Ianouarios 16

η άσκηση της ηµέρας

µικρές προσπάθειες ενασχόλησης

µε αγαπηµένες µας συνήθειες

επιµέλεια: Παύλος Τρύφων

από το lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr

___________________________________________________________________________ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2016 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

Αντωνόπουλος Νίκος

Ασημακόπουλος Γιώργος

Βουτσάς Διονύσης

Βώβος Μάριος

Δεββές Κώστας

Δέτσιος Παντελής

Ζωβοΐλης Ηλίας

Καταραχιάς Τάκης

Κίκης Νίκος

Κουτσοβασίλης Κώστας

Λουκούσιας Παναγιώτης

Μάντζαρης Μάκης

Μαρκάκης Αντώνης

Μάρκου Κατερίνα

Μίχας Μάνος

Νικολακάκης Βαγγέλης

Ξανιά Ηλιάνα

Παγώνης Θεόδωρος

Πάτσης Ανδρέας

Σπύρου Πάνος

Τσακαλάκος Τάκης

Τσατσαρώνης Θεόδωρος

Χατζάκης Δημήτρης

Χιωτίνης Μιχάλης

Χρήστου Μαρία

Χύτης Μάριος

http://lisari.blogspot.gr/


2

15η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (3-1-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 10/1/2016

Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο ,για την οποία ισχύουν:

• xf x e x x 1 f x 0 ,για κάθε x

•

x 0

F xlim 1

x ,όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο

Α. Να αποδείξετε ότι x

x

ef x ,x

e x

.

Β. Να λυθεί η εξίσωση: xF x e x f x .

Γ1. Να αποδείξετε ότι για κάθε x ,0 , ισχύει: F x x f x .

Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: F x f x 0, έχει μοναδική ρίζα,

η οποία βρίσκεται στο 1,0 .

Δ. Να αποδείξετε ότι για κάθε x 0, , ισχύει:

x F lnxe x.

x lnx F x

Ε1. Να αποδείξετε ότι F 1 1 .

Ε2. Να λυθεί η εξίσωση: x xF f x F 1 F e 1 F e F 1 F f x 1 .

Ζ. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της fC στο σημείο 0,f 0 , «διαπερνά»

την καμπύλη.



3

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. Έστω συνάρτηση u με τύπο F x

u x , x 0.x

Είναι F x x u x , x 0

και x 0limu x 1,

οπότε

F συνεχής

x 0 x 0 x 0 x 0limF x lim x u x F 0 lim x limu x 0 1 0.

F 0 0

x 0 x 0

F x F 0 F xF 0 lim lim 1,

x x

οπότε f 0 1. Θεωρούμε συνάρτηση k

με τύπο xk x f x e x , x . Είναι:

x x xk x f x e x f x e 1 1 x f x f x e 1 k x , x .

Έτσι: xk x k x k x c e , x . Για 0x 0: k 0 c e c f 0 1,

οπότε x

x x x

x

ek x e f x e x e f x , x .

e x

Β. x

x x

x

x eF x e x f x F x e F x 1 f x .

e x

Θεωρούμε συνάρτηση

λ με τύπο λ x f x F x , x . Είναι:

x

x x

1 e f x1 x f xλ x f x F x f x f x f x , x .

e x e x

• λ x 0 x 0

• λ x 0 x 0

• λ x 0 x 0

Επομένως λ γν.αύξουσα στο ,0 και λ γν.φθίνουσα στο 0, . Είναι:

• λ γν.αύξουσα

x 0 λ x λ 0 f x F x 1

• λ γν.φθίνουσα

x 0 λ x λ 0 f x F x 1

Δηλαδή, για κάθε x ,0 0, ,ισχύει f x F x 1 ,ενώ για x 0

έχουμε f 0 F 0 1 ,οπότε: F x 1 f x x 0.

Γ1. Είναι

x

1 x f xf x , x ,

e x

οπότε:

• f x 0 x 1

• f x 0 x 1



4

• f x 0 x 1

Επομένως f γν.αύξουσα στο ,1 και f γν.φθίνουσα στο 1, .

Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο x,0 , x 0, έχουμε:

Υπάρχει ένα τουλάχιστον F x

ξ x,0 : F ξ f ξ .x

Όμως

f γν.αύξουσα στο - ,1 x 0F x

x ξ 0 f x f ξ f x F x x f x .x

Για x 0 έχουμε προφανή ισότητα, οπότε για κάθε x ,0 ,

ισχύει: F x x f x , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x 0 .

Γ2. Είναι F x f x 0, για κάθε x , οπότε F γν.αύξουσα στο .

Θεωρούμε τη συνάρτηση μ με τύπο μ x f x F x , x .

Είναι: μ x f x F x f x f x , x .

Για κάθε x 0, είναι:

• F x F 0 0 , καθώς F γν.αύξουσα στο

• f x 0

οπότε μ x f x F x 0 για κάθε x 0, και έτσι η εξίσωση

μ x 0

είναι αδύνατη στο 0, .

Για κάθε x ,0 είναι:

•

x

1 x f xf x 0

e x

• f x 0

οπότε μ x f x f x 0 και επομένως μ γν.αύξουσα στο ,0 . Έτσι:

• μ συνεχής στο 1,0 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων

• μ 0 f 0 F 0 1 0

• μ 1 f 1 F 1 0 , αφού από το Γ1 για x 1 , προκύπτει:

F 1 1 f 1 F 1 f 1 0. Σύμφωνα με το Θ.Bolzano και επειδή

μ γν.αύξουσα στο ,0 , συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση: F x f x 0,

έχει μοναδική ρίζα, η οποία βρίσκεται στο 1,0 .

Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση G με τύπο xG x e x F x , x . Είναι:



5

x xG x e 1 F x e x f x , x .

Για κάθε x ,0 ,είναι:

• xe 1 0

• F x F 0 0 , οπότε G x 0.

Για κάθε x 0, ,είναι:

• xe 1 0

• F x F 0 0 , οπότε G x 0.

Για x 0 είναι G 0 1 και έτσι G x 0 , για κάθε x , οπότε

G γν.αύξουσα στο .

Γνωρίζουμε ότι για κάθε x 0, είναι x lnx , οπότε επειδή

G γν.αύξουσα στο , θα ισχύει: G x G lnx

xF x 0x

F lnxe xe x F x x lnx F lnx .

x lnx F x

Ε1. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 0,1 ,έχουμε:

Υπάρχει ένα τουλάχιστον o o ox 0,1 : F x f x F 1 .

Όμως

f γν.αύξουσα στο 0,1

o o0 x 1 f x f 0 F 1 1.

Ε2. Έστω συνάρτηση w με τύπο w x F x F 1 F x 1 , x 0.

Είναι: w x f x F 1 f x 1 , x 0. Όμως:

• x 0

F 1 1 x F 1 x 1 1

• f γν.φθίνουσα στο 1, ,

οπότε f x F 1 f x 1 w x 0 , που σημαίνει ότι w γν.φθίνουσα

στο 0, , οπότε w ‘‘1-1’’ στο 0, και έτσι:

x xF f x F 1 F e 1 F e F 1 F f x 1

x xF f x F 1 F f x 1 F e F 1 F e 1

w 1-1

x x xw f x w e f x e e x 1 x 0 , καθώς xe x 1 ,

για κάθε x , με το ‘‘=’’ να ισχύει μόνο για x 0 .

Ζ. Είναι f 0 f 0 1 ,οπότε η εφαπτομένη της fC στο σημείο 0,f 0

έχει εξίσωση: ψ x 1 .Θεωρούμε τη συνάρτηση Π με τύπο



6

xx

x x

x e x 1eΠ x f x x 1 x 1 , x

e x e x

.

Για κάθε x ,0 ,είναι:

• x 0

• xe x 1 0 ,οπότε Π x 0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται

πάνω από την ευθεία ψ x 1 ,όταν x ,0 .

Για κάθε x 0, ,είναι:

• x 0

• xe x 1 0 ,οπότε Π x 0 ,που σημαίνει ότι η καμπύλη βρίσκεται

κάτω από την ευθεία ψ x 1 ,όταν x 0, .

Επομένως η εφαπτομένη της fC στο σημείο 0,f 0 , «διαπερνά» την

καμπύλη.

2η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων) (εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)

ΕΡΩΤΗΜΑ Ζ:

Αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής

παράστασης της f (γενικότερα θα βρούμε και το πλήθος των σημείων καμπής)

Στη γνωστή σχέση ln t t 1, για κάθε t 0 θέτουμε για t το xe x R και

προκύπτει: x x x xlne e 1 x e 1 e x 1.

Άρα xe x 1 x, για κάθε

xx R e x 0, για κάθε x R

Οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το R.

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με

x x 2 x x

3 3x x

e 2e 2x x 2 xe e g xf x

e x e x

,

όπου x 2 xg x 2e 2x x 2 xe ,x R

Το πρόσημο της f καθορίζεται από το πρόσημο της g.



7

Η g είναι συνεχής στο 1,2 και g 1 g 2 e 1 2 0 .

Άρα (Θ. Bolzano) υπάρχει 1,2 τέτοιο, ώστε g 0

Βρίσκουμε

x x

x

x

g x e 2 2x xe , x R

g x 2 xe , x R

g x e x 1 , x R

Οπότε,

g x 0 x 1 0 x 1

και

g x 0 x 1 0 x 1

x 1

g x

g

max

Άρα η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 , δηλαδή

1 2e

g x g 1 0 ge

γνησίως φθίνουσα στο R. Επίσης

g 1 e 2 2 e 0.

Οπότε, για x 1 g x g 1 0 και για x 1 g x g 1 0

O



8

Η g είναι γνησίως αύξουσα στο ,1 και g 0 0

Άρα η ρίζα x 0 της εξίσωσης g x 0 είναι μοναδική στο ,1 .

Παρόμοια, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, και g 0

Άρα η ρίζα x της εξίσωσης g x 0 είναι μοναδική στο 1, .

Άρα η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο R.

Χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της g και τις δύο ρίζες της, προκύπτει εύκολα

ο παρακάτω πίνακας:

Η f είναι κυρτή στα διαστήματα ,0 και , και κοίλη στο διάστημα 0, .

Η f μηδενίζεται στο 0 και δεξιά και αριστερά του 0 αλλάζει πρόσημο.

Άρα (και) το σημείο M 0,1 είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f .

Σχόλιο:

Σαφώς κομψότερη η λύση του κου Ζωβοΐλη, αφού δε μπαίνει σε διαδικασία εύρεσης

σημείων καμπής!

x 0 1 ξ

g x

f x

f



9

3η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

Βασικές ανισώσεις : 𝑒𝑥 > 𝑥 , ∀𝑥 ∈ ℝ και 𝑙𝑛𝑥 < 𝑥 , 𝑥 > 0

A. Θέτουμε 𝑔(𝑥) =𝐹(𝑥)

𝑥⟺ 𝐹(𝑥) = 𝑥𝑔(𝑥). H F παραγωγισιμη στο ℝ άρα και συνεχής

όποτε :

𝐹(0) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝐹(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝑥𝑔(𝑥) = 0

𝐹′(0) = 𝑓(0) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→0

𝐹(𝑥)

𝑥= 1

Έχουμε : 𝑓′(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 , (𝟏)

𝑓′(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 ⟺ 𝑓′(𝑥)𝑒𝑥 − 𝑓′(𝑥)𝑥 + 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) = 0

𝑓′(𝑥)𝑒𝑥 = (𝑥𝑓(𝑥))′− 𝑥𝑓(𝑥) ⟺ 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥(𝑥𝑓(𝑥))

′− 𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥) ⟺

(𝑓(𝑥))′ = (𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥))′⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥) + 𝑐

Για 𝑥 = 0 ⇢ 𝑐 = 1 αρα 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑥𝑓(𝑥) + 1 ⟺ ⋯⟺ 𝑓(𝑥) =𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥> 0

Β.

𝐹(𝑥)𝑒𝑥 = 𝑥𝑓(𝑥) ⟺ 𝐹(𝑥)𝑒𝑥 = 𝑥𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥⟺ 𝐹(𝑥) =

𝑥

𝑒𝑥−𝑥⟺𝐹(𝑥) −

𝑥

𝑒𝑥−𝑥= 0

Θέτουμε 𝛫(𝑥) = 𝐹(𝑥) −𝑥

𝑒𝑥−𝑥 με προφανής ρίζα 𝛫(0) = 𝐹(0) − 0 = 0

𝛫′(𝑥) = 𝐹′(𝑥) − (𝑥

𝑒𝑥 − 𝑥)′

= ⋯ =𝑒𝑥(𝑒𝑥 − 1)

(𝑒𝑥 − 𝑥)2

𝒙 𝟎 𝜥′ − +

𝜥 ↘ ↗

Έστω ότι υπάρχει ρίζα 𝜌 < 0 και επειδή η 𝐾είναι ↓ στο (−∞, 0] θα είναι :

𝐾(𝜌) > 𝐾(0) ⟺ 0 > 0 άτοπο. Ομοίως οτι δεν υπάρχει ρίζα 𝜌 > 0.

Τελικά η 𝐹(𝑥)𝑒𝑥 = 𝑥𝑓(𝑥) έχει μοναδική λύση το 0.

