Η ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
Για μαθητές:
Α) Θα αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
Υποθέτουμε ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα στο . Τότε υπάρχουν 1 2x ,x  με
1 2 1 2x x :f(x ) f(x ) (1) 
Επίσης,
x
1 2
e
f (x ) f (x )
1 2f(x ) f(x ) e e (2)  
Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1),(2) και έχουμε:
1 2f (x ) f (x )
1 2 1 2 1 2f(x ) e f(x ) e x 1 x 1 x x .        
Άτοπο αφού δεχθήκαμε ότι : 1 2x x . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
Β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g :R R με τύπο   x
g x x e 1  
Τότε   g f x x,x R  και η g είναι «1-1», ως γνησίως αύξουσα
  x
g x 1 e 0   
Οπότε
             x x x x
x x
g R g x , g x x e 1 , x e 1 , Rlim lim lim lim
   
         
Το πεδίο ορισμού της 1
g
είναι το σύνολο τιμών της g, δηλαδή το R
Άρα
      1
g f x x f x g x ,x R
   
Δηλαδή οι συναρτήσεις 1
f,g 
είναι ίσες στο R
Οπότε,
(σύνολο τιμών της f ) = (σύνολο τιμών της 1
g
) = (πεδίο ορισμού της g ) R
Γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής. Άρα το σύνολο τιμών της f θα είναι το
      x x
f R f x , f xlim lim
 

Αποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι  f R R. Άρα
   
x x
f x
f x e 0lim lim
 
   
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Για καθηγητές:
Α) Γνωρίζουμε ότι f (x)
f(x) e x 1   για κάθε x (3)
Έστω 0x . Θα αποδείξουμε ότι
0
0
x x
lim f(x) f(x )


H (3) για 0x x δίνει 0f (x )
0 0f(x ) e x 1 (4)  
Αφαιρούμε κατά μέλη τις (3),(4) και έχω : 0f (x )f (x)
0 0f(x) f(x ) e e x x     για
κάθε x ( ). 
x
0 0
f e
f (x ) f (x )f (x) f (x)
0 0 0 0x x f(x) f(x ) e e e e f(x) f(x ) f(x) f(x )           
( )
0 0.f(x) f(x ) x x

   
Όμως 0f(x) f(x ) 0  όταν 0.x x . Άρα 0 00 f(x) f(x ) x x    για κάθε 0x x .
0 0
0
x x x x
lim 0 lim (x x ) 0. 
 
   Aπό το κριτήριο παρεμβολής έχω:
0
0
x x
lim (f(x) f(x )) 0 ( )

  
x
0 0
f e
f (x ) f (x )f (x) f (x)
0 0 0 0x x f(x) f(x ) e e e e f(x) f(x ) f(x) f(x )           
( )
0 0.f(x) f(x ) x x

    .Όμως 0f(x) f(x ) 0  όταν 0.x x
Άρα 0 00 f(x) f(x ) x x    για κάθε 0x x
0 0
0
x x x x
lim 0 lim (x x ) 0. 
 
   Aπό το κριτήριο παρεμβολής έχω:
0
0
x x
lim (f(x) f(x )) 0 ( )

  
Από τις ( ),( )  προκύπτει ότι
0 0
0 0
x x x x
lim(f(x) f(x )) 0 lim f(x) f(x ).
 
   
(Η παραπάνω λύση δόθηκε από τον συνάδελφο Ανδρέα Πάτση)
Β) ) Έστω 0x R και x κοντά στο 0x . Είναι
    
 
0 0
0
0 0
f (x )f (x) f1 1 f x f x
f (x )f (x) 0
0 0
0 0
f (x ) f (x )f (x) f (x)
0 0 0
0 0 0 0 0
f (x) f (x ) e e
f (x) f (x ) e e x x 1
x x x x
f (x) f (x ) f (x) f (x ) f (x) f (x )e e e e
1 1 1 **
x x f (x) f (x ) x x x x f (x) f (x )
  
 
        
 
    
       
     
Κάνουμε την αντικατάσταση  u f x .

3. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
Τότε  0u f x καθώς το 0x x (διότι η f είναι συνεχής στο 0x )
Άρα
 
 
 
o 0 0 0
0
0 0
0
x x u f (x ) u f (x ) u f (x )
0
f (x )uf (x ) f (x )f (x) u 0
f xu
0 0
0
e ee e e e
e e 0
f(x) f(x ) u f(x ) u f(x )
lim lim lim lim
   
 
 
 
 
    
  
Οπότε
0f (x )f (x)
0
e e
0,
f(x) f(x )



για x κοντά στο 0x .
Οπότε από τη σχέση  ** έχουμε
 o o
o
0
0 0 0x x x x
x x
0
f (x )f (x)
0
0
0
f (x ) f (x )f (x) f (x) f x
0
0 0
f(x) f(x ) 1
e ex x
1
f(x) f(x )
f(x) f(x ) 1 1 1
e e e ex x 1 e
1 1
f(x) f(x ) f(x) f(x )
lim lim
lim
 


 




  
  
 
 
Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο τυχαίο 0x R με    0
0 f x
1
f x
1 e
 

Γ) Αποδείξαμε (βλ. «για μαθητές») ότι 1
f g 
 στο R . Οπότε  
11 1
f g g
 
  στο
R
Άρα
 1 x
f x x e 1,x R
   
Δ) Η f είναι συνεχής στο R, άρα και στο  0,1 , οπότε ολοκληρώνοντας τη σχέση
f (x)
f(x) e x 1   στο  0,1 έχουμε
   
1 1 1 1 1
f (x) f (x)
0 0 0 0 0
3
f(x)dx e dx x 1 dx e dx f(x)dx *
2
         
Αρκεί, λοιπόν, να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα
1
0
f (x)dx
Είναι

4. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
     
1 1 1 1
1
f x0
0 0 0 0
L
x
f(x)dx x f(x)dx xf x xf (x)dx f 1 dx
1 e
       

   
Για το ολοκλήρωμα L κάνουμε την αντικατάσταση
    u
1
u f x du f x du du dx
1 e
    

Για  x 0 u f 0 0    , ενώ για  x 1 u f 1  
[Σχόλιο: Το  f 0 0 , διότι για x 0 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει
f (0)
f(0) e 1 
και εξίσωση  1
f x 0
 εύκολα δείχνουμε ότι έχει μοναδική ρίζα το 0 ]
Οπότε,
     
 
 
 
   
 
 
 
 
   
 
  
 
 
f 1
f 1 f 111 1
u u
uf x
0 0 0 0
f 1 e 2 f 12 22
f 1u
0
f ux
f(x)dx f 1 dx f 1 1 e du f 1 u e 1 du
1 e1 e
f 1 f 1u
f 1 e u 2f 1 1 e 3f 1 1
2 2 2

 
         

 
          
 
   
Άρα η σχέση  * γίνεται
1
f (x)
0
e dx 
1
0
3
f(x)dx
2
  =  
     2 2
f 1 f 1 6f 1 53
3f 1 1
2 2 2
   
    
 
Άλλος τρόπος (Ανδρέας Πάτσης):
Γνωρίζουμε ότι : f (x)
f(x) e x 1, x (1)    
Για x 0 έχω : f (0)
f(0) e 1. 
Έστω ότι :
x
e
f (0)
f(0) 0 e 1.   Άρα f (0)
f(0) e 1.  Άτοπο.
Έστω ότι :
x
e
f (0)
f(0) 0 e 1.   Άρα f (0)
f(0) e 1.  Άτοπο
Άρα f(0) 0.
Aφού η f είναι παραγωγίσιμη στο έχουμε: f (x)
1
f (x) , x
1 e
   

Aπό την σχέση αυτή προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο ώς αποτέλεσμα πράξεων
συνεχών συναρτήσεων.

5. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Παρατηρώ ότι :  
(1)
2
f (x) 6f(x) 5x 2f (x)f(x) 6f (x) 5       
 f (x) f (x)
2f (x) x 1 e 6f (x) 5 2xf (x) 2f (x) 2f (x)e 6f (x) 5              
 f (x)
2xf (x) 4f (x) 2 e 5.   
Άρα  2
f (x) 6f(x) 5x     f (x)
2xf (x) 4f (x) 2 e 5.    Και επειδή και τα δύο
μέλη είναι συνεχείς συναρτήσεις έχω :
   
1 1
2 f (x)
0 0
f (x) 6f(x) 5x dx 2xf (x) 4f (x) 2 e 5 dx
              
   
 
   
1 11 11
0 0 00 0
2 f(x)
2xf (x)dx 4 2f (x) 6f(x) 5x f(x) e 5x           
1
2 f (1)
0
2xf (x)dx f (1) 6f(1) 2 2e (2)     Αφού f(0) 0.
Όμως f (1)
e 2 f(1).  Άρα η (2) γίνεται και με την βοήθεια της (1) :
 
1
f (x) 2
0
2f(1) 2 x 1 e dx f (1) 4f(1) 2      
1
1
f (x) 2
0
0
2
2f(1) 2 2 e dx f (1) 4f(1) 2
x
x
2
     
 
  
 
2
1
f (x)
0
f (1) 6f(1) 5
e dx .
2
 

Ε) Για κάθε x R έχουμε
f (x)
f (x)
f(x) e x 1 x
f(x)
2e f(x) 1
   
 
  
Άρα, για x 0 ισχύει
t
f(t) ,
2
 για κάθε  t x,0
Ολοκληρώνοντας στο διάστημα  x,0 προκύπτει
   
 
 
x
2x
2x
0
0
xf t dt
0 0 x xf t dt2 2 e 4:x 0
4
x x 0
t x x e e
f t dt dt f t dt e e ,x 0
2 4 4 x x



           
Όμως,

6. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
2
2 2
x x x
x
4x x
4 2
e
e xe
x x 2
lim lim lim
  
 
 
 
 
    
        
 
άρα
 
x
0
x
f t dt
e
x
lim


 
2η
προτεινόμενη λύση (Δέσπω Πλατώνη)
Για καθηγητές:
Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ ισχύει: 𝑓(𝑥) + 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑥 + 1 (1)
A) Θεωρούμε συνάρτηση 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥
+ 𝑥 , 𝜒 ∈ ℝ
Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ είναι 𝑔΄(𝜒) = 𝑒 𝑥
+ 1 > 0 άρα 𝑔 ↗ στο ℝ οπότε 1-1 και
αντιστρέφεται.
lim
𝑥→−∞
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→−∞
(𝑒 𝑥
+ 𝑥) = −∞
lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) = lim
𝑥→+∞
(𝑒 𝑥
+ 𝑥) = +∞
Άρα 𝑔(ℝ) = (−∞, +∞) = ℝ = 𝐷 𝑔−1
Έστω ℎ(𝑥) = 𝑥 + 1, 𝜒 ∈ ℝ
Η (1)⇔ 𝑔(𝑓(𝑥)) = ℎ(𝑥) ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑔−1
(ℎ(𝑥)) = (𝑔−1
𝑜ℎ)(𝑥) (2)
Η 𝑔 είναι συνεχής στο ℝ άρα η 𝑔−1
συνεχής στο 𝑔(ℝ) = ℝ
και 𝑓 συνεχής στο ℝ ως σύνθεση συνεχών.
Β) Η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως σύνθεση παραγωγίσιμων.
Γ) Παραγωγίζοντας την (1) έχουμε:
𝑓΄(𝜒) + 𝑒 𝑓(𝑥)
∙ 𝑓΄(𝜒) = 1 ⇔ 𝑓΄(𝜒) ∙ (𝑒 𝑓(𝑥)
+ 1) = 1 ⇔
𝑓΄(𝜒) =
1
𝑒 𝑓(𝑥) +1
> 0 άρα 𝑓 ↗ στο ℝ οπότε 1-1 και αντιστρέφεται.
Λόγω της (2) θα είναι 𝑓(ℝ) = 𝑔−1
(ℎ(ℝ)) = 𝑔−1
(ℝ) = ℝ=𝐷 𝑓−1
Θέτουμε στην (1) 𝑓(𝑥) = 𝜓 ⇔ 𝜒 = 𝑓−1
(𝜓) και έχουμε:
𝜓 + 𝑒 𝜓
= 𝑓−1
(𝜓) + 1 ⇔ 𝑓−1
(𝜓) = 𝑒 𝜓
+ 𝜓 − 1 ⇔
𝑓−1
(𝜒) = 𝑒 𝜒
+ 𝜒 − 1 , 𝜒 ∈ ℝ

7. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
Δ)Ολοκληρώνοντας την (1) έχουμε:
∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 𝑓(𝑥)
𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 + 1)𝑑𝑥 =
3
2
⇔
1
0
1
0
1
0
∫ 𝑒 𝑓(𝑥)
𝑑𝑥 =
3
2
1
0
− ∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥
1
0
(3)
Για το ∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥
1
0
θέτουμε 𝜒 = 𝑓−1
(𝑢) = 𝑒 𝑢
+ 𝑢 − 1
Τότε 𝑑𝑥 = (𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢
Για 𝜒 = 0 ⇔ 𝑓−1
(𝑢) = 0 ⇔ 𝑓−1
(𝑢) = 𝑓−1
(0) ⇔ 𝑢 = 0
Για 𝜒 = 1 ⇔ 𝑓−1
(𝑢) = 1 ⇔ 𝑢 = 𝑓(1)
Άρα ∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(
𝑓(1)
0
1
0
𝑓−1
(𝑢)) (𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢 =
∫ 𝑢 (𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢 = ⋯ =
𝑓2(1)−6𝑓(1)+5
2
𝑓(1)
0
Για το αποτέλεσμα χρησιμοποιούμε ότι 𝑒 𝑓(1)
= 2 − 𝑓(1) που προκύπτει από την
(1) για χ=1.
Ε)Για 𝜒 < 0 και για κάθε 𝑡 ∈ [𝑥, 0] ⇔ 𝜒 ≤ 𝑡
𝑓↗
⇔ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑡) = 𝑡 + 1 − 𝑒 𝑓(𝑡)
≤ 𝑡 +
1
Άρα 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑡)≤ 𝑡 + 1 ολοκληρώνοντας έχουμε:
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑡 ≤ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ≤ ∫ (𝑡 + 1)𝑑𝑡 ⇔ −𝑥𝑓(𝑥) ≤ − ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ≤ −
𝑥2
2
− 𝑥 ⇔
𝑥
0
0
𝑥
0
𝑥
0
𝜒
𝑥𝑓(𝑥) ≥ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ≥
𝑥2
2
+ 𝑥
𝑥
0
𝑒 𝑥↗
⇔ 𝑒 𝑥𝑓(𝑥)
≥ 𝑒∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0 ≥ 𝑒
𝑥2
2
+𝑥
𝑥<0
⇔
𝑒
𝑥2
2
+𝑥
𝑥
≤
𝑒∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
𝑥
≤
𝑒 𝑥𝑓(𝑥)
𝑥
(4)
lim
𝑥→−∞
𝑒
𝑥2
2
+𝑥
𝑥
= lim
𝑥→−∞
𝑒
𝑥2
2
+𝑥
(𝑥+1)
1
= −∞
lim
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) = −∞ (από μονοτονία και σύνολο τιμών της f)
lim
𝑥→−∞
𝑥𝑓(𝑥) = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑒 𝑥𝑓(𝑥)
𝑥
= lim
𝑥→−∞
𝑒 𝑥𝑓(𝑥)(𝑓(𝑥)+𝑥𝑓΄(𝑥))
1
= −∞ αφού lim
𝜒→−∞
𝑓΄( 𝜒) = lim
𝜒→−∞
1
𝑒 𝑓(𝑥) +1
= 1
Από Κ.Π και lim
𝜒→−∞
𝑒∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
𝑥
= −∞

8. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
3η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
Για καθηγητές:
 f(x) + ef(x)
= x + 1 , (1)
 x1, x2, x0 ∈ ℝ
Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = x + ex
με h′(x) = 1 + ex
> 0 ⇢ h ↑
Άρα h(f(x)) = f(x) + ef(x)
(1)
⇔ (hof)(x) = x + 1 με (hof)′(x) = 1 > 0 ⇢ hof ↑
x1 < x2
hof ↑
⇔ (hof)(x1) < (hof)(x2) ⇔ h(f(x1)) < h(f(x2))
h ↑
⇔ f(x1) < f(x2) ⇢ f ↑
Για x = x0 στην (1) ∶ f(x0) + ef(x0)
= x0 + 1 (2)
Α. Έστω 𝐱 > 𝐱 𝟎
f ↑
⇔ f(x) > f(x0) ⇔ ef(x)
> ef(x0)
⇔ ef(x)
− ef(x0)
> 0
 (1) − (2) ⟹ f(x) − f(x0) + ef(x)
− ef(x0)
= x − x0
⟺ f(x) − f(x0) = x − x0 − (ef(x)
− ef(x0)
) < x − x0
Όποτε : 0 < f(x) − f(x0) < x − x0
{
lim
x→x0
+
0 = 0
lim
x→x0
+
(x − x0) = 0
⇢ από ΚΠ lim
x→x0
+
(f(x) − f(x0)) = 0 ⇔
lim
x→x0
+
f(x) = f(x0)
Έστω 𝐱 𝟎 > 𝐱
f ↑
⇔ f(x0) > f(x) ⇔ ef(x0)
> ef(x)
⇔ ef(x0)
− ef(x)
> 0
 (2) − (1) ⟹ f(x0) − f(x) + ef(x0)
− ef(x)
= x0 − x
⟺ f(x0) − f(x) = x0 − x − (ef(x0)
− ef(x)
) < x0 − x
Όποτε : 0 < f(x0) − f(x) < x0 − x
{
lim
x→x0
−
0 = 0
lim
x→x0
−
(x − x0) = 0
⇢ από ΚΠ lim
x→x0
−
(f(x0) − f(x)) = 0 ⇔
lim
x→x0
−
f(x) = f(x0)
Άρα , lim
x→x0
−
f(x) = lim
x→x0
+
f(x) = f(x0)

9. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
Β. Για 𝐱 ≠ 𝐱 𝟎 ∶
 f(x) − f(x0) + ef(x)
− ef(x0)
= x − x0
:(x−x0)
⇔
f(x)−f(x0)
x−x0
+
ef(x)−ef(x0)
x−x0
= 1
f(x) − f(x0)
x − x0
+
ef(x)
− ef(x0)
f(x) − f(x0)
∙
f(x) − f(x0)
x − x0
= 1 ⇔
f(x) − f(x0)
x − x0
(1 +
ef(x)
− ef(x0)
f(x) − f(x0)
) = 1 ⇔
f(x) − f(x0)
x − x0
=
1
1 +
ef(x) − ef(x0)
f(x) − f(x0)
Όποτε , lim
x→x0
f(x)−f(x0)
x−x0
= lim
x→x0
1
1+
ef(x)−ef(x0)
f(x)−f(x0)
=
1
1+ef(x0) ∈ ℝ
* lim
x→x0
ef(x)−ef(x0)
f(x)−f(x0)
= lim
u→f(x0)
eu−ef(x0)
u−f(x0)
= lim
u→f(x0)
eu
1
= ef(x0)
Γ. Η είναι f ↑ άρα και 1 − 1 με f−1(x) = x + ex
− 1
Δ. Έχουμε f′(x) =
1
1+ef(x)
∫ ef(x)
dx =
1
0
∫ (1 + u)du = [u +
u2
2
]
1
2−f(1)
= ⋯ =
f2(1) − 6f(1) + 5
2
2−f(1)
1
* Θέτουμε u = ef(x)
, du = ef(x)
f′(x)dx ⇔ du =
ef(x)
1+ef(x) dx ⇔ (1 + u)du = ef(x)
dx
Νέα άκρα ολοκλήρωσης : u1 = ef(0)
= 1 και u2 = ef(1)
(1)
⇔ u2 = 2 − f(1)
E.
Βασική άσκηση :
Αν f(x) ≤ g(x) και lim
x→x0
g(x) = −∞ τοτέ lim
x→x0
f(x) = −∞
Απόδειξη :
lim
x→x0
g(x) = −∞ άρα κοντά στο x0 g(x) < 0 οποτέ και f(x) ≤ 0 κοντά στο x0.
f(x) ≤ g(x) ⟺ −f(x) ≥ −g(x) ⟺ −
1
f(x)
≤ −
1
g(x)
οποτέ 0 ≤ −
1
f(x)
≤ −
1
g(x)
με lim
x→x0
−1
g(x)
= 0 αρα απο το κριτήριο παρεμβολής έχουμε
lim
x→x0
1
f(x)
= 0
f(x)<0
⇒ lim
x→x0
f(x) = −∞

10. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Γνωρίζουμε ότι et
≥ t + 1 , ∀t ∈ ℝ (3) . Βάζουμε όπου t στην (3) το f(t) :
ef(t)
≥ f(t) + 1 ⇔ ef(t)
+ f(t) ≥ 2f(t) + 1
(1)
⇔ t + 1≥ 2f(t) + 1 ⇔ f(t) ≤
t
2
Αφού το x → −∞ τότε x < 0
 f(t) ≤
t
2
⇒ ∫ f(t)dt
x
0
≥ ∫
t
2
x
0
dt =
x2
4
⇢ ∫ f(t)dt
x
0
≥
x2
4
 ∫ f(t)dt
x
0
≥
x2
4
⇔ e∫ f(t)dt
x
0 ≥ e
x2
4
:x<0
⇔
e∫ f(t)dt
x
0
x
≤
e
x2
4
x
 lim
x→−∞
e
x2
4
x
= lim
x→−∞
e
x2
4 x
2
1
= −∞ όποτε από βασική άσκηση lim
x→−∞
e∫ f(t)dt
x
0
x
= −∞
4η
προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)
Για καθηγητές:
f (x)
f(x) e x 1 , x   r (1)
A) Βρίσκω μονοτονία της f , θεωρώντας g με x
g(x) x e 1 , x   r έχουμε
x
g (x) 1 e 0    άρα  g 1 στο r , για 1 2x ,x r με
   
   1 2
(1)
f x f x
1 2 1 2x x f x e 1 f x e 1       
     
 
   
g
1 2 1 2g f x g f x f x f x   
1
, οπότε  f στο1 r
Από την (1) για 0x x r έχουμε 0f (x )
0 0f(x ) e x 1   (2) , οπότε από (1) (2)
έχουμε
0 0f (x ) f (x )f (x) f (x)
0 0 0 0f(x) e f(x ) e x x f(x) f(x ) e e x x           (3)
 η (3) για
 
 
f
0 0x x f(x) f x  
1
γίνεται
   
 0 0f x f (x) f x
0 0f(x) f(x ) e e 1 x x

     (4)
από την γνωστή ανισότητα x
e x 1,x  r έχουμε  
 0f (x) f x
0e f(x) f x 1

   
 
 
 
   
   
  
f x0
0 0 0 0
e 0
f (x) f x f x f (x) f x f x
0 0e 1 f(x) f x e e 1 e f(x) f x

 
        
     
     
  0 0 0
(4)
f x f (x) f x f x
0 0 0f(x) f x e e 1 f(x) f x e f(x) f x

        

11. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
    
 
 
   
f x0
0
0
e 1 0
f x 0
0 0 0 f x
x x
x x f(x) f x e 1 f(x) f x
e 1
  
       

άρα
   0
0
0 f x
x x
0 f(x) f x
e 1

  

κι εφόσον    0 0
0
0
f x f xx x
x x 0
lim 0
e 1 e 1


 
 
από κριτήριο
παρεμβολής
    
0 0
0 0
x x x x
lim f(x) f x 0 lim f(x) f x 
 
   
 η (3) για
 
 
f
0 0x x f(x) f x  
1
γίνεται
   
 0f x f (x ) f x
0 0f(x) f(x ) e 1 e x x

     (5)
από την γνωστή ανισότητα x
e x 1,x  r έχουμε  
 0f (x ) f x
0e f(x ) f x 1
   
   
 
 
      
 
f x
0 0
e 0
f (x ) f x f x f x f (x ) f x
0 0f(x) f x 1 e e f(x) f x e 1 e

 
        
   
        
 0
(5)
f x f x f (x ) f x
0 0 0f(x) f x e f(x) f x f(x) f x e 1 e 
        
   
  
 
   
f x
e 1 0
f x 0
0 0 0 0 f x
x x
f(x) f x e f(x) f x x x f(x) f x
e 1
  
        

άρα
   
 
     
f x
0
e 1 0
0 0
0 0 0 0 0f x f xx x 0
x x x x
f(x) f x 0 x x f(x) f x 0 x x f(x) f x 0
e 1 e 1
 
 
 
             
 
και εφόσον  
0
0
x x
lim x x 0

  από κριτήριο παρεμβολής
    
0 0
0 0
x x x x
lim f(x) f x 0 lim f(x) f x 
 
    ,
οπότε  
0 0
0
x x x x
lim f(x) lim f(x) f x 
 
  και η f συνεχής στο r
Β)
 
   
   
   
 
0 0
0 0 0
(1)
0 0
0 f x f xf (x) f (x)x x x x x x
0 0 0
0
f(x) f x f(x) f x 1
f x lim lim lim
x x f(x) e 1 f x e 1 f(x) e f x e
f(x) f x
  
 
 
                
 
  
 
 
 0 0
0
f x f xf (x)x x
0
1 1
lim
e e 1 e
1
f(x) f x

 
 
  
  
   
, εφόσον θέτοντας    0 0u f x , u f x  και η f
συνεχής οπότε  0
0 0
x x
lim f(x) f x u u

   έχουμε

12. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
 
 
 
0 0
u0
0
0 0
f x uf (x) u
f x
x x u u
0 0
e e e e
lim lim e e
f(x) f x u u 
 
  
 
που προκύπτει είτε με 1ο
κανόνα DLH,
είτε από u u
h(u) e , h (u) e  άρα  
  0
0
0 0
uu
u 0
0
u u u u
0 0
h(u) h u e e
h u e lim lim
u u u u 
 
   
 
Γ. από Α) εφόσον η g 1 είναι '1 1' άρα αντιστρέψιμη με  g A  r εφόσον
         x x
x x x x
lim g(x) lim x e 1 0 1 , lim g(x) lim x e 1 1
   
                  
, από (1) έχουμε  f (x) 1
f(x) e 1 x g f(x) x g (x) f(x)
       κι εφόσον
1 fg
A g(A) A   r θα είναι 1
g f
 , άρα και 1
gg (A) f(A) f(A) A
    r ,
οπότε η (1) για y f(x) δίνει y
y e 1 x   και άρα 1
f :
r r με
1 x
f (x) x e 1
  
Δ. από (1) για x 1 έχουμε f (1)
e 2 f(1)  , επίσης
1
f ('1 1')
1 1 1
f(0) κ f (κ) 0 f (κ) f (0) κ 0


  
       οπότε
 
   
121 1 1(1)
f (x)
0 0 0
0
1 1
1
0
0 0
x
e dx x 1 f(x) dx x f(x)dx
2
3 3
x f(x)dx xf(x) xf (x)dx
2 2
 
       
 
     
  
 
 
11 f (1) f (1)u f (x) x f (u)
1 u
du f (x)dx0 f (0) 0
3 3 3
f(1) xf (x)dx f(1) f (u)du f(1) u e 1 du
2 2 2

  


           
  
f (1)2 2
u f (1)
0
2 2
3 u 3 f (1)
f(1) e u f(1) e f(1) 1
2 2 2 2
1 f (1) f (1) 5
2f(1) 2 f(1) 3f(1)
2 2 2 2
 
            
 
