Δεκεμβριος 15

η ά σ κ η σ η

τ η ς η μ έ ρ α ς

από το lisari.blogspot.gr

Επιμέλεια: Παύλος Τρύφων

___________________________________________________________________________ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2015 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr

1

Μας τίμησαν με τη συμμετοχή τους

Αντωνόπουλος Νίκος

Βουτσάς Διονύσης

Δεββές Κώστας

Ζωβοΐλης Ηλίας

Καταραχιάς Τάκης

Κίκης Νίκος

Κουτσοβασίλης Κώστας

Μάντζαρης Μάκης

Μαρκάκης Αντώνης

Μάρκου Κατερίνα

Νικολακάκης Βαγγέλης

Μίχας Μάνος

Ξανιά Ηλιάνα

Παγώνης Θεόδωρος

Πάτσης Ανδρέας

Σπύρου Πάνος

Τσακαλάκος Τάκης

Τσατσαρώνης Θεόδωρος

Χατζάκης Δημήτρης

Χρήστου Μαρία

Χιωτίνης Μιχάλης

Χύτης Μάριος

http://lisari.blogspot.gr/


2

12η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (1-12-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 8/12/2015

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

• f(x)

e lnx 1x f (x)

x lnx

, για κάθε x 0,

• Η fC εφάπτεται στον x x

Α. Να αποδείξετε ότι f(x) ln x lnx , x 0, .

Β. Αν 0 x 1 , να αποδείξετε ότι η εξίσωση: f(x) lnf(x) 1 e ,

έχει ακριβώς δύο ρίζες.

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

x x , να αποδείξετε

ότι υπάρχει 1 2ξ x ,x , τέτοιο ώστε: f(ξ) 2ξ f (ξ) e.

Δ. Να βρείτε α,β 0, , ώστε να ισχύει: αe β lnβ e α.

Ε. Υλικό σημείο Μ ξεκινά την χρονική στιγμή t 0 από ένα σημείο

o oK x ,f(x ) , με o

x 1 και κινείται κατά μήκος της καμπύλης ψ f(x) ,έτσι

ώστε: x 1,x x(t),ψ ψ(t) και t 0 .

Να αποδείξετε ότι για κάθε t 0 , ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης ψ(t)

του σημείου Μ, είναι μικρότερος από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης

του x(t) , αν γνωρίζετε ότι x (t) 0 , για κάθε t 0 .



3

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. Η fC εφάπτεται στον x x ,επομένως υπάρχει ρ 0 ,τέτοιο ώστε:

f(ρ) 0 και f (ρ) 0 .

Για x ρ ,έχουμε: f(ρ) f(ρ) 0

f (ρ) 0

e lnρ 1ρ f (ρ) lnρ 0 ρ 1.

ρ lnρ

Επομένως: f(1) f (1) 0.

Θεωρούμε την συνάρτηση g με f(x)e

g(x) , x 0.x lnx

Είναι f(x)e g(x) x lnx f(x) ln g(x) x lnx ln g(x) ln x lnx

11

g (x) xf (x) (1)g(x) x lnx

f(x) (1) g(x) x lnx lnx 1e lnx 1 g (x) x 1

x f (x) xx lnx g(x) x lnx x lnx

g (x) x 1 lnx 1

x g(x)g(x) x lnx x lnx

2

g (x) g (x) 1 1 1x g(x) 1 x 1 x x 1

g(x) g (x) g(x) g(x) g(x)

g(1) 1

2 2

1 1x x

g(x) g(x) 1 1 1 1 1c c 0

x x x g(x) x x g(x) x

f(x)g(x) 1 e x lnx f(x) ln x lnx ,x 0.

Β. Είναι

11

x 1xf (x) , x 0.x lnx x x lnx

• x 1

f (x) 0 0 x 1.x x lnx

• x 1

f (x) 0 0 x 1.x x lnx

•

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

x x lnx

Επομένως η συνάρτηση f είναι γν.φθίνουσα στο 0,1 και γν.αύξουσα στο

1,

και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το f(1) 0. Δηλαδή ισχύει:

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



4

Η συνάρτηση f f ορίζεται στο σύνολο Α,

όπου A x 0 / f(x) 0 x 0 / x 1 0,1 1, .

Είναι f f(x) ln f(x) lnf(x) , x A.

• Αν 1x A 0,1 , έχουμε:

f(x) lnf(x) 1 e f(x) lnf(x) e 1 ln f(x) lnf(x) ln e 1

f γν.φθίνουσα

f f(x) f(e) f(x) e .Είναι f γν.φθίνουσα

1f συνεχής x 1 x 0

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

,

καθώς x 0 x 0lim f(x) lim ln x lnx

,αφού

x 0lim lnx

και

x 0lim x 0

,

ενώ f συνεχής στο 1

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

.

Επειδή 1e f A , συμπεραίνουμε ότι υπάρχει μοναδικό 1 1x A ,τέτοιο ώστε

1f(x ) e. Η μοναδικότητα του 1 1x A , προκύπτει από την μονοτονία της f στο

1A .

• Αν 2x A 1, , έχουμε:

f(x) lnf(x) 1 e f(x) lnf(x) e 1 ln f(x) lnf(x) ln e 1

f γν.αύξουσα

f f(x) f(e) f(x) e .Είναι f γν.αύξουσα

2f συνεχής xx 1

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

,

καθώς ψ x lnx

x x ψlim f(x) lim ln x lnx lim lnψ

,

αφού, x x

lnxlim x lnx lim x 1

x

επειδή

xlim x

και

x DLH x

lnx 1lim lim 0

x x

,ενώ

f συνεχής στο 1

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

.

Επειδή 2e f A , συμπεραίνουμε ότι υπάρχει μοναδικό 2 2x A ,τέτοιο ώστε

2f(x ) e. Η μοναδικότητα του 2 2x A , προκύπτει από την μονοτονία της f στο

2A .

Γ. Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο 1 2u(x) x f(x) e , x x ,x .Είναι:

• u συνεχής στο 1 2x ,x , ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων

• u παραγωγίσιμη στο 1 2x ,x , ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

1

u (x) f(x) e f (x) x.2 x

• 1 2u(x ) u(x ) 0.

Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει 1 2ξ x ,x , τέτοιο ώστε:

1

u (ξ) 0 f(ξ) e f (ξ) ξ 02 ξ

f(ξ) 2ξ f (ξ) e.



5

Δ. α αe β lnβ e α. ln e β lnβ ln e α α ln β lnβ 1 lnα

f (β) 1 lnα α. Είναι: lnx x 1, για κάθε x 0 , με την ισότητα να ισχύει

μόνο για x 1. Επομένως 1 lnα α 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για

α 1.

Επίσης f(x) 0, για κάθε x 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1.

Επομένως f(β) 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για β 1.

Έτσι έχουμε: f (β) 1 lnα α f (β) 0 και 1 lnα α 0 α 1 και β 1.

Ε. Είναι: ψ(t) f x(t) , με ψ (t) x (t) f x(t) .

Έστω ότι υπάρχει ox 1, τέτοιο ώστε of (x ) 1. Τότε για ox x προκύπτει:

of (x ) 1

o o oo o o o

o o o o o o

x 1 x 1 x 1x f (x ) x lnx ln

x lnx x lnx x lnx

oo o o o o

o o

x 1lnx ln lnx ln x 1 ln x lnx

x lnx

o o of(x ) ln x 1 lnx 0 ,που είναι ΑΤΟΠΟ, καθώς of(x ) 0.

