Η άσκηση της ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
1. g συνεχής στο [2,3] άρα από ΘΜΕΤ η g παίρνει μια μεγίστη και ελάχιστη τιμή
άρα
{
m < g(2) < M
3m < 3g(3) < 3M
⇒ 4m < g(2) + 3g(3) < 4M ⟺ m <
g(2) + 3g(3)
4
< M
Όποτε από ΘΕΤ υπάρχει x0 ∈ [2,3]: g(x0) =
g(2)+3g(3)
4
⟺ 4g(x0) = g(2) + 3g(3)
Για x = x0 στην (1) : 4g(x0) = g(2) + 3g(3) + (f(0) − 1) ∫ ef(t)x0
0
dt ⟺
(f(0) − 1) ∫ ef(t)x0
0
dt = 0 ⟺ f(0) = 1 , ( ef(t)
> 0 ⇒ ∫ ef(t)x0
0
dt > 0)
2. xf′′(x) < (x − 1)f′(x) ⟺ xf′′(x) + f′(x) − xf′(x) < 0
(xf′(x))
′
− xf′(x) < 0
e−x
⇔ e−x
(xf′(x))
′
− e−x
xf′(x) < 0⟺ (e−x
xf′(x))
′
< 0
Άρα η συνάρτηση h(x) = e−x
xf′(x) είναι γνησίως φθίνουσα με h(0) = 0 .
Για x < 0
h ↓
⇔ h(x) > 0 ⟺ e−x
xf′(x) > 0 ⟺ f′(x) < 0
Για x > 0
h ↓
⇔ h(x) < 0 ⟺ e−x
xf′(x) < 0 ⟺ f′(x) < 0
Άρα τελικά f γνησίως φθίνουσα στο ℝ
Για x > 1 ∶ xf′′(x) < (x − 1)f′(x) ⟺ f′′(x) <
(x−1)
x
f′(x) < 0 ⇢ f κοίλη όταν x > 1
3.
 −1 < 0
f ↓
⇔ f(−1) > 1 ⟺ f(−1) > 0
 2 < 3
f′ ↓
⇔ f′(2) > f′(3) ⟺ f′(2) − f′(3) > 0
Θεωρούμε την συνάρτηση Λ(x) =
f(−1)
x−2
+
f′(2)−f′(3)
x−3
− 2016 , x ∈ (2,3)
με Λ′(x) = −
f(−1)
(x−2)2
−
f′(2)−f′(3)
(x−3)2
< 0 ⇢ Λ(x) ↓ , x ∈ (2,3) όποτε η εξίσωση Λ(x) =
0 έχει το πολύ μια λύση στο (2,3)
Θεωρούμε K(x) = f(−1)(x − 3) + (f′(2) − f′(3))(x − 2) − 2016(x − 2)(x − 1)
K(2) = −f(−1) < 0 και K(3) = (f′(2) − f′(3)) > 0
{
Κ συνεχης στο [2,3]
Κ(2)Κ(3) < 0
από ΘΒ η Κ(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (2,3)
Τελικά υπάρχει μοναδικό x1 ∈ (2,3) τέτοιο ώστε :
f(−1)
x1−2
+
f′(2)−f′(3)
x1−3
= 2016

2. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
4. Θεωρούμε την συνάρτηση w(x) = f(x) − x , x ∈ ℝ
 x < 0
f↓
⇔ f(x) > 1 ⟺ f(x) − x > 1 − x ⟺ w(x) > 1 − x
lim
x→−∞
(1 − x) = +∞ ⇢ lim
x→−∞
w(x) = +∞ άρα υπάρχει ξ1 < 0 : w(ξ1) > 0
 x > 0
f↓
⇔ f(x) < 1 ⟺ f(x) − x < 1 − x ⟺ w(x) < 1 − x
lim
x→+∞
(1 − x) = −∞ ⇢ lim
x→+∞
w(x) = −∞ άρα υπάρχει ξ2 > 0 : w(ξ2) < 0
{
w συνεχης στο [ξ1, ξ2]
w(ξ1)w(ξ2) < 0
από ΘΒ υπάρχει τουλάχιστον x2 ∈ (ξ1, ξ2) ⊆ ℝ
τέτοιο ώστε : f(x2) = x2
 f γνησίως φθίνουσα και – x είναι γνησίως φθίνουσα με τον ορισμό της
μονοτονίας αποδεικνύεται ότι και η w είναι γνησίως φθίνουσα . Τελικά υπάρχει
μοναδικό υπάρχει μοναδικό x2 ∈ ℝ τέτοιο ώστε : f(x2) = x2
5. Αφού f συνεχής τότε F(x) μια αρχική της f στο (0, +∞)
1 − lnx + 2x3
f(x2
+ 8) = 6x2
f(6x)
1 − lnx
x2
+ 2xf(x2
+ 8) − 6f(6x) = 0
(
lnx
x
+ F(x2
+ 8) − F(6x))
′
= 0
Θωρούμε την συνάρτηση Φ(x) =
lnx
x
+ F(x2
+ 8) − F(6x)
Φ(2) =
ln2
2
+ F(12) − F(12) =
ln2
2
Φ(4) =
ln4
4
+ F(24) − F(24) =
ln2
2
αρα Φ(2) = Φ(4) Θ. Rolle …
6.
 ((x − a)(x − b))
′
= 2x − a − b
f′′(x)(x − a)(x − b) = a + b − 2x
f′′(x)(x − a)(x − b) − a − b + 2x = 0
f′′(x)(x − a)(x − b) + ((x − a)(x − b))
′
= 0
∙ef′(x)
⇔
f′′(x) ∙ ef′(x)(x − a)(x − b) + ((x − a)(x − b))
′
∙ ef′(x)
= 0
((x − a)(x − b) ∙ ef′(x)
)
′
= 0
Θωρούμε P(x) = (x − a)(x − b) ∙ ef′(x)
με P(a) = P(b) = 0 Θ. Rolle …

3. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
2η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
1. Η συνάρτηση h με τύπο  
x
f(t)
0
h x e dt, x  ,είναι παραγωγίσιμη στο ,
αφού η συνάρτηση m με τύπο    f x
m x e ,x  ,είναι συνεχής στο ,
ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, οπότε η συνάρτηση g είναι
παραγωγίσιμη στο ,ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων,
με  
   f(x)
f 0 1 e
g x ,x
4

   .
Για x 0 ,προκύπτει:  
   g 2 3g 3
g 0 .
4

 Θεωρούμε τη συνάρτηση v με τύπο
         v x 4g x g 2 3g 3 ,x 2,3    .Είναι:
• v συνεχής στο  2,3 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων
•             v 2 4g 2 g 2 3g 3 3 g 2 g 3    
•             v 3 4g 3 g 2 3g 3 g 2 g 3      ,οπότε
        
2
v 3 v 2 3 g 2 g 3 0     .
Έστω  v x 0, για κάθε  x 2,3 . Τότε ως συνεχής συνάρτηση, θα διατηρεί
σταθερό πρόσημο στο  2,3 , που σημαίνει ότι οι αριθμοί    v 3 ,v 2
θα είναι ομόσημοι, δηλαδή    v 3 v 2 0  , που είναι ΑΤΟΠΟ.
Επομένως υπάρχει  ξ 2,3 ,τέτοιο ώστε  v ξ 0 
       
   g 2 3g 3
4g ξ g 2 3g 3 0 g ξ
4

      .
Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση v ικανοποιεί τις υποθέσεις του
Θ.Rolle
στο  0,ξ ,οπότε υπάρχει  ox 0,ξ ,
τέτοιο ώστε  
  
   
f(x )o of(x )
e 0
o
f 0 1 e
g x 0 f 0 1 0 f 0 1
4

        .
2. Θεωρούμε τη συνάρτηση u με τύπο:    x
u x e x f x ,x .
   
