them_math_kat_c_epan_plus_lyseis

1. Μαθηματικά Θετικής Κατεύθυνσης
ημερησίων Γενικών Λυκείων (ΓΕΛ)
επαναληπτικές εξετάσεις 2015
θέματα και λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
https://liveyourmaths.wordpress.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2015
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν η F είναι μια
παράγουσα της f στο Δ, τότε να αποδείξετε ότι:
όλες οι συναρτήσεις της μορφής G(x) F(x) c, c είναι
παράγουσες της f στο Δ, και
κάθε άλλη παράγουσα G της f στο Δ παίρνει τη μορφή
G(x) F(x) c, c .
Μονάδες 7
A2. Πότε μια συνάρτηση f:A λέγεται συνάρτηση 1-1;
Μονάδες 4
A3. Πότε η ευθεία 0x x λέγεται κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής
παράστασης μιας συνάρτησης f;
Μονάδες 4
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη
Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
α) Αν z , τότε
νν
(z)(z ) , όπου ν θετικός ακέραιος.
β) Αν οι συναρτήσεις f, g έχουν όριο στο 0x και ισχύει f(x) g(x)
κοντά στο 0x , τότε
0 0x x x x
lim f(x) lim g(x)
γ) Αν
0x x
lim f(x) , τότε f(x)>0 κοντά στο 0x
δ) Υπάρχει πολυωνυμική συνάρτηση βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου του 2,
της οποίας η γραφική παράσταση έχει ασύμπτωτη.

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ε) Αν f είναι μία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα [α,β] και G είναι
μία παράγουσα της f στο [α,β], τότε πάντοτε ισχύει:
β
α
f(t)dt G(α) G(β)
Μονάδες 10
ΘΕΜΑ Β
Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z , w για τους οποίους ισχύουν:
2 2
z 3i 18 z 3
mw i (w) 1
B1. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών
αριθμών z είναι η ευθεία με εξίσωση x y 3 0
Μονάδες 9
B2. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών
αριθμών w είναι η παραβολή με εξίσωση
21
y x
4
Μονάδες 9
B3. Για τους παραπάνω μιγαδικούς αριθμούς z, w να βρείτε την ελάχιστη
τιμή του μέτρου z w .
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται η συνάρτηση
x 1
f(x) e lnx, x (0, )
Γ1. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το
σύνολο τιμών της.
Μονάδες 6

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
Γ2. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g με
2
h(x)
1
g(x) t 1 dt,
όπου
2
h(x) f(x 1) f(2) 1.
Μονάδες 6
Γ3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
1
f f(x) 1
2
έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες 1 2x ,x
Μονάδες 6
Γ4. Αν για τις ρίζες 1 2x ,x του ερωτήματος Γ3 ισχύει ότι 1 2x x , τότε να
αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 1ξ (x ,1) τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη
της γραφικής παράστασης της f στο σημείο ξ,f(ξ)( ) να διέρχεται από το
σημείο
3
Μ 0 ,
2
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Δ
Έστω μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, ) για την οποία ισχύει:
2
(x x) f (x) x f(x) 1, για κάθε x (0, )
Δ1. Nα αποδείξετε ότι
lnx
, 0 x 1
f(x) x 1
1 , x 1
Μονάδες 6
Δ2. Να αποδείξετε ότι
x 1
11
x
f(t)
f(t)dt dt ,
t
για κάθε x (0, )
Μονάδες 4

5. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
Δ3. α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση
1
x
1
f(t)
g(x) dt, x (0, )
t
είναι κοίλη. (μονάδες 5)
β. Έστω Ε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της g, την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g
στο σημείο που η γραφική παράσταση της g τέμνει τον άξονα x x
και την ευθεία x 3. Να αποδείξετε ότι E 2. (μονάδες 4)
Μονάδες 9
Δ4. Να αποδείξετε ότι
x x
1 1
x x
1
f(t) dt t f(t) dt ,
x
για κάθε x (0, )
Μονάδες 6
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)
1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο
εσώφυλλο πάνω-πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά στοιχεία μαθητή. Στην
αρχή των απαντήσεών σας να γράψετε πάνω-πάνω την ημερομηνία και το
εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο και να μη
γράψετε πουθενά στις απαντήσεις σας το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων
αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα θέματα
δεν θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση. Κατά την αποχώρησή σας να
παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή μόνο με
μαύρο στυλό με μελάνι που δεν σβήνει. Μολύβι επιτρέπεται, μόνο αν το
ζητάει η εκφώνηση, και μόνο για πίνακες, διαγράμματα κλπ.
4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων.
6. Ώρα δυνατής αποχώρησης: 18:00
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

6. https://liveyourmaths.wordpress.com/
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχ. βιβλίου σελ. 304
Α2. Θεωρία σχ. βιβλίου σελ. 151
Α3. Θεωρία σχ. βιβλίου σελ. 279
Α4. α) Σωστή
β) Σωστή
γ) Λάθος
δ) Λάθος
ε) Λάθος
ΘΕΜΑ Β
Β1. Έχουμε ότι:
|z − 3i|2
− 18 = |z − 3|2
⇔
(z − 3i)(z − 3ı)���������� − 18 = (z − 3)(z − 3)��������� ⇔
(z − 3i) ∙ (z� + 3i) − 18 = (z − 3)(z� + 3) ⇔
zz� + 3zi − 3z�i − 9i2
− 18 = zz� − 3z − 3z� + 9 ⇔
3zi − 3z�i − 9 = −3z − 3z� ⇔
3zi − 3z�i + 3z + 3z� − 18 = 0 ⇔
3i(z − z�) + 3(z + z�) − 18 = 0 ⇔
i(z − z�) + (z + z�) − 6 = 0
Αλλά αν z = x + yi , x,y ∈ ℝ τότε z − z� = 2yi και z + z� = 2x
𝑖𝑖(2yi) + 2x − 6 = 0 ⇔ 2x − 2y − 6 = 0 ⇔ x − y − 3 = 0
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών 𝑧𝑧, είναι η ευθεία
(ε): x − y − 3 = 0.

7. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Β2. Έχουμε|w − i| = Im(w) + 1 (1). Εάν θέσουμε w = x + yi , x,y ∈ ℝτότεαπό(1)έχω:
|x + yi − i| = y + 1 και επειδή y ≥ −1 έχω: |x + (y − 1)i| = y + 1.
Άρα θα έχουμε: �x2 + (y − 1)2 = y + 1 ⇔ x2
+ (y − 1)2
= (y + 1)2
⇔
x2
+ y2
− 2y + 1 = y2
+ 2y + 1 ⇔ x2
= 4y ⇔ y =
1
4
x2
.
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w είναι η παραβολή
(c): x2
= 4y.
Β3.
Ζητάμε το |z − w|min. M(w) σημείο της παραβολής, N(z) σημείο της ευθείας. Έστω
Μ(x0,y0) ∈ ℂ το οποίο απέχει την ελάχιστη απόσταση από την ευθεία (ε). Τότε:
d(M, ε) =
|1 ∙ x0 − 1 ∙ ψ0 − 3|
�12 + (−1)2
=
|x0 − ψ0 − 3|
√2
=
Επειδή Μ ∈ (c) και x0
2
= 4ψ0 έχουμε:
=
�x0 −
1
4
x0
2 − 3�
√2
=
�−
1
4
x0
2 + x0 − 3�
√2
=
1
4
|−x0
2 + 4x0 − 12|
√2
=
|−(x0
2 − 4x0 + 12|
4√2
=
|x0
2
− 4x0 + 12|
4√2
=
|x0
2
− 4x0 + 4 + 8|
4√2
=
|(x0 − 2)2
+ 8|
4√2
=
(x0 − 2)2
+ 8
4√2
≥
8
4√2
=
2
√2
=
2√2
2
= √2
Άρα |z − w|min = d(M, ε) = √2 ⇒ |z − w|min = √2