Επομένως για κάθε x 1 , είναι f (x) 1 και επειδή f συνεχής στο 1, ,

ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων,θα ισχύει:

• f (x) 1 για κάθε x 1 , ή

• f (x) 1 για κάθε x 1 .

Όμως f (1) 0 1 , οπότε f (x) 1 για κάθε x 1 .Έτσι έχουμε:

x (t) 0 ψ (t)

ψ (t) x (t) f x(t) f x(t) 1 ψ (t) x (t)x (t)

, για κάθε t 0 .



6

2η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση στο (0, +∞)

𝒈(𝒙) = 𝒆−𝒇(𝒙) ( 𝒍𝒏𝒙

𝒙− 𝟏 ) +

𝟏

𝒙 , 𝒙 > 𝟎

𝒈′(𝒙) = −𝒇′(𝒙)𝒆−𝒇(𝒙) ( 𝒍𝒏𝒙

𝒙− 𝟏 ) + 𝒆−𝒇(𝒙) (

𝟏 − 𝒍𝒏𝒙

𝒙𝟐 ) −

𝟏

𝒙𝟐 , 𝒙 > 𝟎 ⇒

𝒈′(𝒙) = 𝒆−𝒇(𝒙) ( (−𝒍𝒏𝒙 + 𝒙)𝒙𝒇′(𝒙) + 𝟏 − 𝒍𝒏𝒙

𝒙𝟐 ) −

𝟏

𝒙𝟐𝜶𝝅ό 𝜹𝜺𝜹𝝄𝝁έ𝝂𝜼 𝝈𝝌έ𝝈𝜼⇒

𝒈′(𝒙) = 𝒆−𝒇(𝒙) ( 𝒆𝒇(𝒙) + 𝒍𝒏𝒙 − 𝟏 + 𝟏 − 𝒍𝒏𝒙

𝒙𝟐 ) −

𝟏

𝒙𝟐=𝟏

𝒙𝟐−𝟏

𝒙𝟐= 𝟎⇒

𝒈(𝒙) = 𝒄, 𝒙 ∈ (𝟎,+∞), 𝒄 = 𝜎𝜏𝛼𝜃휀𝜌ό𝜍 𝜋𝜌𝛼𝛾𝜇𝛼𝜏𝜄𝜅ό𝜍 𝛼𝜌𝜄𝜃𝜇ό𝜍

Η 𝐶𝑓 εφάπτεται στον 𝑥′𝑥 στο (𝑥𝑜 , 𝑓(𝑥𝑜)) τότε 𝑓(𝑥𝑜) = 0 και 𝑓′(𝑥𝑜) = 0

άρα από την δεδομένη σχέση είναι

𝑥𝑜𝒇′(𝑥𝑜) =

𝒆𝒇(𝑥𝑜)+𝒍𝒏𝑥𝑜−𝟏

𝒙𝒐−𝒍𝒏𝒙𝒐⇔ 𝒍𝒏𝑥𝑜 = 0⇔ 𝒙𝒐 = 𝟏 𝜅𝛼𝜄 𝒇(𝟏) = 𝟎 και 𝒇′(𝟏) =

𝟎

οπότε 𝒈(𝟏) = 𝒄𝒇(𝟏)=𝟎⇒ 𝒆−𝒇(𝟏) (

𝒍𝒏𝟏

𝟏− 𝟏 ) +

𝟏

𝟏= 𝒄 ⇒ 𝒄 = 𝟎

Αρα 𝒈(𝒙) = 𝟎⇔ 𝒆−𝒇(𝒙) ( 𝒍𝒏𝒙

𝒙− 𝟏 ) +

𝟏

𝒙 ⇔

𝒆𝒇(𝒙) = 𝒙 − 𝒍𝒏𝒙 𝒙−𝒍𝒏𝒙>0 ⇔ 𝒇(𝒙) = 𝒍𝒏(𝒙 − 𝒍𝒏𝒙)

Συνεπώς 𝒇(𝒙) = 𝒍𝒏(𝒙 − 𝒍𝒏𝒙), 𝒙 ∈ (𝟎,+∞)

B.

𝒇(𝒙) = 𝒍𝒏(𝒙 − 𝒍𝒏𝒙), 𝒙 ∈ (𝟎,+∞)

𝒇′(𝒙) =𝟏−

𝟏

𝒙

𝒙−𝒍𝒏𝒙, 𝒙 ∈ (𝟎,+∞)



7

𝐥𝐢𝐦𝒙→𝟎(𝒙 − 𝒍𝒏𝒙) = +∞

𝐥𝐢𝐦𝒙→+∞

(𝒙 − 𝒍𝒏𝒙) = 𝐥𝐢𝐦𝒙→+∞

[𝒙( 𝟏 −𝒍𝒏𝒙

𝒙 )] = +∞

αφού 𝜇휀 𝐷𝐿𝐻 lim𝒙→+∞

𝒍𝒏𝒙

𝒙= lim𝒙→+∞

𝟏

𝒙= 0

Από τον πίνακα μονοτονίας και αφού 𝑓 συνεχής στο (0, +∞)

έχω 𝑒 ∈ 𝑓((0,1)) = (0,+∞) 𝜅𝛼𝜄 𝑒 ∈ 𝑓((1,+∞)) = (0,+∞)

άρα υπάρχουν μοναδικά 𝒙𝟏 ∈ (𝟎, 𝟏), 𝒙𝟐 ∈ (𝟏,+∞) ώστε

⇔ {𝑓(𝑥1) = 𝑒, 𝑥 ∈ (0,1)

𝑓(𝑥2) = 𝑒, 𝑥 ∈ (1,+∞) ⇔ {

𝑓(𝑓(𝑥1)) = 𝑓(𝑒), 𝑓 𝜎𝜏𝜊 (0,1)

𝑓(𝑓(𝑥2)) = 𝑓(𝑒), 𝑓 𝜎𝜏𝜊 (1, +∞)

⇔{𝑓(𝑓(𝑥1)) = 𝑓(𝑒) = ln (𝑒 − 1)

𝑓(𝑓(𝑥2)) = 𝑓(𝑒) = ln (𝑒 − 1)

⇔{𝑙𝑛(𝑓(𝑥1) − 𝑙𝑛𝑓(𝑥1)) = ln (𝑒 − 1)

𝑙𝑛(𝑓(𝑥2) − 𝑙𝑛𝑓(𝑥2)) = ln (𝑒 − 1)⇔ {

𝑓(𝑥1) − 𝑙𝑛𝑓(𝑥1) = 𝑒 − 1

𝑓(𝑥2) − 𝑙𝑛𝑓(𝑥2) = 𝑒 − 1

άρα τα 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 είναι οι μοναδικές ρίζες της 𝒇(𝒙) − 𝒍𝒏𝒇(𝒙) + 𝟏 = 𝒆

Γ.

Έστω 𝐻(𝑥) = √𝑥 ( 𝑓(𝑥) − 𝑒 ), 𝑥 ∈ [𝑥1, 𝑥2] 𝜋𝛼𝜌𝛼𝛾𝜔𝛾ί𝜎𝜄𝜇𝜂 𝜎𝜏𝜊 [𝑥1, 𝑥2]

με 𝐻′(𝑥) =𝑓(𝑥)−𝑒

2√𝑥 + √𝑥 𝑓′(𝑥) και 𝐻(1) = 𝐻(2) = 0 (𝑓(𝑥1) =

𝑓(𝑥2) = 𝑒)

άρα απο Θ.Rolle υπάρχει 𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2) ώστε 𝐻′(𝜉) = 0 ⇒𝑓(𝜉)−𝑒

2√𝜉 +√𝜉 𝑓′(𝜉) =

0

χ 0 1 +∞

f ' - +

f

O.E.

f(1)=0



8

⇒ 𝒇(𝝃) + 𝟐𝝃𝒇′(𝝃) = 𝒆

Δ.