Εύκολα βρίσκουμε ότι         x
u x e x f x x 1 f x 0,
        
για κάθε x . Επομένως u γν.φθίνουσα στο , οπότε για:
•        
x 0
x
x 0 u x u 0 e x f x 0 f x 0


         
•        
x 0
x
x 0 u x u 0 e x f x 0 f x 0


         
Για κάθε    x ,0 0,    είναι  f x 0  και επειδή f συνεχής
στο 0, συμπεραίνουμε ότι f γν.φθίνουσα στο .

4. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Για x 1 είναι:
x 1
0,
x

 οπότε    
x 1
f x f x 0,
x

    που σημαίνει
ότι f κοίλη στο  1, .
3. Θεωρούμε τη συνάρτηση Q με τύπο
                  Q x f 1 x 3 f 2 f 3 x 2 2016 x 3 x 2 ,x 2,3              .Είναι:
• Q συνεχής στο  2,3 ως πολυωνυμική
•      Q 3 f 2 f 3 0    ,καθώς    f 2 f 3  αφού f γν.φθίνουσα στο  1,
•    Q 2 f 1 0    ,καθώς    f 1 f 0 1 0    αφού f γν.φθίνουσα στο
• η συνάρτηση R με τύπο  
     
 
f 1 f 2 f 3
R x 2016,x 2,3
x 2 x 3
  
   
 
είναι γν.φθίνουσα στο  2,3 ,
καθώς  
 
 
   
 
 2 2
f 1 f 2 f 3
R x 0,για κάθε x 2,3
x 2 x 3
  
     
 
.
Σύμφωνα με το Θ.Bolzano,υπάρχει  1x 2,3 , τέτοιο ώστε  1Q x 0 
              
12 x 3
1 1 1 1f 1 x 3 f 2 f 3 x 2 2016 x 3 x 2 0
 
              
     
1 1
f 1 f 2 f 3
2016
x 2 x 3
  
  
 
.Η μοναδικότητα του  1x 2,3 ,
είναι αποτέλεσμα της μονοτονίας της συνάρτησης R .
4. Θεωρούμε τη συνάρτηση q με τύπο    q x f x x,x .   Είναι:
• q γν.φθίνουσα στο ως άθροισμα συναρτήσεων που η καθεμιά από αυτές
είναι γν.φθίνουσα στο
• q συνεχής στο  0,1 ,ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
•    q 0 f 0 1 
•        q 1 f 1 1 f 1 f 0 0,     καθώς f γν.φθίνουσα στο , οπότε
σύμφωνα με το Θ.Bolzano υπάρχει  2x 0,1 ,τέτοιο ώστε
   2 2 2q x 0 f x x   ,
το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της q .
5. Έστω F μια αρχική συνάρτηση της f στο .Θεωρούμε τη συνάρτηση
w με τύπο:      2 lnx
w x F x 8 F 6x ,x 0.
x
     Είναι:
• w συνεχής στο  2,4 ,ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
• w παραγωγίσιμη στο  2,4 , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

5. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
             2 2 2
2
lnx 1 lnx
w x x 8 F x 8 6x F 6x 2x f x 8 6f 6x
x x
                 
 
•      
ln2 ln2
w 2 F 12 F 12
2 2
     και
•        
ln4 2ln2 ln2
w 4 F 24 F 24 w 2
4 4 2
        ,
οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει  3x 2,4 , τέτοιο ώστε  3w x 0  
       2 3 2 23
3 3 3 3 3 3 3 32
3
1 lnx
2x f x 8 6f 6x 0 1 lnx 2x f x 8 6x f 6x
x

            .
6. Θεωρούμε τη συνάρτηση k με τύπο
       f x
k x x a x b e ,x και a b.

