Η ασκηση της ημερας

1. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Για x 0 έχουμε: 1 f(0) 1 f(0) 1.       Οπότε:
 
x 0
2
x 0 x 0 x 0
f(x) 1 f(x) 1
x x f(x) 1 2x x 1 2 lim x 1 lim lim 2
x x  

  
 
            
1 f (0) 2.  
Για x 1 έχουμε:1 f(1) 1 f(1) 1.    Οπότε:
 
x 1
2
x 1 x 1 x 1
f(x) 1 f(x) 1
x x 2 f(x) 1 2x 2 2 x 2 lim 2 lim lim x 2
x 1 x 1  

  
 
              
 
2 f (1) 3.  
Επειδή η ευθεία με εξίσωση: ψ x λ  εφάπτεται της fC ,
συμπεραίνουμε ότι υπάρχει γ  0,1 , τέτοιο ώστε f (γ) 1  .
Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο  0,1 ,
επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 , οπότε:
1 f (0) f (γ) 1 f (0) 1.      
Επειδή η ευθεία με εξίσωση: ψ 3x μ  εφάπτεται της fC ,
συμπεραίνουμε ότι υπάρχει δ  0,1 , τέτοιο ώστε f (δ) 3  .
Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο  0,1 ,
επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 ,
οπότε:3 f (δ) f (1) 3 f (1) 3.      
Άρα οι παραπάνω ευθείες εφάπτονται της fC στα σημεία  0, 1 και  1,1
αντίστοιχα, οπότε f(0) 0 λ λ 1     και f(1) 3 μ μ 2.    
Β. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,1 , θα ισχύει
f (x) f (0) 1 f    γν.αύξουσα στο  0,1 , οπότε       
f συνεχής
f 0,1 f(0),f(1) 1,1 .  
Προφανώς  0 1,1  , οπότε υπάρχει μοναδικό ρ  0,1 , τέτοιο ώστε f(ρ) 0 .
Η μοναδικότητα του ρ είναι απόρροια της μονοτονίας.
Για την f ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα  0,ρ
και  ρ,1 , οπότε υπάρχουν  1ξ 0,ρ και  2ξ ρ,1 , τέτοια ώστε:
1
f(ρ) f(0) 1
f (ξ )
ρ ρ

   και 2
f(1) f(ρ) 1
f (ξ )
1 ρ 1 ρ

  
 
.
Όμως
f γν.αύξουσα
1 2 1 2ξ ξ f (ξ ) f (ξ )

    
1 1 1
1 ρ ρ ρ .
ρ 1 ρ 2
     

Επίσης
f γν.αύξουσα
2 2ξ 1 f (ξ ) f (1)

    
1 1 2
3 1 ρ ρ .
1 ρ 3 3
     


2. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Γ. Για κάθε
1
x 0,
2
 
  
έχουμε:
1 1
12 2f γν.αύξουσα
0 0 1
1
0 x ρ f(x) f(ρ) 0 f(x)dx 0 f(x)dx f(x)dx 0
2
             
1
1 12
10 1
2
f(x)dx f(x)dx f(x)dx.     
Δ.
         2
x 0
x 0 x 0
x 0 x 0
lim f(x) 1 ln f(x) 1x ln f(x) 1 f(x) 1 ln f(x) 1
lim lim
f(x) 1 f(1 x) 1 f(x) 1 f(1 x) 1f(1 x) 1 lim lim
x x x x

 
 

 
 
      
  
        
0
0,
1 ( 3)
 
 
καθώς:
•      
ψ f(x) 1
DLHx 0 ψ 0 ψ 0 ψ 0
2
1
lnψ ψ
lim f(x) 1 ln f(x) 1 lim ψ lnψ lim lim 0
1 1
ψ ψ
   

  
   
       

.
•
x 0
f(x) 1
lim f (0) 1.
x


 
•
1 x u
x 0 u 1
f(1 x) 1 f(u) 1
lim lim f (1) 3.
x 1 u 
 
 
  
    

Ε. Θεωρούμε τις συναρτήσεις g και h με τύπους:
•  2
g(x) f(x) x x,x 0,1   
•  h(x) f(x) 2x,x 0,1  
Είναι:g(0) f(0) 1   και g(1) f(1) 2 3   .Επειδή g προφανώς συνεχής
στο  0,1 , σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει α  0,1 , τέτοιο ώστε
g(α) 0  2
f(α) α α 0. (1)  
Είναι: h(0) f(0) 1   και h(1) f(1) 2 3   .Επειδή h προφανώς συνεχής
στο  0,1 , σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει β  0,1 , τέτοιο ώστε
h(β) 0  f(β) 2β 0. (2) 
Από (1) και (2) προκύπτει: 2
f(α) α α f(β) 2β    .
Έστω ότι α β .Τότε θα ήταν: 2 2
f(α) α α f(α) 2α α α 0 α 0         ή
α 1 , που είναι ΑΤΟΠΟ, καθώς  α 0,1 .Άρα α β .

3. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
2η
προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)
A. Έστω 𝜀 ∶ 𝑦 = 𝑥 + 𝜆 η εφαπτόμενη 𝐶𝑓 στο 𝛢(𝑥1, 𝑓(𝑥1)) άρα 𝑓′(𝑥1) = 1
και 𝑓(𝑥1) = 𝑥1 + 𝜆 . Επίσης , επειδή 𝑓 κυρτή τότε 𝑓′
γνησιως αύξουσα για κάθε
𝑥 ∈ [0,1] . Είναι 𝑥1 ≥ 0
𝑓′↑
⇔ 𝑓′( 𝑥1) ≥ 𝑓′(0) ⟺ 𝟏 ≥ 𝒇′(𝟎)
Έστω 𝜂 ∶ 𝑦 = 3𝑥 + 𝜇 η εφαπτόμενη 𝐶𝑓 στο 𝛣(𝑥2, 𝑓(𝑥2)) άρα 𝑓′(𝑥2) = 3 και
𝑓(𝑥2) = 3𝑥2 + 𝜇 . Επίσης , επειδή 𝑓 κυρτή τότε 𝑓′
γνησιως αύξουσα για κάθε 𝑥 ∈
[0,1] . Είναι 𝑥2 ≤ 1
𝑓′↑
⇔ 𝑓′( 𝑥2) ≤ 𝑓′(1) ⟺ 𝟑 ≤ 𝒇′(𝟏)
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 , (1) για κάθε 𝑥 ∈ [0,1]
 Για 𝑥 = 0 στην (1) ∶ −1 ≤ 𝑓(0) ≤ −1 ⇢ 𝑓(0) = −1
 Για 𝑥 = 1 στην (1) ∶ 1 ≤ 𝑓(1) ≤ 1 ⇢ 𝑓(1) = 1
 𝑓 παραγωγιση στο 0 άρα 𝑓′(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑓(𝑥)+1
𝑥
 𝑓 παραγωγιση στο 1 άρα 𝑓′(1) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥)−1
𝑥−1
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑥2
+ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) + 1 ≤ 2𝑥 ⇔ 𝑥 + 1 ≤
𝑓(𝑥)+1
𝑥
≤
2
Άρα ,
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥 + 1) ≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑓(𝑥) + 1
𝑥
≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
2 ⟺ 1 ≤ 𝑓′(0) ≤ 2 ⇢ 𝟏 ≤ 𝒇′(𝟎)
Έχουμε :
{
1 ≥ 𝑓′(0)
𝜅𝛼𝜄
1 ≤ 𝑓′(0)
⟺ 𝑓′(0) = 1 ⇔ 𝑓′(0) = 𝑓′( 𝑥1)
𝑓′1−1
⇔ 𝑥1 = 0
Είναι : 𝑓(𝑥1) = 𝑥1 + 𝜆
𝑥1=0
⇔ 𝑓(0) = 0 + 𝜆 ⟺ 𝝀 = −𝟏
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑥2
+ 𝑥 − 2 ≤ 𝑓(𝑥) − 1 ≤ 2𝑥 − 2
⇔
𝑥2
+ 𝑥 − 2
𝑥 − 1
≥
𝑓(𝑥) + 1
𝑥 − 1
≥
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
⇔
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
≤
𝑓(𝑥) + 1
𝑥 − 1
≤
𝑥2
+ 𝑥 − 2
𝑥 − 1
Άρα ,

4. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
(
2𝑥 − 2
𝑥 − 1
) ≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥) − 1
𝑥 − 1
≤ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑥2
+ 𝑥 − 2
𝑥 − 1
⟺ 2 ≤ 𝑓′(1) ≤ 3 ⇢ 𝒇′(𝟏) ≤ 𝟑
Έχουμε : {
3 ≥ 𝑓′(1)
𝜅𝛼𝜄
3 ≤ 𝑓′(1)
⟺ 𝑓′(1) = 3 ⇔ 𝑓′(1) = 𝑓′( 𝑥2)
𝑓′1−1
⇔ 𝑥2 = 3
Είναι : 𝑓(𝑥2) = 3𝑥2 + 𝜇
𝑥2=3
⇔ 𝑓(1) = 3 + 𝜇 ⟺ 𝝁 = −𝟐
Β. Έστω , 𝒇(
𝟏
𝟐
) = 𝟎 . Θεωρούμε ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 1 για κάθε 𝑥 ∈ [0,1]
 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑓(𝑥) − 2𝑥 + 1 ≤ 0 ⇔ ℎ(𝑥) ≤ ℎ (
1
2
) . Επομένως η ℎ
παρουσιάζει
Στο
1
2
μέγιστο άρα από θεώρημα Fermat ℎ′
(
1
2
) = 0 ⇔ 𝑓′
(
1
2
) − 2 = 0 ⇔ 𝑓′
(
1
2
) =
2
Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 𝛤(
1
2
, 𝑓(
1
2
)) είναι η ευθεία ζ : 𝑦 = 2𝑥 − 1
Επειδή 𝑓 κυρτή τότε : 𝑓(𝑥) ≥ 2𝑥 − 1
Έχουμε : {
𝑓(𝑥) ≥ 2𝑥 − 1
𝜅𝛼𝜄
𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1
⟺ 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 1 ⇢ ΑΤΟΠΟ αφού η 𝑓 είναι κυρτή
Τελικά 𝒇(
𝟏
𝟐
) ≠ 𝟎 .
 Για 𝑥 =
1
2
στην (1) ∶ 𝑓 (
1
2
) ≤ 0 ⇢ 𝑓 (
1
2
) < 0
 Για 𝑥 =
2
3
στην (1) ∶
1
9
≤ 𝑓 (
2
3
) ⇢ 𝑓 (
2
3
) > 0
 {
𝑓 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒𝜂𝜍 [
1
2
,
2
3
]
𝑓 (
1
2
) 𝑓 (
2
3
) < 0
τότε από Θεώρημα Bolzano η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 0 έχει
τουλάχιστον
μια ρίζα στο (
1
2
,
2
3
)
Είναι :
0 ≤ 𝑥 ≤ 1
𝑓′↑
⇔ 𝑓′(0) ≤ 𝑓′(𝑥) ≤ 𝑓′(1) ⟺ 1 ≤ 𝑓′(𝑥) ≤ 3 ⇢ 𝑓′(𝑥) > 0
 𝑓′(𝑥) > 0 άρα η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1] άρα και 1-1 οπότε η
εξίσωση
𝑓(𝑥) = 0 έχει το πολύ μια ρίζα στο [0,1]

5. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Τελικά , η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 0 έχει ακριβώς μια ρίζα στο (
1
2
,
2
3
) .
Γ. 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⇒ ∫ 𝑓(𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 ≤ ∫ (2𝑥 − 1)𝑑𝑥 =
1
4
−
1
2
< 0 ⟺
1
2
0
∫ 𝑓(𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 < 0
∫ 𝑓(𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 < 0 ⟺ ∫ 𝑓(𝑥)
1
0
𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)
1
2
1
𝑑𝑥 < 0 ⟺ ∫ 𝑓(𝑥)
1
0
𝑑𝑥 < ∫ 𝑓(𝑥)
1
1
2
𝑑𝑥
Δ.
 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑓(1−𝑥)−1
𝑥
= − 𝑙𝑖𝑚
𝑥→1−
𝑓(𝑥)−1
𝑥−1
= −𝑓′(1) = −3
 𝑥2
+ 𝑥 − 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2𝑥 − 1 ⟺ 𝑥2
+ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) + 1 ≤ 2𝑥
⟺ 𝑙𝑛(𝑥2
+ 𝑥) ≤ 𝑙𝑛(𝑓(𝑥) + 1) ≤ 𝑙𝑛(2𝑥) ⟺ 𝑥𝑙𝑛(𝑥2
+ 𝑥) ≤ 𝑥𝑙𝑛(𝑓(𝑥) + 1)
≤ 𝑥𝑙𝑛(2𝑥)
{
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥𝑙𝑛(𝑥2
+ 𝑥)) = ⋯ = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥𝑙𝑛(2𝑥)) = ⋯ = 0
από Κ.Π. 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
(𝑥𝑙𝑛(𝑓(𝑥) + 1)) = 0
 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑥2 𝑙𝑛(𝑓(𝑥)+1)
𝑓(1−𝑥)−1
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0+
𝑥𝑙𝑛(𝑓(𝑥)+1)
𝑓(1−𝑥)−1
𝑥
=
0
−3
= 0
Ε. Θεωρούμε την συνάρτηση 𝛫(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 − 𝑓(𝛽) − 2𝛽
Από το Β ερώτημα υπάρχει 𝜉 ∈ (
1
2
,
2
3
) ∶ 𝑓(𝜉) = 0 , έστω ότι το 𝜷 = 𝝃
𝛫( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 − 𝑓( 𝜉) − 2𝜉 ⟺ 𝛫( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 − 2𝜉
 𝛫(1) = 𝑓(1) + 2 − 2𝜉 = 3 − 2𝜉 > 0
 𝛫(𝜉) = 𝑓(𝜉) + 𝜉2
+ 𝜉 − 2𝜉 = 𝜉2
− 𝜉 = 𝜉(𝜉 − 1) < 0
 {
𝛫 𝜎𝜐𝜈𝜀𝜒𝜂𝜍 [𝜉, 1]
𝛫(𝜉)𝛫(1) < 0
τότε από Θεώρημα Bolzano υπάρχει 𝛼 ∈ (𝜉, 1) ∶ 𝛫(𝛼) = 0
⟺ 𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 − 𝑓(𝛽) − 2𝛽 = 0 ⟺ 𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 = 𝑓(𝛽) + 2𝛽

6. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
3η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
𝒙 𝟐
+ 𝒙 − 𝟏 ≤ 𝒇(𝒙) ≤ 𝟐𝒙 − 𝟏 (𝟏)
για 𝑥 = 0 από (1) είναι 𝑓(0) = −1
για 𝑥 = 1 από (1) είναι 𝑓(1) = 1
για 𝑥 > 0 από (1) είναι 𝑥2
+ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) + 1 ⇒ 𝑥 + 1 ≤
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
,τότε αφού f είναι
παραγωγίσιμη θα έχουμε lim
𝑥→0
(𝑥 + 1) ≤ lim
𝑥→0
𝑓(𝑥)−𝑓(0)
𝑥
⇒ 𝟏 ≤ 𝒇′(𝟎)
Για 𝑥 < 1 από (1) είναι 𝑥 + 2 ≥
𝑓(𝑥)−𝑓(1)
𝑥−1
, τότε αφού f είναι παραγωγίσιμη θα
έχουμε lim
𝑥→1
(𝑥 + 2) ≥ lim
𝑥→1
𝑓(𝑥)−𝑓(1)
𝑥−1
⇒ 𝒇′(𝟏) ≤ 𝟑
𝑓 𝜅𝜐𝜌𝜏ή στο [0,1] άρα 𝒇′
↗ στο [0,1] και 1-1
- έστω (𝑥1, 𝑓(𝑥1)) το σημείο στο οποίο εφάπτεται η 𝑦 = 𝑥 + 𝜆 της 𝐶𝑓, τότε
𝑓′(𝑥1) = 1
όμως 𝑥1 ≥ 0
𝒇′↗
⇒ 𝑓′(𝑥1) ≥ 𝑓′(0) ⇒ 1 ≥ 𝑓′(0)
𝟏≤ 𝒇′(𝟎)
⇒ 𝒇′(𝟎) = 𝟏
𝒇′ 𝟏−𝟏
⇒ 𝒙 𝟏 = 𝟎
η εφαπτόμενη εφάπτεται στη 𝐶𝑓 στο σημείο (0,-1) οπότε −1 = 0 + 𝜆 ⇒ 𝝀 =
−𝟏
- έστω (𝑥2, 𝑓(𝑥2)) το σημείο στο οποίο εφάπτεται η 𝑦 = 3𝑥 + 𝜇 της 𝐶𝑓,
τότε 𝑓′(𝑥2) = 3
όμως 𝑥2 ≤ 1
𝒇′↗
⇒ 𝑓′(𝑥2) ≤ 𝑓′(1) ⇒ 3 ≤ 𝑓′(1)
𝒇′(𝟏)≤𝟑
⇒ 𝒇′(𝟏) = 𝟑
𝒇′ 𝟏−𝟏
⇒ 𝒙 𝟐 = 𝟏
η εφαπτόμενη εφάπτεται στο στη 𝐶𝑓 στο σημείο (1,1) οπότε 1 = 3 + 𝜇 ⇒ 𝝁 =
−𝟐
B.
 𝑓 συνεχής στο [
1
2
,
2
3
]
 𝛼𝜋ό (1) για 𝑥 =
1
2
είναι 𝑓 (
1
2
) ≤ 0 ,
αν 𝑓 (
1
2
) = 0 τότε εφαρμόζοντας ΘΜΤ στα [ 0,
1
2
] και [
1
2
,1 ] αφού f
παραγωγίσιμη και συνεχής σε καθένα από αυτά ,θα υπάρχουν 𝜉1 ∈ (0,
1
2
) , 𝜉2 ∈

7. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
(
1
2
, 1) , 𝜉1 < 𝜉2 : 𝑓′(𝜉1) =
𝑓(
1
2
)−𝑓(0)
1
2
−0
= 2, 𝑓′(𝜉2) =
𝑓(
1
2
)−𝑓(1)
1
2
−1
= 2 ,άτοπο αφού
𝒇′
↗ , συνεπώς 𝒇 (
𝟏
𝟐
) < 𝟎
𝛼𝜋ό (1) για 𝑥 =
2
3
είναι 𝒇 (
𝟐
𝟑
) ≥
𝟏
𝟗
> 𝟎 , άρα 𝒇 (
𝟏
𝟐
) 𝒇 (
𝟐
𝟑
) < 𝟎 και από Θ.Bolzano
υπάρχει 𝑥 𝑜 ∈ (
1
2
,
2
3
) : 𝒇(𝒙 𝒐) = 𝟎.
τώρα αν η ∃ 𝑥1 ∈ [ 0,1 ] 𝜇𝜀 𝑥1 < 𝑥 𝑜 (𝜒. 𝛽. 𝛾) ∶ 𝑓(𝑥1) = 0 τότε από Θ.Rolle στο
[𝑥1, 𝑥 𝑜] θα υπάρχει 𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥 𝑜): 𝑓′(𝜉) = 0 , όμως 𝒇′
↗ άρα 0 < 𝜉 ⇒ 𝑓′(0) <
𝑓′(𝜉) ⇒ 1 < 0 ,άτοπο.
Συνεπώς η εξίσωση 𝒇(𝒙) = 𝟎 έχει μοναδική ρίζα την 𝒙 𝒐 ∈ [𝟎, 𝟏]
Γ.
(1)
1 1
1 1 1
2 2
1 1
0 0 0
2 2
1 1 1
2 2 212
1
20 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) (2 1)
1
( ) ( ) ( )
4
f x dx f x dx f x dx f x dx x dx
f x dx x x f x dx f x dx
     
      
    
  
Δ.
για 𝑥 ≠ 0,

1
0 1 1
(1 ) 1 ( ) 1 ( ) (1)
lim lim lim '(1) 3
1 1
u x
x u u
f x f u f u f
f
x u u  
 
  
   
      
 
 𝛼𝜋ό (1) είναι
        
      
0
2 2
2
1
(2)
1 2 ln ln 1 ln 2
ln ln 1 ln 2
x
x x f x x x x f x x
x x x x f x x x
 
         
   
όμως
  
   2 2
2
2
2
0 0 0 0
2
2 1
ln 2 2 1
lim ln lim lim lim 0
1 1DLHx x x x
x
x x x xx xx x x
x x
x x
   
 
 
 
   

      


8. ___________________________________________________________________________
8η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
  
 
0 0 0 0
2
1
ln 2
lim ln 2 lim lim lim 0
1 1DLHx x x x
x xx x x
x x
   
 
 
 
   
    

, άρα από κριτήριο
παρεμβολής στην (2) είναι   0
lim ln ( ) 1 0
x
x f x

 
άρα
   2
0 0
ln ( ) 1 ln ( ) 1 0
lim lim 0
(1 ) 1(1 ) 1 3x x
x f x x f x
f xf x
x
 
 
 
  
   
Ε.
Έστω 𝐺(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑥2
+ 𝑥 , 𝑥 ∈ [0,1] και 𝐻(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 2𝑥 , 𝑥 ∈ [0,1]
συνεχείς στο [0,1] ως αθροίσματα συνεχών συναρτήσεων.
𝐺(0) = −1 , 𝐺(1) = 3 ⇒ 𝐺(0) 𝐺(1) < 0
𝐻(0) = −1 , 𝐻(1) = 3 ⇒ 𝐻(0)𝐻(1) < 0
από Θ.Bolzano στο [0,1] , υπάρχουν 𝛼 ∈ (0,1), 𝛽 ∈ (0,1) ώστε G(α)=0 και
H(β)=0 , συνεπώς 𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 = 𝑓(𝛽) + 2𝛽 . Αν 𝛼 = 𝛽 τότε
𝑓(𝛼) + 𝛼2
+ 𝛼 = 𝑓(𝑎) + 2𝑎 ⇒ 𝑎 = 0 ή 𝛼 = 1 άτοπο άρα 𝛼 ≠ 𝛽
τελικά
υπάρχουν 𝜶, 𝜷 ∈ (𝟎, 𝟏) ⊆ [𝟎, 𝟏] με 𝜶 ≠ 𝜷 ώστε
𝒇(𝜶) + 𝜶 𝟐
+ 𝜶 = 𝒇(𝜷) + 𝟐𝜷