𝑒𝑎(𝛽 − 𝑙𝑛𝛽) = 𝑒𝑎 ⇔ 𝑙𝑛𝑒𝑎 + ln(𝛽 − 𝑙𝑛𝛽) = 𝑙𝑛𝑒 + 𝑙𝑛𝑎 ⇔ 𝑓(𝛽)

= 𝑙𝑛𝑎 − 𝑎 + 1

όμως η 𝑓 έχει ελάχιστη τιμή 𝑓(1) = 0 , ά𝜌𝛼 𝑓(𝛽) ≥ 0 και από τον πίνακα

μονοτονίας η τιμή 1 είναι η μοναδική για την οποία μπορεί να ισχύει η ισότητα.

Ακόμα 𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1 ∀ 𝑥 > 0 άρα 𝑙𝑛𝑎 − 𝑎 + 1 ≤

0 𝜇휀 𝜏𝜂𝜈 𝜄𝜎ό𝜏𝜂𝜏𝛼 𝜈𝛼 𝜄𝜎𝜒ύ휀𝜄 𝜇ό𝜈𝜊

𝛾𝜄𝛼 1

Συνεπώς 0 ≤ 𝑓(𝛽) = 𝑙𝑛𝑎 − 𝑎 + 1 ≤ 0⇔ 𝑓(𝛽) = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑙𝑛𝑎 − 𝑎 + 1 = 0

και σύμφωνα με τα παραπάνω είναι 𝒂 = 𝟏 𝜿𝜶𝜾 𝜷 = 𝟏

Ε.

𝑥(𝑡) ≥ 1 ⇒ 0 <1

𝑥(𝑡)≤ 1⇒0 ≤ 1 −

1

𝑥(𝑡)< 1 ,

𝑥′(𝑡) > 0 ,

𝑥(𝑡) − 𝑙𝑛𝑥(𝑡) ≥ 1

για 𝑥 = 𝑥(𝑡) ≥ 1 είναι 𝑦 = 𝑦(𝑡) = 𝑓(𝑥(𝑡)) ⇒ 𝑦′(𝑡) = 𝑥′(𝑡)𝑓′(𝑥(𝑡))

𝐵.⇒ 𝑦′(𝑡) = 𝑥′(𝑡)

1 −1𝑥(𝑡)

𝑥(𝑡) − 𝑙𝑛𝑥(𝑡)< 𝑥′(𝑡)

1

𝑥(𝑡) − 𝑙𝑛𝑥(𝑡)<𝑥′(𝑡)

1= 𝑥′(𝑡)

άρα 𝒚′(𝒕) < 𝒙′(𝒕).



9

3η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

Α.

Από εφαρμογή σχολικού βιβλίου 𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1 (1) , ∀𝑥 > 0 άρα 𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 < 0

Η Cf εφάπτεται στον x’x άρα υπάρχει ένα 𝛼 ∈ (0,+∞) τέτοιο ώστε 𝑓(𝑎) =

𝑓′(𝑎) = 0

𝑥𝑓′(𝑥) =𝑒𝑓(𝑥)+𝑙𝑛𝑥−1

𝑥−𝑙𝑛𝑥 για 𝑥 = 𝑎 ∶ 0 =

1+𝑙𝑛𝑎−1

𝑎−𝑙𝑛𝑎⟺ 𝑙𝑛𝑎 = 0 ⟺ 𝑎 = 1

(𝑥−𝑙𝑛𝑥

𝑥)′

= ⋯ =𝑙𝑛𝑥−1

𝑥2 (2)

Έχουμε ,

𝑥𝑓′(𝑥) =𝑒𝑓(𝑥) + 𝑙𝑛𝑥 − 1

𝑥 − 𝑙𝑛𝑥⟺ 𝑥𝑓′(𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) = 𝑒𝑓(𝑥) + 𝑙𝑛𝑥 − 1

⟺ 𝑥𝑓′(𝑥)𝑒−𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) = 1 + (𝑙𝑛𝑥 − 1)𝑒−𝑓(𝑥)

⟺ 𝑥𝑓′(𝑥)𝑒−𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥) − (𝑙𝑛𝑥 − 1)𝑒−𝑓(𝑥) = 1

⟺ 𝑓′(𝑥)𝑒−𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)

𝑥−(𝑙𝑛𝑥 − 1)

𝑥2𝑒−𝑓(𝑥) =

1

𝑥2

⟺−(𝑒−𝑓(𝑥))′ (𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)

𝑥−(𝑙𝑛𝑥 − 1)

𝑥2𝑒−𝑓(𝑥) =

1

𝑥2

⟺ (𝑒−𝑓(𝑥))′ 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥

𝑥+ (𝑥 − 𝑙𝑛𝑥

𝑥)′

𝑒−𝑓(𝑥) = −1

𝑥2

⟺ (𝑥 − 𝑙𝑛𝑥

𝑥𝑒−𝑓(𝑥))

′

= (1

𝑥)′

⟺𝑥 − 𝑙𝑛𝑥

𝑥𝑒−𝑓(𝑥) =

1

𝑥+ 𝑐

Για 𝑥 = 1 ∶ 1 − 𝑙𝑛1

1𝑒−𝑓(1) =

1

1+ 𝑐 ⟺ 1 = 1 + 𝑐 ⟺ 𝑐 = 0

𝑥 − 𝑙𝑛𝑥


1

𝑥+ 𝑐 ⟺

𝑥 − 𝑙𝑛𝑥


1

𝑥⟺ 𝑒𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 ⟺ 𝑓(𝑥)

= ln (𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)

Β.

𝑓(𝑥) − 𝑙𝑛𝑓(𝑥) + 1 = 𝑒 ⟺ 𝑓(𝑥) − 𝑙𝑛𝑓(𝑥) = 𝑒 − 1 ⟺ 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑒)

𝑓′(𝑥) =1 −

1𝑥

𝑥 − 𝑙𝑛𝑥=

𝑥2 − 1

(𝑥 − 𝑙𝑛𝑥)𝑥



10

𝑥 0 1

𝑓′(𝑥) − +

𝑓(𝑥) ↘ ↗

𝑓 συνεχής και ↘ στο (0,1] άρα 𝑓((0,1]) = [0,+∞)

𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑒) ⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑒 ∈ 𝑓((0,1]) άρα υπάρχει μοναδικό 𝑥1 ∈ (0,1] ∶

𝑓( 𝑥1) = 𝑒

𝑓 συνεχής και ↗ στο [1,+∞) άρα 𝑓([1, +∞) ) = [0,+∞)

𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑒) ⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑒 ∈ 𝑓([1, +∞) ) υπάρχει μοναδικό 𝑥2 ∈ [1,+∞) ∶

𝑓( 𝑥2) = 𝑒

Γ.

