Themata kai lyseis_math_thetikou_pros_2016_final

Μαθηματικά Θετικού
Προσανατολισμού ημερησίων
Γενικών Λυκείων (ΓΕΛ) 2016
θέματα και λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
https://liveyourmaths.com

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – ΝΕΟ & ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β΄)
ΤΕΤΑΡΤΗ 18 ΜΑΪΟΥ 2016
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ)
ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ)
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΡΕΙΣ (3)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α,β), με
εξαίρεση ίσως ένα σημείο του x0 , στο οποίο όμως η f είναι συνεχής.
Αν f (x) 0′ > στο (α,x )0 και f (x) 0′ < στο (x ,β)0 , τότε να αποδείξετε ότι
το f(x )0 είναι τοπικό μέγιστο της f .
Μονάδες 7
A2. Πότε δύο συναρτήσεις f, g λέγονται ίσες;
Μονάδες 4
A3. Να διατυπώσετε το θεώρημα μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού και
να το ερμηνεύσετε γεωμετρικά.
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) Για κάθε συνεχή συνάρτηση f : [α,β] →  , αν G είναι μια
παράγουσα της f στο [α,β], τότε το f(t)dt G(α) G(β)= −
∫
β
α
.
β) Αν οι συναρτήσεις f,g έχουν όριο στο x0 και ισχύει f(x) g(x)≤
κοντά στο x0 , τότε lim f(x) lim g(x)
→ →
≤
x x x x0 0
.
γ) Κάθε συνάρτηση f , για την οποία ισχύει f (x) 0′ = για κάθε
x (α,x ) (x ,β)∈ ∪0 0 , είναι σταθερή στο (α,x ) (x ,β)∪0 0 .
δ) Μια συνάρτηση f είναι 1-1, αν και μόνο αν, για κάθε στοιχείο y του
συνόλου τιμών της, η εξίσωση y f(x)= έχει ακριβώς μια λύση ως
προς x.
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙΔΕΣ

ε) Αν η f είναι συνεχής στο [α,β] , τότε η f παίρνει στο [α,β] μια
μέγιστη τιμή M και μια ελάχιστη τιμή m.
Μονάδες 10
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση
x ,f(x) x
x 1
= ∈
+

2
2
.
B1. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως αύξουσα, τα
διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα και τα ακρότατα της f .
Μονάδες 6
B2. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η f είναι κυρτή, τα διαστήματα στα
οποία η f είναι κοίλη και να προσδιορίσετε τα σημεία καμπής της
γραφικής της παράστασης.
Μονάδες 9
B3. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f .
Μονάδες 7
B4. Με βάση τις απαντήσεις σας στα ερωτήματα Β1, Β2, Β3 να σχεδιάσετε τη
γραφική παράσταση της συνάρτησης f .
(Η γραφική παράσταση να σχεδιαστεί με στυλό)
Μονάδες 3
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Να λύσετε την εξίσωση e x 1 0− − =
2 2x
, x ∈  .
Μονάδες 4
Γ2. Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f : →  που ικανοποιούν την
σχέση ( )f (x) e x 1= − −
2 2
2 2x
για κάθε x ∈  και να αιτιολογήσετε την
απάντησή σας.
Μονάδες 8
Γ3. Αν f(x) e x 1, x= − − ∈ 
2x 2
, να αποδειχθεί ότι η f είναι κυρτή.
Μονάδες 4
Γ4. Αν f είναι η συνάρτηση του ερωτήματος Γ3, να λυθεί η εξίσωση:
f(|ημx| 3) f(|ημx|) f(x +3) f(x)+ − = −
όταν x [0, )∈ +∞ .
Μονάδες 9

ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο  , με συνεχή
δεύτερη παράγωγο, για την οποία ισχύει ότι:
• ( )f(x)+f (x) ημx dx = π′′
∫
π
0
• ( )f =  και
f(x)
lim 1
ημx→
=
x 0
• ( )e x f f(x) e+= + xf(x)
για κάθε x ∈  .
Δ1. Να δείξετε ότι f(π) π= (μονάδες 4) και f (0) 1′ = (μονάδες 3).
Μονάδες 7
Δ2. α) Να δείξετε ότι η f δεν παρουσιάζει ακρότατα στο  . (μονάδες 4)
β) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο  . (μονάδες 2)
Μονάδες 6
Δ3. Να βρείτε το
ημx συνx
lim
f(x)→ ∞
+
x +
. Μονάδες 6
Δ4. Να δείξετε ότι
f(lnx)
dx π0
x
<< ∫ 2
1
πe
. 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. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.00 π.μ.
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ-ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
(ΝΕΟΥ & ΠΑΛΑΙΟΥ ΣΥΣΤΉΜΑΤΟΣ)
ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2016
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ 262
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ 141
Α3. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ 246-247
Α4. α) Λάθος
β) Σωστό
γ) Λάθος
δ) Σωστό
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1. Έχουμε f(x) =
x2
x2+1
, x ∈ ℝ Df = ℝ
H f είναι συνεχής στο ℝ ως ρητή και έχουμε:
f′(x) = �
x2
x2 + 1
�
′
=
(x2)′
∙ (x2
+ 1) − x2
∙ (x2
+ 1)′
(x2 + 1)2
=
2x(x2
+ 1) − x2
(2x)
(x2 + 1)2
=
2x3
+ 2x − 2x3
(x2 + 1)2
=
2x
(x2 + 1)2
Είναι f′(x) = 0 ⇔
2x
(x2+1)2
= 0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0
f′(x) > 0 ⇔
2x
(x2 + 1)2
> 0 ⇔ 2x > 0 ⇔ x > 0

Ομοίως f′(x) < 0 ⇔
2x
(x2+1)2
< 0 ⇔ 2x < 0 ⇔ x < 0
Άρα σχηματίζουμε πίνακα μεταβολών
Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 0], γνησίως αύξουσα στο
[0, +∞) και έχει ελάχιστο στη θέση x0 = 0. Άρα (ολικό) ελάχιστο στο Ο(0,0).
Β2. Είναι η f(x) =
x2
x2+1
με Df ≡ ℝ
f′′(x) = �
2x
(x2 + 1)2
�
′
=
(2x)′
∙ (x2
+ 1)2
− 2x ∙ [(x2
+ 1)2]′
(x2 + 1)4
=
2(x2
+ 1)2
− 2x ∙ [2(x2
+ 1) ∙ 2x]
(x2 + 1)4
=
2(x2
+ 1)2
− 2x ∙ [4x(x2
+ 1)]
(x2 + 1)4
=
2(x2
+ 1)2
− 8x2
∙ (x2
+ 1)
(x2 + 1)4
=
2(x2
+ 1) ∙ (x2
+ 1 − 4x2)
(x2 + 1)4
=
2 ∙ (x2
+ 1 − 4x2)
(x2 + 1)3
=
2 ∙ (1 − 3x2)
(x2 + 1)3
άρα f′′(x) =
2(1 − 3x2)
(x2 + 1)3
Είναι:
f′′(x) = 0 ⇔
2(1 − 3x2)
(x2 + 1)3
= 0 ⇔ 1 − 3x2
= 0 ⇔ x2
=
1
3
⇔ x = ±
√3
3
Άρα
f′′(x) > 0 ⇔
2(1 − 3x2)
(x2 + 1)3
> 0 ⇔ 1 − 3x2
> 0 ⇔ −3x2
+ 1 > 0

