1 Γενικό Επαναληπτικό ΘΕΜΑ

από το βιβλίο της lisari team

Τα θέματα έλυσαν οι μαθητές του 2ου ΓΕΛ ΠΕΥΚΗΣ

Ζέρβας Νικόλαος

Γεωργαντά Ειρήνη

Αγόρης Αντώνης

Καραγιάννη Αλεξάνδρα

Βακερλής Γιώργος

Επιμέλεια: Καββαδά Ευαγγελία

Μαθηματικός

Ε1. Αν 𝑓:ℝ → ℝ συνεχής ισχύει:

𝑓(𝑥) + ln(1 + 𝑒−𝑥) = 𝛷(𝑥) + 𝑙𝑛2, ∀𝑥 ∈ ℝ (1)

Η συνάρτηση Φ είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως παράγουσα της συνεχούς συνάρτησης 𝑓(𝑥)

1+𝑒𝑥 ,

επίσης η ln (1 + 𝑒−𝑥) είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως σύνθεση των παραγωγίσιμων

συναρτήσεων 𝑙𝑛𝑥, 1 + 𝑒−𝑥

Για 𝑥 ∈ ℝ παραγωγίζοντας και τα δυο μέλη της δοθείσας σχέσης προκύπτει:

𝑓′(𝑥) −𝑒−𝑥

1 + 𝑒−𝑥= 𝛷(𝑥) ⇔ 𝑓′(𝑥) −

𝑒−𝑥

1 + 𝑒−𝑥=𝑓(𝑥)

1 + 𝑒𝑥⇔

𝑓′(𝑥) −

1𝑒𝑥

1 +1𝑒𝑥

=𝑓(𝑥)

1 + 𝑒𝑥⇔ 𝑓′(𝑥) −

1𝑒𝑥

1 + 𝑒𝑥

𝑒𝑥

=𝑓(𝑥)

1 + 𝑒𝑥⇔

𝑓′(𝑥) −1

1 + 𝑒𝑥=𝑓(𝑥)

1 + 𝑒𝑥⇔ (1 + 𝑒𝑥)𝑓′(𝑥) − 1 = 𝑓(𝑥) ⇔

𝑓′(𝑥) + 𝑒𝑥𝑓′(𝑥) − 1 = 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑒−𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) − 𝑒−𝑥 = 𝑒−𝑥𝑓(𝑥) ⇔

𝑒−𝑥𝑓′(𝑥) + (−𝑥)′𝑒−𝑥𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥 − 𝑓′(𝑥) ⇔ (𝑒−𝑥𝑓(𝑥))′= (−𝑒−𝑥 − 𝑓(𝑥))

′⇔

𝑒−𝑥𝑓(𝑥) = −𝑒−𝑥 − 𝑓(𝑥) + 𝑐, 𝑐 ∈ ℝ (2)

Για 𝑥 = 0 η (2) γράφεται:

𝑒0𝑓(0) = −𝑒0 − 𝑓(0) + 𝑐 ⇔ 2𝑓(0) = 𝑐 − 1 ⇔ 𝑐 = 2𝑓(0) + 1 (3)

Επειδή η γραφική παράσταση 𝐶𝑓 της συνάρτησης Φ διέρχεται από την αρχή των αξόνων

𝛰(0,0) ισχύει 𝛷(0) = 0

Η δοθείσα σχέση (1) για 𝑥 = 0 γράφεται: 𝑓(0) + 𝑙𝑛2 = 𝛷(0) + 𝑙𝑛2 ⇔ 𝑓(0) = 𝛷(0)

Άρα 𝑓(0) = 𝛷(0) = 0 (4)

Από (3) και (4) είναι 𝑐 = 1

Η (2) γράφεται ισοδύναμα:

𝑒−𝑥𝑓(𝑥) = −𝑒−𝑥 − 𝑓(𝑥) + 1 ⇔ 𝑓(𝑥)(𝑒−𝑥 + 1) = −𝑒−𝑥 + 1 ⇔

𝑓(𝑥) =−𝑒−𝑥 + 1

𝑒−𝑥 + 1⇔ 𝑓(𝑥) =

−1𝑒𝑥 + 1

1𝑒𝑥 + 1

⇔ 𝑓(𝑥) =𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1 , 𝑥 ∈ ℝ

2ος τρόπος:

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της δοθείσας προκύπτει:

𝑓′(𝑥) −1

1 + 𝑒𝑥=𝑓(𝑥)

1 + 𝑒𝑥⇔ 𝑓′(𝑥) −

1

1 + 𝑒𝑥(𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔

(𝑓(𝑥) + 1)′ + (ln(1 + 𝑒−𝑥))′𝑓(𝑥) + 1 = 0 ⇔

(𝑓(𝑥) + 1)′ ∙ 𝑒ln(1+𝑒−𝑥)(ln(1 + 𝑒−𝑥)′ (𝑓(𝑥) + 1) = 0 ⇔ ((𝑓(𝑥) + 1) ∙ 𝑒ln(1+𝑒

−𝑥))′

= 0

[(𝑓(𝑥) + 1)(1 + 𝑒−𝑥)]′ = 0

από συνέπειες Θ.Μ.Τ. υπάρχει 𝑐 ∈ ℝ ώστε

(𝑓(𝑥) + 1)(1 + 𝑒−𝑥) = 𝑐 (2)

Από την δοθείσα 𝑥 = 0 είναι 𝑓(0) = 0 αφού 𝛷(0) = 0.

Από (2) 𝑥 = 0 𝑐 = 2

Άρα

𝑓(𝑥) + 1 =2

1 + 𝑒−𝑥⇔ 𝑓(𝑥) =

2

1 +1𝑒𝑥

− 1 ⇔ 𝑓(𝑥) =𝑒𝑥 − 1

1 + 𝑒𝑥 , 𝑥 ∈ ℝ

E2. Για 𝑥 ∈ ℝ η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη με:

𝑓′(𝑥) = (𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1)

′

=𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1) − (𝑒𝑥 − 1)𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2=𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥 − 𝑒−2𝑥 + 𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2=

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2> 0

H 𝑓 είναι συνεχής στο ℝ με 𝑓′(𝑥) > 0 ∀𝑥 ∈ ℝ

Άρα η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα δεν παρουσιάζει ακρότατα.