8. https://liveyourmaths.wordpress.com/
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε τη συνάρτηση f(x) = ex−1
− ln x , x > 0. Για να βρούμε τη μονοτονία της f,
βρίσκουμε την πρώτη παράγωγό της. Έτσι είναι:
f′(x) = (ex−1
− ln x)′
= (ex−1)′
− (ln x)′
= ex−1
∙ (x − 1)′
−
1
x
= ex−1
−
1
x
=
xex−1
− 1
x
, x > 0
Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = xex−1
− 1 , x > 0
Είναι: g′(x) = (xex−1
− 1)′
= (xex−1)′
− (1)′
= (x)′
∙ ex−1
+ x(ex−1)′
=
ex−1
+ xex−1
∙ (x − 1)′
= ex−1
+ xex−1
= ex−1(x + 1) > 0 ∀ x > 0
Άρα g′(x) > 0 ⇒ g ↑ στο (0, +∞)
Παρατηρούμε ότι g(1) = 1e0
− 1 = 0 ⇔ g(1) = 0
Άρα f′(x) = 0 ⇔
g(x)
x
= 0 ⇔ g(x) = 0 ⇔ x = 1
Πράγματι, αν x > 1 με g ↑, τότε g(x) > g(1) ⇔ g(x) > 0
ενώ αν 0 < x < 1 με g ↑, τότε g(x) < g(1) ⇔ g(x) < 0
Συνεπώς για τη συνάρτηση f έχουμε:
• Αν 0 < x < 1 τότε f′(x) < 0 (αφού g(x) < 0 και x > 0)
• Αν x > 1 τότε f′(x) > 0 (αφού g(x) > 0 και x > 0)
Τελικά η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και γνησίως αύξουσα στο [1, +∞)
Αναζητούμε και το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.
Θέτουμε Α1 = (0,1] και Α2 = [1, +∞). Θα βρούμε πρωτίστως το f(Α1). Στο διάστημα
Α1, η f είναι συνεχής και γνησίωςφθίνουσα, άρα f(Α1) = �f(1), lim
x→0+
f(x)�, όμως f(1) =
e1−1
− ln 1 = e0
− 0 = 1, δηλαδή f(1) = 1, επίσης lim
x→0+
(ex−1
− ln x) = lim
x→0+
ex−1
−
lim
x→0+
ln x =
1
e
− (−∞) =
1
e
+ ∞ = +∞. Άρα τελικά f(Α1) = [1, +∞).
Εν συνεχεία θα βρούμε το f(Α2).
Στο Α2 η f συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα f(Α2) = �f(1), lim
x→+∞
f(x)�
• f(1) = 1
• lim
x→+∞
(ex−1
− ln x) = +∞ − (+∞) = +∞ − ∞ (απροσδιόριστη μορφή)
Συνεπώς lim
x→+∞
[ex−1
∙�1 −
lnx
ex−1
�] (1)

9. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Είναι lim
x→+∞
ln x
ex−1
= lim
x→+∞
(ln x)′
(ex−1)′
= lim
x→+∞
1
x
ex−1(x−1)′
= lim
x→+∞
1
xex−1
= 0
Συνεπώς, από σχέση (1) έχω:
lim
x→+∞
[ex−1
∙ �1 −
lnx
ex−1
�] = (+∞)(1 − 0) = +∞. Οπότε f(Α2) = [1, +∞).
Τελικά, το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι:
f(Α) = f(Α1) ∪ f(Α2) ⇒ f(Α) = [1,+∞)
Γ2. Έχουμε τη συνάρτηση g(x) = ∫ √t2 − 1
h(x)
1
dt με h(x) = f(x2
+ 1) − f(2) + 1. Θέτω
K(t) = √t2 − 1. Γιαναβρούμε τοπεδίοορισμούτηςσυνάρτησηςg πρέπει t2
− 1 ≥ 0 ⇔
t2
≥ 1 ⇔ |t| ≥ 1 ⇔ �
t ≥ 1
ή
t ≤ −1
. Συνεπώς, πρέπει 1,h(x) ∈ DK(t). Πράγματι, 1 ∈
[1,+∞), θέλουμε και h(x) ∈ [1,+∞) ή … f(x2
+ 1) − f(2) + 1 ≥ 1 ⇔ ex2+1−1
−
ln(x2
+ 1) − (e − ln 2) + 1 ≥ 1 (αφού f(x2
+ 1) = ex2
+1−1
− ln(x2
+ 1) και
f(2) = e2−1
− ln 2 = e − ln 2) ή ex2
− ln(x2
+ 1) − e + ln 2 ≥ 0 ⇔ ex2
− ln(x2
+
1) ≥ e − ln 2 ⇔ f(x2
+ 1) ≥ f(2) (1)
Όμως
x2
≥ 0 ⇔ x2
+ 1 ≥ 1 (𝟐𝟐)
και 2 ≥ 1 (𝟑𝟑)
� ⇒ x2
+ 1 , 2 ≥ 1
Ωστόσο, η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) από Γ1 οπότε από (1), (2), (3) έχω:
f(x2
+ 1) ≥ f(2) ⇔ x2
+ 1 ≥ 2 ⇔ x2
≥ 1 ⇔ |x| ≥ 1 ⇔ �
x ≥ 1
ή
x ≤ −1
Συνεπώς το πεδίο ορισμού της g είναι: Dg ≡ (−∞, −1] ∪ [1, +∞).
Γ3. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f�f(x) −
1
2
� = 1 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες
x1,x2. Από Γ1 είναι f(x) ≥ 1 ⇔ f(x) −
1
2
≥ 1 −
1
2
⇔ f(x) −
1
2
≥
1
2
.
Άρα f(x) −
1
2
∈ A, επίσης 1 ∈ Α.
Όμως, εάν 0 < x < 1 και επειδή f ↓ στο (0,1] τότε f(x) > f(1) ⇔ f(x) > 1. Επίσης εάν
x > 1 και f ↑ στο [1, +∞) τότε f(x) > f(1) ⇔ f(x) > 1. Άρα f(x) > 1 ∀ x ≠ 1 με x >
0. Επίσης f(1) = 1 οπότε η εξίσωση f(x) = 1 έχει μοναδική ρίζα την ρ = 1 (Α).
Κατά συνέπεια, f �f(x) −
1
2
� = f(1) και από Α έχω: f(x) −
1
2
= 1 ⇔ f(x) =
3
2
.
Θεωρώ συνάρτηση Κ(x) = f(x) −
3
2
με x > 0.
Οπότε Κ′(x) = �f(x) −
3
2
�
′
= f′(x)