θεωρούμε ℎ(𝑥) = √𝑥𝑓(𝑥) − 𝑒√𝑥 με ℎ′(𝑥) = √𝑥𝑓′(𝑥) +1

2√𝑥𝑓(𝑥) − 𝑒

1

2√𝑥

{

ℎ(𝑥) 𝜋𝛼𝜌𝛼𝛾𝜔𝛾𝜄𝜎𝜄𝜇𝜂 𝜎𝜏𝜊 [𝑥1, 𝑥2]

ℎ(𝑥1) = ℎ(𝑥2) = 0 από Θ.Rolle ∃𝜉 ∈ (𝑥1, 𝑥2): ℎ

′(𝜉) = 0

ℎ′(𝜉) = 0 ⟺ √𝜉𝑓′(𝜉) +1

2√𝜉𝑓(𝜉) − 𝑒

1

2√𝜉= 0 ⟺ 2𝜉𝑓′(𝜉) + 𝜉𝑓(𝜉) = 𝑒

Δ. 𝛼 = 𝛽 = 1

E.

𝑀(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑥(𝑡), 𝑙𝑛(𝑥(𝑡) − 𝑙𝑛𝑥(𝑡))

𝑦′(𝑡) < 𝑥′(𝑡) ⟺𝑥′(𝑡)−

𝑥′(𝑡)

𝑥(𝑡)

𝑥(𝑡)−𝑙𝑛𝑥(𝑡)< 𝑥′(𝑡)

:𝑥′(𝑡)>0⇔

1−1

𝑥(𝑡)

𝑥(𝑡)−𝑙𝑛𝑥(𝑡)< 1

⟺ 1−1

𝑥(𝑡)< 𝑥(𝑡) − 𝑙𝑛𝑥(𝑡) ⟺ −

1

𝑥(𝑡)+ 1 − 𝑥(𝑡) + 𝑙𝑛𝑥(𝑡) < 0 που ισχύει *

−1

𝑥(𝑡)< 0 , ∀𝑥 ≥ 1

𝑙𝑛𝑥 ≤ 𝑥 − 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥(𝑡) ≤ 𝑥(𝑡) − 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥(𝑡) − 𝑥(𝑡) + 1 ≤ 0.



11

13η άσκηση


Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (12-12-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 20/12/2015

Έστω συνάρτηση f : , με τύπο 2f(x) αx β ln x 1 ,

όπου α,β , για την οποία ισχύουν:

• 2x f(x) x x , για κάθε x

• F(0) 0 , όπου F μια αρχική συνάρτηση της f στο

Α. Να αποδείξετε ότι α 1 και β 0.

Β. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και στη συνέχεια, να λύσετε

την εξίσωση: x 2 1e x 1 f ln2e

.

Γ1. Να αποδείξετε ότι:2F(x) F( x) x ,x .

Γ2. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν 1 2ξ ,ξ , με 1 2

0 ξ ξ 1 , τέτοια

ώστε 2 1f ξ f ξ 1 .

Γ3. Να αποδείξετε ότι: 2F(2) F(1) F(3) 2F(2) 2 .

Γ4. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:

3

-3

F(x)dx .

Δ1. Αν κ,λ , να αποδείξετε ότι:

2 2κ ln λ 1 λ ln κ 1 κ λ.

Δ2. Να λύσετε την εξίσωση: 2

2 2f (x) 1 x 1 .



12


Α. Ισχύει 2x f(x) x x , για κάθε x , οπότε για x 0 , προκύπτει f(0) 0.

Έτσι: 2f(0) α 0 β ln 0 1 β 0.

Θεωρούμε συνάρτηση g με τύπο g(x) f(x) x,x .Είναι

g (x) f (x) 1,x

και g(x) 0 g(0) , οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα Fermat, θα ισχύει

g (0) 0 f (0) 1 α 1.

Β. Για α 1 και β 0 προκύπτει 2f(x) x ln x 1 , x , με

2

2 2

x 12xf (x) 1 , x

x 1 x 1

.

Επειδή: f (x) 0 , για κάθε x , 1 1, και f συνεχής στο ,

προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι γν.αύξουσα στο , οπότε η f είναι 1-1

στο και επομένως ορίζεται η -1f .

Είναι: 2

2

x x x

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

x

, καθώς

2

2x DLH x

ln x 1 2xlim lim 0

x x 1

και

xlim x

.

Επίσης: 2

x xlim f(x) lim x ln x 1

, καθώς xlim x

και

2x 1 ψ

2

x ψlim ln x 1 lim lnψ

.

Έτσι f γν.αύξουσα

f συνεχής x xf lim f(x), lim f(x) ,

.

Η -1f έχει πεδίο ορισμού το f , και σύνολο τιμών το fA ,

οπότε:

f 1-1

x 2 1 x 2 1 x 2e x 1 f ln2e f e x 1 f f ln2e f e x 1 ln2e

f 1-1

x 2 x 2 x 2f e x 1 f(1) e x 1 1 ln e x 1 0

f 1-1

2x ln x 1 0 f(x) f(0) x 0.

Γ1. Εύκολα βρίσκουμε ότι: f(x) f( x) 2x,x . Θεωρούμε τη συνάρτηση h ,

με τύπο 2h(x) F(x) F( x) x ,x .

h (x) F(x) F( x) 2x F (x) F ( x) 2x f(x) f( x) 2x 0, x .

x 0

h (x) 0 h(x) c h(x) 0

, οπότε 2h(x) 0 F(x) F( x) x ,x .

Γ2. Η F προφανώς ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα



13

1,0 και 0,1 , οπότε υπάρχουν 1ξ 1,0 και 2ξ 0,1 , τέτοια ώστε:

1 1F ξ f ξ F 1 και 2 2F ξ f ξ F 1 , επομένως

2 1f ξ f ξ F 1 +F 1 1 , με 1 21 ξ 0 ξ 1 , δηλαδή 1 20 ξ ξ 1 .

Γ3. Η F προφανώς ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα

1,2 , 2,3 , 3, 2 και 2, 1 , οπότε υπάρχουν 1x 1,2 , 2x 2,3 ,

3x 3, 2

και 4x 2, 1 τέτοια ώστε:

1 1F x f x F 2 F 1 , 2 2F x f x F 3 F 2 ,

3 3F x f x F 2 F 3 και 4 4F x f x F 1 F 2 . Όμως :


1 2 1 2x x f x f x F 2 F 1 F 3 F 2 2F 2 F 1 F 3 .


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

2F 2 F 1 F 3 2 4 F(2) 1 F(1) 9 F(3)

F(1) F(3) 2F(2) 2 .

Γ4. 3 3

2 2

-3 -3

F(x) F( x) x F(x) F( x) dx x dx

33 3 3 33

-3 -3 -3 -33

xF(x)dx F( x)dx 2 F(x)dx 18 F(x)dx 9

3

, καθώς

3 -3 3x ψ

-3 3 -3

F( x)dx F(ψ) dψ F(ψ)dψ

.

Δ1. 2 2 2 2κ ln λ 1 λ ln κ 1 λ ln λ 1 κ ln κ 1

f 1-1

f κ f λ κ λ κ λ .

Δ2. 2

2 2 2 2 2 2 2 f(x) xf (x) 1 x 1 f (x) 1 x 1 x 1 f (x) 1 x 1 e

Δ1

x 2 2 f(x) 2 2e f (x) 1 x 1 e x ln f (x) 1 f (x) ln x 1 f (x) x

2ln x 1 0 x 0 .



14


A.