Κυρτότητα και Σημεία Καμπής

Η 𝑓′ είναι παραγωγίσιμη στο ℝ με:

𝑓′′(𝑥) =2𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1)2 − 2𝑒𝑥 ∙ 2(𝑒𝑥 + 1)(𝑒𝑥 + 1)′

(𝑒𝑥 + 1)4=2𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1) − 4𝑒2𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3=

2𝑒2𝑥 + 2𝑒𝑥 − 4𝑒2𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3=2𝑒𝑥 − 2𝑒2𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3=2𝑒𝑥(1 − 𝑒𝑥)

(𝑒𝑥 + 1)3

𝑓′′(𝑥) = 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑥 = 0 ⇔ 𝑒𝑥 = 1 ⇔ 𝑒𝑥 = 𝑒0 ⇔ 𝑥 = 0

𝑓′′(𝑥) > 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑥 > 0 ⇔ 𝑒𝑥 < 𝑒0𝑒𝑥↑⇔ 𝑥 < 0

𝑓′′(𝑥) < 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑥 < 0 ⇔ 𝑥 > 0

𝑥 -∞ 0 +∞

𝑓′′(𝑥) + -

𝑓(𝑥)

Σ.Κ

Η 𝑓 είναι κυρτή στο (−∞, 0] αφού 𝑓′′(𝑥) > 0 για 𝑥 ∈ (−∞, 0) και η 𝑓 είναι συνεχής στο

(−∞, 0].

Η 𝑓 είναι κοίλη για 𝑥 ∈ [0,+∞) αφού 𝑓′′(𝑥) < 0 για 𝑥 ∈ (0,+∞) και η 𝑓 συνεχής στο

[0, +∞)

To 0 είναι ρίζα της 𝑓′′ και εκατέρωθεν αυτής η 𝑓 αλλάζει κυρτότητα. Άρα το σημείο

(0, 𝑓(0)) δηλαδή η αρχή των αξόνων 𝛰(0,0) είναι σημείο καμπής της γραφικής παράστασης

𝐶𝑓 της παράστασης 𝑓.

Σύνολο τιμών

Η 𝑓 είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα έχει σύνολο τιμών:

𝑓(ℝ) = ( lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥), lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥))

lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥) = lim𝑥→−∞

𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1=0 − 1

0 + 1= −1

lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥) = lim𝑥→+∞

𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1= (

+∞

+∞ 𝐷𝐿′𝐻)

lim𝑥→+∞

(𝑒𝑥 − 1)′

(𝑒𝑥 + 1)′= lim𝑥→+∞

𝑒𝑥

𝑒𝑥= 1

Άρα το σύνολο τιμών της 𝑓 είναι: 𝑓(ℝ) = (−1,1)

E3.

𝑥 -∞ 0 +∞

𝑓′′ + -

𝑓′ ↗ ↘

Ο.Μ

Η 𝑓′ είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞, 0] και γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞). Άρα η 𝑓′

παρουσιάζει ολικό μέγιστο για 𝑥 = 0 το 𝑓′(0) =1

2 . Άρα ο ρυθμός μεταβολής της 𝑓 γίνεται

μέγιστο στο σημείο καμπής.

Ε4. Για 𝑥 ∈ ℝ η δοθείσα εξίσωση γράφεται:

𝛼 + (1 + 𝛼)𝑒−𝑥 = 1 ⇔ (𝜋𝜊𝜆 𝑒𝑥)

𝑎 ∙ 𝑒𝑥 + 1 + 𝑎 = 𝑒𝑥 ⇔

𝑎(1 + 𝑒𝑥) = 𝑒𝑥 − 1 ⇔ 𝑎 =𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑎

𝑎 ∈ (−1,1) 𝑎 ∈ 𝑓(ℝ) σύνολο τιμών της 𝑓. Άρα η εξίσωση 𝑓(𝑥) = 𝑎 έχει μία τουλάχιστον

λύση στο ℝ. Η λύση αυτή είναι μοναδική γιατί η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ.

Ε5. Η εφαπτόμενη ευθεία (휀) της 𝐶𝑓 στο σημείο καμπής 𝛰(0,0) έχει εξίσωση:

𝑦 − 𝑓(0) = 𝑓′(0)(𝑥 − 0)

𝑓(0) = 0, 𝑓′(0) =1

2 Άρα

(휀): 𝑦 − 0 =1

2𝑥 ⇔ 𝑦 =

1

2𝑥

Η 𝑓 είναι κυρτή στο (−∞, 0] άρα η 𝐶𝑓 βρίσκεται «πάνω» από την (휀) με εξαίρεση το σημείο

επαφής, άρα ισχύει:

Για 𝑥 ≤ 0, 0 ≥ 𝑓(𝑥) ≥𝑥

2⇒ 𝑓2(𝑥) ≤

𝑥2

4 με την ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 0

Για 𝑥 ≥ 0 η 𝑓 είναι κοίλη άρα η 𝐶𝑓 βρίσκεται «κάτω» από τη (휀) με εξαίρεση το σημείο

επαφής, άρα ισχύει:

Για 𝑥 ≥ 0, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤𝑥

2⇒ 𝑓2(𝑥) ≤

𝑥2

4 με την ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 0

Άρα 𝑓2(𝑥) ≤𝑥2

4 ∀𝑥 ∈ ℝ

Αφού 𝑓2(𝑥) ≤𝑥2

4 με την ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 0 άρα:

∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥1

0

< ∫𝑥2

4

1

0

⇔∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 <1

0

[𝑥3

3 ∙ 4]0

1

⇔ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 <1

12⇔

1

0

12 ∙ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 < 11

0

2ος τρόπος

Θεωρώ συνάρτηση 𝐻(𝑥) = 𝑥2 − 4𝑓2(𝑥). Η συνάρτηση 𝐻 είναι συνεχής στο ℝ και ισχύει

𝐻(𝑥) ≥ 0. Η 𝐻 μηδενίζεται μόνο για 𝑥 = 0, άρα:

∫ 𝐻(𝑥)𝑑𝑥 > 0 ⇔1

0

∫ (𝑥2 − 4𝑓2(𝑥))𝑑𝑥 > 01

0

⇔

4∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 < ∫ 𝑥2𝑑𝑥 =1

0

1

0

[𝑥3

3]0

1

⇔ 4∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 <1

3

1

0

⇔ 12∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 < 11

0

E6. Η 𝐶𝑓και η ευθεία 𝑦 =1

2𝑥 τέμνουν τον άξονα 𝑥′𝑥 στο 𝛰(0,0). Βρίσκω τα σημεία τομής

της 𝑦 =1

2𝑥 και της 𝑦 = 1.

