27h anartisi

___________________________________________________________________________
27η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Θεωρούμε τη συνάρτηση :  με τύπο   x
x e x  
Τότε η  είναι γνησίως αύξουσα στο , αφού   x
x e 1 0    , για κάθε x  .
Οπότε:
 
   
 
      
 
2 22 2
f x - x f x xx x + 1 x x 12 2 2 2
" 1 1"
2 2 2 2
2 2
e - x x + 1 = e +x -f x e f x - x e x x 1
f x x x x 1 f x x x x 1
f x x x 1 x , x
  
 
      
           
     
β)
Η f είναι παραγωγίσιμη στο με παράγωγο
   2 2
f x x x 1 x

        2 2 2
2
x
x x 1 x x 1 x 2x
x 1
 
        

2
2
2
x
x 1 2x
x 1
    

2
24
24
x
x 1 0
x 1
 
    
  
, για κάθε x 
( διότι
2
24
24
x
x 1 0
x 1
 
    
  
2
2
24
x 1 x
0 x 1 x 0,
x 1
 
    

για κάθε x  ( εύκολη η διαπίστωση) ).
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
γ)
Είναι
      
 
x x x
x x x
x x x
2 2 2 2
2 2
2 2
4 2 2 2
2 2 2 2 2
x 0
2
22
x x x 1 x x x 1
f x x x x 1
x x x 1
x x x 1 x x
x x x 1 x x x 1 x x 1
x x
11
x x 1x x 1
xx
lim lim lim
lim lim lim
lim lim lim
  
  
  

   
   
 
   
  
     
 
  
 
   
 
2
1 1
1 2
1 1
x


 
 
και
   x x
2 2
f x x x x 1lim lim
 
    
και η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο , άρα
Λύνει οι Ανδρέας Πάτσης – Παύλος Τρύφων

___________________________________________________________________________
  1
f ,
2
 
   
 
δηλαδή
  1
f x 0
2
  για κάθε x 
Άρα
  3
f x 1
2
  για κάθε x 
και επειδή
x 1  για κάθε x 
συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση   3
x f x
2
   είναι αδύνατη στο
δ)
     
   
1 1 1 1 14 2 4 2 2 4 2
2 2 2
0 0 0 0 0
1 1 12 2 4 2
2
0 00
2x x 2x x x 2x x
xf x dx xf x dx dx f x dx dx
22 x 1 2 x 1 2 x 1
x x 2x x
f x f x dx dx
2 2 2 x 1
     
       
    
  
   
 
    
 
1 122 4 2
2
2 2
0 0
1 14 2 4 2
3
2 2
0 0
2 1 x x 2x x
x 1 2x dx dx
2 2 2 x 1x 1
2 1 2x x 2x x
x dx dx
2 2 x 12 x 1
2
        
   
       
   


 
 
1 4 2
2
0
1 2x x
dx
2 2 x 1




1 4 2
2
0
1 2x x
dx
4 2 x 1

 


2 1
2 4
 

___________________________________________________________________________
α)
Η σχέση
2 2
f(x) x 2 x x 1 2
e x x 1 e x f(x) 
     μετασχηματίζεται ισοδύναμα στην
 
2 2
f(x) x 2 x x 1 2
e f(x) x e x x 1,x 1 
     
Θεωρούμε την συνάρτηση x
g(x) e x,x   , επειδή x
g (x) e 1 0,x     και η g είναι
συνεχής στο θα είναι γνησίως αύξουσα στο και άρα "1 1" .
Η      
g,"1 1"
2 2 2 2 2 2
1 g f(x) x g x x 1 f(x) x x x 1 f(x) x x 1 x ,x

            
β)
Είναι
     
2
2 2 2 2 2 2
2
x
f (x) x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 2x
x 1
                

2
2
2x 1
f (x) 2x,x
x 1

   

Εξετάζουμε πότε;
 
22 2 x 1 0
2 2
2 2
2x 1 2x 1
f (x) 0 2x 0 2x 2x 1 2x 2x 1, 2
x 1 x 1
 
 
            