Ομοίως f′′(x) < 0 ⇔ ⋯ ⇔ x ∈ �−∞,−
√3
3
� ή x ∈ �√3
3
, +∞�
Συνεπώς η f στρέφει τα κοίλα κάτω στα διαστήματα (−∞, −
√3
3
� και �
√3
3
,+∞),
στρέφει τα κοίλα άνω στο �−
√3
3
,
√3
3
� και έχει δύο σημεία καμπής.
• στο x0 = −
√3
3
το:
f�−
√3
3
� =
�−
√3
3
�
2
�−√3
3
�
2
+1
=
3
32
3
32+1
=
1
3
1
3
+1
=
1
3
1
3
+
3
3
=
1
3
4
3
=
1
4
Άρα στο Α �−
√3
3
,
1
4
�
• στο x1 =
√3
3
το f �√3
3
� = ⋯ =
1
4
Συνεπώς, το Β �√3
3
,
1
4
�
Β3. Κατακόρυφη ασύμπτωτη δεν έχουμε αφού f συνεχής και έχει πεδίο
ορισμού το ℝ.
Οριζόντια ασύμπτωτη για να έχουμε πρέπει:
lim
x→+∞
f(x) = ℓ ∈ ℝ
Είναι : ℓ = lim
x→+∞
f(x) =
x2
x2+1
= lim
x→+∞
x2
x2+1
= lim
x→+∞
x2
x2
=1
Ομοίως lim
x→−∞
f(x) = 1
Άρα έχουμε οριζόντια ασύμπτωτη την 𝐲𝐲 = 𝓵𝓵 = 𝟏𝟏.
Πλάγια ασύμπτωτη:

Αφού έχουμε οριζόντια ασύμπτωτη, δεν έχει νόημα να αναζητήσουμε εάν έχει
πλάγια ασύμπτωτη.
Άρα η f έχει μόνο οριζόντια ασύμπτωτη την 𝐲𝐲 = 𝟏𝟏 καθώς x → +∞ και x → −∞
B4.
Ας μην ξεχνάμε ότι η συνάρτηση 𝐟𝐟 είναι άρτια συνεπώς έχει άξονα
συμμετρίας τον άξονα y΄y. Είναι: Α �−
√3
3
,
1
4
�, Β �
√3
3
,
1
4
�, Γ�0,
1
4
�, y = 1
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε την εξίσωση:
ex2
− x2
− 1 = 0 , x ∈ ℝ
Γνωρίζουμε από θεωρία ότι et
≥ t + 1 ∀ t ∈ ℝ
διότι g(t) = et
− t − 1 , t ∈ ℝ

g′(t) = et
− 1
g′(t) = 0 ⇔ et
= 1 ⇔ et
= e0
⇔ t = 0
Επίσης,
g′(t) > 0 ⇔ et
− 1 > 0 ⇔ et
> e0
(και επειδή ex
↑) ⇔ t > 0
g′(t) < 0 ⇔ et
− 1 < 0 ⇔ et
< e0 (και επειδή ex
↑) ⇔ t < 0
Άρα η g παρουσιάζει ακρότατο στη θέσηt0 = 0 ελάχιστο, άρα:
g(t) ≥ g(0) ⇔ et
− t − 1 ≥ 0 ⇔ et
≥ t + 1 (𝟏𝟏)
Εάν θέσουμε όπου t το x2
τότε η (1) γίνεται:
ex2
≥ x2
+ 1 ⇔ ex2
− x2
− 1 ≥ 0
Προφανής ρίζα της ex2
− x2
− 1 = 0 είναι x0 = 0 και g(t) = g(x2
) ≥ 0
δηλαδή η δοθείσα έχει μοναδική ρίζα την x = 0
Γ2. Είναι f2(x) = (ex2
− x2
− 1)2
⇔ |f(x)| = �ex2
− x2
− 1�
Όμως από Γ1 έχουμε ότι: ex2
− x2
− 1 ≥ 0 ∀ x ∈ ℝ άρα
|f(x)| = ex2
− x2
− 1
Σε κάθε περίπτωση:
f(x) = 0 ⇔ ex2
− x2
− 1 = 0 και λόγω του 𝚪𝚪𝚪𝚪 ⇔ x = 0.
Όμως η f είναι συνεχής στο ℝ και δεν έχει ρίζα στο (−∞,0),(0, +∞) συνεπώς
από συνέπειες θεωρήματος Bolzano η f διατηρεί πρόσημο κατά διαστήματα.