{𝑦 =

1

2𝑥

𝑦 = 1⇔ {

1

2𝑥 = 1

𝑦 = 1⇔ {

𝑥 = 2𝑦 = 1

⇔ (𝑥, 𝑦) = (2,1)

Επίσης η 𝐶𝑓 τέμνει την 𝑦 =1

2𝑥 στο σημείο καμπής 𝛰(0,0). Η εφαπτόμενη ευθεία

(휀): 𝑦 =1

2𝑥 στο σημείο καμπής 𝛰(0,0) διαπερνά τη 𝐶𝑓. Η 𝑓 είναι κοίλη για 𝑥 ∈ [0, +∞) άρα

ισχύει:

Για 𝑥 ≥ 0, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤𝑥

2

lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥) = 1 άρα 𝑦 = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της 𝐶𝑓 στο +∞

lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥) = −1 άρα 𝑦 = −1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της 𝐶𝑓 στο −∞

Επίσης για 𝑥 ≥ 0, 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 1

1ος τρόπος

𝐸(𝑡) = (𝑂𝐴𝐵𝛤)𝜏𝜌𝛼𝜋έ𝜁𝜄𝜊 −∫𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1𝑑𝑥

𝑡

0

Το τραπέζιο 𝛰𝛢𝛣𝛤 έχει εμβαδόν:

(𝛰𝛢𝛣𝛤) =(𝛣 + 𝛽)𝜐

2=𝑡 + (𝑡 − 2)

2∙ 1 = 𝑡 − 1

∫𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1𝑑𝑥

𝑡

0

= ∫ (𝑒𝑥 + 1

𝑒𝑥 + 1−

2

𝑒𝑥 + 1)𝑑𝑥

𝑡

0

= ∫ (1 −2𝑒−𝑥

1 + 𝑒−𝑥) 𝑑𝑥

𝑡

0

=

∫ (𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)′ 𝑑𝑥 =𝑡

0

[𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]0𝑡 = 𝑡 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) 2𝑙𝑛2

𝐸(𝑡) = −1 − 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) + 2𝑙𝑛2

2ος τρόπος

𝐸(𝑡) = ∫ (𝑥

2− 𝑓(𝑥))𝑑𝑥 +∫ (1 − 𝑓(𝑥))𝑑𝑥

𝑡

2

2

0

𝐸1 = ∫ (𝑥

2−𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1)𝑑𝑥

2

0

= [𝑥2

4]0

2

−∫ (𝑒𝑥 + 1

𝑒𝑥 + 1−

2

𝑒𝑥 + 1) 𝑑𝑥

2

0

=

1 − ∫ (𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)′ 𝑑𝑥2

0

= 1 − [𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]02 =

1 − (2 + 2 ln(1 + 𝑒−2) − 2𝑙𝑛2) = 1 − 2 − 2 ln(1 + 𝑒−2) + 2𝑙𝑛2 =

𝐸2 = ∫ (1 −𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1)𝑑𝑥 =

𝑡

2

[𝑥]2𝑡 − [𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]2

𝑡 =

(𝑡 − 2) − (𝑡 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) − (2 + 2 ln(1 + 𝑒−2))) =

−2 ln(1 + 𝑒−𝑡) + 2ln (1 + 𝑒−2)

Άρα 𝐸(𝑡) = 𝐸1 + 𝐸2 = −1 − 2 ln(1 + 𝑒−2) + 2𝑙𝑛2 − 2 ln(1 + 𝑒−𝑡) + 2 ln(1 + 𝑒−2) =

−1 + 2𝑙𝑛2 − 2ln (1 + 𝑒−𝑡)

lim𝑡→+∞

𝐸(𝑡) = lim𝑡→+∞

[−1 + 2𝑙𝑛2 − 2 ln(1 + 𝑒−𝑡)],

lim𝑡→+∞

(1 + 𝑒−𝑡) = lim𝑡→+∞

(1 +1

𝑒𝑡) = lim

𝑡→+∞1 + 0 = 1

lim𝑡→+∞

ln(1 + 𝑒−𝑡) = lim𝑢→1

𝑙𝑛𝑢 = 0

Άρα

lim𝑡→+∞

𝐸(𝑡) = −1 + 2𝑙𝑛2

E7. α) Για 𝑥 ∈ ℝ η δοθείσα εξίσωση γράφεται ισοδυνάμως:

𝑒𝑥2+14 − 1

𝑒𝑥2+14 + 1

=1 − 𝑒−9𝑥

1 + 𝑒−9𝑥⇔𝑒𝑥

2+14 − 1

𝑒𝑥2+14 + 1

=1 −

1𝑒9𝑥

1 +1𝑒9𝑥

⇔𝑒𝑥

2+14 − 1

𝑒𝑥2+14 + 1

=𝑒9𝑥 − 1

𝑒9𝑥 + 1⇔

𝑓(𝑥2 + 14) = 𝑓(9𝑥)𝑓1−1⇔ 𝑥2 + 14 = 9𝑥 ⇔ 𝑥2 − 9𝑥 + 14 = 0 ⇔

(𝑥 = 2 ή 𝑥 = 7)

β) Για 𝑥 > 1 έχουμε:

