συν , v
x x
lim lim
 
   
       
   0 0
1 1
0 0
γ)
x x
a
x ημ και x ημ a
x x
lim lim
   
   
      
   
1
1
δ)
x x
ημx συνx
και
x x
lim lim
   
 0 0
Απόδειξη
α) Αν α = 0, τότε
   
x x x x
ημ ax ημ x
a
x x x
lim lim lim lim
   

    
0 0 0 0
0 0
0 0
Αν a  0 τότε
 
x u u
u ax
*
u
ημ ax ημu ημu
α a a, a
x u u
a
lim lim lim
  


      
0 0 00
1 .
Γενικά
 
x
ημ ax
a, a
x
lim

 
0
.
Όμοια και το
 
x
συν αx
x
lim



0
1
0 .
β) Για κάθε *
x  ισχύει,
vv v v
x ημ x ημ x x
x x
     
1 1
1 , δηλαδή
v v vv v
x ημ x x x ημ x
x x
      
1 1
,
όμως  x x
v v
x xlim lim
 
  
0 0
0 , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.
Όμοια και για το
x
v
x συν
x
lim

 
  
 0
1
0 .

20. 20
γ) Έχουμε,
x u u
u
x
u
ημu
x ημ ημu
x u u
lim lim lim
   


   
       
   0 0
1
0
1 1
1 , όμοια
 
 
x u u
u
x
u
ημ αuα
x ημ ημ αu α
x u u
lim lim lim
   


   
       
   0 0
1
0
1
.
δ) Έχουμε για κάθε *
x  ,
ημx ημx
x x x x x
    
1 1 1
, όμως
x xx x
lim lim
   
 
   
 
1 1
0 , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.
Όμοια και για το όριο
x
συνx
x
lim
 
 0.
(νέο) ΘΕΜΑ 31 (Παράγωγος αντίστροφης συνάρτησης)
Έστω η αντιστρέψιμη συνάρτηση  y f x , παραγωγίσιμη σ’ ένα διάστημα Δ. Αν  f x 0  για κάθε
x τότε ισχύει
   
 
1 1
f y
f x
  

Απόδειξη
Έχουμε,
   1
y f x f y x
  
Παραγωγίζουμε ως προς x,
        
     
   
 
  
1 1
1
1
f y x f y y 1
f y f x 1
1
f y f x 0 x
f x
 


     
   
     

(νέο) ΘΕΜΑ 32 (Ολοκλήρωμα αντίστροφης συνάρτησης)
Αν η συνάρτηση f είναι «1-1» και παραγωγίσιμη στο διάστημα  ,    , τότε
       
 
 1
1
f
1 1 1
f
f x dx f f f x dx



  
 
      
Απόδειξη
Έχουμε,
   1
x f u f x u
   οπότε και
  1
1x u f 
    

21. 21
  1
1x u f 
    
Άρα,
 
 
 
     
 
 
 
 
     
 
 1 1 1
1
1
1 1 1
f f f
f1 1 1
f
f f f
f x dx u f u du uf u f u du f f f u du
  


  
  
  

   
              
Σημείωση: Μια καταπληκτική απόδειξη – γεωμετρική ερμηνεία φαίνεται στην παρακάτω εικόνα του
αείμνηστου μαθηματικού Θ. Κατζαντζή.