Είναι 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑥2 + 𝑥 , ∀𝑥 ∈ 𝑅 (1)

οπότε για 𝑥 = 0 휀ί𝜈𝛼𝜄 𝑓(0) = 0⇒ 𝑎 0 + 𝛽 + ln(02 + 1) = 0 ⇒ 𝜷 = 𝟎

Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥2 − 𝑥 , 𝑥 ∈ 𝑅 παραγωγίσιμη

με 𝑔′(𝑥) = 𝛼 +2𝑥

𝑥2+1− 2𝑥 − 1 , 𝑥 ∈ 𝑅

(1) 𝑓(0)=0 ⇒ 𝑔(𝑥) ≤ 𝑔(0) άρα g(0) μέγιστο της g και από θ.Fermat θα είναι

𝑔′(0) = 0⇒ 𝒂 = 𝟏

Αρα 𝒇(𝒙) = 𝒙 + 𝒍𝒏(𝒙𝟐 + 𝟏), 𝒙 ∈ 𝑹

B.

𝒇′(𝒙) = 𝟏 +𝟐𝒙

𝒙𝟐+𝟏 =

(𝒙+𝟏)𝟐

𝒙𝟐+𝟏 > 𝟎 ∀𝒙 ∈ (−∞,−𝟏) ∪ (𝟏,+∞) και εφόσον

𝑓 συνεχής στο R θα είναι 𝒇 ↗ 𝑹 και "1-1" με 𝑓(1) = 𝑙𝑛2𝑒

𝑒𝑥(𝑥2 + 1) = 𝑓−1(𝑙𝑛2𝑒)⇔ 𝑓(𝑒𝑥(𝑥2 + 1)) = 𝑙𝑛2𝑒 ⇔ 𝑓(𝑒𝑥(𝑥2 + 1))

= 𝑓(1)

⇔𝑒𝑥(𝑥2 + 1) = 1⇔ 𝑙𝑛𝑒𝑥(𝑥2 + 1) = 0⇔ 𝑥 + ln(𝑥2 + 1) = 0⇔ 𝑓(𝑥) = 0

⇔𝑓(𝑥) = 𝑓(1)⇔ 𝒙 = 𝟏

Γ.1

Έστω 𝐺(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝐹(−𝑥) − 𝑥2, 𝑥 ∈ 𝑅 , 𝜋𝛼𝜌𝛼𝛾𝜔𝛾ί𝜎𝜄𝜇𝜂 με

𝐺′(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(−𝑥) − 2𝑥 = 𝑥 + ln(𝑥2 + 1) + 𝑥 − ln(𝑥2 + 1) − 2𝑥 = 0,

𝑥 ∈ 𝑅

άρα G σταθερή και επειδή 𝐺(0) = 𝐹(0) + 𝐹(0) − 0 = 0 θα είναι 𝐺(𝑥) = 0

άρα 𝑭(𝒙) + 𝑭(−𝒙) = 𝒙𝟐, 𝒙 ∈ 𝑹



15

Γ.2

Η F είναι παραγωγίσιμη στα [-1,0] και [0,1] και απο ΘΜΤ υπάρχουν

𝜉2 ∈ (−1,0), 𝜉1 ∈ (0,1) ώστε 𝐹′(𝜉2) =𝐹(0)−𝐹(−1)

0+1⇒ 𝑓(𝜉2) = −𝐹(−1) και

𝐹′(𝜉1) =𝐹(0)−𝐹(1)

0−1⇒ 𝑓(𝜉1) = 𝐹(1) και 0 < |𝜉1| < 1, 0 < |𝜉2| < 1

άρα 𝒇(𝝃𝟏) − 𝒇(𝝃𝟐) = 𝑭(𝟏) + 𝑭(−𝟏) .1

1 ,με 0 < |𝜉1𝜉2| < 1

Γ.3

Εστω 𝐻(𝑥) = 𝐹(𝑥 + 1) − 𝐹(𝑥), 𝑥 ∈ [1,2] 𝜋𝛼𝜌𝛼𝛾𝜔𝛾ί𝜎𝜄𝜇𝜂 𝜇휀

𝐻′(𝑥) = 𝑓(𝑥 + 1) − 𝑓(𝑥), 𝑥 ∈ [1,2]

από ΘΜΤ θα υπάρχει 𝜉 ∈ (1,2):𝐻′(𝜉) =𝐻(2)−𝐻(1)

2−1= 𝐹(3) − 2𝐹(2) + 𝐹(1)

⇒

𝑓(𝜉 + 1) − 𝑓(𝜉) = 𝐹(3) − 2𝐹(2) + 𝐹(1), (2)

από ΘΜΤ στο [𝜉, 𝜉 + 1] για την 𝑓 ,υπάρχει k ∈ (𝜉, 𝜉 + 1): 𝑓′(𝑘) =𝑓(𝜉+1)−𝑓(𝜉)

𝜉+1−𝜉

(2)⇒

1 +2𝑘

𝑘2+1= 𝐹(3) − 2𝐹(2) + 𝐹(1) , όμως 0 < 1 +

2𝑘

𝑘2+1< 2 αφου 𝜅 >

𝜉 > 1

άρα 0 < 𝐹(3) − 2𝐹(2) + 𝐹(1) < 2⇒ 𝟐𝑭(𝟐) < 𝑭(𝟏) + 𝑭(𝟑) < 𝟐𝑭(𝟐) +

𝟐

Γ4.

3 3

2 2

3 3

( ) ( ) ( ) ( )F x F x x F x F x dx x dx

3 3

3 3

( )dx ( ) 18F x F x dx

(*)

θέτω u=-x ,τότε

3 3 3

3 3 3

( ) (u) (u)F x dx F du F du



16

(*)

3 3

3 3

2 ( )dx 18 ( )dx 9F x F x

Δ.1

𝜅 + 𝑙𝑛(𝜆2 + 1) = 𝜆 + 𝑙𝑛(𝜅2 + 1)⇔

−λ + 𝑙𝑛((−𝜆)2 + 1) = −𝜅 + 𝑙𝑛((−𝜅)2 + 1)⇔

𝑓(−𝜆) = 𝑓(−𝜅) 𝑓 "1-1" ⇔ 𝜿 = 𝝀

Δ.2

𝑓2(𝑥) + 1 = (𝑥2 + 1)2⇔ ln (𝑓2(𝑥) + 1) = ln ((𝑥2 + 1)2) ⇔

ln(𝑓2(𝑥) + 1) = 2 ln(𝑥2 + 1) ⇔−𝑓(𝑥) + ln(𝑓2(𝑥) + 1) = −𝑓(𝑥) +

2 ln(𝑥2 + 1)

−𝑓(𝑥) + ln(𝑓2(𝑥) + 1) = −𝑥 + ln(𝑥2 + 1)⇔𝑓(−𝑓(𝑥)) = 𝑓(−𝑥)⇔

−𝑓(𝑥) = −𝑥 ⇔ ln(𝑥2 + 1) = 0⇔ 𝒙 = 𝟎



17

14η άσκηση


Προτάθηκε από τον Δημήτρης Χατζάκης (23-12-2015)

Αποστολή λύσεων έως την Πέμπτη 31/12/2015

Δίνονται συναρτήσεις 𝐟 𝛋𝛂𝛊 𝐠 για τις οποίες ισχύουν :

𝐠 συνεχής στο ℝ και 𝐟 𝟐 φορές παραγωγίσιμη στο ℝ

𝟒𝐠(𝐱) = 𝐠(𝟐) + 𝟑𝐠(𝟑) + (𝐟(𝟎) − 𝟏) ∫ 𝐞𝐟(𝐭)𝐱

𝟎𝐝𝐭 , (𝟏) 𝐱 ∈ ℝ

𝐱𝐟′′(𝐱) < (𝐱 − 𝟏)𝐟′(𝐱) , (𝟐) 𝐱 ∈ ℝ

1. Να αποδείξετε ότι 𝐟(𝟎) = 𝟏

2. Να δείξετε ότι 𝐟 γνησίως φθίνουσα στο ℝ και να βρείτε την κυρτότητα της 𝐟

στο (𝟏,+∞)

3. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 𝐱𝟏 ∈ (𝟐, 𝟑) τέτοιο ώστε :

𝐟(−𝟏)

𝐱𝟏 − 𝟐+𝐟′(𝟐) − 𝐟′(𝟑)

𝐱𝟏 − 𝟑= 𝟐𝟎𝟏𝟔

4. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό 𝐱𝟐 ∈ ℝ τέτοιο ώστε : 𝐟(𝐱𝟐) = 𝐱𝟐

5. Να δείξετε ότι υπάρχει 𝐱𝟑 ∈ (𝟎,+∞) τέτοιο ώστε :

𝟏 − 𝐥𝐧𝐱𝟑 + 𝟐𝐱𝟑𝟑𝐟(𝐱𝟑

𝟐 + 𝟖) = 𝟔𝐱𝟑𝟐𝐟(𝟔𝐱𝟑)

6. Να δείξετε ότι υπάρχει 𝐱𝟒 ∈ (𝐚, 𝐛) με 𝛂, 𝐛 ∈ ℝ τέτοιο ώστε :

𝐟′′(𝐱𝟒)(𝐱𝟒 − 𝐚)(𝐱𝟒 − 𝐛) = 𝐚 + 𝐛 − 𝟐𝐱𝟒



18

1η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

1. g συνεχής στο [2,3] άρα από ΘΜΕΤ η g παίρνει μια μεγίστη και ελάχιστη τιμή

άρα

{

m < g(2) < M

3m < 3g(3) < 3M⇒4m < g(2) + 3g(3) < 4M⟺ m <

g(2) + 3g(3)

4< M

Όποτε από ΘΕΤ υπάρχει x0 ∈ [2,3]: g(x0) =g(2)+3g(3)

4⟺ 4g(x0) = g(2) + 3g(3)

Για x = x0 στην (1) : 4g(x0) = g(2) + 3g(3) + (f(0) − 1) ∫ ef(t)x0

0dt ⟺

(f(0) − 1) ∫ ef(t)x0

0dt = 0 ⟺ f(0) = 1 , ( ef(t) > 0 ⇒ ∫ ef(t)

x0

0dt > 0)

2. xf ′′(x) < (x − 1)f ′(x) ⟺ xf ′′(x) + f ′(x) − xf ′(x) < 0

(xf ′(x))′− xf ′(x) < 0

e−x

⇔ e−x(xf ′(x))′− e−xxf ′(x) < 0⟺ (e−xxf ′(x))

′< 0

Άρα η συνάρτηση h(x) = e−xxf ′(x) είναι γνησίως φθίνουσα με h(0) = 0 .

Για x < 0h ↓⇔h(x) > 0 ⟺ e−xxf ′(x) > 0 ⟺ f ′(x) < 0

Για x > 0h ↓⇔h(x) < 0 ⟺ e−xxf ′(x) < 0 ⟺ f ′(x) < 0

Άρα τελικά f γνησίως φθίνουσα στο ℝ

Για x > 1 ∶ xf ′′(x) < (x − 1)f ′(x) ⟺ f ′′(x) <(x−1)

xf ′(x) < 0 ⇢ f κοίλη όταν x > 1

3.

−1 < 0f ↓⇔f(−1) > 1 ⟺ f(−1) > 0

2 < 3f′ ↓⇔f ′(2) > f ′(3) ⟺ f ′(2) − f ′(3) > 0

Θεωρούμε την συνάρτηση Λ(x) =f(−1)

x−2+f′(2)−f′(3)

x−3− 2016 , x ∈ (2,3)

με Λ′(x) = −f(−1)

(x−2)2−f′(2)−f′(3)

(x−3)2< 0 ⇢ Λ(x) ↓ , x ∈ (2,3) όποτε η εξίσωση Λ(x) =

0 έχει το πολύ μια λύση στο (2,3)

Θεωρούμε K(x) = f(−1)(x − 3) + (f ′(2) − f ′(3))(x − 2) − 2016(x − 2)(x − 1)

K(2) = −f(−1) < 0 και K(3) = (f ′(2) − f ′(3)) > 0

{

Κ συνεχης στο [2,3]

Κ(2)Κ(3) < 0 από ΘΒ η Κ(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (2,3)

Τελικά υπάρχει μοναδικό x1 ∈ (2,3) τέτοιο ώστε : f(−1)

x1−2+f′(2)−f′(3)

x1−3= 2016



19

4. Θεωρούμε την συνάρτηση w(x) = f(x) − x , x ∈ ℝ

x < 0f↓⇔ f(x) > 1 ⟺ f(x) − x > 1 − x ⟺ w(x) > 1 − x

limx→−∞

(1 − x) = +∞ ⇢ limx→−∞

w(x) = +∞ άρα υπάρχει ξ1 < 0 : w(ξ1) > 0

x > 0f↓⇔ f(x) < 1 ⟺ f(x) − x < 1 − x ⟺ w(x) < 1 − x

limx→+∞

(1 − x) = −∞ ⇢ limx→+∞

w(x) = −∞ άρα υπάρχει ξ2 > 0 : w(ξ2) < 0

{

w συνεχης στο [ξ1, ξ2]

w(ξ1)w(ξ2) < 0 από ΘΒ υπάρχει τουλάχιστον x2 ∈ (ξ1, ξ2) ⊆ ℝ

τέτοιο ώστε : f(x2) = x2

f γνησίως φθίνουσα και – x είναι γνησίως φθίνουσα με τον ορισμό της

μονοτονίας αποδεικνύεται ότι και η w είναι γνησίως φθίνουσα . Τελικά υπάρχει

μοναδικό υπάρχει μοναδικό x2 ∈ ℝ τέτοιο ώστε : f(x2) = x2

5. Αφού f συνεχής τότε F(x) μια αρχική της f στο (0, +∞)

1 − lnx + 2x3f(x2 + 8) = 6x2f(6x)

1 − lnx

x2+ 2xf(x2 + 8) − 6f(6x) = 0

(lnx

x+ F(x2 + 8) − F(6x))

′

= 0

Θωρούμε την συνάρτηση Φ(x) =lnx

x+ F(x2 + 8) − F(6x)

Φ(2) =ln2

2+ F(12) − F(12) =

ln2

2

Φ(4) =ln4

4+ F(24) − F(24) =

ln2

2 αρα Φ(2) = Φ(4) Θ. Rolle …

6.

((x − a)(x − b))′= 2x − a − b

f ′′(x)(x − a)(x − b) = a + b − 2x

f ′′(x)(x − a)(x − b) − a − b + 2x = 0

f ′′(x)(x − a)(x − b) + ((x − a)(x − b))′= 0

∙ef′(x)

⇔

f ′′(x) ∙ ef′(x)(x − a)(x − b) + ((x − a)(x − b))

′∙ ef

′(x) = 0

((x − a)(x − b) ∙ ef′(x))

′

= 0

Θωρούμε P(x) = (x − a)(x − b) ∙ ef′(x) με P(a) = P(b) = 0 Θ. Rolle …



20


1. Η συνάρτηση h με τύπο x

f(t)

0

h x e dt, x ,είναι παραγωγίσιμη στο ,

αφού η συνάρτηση m με τύπο f xm x e , x ,είναι συνεχής στο ,

ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, οπότε η συνάρτηση g είναι

παραγωγίσιμη στο ,ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων,

με f(x)f 0 1 e

g x , x4

.