𝑥 − 2

𝑥=1 − 𝑒2−𝑥

1 + 𝑒2−𝑥⇔𝑥 − 2

𝑥=1 −

1𝑒𝑥−2

1 +1𝑒𝑥−2

⇔𝑥 − 1 − 1

𝑥 − 1 + 1=𝑒𝑥−2 − 1

𝑒𝑥−2 + 1⇔

𝑒ln(𝑥−1) − 1

𝑒ln(𝑥−1) + 1=𝑒𝑥−2 − 1

𝑒𝑥−2 + 1⇔ 𝑓(ln(𝑥 − 1)) = 𝑓(𝑥 − 2)

𝑓1−1⇔ ln(𝑥 − 1) = (𝑥 − 2) ⇔

ln(𝑥 − 1) − (𝑥 − 2) = 0 (1)

Θεωρώ συνάρτηση

𝛫(𝑥) = ln(𝑥 − 1) − (𝑥 − 2), 𝑥 > 1

𝐾(2) = 0 𝜂 (1) ⇔ 𝛫(𝑥) = 0

Η 𝛫 είναι παραγωγίσιμη με:

𝐾′(𝑥) =1

𝑥 − 1− 1 =

1 − 𝑥 + 1

𝑥 − 1=2 − 𝑥

𝑥 − 1, 𝑥 > 1

Η συνάρτηση 𝛫 έχει ολικό μέγιστο για 𝑥0 = 2 το 𝛫(2) = 0. Άρα 𝛫(𝑥) ≥ 𝐾(2) = 0 με την

ισότητα να ισχύει για 𝑥 = 2. H 𝑥 = 2 είναι μοναδική ρίζα της δοθείσας.

Ε8. α)

lim𝑥→0𝑓(𝑥) = lim

𝑥→0

𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1=1 − 1

1 + 1= 0

lim𝑥→.𝑓2(𝑥) = 0

Για 𝑥 < 0

f(x) >x

2 (𝛦3)

𝑓(𝑥) −𝑥

2> 0

lim𝑥→0−

(𝑓(𝑥) −𝑥

2) > 0

Άρα:

lim𝑥→0−

1

𝑓(𝑥) −𝑥2

= +∞

Άρα:

lim𝑥→0−

𝑓2(𝑥) + 2016

2𝑓(𝑥) − 𝑥= lim𝑥→0−

𝑓2(𝑥) + 16

2 (𝑓(𝑥) −𝑥2)=1

2lim𝑥→0−

[1

𝑓(𝑥) −𝑥2

(𝑓2(𝑥) + 2016)] =

1

2(+∞) = +∞

Αν 𝑥 > 0

𝑓(𝑥) <𝑥

2 𝛼𝜋ό (𝛫)

𝑓(𝑥) −𝑥

2< 0

lim𝑥→0+

(𝑓(𝑥) −𝑥

2) = 0

lim𝑥→0+

𝑓2(𝑥) + 2016

2 (𝑓(𝑥) −𝑥2)=1

2(−∞)(0 + 2016) = −∞

Επειδή:

lim𝑥→0−

𝑓2(𝑥) + 2016

2𝑓(𝑥) − 𝑥≠ lim𝑥→0+

𝑓2(𝑥) + 2016

2𝑓(𝑥) − 2 ά𝜌𝛼 lim

𝑥→0

𝑓2(𝑥) + 2016

2𝑓(𝑥) − 𝑥 𝛿휀𝜈 𝜐𝜋ά𝜌𝜒휀𝜄

β) Για 𝑥 > 0 0 < 𝑓′(𝑥) ≤1

2 (1) (𝛢𝜋ό 𝛦2 𝜅𝛼𝜄 𝛦3)

Για 𝑥 > 0 0 < 𝑓(𝑥) < 1 (2) (𝛢𝜋ό 𝜎ύ𝜈𝜊𝜆𝜊 𝜏𝜄𝜇ώ𝜈 𝜏𝜂𝜍 𝑓 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞))

Θεωρώ συνάρτηση

𝛷(𝑥) = ∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡,𝑥

0

𝑥 ∈ ℝ

Θέτω (1) και (2) όπου 𝑥 το 𝛷(𝑥). H 𝛷(𝑥) > 0 για 𝑥 > 0

0 < 𝑓′ (∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0

) ≤1

2

0 < 𝑓 (∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑥𝑥

0

) < 1}

0 < 𝑓′(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡𝑥0

) + 𝑓 (∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0

) ≤3

2

⇒ 0 <𝑓′(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑓 ∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

0

𝑥

0)

1 + 𝑥2≤

3

2(1 + 𝑥2)

lim𝑥→+∞

0 = 0 lim𝑥→+∞

3

2(1 + 𝑥2)= 0

Άρα από κριτήριο παρεμβολής:

lim𝑥→+∞

𝑓(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0) + 𝑓′(∫ 𝑓2(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

0)

1 + 𝑥2= 0

γ)

lim𝑥→+∞

𝑒𝑓(𝑥) − 1

𝑒−𝑥

lim𝑥→+∞

(𝑒𝑓(𝑥)−1 − 1) = 0 lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥) = 1

lim𝑥→+∞

(𝑒−𝑥) = 0

lim𝑥→+∞

𝑒𝑓(𝑥)−1 − 1

𝑒−𝑥= (

0

0 𝐷𝐿′𝐻)

lim𝑥→+∞

𝑒𝑓(𝑥)−1 ∙ 𝑓′(𝑥)

−𝑒−𝑥= − lim

𝑥→+∞[(𝑒𝑓(𝑥)−1) ∙

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2∙ (𝑒𝑥)] =

− lim𝑥→+∞

[𝑒𝑓(𝑥)−1 ∙2𝑒2𝑥

𝑒2𝑥 + 2𝑒𝑥 + 1] =

lim𝑥→+∞

(− [𝑒𝑓(𝑥)−12

1 + 2𝑒−𝑥 + 𝑒2𝑥]) = −(1 ∙

2

1 + 0) = −2

Σχόλιο: Το 𝐿3 βρίσκεται θέτοντας 𝑢 = 𝑓(𝑥)

lim𝑥→+∞

𝑓−1(𝑥) = 1 𝐿3 = lim𝑢→1

(𝑒𝑓−1(𝑢)(𝑒𝑢−1 − 1))

Ε9. Για 𝑎 > 0 και 𝑥 ≠ 𝑎 η 𝑓 είναι συνεχής στα διαστήματα [0, 𝑥], [𝑥, 𝑎]. Η 𝑓 είναι

παραγωγίσιμη στα (0, 𝑥), (𝑥, 𝑎).