10. https://liveyourmaths.wordpress.com/
K′(x) = 0 ⇔ f′(x) = 0 και από Γ1 έχω x = 1
• εάν 0 < x < 1 ⇒ K′(x) = f′(x) < 0 (από Γ1) ⇒ K′(x) < 0 ⇒ K ↓ στο (0,1] =
Α1
• εάν x > 1 ⇒ K′(x) = f′(x) > 0 (από Γ1) ⇒ K′(x) > 0 ⇒ K ↑ στο [1,+∞) =
Α2
Οπότε στο Α1 = (0,1] είναι Κ(Α1) = �Κ(1), lim
x→0+
K(x)� αφού Κ γνησίως φθίνουσα στο
Α1.
Αλλά Κ(1) = f(1) −
3
2
= 1 −
3
2
= −
1
2
< 0
lim
x→0+
K(x) = lim
x→0+
�f(x) −
3
2
� = lim
x→0+
f(x) −
3
2
= +∞ −
3
2
= +∞
Άρα Κ(Α1) ≡ �−
1
2
, +∞� δηλαδή 0 ∈ Κ(Α1).
Δηλαδή υπάρχει x1 με 0 < x1 < 1 ∶ Κ(x1) = 0. Ομοίως, στο Α2 = [1, +∞) η Κ είναι
γνησίως αύξουσα στο Α2.
Άρα Κ(Α2) = [Κ(1), lim
x→+∞
K(x)). Είναι Κ(1) = −
1
2
< 0
lim
x→+∞
K(x) = lim
x→+∞
�f(x) −
3
2
� = lim
x→+∞
f(x) −
3
2
(από Γ1) = +∞ −
3
2
= +∞
Οπότε lim
x→+∞
K(x) = +∞.
Τελικά θα έχουμε: Κ(Α2) = �Κ(1), lim
x→+∞
K(x)� ≡ �−
1
2
,+∞� , δηλαδή 0 ∈ Κ(Α2) που
σημαίνει ότι υπάρχει x2 > 1 > 0 ∶ K(x2) = 0
Αφού στα Α1,Α2 η Κ είναι γνησίως μονότονη τα x1,x2 είναι μοναδικά.
Γ4. Είναι x1,x2 οι θετικές ρίζες από το Γ3 ερώτημα με x1 < x2. Βρίσκουμε την εφαπτομένη
της συνάρτησης f στο σημείο �ξ,f(ξ)� και έχουμε:
(εφ): y − f(ξ) = f′(ξ)(x − ξ) όμως Μ�0,
3
2
� ∈ (εφ)
⇒
3
2
− f(ξ) = f′(ξ)(0 − ξ) ⇔
3
2
− f(ξ) = −ξf′(ξ) ⇒ ξf′(ξ) = f(ξ) −
3
2
⇒ ξf′(ξ) −
f(ξ) = −
3
2
αντικαθιστούμεόπουξ το x καιέχω:xf′(x) − f(x) = −
3
2
⇔ xf′(x) − f(x) +
3
2
= 0
Θεωρώ συνάρτηση G(x) = xf′(x) − f(x) +
3
2
, x ∈ [x1,1]
• Η συνάρτηση G είναι συνεχής στο [x1,1] ως άθροισμα και διαφορά συνεχών
συναρτήσεων.

11. https://liveyourmaths.wordpress.com/
• G(x1) = x1f′(x1)− f(x1)+
3
2
= x1f′(x1) − �f(x1) −
3
2
� = (από Γ3) =
x1f′(x1)− Κ(x1) = (επειδή Κ(x1) = 0) = x1f′(x1) (1)
Αλλά f′(x) = ex−1
−
1
x
και f′(x) < 0 στο (0,1) (2) αφού 0 < x1 < 1 τότε f′(x1) < 0
Άρα G(x1) = x1f′(x1) < 0 (x1 > 0, f′(x1) < 0)
• G(1) = 1 ∙ f′(1) − K(1) = −K(1) = −�−
1
2
� =
1
2
> 0
Συνεπώς G(x1)∙ G(1) < 0 και από Θεώρημα Bolzano στο [x1,1] υπάρχει ένα
τουλάχιστον ξ ∈ (x1,1):G(ξ) = 0 ⇔ ξf′(ξ) − f(ξ) +
3
2
= 0 ⇔ ξf′(ξ) − f(ξ) = −
3
2
.
Όμως G′(x) = �xf′(x) − f(x) +
3
2
�
′
= �xf′(x)�
′
− f′(x) = f′(x) + xf′′(x) − f′(x) =
xf′′(x), δηλαδή G′(x) = x ∙ f′′(x).
Είναι f′′(x) = �ex−1
−
1
x
�
′
= ex−1(x − 1)′
− �−
1
x2
� = ex−1
+
1
x2
.
Άρα G′(x) = xf′′x) = x �ex−1
+
1
x2
� = x ex−1
+
1
x
> 0 ∀ x > 0
Συνεπώς G′(x) > 0 δηλαδή G γνησίως αύξουσα (↑) στο (0, +∞), οπότε το ξ είναι
μοναδικό.
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Είναι f: (0,+∞) → ℝ και ισχύει (x2
− x) ∙ f′(x) + xf(x) = 1 ∀ x > 0
Στη δοθείσα σχέση θέτουμε x = 1 και έχουμε:
(12
− 1)f′(1) + 1f(1) = 1 ⇔ f(1) = 1 (1)
Επίσης, (x2
− x) ∙ f′(x) + xf(x) = 1 ⇔ x(x − 1)f′(x) + xf(x) = 1 ⇔ x[(x −
1)f′(x) + f(x)] = 1 ⇔ επειδή x > 0 έχουµε:(x − 1)f′(x) + f(x) =
1
x
⇔ (x −
1)f′(x) + f(x)(x − 1)′
=
1
x
⇔ [(x − 1)f(x)]′
= (ln x)′ και από συνέπειες Θ.Μ.Τ. έχω:
⇒ (x − 1)f(x) = ln x + c , c ∈ ℝ. Εάν θέσω x = 1 έχω: (1 − 1)f(1) = ln 1 + c ⇔
c = 0. Άρα (x − 1)f(x) = ln x (2)
Στη σχέση (2) για x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 έχω:
f(x) =
lnx
x−1
, 0 < x ≠ 1 ενώ αν x = 1, τότε f(1) = 1.
Τελικά έχω: f(x) = �
lnx
x−1
, 0 < x ≠ 1
1 , x = 1

12. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Δ2. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι:
� f(t)dt = �
f(t)
t
dt
1
1
x
x
1
∀ x ∈ (0, +∞)
Για x = 1 η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε ισχύει.
Για x ≠ 1 έχουμε:
�
f(t)
t
dt
1
1
x
= �
ln t
t − 1
t
dt
1
1
x
= �
ln t
t(t − 1)
dt
1
1
x
(𝟏𝟏)
Θέτουμε t =
1
u
οπότε dt = −
1
u2
du
t =
1
x
⇔
1
u
=
1
x
⇔ u = x
t = 1 ⇔
1
u
= 1 ⇔ u = 1
Συνεπώς, η (1) γίνεται:
�
ln t
t(t − 1)
dt
1
1
x
= �
ln
1
u
1
u
�
1
u
− 1�
�−
1
u2
�du
1
x
= �
ln 1 − ln u
1 − u
u2
�−
1
u2
�du
1
x
=
�
−ln u
1 − u
u2
�−
1
u2
�du
1
x
= �
−u2
∙ ln u
1 − u
�−
1
u2
�du
1
x
= �
ln u
1 − u
du
1
x
=
�
ln u
−(u − 1)
du
1
x
= −�
ln u
u − 1
du
1
x
= �
ln u
u − 1
du
x
1
= � f(u)du
x
1
= � f(t)dt
x
1
Άρα
�
ln t
t(t − 1)
dt
1
1
x
= � f(t)dt
x
1
∀ x > 0
Δ3. α) Έχουμε
g(x) = −�
f(t)
t
dt
1
x
1
= �
f(t)
t
dt
1
1
x
Από ερώτημα Δ2 όμως:
= � f(t)dt
x
1
⇒ g(x) = � f(t)dt
x
1
, x ∈ (0,+∞)
Άρα
g′(x) = �� f(t)dt
x
1
�
′
= f(x) , x ∈ (0, +∞)

13. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Όμως:
f(x) = �
ln x
x − 1
,0 < x ≠ 1
1 , x = 1
Αναζητούμε την παράγωγο της f ή g′′(x) = f′(x).
• Για 0 < x ≠ 1 είναι:
f′(x) = �
ln x
x − 1
�
′
=
(ln x)′
∙ (x − 1) − ln x(x − 1)′
(x − 1)2
=
x − 1
x
− ln x
(x − 1)2
=
x − 1 − x ln x
x
(x − 1)2
=
x − 1 − xln x
x(x − 1)2
⇒ f′(x) =
x − 1 − xln x
x(x − 1)2
• Στη θέση x0 = 1 έχουμε:
f′(1) = lim
x→1
f(x) − f(1)
x − 1
= lim
x→1
ln x
x − 1
− 1
x − 1
= lim
x→1
lnx − (x − 1)
x − 1
x − 1
=
lim
x→1
lnx − (x − 1)
(x − 1)2 = lim
x→1
(lnx − x + 1)′
[(x − 1)2]′
= lim
x→1
1
x
− 1
2(x − 1)(x − 1)′ = lim
x→1
1 − x
x
2(x − 1)
=
lim
x→1
1 − x
2x(x − 1)
= lim
x→1
−(x − 1)
2x(x − 1)
= lim
x→1
−1
2x
= −
1
2
⇒ f′(1) = −
1
2
Οπότε:
g′′(x) = f′(x) =
⎩
⎨
⎧
x − 1 − x ln x
x(x − 1)2
, 0 < x ≠ 1
−
1
2
, x = 1
Αναζητούμε το πρόσημο της f′(x) για 0 < x ≠ 1.
Είναι x(x − 1)2
> 0 για κάθε 0 < x ≠ 1.
Θεωρούμε συνάρτηση λ(x) = x − 1 − x ln x ,x > 0 οπότε λ′(x) = (x − 1 −
x ln x)′
= 1 − (x ln x)′
= 1 − �ln x + x
1
x
� = 1 − (ln x + 1) = 1 − ln x − 1 =
− ln x ⇒
λ′(x) = − ln x , όμως ln x < 0 στο (0,1) , άρα λ′(x) > 0
Εάν x > 1 , τότε λ′(x) = −ln x < 0
Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών για τη συνάρτηση λ και έχουμε:

14. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Δηλαδή εάν 0 < x < 1 και επειδή λ ↑ στο (0,1] τότε λ(x) < λ(1) ⇒ λ(x) < 0
εάν x > 1 και επειδή λ ↓ στο [1, +∞) τότε λ(x) < λ(1) ⇒ λ(x) < 0
Τελικά λ(x) < 0 για0 < x ≠ 1. Άρα f′(x) =
λ(x)
x(x−1)2
< 0 όταν0 < x ≠ 1 ⇒ f′(x) < 0
(αφού f′(1) = −
1
2
< 0) ∀ x > 0
Κατά συνέπεια, g′′(x) = f′(x) < 0 ⇒ g κοίλη στο (0,+∞).
β) Θα βρούμε καταρχήν τα σημεία τομής της g με τον άξονα x′x. Είναι:
g(x) = 0 ⇔ − �
f(t)
t
dt
1
x
1
= 0 ⇔ �
f(t)
t
dt
1
1
x
= 0 ⇔ (από ερώτηµα 𝚫𝚫𝚫𝚫) ⇔
∫ f(t)dt
x
1
= 0 ⇔ x = 1 αφού f(x) > 0 ∀ x > 0
Άρα η g τέμνει τον x′x στο σημείο Κ�1, g(1)� η Κ(1,0). Η εξίσωση εφαπτομένης της g
στο Κ είναι: (εφ): y − g(1) = g′(1)(x − 1) ⇔ y − 0 = g′(1)(x − 1) (1)
Όμως g′(x) = f(x) ή g′(1) = f(1) και από υπόθεση ισούται με 1 ⇒ g′(1) = 1. Συνεπώς
η εξίσωση εφαπτομένης τελικά είναι: (εφ): y = 1(x − 1) ή y = x − 1.
Άρα (εφ): y = x − 1
Το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
Ε = � |g(x) − y|
3
1
dx (𝟐𝟐)
Όμως η g είναι κοίλη στο [1,3] ⊆ (0, +∞) (ερώτημα Δ3 α)) οπότε g(x) ≤ y ⇔ g(x) ≤
x − 1 με το ίσον να ισχύει μόνο στο σημείο επαφής Κ.
Άρα |g(x) − y| = |g(x) − (x − 1)| = x − 1 − g(x). Συνεπώς, από σχέση (2) έχω:
Ε = � �x − 1 − g(x)�
3
1
dx = � (x − 1)
3
1
dx − � g(x)dx
3
1
=
� �
x2
2
− 1�
′3
1
dx − � g(x)dx
3
1
= �
x2
2
− x�
1
3
− � g(x)dx
3
1
=
��
32
2
− 3� − �
12
2
− 1�� − � g(x)dx
3
1
= �
9
2
− 3 −
1
2
+ 1� − � g(x)dx
3
1
=