Γ1. Θέτουμε ℎ(𝑥) = 𝐹(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑥) , 𝑥 ≤ 0 με ℎ′(𝑥) = (𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥) 𝑥(𝑥 − 1)

𝒙 𝟎 𝟏 𝒉′ + − + 𝒉 ↗ ↘ ↗

𝑥 ≤ 0ℎ↑⇔ℎ(𝑥) ≤ ℎ(0) ⟺ 𝐹(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑥) ≤ 0 ⟺ 𝐹(𝑥) ≤ 𝑥𝑓(𝑥) , (𝟐)

Γ2. Για 𝑥 = −1 στην (2) : 𝐹(−1) < −𝑓(−1) ⟺ 𝐹(−1) + 𝑓(−1) < 0



10

Θέτουμε την 𝛬(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝑓(𝑥) , 𝑥 ∈ [−1,0] με 𝛬′(𝑥) =𝑒𝑥(𝑒𝑥−2𝑥+1)

(𝑒𝑥−𝑥)2

𝛬(0) = 1 > 0 και 𝛬(−1) = 𝐹(−1) + 𝑓(−1) < 0

{

𝛬 𝜎𝜐𝜈휀𝜒𝜂𝜍 𝜎𝜏𝜊 [−1,0]

𝛬(−1)𝛬(0) < 0 από ΘΒ η 𝛬(𝑥) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (−1,0)

𝛬′(𝑥) =𝑒𝑥(𝑒𝑥−2𝑥+1)

(𝑒𝑥−𝑥)2> 0 αφού 𝑒𝑥 − 2𝑥 + 1 = (𝑒𝑥 − 𝑥) + (1 − 𝑥) > 0 , 𝑥 ∈ (−1,0)

Τελικά υπάρχει μοναδικό 𝑥1 ∈ (−1,0) τέτοιο ώστε : 𝛬(𝑥) = 0

Δ. Είναι 𝑓(𝑥) =𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥> 0 ⇢ 𝐹 ↑ στο ℝ . Επίσης το πρόσημο της F είναι :

𝒙 𝟎 𝑭 − +

1 περίπτωση : 𝑥 ≥ 1

𝑥 ≥ 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 ≥ 0𝐹 ↑⇔𝐹(𝑙𝑛𝑥) ≥ 0 και 𝐹(𝑥) > 0

𝑒𝑥−𝑥

𝑥−𝑙𝑛𝑥>𝐹(𝑙𝑛𝑥)

𝐹(𝑥)⟺ 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)

𝑥 > 𝑙𝑛𝑥𝐹 ↑⇔𝐹(𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥) (3)

Αρκεί να δείξουμε ότι 𝑒𝑥 − 𝑥 > 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 , 𝑥 ≥ 1

Θέτουμε την 𝛱(𝑥) = 𝑒𝑥 − 2𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 με 𝛱′(𝑥) = 𝑒𝑥 − 2 +1

𝑥> 0 , ∀𝑥 ≥ 1

Όποτε 𝑥 ≥ 1𝛱 ↑⇔ 𝑒𝑥 − 2𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 ≥ 𝑒 − 2 > 0 ⟺ 𝑒𝑥 − 𝑥 > 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 , (4)

Από (3) και (4) έχουμε : 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) > 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) ⟺𝑒𝑥−𝑥


𝐹(𝑥)

2 περίπτωση : 0 < 𝑥 < 1

𝑥 < 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 < 0𝐹 ↑⇔𝐹(𝑙𝑛𝑥) < 0

𝐹(𝑥)>0⇔

𝐹(𝑙𝑛𝑥)

𝐹(𝑥)< 0

𝑒𝑥−𝑥

𝑥−𝑙𝑛𝑥> 0 . Όποτε

𝑒𝑥−𝑥


𝐹(𝑥)

E1. Θεωρούμε την συνάρτηση 𝑤(𝑥) = 𝐹(𝑥) − 𝑥 , 𝜇휀 𝑤′(𝑥) =𝑥

𝑒𝑥−𝑥

𝒙 𝟎 𝒘′ − + 𝒘 ↘ ↗

𝑤(𝑥) ≥ 𝑤(0) ⟺ 𝑤(𝑥) ≥ 0 άρα για 𝑥 = 1 ∶ 𝑤(1) > 0 ⟺ 𝐹(1) − 1 > 0 ⟺ 𝐹(1) > 1



11

E2. 𝑓′(𝑥) =𝑒𝑥(1−𝑥)

(𝑒𝑥−𝑥)2< 0 για κάθε 𝑥 > 1 άρα 𝑓 1 − 1 όταν 𝑥 > 1

Είναι 𝑒𝑥 ≥ 𝑥 + 1 και το ίσον ισχύει μόνο όταν 𝑥 = 0

Για 𝒙 ≠ 𝟎 ∶ 𝑒𝑥 > 𝑥 + 1 ⟺ 𝑒𝑥 − 𝑥 > 1 ⟺1

𝑒𝑥−𝑥< 1⟺

𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥< 𝑒𝑥⟺ 𝑓(𝑥) < 𝑒𝑥

Η εξίσωση : 𝐹(𝑓(𝑥) + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑒𝑥 + 1) = 𝐹(𝑒𝑥 + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑓(𝑥) + 1) έχει προφανή

ρίζα το 0 . Έστω ότι η παραπάνω εξίσωση έχει και το 𝒙𝟐 ≠ 𝟎 λύση .Επομένως :

𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑒𝑥2 + 1) = 𝐹(𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) + 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1)

ή

𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1) = 𝐹(𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑒𝑥2 + 1) (𝟒)

ή

𝐹(𝑒𝑥2 + 1) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 1) = 𝐹(𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) − 𝐹(𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) (𝟓)

Αφού 𝑓(𝑥) > 0 , 𝐹(1) > 1 και 𝑓(𝑥) < 𝑒𝑥 :

1 < 𝑓(𝑥2) + 1 < 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1) < 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)

Και

1 < 𝑓(𝑥2) + 1 < 𝑒𝑥2 + 1 < 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)

Έστω 𝒆𝒙𝟐 + 𝟏 ≥ 𝒇(𝒙𝟐) + 𝑭(𝟏) ⇢ 𝒇(𝒙𝟐) + 𝟏 < 𝒇(𝒙𝟐) + 𝑭(𝟏) ≤ 𝒆𝒙𝟐 + 𝟏 < 𝒆𝒙𝟐 + 𝑭(𝟏)

F παραγωγισιμη στο [𝑓(𝑥2) + 1, 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)] από ΘΜΤ υπάρχει ένα τουλάχιστον

𝜉1 ∈ (𝑓(𝑥2) + 1, 𝑓(𝑥2) + 𝐹(1)) ∶ 𝐹′(𝜉1) = 𝑓(𝜉1) =

𝐹(𝑓(𝑥2)+𝐹(1))−𝐹(𝑓(𝑥2)+1)

𝐹(1)−1

F παραγωγισιμη στο [𝑒𝑥2 + 1, 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)] από ΘΜΤ υπάρχει ένα τουλάχιστον

𝜉2 ∈ (𝑒𝑥2 + 1, 𝑒𝑥2 + 𝐹(1)) ∶ 𝐹′(𝜉2) = 𝑓(𝜉2) =

𝐹(𝑒𝑥2+𝐹(1))−𝐹(𝑒𝑥2+1)

𝐹(1)−1

Λογω της (4) έχουμε : 𝑓(𝜉1) = 𝑓(𝜉2)𝑓 1−1⇔ 𝜉1 = 𝜉2 ⇢ ΑΤΟΠΟ

Αν 𝒆𝒙𝟐 + 𝟏 ≤ 𝒇(𝒙𝟐) + 𝑭(𝟏). Χρησιμοποιούμε την σχέση (5) και όμοιο τρόπο

καταλήγουμε σε άτοπο .

Ζ. Αρκεί να δείξουμε ότι το (0, 𝑓(0)) είναι σημείο καμπής .

Παραγωγιζουμε την 𝑓′(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) + (𝑥 − 1)𝑓(𝑥) = 0 και μετά από πράξεις έχουμε

𝑓′′(𝑥)(𝑒𝑥−𝑥)3

𝑒𝑥= 𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2 − 2𝑥 − 2𝑒𝑥 + 2

Θέτουμε 𝛷(𝑥) = 𝑥𝑒𝑥 + 𝑥2 − 2𝑥 − 2𝑒𝑥 + 2 με 𝛷′(𝑥) = (𝑒𝑥 + 2)(𝑥 − 1)

𝒙 𝟎 𝟏 𝜱′ − + 𝜱 ↘ ↗



12

𝑥 < 0𝛷↓⇔𝛷(𝑥) > 𝛷(0) ⟺ 𝑓′′(𝑥)

(𝑒𝑥−𝑥)3

𝑒𝑥> 0⟺ 𝑓′′(𝑥) > 0

0 ≤ 𝑥 < 1𝛷↓⇔𝛷(𝑥) ≤ 𝛷(0) ⟺ 𝑓′′(𝑥)

(𝑒𝑥−𝑥)3

𝑒𝑥≤ 0 ⟺ 𝑓′′(𝑥) ≤ 0

𝒙 𝟎 𝟏 𝒇′′ + − 𝒇 ∪ ∩

4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α. Ισοδύναμα από αρχική έχω: 𝑓΄(𝜒)𝑒𝑥 − 𝑓΄(𝜒)𝜒 + 𝜒𝑓(𝜒) − 𝑓(𝑥) = 0 ή 𝑓΄(𝜒) −

𝑓΄(𝜒)𝜒𝑒−𝑥 + 𝜒𝑓(𝜒)𝑒−𝑥 − 𝑓(𝑥)𝑒−𝑥 = 0 ή 𝑓΄(𝜒) − (𝜒𝑓(𝜒)𝑒−𝑥)΄=0 άρα η

φ(χ)= 𝑓(𝜒)(1 − 𝜒𝑒−𝑥)=c. Θέτοντας 𝛨(𝜒) =𝐹(𝑥)

𝑥 είναι lim

𝜒→0𝛨(𝜒) = 1 και F(χ)=χΗ(χ)

με lim𝜒→0

𝐹(𝜒) = 0 = 𝐹(0), άρα το όριο που δίνεται είναι το F΄(0)=1=f(0). Για χ=0 στη

φ έχω c=1=φ(χ) ή 1=f(χ)(1-χ𝑒−𝑥) ή f(χ)=𝑒𝑥

𝑒𝑥−𝑥.

Β. H δοσμένη είναι ισοδ. με F(χ)= 𝜒

𝑒𝑥−𝑥 (προφανής ρίζα 0) και θέτοντας Φ(χ)=

F(χ)−𝜒

𝑒𝑥−𝑥 έχω Φ΄(χ)=

𝑒𝑥(𝑒𝑥−1)

(𝑒𝑥−𝑥)2 με μόνη ρίζα το 0 που για χ>0 είναι θετική άρα Φ <

στο [0,+∞) και για χ<0 αρνητική δηλ. Φ > στο (-∞, 0], άρα Φmin=0 δηλ. Φ(χ)>0 στο

𝑅∗, και ο 0 μόνη ρίζα της Φ.

Γ1. Για χ=0 ισχύει ως ισότητα. Αν χ<0 θέτω Κ(χ)=F(χ)-χf(χ) με

Κ΄(χ)=−𝜒𝑒𝜒1−𝜒

(𝑒𝑥−𝑥)2>0 δηλ. η Κ < στο (-∞, 0] και έχει max το Κ(0)=0, άρα Κ(χ)<0

στο (-∞, 0).

Γ2. Με Τ(χ)=F(χ)+f(χ), χ∈ [−1,0] είναι Τ(-1)=F(-1)+f(-1)<0 (γιατί από Γ1 με χ=-1

είναι F(-1)<-f(-1)) και Τ(0)=F(0)+f(0)=1, άρα εφαρμόζεται το Bolzano για την Τ. Aν

η T έχει 2 ρίζες στο (-1,0) θα εφαρμόζεται το Rolle και η Τ΄(χ)=𝑒𝑥𝑒𝑥+1−2𝑥

(𝑒𝑥−𝑥)2 θα έχει

ρίζα σ’ αυτό. Αν όμως θέσω φ(χ)= 𝑒𝑥 + 1 − 2𝑥 θα είναι φ΄(χ)= 𝑒𝑥 − 2<0 στο (-1,0)

δηλ. η Τ΄ αδύνατη σ’ αυτό. Άρα η Τ έχει μοναδική ρίζα στο (-1,0).

Δ. Είναι F < αφού f(χ)>0 (𝑒𝑥 ≥ 𝑥 + 1 > 𝑥) δηλ. F(χ)>F(0)=0 και χ-lnχ>0 (lnχ≤ 𝜒 −

1 < 𝜒). Άρα η ζητούμενη ανισότητα γράφεται ισοδύναμα: 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) >

𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) = 𝐹(𝑙𝑛𝑥)(𝑒𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) ή Φ(χ)>Φ(lnx) με Φ(χ)= 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 𝑥) ,



13

χ>0. Είναι Φ΄(χ)=𝑒𝑥 + 𝐹(𝑥)(𝑒𝑥 − 1) > 0 με χ>0, άρα Φ < στο (0,+∞) δηλ. η

αποδεικτέα ισχύει.

Ε1. 𝑓΄(𝜒) = 𝑒𝜒1−𝜒

(𝑒𝑥−𝑥)2 με μόνη ρίζα το 1 που είναι θετική στο (-∞,1) και < στο (-

∞, 1]. Από ΘΜΤ για την F στο [0,1] υπάρχει ξ στο (0,1) με 𝐹΄(𝜉) = 𝑓(𝜉) = 𝐹(1) κι

επειδή 0<ξ είναι f(0)<f(ξ) (f <)) άρα 1<F(1).

Z. H εφαπτομένη της Cf στο (0,1) έχει εξίσωση y=x+1 και f΄΄(χ)=−𝑒𝜒

(𝑒𝜒−𝜒)3(−𝜒2 +

2𝑒𝑥 − 2 − 𝑥𝑒𝜒 + 2𝜒). Θέτω h(χ)= −𝜒2 + 2𝑒𝑥 − 2 − 𝑥𝑒𝜒 + 2𝜒 με h(0)=0 και

h΄(χ)=(1 − 𝜒)(𝑒𝜒 + 2) με ρίζα το 1 και h΄(χ)>0 με χ<1 δηλ. η h < στο (-∞, 1]. Για

χ<0 είναι h(χ)<h(0)=0 άρα f΄΄(χ)>0 και f κυρτή στο (-∞, 0]. Ομοίως με 0<χ<1 είναι

h(χ)>h(0)=0 άρα f΄΄(χ)<0 και f κοίλη στο [0,1]. Δηλ. το (0,1) σημείο καμπής της Cf.

5η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

Έστω g(x) =F(x)

x, x ≠ 0, τότε lim

x→0g(x) = 1

F(x) = xg(x) ⇒ limx→0F(x) = lim

x→0xg(x) = 0, όμως F συνεχής άρα F(0)=0

f(0) = F′(0) = limx→0

F(x) − F(0)

x − 0= limx→0g(x) = 1 , αρα 𝐟(𝟎) = 𝟏

Έστω H(x) = (1 − xe−x)f(x), x ∈ R παραγωγίσιμη

τότε H′(x) = e−x(x − 1)f(x) + (1 − xe−x)f ′(x) =

= e−x[(x − 1)f(x) + (ex − x)f ′(x)] = 0

άρα Η σταθερή με Η(0) = 1 ,άρα H(x) = 1 ⇒(1 − xe−x)f(x) = 1 1−xe−x≠0 ⇒

f(x) =1

1 − xe−x⇒ 𝐟(𝐱) =

𝐞𝐱

𝐞𝐱 − 𝐱

B.