1η περίπτωση:
Αν x > 0 και f(x) > 0, τότε f(x) = ex2
− x2
− 1
2η
περίπτωση:
Αν x > 0 και f(x) < 0, τότε f(x) = −ex2
+ x2
+ 1
Αν x < 0 και f(x) < 0, τότε f(x) = −ex2
+ x2
+ 1
Αν x < 0 και f(x) > 0, τότε f(x) = ex2
− x2
− 1
Είναι επίσης f(0) = 0 και f συνεχής στο ℝ, τότε οι συναρτήσεις που ζητάμε
είναι:
f(x) = ex2
− x2
− 1, x ∈ ℝ
f(x) = −�ex2
− x2
− 1�, x ∈ ℝ
f(x) = �
ex2
− x2
− 1, x ≥ 0
−ex2
+ x2
+ 1, x < 0
f(x) = �ex2
− x2
− 1, x < 0
−ex2
+ x2
+ 1, x ≥ 0
Γ3. Είναι:
f(x) = ex2
− x2
− 1 , x ∈ ℝ µε f′(x) = �ex2
− x2
− 1�
′
= �ex2
�
′
− (x2)′
=
ex2
∙ (2x) − 2x = 2x(ex2
− 1)
Όμως
f′′(x) = �2x�ex2
− 1��
′
= (2x)′
∙ �ex2
− 1� + 2x�ex2
− 1�
′
=
2�ex2
− 1� + 2x ∙ ex2
∙ 2x = 2�ex2
− 1� + 4x2
∙ ex2
ή f′′(x) = 2�ex2
− 1� + 4x2
∙ ex2
≥ 0 αφού ex2
− 1 > 0 ∀ x ≠ 0

Επίσης 4x2
∙ ex2
> 0 ∀ x ≠ 0
Άρα f′′(x) ≥ 0 όµως η f′′
είναι συνεχής στο 0 άρα f′′(x) > 0 ⇒ η f κυρτή
στο ℝ.
Γ4.
Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση:
f(|ηµx|+ 3) − f(|ηµx|) = f(x + 3) − f(x) (𝟏𝟏)
η x = 0 είναι μια λύση προφανής αφού f(3) − f(0) = f(3) − f(0) ⇔ 0 = 0
Θεωρούμε συνάρτηση: K(x) = f(x + 3) − f(x), x ∈ ℝ, είναι
Κ′(x) = f′(x + 3) ∙ (x + 3)′
− f′(x) = f′(x + 3) − f′(x) (𝟐𝟐)
Όμως η f κυρτή από το Γ3, άρα η f΄ γνησίως αύξουσα. Είναι 3 > 0 ⇔ x + 3 > x
Επειδή f′
γνησίως αύξουσα τότε:
f′(x + 3) > f′(x) ⇔ f′(x + 3) − f′(x) > 0 ⇔ K′(x) > 0
Είναι K′(x) > 0 ⇔ Κ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ. Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει:
|ηµx| ≤ |x|,για x ∈ [0,+∞) ισχύει λοιπόν |ηµx| ≤ x (το « = » ισχύει για
x = 0) αν είναι x > 0 και αφού η Κ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ, τότε:
|ηµx| < x ⇔ Κ(|ηµx|) < Κ(x) ⇔ f(|ηµx| + 3) − f(|ηµx|) < f(x + 3) − f(x) ⇔
f(|ηµx| + 3) − f(|ηµx|) − �f(x + 3) − f(x)� < 0
Συνεπώς η (1):
λ(x) = f(|ηµx|+ 3) − f(|ηµx|)− �f(x + 3) − f(x)� < 0
ή λ(x) < 0 με λ(x) = 0 ⇔ x = 0
Συνεπώς x = 0 η μοναδική ρίζα της (1).