 
, όταν x 
 Για x 0 η (2) ισχύει προφανώς.
 Για x 0 τότε    
22
2 2 2 2
2x 1 2x 2x 1 0 2x 1 2x 2x 1          
4 2 4 2
4x 4x 1 4x 4x 1 0      , αληθής
Άρα
f (x) 0, x    και επειδή η f είναι συνεχής στο θα είναι γνησίως αύξουσα στο .
γ)
Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο το σύνολο τιμών της θα είναι
 x x
f( ) lim f(x), lim f(x)
 
 και επειδή ακόμη
   4 2 2 2
2 2
x x . x x2 2
2
2
x x x 1 x
lim f(x) lim x x 1 x lim lim
1x x x 1
x x x 1
x

    
  
     
 
 
2x 0
x x x
2 2
2 2
x 1 1
lim f(x) lim lim
1 1 2
x x 1 1 1
x x

  
 
   
   
, τότε
1 3 1 3
f(x) f(x)
2 2 2 2
      
3
f(x) 1
2
   και άρα η εξίσωση
3
x f(x)
2
   είναι αδύνατη.
Λύνει ο Κωνσταντίνος Μόσιος

___________________________________________________________________________
δ)
Έχουμε
2
x
*
2 2 4 2 22
3
2 2 2
2x 1 2x 1 2x x x
f (x) 2x f (x) 2x f (x) x
2x 1 x 1 2 x 1
  
          
  
4 2 2 2 2 4 2 4
3
2
2x x x x x x x x
xf(x) xf(x) f (x) x f(x) f (x) f(x)
2 2 2 4 2 42 x 1
          
                    
        
οπότε
11 14 2 2 4 2 4
2
0 0 0
2x x x x x x 1 1
I xf(x) dx f(x) dx f(x) f(1)
2 4 2 4 2 42 x 1
     
               
     
 
1 2 1 1 2 2
I
2 4 4
 
  

___________________________________________________________________________
α)
Για κάθε x  ισχύει:
 
   
   
2 22 2f x x f x x2 x x 1 2 2 x x 1 2
e x x 1 e x f x e f x x e x x 1 1
    
          
Θεωρούμε συνάρτηση   x
g x e x , x   .
Για κάθε x  είναι   x
g x e 1 0    άρα g γνησίως αύξουσα στο
οπότε και 1-1.
        
 
2 2 2 2
2 2
1 g f x x g x x 1 f x x x x 1
f x x x 1 x
       
   
β)
Για κάθε x  είναι
 
 
2
2 2
2 2
2
2
2 2 2
2 2
2x x
f x x 1 x 2x x 1 2x
2 x 1 x 1
x x 1x 1 x 2x x 1
0
x 1 x 1
          
 
    
  
 
γ)
Είναι
   
2 2
2 2
x x x x x2 2
2
22
x x 1
lim f x lim x x 1 x lim lim lim
11x x 1 x
1 1x 1 1
xx
1 1
1 0 1 2

    

    
  
     
 

  
 

και    2 2
x x
lim f x lim x x 1 x
 
    
Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο άρα
      x x
1
f lim f x , lim f x ,
2 
 
    
 
Η εξίσωση    3 3
x f x f x x
2 2
      
Όμως   1
f x
2
  ενώ
3 1
x 1 x
2 2
       και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.
δ)
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος

___________________________________________________________________________
Είναι
 
 
2
2
2 2 2 2
2 2 2
x x 1 x 2x x 1 x 1 2x 1
f x 2x
x 1 x 1 x 1
      
    
  
   
   
 
4 2 4 2
1 1 1
0 0 02 2
1
2 4 2 2 2 4 2
1 1 1 1
0 0 0 02 2
0
2 2 4 2
1 1
0 02 2
4 2
1
0 2
2x x 2x x
xf x dx xf x dx dx
2 x 1 2 x 1
x 2x x x x 2x x
f x dx dx f(x) f x dx dx
2 2 22 x 1 2 x 1
1 x 2x 1 2x x
f 1 2x dx dx
2 2 x 1 2 x 1
2 1 2x x
2 2 x 1
  
    
  
    
       
    
  
    
  
 


  
   
 
4 2
1 1
3
0 0 2
1
4
0
2x x
dx x dx dx
2 x 1
2 1 x 2 1 1 2 2 1
2 4 2 4 4

  

   
    
 
  

___________________________________________________________________________
α)
Είναι
2 2
f(x) x 2 x x 1 2
e x x 1 e x f(x) 
     