Έστω G(x) = F(x) −x f(x)

ex, x ∈ R παραγωγίσιμη

με G′(x) = f(x) −(f(x)+xf′(x))ex−xf(x)ex

e2x=

ex

ex−x−(1−x)f(x)+xf′(x)

ex=

=ex

ex−x−f′(x)(ex−x)+xf′(x)

ex=

ex

ex−x−f′(x)ex

ex=

ex

ex−x−ex(1−x)

(ex−x)2 =ex(ex−1)

(ex−x)2



14

Από τον πίνακα έχουμε ότι η G έχει μοναδική ρίζα το 0, άρα και η

F(x) −x f(x)

ex= 0⇔

𝐅(𝐱)𝐞𝐱 = 𝐱𝐟(𝐱) έχει μοναδική ρίζα το 0.

Γ.1

Γιαx < 0 η F είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο [x, 0] οπότε από ΘΜΤ

∃ ξ ∈ (x, 0): F′(ξ) =F(x)−F(0)

x−0⇒ f(ξ) =

F(x)

x

όμως f(x) =ex

ex−x⇒ f ′(x) =

ex(1−x)

(ex−x)2 > 0 για x < 0 άρα f ↗ στο [x, 0]

άρα ξ > x ⇒ f(ξ) > f(x) ⇒F(x)

x> f(x) ⇒ F(x) < xf(x) ∀ x < 0

ακόμα F(0) = 0 = 0f(0), συνεπώς ∀ 𝐱 ∈ (−∞,𝟎] 𝛆ί𝛎𝛂𝛊 𝐅(𝐱) ≤ 𝐱𝐟(𝐱)

Γ.2

Έστω D(x) = F(x) + f(x), x ∈ R παραγωγίσιμη

η D ορίζεται και είναι συνεχής στο [−1,0]

D(−1) = F(−1) + f(−1) < 0 , από Γ1

D(0) = F(0) + f(0) = 1 > 0

από Θ.Bolzano η D έχει τουλάχιστο μια ρίζα στο (-1,0)

D′(x) = F′(x) + f ′(x) =ex(ex−2x+1)

(ex−x)2

θεωρώ την συνάρτηση z(x) = ex − 2x + 1 με z′(x) = ex − 2

x -∞ 0 +∞

G - +

G

O.E. G(0)=0



15

Από τον πίνακα έχουμε z(x) > 0

άρα D′(x) > 0 ⇒ D ↗ στο R συνεπώς η

D έχει μοναδική ρίζα στο R άρα και η

𝐅(𝐱) + 𝐟(𝐱) = 𝟎 έ𝛘𝛆𝛊 𝛍𝛐𝛎𝛂𝛅𝛊𝛋ή 𝛒ί𝛇𝛂 στο R που βρίσκεται στο (-1,0)

Δ.

f(x) > 0 , αφού ex − x ≥ 1 και ex > 0

F′(x) = f(x) > 0 άρα F ↗ στο R άρα για x > 0 ⇒ F(x) > F(0) = 0

Έστω L(x) =exF(x)

f(x) , x ∈ R παραγωγίσιμη με

L′(x) =ex[F(x)(f(x)−f′(x))+f2(x)]

f2(x)=ex[F(x)

ex(ex−1)

f2(x)+f2(x)]

f2(x)> 0 για x > 0

άρα L ↗ στο (0, +∞). Όμως lnx ≤ x − 1 < x ⇒ L(lnx) < L(x) ⇒

elnxF(lnx)

f(lnx)<exF(x)

f(x)⇒xF(lnx)

f(lnx)<exF(x)

f(x)⇒xF(lnx)

x

x−lnx

<exF(x)ex

ex−x

⇒ 𝐅(𝐥𝐧𝐱)

𝐅(𝐱)<

𝐞𝐱−𝐱

𝐱−𝐥𝐧𝐱

Ε.1

Έστω W(x) = F(x) − x , x, ∈ [0 + ∞) παραγωγίσιμη με

W′(x) = f(x) − 1 =x

ex−x > 0 , για x > 0 άρα W ↗ στο [0, +∞)

1 > 0⇒W(1) > W(0) ⇒ 𝐅(𝟏) > 𝟏

Ε.2.

f(x) =ex

ex−x > 0 , f ′(x) =

ex(1−x)

(ex−x)2 , άρα 𝐟 ↘ 𝛔𝛕𝛐 (𝟏,+∞).

είναι f(x) =ex

ex−x< ex ,αφού ex − x > 1 , άρα 𝟎 < 𝐟(𝐱) < 𝐞𝐱

η x=0 είναι προφανής λύση,

x -∞

ln2 +∞

z - +

z

O.E. z( ln2)=3-2ln2>0



16

έστω ρ ≠ 0 μια άλλη λύση , τότε 1 < f(ρ) + 1 < eρ + F(1) και

f(ρ) + 1 < eρ + 1 < eρ + F(1) και

f(ρ) + 1 < f(ρ) + F(1) < eρ + F(1)

Θέτω α = f(ρ) + 1 , δ = eρ + F(1) , β = min {eρ + 1, f(ρ) + F(1)}

, γ = max {eρ + 1, f(ρ) + F(1)} , τότε 1 < α < β ≤ γ < δ

και β − α = δ − γ = eρ − f(ρ) > 0 ή β − α = δ − γ = F(1) − 1 > 0

και τότε F(β) + F(γ) = F(δ) + F(α) , όμως από ΘΜΤ στα [𝛼, 𝛽], [𝛾, 𝛿] για την F

είναι

𝐹′(𝜉1) = 𝑓(𝜉1) =𝐹(𝛽)−𝐹(𝛼)

𝛽−𝛼 , 𝐹′(𝜉2) = 𝑓(𝜉2) =

𝐹(𝛿)−𝐹(𝛾)

𝛿−𝛾 , 𝜉1 ∈ (𝑎, 𝛽), 𝜉2 ∈

(𝛾, 𝛿)

και επειδή f ↘ στο (1, +∞) θα είναι f(ξ1) > f(ξ2)

⇒F(β) − F(α) > F(δ) − F(γ) ⇒

F(β) + F(γ) > F(δ) + F(α) , άτοπο οπότε η x=0 μοναδική λύση

Ζ.

f ′(x) =ex(1−x)

(ex−x)2 , η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 και δέχεται εφαπτόμενη.

f ′′(x) = exex(x−2)+x2−2x+2

(ex−x)3 με f ′′(0) = 0

έστω z(x) = ex(x − 2) + x2 − 2x + 2 , x < 1 παραγωγίσιμη με

z′(x) = (ex + 2)(x − 1) < 0 ,άρα z ↘ για x <1

για x < 0 ⇒ z(x) < z(0) = 0 ⇒ f ′′(x) < 0

για x > 0x<1⇒ z(x) > z(0) = 0 ⇒ f ′′(x) > 0 , συνεπώς το x=0 είναι σημείο καμπής

και η εφαπτόμενη σε αυτό διαπερνά την 𝐂𝐟



17

16η άσκηση




Έστω συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη στο 0, ,για την οποία

ισχύουν:

• 2x f x x f x 2 2x, x 0

• Η fC έχει σημείο καμπής το e,f e

• F x 2x F 1 2, x 0 ,

όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο 0,

Α. Να αποδείξετε ότι 2f x ln x 2x,x 0 .

Β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2x 2x

e x 1 ,έχει μοναδική θετική ρίζα,

η οποία βρίσκεται στο 1

,1e

.

Γ. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση F έχει μοναδικό ακρότατο,

του οποίου να προσδιορίσετε το είδος.

Δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν 1 2ξ ,ξ 1,2 , τέτοια ώστε:

2

1 2

1

F x f x dx f ξ F ξ .

Ε1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g με τύπο F x F 1

, x 1g x x 1

2 , x 1

είναι γν.φθίνουσα στο 1, .

Ε2. Να αποδείξετε ότι: 2 3

1 1

2 f x dx f x dx .



18


Α. Αφού η fC έχει σημείο καμπής το e,f e και η f είναι δυο φορές

παραγωγίσιμη στο 0, ,θα ισχύει f e 0 .Έτσι για x e ,έχουμε:

f e 0

2e f e e f e 2 2e e f e 2 2e

.

Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο u x F x 2x, x 0 .Είναι u 1 F 1 2 ,

οπότε: F x 2x F 1 2 u x u 1 .Για τη συνάρτηση u,ισχύουν:

• u παραγωγίσιμη στο 0, ,ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων

• u x u 1

• το 1 είναι εσωτερικό σημείο του 0,

Επομένως σύμφωνα με το Θ.Fermat,θα είναι

u 1 0 F 1 2 0 f 1 2 .

x 0

2 2x f x x f x 2 2x x f x f x 2 x f x 2lnx 2x

x

x f x 2lnx 2x c .

Για x e ,έχουμε: e f e 2lne 2e c 2 2e 2 2e c c 0 ,οπότε

x 0

2 22lnxx f x 2lnx 2x f x 2 f x ln x 2x f x ln x 2x c

x

Για x 1 ,έχουμε: 2f 1 ln 1 2 c 2 2 c c 0 ,οπότε

2f x ln x 2x,x 0 .

Β. Για τη συνάρτηση f έχουμε:

2 lnx x2lnx

f x 2 0x x

,καθώς για κάθε x 0, είναι lnx x .

Επομένως f γν.φθίνουσα στο A 0, και έτσι:

f γν.φθίνουσα

f συνεχής x x 0f A lim f x , lim f x ,

,αφού

• 2

x x

ln xlim f x lim 2x 1

2x

,καθώς xlim 2x

και

2

x DLH x DLH x

ln x lnx 1lim lim lim 0

2x x x

• x 0lim f x

,καθώς

x 0lim 2x 0

και 2

x 0 x 0lim ln x lim lnx lnx

αφού x 0lim lnx

.

21 1 2 2 e 2f ln 1 0

e e e e e

f 1 2 0 και επειδή f συνεχής και γν.φθίνουσα σε συνδυασμό



19

με το Θ.Bolzano,συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση f x 0 ,έχει μοναδική ρίζα,

η οποία βρίσκεται στο 1

,1e

.

x 0

2x 2x 2x 2xe x 1 ln e x 0 2x 2x lnx 0

Για κάθε x 1, είναι: 2x 2x lnx 0 ,οπότε:

2

2x 2x lnx 0 2x lnx 2x 2x lnx 2x

0 x 1

2lnx 2x ln x 2x f x 0, x 0,1

που σε συνδυασμό με τα προηγούμενα αποδεικνύει το ζητούμενο.

Γ. Είναι: F x f x , x 0, και

F x f x 0, x 0, .

Αποδείξαμε ότι υπάρχει μοναδικό o

1x ,1

e

,τέτοιο ώστε of x 0 .

Η συνάρτηση F είναι γν.φθίνουσα στο 0, ,οπότε:

• F γν.φθίνουσα

o o o0 x x F x F x f x 0

• F γν.φθίνουσα

o o ox x F x F x f x 0

και έτσι η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο o0, x και γν.φθίνουσα

στο ox , ,που σημαίνει ότι η συνάρτηση F έχει μοναδικό ολικό

μέγιστο το oF x .

Δ. 2 2

22 2 2

11 1

1 1F x f x dx F x F x dx F x F 2 F 1

2 2

F 1 F 2

F 2 F 12

.

Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 1,2 ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει

1ξ 1,2 ,

τέτοιο ώστε 1 1F ξ f ξ F 2 F 1 .

Έστω συνάρτηση w με τύπο w x 2F x F 1 F 2 , x 1,2 .Είναι:

• w συνεχής στο 1,2 (προφανώς)

• w 1 F 1 F 2

• w 2 F 2 F 1



20

2

w 1 w 2 F 2 F 1 0, καθώς:


o 1 o 1x 1 ξ f x f ξ 0 F 2 F 1 .

Έτσι σύμφωνα με το Θ.Bolzano,υπάρχει 2ξ 1,2 ,τέτοιο ώστε 2w ξ 0

2

F 1 F 2F ξ

2

και έτσι:

2

1 2

1

F x f x dx f ξ F ξ ,με 1 2ξ ,ξ 1,2 .

Ε1. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,καθώς:

x 1 x 1

F x F 1lim g x lim F 1 f 1 2 g 1

x 1

.Για κάθε x 1, είναι:

2

F x F 1f xF x x 1 F x F 1 x 1g x

x 1x 1

.

Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ για την F στο 1, x , x 1 ,συμπεραίνουμε ότι υπάρχει

ξ 1, x ,τέτοιο ώστε F x F 1

F ξ f ξx 1

,

με f γν.φθίνουσα

1 ξ x f x f ξ ,οπότε: f x f ξ

g x 0, x 1x 1

.

Επομένως η συνάρτηση g είναι γν.φθίνουσα στο 1, .

Ε2. g γν.φθίνουσα F 3 F 1

2 3 g 2 g 3 F 2 F 12

2 3

1 12 F 2 F 1 F 3 F 1 2 F x F x

2 3

1 1

2 f x dx f x dx .

2η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

Α.

Είναι 𝑥2𝑓΄΄(𝑥) + 𝑥𝑓΄(𝑥) = 2 − 2𝑥 για 𝑥 > 0 . Επειδή η Cf έχει σημείο καμπής το

(e,f(e)) και η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, θα είναι 𝑓΄΄(𝑒) = 0 οπότε από την

αρχική σχέση προκύπτει 𝑓΄(𝑒) = 2

𝑒− 2.