Για x 0 ,προκύπτει: g 2 3g 3

g 0 .4

Θεωρούμε τη συνάρτηση v με τύπο

v x 4g x g 2 3g 3 ,x 2,3 .Είναι:

• v συνεχής στο 2,3 ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων

• v 2 4g 2 g 2 3g 3 3 g 2 g 3

• v 3 4g 3 g 2 3g 3 g 2 g 3 ,οπότε

2

v 3 v 2 3 g 2 g 3 0 .

Έστω v x 0, για κάθε x 2,3 . Τότε ως συνεχής συνάρτηση, θα διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο 2,3 , που σημαίνει ότι οι αριθμοί v 3 ,v 2

θα είναι ομόσημοι, δηλαδή v 3 v 2 0 , που είναι ΑΤΟΠΟ.

Επομένως υπάρχει ξ 2,3 ,τέτοιο ώστε v ξ 0

g 2 3g 3

4g ξ g 2 3g 3 0 g ξ4

.

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση v ικανοποιεί τις υποθέσεις του

Θ.Rolle

στο 0,ξ ,οπότε υπάρχει ox 0,ξ ,

τέτοιο ώστε

f(x )o o

f(x )e 0

o

f 0 1 eg x 0 f 0 1 0 f 0 1

4

.

2. Θεωρούμε τη συνάρτηση u με τύπο: xu x e x f x ,x .

Εύκολα βρίσκουμε ότι xu x e x f x x 1 f x 0,

για κάθε x . Επομένως u γν.φθίνουσα στο , οπότε για:

• x 0

xx 0 u x u 0 e x f x 0 f x 0

• x 0

xx 0 u x u 0 e x f x 0 f x 0

Για κάθε x ,0 0, είναι f x 0 και επειδή f συνεχής

στο 0, συμπεραίνουμε ότι f γν.φθίνουσα στο .



21

Για x 1 είναι:x 1

0,x

οπότε

x 1f x f x 0,

x

που σημαίνει

ότι f κοίλη στο 1, .

3. Θεωρούμε τη συνάρτηση Q με τύπο

Q x f 1 x 3 f 2 f 3 x 2 2016 x 3 x 2 ,x 2,3 .Είναι:

• Q συνεχής στο 2,3 ως πολυωνυμική

• Q 3 f 2 f 3 0 ,καθώς f 2 f 3 αφού f γν.φθίνουσα στο 1,

• Q 2 f 1 0 ,καθώς f 1 f 0 1 0 αφού f γν.φθίνουσα στο

• η συνάρτηση R με τύπο

f 1 f 2 f 3

R x 2016, x 2,3x 2 x 3

είναι γν.φθίνουσα στο 2,3 ,

καθώς

2 2

f 1 f 2 f 3R x 0, για κάθε x 2,3

x 2 x 3

.

Σύμφωνα με το Θ.Bolzano,υπάρχει 1x 2,3 , τέτοιο ώστε 1Q x 0

12 x 3

1 1 1 1f 1 x 3 f 2 f 3 x 2 2016 x 3 x 2 0

1 1

f 1 f 2 f 32016

x 2 x 3

.Η μοναδικότητα του 1x 2,3 ,

είναι αποτέλεσμα της μονοτονίας της συνάρτησης R .

4. Θεωρούμε τη συνάρτηση q με τύπο q x f x x,x . Είναι:

• q γν.φθίνουσα στο ως άθροισμα συναρτήσεων που η καθεμιά από αυτές

είναι γν.φθίνουσα στο

• q συνεχής στο 0,1 ,ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

• q 0 f 0 1

• q 1 f 1 1 f 1 f 0 0, καθώς f γν.φθίνουσα στο , οπότε

σύμφωνα με το Θ.Bolzano υπάρχει 2x 0,1 ,τέτοιο ώστε

2 2 2q x 0 f x x ,

το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της q .

5. Έστω F μια αρχική συνάρτηση της f στο .Θεωρούμε τη συνάρτηση

w με τύπο: 2 lnxw x F x 8 F 6x ,x 0.

x Είναι:

• w συνεχής στο 2,4 ,ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

• w παραγωγίσιμη στο 2,4 , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με



22

2 2 2

2

lnx 1 lnxw x x 8 F x 8 6x F 6x 2x f x 8 6f 6x

x x

• ln2 ln2

w 2 F 12 F 122 2

και

• ln4 2ln2 ln2

w 4 F 24 F 24 w 24 4 2

,

οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει 3x 2,4 , τέτοιο ώστε 3w x 0

2 3 2 233 3 3 3 3 3 3 32

3

1 lnx2x f x 8 6f 6x 0 1 lnx 2x f x 8 6x f 6x

x

.

6. Θεωρούμε τη συνάρτηση k με τύπο

f xk x x a x b e ,x και a b.

Είναι:

• k συνεχής στο a,b ,ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων

• k παραγωγίσιμη στο a,b , ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

f xk x e x a x b f x x a x b

• k a 0 και

• k b 0 ,

οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει 4x a,b , τέτοιο ώστε 4k x 0

4f x

4 4 4 4 4e x a x b f x x a x b 0

4 4 4 4f x x a x b a b 2x .

3η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

1. Για χ=2 και χ=3 στην σχέση (1) έχουμε: 3g(2)=3g(3)+(f(0)-1)∫ 𝑒𝑓(𝑡)2

0𝑑𝑡 και

g(3)=g(2)+(f(0)-1)∫ 𝑒𝑓(𝑡)3

0𝑑𝑡 άρα g(3)-g(2)=

(1−𝑓(0)) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)20 𝑑𝑡

3 και

g(3)-g(2)=(f(0)-1)∫ 𝑒𝑓(𝑡)3

0𝑑𝑡 άρα 3(f(0)-1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)

3

0𝑑𝑡+(f(0)-1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)

2

0𝑑𝑡=0 άρα

(f(0)-1)(3∫ 𝑒𝑓(𝑡)3

0𝑑𝑡 + ∫ 𝑒𝑓(𝑡)

2

0𝑑𝑡) = 0 με τη 2η παρένθεση >0 άρα f(0)=1

2. Mε Φ(χ)=𝑒−𝑥χf΄(χ) έχουμε Φ΄(χ)= 𝑒−𝑥(𝑓΄(𝜒) + 𝜒𝑓΄΄(𝜒) − 𝜒𝑓΄(𝜒))<0 από τη

(2) δηλ. η Φ είναι θετική. Άρα με χ>0 έχω Φ(χ)<0 άρα 𝑒−𝑥𝑥𝑓΄(𝜒) < 0 άρα f΄(χ)<0

δηλ. η f είναι θετική στο [0,+∞). Ομοίως με χ<0 η f είναι θετική στο (-∞, 0] άρα η

f είναι θετική στο R.

Από τη (2) με χ>0 έχω f΄΄(χ)<𝜒−1

𝜒𝑓΄(𝜒) και με χ>1 έχω f΄(χ)<0 άρα f΄΄(χ)<0 δηλ. η f

κοίλη στο (1,+∞).



23

3. Mε φ(χ)=(χ-3)f(-1)+(f΄(2)-f΄(3))(χ-2)-2016(χ-2)(χ-3), χ∈[2,3] και Bolzano

αφού είναι συνεχής και φ(2)=-f(-1)<-1<0, φ(3)=f΄(2)-f΄(3)>0 αφού η f΄ είναι θετική

στο (1,+∞).

Προφανώς η εξίσωση φ(χ)=0 για χ≠ 2,3 είναι ισοδύναμη με την 𝑓(−1)

𝑥−2+

𝑓΄(2)−𝑓΄(3)

𝜒−3=2016.