2 2
f(x) x 2 x x 1 2
e f(x) x e x x 1, x 
     
και αν x
g(x) e x, x   η ισότητα γράφεται
2 2
g(f(x) x ) g(x x 1), x    (1)
και επειδή τώρα x
g (x) e 1 0, x     η g είναι γνήσια αύξουσα στο άρα και 1 1
επομένως από την (1) έχουμε
2 2 2 2
f(x) x x x 1 f(x) x x x 1, x       
β)
Η 2 2
f(x) x x x 1, x    είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με
2
2 2 2
2
2 2
x 2x x 1 x 1 x
f (x) 2x x 1 x
x 1 x 1
   
     
 
ή
 
2
2
2
x x 1
f (x) 0, x
x 1
 
   

επομένως η f είναι γνήσια αύξουσα στο .
γ)
(1ος τρόπος)
Είναι
2
2 2 2 2 2
2f(x) 2x 2x x 1 2f(x) 1 x 2x x 1 x 1          ή
 
2
2
2f(x) 1 x x 1 0, x      επομένως
1 3
2f(x) 1 0 f(x) f(x) 1, x
2 2
        
και η εξίσωση
3
x f(x)
2
(2ος τρόπος)
Αφού η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής στο R έχει σύνολο τιμών το
 x x
1
f( ) lim f(x), lim f(x) ,
2 
 
     
 
γιατί
2 2
2
x x x x2 2
x x 1 x
limf(x) limx(x x 1) lim x lim
x x 1 x x 1   
    
        
      
x 0
x
2
1 1
lim
1 2
1 1
x


 
    
   
 
και 2
x x
limf(x) limx(x x 1)
 
    
και κατόπι όπως στο 1ο τρόπο.
δ)
Λύνει o Βασίλης Κακαβάς

___________________________________________________________________________
Είναι
1 14 2 2
2
2 2
0 0
2x x 1 2x 1
I xf(x) dx 2xf(x) x dx
22 x 1 x 1
    
      
    
  (1)
και επειδή
2 2 2
2
2 2 2
x 2x 1 2x 1
f (x) 2x x 1 2x f (x) 2x
x 1 x 1 x 1
 
         
  
έχουμε ότι
   
1 1
2 2 2 3
0 0
1 1
I 2xf(x) x (f (x) 2x) dx (x ) f(x) x f (x) 2x ) dx
2 2
        
11 4 4
2 2
0 0
1 x 1 x
x f(x) dx x f(x)
2 2 2 2
   
       
   

1 1 1 1 2 2 1
(f(1) ) ( 2 )
2 2 2 2 4

   

___________________________________________________________________________
α)
Από την δοσμένη σχέση έχουμε :
2 2 2 2
f(x) x 2 x x 1 2 f(x) x 2 x x 1 2
e x x 1 e x f(x) e +f(x)-x e x x 1   
         σχέση (1)
Θεωρούμε συνάρτηση g με τύπο :   x
g x e x  παραγωγίσημη στο με :
  x
g ΄ x e 1 0   οπότε g γνησίως αύξουσα στο και επομένως « 1-1»
Η σχέση (1) με την βοήθεια της συνάρτησης g γίνεται :
   2 2 2 2 2 2
g f(x) x g x x 1 f(x) x x x 1 f(x) x x 1 x          
β)
Παραγωγίζοντας την συνάρτηση f έχουμε :
 
2
2
2
2
2 2
x x 1x
f ΄(x) x 1 2x ........ 0
x 1 x 1
 
      
 
**** Η παράσταση : 2
x x 1  είναι θετικός γιατί :
2 2 2 2 2 2
1 x x 1 x x 1 x x 1 x x+ 1 x 0             
Άρα f γνησίως αύξουσα στο
γ)
 
2
2 2 2 2 2
2 2
x+ 1 x 0 2x 1 2x 1 x 0 2x 2x 1 x 1
1 1 3 1 3 3
x x 1 x f(x) f(x)+ + f(x)+ 1
2 2 2 2 2 2
            
             
οπότε σύμφωνα με το παραπάνω η εξίσωση :
3
ημx=f(x)+
2
είναι αδύνατη γιατί πρέπει να
ισχύει ότι :
3
ημx=f(x)+ 1
2
 . Άτοπο γιατί ημx 1
β΄ τρόπος
Επειδή f γνησίως αύξουσα στο βρίσκουμε το :
 