Θέτω g(x) = F(x) + 2x. Ισχύει F(x) + 2x ≤ F(1) + 2 g(x) ≤ g(1) επόμενα από

θεώρημα FERMAT θα είναι g΄(1)=0 F΄(1) + 2 =0 f(1)=-2. Τώρα:

για 𝑥 > 0 𝑥2𝑓΄΄(𝑥) + 𝑥𝑓΄(𝑥) = 2 − 2𝑥 𝑥𝑓΄΄(𝑥) + 𝑓΄(𝑥) = 2

𝑥− 2 (𝑥𝑓΄(𝑥))΄=

(2𝑙𝑛𝑥 − 2𝑥)΄ 𝑥𝑓΄(𝑥)= 2𝑙𝑛𝑥 − 2𝑥 + 𝑐1 , και επειδή 𝑓΄(𝑒) = 2

𝑒− 2 θα είναι 𝑐1 =



21

0. Δηλαδή 𝑥𝑓΄(𝑥)= 2𝑙𝑛𝑥 − 2𝑥 𝑓΄(𝑥)= 2𝑙𝑛𝑥

𝑥− 2 𝑓΄(𝑥)= (𝑙𝑛2𝑥 − 2𝑥 )΄

𝑓(𝑥)= 𝑙𝑛2𝑥 − 2𝑥 + 𝑐 .΄Ομως f(1)=-2 𝑐 = 0 . ΄Αρα 𝑓(𝑥)= 𝑙𝑛2𝑥 − 2𝑥.

Β.

΄Εχω 𝑓΄(𝑥)= 2𝑙𝑛𝑥

𝑥− 2 =

2(𝑙𝑛𝑥−𝑥)

𝑥 ≤

−2

𝑥< 0 για 𝑥 > 0 διότι lnx ≤ x − 1, για κάθε x

> 0. Συνεπώς f γνήσια φθίνουσα στο ( 0 , +∞ ). Τώρα η f συνεχής στο [1

𝑒 , 1] ως

παραγωγίσιμη. Επί πλέον f(1)=-2< 0 , f(1

𝑒) = 1−

2

𝑒 > 0, επόμενα από θεώρημα

BOLZANO υπάρχει μοναδικό ρє(1

𝑒 , 1) (επειδή f γνήσια φθίνουσα στο ( 0 , +∞ ) )

ώστε f(ρ)=0 𝑙𝑛2𝜌 − 2𝜌 = 0 𝑙𝑛2 𝜌 = 2𝜌 𝑙𝑛 𝜌 = −√2𝜌 διότι ρє(1

𝑒 , 1) .

Συνεπώς 𝑙𝑛𝜌 + √2𝜌 = 0 √2𝜌 𝑙𝑛𝜌 + 2𝜌 = 0 𝑒√2𝜌 𝑙𝑛 𝜌+2𝜌 = 1 𝑒2𝜌 ∙

𝜌√2𝜌 = 1 Για 0<x<ρ είναι f(x) > f(ρ) f(x) > 0 𝑙𝑛2𝑥 > 2𝑥 (𝑙𝑛𝑥 − √2𝑥

)( 𝑙𝑛𝑥 + √2𝑥 ) >0 𝑙𝑛𝑥 + √2𝑥 <0𝑒√2𝑥 𝑙𝑛 𝑥+2𝑥 < 1𝑒2𝑥 ∙ 𝑥√2𝑥 < 1. ΄Ομοια

για x>ρ είναι 𝑒2𝑥 ∙ 𝑥√2𝑥 > 1. ΄Αρα η εξίσωση 𝑒2𝑥 ∙ 𝑥√2𝑥 = 1 έχει μοναδική θετική

ρίζα ρ στο (1

𝑒 , 1).

Γ.

𝛦ί𝜈𝛼𝜄 𝐹΄(𝜌) = 𝑓(𝜌) = 0. Για 0 < 𝑥 < 𝜌 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝜌) 𝐹΄(𝜒) > 0. Για 𝑥 >

𝜌 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝜌) 𝐹΄(𝜒) < 0 . ΄Αρα η F παρουσιάζει στο x=ρ

ολικό μέγιστο.

Δ.

Aπό τη σχέση F(x) + 2x ≤ F(1) + 2 για x=2 έχω F(2) + 4 ≤ F(1) + 2 F(2) ≤ F(1) -

2< F(1) . Οπότε F(2) < 𝐹(1)+𝐹(2)

2< F(1) συνεπώς από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών

υπάρχει ξ2є(1 , 2) ώστε F(ξ2)= 𝐹(1)+𝐹(2)

2 (1). Eπίσης από θεώρημα Μέσης Τιμής για

την F(x) στο [1 , 2 ] υπάρχει ξ1є(1 , 2) ώστε F΄( ξ1) = F(2) - F(1) f(ξ1 ) = F(2) -

F(1) (2). Tώρα από τις σχέσεις (1) και (2) : f(ξ1 ) F(ξ2)=𝐹2(2)−𝐹2(1)

2=

∫ 𝐹(𝑥)𝐹΄(𝑥)𝑑𝑥 =2

1 ∫ 𝐹(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥.2

1

E1.

Η g είναι συνεχής στο (1 , +∞) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Επί πλέον

lim𝑥→1+

𝐹(𝑥)−𝐹(1)

𝑥−1= 𝐹΄(1) = 𝑓(1) = −2 = 𝑔(0) . Επόμενα η g είναι συνεχής στο

[1 , +∞) .Επίσης για x>1 είναι g παραγωγίσιμη με 𝑔΄(𝑥) =𝑓(𝑥)(𝑥−1)−𝐹(𝑥)+𝐹(1)

(𝑥−1)2< 0

διότι από θεώρημα Μέσης Τιμής για την F(x) στο [1 , 𝑥 ] υπάρχει σє(1 , 𝑥) ώστε F΄(



22

σ) = f(σ ) =𝐹(𝑥)−𝐹(1)

𝑥−1> f(x) επειδή f γνήσια φθίνουσα στο ( 0 , +∞ ). ΄Αρα g γνήσια

φθίνουσα στο [1 , +∞).

E2.

Από E1 g γνήσια φθίνουσα στο [1 , +∞) επόμενα g(2) > g(3) 𝐹(2) − 𝐹(1) > 𝐹(3) −

𝐹(2) ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 3

2

2

1 2∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

3

2

2

1

2

1

2 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 >2

1∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 3

1.


A.

H 𝑓 έχει Σ.Κ. το (𝑒, 𝑓(𝑒)) άρα 𝑓′′(𝑒) = 0

από την 1η δεδομένη σχέση για 𝑥 = 𝑒 είναι 𝑒2𝑓′′(𝑒) + 𝑒𝑓′(𝑒) = 2 − 2𝑒 ⇒

𝒇′(𝒆) =𝟐

𝒆− 𝟐

Έστω 𝐺(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 2𝑥 , 𝑥 > 0 παραγωγίσιμη

από τη 3η δεδομένη σχέση είναι 𝐹(𝑥) + 2𝑥 ≤ 𝐹(1) + 2 ⇒ 𝐺(𝑥) ≤ 𝐺(2)

άρα η 𝐺 έχει μέγιστο το G(1) στο (0,+∞) .Τότε από Θ.Fermat είναι

𝐺’(1) = 0 ⇒ 𝐹′(1) + 2 = 0 ⇒ 𝒇(𝟏) = −𝟐

Έστω 𝐻(𝑥) = 𝑥𝑓′(𝑥) − 2𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥 , 𝑥 ∈ (0,+∞) παραγωγίσιμη

τότε 𝐻′(𝑥) = 𝑥𝑓′′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) −2

𝑥+ 2 =

𝑥2𝐹′′(𝑥)+𝑥𝐹′(𝑥)−2+2𝑥

𝑥=2−2𝑥−2+2𝑥

𝑥=

0

άρα H σταθερή και επειδή H(e)=0 ,

θα είναι 𝐻(𝑥) = 0⇔ 𝑥𝑓′(𝑥) − 2𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥 = 0⇔ 𝑓′(𝑥) = 2𝑙𝑛𝑥

𝑥− 2 ⇔

𝑓′(𝑥) = (ln2 𝑥 − 2𝑥)′ ⇔ 𝑓(𝑥) = ln2 𝑥 − 2𝑥 + 𝑐 , 𝑐 ∈ 𝑅

όμως 𝑓(1) = −2 ⇒ 𝑐 = 0 άρα 𝒇(𝒙) = 𝐥𝐧𝟐 𝒙 − 𝟐𝒙 , 𝒙 ∈ (𝟎,+∞)

B.

𝑓′(𝑥) = 2𝑙𝑛𝑥

𝑥− 2 = 2

𝑙𝑛𝑥−𝑥

𝑥< 0 αφού 𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1 < 𝑥

άρα 𝑓 ↘ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) και 1-1



23

𝑒2𝑥𝑥√2𝑥 = 1 ⇔ 𝑙𝑛(𝑒2𝑥𝑥√2𝑥)= 0⇔ 2𝑥 + √2𝑥 𝑙𝑛𝑥 = 0

⇔− 2𝑥 = √2𝑥 𝑙𝑛𝑥 ⇔

0<𝑥<1 ⇔ −2𝑥 = √2𝑥 𝑙𝑛𝑥

0<𝑥<1 ⇔ 4𝑥2 = 2𝑥𝑙𝑛2𝑥

0<𝑥<1⇔ 2𝑥 = 𝑙𝑛2𝑥 ⇔

⇔𝑓(𝑥) = 0 , 0 < 𝑥 < 1

για την 𝑓 έιναι 𝑓 (1

𝑒) = 1 −

2

𝑒> 0 και 𝑓(1) = −2 < 0 . Από Θ.Bolzano

υπάρχει τουλάχιστον μια ρίζα της εξίσωσης 𝑓(𝑥) = 0 στο ( 1

𝑒, 1) και εφόσον η

𝑓 είναι 1 − 1 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) έχει μοναδική ρίζα στο (0, +∞) άρα και η

𝒆𝟐𝒙𝒙√𝟐𝒙 = 𝟏 έχει μοναδική ρίζα στο (𝟎,+∞) η οποία βρίσκεται στο ( 𝟏

𝒆, 𝟏)

Γ.

Είναι 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥) , 𝑥 > 0 .Στο ερώτημα Β. αποδείξαμε ότι η 𝑓 έχει

μοναδική ρίζα, έστω 𝜉 ,αρα και η 𝐹′ έχει μοναδική ρίζα με 𝐹′(𝜉) = 0 . Ακόμα

𝑓 ↘ στο (0, +∞) ,οπότε

για 𝑥 > 𝜉 ⇒ 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝜉) = 0⇒ 𝐹′(𝑥) < 0⇒ 𝐹 ↘ 𝜎𝜏𝜊 [𝜉, +∞)

για 0 < 𝑥 < 𝜉 ⇒ 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝜉) = 0⇒ 𝐹′(𝑥) > 0⇒ 𝐹 ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, 𝜉]

άρα η F έχει μοναδικό ακρότατο (μέγιστο).

Δ.

Εφαρμόζοντας ΘΜΤ στο [1,2] για την F ,

∃ 𝜉1 ∈ (1,2): 𝐹′(𝜉1) =

𝐹(2)−𝐹(1)

2−1⇒ 𝒇(𝝃𝟏) = 𝑭(𝟐) − 𝑭(𝟏)

Στο Γ. δείξαμε ότι η F είναι ↘ στο [ξ,+∞) με ξ<1 άρα F ↘ στο [1,2] οπότε

𝐹(1) >𝐹(1)+𝐹(2)

2> 𝐹(2) και επειδή F συνεχής στο [1,2] από ΘΕΤ θα υπάρχει

𝜉2 ∈ (1,2): 𝑭(𝝃𝟐) =𝑭(𝟏) + 𝑭(𝟐)

𝟐

Αρα 𝒇(𝝃𝟏)𝑭(𝝃𝟐) = (𝐹(2) − 𝐹(1))𝐹(1)+𝐹(2)

2=𝐹2(2)

2−𝐹2(1)

2=

∫ (𝐹2(𝑥)

2)′

𝑑𝑥 =2

1

∫2𝐹′(𝑥)𝐹(𝑥)

2𝑑𝑥 =

2

1∫ 𝒇(𝒙)𝑭(𝒙)𝒅𝒙𝟐

𝟏



24

Σχόλιο : Επειδή δε διευκρινίζεται αν 𝜉1 ≠ 𝜉2 στην εκφώνηση μπορούμε να

εφαρμόσουμε ΘΜΤ για την 𝐺(𝑥) = 𝐹2(𝑥) στο [1,2] και να θεωρήσουμε ότι

𝜉1 = 𝜉2 = 𝜉 οπότε θα προκύπτει πάλι το ζητούμενο.

Ε.1

𝑔(𝑥) = {𝐹(𝑥)−𝐹(1)

𝑥−1 , 𝑥 > 1

−2, , 𝑥 = 1

Lim𝑥→1𝑔(𝑥) = lim

𝑥→1

𝐹(𝑥)−𝐹(1)

𝑥−1= 𝐹′(1) = 𝑓(1) = −2 = 𝑔(1),

ά𝜌𝛼 𝑔 𝜎𝜐𝜈휀𝜒ή𝜍 𝜎𝜏𝜊 1

και g συνεχής στο (1,+∞) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων ,άρα g συνεχής

στο [1,+∞)

𝑔’(𝑥) =(𝑥−1)𝐹′(𝑥)−(𝐹(𝑥)−𝐹(1))

(𝑥−1)2 𝛾𝜄𝛼 𝑥 > 1.

Εφαρμόζοντας ΘΜΤ στο [1, 𝑥] για την F θα ∃ 𝜌 ∈ (1, 𝑥) ∶ 𝐹′(𝜌) =

𝐹(𝑥) − 𝐹(1)

𝑥 − 1

𝐹′′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) < 0 (από ερώτημα Β.) άρα F’ ↘ στο [1, +∞) ,άρα

𝜌 < 𝑥 ⇒ 𝐹′(𝜌) > 𝐹′(𝑥) ⇒𝐹(𝑥)−𝐹(1)

𝑥−1> 𝐹′(𝑥)⇒𝐹(𝑥) − 𝐹(1) > 𝐹′(𝑥)(𝑥 −

1)

Συνεπώς 𝑔’(𝑥) < 0 , 𝑥 > 1 και εφόσον g συνεχής στο [1, +∞) θα είναι

g ↘ στο [𝟏, +∞).

Ε.2.