       Είναι:
• k συνεχής στο  a,b ,ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων
• k παραγωγίσιμη στο  a,b , ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με
   
          f x
k x e x a x b f x x a x b

          
•  k a 0 και
•  k b 0 ,
οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει  4x a,b , τέτοιο ώστε  4k x 0  
 
          4f x
4 4 4 4 4e x a x b f x x a x b 0

           
     4 4 4 4f x x a x b a b 2x        .
3η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
1. Για χ=2 και χ=3 στην σχέση (1) έχουμε: 3g(2)=3g(3)+(f(0)-1)∫ 𝑒 𝑓(𝑡)2
0
𝑑𝑡 και
g(3)=g(2)+(f(0)-1)∫ 𝑒 𝑓(𝑡)3
0
𝑑𝑡 άρα g(3)-g(2)=
(1−𝑓(0)) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)2
0
𝑑𝑡
3
και
g(3)-g(2)=(f(0)-1)∫ 𝑒 𝑓(𝑡)3
0
𝑑𝑡 άρα 3(f(0)-1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)3
0
𝑑𝑡+(f(0)-1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)2
0
𝑑𝑡=0 άρα
(f(0)-1)(3∫ 𝑒 𝑓(𝑡)3
0
𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)2
0
𝑑𝑡) = 0 με τη 2η
παρένθεση >0 άρα f(0)=1
2. Mε Φ(χ)=𝑒−𝑥
χf΄(χ) έχουμε Φ΄(χ)= 𝑒−𝑥(𝑓΄(𝜒) + 𝜒𝑓΄΄(𝜒) − 𝜒𝑓΄(𝜒))<0 από τη
(2) δηλ. η Φ είναι θετική. Άρα με χ>0 έχω Φ(χ)<0 άρα 𝑒−𝑥
𝑥𝑓΄(𝜒) < 0 άρα f΄(χ)<0
δηλ. η f είναι θετική στο [0,+∞). Ομοίως με χ<0 η f είναι θετική στο (-∞, 0] άρα η
f είναι θετική στο R.
Από τη (2) με χ>0 έχω f΄΄(χ)<
𝜒−1
𝜒
𝑓΄(𝜒) και με χ>1 έχω f΄(χ)<0 άρα f΄΄(χ)<0 δηλ. η f
κοίλη στο (1,+∞).

6. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
3. Mε φ(χ)=(χ-3)f(-1)+(f΄(2)-f΄(3))(χ-2)-2016(χ-2)(χ-3), χ∈[2,3] και Bolzano
αφού είναι συνεχής και φ(2)=-f(-1)<-1<0, φ(3)=f΄(2)-f΄(3)>0 αφού η f΄ είναι θετική
στο (1,+∞).
Προφανώς η εξίσωση φ(χ)=0 για χ≠ 2,3 είναι ισοδύναμη με την
𝑓(−1)
𝑥−2
+
𝑓΄(2)−𝑓΄(3)
𝜒−3
=2016.
Με Η(χ)=
𝑓(−1)
𝑥−2
+
𝑓΄(2)−𝑓΄(3)
𝜒−3
-2016, χ∈(2,3) έχω 𝛨΄(𝜒) = −
𝑓(−1)
(𝑥−2)2
−
𝑓΄(2)−𝑓΄(3)
(𝜒−3)2
< 0.
4. Θέτω φ(χ)=f(χ)-χ, χ∈ [0,1] και με Bolzano αφού φ(0)=f(0)=1>0 και φ(1)=f(1)-
1=f(1)-f(0)<0 αφού η f είναι θετική , η φ έχει ρίζα στο (0,1) που είναι μοναδική
(άθροισμα θετικών).
5. Με φ(χ)=
𝑙𝑛𝜒
𝜒
+ 𝐹(𝑥2
+ 8) − 𝐹(6𝑥), χ>0 και F αρχική της f, έχω φ(2)=
𝑙𝑛2
2
+
𝐹(12) − 𝐹(12) =
𝑙𝑛2
2
και φ(4)=
𝑙𝑛4
4
+ 𝐹(24) − 𝐹(24) =
2𝑙𝑛2
4
=
𝑙𝑛2
2
. Aπό Rolle για τη
φ στο [2,4] η φ΄(χ)=
1−𝑙𝑛𝜒
𝜒2
+ 2𝜒𝑓(𝑥2
+ 8) − 6𝑓(6𝑥) = 0 δηλ. η 1 − 𝑙𝑛𝜒 +
2𝜒3
𝑓(𝑥2
+ 8) − 6𝜒2
𝑓(6𝑥) = 0 έχει ρίζα στο (2,4) άρα θετική.
6. Έστω α,β∈ R με α<β και η φ(χ)=(𝜒 − 𝛼)(𝜒 − 𝛽)𝑒 𝑓΄(𝑥)
που ικανοποιεί το
Rolle στο [α,β]. Άρα η φ΄ έχει ρίζα στο (α,β), με φ΄(χ)=[2𝜒 − (𝛼 + 𝛽)]𝑒 𝑓΄(𝜒)
+
(𝜒2
− (𝛼 + 𝛽)𝜒 + 𝛼𝛽)𝑒 𝑓΄(𝜒)
𝑓΄΄(𝑥) άρα η εξίσωση 2𝜒 − 𝛼 − 𝛽 + (𝜒2
− (𝛼 + 𝛽)𝜒 +
𝛼𝛽)𝑓΄΄(𝑥) = 0 δηλ. η (𝜒 − 𝛼)(𝜒 − 𝛽) 𝑓΄΄(𝑥) = 𝛼 + 𝛽 − 2𝜒 έχει ρίζα στο (α,β).
4η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
1.
Έχουμε:
4𝑔(𝑥) = 𝑔(2) + 3𝑔(3) + (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
𝑥
0
(1)
Για x=2: 3(𝑔(2) − 𝑔(3)) = (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
2
0
.
Για x=3: (𝑔(3) − 𝑔(2)) = (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
3
0
οπότε:
3(𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
3
0
+ (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
2
0
= 0(𝑓(0) − 1)(3 ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
3
0
+∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
2
0
)=0  𝑓(0) = 1 διότι 3 ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
3
0
+∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
2
0
)>0
2.

7. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
΄Εστω L(x) = 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) 𝑥 ∈ 𝑅. L’(x) = −𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥
𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′′
(𝑥) =
−𝑒−𝑥
(𝑥𝑓′
(𝑥) − 𝑓′(𝑥) − 𝑥𝑓′′
(𝑥)) < 0. Επόμενα η L(x) είναι γνήσια φθίνουσα
στο R. Δηλαδή για x< 0 είναι L(x) >L(0) = 0  𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) > 0  𝑓′(𝑥) < 0
οπότε 𝑓(𝑥) γνήσια φθίνουσα στο  0, (2).΄Ομοια για x> 0 είναι L(x) <L(0) = 0
 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) < 0  𝑓′(𝑥) < 0 οπότε 𝑓(𝑥) γνήσια φθίνουσα στο [0 , +∞) (3).
Eπί πλέον fσυνεχής στο R άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. Για x>1 είναι
𝑓′′(𝑥) <
𝑥−1
𝑥
𝑓′(𝑥) < 0 διότι
𝑥−1
𝑥
> 0 , 𝑓′(𝑥) < 0 από (3). Επόμενα η f κοίλη στο
(1 , +∞).
3.
Θέτω q(x)=(x-3)f(-1) + (x-2)(f’(2) – f’(3)) -2016 (x-2)(x-3). Η q(x) είναι συνεχής ως
πολυωνυμική δευτεροβάθμια συνάρτηση. Επίσης q(2) =
-f(-1)< −1 < 0 (f γν. φθίνουσα στο R , συνεπώς f(-1) > 𝑓(0) = 1 ) , q(3) = f’(2) –
f’(3) > 0 (f κοίλη στο (1 , +∞) ) . Επόμενα από θεώρημα BOLZANO υπάρχει x1
є(2 , 3) ώστε q(x1) = 0 
𝑓(−1)
𝑥1−2
+
𝑓′(2)−𝑓′(3)
𝑥1−3
= 2016. Tώρα το x1 είναι μοναδική
ρίζα της q(x) = 0 στο (2 , 3) διότι αν η εξίσωση είχε και την άλλη ρίζα της στο (2 , 3)
τότε θα ήταν q(2)q(3) >0.
4.
Η συνάρτηση h(x)=f(x)-x είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών. Επί πλέον h(0)=1 >
0 , h(2) =f(2) - 2˂ f(0) – 2 = -1<0 (διότι f γνήσια φθίνουσα στο R .) ΄Aρα από
θεώρημα BOLZANO υπάρχει x2 є(0 , 2) 𝑅 ώστε h(x2)=0  f(x2) = x2 . Eπειδή
h΄(x) = f΄(x) – 1 < 0 h γνήσια φθίνουσα στο R συνεπώς το x2 μοναδικό.
5.
Αν G(x)=
𝑙𝑛𝑥
𝑥
+ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥2+8
6𝑥
xє[2 , 4] , η G συνεχής ως άθροισμα συνεχών. Επίσης
η G παραγωγίσιμη με G΄(x)=
1−𝑙𝑛𝑥
𝑥2 + 2𝑥(𝑓(𝑥2
+ 8) − 6𝑓(6𝑥) και G(2)=
𝑙𝑛2
2
=
𝑙𝑛4
4
=
G(4). Οπότε από θεώρημα ROLLE υπάρχει x3є(2 , 4)  (0 , +∞) τέτοιο ώστε
G΄(x3)= 0 
1−𝑙𝑛𝑥3
𝑥3
2
+ 2𝑥3 𝑓( 𝑥3
2
+ 8) − 6𝑓(6 𝑥3) = 0  1 − 𝑙𝑛𝑥3
+
2 𝑥3
3
𝑓( 𝑥3
2
+ 8) = 6 𝑥3
2
𝑓(6 𝑥3) .
6.
Θέτω Φ(x)=𝑒 𝑓΄(𝑥)(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏). Είναι 𝑓΄(𝑥) συνεχής (διότι f δύο φορές
παραγωγίσιμη ), 𝑒 𝑓΄(𝑥)
συνεχής ως σύνθεση συνεχών , (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) συνεχής
ως πολυωνυμική επόμενα η Φ(x) συνεχής στο [𝛼 , 𝑏]. Επίσης η Φ(x) παραγωγίσιμη
στο [𝛼 , 𝑏] με Φ΄(x)= 𝑓΄΄(𝑥)𝑒 𝑓΄(𝑥)(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) + 𝑒 𝑓΄(𝑥)(2𝑥 − 𝛼 − 𝑏) και Φ(α)=
Φ(b)=0. Συνεπώς από θεώρημα ROLLE υπάρχει x4є(𝑎 , 𝛽) τέτοιο ώστε

8. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
Φ΄΄(x4)=0  𝑓΄΄(𝑥4)(𝑥4 − 𝑎)(𝑥4 − 𝑏) + 𝑒 𝑓΄(𝑥4)
(2𝑥4 − 𝛼 − 𝑏) = 0 
𝑓΄΄(𝑥4)(𝑥4 − 𝑎)(𝑥4 − 𝑏) = 𝛼 + 𝑏 − 2𝑥4
5η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
1.
H 𝑔 είναι συνεχής στο [2,3] άρα θα παίρνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή Μ, ε
τότε 𝜀 ≤ 𝑔( 𝑥) ≤ 𝑀 , ∀𝑥 ∈ [2,3] και 𝑓([2,3]) = [ 𝜀, 𝛭]
άρα 𝜀 ≤ 𝑔(2) ≤ 𝑀 και 𝜀 ≤ 𝑔(3) ≤ 𝑀
και τότε 𝜀 ≤
𝑔(2)+3𝑔(3)
4
≤ 𝑀 ,οπότε
𝑔(2)+3𝑔(3)
4
∈ [𝜀, 𝛭]
συνεπώς υπάρχει 𝜉 ∈ [2,3]: 𝑔(𝜉) =
𝑔(2)+3𝑔(3)
4
(∗)
Από (1) για x=ξ
είναι 4𝑔(𝜉) = 𝑔(2) + 3𝑔(3) + (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
(∗)
⇒
𝜉
0
(𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡 = 0
𝜉
0
,όμως 𝑒 𝑓(𝑡)
> 0, 𝜉 ∈ [2,3] άρα ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)
𝑑𝑡 > 0
𝜉
0
οπότε 𝒇(𝟎) = 𝟏
2.
Εστω 𝐻(𝑥) = 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥), 𝑥 ∈ 𝑅 παραγωγίσιμη με
𝐻′(𝑥) = −𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥
𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′′(𝑥) =
= 𝑒−𝑥
(−𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) + 𝑥𝑓′′(𝑥))
= 𝑒−𝑥
(𝑥𝑓′′(𝑥) − (𝑥 − 1)𝑓′(𝑥)) < 0 , από την (2)
άρα 𝐻 ↘ 𝜎𝜏𝜊 𝑅
- 𝑥 < 0 ⇒ 𝐻(𝑥) > 𝐻(0) ⇒ 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) > 0 ⇒ 𝑓′(𝑥) < 0
- 𝑥 > 0 ⇒ 𝐻(𝑥) < 𝐻(0) ⇒ 𝑒−𝑥
𝑥𝑓′(𝑥) < 0 ⇒ 𝑓′(𝑥) < 0
και επειδή 𝑓 συνεχής θα είναι 𝒇 ↘ 𝑹
(είναι προφανές ότι 𝑓′(0) ≤ 0 , 𝛼𝜆𝜆𝜄ώ𝜍 𝜃𝛼 έ𝜋𝜌𝜀𝜋𝜀 𝜂 𝑓′
𝜈𝛼 𝜋𝛼ί𝜌𝜈𝜀𝜄 𝜅𝛼𝜄
𝜃𝜀𝜏𝜄𝜅έ𝜍 𝜏𝜄𝜇έ𝜍 𝛾ύ𝜌𝜔 𝛼𝜋ό 𝜏𝜊 0 , 𝜋𝜊𝜐 𝛿𝜀 𝜎𝜐𝜇𝛽𝛼ί𝜈𝜀𝜄)

9. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
για 𝑥 > 1 ⇒ 𝑥 − 1 > 0 ⇒ (𝑥 − 1)𝑓′(𝑥) < 0
(2)
⇒ 𝑥𝑓′′(𝑥) < 0 ⇒ 𝑓′′(𝑥) < 0
άρα 𝒇 κοίλη στο (1,+∞ )
3.
Έστω 𝐺(𝑥) =
𝑓(−1)
𝑥−2
+
𝑓′(2)−𝑓′(3)
𝑥−3
, 𝑥 ∈ (2,3) παραγωγίσιμη με
𝐺′(𝑥) = −
𝑓(−1)
(𝑥−2)2
−
𝑓′(2)−𝑓′(3)
(𝑥−3)2
< 0
𝛼𝜑𝜊𝜐 − 1 < 0
𝑓 ↘
⇒ 𝑓(−1) > 𝑓(0) = 1 > 0
και 2 < 3
𝑓′ ↘
⇒ 𝑓′(2) > 𝑓′(3)
άρα 𝐺 ↘ 𝜎𝜏𝜊 (2,3)
lim
𝑥→2
𝐺(𝑥) = +∞ 𝜅𝛼𝜄 lim
𝑥→3
𝐺(𝑥) = −∞
άρα 𝐺((2,3)) = 𝑅 . Όμως 2016 ∈ 𝑅 και G ↘
ά𝜌𝛼 ∃! 𝑥1 ∈ (2,3) ∶ 𝐺(𝑥1) = 2016
άρα υπάρχει μοναδικό 𝒙 𝟏 ∈ (𝟐, 𝟑) ∶
𝒇(−𝟏)
𝒙−𝟐
+
𝒇′(𝟐)−𝒇′(𝟑)
𝒙−𝟑
= 𝟐𝟎𝟏𝟔
4.
Εστω 𝑊(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥 , 𝑥 ∈ [0,1] συνεχής,παραγωγίσιμη
𝑊′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 1 < 0 , 𝑓′(𝑥) ≤ 0 , ά𝜌𝛼 𝑊 ↘ 𝜅𝛼𝜄 1 − 1
τότε 𝑊(0) = 1 > 0
𝑊(1) = 𝑓(1) − 1 = 𝑓(1) − 𝑓(0) < 0 , 𝛼𝜑𝜊𝜐 𝑓 ↘
από Θ.Bolzano 𝜐𝜋ά𝜌𝜒𝜀𝜄 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥2 ∈ (0,1) ⊆ 𝑅: 𝑊(𝑥2) = 0.
ά𝝆𝜶 𝝊𝝅ά𝝆𝝌𝜺𝜾 𝝁𝝄𝝂𝜶𝜹𝜾𝜿ό 𝒙 𝟐 ∈ 𝑹 ∶ 𝒇(𝒙 𝟐) = 𝒙 𝟐
5.
Εστω 𝑍(𝑥) = 𝑃(𝑥2
+ 8 ) − 𝑃(6𝑥) +
𝑙𝑛𝑥
𝑥
, 𝑥 ∈ [2,4] και 𝑃 παράγουσα της 𝑓
τότε 𝑍′(𝑥) = 2𝑥𝑃′(𝑥2
+ 8 ) − 6𝑃′(6𝑥) +
1−𝑙𝑛𝑥
𝑥2
⇒
𝑍′(𝑥) = 2𝑥𝑓(𝑥2
+ 8 ) − 6𝑓(6𝑥) +
1−𝑙𝑛𝑥
𝑥2
𝑍(2) =
𝑙𝑛2
2
= 𝑍(4)