2
2 2
x x x
2
2
x 1
lim f(x) lim x x 1 x ............ lim
1 2
x 1 1
x
        
 
       
    
 
οπότε
1
f(x)
2
  ,
άρα ……
δ)
Από το β) ερώτημα έχουμε ότι :
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς

___________________________________________________________________________
 
2
2
2 2 2
2 2 2
x x 1 2x 1 2x x 1 2x 1
f ΄(x) 2x
x 1 x 1 x 1
     
   
  
οπότε
2 2
2 2
2x 1 2x 1 f ΄(x)
f ΄(x) 2x x
2x 1 2 x 1
 
    
 
σχέση (2)
 1 1 124 2 2
2 2
2 2
0 0 0
11 12 2
3
0 0 0
2x x 2x 1 f ΄(x)
xf(x) dx xf(x) x dx xf(x) x x dx
22 x 1 2 x 1
x x
xf(x) f ΄(x) x dx xf(x)dx f (x) x
2 2
      
                    
   
          
   
  
 
 
11 4
0 0
x
f(x)dx
4
1 1 1 1 2 2 1
f(1)- 2 1
2 4 2 4 4
 
  
 

    


___________________________________________________________________________
α)
Η   x
x e x   είναι στο άρα και 1 1 και η δοσμένη ισότητα ισοδύναμα γράφεται:
      2 2 2 2
f x x x x 1 f x x x x 1         .
β)
Η f με συζυγή παράσταση γράφεται   2
x
f x
x 1 x

 
, αφού 2
x 1 x x   
και η  
 
2
2 2
1
f x 0 f
x 1 x 1 x
   
  
στο .
γ)
Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται:  3
x f x
2
   .
Το σύνολο τιμών της
3
x
2
  είναι το
5 1
,
2 2
 
  
 
, ενώ της f το
1
,
2
 
  
 
αφού
 x
lim f x

  και
 
 2 2 4
x x x x2 2 2
2
x x 1 x x x 1
lim f x lim lim lim
21x x 1 x x 1 x
x 1 1
x
   
 
    
    
    
 
.
Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.
δ)
Είναι
Άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι
 
1
2 4
0
x f x x 2 1
2 4 2 4
 
     
  
.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
   
   
   
2 2 2 2
2
4 2 3 2 4 2
3
2 2
2 4 4 2
2
x x 2x 1 2x x 1
f x xf x
2 2 x 1
2x x 2x x 1 2x x
xf x xf x x
2 x 1 2 x 1
x x 2x x
f x xf x
2 4 2 x 1
    
   
 
   
    
 
  
    
 

___________________________________________________________________________
α)
Η συνάρτηση   x
g x e x  , x  είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο  με
  x
g x e 1   .
Επειδή  g x 0  για κάθε x  , η g είναι γνησίως αύξουσα στο  , άρα και «1-1» .
Για κάθε x  :
 
   
 
2 22 2f x x f x x2 x x 1 2 2 x x 1 2
e x x 1 e x f x e f x x e x x 1
  
           
        
g"1 1"
2 2 2 2 2 2
g f x x g x x 1 f x x x x 1 f x x x 1 x

            , x  .
β΄ τρόπος
Έστω οι συναρτήσεις     2
h x f x x  , x  και   2
k x x x 1  , x  .
Αν υπάρχει 1
x  :        1 1h x k x
1 1
h x k x e e   οπότε    
   1 1h x k x
1 1
h x e k x e  
καταλήγουμε σε άτοπο.
Αν υπάρχει 2
x  :        2 2h x k x
2 2
h x k x e e   οπότε    
   2 2h x k x
2 2
h x e k x e  
καταλήγουμε σε άτοπο.
Άρα ισχύει        2 2 2 2
h x k x f x x x x 1 f x x x 1 x         , x  .
β)
Η f είναι παραγωγίσιμη στο  με
 
 
2
2
2 2 2 2
2
2 2 2
x 1 xx x 1 2x x 1 x
f x x 1 2x 0
x 1 x 1 x 1
    
       
  
x  , αφού
2 2 2
x 1 x x x x 1 x 0         για κάθε x  .
γ)
   2 2
x x
lim f x lim x x 1 x
 