Εφαρμόζοντας ΘΜΤ για την F στα ,[1,2], [2,3] θα

∃ 𝑥1 ∈ (1,2) , 𝑥2 ∈ (2,3) ∶ 𝐹′(𝑥1) =

𝐹(2) − 𝐹(1)

2 − 1 ,

𝐹′(𝑥2) =𝐹(3) − 𝐹(2)

3 − 2

F’ ↘ στο (0, +∞) θα είναι

𝐹′(𝑥1) > 𝐹′(𝑥2) ⇒ 𝐹(2) − 𝐹(1) > 𝐹(3) − 𝐹(2) ⇒

2𝐹(2) − 2𝐹(1) > 𝐹(3) − 𝐹(1) ⇒ 2∫ 𝐹′(𝑥)𝑑𝑥 > ∫ 𝐹′(𝑥)𝑑𝑥 ⇒3

1

2

1

⇒ 𝟐∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 > ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝟑

𝟏

𝟐

𝟏



25


A. Διαιρώντας με χ τη δοσμένη ισότητα έχω: χf΄΄(χ)+f΄(χ)=2

𝜒− 2 ή (f΄(χ)χ)΄=(2lnχ-

2χ)΄ ή f΄(χ)χ=2lnχ-2χ+c (1). Eφαρμόζοντας Fermat για τη Φ(χ)=F(χ)+2χ, αφού η

δοσμένη ανισότητα γράφεται Φ(χ)≤Φ(1) θα είναι Φ΄(1)=0 δηλ. f(1)=-2 και f΄΄(e)=0

από το Σ.Κ. Για χ=e στην αρχική έχω f΄(e)= 2

𝑒-2 (2) και με χ=e στην (1) έχω c=0. H (1)

δίνει f΄(χ)χ=2lnχ-2χ ή f΄(χ)= 2𝑙𝑛𝑥

𝜒− 2=(ln2χ-2χ)΄ και τελικά f(χ)=ln2χ-2χ.

B. Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ln(𝑒2𝑥𝑥√2𝑥) = 0 ή 2χ+√2𝜒 lnχ=0 και

θέτοντας Φ(χ)= 2χ+√2𝜒 lnχ, χ∈[1

𝑒,1] με Φ(1)=2>0, Φ(

1

𝑒)=

2

𝑒−√

2

𝑒<0 (γιατί χ2-χ<0 με

0<χ<1), από το Bolzano η Φ έχει ρίζα στο (1

𝑒,1). Είναι Φ΄(χ)=2+

𝑙𝑛𝑥+2

√2𝑥>0 για χ>

1

𝑒>1

𝑒2 δηλ.

η ρίζα μοναδική.

C. F΄(χ)= f(χ)=ln2χ-2χ και f΄(χ)= 2

𝜒(𝑙𝑛𝑥 − 𝑥) < 0 αφού lnχ≤ 𝜒 − 1 < 𝜒 με χ>0.

Άρα f γν. φθίν. στο (0,+∞) με lim𝜒→0

𝑓(𝜒) = +∞ και lim𝜒→+∞

𝑓(𝜒) = lim𝜒→+∞

2𝜒 (𝑙𝑛2𝑥

2𝑥−

1) = −∞ αφού με de L’ H. lim𝜒→+∞

𝑙𝑛2𝑥

2𝑥= 0. Άρα το Σ.Τ. της f είναι το R δηλ. η F΄

μηδενίζεται σε μοναδικό χ0>0. Δηλ. με χ>χ0 είναι f(χ)<f(χ0)=0 άρα F γν. φθ. στο

[χ0,+ ∞) και όμοια F γν. αύξ. στο (0,χ0]. Τελικά η F έχει μοναδικό ακρότατο (μέγιστο)

στο χ0 το F(χ0).

D. ∫ 𝐹(𝜒)𝑓(𝜒)𝑑𝜒 = [𝐹2(𝜒)

2]1

22

1=𝐹2(2)−𝐹2(1)

2= (𝐹(2) − 𝐹(1))

𝐹(2)+𝐹(1)

2. Mε ΘΜΤ

για την F στο [1,2] υπάρχει ξ1 στο (1,2) με F΄(ξ1)=f(ξ1)= 𝐹(2) − 𝐹(1) και από το ΘΕΤ

για την F στο [1,2] υπάρχει ξ2 στο (1,2) με F(ξ2)= 𝐹(2)+𝐹(1)

2, αφού είναι F(2)<F(1)

(θέτοντας στην αρχική ανισότητα χ=2) θα ισχύει F(2)< 𝐹(2)+𝐹(1)

2<F(1).

E. 1. lim𝜒→1

𝑔(𝜒) = lim𝜒→1

𝐹(𝜒)−𝐹(1)

𝜒−1= 𝐹΄(1) = 𝑓(1) = −2 = 𝑔(1) δηλ. g συνεχής στο

1. Για χ>1 είναι g΄(χ)=𝑓(𝜒)(𝜒−1)−(𝐹(𝜒)−𝐹(1))

(𝜒−1)2=𝑓(𝜒)−

𝐹(𝜒)−𝐹(1)

𝜒−1

𝜒−1=𝑓(𝜒)−𝑓(𝜉)

𝜒−1 από το ΘΜΤ

για την F στο [1,χ]. Επειδή f γν. φθ. θα είναι f(χ)<f(ξ) δηλ. g γν. φθ. στο [1,+∞).

(Θα μπορούσαμε με Κ(χ)= 𝑓(𝜒)(𝜒 − 1) − 𝐹(𝜒) + 𝐹(1), χ≥ 1 και Κ΄(χ)=f΄(χ)(χ-1)<0

δηλ. Κ γν. φθ. να δείξουμε Κ(χ)<Κ(1) δηλ. 𝑓(𝜒)(𝜒 − 1) − 𝐹(𝜒) + 𝐹(1)<0.)



26

17η άσκηση


Προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων (18-1-2016)


Θεωρούμε συνεχή συνάρτηση f : 0, R με

2f x x 2lnx k ,x 0,1 1, ά k R

6 2x

f 1 x R : 3 x2

α) προσδιορίστε τη συνάρτηση f

β) μελετήστε την f ως προς την κυρτότητα

γ) αποδείξτε ότι

8

2

4 4ln ,

256

για κάθε , R με , 1

δ) αποδείξτε ότι

f x f 1 x 2, για κάθε x 0,1

ε) αν 1

m 0,2

αποδείξτε ότι

1 m

m

f x dx 1 2m

στ) αποδείξτε ότι δεν υπάρχει ,0 0,2 2

τέτοιο, ώστε

2 24 ln 4



27

1η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)

α) Γνωρίζουμε από τη γενική θεωρία ότι

x x , για κάθε x R (με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 ) *

Οπότε,

*

6 2x3 x

2

x 3 x 32

x 3 x 3

x 3 0

x 3

Έτσι,

6 2x

f 1 x R : 3 x f 1 32

Τώρα, από τη συνέχεια της f στο 0, , άρα και στο 1, προκύπτει ότι

x 1 x 1

2f 1 f x x 2ln x k 1 klim lim

Οπότε, 1 k 3 k 2

Τελικά,

2f x x 2ln x 2,x 0,

β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0, με

2

2 2

2 x 1f x 2 2 , x 0

x x

x 0 1

f x

f

O



28

Η f είναι κοίλη στο 0,1 και κυρτή στο 1,

γ) Α΄ τρόπος

Για , 1 έχουμε:

8

2

4 4

4

2

2 2

4

2

2 2

42 2

2

2

2 2

ln256

2ln16

22ln

2ln 2ln a2

4ln 2ln a2 2

4ln 2 4 2ln 2 2ln 22 2

2f2

f f (*)

Αρκεί να αποδείξουμε τη σχέση (*)

Για a η σχέση (*) ισχύει ως ισότητα.

Έστω . Εφαρμόζουμε το ΘΜΤ για την f στα διαστήματα

, , ,2 2

Οπότε εξασφαλίζεται η ύπαρξη 1 2x , , x ,

2 2

τέτοια, ώστε:

1

2

f f a f f2 2

f x

2 2

f f f f2 2

f x

2 2



29

Όμως 1 2x x και η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1, , άρα

0

1 2

f f f f2 2

f x f xa a

2 2

f f f f 2f f f2 2 2

Για εργαζόμαστε παρόμοια.

Β΄ τρόπος

Για η ζητούμενη σχέση ισχύει ως ισότητα.

Για θα αποδείξουμε ότι

8

2

4 4

42

2

2

2

2 2

ln256

ln4

4ln4

ln ,4 4

το τελευταίο όμως ισχύει, διότι από τη γνωστή σχέση ln x x 1,x 0

(με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 ) έχουμε

2 2 2 2

1

ln 14 4a 4 4

(σχόλιο: αφού

2 2 2

20 1 ln 1

4 4 4

:

γνήσια ανισότητα)

δ) Έστω x 0,1 , τότε 1 x 0,1 . Οπότε,

f x 4x 1 f x 4x 1

f x f 1 x 2f 1 x 4 1 x 1 f 1 x 3 4x



30

ε) Έστω 1

m 0, .2

Στο ολοκλήρωμα 1 m

m

f x dx

θέτουμε 1 x.

Τότε,

1 m m 1 m 1 m 1 m)

m 1 m m m m

1 m 1 m 1 m 1 m

m m m m

f x dx f 1 d f 1 d 2 f d 2 1 m m f d

f x dx 2 1 2m f x dx 2 f x dx 2 1 2m f x dx 1 2m.

στ) Έστω ότι υπάρχει ,0 0,2 2

τέτοιο, ώστε

2 2

2

2

4 ln 4

4 2ln 4 1

2ln 2 4 1

f 4 1,

το οποίο είναι αδύνατο διότι f x 4x 1, για κάθε x 0,1 , άρα και

f 4 1, για ,0 0, .2 2


Α. π 6 2x π

3 συν x συν x 3 x 3 ημ x 3 x 32 2

x 3 0 x 3 , καθώς γνωρίζουμε ότι: ημx x x 0 .

Επομένως: f συνεχής στο 1

2

x 1 x 1f 1 3 limf x 3 lim x 2lnx k 3 k 2

και έτσι

για τον τύπο της συνάρτησης f έχουμε:

2

2x 2lnx 2, 0 x 1f x f x x 2lnx 2, x 0

3 , x 1

.

Β. Είναι 2 2f x x 2lnx 2 2x 0, x 0

x

και έτσι η συνάρτηση f

είναι γν.αύξουσα στο 0, .

Επίσης 2

2 2

2 x 12 2f x 2x 2 , x 0

x x x

.



31

• x 0

f x 0 x 1

• x 0

f x 0 x 1

• x 0

f x 0 0 x 1

Επομένως η συνάρτηση f είναι κοίλη στο 0,1 και κυρτή στο 1, .

Γ. Θα προτιμήσω την ακόλουθη λύση, παρακάμπτοντας τη συνάρτηση f .

Θεωρούμε τη συνάρτηση h με τύπο h x 4lnx x, x 0 .

Είναι 4 4 x

h x 1 , x 0x x

.

• h x 0 x 4

• x 0

h x 0 0 x 4

• h x 0 x 4

2

α β 4 και 4αβ 4 ,καθώς α,β 1,+ και επειδή

h γν.φθίνουσα στο 4,+

2 2α β 4αβ 4 h α β h 4αβ

2

2 2 2α β4ln α β α β 4ln 4αβ 4αβ 4ln α β 4αβ

4αβ

42 8

22 2

4 4

α β α βln α β 2αβ 4αβ ln α β

4αβ 256α β

,με την ισότητα

να ισχύει για α β .

Δ. Η εφαπτομένη της fC στο σημείο της 1,3 ,έχει εξίσωση: ψ 4x 1 ,

οπότε εκμεταλλευόμενοι την κυρτότητα της f στο 0,1 ,έχουμε: f x 4x 1

για κάθε x 0,1 ,με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1 .

Άρα για κάθε x 0,1 ισχύει: f x 4x 1 .

Επίσης για κάθε x 0,1 είναι 0 1 x 1 ,οπότε: f 1 x 4 1 x 1 .

Προσθέτοντας κατά μέλη, προκύπτει: f x f 1 x 2, x 0,1 .

Ε. Έστω F μια αρχική συνάρτηση της f στο 1

0,2

.Θεωρούμε τη συνάρτηση

g με τύπο 1

g x F 1 x F x 2x 1, x 0,2

.Είναι:



32

1

g x f 1 x f x 2 0, x 0,2

και έτσι g γν.αύξουσα στο

10,

2

,

οπότε: g γν.αύξουσα1 1

0 m g m g F 1 m F m 2m 1 02 2

1-m

m

f x dx 1 2m .

ΣΤ. π π

α ,0 0, 0 συνα 12 2

και επειδή για κάθε x 0,1 ισχύει:

f x 4x 1 ,αντικαθιστώντας x συνα ,προκύπτει:

2f συνα 4συνα 1 συν α 2ln συνα 2 4συνα 1

22 2 21 ημ α ln συνα 2 4συνα 1 4 ln συν α 4συνα ημ α .


α) 1

(1) lim ( ) 1x

f f x k

H εξίσωση γράφεται:

3 (3 ) 3 αφού 0 .

Άρα (1) 3f 1 3 2k k και 2( ) 2ln 2, 0f x x x x .

β) 2

2( ) 1 1 0 1f x x x x

x

με ( ) 0 (0,1)f x x και ( ) 0 (1, )f x x δηλαδή f κοίλη στο (0,1] και

κυρτή στο [1, ) .

γ) Για α=β η αποδεικτέα γράφεται: 8

2

8

(2 )ln 0 0 ( )

256

που ισχύει ως ισότητα.

Χωρίς βλάβη γενικότητας θεωρώ 1<α<β και από την ανισότητα Jensen (2 ΘΜΤ για

την f στα [ , ],[ , ]2 2

και χρήση μονοτονίας f στο [1, ) ) , έχω

2 2 2

8 82 2

4 4 4

( ) ( )( ) ( ) 8ln 2 2 4ln( )

2 2 2

( ) ( )ln 4ln( ) ( ) ln ( )

4 256

a f a f af a a

a aa

δ) Με ( ) ( ) (1 ), (0,1)h x f x f x x είναι 1

( ) ( ) (1 ) 02

h x f x f x x αφού

f κοίλη στο (0,1) και για 1

0 1 ( ) (1 )2

x x x f x f x h στο 1

(0, ]2



33

και στο 1

[ ,1)2

δηλ. έχει max στο ½ το

51 1 9 52 ( ) 4ln 2 4 4ln 2 2 4ln 2 5 ln 256 256

2 2 2 2f e που

ισχύει αφού 5 53 243 256e .