15. https://liveyourmaths.wordpress.com/
(4 − 3 + 1) − � g(x)dx
3
1
= 2 − � g(x)dx
3
1
Άρα:
Ε = 2 − � g(x)dx
3
1
(𝟑𝟑)
Όμως
g(x) = −�
f(t)
t
dt
1
x
1
= �
f(t)
t
dt
1
1
x
και από Δ2 ερώτημα, ισούται με:
� f(t)dt
x
1
, x > 0
Δηλαδή
g′(x) = �� f(t)dt
x
1
�
′
= f(x) ή g′(x) = f(x) , x ∈ (0, +∞)
Είναιόμως f(x) > 0 γιακάθεx > 0συνεπώςg′(x) = f(x) > 0 ⇔ g′(x) > 0 ⇒ g ↑ στο
[1,3] ⊆ (0,+∞).
Άρα για 1 ≤ x ≤ 3 και επειδή g ↑ θα είναι: g(1) ≤ g(x) ≤ g(3) ⇒ g(x) ≥ g(1) =
0 ⇔ g(x) ≥ 0. Από γνωστό θεώρημα έχουμε ότι: ∫ g(x)dx > 0
3
1
αφού g συνεχής
συνάρτηση.
Από σχέση (3) έχω:
Ε = 2 − � g(x)dx
3
1
και εφόσον ∫ g(x)dx > 0
3
1
έχουμε ότι Ε < 2.
Δ4. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι:
� f(t)dt
x
1
x
≥
1
x
� tf(t)dt
x
1
x
∀ x > 0
Εφόσον 𝑥𝑥 > 0, η παραπάνω σχέση ισοδύναμα γράφεται:
x � f(t)dt
x
1
x
≥ 1 � tf(t)dt
x
1
x
⇔ x� f(t)dt
x
1
x
− � tf(t)dt
x
1
x
≥ 0 ⇔
� xf(t)dt
x
1
x
− � tf(t)dt
x
1
x
≥ 0 ⇔ � �xf(t) − tf(t)�dt
x
1
x
≥ 0 ⇔ � (x − t)f(t)dt
x
1
x
≥ 0

16. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Συνεπώς, για να αποδείξω το ζητούμενο, αρκεί να δείξω ότι:
� (x − t)f(t)dt
x
1
x
≥ 0
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
• Εάν 0 < x < 1 τότε: 0 < x ≤ t ≤
1
x
(1)
Σ’ αυτή την περίπτωση είναι: x ≤ t ⇔ x − t ≤ 0 και f(t) > 0 ∀ t > 0, άρα (x − t) ∙
f(t) ≤ 0 ⇔ −(x − t)f(t) ≥ 0 όχι παντού 0, άρα από γνωστό θεώρημα:
� [−(x − t)f(t)]dt
1
x
x
> 0 ⇔ − � (x − t)f(t)dt
1
x
x
> 0 ⇔ � (x − t)f(t)dt
x
1
x
> 0 (𝟐𝟐)
• Εάν x > 1, τότε 0 <
1
x
≤ t ≤ x (3)
Σ’ αυτή την περίπτωση είναι: x ≥ t ⇔ x − t ≥ 0 και f(t) > 0 ∀ t > 0, οπότε
(x − t) ∙ f(t) ≥ 0 ⇔ −(x − t)f(t) ≥ 0 όχι παντού 0, άρα από γνωστό θεώρημα:
� (x − t)f(t)dt
x
1
x
> 0 (𝟒𝟒)
Από (2) και (4) ισχύει:
� (x − t)f(t)dt
x
1
x
> 0 ⇔ � xf(t)dt
x
1
x
− � tf(t)dt
x
1
x
> 0 ⇔
x � f(t)dt
x
1
x
> � tf(t)dt
x
1
x
⇔ � f(t)dt
x
1
x
>
1
x
� tf(t)dt
x
1
x
Η ισότητα « = » ισχύει όταν x = 1. Άρα:
� f(t)dt
x
1
x
≥
1
x
� tf(t)dt
x
1
x
∀ x ∈ (0, +∞).
Επιμέλεια λύσεων: Χρήστος Κ. Λοΐζος, MS.c.
Μαθηματικός