     και
     2 2
2 2
x x x x2
2
x x 1 x x
lim f x lim x x 1 x lim lim
1x 1 x
x 1 x
x
   
 
    
 
 
x 0
x x
2 2
x x 1
lim lim
1 21
x 1 x x 1 1
x x

 
   
 
       
 
Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο το σύνολο τιμών της είναι :
      x x
1
f lim f x , lim f x ,
2 
 
    
 
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης

___________________________________________________________________________
Άρα για κάθε x  :    1 3
f x f x 1 x
2 2
       ,
άρα η εξίσωση   3
x f x
2
δ)
Είναι :
     
4 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2x x x 2x 1 x x 1 x
xf x xf x xf x
2 22 x 1 x 1 x 1 x 1
   
         
    
        
2 2 2 2 2
2 3
2
x x x x x
xf x x 1 f x f x 2x f x x
2 2 2 2x 1
      
                 
     
, άρα
   
   1
4 2 2 4
1
0 2
0
f 1 2f 1 12x x x x 1 2 2 1
xf x dx f x
2 4 2 4 4 42 x 1
    
          
   
 .
β΄ τρόπος
   
4 2 4 2
1 1 1
0 0 02 2
2x x 2x x
xf x dx xf x dx dx
2 x 1 2 x 1
  
    
  
  
   
1
2 2 4 2
1 1
0 0 2
0
x x 2x x
f x f x dx dx
2 2 2 x 1
  
    
 
 
 
 
4 2 2
1
0 2
f 1 2x x x
f x dx
2 22 x 1
 
   
 

   
2
2
4 2 2
1
0 2 2
x 1 xf 1 2x x x
dx
2 22 x 1 x 1
 
  
   
  
 

  4 2 4 2 3 2 4
1
0 2
f 1 2x x x x 2x x 1 x
dx
2 2 x 1
      
  
  

  1
3
0
f 1
x dx
2
  
  1
3
0
f 1
x dx
2
   .
1
4
0
2 1 x 2 1 1 2 2 1
2 4 2 4 4
   
     
 

___________________________________________________________________________
α)
Θέτω x
g(x) e x  , x R  . x
g'(x) e 1 0   x  οπότε η g  επόμενα είναι 1-1.
Tώρα
2
f(x) x
e 
 2
x x 1 
2
x x 1
e 
 2
x f(x) 
2
f(x) x 2
e f(x) x
  
2
x x 1 2
e x x 1
  
2
g(f(x) x )  2
g(x x 1)  2
f(x) x  2
x x 1  f(x)  2 2
x x 1 x  .
β)
f'(x)  2
x 1 
2
x 2x
2x
2 x 1

 

2
x 1 
2
2
x
2x
x 1
 

2 2 2
2
x 1 2x x 1 x
x 1
   


2 2
2
2x 1 2x x 1
x 1
  


2 2
2
(x x 1)
0
x 1
 


x  . Άρα f  .
γ)
x
lim f(x)

  , f(x)  2
[x( x 1 x) 
2
x
1 x x

 
2
x
1
x( 1 1)
x
 
 
2
1
1
1 1
x
 
 
και
x
lim f(x)


x
2
1 1
lim
1 2
1 1
x

  
 
.
Επόμενα f( ) (
1
2
 , ),δηλαδή
1
f(x)
2
  
3
f(x) 1
2
  και επειδή 1 x 1    η
εξίσωση x 
3
f(x)
2
 είναι αδύνατη στο .
δ)
1 4 2
2
0
2x x
xf(x) dx
2 x 1
 
  
 

1
0
xf(x)dx 
1 2 2
2
0
x (2x 1)
dx
2 x 1




1 2
0
x
( )'f(x)dx
2

1 2 2
2
0
x (2x 1)
dx
2 x 1




1
2
0
x
f(x)
2
 
 
 
-
1 2
0
x
f'(x)dx
2

1 2 2
2
0
x (2x 1)
dx
2 x 1




1 2 2
2
0
f(1) x 2x 1
[f'(x) ]dx
2 2 x 1

 

 
1 2 2
2
0
( 2 1) x 2x x 1
( )dx
2 2 x 1
 
 


( 2 1)
2


1 2
0
x
2xdx
2
 
( 2 1)
2


1
3
0
x dx 
( 2 1)
2


1
4
0
x
4
 
 
 