ε) Με 1

(0, )2

m είναι 1m m και ολοκληρώνοντας την ανισότητα του δ) έχω:

1 1 1

( ) (1 ) 2 2(1 2 )

m m m

m m m

f x dx f x dx dx m

και με 1u x

1 1

( ) (1 )

m m

m m

f x dx f x dx

προκύπτει η αποδεικτέα.

στ) Θα δείξω ότι ( , ) 02 2

x

είναι : 2 24 ln( ) 4 . Θέτω

2 2( ) 4 ln( ) 4 με ( , )2 2

x

και ισχύει

2

( ) 2 1́ με ρίζα το 0 και φ στο ( ,0]2

ενώ στο [0, )

2

δηλ.

έχει max στο 0 το φ(0)=0. Άρα ( ) 0 με ( , ) 02 2

.

4η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

α)

3 + 𝜎𝜐𝜈 (𝜋+6−2𝑥

2) = 𝑥 ⟺ 𝜎𝜐𝜈 (

𝜋

2+ 3 − 𝑥) = 𝑥 − 3 ⟺ −𝜂𝜇(3 − 𝑥) =

−(3 − 𝑥)

𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) . Επειδή |𝜂𝜇𝑥| ≤ |𝑥| , ∀𝑥 ∈ ℝ και το ίσον ισχύει μόνο όταν

𝑥 = 0 τότε

𝜂𝜇(3 − 𝑥) = (3 − 𝑥) ⟺ 𝑥 = 3. Άρα 𝑓(1) = 3.Είναι 𝑓 συνεχής (0, +∞) άρα

𝑓(1) = lim𝑥→1+

𝑓(𝑥) ⟺ 3 = 1 + 𝑘 ⟺ 𝑘 = 2 ⇢ 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑙𝑛𝑥 + 2

β) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑙𝑛𝑥 + 2 , 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 +2

𝑥 και 𝑓′′(𝑥) = 2 −

2

𝑥2=

2

𝑥2(𝑥2 − 1)

𝑥 0 1

𝑓′′ − + 𝑓 ∩ ∪

γ) Έστω :



34

𝑙 𝑛 ((𝑎 + 𝛽)8

256𝛼4𝛽4) ≤ (𝑎 − 𝛽)2⟺ 𝑙𝑛(𝑎 + 𝛽)8 − 𝑙 𝑛(256) − 𝑙 𝑛(𝛼4𝛽4) ≤ (𝑎 − 𝛽)2⟺

8𝑙 𝑛(𝑎 + 𝛽) − 8𝑙 𝑛 2 −4𝑙 𝑛 𝛼 − 4𝑙𝑛𝛽 ≤ 𝛼2 − 2𝛼𝛽 + 𝛽2⟺

8𝑙 𝑛 (𝑎 + 𝛽

2) ≤ 𝛼2 − 2𝛼𝛽 + 𝛽2 + 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 (1)

Για 𝛼 = 𝛽 ισχύει η ισότητα

Για 1 < 𝛼 < 𝛽 ∶ Εφόσον 𝑓 κυρτή στο (1, +∞) από την ανισότητα Jensen έχουμε :

2𝑓 (𝑎 + 𝛽

2) < 𝑓(𝑎) + 𝑓(𝛽) ⟺ 2(

𝑎 + 𝛽

2)2

+ 4𝑙𝑛 (𝑎 + 𝛽

2)

< 𝑎2 + 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2 + 2𝑙𝑛𝛽

(𝑎 + 𝛽)

2

2

+ 4𝑙𝑛 (𝑎 + 𝛽

2) < 𝑎2 + 2𝑙𝑛𝑎 + 𝛽2 + 2𝑙𝑛𝛽 ⟺

(𝑎 + 𝛽)2 + 8𝑙𝑛 (𝑎 + 𝛽

2) < 2𝑎2 + 4𝑙𝑛𝑎 + 2𝛽2 + 4𝑙𝑛𝛽 ⟺

8𝑙 𝑛 (𝑎+𝛽

2) ≤ 𝛼2 − 2𝛼𝛽 + 𝛽2 + 4𝑙 𝑛 𝛼 + 4𝑙𝑛𝛽 . Όποτε η (1) ισχύει για 1 < 𝛼 < 𝛽.

δ) Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο 1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 ≤ 1

τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1 (2) και 𝑓(1 − 𝑥) < 4(1 − 𝑥) − 1 (3) για 0 < 𝑥 < 1 .

Προσθέτουμε κατά μέλη (2) και (3) και έχουμε :

𝑓(𝑥) + 𝑓(1 − 𝑥) < 4𝑥 − 1 + 4(1 − 𝑥) − 1 = 2

ε) Θεωρούμε την ℎ(𝑚) = 𝐹(1 − 𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 , 0 < 𝑚 <1

2

όπου 𝐹 μια αρχική της 𝑓 και ℎ′(𝑚) = −𝑓(𝑚) − 𝑓(1 − 𝑚) + 2 > 0 ⟶ ℎ ↑ , 0 <

𝑚 <1

2

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 < 1 − 2𝑚 ⟺ [𝐹(𝑥)]𝑚1−𝑚1−𝑚

𝑚+ 2𝑚 − 1 < 0

⟺ 𝐹(1 −𝑚) − 𝐹(𝑚) + 2𝑚 − 1 < 0 ⟺ ℎ(𝑚) < ℎ (1

2) ⟺ 𝑚 <

1

2 που ισχύει .

στ) Αφού 𝑎 ∈ (−𝜋

2, 0) ∪ (0,

𝜋

2) τότε 0 < 𝜎𝜐𝜈𝛼 < 1. Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο

1 είναι 𝑦 = 4𝑥 − 1 . Αφού η 𝑓 κοίλη για 0 < 𝑥 < 1 τότε 𝑓(𝑥) < 4𝑥 − 1

𝑥 = 𝜎𝜐𝜈𝛼 ⇢ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) < 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1

Έστω 4 + 𝑙𝑛(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 + 𝜂𝜇2𝛼 ⟺ ⋯⟺ 𝑓(𝜎𝜐𝜈𝛼) ≥ 4𝜎𝜐𝜈𝛼 − 1 ⇢ Άτοπο



35


α)΄Εχουμε 3+συν(2

26 x)= x συν( )3(

2 x

)= x -3 ημ( x -3)= x -3

x =3 διότι |ημ x | ≤| x | για κάθε x ϵ R (η ισότητα ισχύει μόνο όταν

x =0)

Τώρα f( x )= kxx ln22. f συνεχής οπότε )1()(lim

1

fxfx

1+k=3 k=2.

Συνεπώς f(χ)= 2ln22 xx .

β) f΄(x)=2 x + 02

x ,0x δηλαδή f γνήσια αύξουσα στο ,0 .

Επίσης f΄΄( x )=2- 2

2

x10 x . f΄΄(x) 1,00 x . f΄΄(x) 10 x . ¨Aρα f

κοίλη στο 1,0 , κυρτή στο ,1 . Το σημείο (1,3) είναι σημείο καμπής για την f.

γ) Επειδή f κυρτή στο ,1 από ανισότητα JENSEN θα είναι 2f( )2

f(α)+f(β)

( η απόδειξη από Θ.Μ.Τ στα

,

2,

2,a

a ) δηλαδή

2

3

2ln2

2

2

3ln23ln2 22 a 4ln )2

(a

-

2lnα-2lnβ 2

222 8ln )

2(

a-4lnα-4lnβ 2)(

ln 8)2

(a

-lnα4-lnβ42)( ln

44

8

256

)(

2)(

δ) Ισχύει: e<3 256243355 e δηλαδή e5<256 e5<28 5<ln28 5<8ln2

4

5<2ln2

4

9- 2ln2<1

4

1- 2ln2+2<1 f( )

2

1<1 (1).



36

΄Όμως για 1,0)1(1,0 xx , f κοίλη στο 1,0 θα είναι από ανισότητα

JENSEN f( x )+f(1- x ) 2 f( )2

1 (2). ΄Αρα από (1) και (2)

f( x )+f(1- x ) <2 .

ε) Είναι f( x )+f(1- x ) <2

m

m

m

m

m

m

dxdxxfdxxf

1 1 1

2)1()( (3). ΄Όμως θέτοντας

1- x =u dudx προκύπτει ότι:

m

m

m

m

m

m

duufduufdxxf

1

1

1

)()()1( .

Επόμενα η σχέση (3) γίνεται:

m

m

m

m

m

m

m

m

m

m

mdxxfdxdxxfdxdxxf

11 11 1

21)()(2)(2 .

στ) Αν g( x )=f( x ) -4 x +1 , x 1,0 g΄( x )=f΄( x )-4=2 x +

2

124

2

xx

x>0

για x 1,0 συνεπώς g γνήσια αύξουσα στο 1,0 . Δηλαδή για 0< x <1

14)(0)()1()( xxfxggxg . Τώρα αν α𝜖 (−𝜋

2, 0) (0,

𝜋

2) θα είναι

0<συνα<1 οπότε f(συνα)<4συνα-1 συν2α+2ln(συνα)+2<4συνα-1 1-

ημ2α+2ln(συνα)+2<4συνα-1 4+ ln(συν2α)<4συνα+ ημ2α.

΄Αρα δεν υπάρχει α𝜖 (−𝜋

2, 0) (0,

𝜋

2)τέτοιο ώστε: 4+ln(συν2α)≥4συνα+ ημ2α.



37


A.

6 x3 ( ) x (x 3) x 3 (x 3) x 3

2

όμως από την ανισότητα , R η ισότητα ισχύει μόνο για α=0 ,

άρα x 3 0 x 3 η οποία επαληθεύει την εξίσωση.

Άρα 6 2x

f (1) x R :3 x {3} f (1) 32

Όμως f συνεχής στο 1 άρα x 1limf (x) f (1) 1 3 2

άρα 2f (x) x 2ln x 2 ,x (0, )

B.

f δυο φορές παραγωγίσιμη με

2

'( ) 2f x xx

2

2''( ) 2f x

x

Γ.

αν α=β >1 τότε προφανώς ισχύει η ισότητα.

Για α,β>1 με α<β (χ.β.γ.) , η f πληροί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στα

a aa, , ,

2 2

και τότε θα υπάρχουν

1 2

a aa, , ,

2 2

ώστε

1 2

a af ( ) f (a) f ( ) f ( )

2 2f '( ) , f '( )

2 2

x 0 1 +∞

f ’’ - +

f ↷ ⤻



38

όμως f ' στο , 1, (ερώτημα Β)

άρα 1 2 1 2f '( ) f '( )

2

2 2

2 2

22

2 2 2 2

4 2

2 2

2 2

4

a af ( ) f (a) f ( ) f ( )

2 2

2 2

a af ( ) f (a) f ( ) f ( )

2 2

2ln a 2ln a 2ln 2ln2 2 2 2

2ln ln a ln a2 2

ln a16 2

2ln16

22 2

2 2

8

2

4 4

2a 2

ln256

Δ.

Έστω g(x) f (x) f (1 x) 2 ,x (0,1) παραγωγίσιμη με

g '(x) f '(x) f '(1 x) ,x (0,1) . Όμως f ' 0,1 άρα

για 1 1

x x 1 x f '(x) f '(1 x) g '(x) 0 g ,12 2

για

10 x x 1 x

2

1f '(x) f '(1 x) g '(x) 0 g 0,

2

και 1

g '( ) 02

.Οπότε η g έχει ολικό μέγιστο με

1 1 5g(x) g( ) f (x) f (1 x) 2 2f ( ) 2 2 2ln 2 0

2 2 4

f (x) f (1 x) 2



39

Ε.

1m 0, m 1 m

2

. u 1 x1 m m 1 m

m 1 m mf (1 x)dx f (u)du f (x)dx (1)

Από ερώτημα Γ είναι(1)1 m 1 m 1 m

m m m

1 m 1 m

m m

f (x) f (1 x) 2 f (x)dx f (1 x)dx 2dx

2 f (x)dx 2(1 2m) f (x)dx 1 2m

ΣΤ.

η εφαπτόμενη της f στο 1 είναι η

y f (1) f '(1)(x 1) y 3 4(x 1) y 4x 1

η f είναι κοίλη στο (0,1] άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται κάτω από

τη εφαπτόμενη εκτός του σημείου επαφής ,άρα

f (x) 4x 1 , x (0,1)

για κάθε 0 0, (0,1)2 2

, οπότε

2 2

2 2 2 2

f ( ) 4 1 ln 2 4 1

1 ln 2 4 1 4 ln 4

άρα δεν υπάρχει 2 20 0, : 4 ln 42 2



40

18η άσκηση




Έστω συνάρτηση f συνεχής στο 0, ,για την οποία ισχύουν:

• F x x 1

f x , x 0x 1 x

,όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο

0,

• e

1

f x dx f 1 F e

Α. Να αποδείξετε ότι 1

f x lnx , x 0x

.

Β. Να εξετάσετε αν οι fC και F

C δέχονται κοινές εφαπτομένες.

Γ1. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ox 1,e ,τέτοιο ώστε o

F x 0 .

Γ2. Να λυθεί η εξίσωση: 1

F x

oF x e e, 0 x x .

Γ3. Να αποδείξετε ότι

o

x

x 1

2

o o

2x x

o

f x x ex x 1

limF x x 1

.

Δ. Να λυθεί η εξίσωση:

f x F xln f x , x 0

f x 1

.

Ε1. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: x

2

1

t 1 f f t dt 2, x 0

t

,

έχει ακριβώς δυο ρίζες.

Ε2. Αν 1 2x ,x είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης, με 1 2

0 x x ,

να αποδείξετε ότι υπάρχει 1 2ξ x ,x ,τέτοιο ώστε, η εφαπτομένη της

fC στο σημείο Μ ξ,f ξ να διέρχεται από το σημείο 0,e .