Άρα η 𝑓 πληροί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [0, 𝑥] και [𝑥, 𝑎].

Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 𝜉1 ∈ (0, 𝑥) και ένα τουλάχιστον 𝜉2 ∈ (𝑥, 𝑎) τέτοια ώστε:

𝑓′(𝜉1) =𝑓(𝑥) = 𝑓(0)

𝑥 − 0⇔ 𝑓′(𝑓1) =

𝑓(𝑥)

𝑥

𝑓′(𝜉2) =𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)

𝑎 − 𝑥

𝜉1 < 𝜉2𝑓′↓(0,+∞)⇒ 𝑓′(𝜉1) > 𝑓

′(𝜉2)

𝑓(𝑥)

𝑥>𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)

𝑎 − 𝑥⇔ (𝑎 − 𝑥)𝑓(𝑥) > (𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)) ∙ 𝑥 ⇔

𝑓(𝑥)(𝑎 − 𝑥 + 𝑥) > 𝑥𝑓(𝑎) ⇔ 𝑎𝑓(𝑥) > 𝑥𝑓(𝑎)

Για 𝑥 = 𝑎 ισχύει η ισότητα 𝑎𝑓(𝑥) ≥ 𝑥𝑓(𝑎) ∀𝑥 ∈ [0, 𝑎]

β) Για 𝛼 < 0 και 𝑥 ≠ 𝑎, η 𝑓 είναι συνεχής στα [𝛼, 𝑥], [𝑥, 0]. Η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στα

(𝛼, 𝑥), (𝑥, 0) τότε υπάρχει 1 τουλάχιστον 𝜌1 ∈ (𝛼, 𝑥) ώστε:

𝑓′(𝜌1) =𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)

𝑥 − 𝑎 (1)

και 1 τουλάχιστον 𝜌2 ∈ (𝑥, 0) ώστε:

𝑓′(𝜌2) =𝑓(0) − 𝑓(𝑥)

−𝑥=𝑓(𝑥)

𝑥 (2)

𝑎 < 𝜌1 < 𝑥 < 𝜌2 < 0𝑓′↑(−𝑎,0]⇒ 𝑓′(𝜌1) < 𝑓

′(𝜌2) (3)

Από (1), (2), (3):

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)

𝑥 − 𝑎<𝑓(𝑥)

𝑥

𝑥(𝑥−𝑎)<0⇔ 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑥𝑓(𝑎) > 𝑥𝑓(𝑥) − 𝑎𝑓(𝑥) ⇔

𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑥 + 𝑎) > 𝑥𝑓(𝑎) ⇔ 𝑎𝑓(𝑥) > 𝑥𝑓(𝑎)

Για 𝑥 = 𝑎 ισχύει η ισότητα άρα 𝛼𝑓(𝑥) ≥ 𝑥𝑓(𝑎) ∀𝑥 ∈ [𝑎, 0]

Γεωμετρική Ερμηνεία

Για 𝛼 > 0 και 𝑥 ∈ [0, 𝑎] ισχύει:

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0≥𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑥)

𝑎 − 𝑥

Καθώς το 𝑥 αυξάνεται μειώνεται η κλίση των εφαπτόμενων της 𝐶𝑓 σε κάθε 𝑥 ∈ [0, 𝑎].

Στο [𝑎, 0] με 𝑎 < 0 καθώς το 𝑥 αυξάνεται, αυξάνεται και η κλίση των εφαπτόμενων της 𝐶𝑓

σε κάθε 𝑥 ∈ [𝑎, 0]. Ισχύει:

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)

𝑥 − 𝑎≤𝑓(0) − 𝑓(𝑥)

0 − 𝑥

E10. Η 𝑓 ↑ στο ℝ άρα «1-1» άρα αντιστρέφεται.

𝑓(𝐷𝑓) = (−1,1) Άρα 𝐷𝑓−1 = (−1,1)

Θέτοντας 𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑦 ∈ (−1,1)

𝑦 =𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1⇔ 𝑦𝑒𝑥 + 𝑦 = 𝑒𝑥 − 1 ⇔ (𝑦 − 1)𝑒𝑥 = −𝑦 − 1 ⇔

𝑒𝑥 =𝑦 + 1

1 − 𝑦⇔ 𝑥 = ln

𝑦 + 1

1 − 𝑦 𝑦 ∈ (−1,1)

Άρα 𝑓−1(𝑥) = ln𝑥+1

1−𝑥, 𝑥 ∈ (−1,1)

E11. 𝑥 ∈ (−1,1)

Άρα 𝑓−1 είναι γνησίως αύξουσα 𝑥 ∈ (−1,1)

(𝑓−1)′′(𝑥) = −2(−2𝑥)

(1 − 𝑥2)2=

4𝑥

(1 − 𝑥2)2

(𝑓−1)′′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 0

Η 𝑓−1 είναι κοίλη για 𝑥 ∈ (−1,0] και κυρτή 𝑥 ∈ [0,1). Άρα η 𝐶𝑓−1 έχει σημείο καμπής

(0, 𝑓−1(0)) δηλ 𝛰(0,0)

O.E

Η (𝑓−1)′ είναι γνησίως φθίνουσα στο (−1,0] και γνησίως αύξουσα στο [0,1). Άρα η

συνάρτηση (𝑓−1)′ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 𝑥 = 0 το (𝑓−1)′(0) = 2. Άρα

(𝑓−1)′(𝑥) ≥ (𝑓−1)′(0) ∀𝑥 ∈ (−1,1) δηλαδή η εφαπτομένη της 𝐶𝑓−1 στο σημείο καμπής

έχει τον ελάχιστον συντελεστή (𝑓−1)′(0) = 2

E12. Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓−1 στο 𝑂(0,0) είναι: (휀2) 𝑦 − 𝑓−1(0) = (𝑓−1)′(0)(𝑥 − 0) ⇔