       
2
f (1) 6f(1) 5
2
 

Ε. από την ανισότητα x
e x 1  έχουμε
(1)
f (x) x
e f(x) 1 x 1 f(x) f(x) 1 f(x)
2
         , οπότε για x 0 έχουμε
2xx
0
x x2 2 2 2x x x x e ( ) f (t)dt
4
0 0 0 0
0
t t x x x
f(t)dt dt f(t)dt f(t)dt e e 1
2 4 4 4 4
  
           
    
1
x
x
0
0
f (t)dt
2 (x 0)f (t)dt x e x
e
4 x 4
 

    , όμως
x
x
lim
4
 
  
 
άρα και
x
0
f (t)dt
x
e
lim
x

 

13. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
5η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Για καθηγητές:
Α)
Υποθέτω ότι ∃x1 , x2 ∈ R με x1 < x2 και f(x1) ≥ f(x2).
Tότε ef(x1)
> ef(x2)
και f(x1) + ef(x1)
≥ f(x2) + ef(x2)

x1 + 1 ≥ x2 +1 ΑΤΟΠΟ.
Συνεπώς ∀x1 , x2 ∈ R με x1 < x2 f(x1) < f(x2) άρα η f γνήσια αύξουσα στο R.
Εστω x0 ∈ R. Από υπόθεση είναι: f(x) + ef(x)
= x + 1, f(x0) + ef(x0)
= x0 + 1
οπότε
f(x) − f(x0) + ef(x)
− ef(x0)
= x − x0.
Γιά x > x0 ισχύει 0 < f(x) − f(x0) < x − x0.
Γιά x ≤ x0 ισχύει 0 ≤ f(x0) − f(x) ≤ x0 − x.
Δηλαδή ∀x ∈ R έχουμε 0 ≤ |f(x) − f(x0)| ≤ |x − x0| και επειδή lim
x→x0
|x − x0| = 0
είναι lim
x→x0
|f(x) − f(x0)| = 0.
Τώρα −|f(x) − f(x0)| ≤ f(x) − f(x0) ≤ |f(x) − f(x0)| επόμενα από κριτήριο
παρεμβολής έχω lim
x→x0
( f(x) − f(x0) ) = 0  lim
x→x0
f(x) = f(x0). ΄Αρα η f συνεχής
στο R.
B)
H συνάρτηση g(x)=x+ex
, x ∈ R παραγωγίζεται με g΄(x)=1+ex
>0 δηλαδή g γνήσια
αύξουσα.
Tώρα για x≠x0, f(x) ≠ f(x0) (διότι f είναι 1- 1 ως γνήσια αύξουσα),
g(f(x)) ≠ g(f(x0)) ( επίσης g, 1-1 ως γνήσια αύξουσα), οπότε:
f(x)−f(x0)
x−x0
+
ef(x)−ef(x0)
x−x0
=1
g(f(x))−g(f(x0))
x−x0
= 1
g(f(x))−g(f(x0))
f(x)−f(x0)
∙
f(x)−f(x0)
x−x0
= 1
f(x)−f(x0)
x−x0
=
1
g(f(x))−g(f(x0))
f(x)−f(x0)
και επειδή θέτοντας f(x)=u,f(x0)=u0 υπάρχει
το lim
x→x0
g((f(x)−g(fx0)
f(x)−f(x0)
= lim
u→u0
g(u)−g(u0)
u−u0
= g΄(u0)=
g΄f(x0)=1+ef(x0)
, θα υπάρχει το lim
x→x0
f(x)−f(x0)
x−x0
=
1
1+ef(x0) .
΄Αρα η f είναι παραγωγίσιμη με f΄(x)=
1
1+ef(x)
.

14. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
Γ)
Iσχύει ότι f(x) < f(x) + ef(x)
= x + 1 και επειδή
lim
x→−∞
x + 1 = − ∞ θα είναι lim
x→−∞
f(x) = − ∞.
Eπίσης από τη γνωστή ανισότητα ex
≥ 1 + xex
> xef(x)
> f(x)
οπότε f(x) + ef(x)
= x + 1<2ef(x)
επόμενα για x>0 είναι
f(x) > ln(
x+1
2
) και επειδή lim
x→+∞
ln(
x+1
2
) = + ∞ θα είναι lim
x→+∞
f(x) = + ∞.
Όμως f συνεχής στο R, γνήσια αύξουσα στο R , άρα θα είναι πεδίο
τιμών της f , f(R)= R .Η συνάρτηση f είναι 1-1 ως γνήσια μονότονη, συνεπώς
αντιστρέφεται. Αν στη σχέση της υπόθεσης θέσω όπου x
την f-1
(x) προκύπτει: x + ex
= f−1(x) + 1  f−1(x) = x + ex
− 1, x ∈R.
Δ)
Από την αρχική σχέση έχω: f(1) + ef(1)
= 2.
f−1(0) = 0  f(0) = 0. Θέτω f(x) = yf−1(y) = x
dx = (f−1(y))΄dy. Οπότε:
∫ ef(x)
dx = ∫ ey(1 + ey)dy =
f(1)
0
1
0
∫ (ey
+ e2y)dy =
f(1)
0
[ey]0
f(1)
+
1
2
[e2y]0
f(1)
= ef(1)
− 1 +
1
2
(e2f(1)
− 1)=
1 − f(1) +
1
2
[(2 − f(1))
2
− 1] =1 − f(1) +
f(1)2−4f(1)+3
2
=
f(1)2−6f(1)+5
2
.
E)
Από τη σχέση f(x) + ef(x)
= x + 1 f(x) < x + 1x + 1 − f(x) > 0
x<0
⇒ ∫ (t + 1 −
0
x
f(t))dt>0
x<0
⇒ ∫ (t + 1)
0
x
dt>∫ f(t)dt
0
x
x<0
⇒ ∫ f(t)dt
x
0
> ∫ (t + 1)dt
x<0
⇒
x
0
∫ f(t)dt >
x
0
x2
2
+ x.
Eπειδή lim
x→−∞
(x2
+ x) = +∞ θα είναι lim
x→−∞
∫ f(t)dt =
x
0
+ ∞ .
Συνεπώς lim
x→−∞
e∫ f(t)dt
x
0 =+∞, oπότε το ζητούμενο όριο είναι της
μορφής
+∞
−∞
και από εφαρμογή του κανόνα de L Hospital προκύπτει: lim
x→−∞
e∫ f(t)dt
x
0
x
=
lim
x→−∞
f(x)e∫ f(t)dt
x
0 = (−∞)(+∞) = −∞.

15. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
6η
προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Μανώλης)
Για καθηγητές:
Α)
Θεωρούμε τη συνάρτηση   x
g x x e  , x η οποία είναι γνησίως αύξουσα για κάθε
x .
Η σχέση (1) γίνεται :   g f x x 1  .
Η  h x x 1  είναι γνησίως αύξουσα στο οπότε και η   g f x είναι γνησίως
αύξουσα στο .
Για κάθε 1 2x ,x  με 1 2x x έχουμε :
         
g f g
1 2 1 2 1 2x x g f x g f x f x f x    
1 1
Έστω τυχαίο 0x  . Βάζουμε όπου x το 0x στη σχέση (1) και έχουμε
   0f x
0 0f x e x 1   (2)
Αφαιρούμε τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη και παίρνουμε :
       0f xf x
0 0f x f x e e x x     (3)
Για 0x x έχουμε
               
       
 
   
0 0 0
f
f x f x f xf x f x f x
0 0 0 0
3
0 0
x x f x f x e e e e 0 e e f x f x f x f x
x x f x f x
             
   
1
Όμως για        
f
0 0 0x x f x f x f x f x 0     
1
.
Έτσι    0 0x x f x f x 0   
Ισχύει ότι  
0 0
0
x x x x
lim x x lim 0 0 
 
   , οπότε από Κριτήριο Παρεμβολής
        
0 0
0 0
x x x x
lim f x f x 0 lim f x f x 
 
    .
Όμοια βρίσκουμε ότι    
0
0
x x
lim f x f x

 .
Οπότε    
0
0
x x
lim f x f x

 .
Συνεπώς η συνάρτηση f είναι συνεχής σε τυχαίο 0x  , οπότε θα είναι συνεχής στο
.
Γ)
H f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε θα είναι και “1 – 1” άρα αντιστρέφεται .

16. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
Γνωρίζουμε ότι   g f x x 1  . Επίσης η g είναι γνησίως αύξουσα.
Οπότε έχουμε   x 1
g x 1 x 1 e 
    η οποία είναι επίσης γνησίως αύξουσα στο με
σύνολο τιμών         x x
g A lim g x 1 , lim g x 1 ,
 
      .
Το πεδίο ορισμού της  1
g x 1
 είναι το σύνολο τιμών της  g x 1 . Οπότε η
 1
g x 1
 θα έχει πεδίο ορισμού το  ,  .
Οπότε       1
g f x x 1 f x g x 1 , x
     
Οι συναρτήσεις  1
g x 1
 και f είναι ίσες, συνεπώς θα έχουν και το ίδιο σύνολο
τιμών. Έτσι    1
f
f A A ,    .
Έστω  f x y ,    y y 1 y
1 y e x 1 x y e 1 f y e y 1
            ή
 1 x
f x e x 1, x
   
Β)
Για να δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη αρκεί να δείξουμε ότι για 0x x το όριο
   
0
0
x x
0
f x f x
lim
x x


υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός.
Θέτουμε στο παραπάνω όριο όπου x το  1
f y
. Όταν 0x x τότε  0 0y f x y  .
Για 0x x έχουμε
   
   
 
0 0
0 0 0 0
0 o 00
0 0 0 0
y y1 1 y yx x y y y y y y
0 0 0 0
y yy f xy y
0
f x f x y y y y y y
lim lim lim lim
x x f y f y e y 1 e y 1 e e y y
1 1 1
lim
e e e 1 e 1
1
y y
    

   
  
         
   
  


Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο με    f x
1
f x
e 1
 

.
Δ)
Ψάχνουμε να βρούμε το  1 f x
0
e dx .
Θέτουμε    1
x f y f x y
   . Οπότε έχουμε
    1 y y
x f y x e y 1 dx e 1 dy
       
 Όταν x 0 τότε  y f 0 y 0  
 Όταν x 1 τότε  y f 1

17. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
‘Έτσι έχουμε  
 
 
   
 
   f 1 2f 1 2f 1 f 12y
1 f 1f x f 1y y y
0 0
0
e e 3 e 2e 3
e dx e e 1 dy e e
2 2 2 2
   
        
 
 
Όμως για x 1 στην σχέση (1) παίρνουμε ότι      
 f 1 f 1
f 1 e 2 e 2 f 1    
Έτσι το παραπάνω ολοκλήρωμα γίνεται
 
             
2
22f 1 f 1
1 f x
0
2 f 1 2 2 f 1 3 f 1 6f 1 5e 2e 3
e dx
2 2 2
      
  
Ε)
Έχουμε      
 f x f x
f x e x 1 e x 1 f x       και επειδή  f x
e 0 τότε
   x 1 f x 0 f x x 1      .
Για αρνητικά x έχουμε
       
 
 
 
2x
2x
0
0
02 2
0 0 x x
x x 0 0
x
x 2x
f t dtx2 2x 0xx f t dt
2
0
t x
f t dt t 1 dt f t dt t f t dt x
2 2
x e e
f t dt x e e
2 x x


 
           
 

      
   

Όμως  
2
2
x 2x
x 2x2
2
x D.L.H x
e
lim lim e x 1
x
 


 
    .
Οπότε και
 
x
0
f t dt
x
e
lim
x

 
7η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές )
Μαθητές Α)
Έστω 1 2,x x 
με 1 2x x και 1 2( ) ( )f x f x
x
e

1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 21 1f x f x f x f x
e e x e x e x x x x          
άτοπο, άρα f .
Εναλλακτικά δείχνω ότι η f είναι 1-1:
Αν 1 2,x x  με 1 2( ) ( )
1 2( ) ( ) f x f x
f x f x e e   και με πρόσθεση κατά μέλη
1 2( ) ( )
1 2 1 2( ) ( )f x f x
f x e f x e x x     άρα f 1-1.
Μετά δείχνω ότι η f θεωρώντας 1 2x x και αντικαθιστώντας στην αρχική ισότητα,
και αφού αφαιρέσω κατά μέλη έχω:
1 2
1 2
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2( ) ( ) 0
f x f x
f x f x
f x e f x e x x

       (αφού f 1-1)
 
1 2( ) ( )
1 2 1 2
1 2
( ) ( ) ( ) ( ) 0
( ) ( )
f x f x
e e
f x f x f x f x
f x f x

     


18. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
 
1 2( ) ( )
1 2
1 2
( ) ( ) 1 0
( ) ( )
f x f x
e e
f x f x
f x f x
 
    
 
. Αλλά ισχύει
1 2( ) ( )
1 2
0
( ) ( )
f x f x
e e
f x f x



γιατί
1 2( ) ( )
1 2( ) ( ), f x f x
f x f x e e  ομόσημα αφού x
e . Άρα 1 2( ) ( ) 0f x f x  δηλαδή f .
Μαθητές Β) – Καθηγητές Γ)
Έστω 0y  . Θα δ.ο. υπάρχει 0x  : 0 0( )y f x . Θέτω 0
0 0 1y
x e y   . Τότε
ισχύει: 0 0 0( ) ( )
0 0 0 0( ) 1 ( )f x f x y
f x e x f x e e y       . Η x
e x ως είναι 1-1,
άρα από την προηγούμενη ισότητα ισοδύναμα έχω: 0 0( )y f x . Άρα το σύνολο
τιμών της f είναι το και η f αντιστρέφεται με 1
( ) 1,x
f x x e x
    .
Μαθητές Γ) – Καθηγητές Β)
Θα δ.ο. f παραγωγίσιμη στο . Έστω 0x  . Θέτοντας στην αρχική όπου x το 0x
έχω: 0( )
0 0( ) 1f x
f x e x   και αφαιρώντας έχω: 0( )( )
0 0( ) ( ) f xf x
f x f x e e x x     .
Με 0x x έχω:
 