41


Α. e

e

1 1

f x dx f 1 F e F x f 1 F e F e F 1 f 1 F e

F 1 f 1 .Για x 1 στην αρχική ισότητα, έχουμε:

F 1 f 1F 1 1

f 1 2f 1 f 1 1 2 f 1 12

.Η συνάρτηση f είναι

παραγωγίσιμη

στο 0, ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε:

2 2 2

F x xf x 1f x 1 x 1 F x x 1 1x 1f x

x x 1 xx 1

2 2 2

1 1f x 1 f x 1

1 1 1 1x x , x 0x 1 x x 1 x x x

.Έτσι:

1 1

f x lnx f x lnx cx x

.Για x 1 :

f 1 1

f 1 1 c c 0

,οπότε

1

f x lnx , x 0x

.Επίσης προκύπτει: F x x 1 lnx x, x 0 .

Β. 2 2

1 1 x 1f x , x 0

x x x

.Είναι:

• f x 0 x 1

• f x 0 x 1

• f x 0 0 x 1

Έτσι: f γν.φθίνουσα στο 1A 0,1 και f γν.αύξουσα στο 2A 1, .


1f συνεχής x 0

f A f 1 , lim f x 1,

,καθώς

x 0 x 0

1 1lim lnx lim 1 x lnx

x x

,

αφού x 0

1lim

x και

DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2

1lnxlnx xlim x lnx lim lim lim lim x 0

1 11

x xx

.

f γν.αύξουσα

2f συνεχής x

f A f 1 , lim f x 1,

,καθώς x

1lim lnx

x

,αφού



42

xlim lnx

καιx

1lim 0

x .

Έτσι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το 1,

και επομένως f x 1 ,για κάθε x 0, ,με την ισότητα να ισχύει

μόνο για x 1 ,δηλαδή: f x 1 x 1 (*)

Έτσι: F x f x 1, x 0 και 2

x 1 1f x

x 4

,καθώς

2x 2 0

2x 4x 4 0 x 0

2

2

x 1 1x 4 x 1

x 4

.Συμπεραίνουμε λοιπόν, ότι

οι fC και FC δεν δέχονται κοινές εφαπτομένες ,εφόσον οι συντελεστές δ/νσης

των εφαπτομένων της FC είναι διαφορετικοί από τους συντελεστές δ/νσης

των εφαπτομένων της fC ,για κάθε x 0, .

Γ1. Είναι F x f x 1, x 0 ,οπότε η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα και 1-

1

στο 0, και σε συνδυασμό με το Θ.Bolzano καθώς F 1 1 και

F e 1 ,προκύπτει ότι υπάρχει μοναδικό ox 1,e τέτοιο, ώστε oF x 0 .

Γ2. Η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο 0, ,οπότε για o0 x x

είναι oF x F x 0 ,οπότε η εξίσωση είναι ΑΔΥΝΑΤΗ στο o0,x .

Τώρα για ox x είναι oF x F x 0 ,οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:

1

*F x 1

ln F x e lne lnF x 1 f F x 1 F x 1F x

F:1-1

F x F e x e .

Γ3. o

o

x

x 1oo o o o o o

o

xF x 0 x 1 lnx x 0 lnx x e

x 1

.Είναι:

ο

ο xο

x 1οo

o o o

xxxx 1x 1x 1x 0

2 2e xf συνεχήςx 1 0

ο

x x DLH x x x xο

1 11 e 1 ex e

x 1 x 1x elim lim lim

F x F x f x f x

2

ο ο ο

2 2

ο ο

ο ο

x x x 11

x 1 x 1

f x f x

.Έτσι:



43

o o o

2xο οx 1 x

2 2f συνεχήςx 1ο ο ο

ο 2x x x x x xο ο

x x 1f x x e

x 1 x x 1x elim lim f x lim f x

F x F x f x x 1

.

Δ.

f x F xln f x f x 1 ln f x f x F x

f x 1

F:1-1

F f x F x f x x f x x 0.

Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο u x f x x, x 0 .

Είναι 2

2 2

1 1 x x 1u x f x 1 1 0

x x x

,οπότε u γν.φθίνουσα

στο 0, και επομένως u ‘‘1-1’’ στο 0, .

Άρα u:1-1

f x x 0 u x u 1 x 1 .

Ε1.

x x x

2

1 1 1

t 1 f f t dt 2 f t F f t dt 2 F f t dt 2

t

f 1 1 F 1 1x

1F f t 2 F f x F f 1 2 F f x 2 F 1 F f x 1

F:1-1

F f x F e f x e .

• Επειδή 1e f A και f γν.φθίνουσα στο 1A 0,1 ,συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει

μοναδικό 1x 0,1 τέτοιο, ώστε 1f x e .

• Επειδή 2e f A και f γν.αύξουσα στο 2A 1, ,συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει

μοναδικό 2x 1, τέτοιο, ώστε 2f x e .

Αποδείξαμε λοιπόν, ότι η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2 ρίζες τις

1 2x ,x με 1 20 x 1 x .

Ε2. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο f x e

g x , x 0x

.

Είναι

2

x f x f x eg x , x 0

x

.

• g συνεχής στο 1 2x ,x ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων

• g παραγωγίσιμη στο 1 2x ,x ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων

• 1 2g x g x 0 ,



44

οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 2ξ x ,x τέτοιο,

ώστε

g ξ 0 ξ f ξ f ξ e 0 ξ f ξ f ξ e .

Η εφαπτομένη της fC στο σημείο Μ ξ,f ξ ,έχει εξίσωση:

ψ f ξ f ξ x ξ .

Για x 0 ,προκύπτει: ψ f ξ ξ f ξ e ,που σημαίνει ότι η συγκεκριμένη

εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο 0,e .

2η προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)

Έστω f συνεχής στο 0, με F(x) x 1

f (x) , x 0 (1)x 1 x

, F αρχική της f

( F (x) f (x) ) και e

1f (x)dx f (1) F(e) (2)

Α.

x 1 e e

111 F(1) 2f (1) 3 , (2) : F (x)dx f (1) F(e) F(x) f (1) F(e) f (1) F(1) 0

, άρα έχουμε f (1) 1, F(1) 1 , η (1) γίνεται

2

2 2

F(x) x 1 x 1F (x) F (x) x 1 F(x) x 1 x

x 1 x x

F (x) x 1 F(x) x 1 x x 1

x 1 x x 1

2

2 2

F(x) x 2x 1 x 1 1 1 F(x) 1ln x ln x c

x 1 x x 1 x 1 x 1x x 1 x 1

,

από την οποία για x 1 έχουμε c 1 , άρα

F(x) 1

ln x 1 F(x) x 1 ln x x , x 0x 1 x 1

οπότε

1 1

f (x) F (x) ln x x 1 1 f (x) ln x , x 0x x



45

Β. 2 2

1 1 x 1f (x) , x 0

x x x

, από τον πίνακα

μεταβολών η f για x 1 έχει ολικό ελάχιστο με

f (1) 1 μόνο για x 1 εφόσον

ff

x 1 f (x) f (1) , 0 x 1 f (x) f (1) 21

Για να έχουν οι F fC ,C κοινή εφαπτομένη πρέπει να υπάρχουν 1 2x , x 0, ώστε

1 2 1 2F x f x f x f x , αδύνατο εφόσον

2

2

x 1f (x) 1 f (x) 1 0 x x 1

x

που ισχύει διότι 3 0

Γ1. Για την F που είναι συνεχής έχουμε F(1) 1, F(e) 1 , άρα από Θ. Bolzano

υπάρχει 0x 1,e ώστε 0F x 0 που είναι και μοναδικό εφόσον

F (x) f (x) 1 0 και άρα F '1 1' 1

Γ2. Έχουμε την εξίσωση

1

F(x)

0F(x) e e , 0 x x , αν

F

0 00 x x F(x) F x F(x) 0 1

οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη, ενώ αν

F

0 0x x F(x) F x F(x) 0 1

η εξίσωση γίνεται

1

F(x) 1ln F(x) e ln e ln F(x) 1 f F(x) 1

F(x)

που από Β ισχύει μόνο για

x 1 , οπότε F('1 1')

F(x) 1 F(x) F(e) x e

Γ3. Από Γ1 έχουμε 0

0

x

x 100 0 0 0 0 0

0

xF x 0 x 1 ln x x 0 ln x e x

x 1

(3)

0

0

0 0

xx 3 F ήx 1x 1

0 0 0 0x x x xlim x e x e x x 0 , lim F(x) F x 0

, άρα



46

0 0 0

0

0

xx

x 10x x 12

0x 1

x x (DLH) x x x x

x

x 1

02 2(3)

0 0

0 0

1x 1 e1 ex 1x e x 1

lim lim limF(x) F (x) f (x)

1 11 e 1 x

x 1 x 1

f (x ) f (x )

2

0 0

2

0 0

x x 1

f x x 1

, οπότε

0

x2 2x 10 0 0 0

0 2 2x x0 0 0

x x 1 x x 1x elim f (x) f x

F(x) f x x 1 x 1

Δ. Έχουμε την εξίσωση f (x) F(x)

ln f (x) , x 0f (x) 1

από τον τύπο της θέτοντας

όπου x το f (x) 1 0 προκύπτει

F f (x) f (x)

F f (x) f (x) 1 ln f (x) f (x) ln f (x)f (x) 1

, οπότε η εξίσωση

γίνεται

F('1 1')F f (x) f (x) f (x) F(x)

F f (x) F(x) f (x) xf (x) 1 f (x) 1

που έχει

προφανή λύση την x 1 και θεωρώντας g(x) f (x) x ,x 0 ,

2

2 2

x 1 x x 1g (x) f (x) 1 1 0

x x

, έχουμε

g 0, 2 και άρα η x 1 μοναδική

Ε1. Έχουμε την εξίσωση

x x

21 1

t 1 f f (t)dt 2 f (t)f f (t) dt 2

t

, η οποία

θέτοντας u f (x), du f (x)dx γίνεται

f (x) f (x) f (x)

1f (1) 1

F('1 1')

f (u)du 2 F (u)du 2 F(u) 2

F f (x) F(1) 2 F f (x) 1 F(e)

f (x) e , από το Β έχουμε 1 1x 0

A 0,1 , f A f (1), lim f (x) 1,

(*) ,

2A 1, , 2x

f A f (1), lim f (x) 1 ,

(*) , οπότε εφόσον

1 2e f A ,e f A υπάρχουν μοναδικά, λόγω μονοτονίας, 1 1 2 2x A ,x A ώστε

1 2f x e , f x e



47

(*)

0

0

DLHx 0 x 0 x 0 x 0

ln xln xlim x ln x lim lim lim x 0

11

xx

, οπότε

x 0 x 0

1lim f (x) lim ln x

x

x 0 x 0

x ln x 1 1lim lim x ln x 1

x x

,

x x

1lim f (x) lim ln x

x

Ε2. Η εξίσωση εφαπτομένης σε σημείο , f ( ) είναι : y f ( ) f (x ) η

οποία περνάει από το σημείο (0,e) αν και μόνο αν

2 2

f ( ) f ( ) ee f ( ) f ( )(0 ) f ( ) f ( ) e

f e f ( ) e0

, άρα θεωρώντας την 1 2

f (x) eh(x) , x x , x

x

έχουμε 1 2h x h x 0 και από Θ. Rolle υπάρχει 1 2x , x ώστε h ( ) 0 που

δίνει την ζητούμενη ισότητα.


Α. Η συνάρτηση F είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη και η f είναι συνεχής ως

άθροισμα συνεχών.

Η δοσμένη σχέση γράφεται: f(x)(x + 1) = F(x) + x +x+1

x,x > 0. Η f παραγωγίζεται

ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Παραγωγίζοντας έχω:

f΄(x)(x+1)+f(x)=f(x)+1- 1

x2 f΄(x)=

x−1

x2 f΄(x) = (lnx +

1

x)΄ f(x) = lnx +

1

x+

c. Επίσης ∫ f(x)dxe

1= f(1) + F(e) F(e) − F(1) = f(1) + F(e) F(e) + f(1) =

0 (1). από τη δοσμένη σχέση για x=1 προκύπτει: 2f(1) = F(1) + 3 (2). Έπόμενα

από τις σχέσεις (1) και(2) έχουμε ότι f(1) = 1 , F(1) = −1. ΄Αρα c=0 f(x) = lnx +1

x και από τη αρχική σχέση της υπόθεσης F(x)=(𝑥 + 1)𝑙𝑛𝑥 − 𝑥. Επί πλέον

Β. f΄(x) =1

x−1

x2=x−1

x2, f΄(x) = 0 x = 1, f΄(x) > 0 x > 1, f΄(x) < 0 0 < 𝑥 <

1.Δηλαδή η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=1, συνεπώς f(x)≥ f(1)=1 . γιά x > 0

Επίσης f΄΄(x)=−1

𝑥2+

2

𝑥3=2−x

x3, f΄΄(x) = 0 x = 2, f΄΄(x) > 0 0 < 𝑥 < 2, f΄΄(x) <

0 x > 2. Δηλαδή η f΄ παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x=2, συνεπώς f΄(x)≤

f΄(2)=1

4 γιά x > 0.Tώρα επειδή f , F παραγωγίσιμες αν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των



48

Cf και CF θα υπάρχουν κ,ρ>ο ώστε F΄(κ)=f΄(ρ) f(κ) = f΄(ρ) άτοπο διότι f(κ) ≥

1 και f΄(ρ) ≤1

4. Άρα οι CF και Cf δεν δέχονται κοινές εφαπτόμενες.

Γ1.Προφανώς Fσυνεχής στο[1, 𝑒] ως παραγωγίσιμη. Επί πλέον F(1)=-1 , F(e)=1 oπότε

από θεώρημα BOLZANO υπάρχει x0∈ (1, 𝑒) ώστε F(x0)=0 . Επειδή F΄( x)=𝑙𝑛𝑥 +1

𝑥>

0 για x ∈ (1, 𝑒) η F γνήσια αύξουσα στο[1, 𝑒] άρα το x0 είναι μοναδικό.

Γ2. Για x>0 έχουμε F΄( x)=f(x)=𝑙𝑛𝑥 +1

𝑥> 1 > 0 συνεπώς η F γνήσια αύξουσα στο

(0,+∞ ). Από την εξίσωση F(x)e1

F(x)=e προφανώς F(x)>0 x > x0 > 1. Συνεπώς

ln (F(x)e1

F(x)) = lne lnF(x) +1

F(x)=1 f(F(x)) = f(1) = 1 και επειδή η f έχει

μοναδικό ολικό ελάχιστο στο x=1 θα είναι F(x)=1 F(x) = F(e) x = e διότι η F

είναι 1-1 στο (0,+∞ ) ως γνήσια αύξουσα.