10. ___________________________________________________________________________
14η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
0
και Z συνεχής στο [2,4] και παραγωγίσιμη στο (2,4) ,άρα από Θ.Rolle
υπάρχει 𝑥3 ∈ (2,4) ⊆ (0, +∞): 𝑍′(𝑥3) = 0 ⇒
υπάρχει 𝒙 𝟑 ∈ (𝟎, +∞) ∶ 𝟏 − 𝒍𝒏𝒙 𝟑 + 𝟐𝒙 𝟑
𝟑
𝒇(𝒙 𝟑
𝟐
+ 𝟖) = 𝟔𝒙 𝟑
𝟐
𝒇(𝟔𝒙 𝟑)
6.
Εστω 𝐷(𝑥) = (𝑥2
− (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎𝑏)𝑒 𝑓′(𝑥)
, 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] παραγωγίσιμη
𝐷′(𝑥) = (2𝑥 − 𝑎 − 𝑏)𝑒 𝑓′(𝑥)
+ (𝑥2
− (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎𝑏)𝑒 𝑓′(𝑥)
𝑓′′(𝑥)
𝐷(𝑎) = 0 = 𝐷(𝑏)
άρα από Θ.Rolle υπάρχει 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏): 𝐷′(𝑥4) = 0 ⇒
∃ 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏) τέτοιο ώστε
(2𝑥4 − 𝑎 − 𝑏)𝑒 𝑓′(𝑥4)
+ (𝑥4
2
− (𝑎 + 𝑏)𝑥4 + 𝑎𝑏)𝑒 𝑓′(𝑥4)
𝑓′′(𝑥4) = 0 ⇒
∃ 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏): (2𝑥4 − 𝑎 − 𝑏) + (𝑥4
2
− (𝑎 + 𝑏)𝑥4 + 𝑎𝑏)𝑓′′(𝑥4) = 0 ⇒
∃ 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏): (2𝑥4 − 𝑎 − 𝑏) + (𝑥4 − 𝑎)(𝑥4 − 𝑏)𝑓′′(𝑥4) = 0 ⇒
∃ 𝒙 𝟒 ∈ (𝒂, 𝒃): (𝒙 𝟒 − 𝒂)(𝒙 𝟒 − 𝒃)𝒇′′(𝒙 𝟒) = 𝜶 + 𝜷 − 𝟐𝒙 𝟒