0
0
( )( )
0
0 0 0 ( )( )
0 0
0
( ) ( ) 1
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1
( ) ( )
f xf x
f xf x
f x f xe e
f x f x f x f x x x
e ef x f x x x
f x f x

       
 


και παίρνοντας το όριο με 0x x έχω:
 0 00 00
0
0
0
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
0
0
0
( ) ( ) 1 1 1
lim
11
1 lim 1 lim( ) ( ) ( ) ( )
f x f xf x f x f x f xx x
x x
x x
f x f x
e ex x ee e
f x f x f x f x




  
 
  
αφού με 0( ) ( )u f x f x  λόγω συνέχειας της f στο 0x για 0x x έχω ότι 0u  και
το
0
1
lim 1
u
u
e
u

 . Άρα η f παραγωγίσιμη στο 0x με 0
0 ( )
1
( )
1 f x
f x
e
 

.
Η f  είναι παραγωγίσιμη με
 
( )
2( )
( )
( ) 0
1
f x
f x
f x e
f x
e

   

δηλαδή η f είναι κοίλη στο .
Επίσης
1
(0)
2
f   αφού είναι 1
(0) 0 (0) 0f f
   . Σε τυχόν 1 0x  η εφαπτομένη
της fC στο  1 1, ( )x f x είναι:  1 1 1 1( ) ( )y f x x f x f x x    με  1
1
(0)
2
f x f  
( )f  . Επίσης με 1x x είναι 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x x f x f x x    και
 1 1 1 1lim ( ) ( ) ( )
x
f x x f x f x x

     άρα lim ( )
x
f x

  . Θέτοντας ( )u f x έχω
( )
lim lim 0f x u
x u
e e
 
  .

19. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
Εναλλακτικά για να δ. ο. lim ( )
x
f x

  έχω  1
lim ( ) 1 lim 0x
x x
f x x e
 
    δηλ. η
1y x  είναι ασύμπτωτη της 1
f
C  στο , άρα λόγω συμμετρίας η 1y x  είναι
ασύμπτωτη της f
C στο , δηλ.  lim ( ) 1 0
x
f x x

   και θέτοντας
( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1g x f x x f x g x x       έχω lim ( )
x
f x

  .
Καθηγητές Α)
Θα δ.ο. f συνεχής στο 0x . Θέτοντας στην αρχική όπου x το 0x έχω:
0( )
0 0( ) 1f x
f x e x   και αφαιρώντας έχω (με 0x x ):
 
0
0
( )( )
( )( )
0 0 0 0 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
f xf x
f xf x e e
f x f x e e x x f x f x f x f x x x
f x f x

           

 
0( )( )
0 0
0
( ) ( ) 1
( ) ( )
f xf x
e e
f x f x x x
f x f x
 
    
 
. Επίσης επειδή ,x
e f είναι
0( )( )
0( ) ( )
f xf x
e e
f x f x


>0 άρα
0( )( )
0 0 0 0 0
0
1 1 ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
f xf x
e e
f x f x x x x x f x f x x x
f x f x

            

και
με κριτήριο παρεμβολής
0
0lim ( ) ( )
x x
f x f x

 δηλ. f συνεχής στο 0x άρα και στο .
Καθηγητές Δ)
Για 1
( )x f u
 έχω
   
(1)2 2 (1)
1 (1) (1)
( ) 1 (1)
0 0 0
0
3
( ) 1
2 2 2
fu f
f f
f x u u u u fe e
e dx e f u du e e du e e           
 
  
 
2 21 2 (1) 3 5 6 (1) (1)
2 (1) ...
2 2 2
a ή
f f f
f

   
      .
Καθηγητές Ε)
Θέτω
 
12 2( ) ( )
( ) ( ) 1
0 0 0 0
0
( ) ( ) 1 ( ) ( )
2 2
x
ή t f ux x x f x
f t f t ut x
g x f t dt t e dt t e dt x e f u du
 

 
           
 
   
 
( )2 2 2 2 2 ( )
( )
( )
0
0
3
1
2 2 2 2 2 2
f xu f x ήf x
u u u f xx x e x e
x e e du x e x e
 
              
 

 
22 2
( ) ( ) ( )1 ( ) 3 ( )
... 1 ( )
2 2 2 2
f x f x f xx f xx f x
x e f x e e
 
          .

20. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
( )
( )
lim lim 0
u f x
f x u
x u
e e

 
  ,
2
( )
lim
2x
f x

  ,
( ) . . .
( )
( )
( )
lim ( ( )) lim lim 0
u f x D L H
f x
f x ux x u
f x u
e f x
e e

  

   . Άρα lim ( )
x
g x

  και
( )
lim g x
x
e

  και από D.L.H. το ζητούμενο όριο είναι:
  ( ) ( )
lim ( ( ) ) lim ( ( ) )g x g x
x x
g x e f x e
 
      .
8η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
1ος τρόπος (εκτός ύλης)
Έστω x
g( x ) x e ,x R   παραγωγίσιμη με x
g'( x ) 1 e 0   .Άρα η
g R και 1 1  με g(R) R αφού
x x
lim g( x ) , lim g( x )
 
    .
Αρα υπάρχει η 1
g : R R
 τότε η δοσμένη ισότητα γίνεται
f ( x ) 1
g(f( x )) f ( x ) e x 1 f ( x ) g ( x 1)
       . Όμως αν g συνεχής και  στο
R τότε 1
g
συνεχής και  στο R . Άρα f συνεχής στο R ως σύνθεση συνεχών
συναρτήσεων.
2ος τρόπος
Είναι f ( x )
f ( x ) e x 1   . Έστω 1 2x ,x R με 1 2 1 2x x και f ( x ) f ( x )  τότε
1 2f ( x ) f ( x )
e e και προσθέτοντας κατά μέλη
1 2f ( x ) f ( x )
1 2 1 2 1 2f ( x ) e e f ( x ) x 1 x 1 x x         ,άτοπο άρα
1 2 1 2 1 2x ,x R με x x και f ( x ) f ( x )    και f R
Έστω ox R τότε of ( x )
o of ( x ) e x 1   ,τότε
 
 
o o
o o
o
f ( x ) f ( x )f ( x ) f ( x )
o o o o
f ( x ) f ( x )f ( x )
o o
f ( x )f ( x ) f ( x )
o o
f ( x ) f ( x ) e e x x e e x x f ( x ) f ( x )
e e 1 x x f ( x ) f ( x ) ,
e e 1 f ( x ) f ( x ) x
(1)
(, 2)x


           
     

    
από τη σχέση x
e 1 x  έχουμε
   
    
o o o o
o o
( 1)
f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x )f ( x ) f ( x )
o o
f ( x ) f ( x )
o o o o o
e 1 f ( x ) f ( x ) e e 1 e f ( x ) f ( x )
x x f ( x ) f ( x ) e f ( x ) f ( x ) x x e 1 f ( x ) f ( x )
 
       
          

21. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
o
o
o
of ( x )
o
of ( x )
f
o o o
x x
f ( x ) f ( x ) x xe 1 f ( x ) f ( x ) 0
e 1
x x f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( 0για x )