𝑦 = 2𝑥

Η 𝑓−1 είναι κοίλη για 𝑥 ∈ (−1,0] άρα 𝑓−1(𝑥) ≤ 2𝑥 ≤ 0

Η 𝑓−1 είναι κυρτή για 𝑥 ∈ [0,1) άρα 𝑓−1(𝑥) ≥ 2𝑥 ≥ 0

Από Ε5 Για 𝑥 ∈ (−1,0] είναι 0 ≥ 𝑓(𝑥) ≥𝑥

2

Για 𝑥 ∈ [0,1] είναι 𝑓(𝑥) ≤𝑥

2≤ 0

Άρα 𝑥 ∈ (−1,0]

𝑓−1(𝑥) ≤ 2𝑥 ≤𝑥

2≤ 𝑓(𝑥) ≤ 0

(𝑓−1(𝑥))2≥ (𝑓(𝑥))

2

Για 𝑥 ∈ [0,1]

𝑓−1(𝑥) ≥ 2𝑥 ≥𝑥

2≥ 𝑓(𝑥) ≥ 0 ⇒ (𝑓−1(𝑥))

2≥ 𝑓2(𝑥)

Άρα τελικά 𝑥 ∈ (−1,1) (𝑓−1(𝑥))2≥ (𝑓(𝑥))

2

E13. Η συνάρτηση 𝑓−1(𝑥) = ln1+𝑥

1−𝑥 𝑥 ∈ (−1,1) είναι περιττή αφού 𝑥 ∈ (−1,1),

−𝑥 ∈ (−1,1)

𝑓−1(𝑥) + 𝑓−1(−𝑥) = ln1 + 𝑥

1 − 𝑥+ ln

1 − 𝑥

1 + 𝑥= ln 1 = 0

Άρα η 𝐶𝑓−1 έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων 𝛰(0,0), επίσης 𝑓 είναι περιττή

αφού 𝑥 ∈ ℝ, −𝑥 ∈ ℝ.

𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥) = 0

𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1+𝑒−𝑥 − 1

𝑒−𝑥 + 1=𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1+

1𝑒𝑥 − 1

1𝑒𝑥 + 1

=𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1+1 − 𝑒𝑥

𝑒𝑥 + 1= 0

Άρα η 𝐶𝑓 έχει κέντρο συμμετρίας το 𝛰(0,0)

Θεωρώ συνάρτηση 𝜑(𝑥) = 𝑓2(𝑥) 𝑥 ∈ ℝ

Η 𝜑 είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών.

𝜑(𝑥) =(𝑒−𝑥 − 1)2

(𝑒𝑥 + 1)2

𝜑(−𝑥) =(𝑒−𝑥 − 1)2

(𝑒−𝑥 + 1)2= (𝑒𝑥 − 1

1 + 𝑒𝑥)

2

= 𝜑(𝑥)

Άρα 𝑥 ∈ ℝ, −𝑥 ∈ ℝ

𝜑(−𝑥) = 𝜑(𝑥) άρα 𝜑 άρτια

Σύμφωνα με τη βοηθητική εφαρμογή:

𝐼1 = ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥

12

0

Από Ε5:

𝐻(𝑥) = 𝑓2(𝑥) −𝑥2

4≤ 0

∫ 𝐻(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (𝑓2(𝑥) −𝑥2

4)𝑑𝑥 < 0

12

0

12

0

⇒ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 ≤ ∫𝑥2

4𝑑𝑥 =

12

0

12

0

[𝑥3

12]0

12

=1

96

β) 𝐷𝑓′ = ℝ ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑓′ , −𝑥 ∈ 𝐷𝑓′

𝑓′(−𝑥) =2𝑒−𝑥

(𝑒−𝑥 + 1)2=

2𝑒𝑥

(1 + 𝑒𝑥)2

Άρα 𝑓′ άρτια

𝐼2 = ∫ −(𝑒𝑥 + 1)′

(1 + 𝑒𝑥)2𝑑𝑥 = −2

ln2

0

[1

1 + 𝑒𝑥]0

ln2

−2(1

3−1

2) =

2

6=1

3

Απόδειξη βοηθητικής πρότασης

𝐼 = ∫ℎ(𝑥)

1 + 𝑘𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑢 = −𝑥, 𝑑𝑢 = −𝑑𝑥)

𝑎

−𝑎

∫ℎ(−𝑢)

1 + 𝑘𝑟(−𝑢)(−𝑑𝑢)

𝑎

−𝑎

= ∫ℎ(𝑢)

1 + 𝑘−𝑟(ℎ)𝑑𝑢 = ∫

ℎ(𝑢)

1 +1𝑘𝑟(𝑢)

𝑑𝑢

𝑎

−𝑎

𝑎

−𝑎

Άρα:

𝐼 = ∫ℎ(𝑢)𝑘𝑟(𝑢)

1 + 𝑘𝑟(𝑢)𝑑𝑢

𝑎

−𝑎

2𝐼 − 𝐼 + 𝐼 = ∫ℎ(𝑥)

1 + 𝑘𝑟(𝑥)𝑑𝑥 + ∫

ℎ(𝑥)𝑘𝑟(𝑥)

1 + 𝑘𝑟(𝑥)𝑑𝑥

𝑎

−𝑎

= ∫ℎ(𝑥)(1 + 𝑘𝑟(𝑥))

1 + 𝑘𝑟(𝑥)𝑑𝑥 =

𝑎

−𝑎

𝑎

−𝑎

∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥𝑎

−𝑎

Αλλά ℎ άρτια

∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥 = 2∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥𝑎

0

𝛼

−𝛼

2𝐼 = 2∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ 𝐼 = ∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥𝑎

0

𝑎

0

E14. Η ℎ(𝑥) = 𝑥2 + 1 άρτια

Η 𝑓 περιττή στο ℝ αφού:

𝑥 ∈ ℝ, −𝑥 ∈ ℝ

𝑓(−𝑥) =𝑒−𝑥 − 1

𝑒−𝑥 + 1=

1 − 𝑒𝑥

𝑒𝑥

1 + 𝑒𝑥

𝑒𝑥

= −𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1= −𝑓(𝑥) ∀𝑥 ∈ ℝ

𝐼 = ∫𝑥2 + 1

1 + 𝑒𝑓2017(𝑥)