Γ3. F(x0) = 0 (x0 + 1)lnx0 − x0 = 0 (x0 + 1)lnx0 = x0 lnx0 =x0

x0+1 x0 =

ex0x0+1 και f(x0) = lnx0 +

1

x0=

x0

x0+1 +

1

x0=x02+x0+1

x0(x0+1) . Eπόμενα από κανόνα de l' Hospital

είναι 0

x

x 1

x x

x e

F(x)lim

=

0

x

x 12

x x

11 e

x 1

F (́x)lim

0

2

0 0

2 2

0 0

2x x 0 0 0

0 0

x x 1x1

x 1 x 1 x.

x x 1f (x) x 1

x x 1

lim

΄Αρα 0

x

x 1

x x

x ef (x)

F(x)lim

=x02+x0+1

x0(x0+1)∙

𝑥0

𝑥0+1=x02+x0+1

(x0+1)2 .

Δ. Η εξίσωση είναι:ln(f(x)) = f(x)+F(x)

f(x)+1 (f(x)+1)ln(f(x)=F(x)+f(x) (f(x)+1)ln(f(x)-

f(x)=F(x) F(f(x))=F(x) και επειδή η F είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα προκύπτει ότι f(x)=x

. Αν h(x)= f(x)-x= lnx +1

x− x, x > 0. τότε h΄(x)=

1

x−1

x2− 1 =

−x2+x−1

𝑥2<0 για x>0. Δηλαδή

h γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞) συνεπώς και 1-1. ΄Αρα f(x)=x h(x) = 0 h(x) = h(1)

x = 1 .

Ε1. Η εξίσωση είναι∫(t−1)∙f(f(t)

t2dt = 2

x

1 ∫ f΄(t)F΄(f(t))dt = 2

x

1 ∫ (F(f(t))) ΄dt = 2

x

1

F(f(x)) − F(f(1)) = 2 F(f(x)) − F(1) = 2 F(f(x)) + 1 = 2 F(f(x)) =



49

1 F(f(x)) = F(e) f(x) = e διότι F΄(𝑥) = f(x) ≥ 1 > 0 οπότε F γνήσια αύξουσα και

ως εκ τούτου 1-1. Τώρα x 0

ln x

1

x

lim

x 02

1

x1

x

lim

x 0

x 0lim

οπότε

limx→0+

f(x) = limx→0+

(lnx +1

x) = lim

x→0+

1

x(lnx1

x

+ 1) = +∞. limx→+∞

f(x) = limx→+∞

(lnx +1

x) = +∞.

Επειδή f συνεχής, f: (0,1] → [1,+∞) και f: [1, +∞) → [1, +∞). Όμως e∈ [1,+∞) άρα

υπάρχουν (μοναδικά λόγω μονοτονίας της f στα αντίστοιχα διαστήματα) x1∈ (0,1] και

x2∈ [1,+∞) ώστε f( 𝑥1) = f(x2) = e.

Ε2. Θεωρώ τη συνάρτηση φ(x)=f(x)−e

x στο (0, +∞).Η φ συνεχής στο[𝑥1, 𝑥2] ως πηλίκο

συνεχών. Η φ παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2) ώς πηλίκο παραγωγίσιμων με φ΄(x)=xf΄(x)−f(x)

x2+

e

x2. Επίσης φ(𝑥1) = φ(𝑥2) = 0. Οπότε από το θεώρημα Rolle στο [𝑥1, 𝑥2] υπάρχει ξ∈

(𝑥1, 𝑥2) ώστε φ΄(ξ)=0 𝜉𝑓΄(𝜉) − 𝑓(𝜉) = −𝑒(3) . H εφαπτόμενη της Cf στο Μ(ξ,f(ξ))

είναι y=f΄(ξ)x - ξf΄(ξ) + f(ξ) η οποία λόγω της (3) διέρχεται από το σημείο (0 , e).


A. Mε 1

( ) ( ) lnh x f x xx

έχω στην

22 2

2 2

( ) 1 1 ( )1 1 1 1( ) ( )

1

( ) 1 ( ) 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 1... 0

1 1 1 1 1

f x x F x xh΄ f΄ x

x x x xx

f x F x x f x f x

x x x x x x x x x

Άρα ( )h x c και με 1x είναι (1) (1) 1h f

1

( ) ( ) (1) ( ) (1) (1) (1)

e

F΄ x dx F e F F e f F f (1)

Με 1x στην αρχική: (1)(1) 1

(1) 1 (1) 1, (1) 12

Ff f F

Άρα (1) 0h c και 1

( ) lnf x xx

Β. 2

1( ) 0

xf x

x

με ρίζα 1 και F΄=f στο (0,1], στο [1, ) με

( ) ( ) 1 (1)F x f x f

3

2( ) 0

xf x

x

με ρίζα 2 και f΄ στο (0,2], στο [2, ) με ( ) 1f x



50

Άρα οι κλίσεις των εφαπτομένων των ,f FC C έχουν κοινή τιμή το 1, αλλά σ’ αυτό δεν

υπάρχει κοινή εφαπτομένη (3

ln 2 , 22

y x y x )

Γ1. Από Bolzano για την F στo [1,e] αφού F(1)=-1 και F(e)=1 και τη μονοτονία της F

στο [1,e] αφού 1

( ) ln 0F΄ x xx

με 1<x<e η εξίσωση F(x)=0 έχει μία λύση στο

(1,e).

Γ2. Αν έχει ρίζα 0x θα είναι 0( ) 0F x . Ισοδύναμα γράφεται:

min 11ln ( ) 1 ( ( )) (1) ( ) 1 ( 1) ln 1 ln 1

( )

f

F x f F x f F x x x x x x eF x

Γ3. Ισχύει 0

0 100 0 0 0 0

0

1 ln ln1

x

xxx x x x e x

x

. Άρα

0

0 και χωρίζω σε 2 lim

με 0

0lim ( ) ( )x x

f x f x

, ενώ με L’ Hospital έχω:

0

0

0

1 01

2 2 20 0 0 0

2

0 0 0 0

11 11

1 1 11lim

( ) ( ) ( ) 1 ( )

xx

xx

x x

xx eex x x xx

f x f x f x x f x

και πολλ/ντας

ΟΕΔ.

Δ. Προφανής ρίζα το 1 και ισοδύναμα γράφεται:

1 1 1

( ) 1 ln ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) lnF

f x f x f x F x F f x F x f x x x xx

Eπειδή ( ) 1f x για 1x είναι αδύνατη. Για 1x 1 1

1 1 lnx x xx x δηλ. η

εξίσωση αδύνατη.

Ε1. Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:

1 1( ) ( ( )) 2 ( ( ( )) 2 ( ( )) ( (1)) 2 ( ( )) 1 ( )

( )

x x

F

f t F f t dt F f t dt F f x F f F f x F e

f x e

με 2 λύσεις στο (0,1) και (1, ) αφού ((0,1]) [1, )f και ([1, )) [1, )f και

0 0

1lim ( ) lim( ( ln 1))x x

f x x xx

Ε2. Η ( ) ( )y f f πρέπει να επαληθεύεται από το (0,e) δηλ. να ισχύει:

( ) ( )e f f . Θεωρώ 1 2

( )( ) , [ , ]

f x eh x x x x

x

όπου 1 2,x x οι ρίζες του

προηγούμενου. Από Rolle η h έχει ρίζα στο 1 2,x x με 2

( ) ( )( )

f x x f x eh x

x

ΟΕΔ



51


A.

x 1

f f f f

F(1) 1F( x ) x 1

f ( x ) 2 f (1) F(1) 3x 1 x

e

1

(x)dx = (1)+ F(e) F(e) - F(1)= (1)+ F(e) F(1)= - (1)

Έστω F( x ) x

G( x ) lnx ,x 0x 1

2 2

F( x ) xf ( x ) 1 x 1 x 1f ( x ) 1 x 1 F( x ) x 1 1x 1G'( x )

x xx 1 x 1

2

1 1f ( x ) 1 x 1 x 1 f ( x ) f ( x ) 1 f ( x )1 1 1 1x x 0x x 1 x x xx 1

Άρα G σταθερή συνάρτηση και εφόσον F(1) 1

G(1) ln1 01 1

θα είναι

F( x ) x 1G( x ) 0 lnx 0 F( x ) ( x 1)lnx x F'(x) lnx

x 1 x

1f ( x ) lnx ,x 0

x

B.

2 2

2 3 3

1f ( x ) lnx

x

1 1 x 1f '( x )

x x x

1 2 2 xf ''( x )

x x x

2

F( x ) x 1 lnx x

F'( x ) f ( x )

x 1F''( x ) f '( x )

x

x 0

2 +∞

f ’’ + -

f ’ ↗ ↘

ΟΜ f(2)=1/4

x 0

1 +∞

F ’’ - +

F ’ ↘ ↗

ΟΜ f(1)=1



52

άρα 1

f '( x ) 1 ,x 04

και F'( x ) 1 ,x 0 ,οπότε f '(κ ) F'( λ ) για

κάθε κ, λ > 0. Αυτό σημαίνει ότι οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτόμενων

των Cf , CF δεν είναι ίσοι που είναι αναγκαία συνθήκη για να έχουν κοινή

εφαπτόμενη.

Συνεπώς οι Cf , CF δε δέχονται κοινές εφαπτόμενες

Γ.1

Είναι F'( x ) 1 0 F στο 0, F "1 1" στο 0,

F συνεχής στο [1,e]

F(1)=-1 <0 , F(e)=1>0

οπότε από θ. Bolzano υπάρχει o ox (1,e) : F(x ) 0 το οποίο είναι και

μοναδικό αφού F "1 1" στο 0,

Γ.2

F στο 0, . Για o ox x F( x ) F( x ) 0

τότε προφανώς η εξίσωση είναι αδύνατη .

Για o ox x F( x ) F( x ) 0 .

1 1F( x ) 0F( x ) F( x ) 1

F( x ) e e ln F( x ) e lne lnF( x ) 1 f (F( x )) 1 (*)F( x )

όμως η f έχει μοναδικό Ο.Ε. f(1)=1 ,που σημαίνει ότι η εξίσωση f ( x ) 1 έχει

μοναδική λύση x 1 αφού για x 1 f ( x ) 1 και για x 1 f ( x ) 1 .

Αρα η εξίσωση (*) γίνεται ισοδύναμα F 1 1

oF( x ) 1 F( x ) F(e) x e x

.

Γ.3

o

o

x

x 1oo o o o o o

o

xF( x ) 0 ( x 1)lnx x 0 lnx x e

x 1

επίσης f

o ox 1,e f ( x ) f (1) 1

και o

ox xlimF( x ) F( x ) 0

και

o

ox xlim f ( x ) f ( x )

x 0

1 +∞

f ’ - +

f ↘ ↗

ΟΜ f(1)=1



53

o

o

o o

xx

x 1x 1ox 0

2 2 2x 1 20o o o o

2x x DLH x xo o o o

xe e1 1 1

x 1 x 1 x 1 x x 1x elim lim

F( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) x 1 f ( x )

άρα,

o o o

x

x 1 x

2 2x 1o o o o

o 2 2x x x x x xo o o

f ( x ) x ex x 1 x x 1x e

lim lim f ( x ) lim f ( x )F( x ) F( x ) x 1 f ( x ) x 1

Δ.

x 0

f ( x ) 1

f ( x ) F( x )ln f ( x ) f ( x ) 1 ln f ( x ) f ( x ) F( x )

f ( x ) 1

F 1 1

f ( x ) 1 ln f ( x ) f ( x ) F( x ) F( f ( x )) F( x ) f ( x ) x (*)

Έστω H( x ) f ( x ) x ,x 0 παραγωγίσιμη με H'( x ) f '( x ) 1 ,x 0

είναι Η' x 0 ,x 0,1 1,( ) με Η συνεχή στο 1 άρα Η γν. φθίνουσα στο

0,

έτσι (*) H( x ) 0 H( x ) H(1) x 1 μοναδική λύση.

Ε.1

2 2

t 1 1 1f ( f (t ))dt 2 f ( f (t ))dt 2 f '(t ) f ( f (t ))dt 2

t t t

e e e

1 1 1

f '(t ) f ( f (t ))dt 2 (*)e

1

θέτω 1

2

du f '(t )dt

u f (t ) u 1

u f ( x )

f ( x ) f ( x )

(*) f (u)du 2 F'(u)du 2 F( f ( x )) F(1) 2 1 1



54

F( f ( x )) 1 F( f ( x )) F(e) f ( x ) e

x x

1lim f ( x ) lim lnx

x

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 DLH

1 1 lnxlim f ( x ) lim lnx lim x lnx 1 , limx lnx lim 0

1x x

x

άρα f 0,1 1, και f 1, 1,

e f 0,1 και e f 1, και η f διατηρεί μονοτονία σε καθένα από

τα διαστήματα άρα η εξίσωση f ( x ) e έχει ακριβώς 2 ρίζες, το ίδιο και η

ζητούμενη.

Ε.2

Είναι 1 2f ( x ) e, f ( x ) e . Ακόμα 1 2f '( x ) 0, f '( x ) 0 .

Έστω 1 2W(x ) xf '( x ) f ( x ) e , x x ,x

W συνεχής στο 1 2x ,x

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

W( x ) x f '( x ) f( x ) e x f '( x ) 0

W( x ) x f '( x ) f( x ) e x f '( x ) 0

αρα από θ.Bolzano

1 2ξ x ,x :W(ξ ) 0 ξf '(ξ ) f (ξ ) e 0 f (ξ ) ξf '(ξ ) e (*)

Η εφαπτόμενη της f στο ξ είναι (*)

ε : y f (ξ ) f '(ξ )( x ξ ) y xf '(ξ ) ξf '(ξ ) f (ξ ) y xf '(ξ ) e

η οποία προφανώς διέρχεται από το σημείο 0,e .

x 0

1 +∞

f ’ - +

f ↘ ↗

ΟΜ f(1)=1


Education

Ianouarios 16