 
       

      
από Κ.Π. για ox x 
 είναι  
o
o
x x
lim f ( x ) f ( x ) 0

 
πάλι από τη σχέση x
e 1 x  έχουμε
   
    
o o
( 2 )
f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x )f ( x ) f ( x )
o o
f ( x ) f ( x )
o o o o o
o
of ( x )
o o
f
o o o
e 1 f ( x ) f ( x ) e e 1 e f ( x ) f ( x )
f ( x ) f ( x ) x x e f ( x ) f ( x ) x x e 1 f ( x
γ
) f ( x )
x x
f ( x ) f ( x )
e 1 x x f ( x ) f ( x ) 0
x x f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) 0ια
 

       
          
 
       

      
από Κ.Π. για ox x 
 είναι  
o
o
x x
lim f ( x ) f ( x ) 0

 
άρα  o
o
x x
lim f ( x ) f ( x ) 0

  και f συνεχής.
3ος τρόπος
Έστω x
H( x ) x e ,x R  
τότε x
H'( x ) 1 e 0   άρα H R και 1 1  και αντιστρέψιμη με H(R) R
αφού
x x
lim H( x ) , lim H( x )
 
   άρα 1
H (R) R

Έστω oy , y R με oy y .Τότε αφού H(R) R θα υπάρχουν
o o ox ,x R : y H( x ) , y H( x )    1 1
o o ox H ( y) ,x H ( y ) , x x 
   αφού
1
H 1 1
 .
Από ΘΜΤ στο  ox ,x ή  ox ,x είναι
ξ ξo o o
1 1
o o o
H( x ) H( x ) H( x ) H( x ) y y
H'(ξ ) e 1 e 1
x x x x H ( y) H ( y ) 
  
       
  
1 1o o
o o1 1 1 1
o o
y y y y
1 1 H ( y) H ( y ) y y
H ( y) H ( y ) H ( y) H ( y )
 
   
 
       
 
1 1
o o oy y H ( y) H ( y ) y y 
    
η τελευταία ανισότητα ισχύει για κάθε o oy , y R με y y  και τότε από ΚΠ για
oy y είναι  o
1 1
o
y y
lim H ( y) H ( y ) 0 

  . Άρα 1
H
συνεχής στο R .

22. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
22
΄Όμως f ( x ) 1
H( f ( x )) f ( x ) e x 1 f ( x ) H ( x 1)
       συνεχής ως σύνθεση
συνεχών συναρτήσεων.
B.
1ος τρόπος (εκτός ύλης)
x
y H( x ) x e ,x R    είναι παραγωγίσιμη και H R με H(R) R
x
H'( x ) 1 e 0 ,x R    . Άρα και η 1
H
είναι παραγωγίσιμη με
 1 1
H '( y) , y R
H'( y)

  .Τότε και η 1
f ( x ) H ( x 1) ,x R
   είναι παραγωγίσιμη
στο R ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων .
2ος τρόπος
o o o
1 1 1 1
o o o
x x x x x x
o o o
f ( x ) f ( x ) H ( x 1) H ( x 1) H ( x 1) H ( x 1)
L lim lim lim
x x x x ( x 1) ( x 1)
   
  
      
  
    
1 1
o oθέτω u H ( x 1) , H ( x 1) u 
    , αφού Η 1-1 και τότε
o oH(u) x 1 , H(u ) x 1    . Άρα
1
o
Η συνεχής
1 1
o o
x x
lim H ( x 1) H ( x 1) u

 

    .
o o
o
u u u u
oo o
o
u u 1 1
L lim lim R
H(u) H(u )H(u) H(u ) H'(u )
u u
 

   


άρα f παραγ/ιμη στο R
Γ.
1ος τρόπος (για το σύνολο τιμών)
Αποδείξαμε ότι 1
f ( x ) H ( x 1) ,x R
   , με 1
H (R) R
 . Όμως
 x R x 1 R    άρα f (R) R
2ος τρόπος (για το σύνολο τιμών)
Έστω y R : f ( x ) y x R    τότε η συνάρτηση G( x ) f ( x ) y ,x R   είναι
συνεχής με G( x ) 0 ,x R  άρα θα διατηρεί πρόσημο .Εστω G( x ) 0 ,x R 
τότε
f ( x ) y f ( x ) y y y
x R , f ( x ) y e e f ( x ) e y e x 1 y e x y e 1                
Η τελευταία ανισότητα ισχύει x R  άρα και για y
x y e 1   τότε
y y
y e 1 y e 1     άρα f (R) R .Όμοια αν G( x ) 0 ,x R 

23. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
23
θέτοντας 1 f ( x )
f ( x ) ,x R στην f ( x ) e x 1
    είναι
1
1 f ( f ( x )) 1 x 1 1 x
f ( f ( x )) e f ( x ) 1 x e f ( x ) 1 f ( x ) x e 1

   
          
Δ.
f ( x )
f ( x ) e x 1 (*)   . f (0 )
Για x 0 είναι f (0) e 1  
f ( 0 ) f ( 0 )
f ( 0 ) f ( 0 )
αν f (0) 0 τότε e 1 και f (0) e 1 άτοπο
αν f (0) 0 τότε e 1 και f (0) e 1 άτοπο
εφόσον f (R) R είναι f (0) 0
   
   
 
f ( x ) f ( x )
f ( x )
1
f ( x ) e x 1 f '( x ) f '( x )e 1 f '( x )
1 e
       

συνεχής.
   
1 1 1
f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x )
f ( x )
0 0 0
1
I e dx e 1 e dx e 1 e f '( x )dx
e 1
    
  
Θέτω
f ( 0 )
(*)
f ( x ) f ( 1)
f ( x )
x 0 u e 1
u e x 1 u e 2 f (1)
du f '( x )e dx
    


      
 
 
2 f ( 1)2 22 f ( 1)
1
1
u f (1) 6 f(1) 5
I u 1 du u
2 2


   
     
 
Ε.
 
  f ( t )
2 x
0
2 x
0
x x
f ( t ) f ( t ) f ( t )
0 0
2x x x x x x 0
f ( t ) f ( t )
e 00 0 0 0 0
x 2x2 2x x x 0f ( t )dt
2
0 0
x 2x
f ( t )
2
f (t ) e t 1 t 1 f (t ) e t 1 f (t ) dt e dt
x 2x
t 1 dt f (t )dt e dt f (t )dt e dt
2
x 2x x 2x
f (t )dt 0 f (t )dt e e
2 2
e e
0
x


 

          

       
        

 
 
    
 
2 x
0
dt
x 2x f ( t )dt
2
x x
0 (*)
x
ee

  


24. ___________________________________________________________________________
23η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
24
όμως
 
2 2
x 2x x 2xx DLH x
2 2
x 1
lim lim 0
e x 1 e


  
 

Από Κ.Π. η (*) δίνει x
0
x f (t )dt
x
lim 0
e



, x
0
f ( t )dt
x
0
e


οπότε
x
0
x
0
f ( t )dt
x x
f ( t )dt
e 1
lim lim
xx
e
 

  