( 2 1) 1
2 4

 
2 1
2 4
 
2 2 1
4

 .
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς

___________________________________________________________________________
α)
Θεωρούμε συνάρτηση g :  με τύπο   x
g x e x  .
Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο με   x
g x e 1 0   , άρα η g είναι
γνησίως αύξουσα στο , οπότε και 1 1 .
Δίνεται:
 
 
2 2f x x 2 x x 1 2
e f x x e x x 1
 
          2 2
g f x x g x x 1      2 2
f x x x x 1  
β)
Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο , με
 
2
2
2
x
f x 2x x 1
x 1
   

 .
Προφανώς για x 0  f x 0  .
Εργαζόμαστε για x 0 .
 
2 2
2
2x x 1 2x 1
f x
x 1
  



Προκειμένου να δείξουμε ότι  f x 0  , αρκεί να δείξουμε ότι 2 2
2x 1 2x x 1    , όπου
με τετραγωνισμό, αφού και τα δύο μέλη είναι θετικά προκύπτει
4 2 4 2
4x 4x 1 4x 4x 1 0      που ισχύει.
Άρα,  f x 0  για κάθε x  , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
γ)
    f x x
R lim f x , lim f x
 

Προφανώς  x
lim f x

 
 
  2 2 2 2
x x 2 2
x x 1 x x x 1 x
lim f x lim
x x 1 x 
   

 
2
x
2
2
x 1
lim
21
x 1 1
x

  
 
    
 
Άρα, f
1
R ,
2
 
   
 
.
Τότε    1 3
f x f x 1
2 2
     και αφού x 1  , η εξίσωση είναι αδύνατη.
δ)
 
1 4 2
2
0
2x x
xf x dx I
2 x 1
 
  
 

Λύνει ο Ιωάννης Πετρόπουλος

___________________________________________________________________________
Γνωρίζουμε ότι  
 2 2
2 2
f x2x 1 2x 1
f x 2x x
2x 1 2 x 1

 
 

     .
Το ολοκλήρωμα γίνεται:
 
 1
2
0
f x
xf x x x dx
2
  
     
    

    
1 2
3
0
x
xf x f x x dx
2
 
   
 
  
 2 4
f 11x x 1
f x
02 4 2 4
 
    
 
,
αφού  f 0 0 ,
2 1 1 2 2 1
2 4 4
 
  

___________________________________________________________________________
2 2 2 2
f(x)-x 2 x x +1 2 f(x)-x 2 x x +1 2
2 2 x
x
2 2 2 2
e - x x + 1 = e + x - f(x) e + f(x) - x = e + x x + 1
Η σχέση γράφεται :
h(f(x) - x ) = h(x x + 1) όπου h(x) = e +x η οποία είναι γνησίως αύξουσα αφού
h (x) = e +1 > 0, άρα και 1 - 1, οπότε :
f(x) - x = x x + 1Ûf(x) = x + x x + 1
Βρίσ


α)
β)
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2
x x
κουμε την παράγωγο της f και έχουμε :
2x x + 1 + x + 2x x + 1 (x + x + 1)
f (x) = x + 1 + x + 2x = = > 0
2 x + 1 x + 1 x + 1
άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.
3
Έχουμε την εξίσωση f(x) = ημx - .
2
Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της f.
(x + x x + 1)(x
lim f(x) lim
 


γ)
2 2 4 4
x2 2 2 2
x
- x x + 1) x - x - 1 1
lim = ... = -
2(x - x x + 1) x - x x + 1
limf(x) .
1 3
Άρα το f(A) = ( , ) και το ημx - παίρνει τιμές
2 2
5 1
στο [- ,- ] άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.
2 2


 
 
 
3
1 1 14 2 2 2 4
3 3 3 1
02
0 0 0
Προσθαφαιρώ το x μέσα στο ολοκλήρωμα και έχω :
2x + x x x x 1 1
(xf(x) + + x - x )dx = ( f(x)) dx - x dx = [ f(x) - ] = f(1) - =
2 2 4 2 42 x + 1
1 1 2 2 + 1
( 2 + 1) - =
2 4 4


  
δ)
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

___________________________________________________________________________

27h anartisi

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to 27h anartisi

Similar to 27h anartisi (20)

More from Παύλος Τρύφων

More from Παύλος Τρύφων (13)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

27h anartisi