ΘΕΜΑ Δ
Δ1.Θεωρούμε τη συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και f′′
συνεχής επίσης. Ισχύει:
� �f(x) + f′′(x)�ηµx
π
0
dx = π
f(ℝ) = ℝ και lim
x→0
f(x)
ηµx
= 1
Επίσης
ef(x)
+ x = f�f(x)� + ex
∀ x ∈ ℝ
Είναι:
� �f(x) + f′′(x)�ηµx dx
π
0
= � f(x)ηµx dx
π
0
+ � f′′(x)ηµx dx
π
0
=
� f(x)(−συνx)′
dx
π
0
+ � �f′(x)�
′
ηµx dx
π
0
=
[f(x) ∙ (−συνx)]
π
0
− � f′(x) ∙ (−συνx)dx
π
0
+ [f′(x)ηµx]
π
0
− � f′(x) ∙ συνx dx
π
0
=
(f(π)(−συνπ) − f(0)(−συν0) + � f′(x) ∙ συνx dx
π
0
+ (f′(π)ηµπ − f′(0)ηµ0)
− � f′(x) ∙ συνx dx
π
0
=
f(π) + f(0) + 0 − 0
Άρα:
� �f(x) + f′′(x)�ηµx dx
π
0
= f(π) + f(0) = π εξ′υποθέσεως
Άρα f(π) + f(0) = π (𝟏𝟏)
Όμως
lim
x→0
f(x)
ηµx
= 1
Θέτω: g(x) =
f(x)
ηµx
Για x ≠ 0 άρα f(x) = ηµx ∙ g(x) και lim
x→0
g(x) = 1 (𝟐𝟐)

Συνεπώς lim
x→0
f(x) = lim
x→0
�ηµx ∙ g(x)� = lim
x→0
ηµx ∙ lim
x→0
g(x) = 0 ∙ 1 = 0
Άρα lim
x→0
f(x) = 0 (𝟑𝟑)
Όμως η f είναι συνεχής στο ℝ ως παραγωγίσιμη. Άρα:
lim
x→0
f(x) = f(0) (𝟒𝟒)
Από (3) και (4) έχω ότι: f(0) = 0 (𝟓𝟓)
Συνεπώς από (1) έχω: f(π) = π
Δ2. Είναι:
lim
x→0
f(x)
ηµx
= lim
x→0
f′(x)
(ηµx)′
= lim
x→0
f′(x)
συνx
(𝟔𝟔)
Όμως:
lim
x→0
f(x)
ηµx
= 1 (𝟕𝟕)
Από (6) και (7) έχω:
lim
x→0
f(x)
ηµx
= lim
x→0
f′(x)
συνx
=
f′(0)
1
= 1 ⇔ f′(0) = 1
α) Έστω ότι η f παρουσιάζει ακρότατο στο ℝ, στη θέση x = x0, τότε από
θεώρημα Fermat έχουμε f′(x0) = 0 (𝟏𝟏). Από τη δοθείσα έχω:
ef(x)
+ x = f�f(x)� + ex
∀ x ∈ ℝ
Παραγωγίζω τη σχέση αυτή (αφού f παραγωγίσιμη εξ’ υποθέσεως) και έχω:
�ef(x)
+ x�
′
= �f�f(x)� + ex �
′
⇒ ef(x)
∙ f′(x) + 1 = f′�f(x)� ∙ f′(x) + ex
Θέτω σε αυτή τη σχέση x = x0 και έχω:
ef(x0 )
∙ f′(x0 )+ 1 = f′�f(x0 )� ∙ f′(x0 )+ ex0
Επειδή f′(x0 ) = 0 έχω:
1 = ex0 ⇔ ex0 = e0
⇔ x0 = 0 ΑΤΟΠΟ αφού f′(0) = 1 ≠ 0
Άρα η f δεν παρουσιάζει ακρότατα στο ℝ.
(
0
0
)
DLH