1

−1

𝑑𝑥 = ∫ (𝑥2 + 1)𝑑𝑥 =1

0

[𝑥3

3+ 𝑥]

0

1

=4

3

E15. Η τυχαία εφαπτομένη της 𝐶𝑓 στο σημείο 𝛭(𝑥1, 𝑓(𝑥1)) είναι:

(휀1): 𝑦 − 𝑓(𝑥1) = 𝑓′(𝑥1)(𝑥 − 𝑥1)

Έστω ότι εφάπτεται και σε άλλο σημείο 𝑁(𝑥2, 𝑓(𝑥2)) με 𝑥1 < 𝑥2. Τότε 𝑁 ∈ (휀1) και

𝑓′(𝑥2) = 𝑓′(𝑥1)

και 𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1) = 𝑓′(𝑥1)(𝑥2 − 𝑥1) ⇔

𝑓′(𝑥1) =𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)

𝑥2 − 𝑥1= 𝑓′(𝑥2)

H 𝑓 είναι συνεχής στο [𝑥1, 𝑥2] ⊆ ℝ

Η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο [𝑥1, 𝑥2] άρα από Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) ώστε:

𝑓′(𝜉) =𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)

𝑥2 − 𝑥1= 𝑓′(𝑥1) = 𝑓

′(𝑥2)

Η 𝑓′ είναι συνεχής στο [𝑥1, 𝜉], [𝜉, 𝑥2]

Η 𝑓′ είναι παραγωγίσιμη στα (𝑥1, 𝜉), (𝜉, 𝑥2) άρα η 𝑓′ πληροί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle

στα διαστήματα [𝑥1, 𝜉] και [𝜉, 𝑥2] άρα ∃𝜉1 ∈ (𝑥1, 𝜉) και ∃𝜉2(𝑥2, 𝜉) ώστε 𝑓′′(𝜉1) = 0 και

𝑓′′(𝜉2) = 0.

Η 𝑓′′ μηδενίζεται σε μοναδικό σημείο 𝑥0 = 0 ΑΤΟΠΟ.

Άρα η τυχαία εφαπτομένη της 𝐶𝑓 δεν μπορεί να εφάπτεται και σε άλλο σημείο της 𝐶𝑓.

E15β. Έχουμε 0 < 휀𝜑𝜑 <1

2 άρα 0 < 𝜆휀 <

1

2

Θα δείξουμε ότι υπάρχουν 2 ακριβώς σημεία ώστε 𝑓′(𝑥1) = 𝑓′(𝑥2) = 𝜆휀. H 𝑓′ είναι

παραγωγίσιμη στο ℝ με:

𝑓′′(𝑥) = (2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2)

′

=2𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1)2 − 2𝑒𝑥 ∙ 2(𝑒𝑥 + 1)𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)4=

2𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1) − 4𝑒2𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3=2𝑒2𝑥 + 2𝑒𝑥 − 4𝑒2𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3=2𝑒𝑥 − 2𝑒2𝑥

(𝑒𝑥 + 1)3=2𝑒𝑥(1 − 𝑒𝑥)

(𝑒𝑥 + 1)3

𝑓′′(𝑥) = 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑥 = 0 ⇔ 𝑒𝑥 = 1 ⇔ 𝑒𝑥 = 𝑒0𝑒𝑥 1−1⇔ 𝑥 = 0

𝑓′′(𝑥) > 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑥 > 0 ⇔ 𝑒𝑥 < 1 ⇔ 𝑒𝑥 < 𝑒0𝑒𝑥↑⇔ 𝑥 < 0

𝑥 -∞ 0 +∞

𝑓′′ + -

𝑓′ ↗ ↘

𝑓′′ > 0 στο (−∞, 0), 𝑓′συνεχής στο (−∞, 0], άρα 𝑓′ γνησίως αύξουσα στο (−∞, 0]

𝑓′′(𝑥) < 0 στο (0, +∞), η 𝑓′ συνεχής στο [0, +∞), άρα 𝑓′ γνησίως φθίνουσα στο [0, +∞)

Η 𝑓′ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1 = (−∞, 0] άρα:

𝑓′(𝛥1) = ( lim𝑥→+∞

𝑓′(𝑥), 𝑓′(0)] = (0,1

2]

lim𝑥→−∞

𝑓′(𝑥) = lim𝑥→−∞

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2=

0

0 + 1= 0

Η 𝑓′ συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 𝛥2 = (0,+∞)

𝑓′(𝛥2) = ( lim𝑥→+∞

𝑓′(𝑥), 𝑓′(0)] = (0,1

2]

lim𝑥→+∞

𝑓′(𝑥) = lim𝑥→+∞

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2= (

+∞

+∞ 𝐷𝐿′𝐻)

lim𝑥→+∞

2𝑒𝑥

2𝑒𝑥(𝑒𝑥 + 1)= lim𝑥→+∞

1

𝑒𝑥 + 1= 0

Άρα 𝜆휀 ∈ 𝑓′(𝛥1) = (0,1

2] άρα ∃ 1 τουλάχιστον 𝑥1 ∈ 𝛥1 = (−∞,0] τέτοιο ώστε 𝑓′(𝑥1) = 𝜆휀

το οποίο είναι μοναδικό αφού 𝑓′ γνησίως αύξουσα στο 𝛥1.

𝜆휀 ∈ 𝑓′(𝛥2) = (0,1

2] άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 𝑥2 ∈ 𝛥2 = [0,+∞) τέτοιο ώστε

𝑓′(𝑥2) = 𝜆휀 το οποίο είναι μοναδικό αφού 𝑓′ γνησίως φθίνουσα στο 𝛥2.

Άρα η 𝐶𝑓 έχει 2 εφαπτόμενες παράλληλες προς την (𝑡)

E16. Για 𝑥1, 𝑥2 ∈ ℝ με 𝑥1 < 𝑥2 έχουμε:

η 𝑓 συνεχής στο [𝑥1, 𝑥2]

η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2) με 𝑓′(𝑥) =2𝑒𝑥

(𝑒𝑥+1)2

Άρα Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) τέτοιο ώστε:

𝑓′(𝜉) =𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)

𝑥2 − 𝑥1=𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)

𝑥1 − 𝑥2

2|𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)| ≤ |𝑥1 − 𝑥2| ⇔

|𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)

𝑥1 − 𝑥2| ≤

1

2⇔

|𝑓′(𝑥)| ≤1

2⇔ |

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2| ≤

1

2⇔

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2≤1

2⇔ (𝑒𝑥 − 1)2 ≥ 0 ∀𝑥 ∈ ℝ

Άρα:

|𝑓′(𝜉)| ≤1

2⇔ |

𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)

𝑥1 − 𝑥2| ≤

1

2⇔ 2|𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)| ≤ |𝑥1 − 𝑥2|

με την ισότητα να ισχύει για 𝑥1 = 𝑥2

β) Η 𝑓 είναι συνεχής στο [𝑥1, 𝑥2] ⊆ ℝ με 𝑥1 < 𝑥2. H 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2). Από

Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) τέτοιο ώστε:

𝑓′(𝜉) =𝑓(𝑥2) − 𝑓(𝑥1)

𝑥2 − 𝑥1=𝑓(𝑥1) − 𝑓(𝑥2)

𝑥1 − 𝑥2⇔

𝑓′(𝜉) =

𝑒𝑥1 − 1𝑒𝑥1 + 1 −

𝑒𝑥2 − 1𝑒𝑥2 + 1

𝑥1 − 𝑥2⇔

𝑓′(𝜉)(𝑒𝑥1 + 1)(𝑒𝑥2 + 1) =(𝑒𝑥2 + 1)(𝑒𝑥1 − 1) − (𝑒𝑥2 − 1)(𝑒𝑥1 + 1)

𝑥1 − 𝑥2⇔

𝑓′(𝜉)(𝑒𝑥1 + 1)(𝑒𝑥2 + 1) = 2𝑒𝑥1 − 𝑒𝑥2

𝑥1 − 𝑥2 (1)

Από Ε15:

0 < 𝑓′(𝑥) <1

2 ∀𝑥 ∈ ℝ

0 < 𝑓′(𝜉) <1

2⇒ (𝑓′(𝜉)) <

1

2

|(𝑒𝑥1 + 1)(𝑒𝑥2 + 1)𝑓′(𝜉)| ≤(𝑒𝑥1 + 1)(𝑒𝑥2 + 1)

2

(1)⇔

|2𝑒𝑥1 − 𝑒𝑥2

𝑥1 − 𝑥2| ≤

(𝑒𝑥1 + 1)(𝑒𝑥2 + 1)

2⇔

4 |𝑒𝑥1 − 𝑒𝑥2

𝑥1 − 𝑥2| ≤ (𝑒𝑥1 + 1)(𝑒𝑥2 + 1) ∀𝑥1, 𝑥2 ∈ ℝ

με 𝑥1 ≠ 𝑥2

E17. Θα δείξω ότι: ∀𝛼, 𝛽 ∈ (−1,1) ισχύει:

|𝑓−1(𝑎) − 𝑓−1(𝛽)| ≥ 2(𝑎 − 𝛽) ⇔ |𝑓−1(𝑎) − 𝑓−1(𝛽)

𝛼 − 𝛽| ≥ 2 ⇔

|𝑓−1(𝛽) − 𝑓−1(𝑎)

𝛽 − 𝛼| ≥ 2

Η 𝑓−1 είναι συνεχής στο [𝛼, 𝛽] ⊆ (−1,1). H 𝑓−1 είναι παραγωγίσιμη στο (𝛼, 𝛽) ⊆ (−1,1)

(𝑓−1(𝑥))′= (ln

1 + 𝑥

1 − 𝑥)′

= (1 + 𝑥

1 − 𝑥)′

∙1 − 𝑥

1 + 𝑥=

2

(1 − 𝑥)(1 + 𝑥)=

2

1 − 𝑥2

Από Θ.Μ.Τ. ∃𝜉 ∈ (𝛼, 𝛽) ώστε:

(𝑓−1)′(𝜉) =𝑓−1(𝛽) − 𝑓−1(𝑎)

𝛽 − 𝛼 (1)

−1 < 𝑥 < 1 ⇒ 0 ≤ 𝑥2 < 1 ⇒ −1 < −𝑥2 ≤ 0 ⇒ 0 < 1 − 𝑥2 ≤ 1 ⇒

1 − 𝑥2 ≤ 1 ⇒1

1 − 𝑥2≥ 1 ⇒

2

1 − 𝑥2≥ 2 ⇒ |

2

1 − 𝑥2| ≥ 2 ⇔ |(𝑓−1)′(𝑥)| ≥ 2 ∀𝑥(−1,1)

Άρα:

|𝑓′(𝛽)| ≥ 2(1)⇔|𝑓−1(𝛽) − 𝑓−1(𝑎)

𝛽 − 𝛼| ≥ 2 ⇔ |𝑓−1(𝑎) − 𝑓−1(𝛽)| > 2|𝛼 − 𝛽| ∀𝑎, 𝛽 ∈ (−1,1)

Ε18.

𝛦(𝛽) = 2∫ (𝑥 −𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1)𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥

1

0

− 2∫𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1𝑑𝑥 =

1

0

1

0

= [𝑥2]01 − 2∫ (

𝑒𝑥 + 1

𝑒𝑥 + 1−

2

𝑒𝑥 + 1)𝑑𝑥

1

0

= 1 − 2[𝑥 + 2 ln(1 + 𝑒−𝑥)]01

= 1 − 2(1 + 2 ln(1 + 𝑒−1) − 0 − 2 ln 2)

= 1 − 2 − 4 ln (1 +1

𝑒) + 4 ln 2

= −1 − 4 ln (𝑒 + 1

𝑒) + 4 ln 2

= −1 − 4(ln(𝑒 + 1) − ln 𝑒) + 4 ln 2

= −1 − 4(ln(𝑒 + 1) − 1) + 4 ln 2

= −1 − 4 ln(𝑒 + 1) + 4 + 4 ln 2

= 3 + 4 ln2

𝑒 + 1