β) Είναι f′(0) = 1 > 0 η f′ είναι συνεχής στο ℝ, άρα η f′ διατηρεί πρόσημο
στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Άρα f′(x) > 0. Δηλαδή η f γνησίως
αύξουσα στο ℝ.
Δ3. Ζητάμε το όριο:
lim
x→0
ηµx + συνx
f(x)
Είναι γνωστό ότι: −1 ≤ ηµx ≤ 1 (𝟏𝟏). Επίσης −1 ≤ συνx ≤ 1 (𝟐𝟐).
Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) και έχουμε: −2 ≤ ηµx + συνx ≤ 2 (𝟑𝟑)
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα καθώς x → +∞ είναι x > 0 δηλαδή για
x > 0 ⇒ f(x) > f(0). Όμως από Δ1 ερώτημα f(0) = 0, άρα
f(x) > 0 συνεπώς και
1
f(x)
> 0 (4) καθώς x → +∞.
Πολλαπλασιάζω την (3) με την (4) και έχω:
−2
f(x)
≤
ηµx + συνx
f(x)
≤
2
f(x)
(αφού
1
f(x)
> 0)
Είναι:
lim
x→+∞
f(x) = +∞
εφόσον η f είναι γνησίως αύξουσα και f(ℝ) = ℝ.
Διότι x → +∞ τότε x >> π άρα στο [π, x] με x → +∞:
• η f είναι συνεχής στο [π,x] ⊆ ℝ
• η f είναι παραγωγίσιμη στο (π, x) ⊆ ℝ
από Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. ∃ ξ ∈ (π, x): f′(ξ) =
f(x)−f(π)
x−π
ή f′(ξ) =
f(x)−π
x−π
⇔ f(x) −
f(π) = (x − π) ∙ f′(ξ) ⇔ f(x) = (x − π) ∙ f′(ξ) + π (𝟏𝟏)
Αλλά f′(ξ) > 0 αφού f′(x) > 0 από Δ2β ερώτημα.
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
[(x − π) ∙ f′(ξ) + π] = +∞

Άρα
lim
x→+∞
f(x) = +∞
Δηλαδή:
lim
x→+∞
1
f(x)
= lim
x→+∞
�−
1
f(x)
� = 0
Συνεπώς
lim
x→+∞
�−
2
f(x)
� = lim
x→+∞
�−
2
f(x)
� = 0
από κριτήριο παρεμβολής:
lim
x→+∞
ηµx + συνx
f(x)
= 0
Δ4. Θέλουμε να δείξουμε ότι
0 < �
f(ln x)
x
eπ
1
dx < π2
Είναι
�
f(ln x)
x
eπ
1
dx
Θέτω ln x = u με x = 1 → u = 0,x = eπ
→ u = ln eπ
= π ln e = π
Επίσης:
u = ln x ⇒ du =
1
x
dx
Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται:
0 < �
f(ln x)
x
eπ
1
dx = 0 < � f(u)
π
1
du (𝟏𝟏)
Όμως 0 ≤ u ≤ π και επειδή f ↑ στο [0,π] ⊆ ℝ τότε:
f(0) ≤ f(u) ≤ f(π) (𝟐𝟐)
Αλλά f(0) = 0 από Δ1, δηλαδή 0 ≤ f(u) ≤ f(π) ⇔ 0 ≤ f(u) ≤ π
όμως το « = » δεν ισχύει παντού, ισχύει μόνο για x = 0, x = π,
άρα από γνωστό θεώρημα:

0 < � 0
π
1
du < 0 < � f(u)
π
1
du < � π
π
1
du ή
0 < � 0
π
1
dx < 0 < � f(x)
π
1
dx < π(π − 0)
Δηλαδή
0(π − 0) < � f(x)
π
1
dx < π2
ή από (1):
0 < �
f(ln x)
x
eπ
1
dx < π2
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος Κ. Λοΐζος M.Sc.
Μαθηματικός

Themata kai lyseis_math_thetikou_pros_2016_final

More Related Content

What's hot

Viewers also liked

Similar to Themata kai lyseis_math_thetikou_pros_2016_final

More from Christos Loizos

Recently uploaded

Themata kai lyseis_math_thetikou_pros_2016_final