Με Η(χ)= 𝑓(−1)

𝑥−2+𝑓΄(2)−𝑓΄(3)

𝜒−3-2016, χ∈(2,3) έχω 𝛨΄(𝜒) = −

𝑓(−1)

(𝑥−2)2−𝑓΄(2)−𝑓΄(3)

(𝜒−3)2< 0.

4. Θέτω φ(χ)=f(χ)-χ, χ∈ [0,1] και με Bolzano αφού φ(0)=f(0)=1>0 και φ(1)=f(1)-

1=f(1)-f(0)<0 αφού η f είναι θετική , η φ έχει ρίζα στο (0,1) που είναι μοναδική

(άθροισμα θετικών).

5. Με φ(χ)=𝑙𝑛𝜒

𝜒+ 𝐹(𝑥2 + 8) − 𝐹(6𝑥), χ>0 και F αρχική της f, έχω φ(2)=

𝑙𝑛2

2+

𝐹(12) − 𝐹(12) =𝑙𝑛2

2 και φ(4)=

𝑙𝑛4

4+ 𝐹(24) − 𝐹(24) =

2𝑙𝑛2

4=𝑙𝑛2

2. Aπό Rolle για τη

φ στο [2,4] η φ΄(χ)=1−𝑙𝑛𝜒

𝜒2+ 2𝜒𝑓(𝑥2 + 8) − 6𝑓(6𝑥) = 0 δηλ. η 1 − 𝑙𝑛𝜒 +

2𝜒3 𝑓(𝑥2 + 8) − 6𝜒2 𝑓(6𝑥) = 0 έχει ρίζα στο (2,4) άρα θετική.

6. Έστω α,β∈ R με α<β και η φ(χ)=(𝜒 − 𝛼)(𝜒 − 𝛽)𝑒𝑓΄(𝑥) που ικανοποιεί το

Rolle στο [α,β]. Άρα η φ΄ έχει ρίζα στο (α,β), με φ΄(χ)=[2𝜒 − (𝛼 + 𝛽)]𝑒𝑓΄(𝜒) +

(𝜒2 − (𝛼 + 𝛽)𝜒 + 𝛼𝛽)𝑒𝑓΄(𝜒)𝑓΄΄(𝑥) άρα η εξίσωση 2𝜒 − 𝛼 − 𝛽 + (𝜒2 − (𝛼 + 𝛽)𝜒 +

𝛼𝛽)𝑓΄΄(𝑥) = 0 δηλ. η (𝜒 − 𝛼)(𝜒 − 𝛽) 𝑓΄΄(𝑥) = 𝛼 + 𝛽 − 2𝜒 έχει ρίζα στο (α,β).

4η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

1.

Έχουμε:

4𝑔(𝑥) = 𝑔(2) + 3𝑔(3) + (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0 (1)

Για x=2: 3(𝑔(2) − 𝑔(3)) = (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡2

0 .

Για x=3: (𝑔(3) − 𝑔(2)) = (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡3

0 οπότε:

3(𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡3

0 + (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡

2

0= 0 (𝑓(0) − 1)(3∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡

3

0

+∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡2

0)=0 𝑓(0) = 1 διότι 3 ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡

3

0 +∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡

2

0)>0

2.



24

΄Εστω L(x) = 𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) 𝑥 ∈ 𝑅. L’(x) = −𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥𝑥𝑓′′(𝑥) =

−𝑒−𝑥(𝑥𝑓′(𝑥) − 𝑓′(𝑥) − 𝑥𝑓′′(𝑥)) < 0. Επόμενα η L(x) είναι γνήσια φθίνουσα

στο R. Δηλαδή για x< 0 είναι L(x) >L(0) = 0 𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) > 0 𝑓′(𝑥) < 0

οπότε 𝑓(𝑥) γνήσια φθίνουσα στο 0, (2).΄Ομοια για x> 0 είναι L(x) <L(0) = 0

𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) < 0 𝑓′(𝑥) < 0 οπότε 𝑓(𝑥) γνήσια φθίνουσα στο [0 , +∞) (3). Eπί πλέον fσυνεχής στο R άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. Για x>1 είναι

𝑓′′(𝑥) <𝑥−1

𝑥𝑓′(𝑥) < 0 διότι

𝑥−1

𝑥> 0 , 𝑓′(𝑥) < 0 από (3). Επόμενα η f κοίλη στο

(1 , +∞).

3.

Θέτω q(x)=(x-3)f(-1) + (x-2)(f’(2) – f’(3)) -2016 (x-2)(x-3). Η q(x) είναι συνεχής ως

πολυωνυμική δευτεροβάθμια συνάρτηση. Επίσης q(2) =

-f(-1)< −1 < 0 (f γν. φθίνουσα στο R , συνεπώς f(-1) > 𝑓(0) = 1 ) , q(3) = f’(2) –

f’(3) > 0 (f κοίλη στο (1 , +∞) ) . Επόμενα από θεώρημα BOLZANO υπάρχει x1

є(2 , 3) ώστε q(x1) = 0 𝑓(−1)

𝑥1−2+𝑓′(2)−𝑓′(3)

𝑥1−3= 2016. Tώρα το x1 είναι μοναδική

ρίζα της q(x) = 0 στο (2 , 3) διότι αν η εξίσωση είχε και την άλλη ρίζα της στο (2 , 3) τότε θα ήταν q(2)q(3) >0.

4.

Η συνάρτηση h(x)=f(x)-x είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών. Επί πλέον h(0)=1 >

0 , h(2) =f(2) - 2˂ f(0) – 2 = -1<0 (διότι f γνήσια φθίνουσα στο R .) ΄Aρα από

θεώρημα BOLZANO υπάρχει x2 є(0 , 2)𝑅 ώστε h(x2)=0 f(x2) = x2 . Eπειδή

h΄(x) = f΄(x) – 1 < 0 h γνήσια φθίνουσα στο R συνεπώς το x2 μοναδικό.

5.

Αν G(x)=𝑙𝑛𝑥

𝑥+ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑥2+8

6𝑥 xє[2 , 4] , η G συνεχής ως άθροισμα συνεχών. Επίσης

η G παραγωγίσιμη με G΄(x)=1−𝑙𝑛𝑥

𝑥2+ 2𝑥(𝑓(𝑥2 + 8) − 6𝑓(6𝑥) και G(2)=

𝑙𝑛2

2=𝑙𝑛4

4=

G(4). Οπότε από θεώρημα ROLLE υπάρχει x3є(2 , 4) (0 , +∞) τέτοιο ώστε

G΄(x3)= 0 1−𝑙𝑛𝑥3

𝑥32+ 2𝑥3𝑓( 𝑥3

2 + 8) − 6𝑓(6 𝑥3) = 0 1 − 𝑙𝑛𝑥3 +

2 𝑥33𝑓( 𝑥3

2 + 8) = 6 𝑥32𝑓(6 𝑥3) .

6.

Θέτω Φ(x)=𝑒𝑓΄(𝑥)(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏). Είναι 𝑓΄(𝑥) συνεχής (διότι f δύο φορές

παραγωγίσιμη ), 𝑒𝑓΄(𝑥) συνεχής ως σύνθεση συνεχών , (𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) συνεχής

ως πολυωνυμική επόμενα η Φ(x) συνεχής στο [𝛼 , 𝑏]. Επίσης η Φ(x) παραγωγίσιμη

στο [𝛼 , 𝑏] με Φ΄(x)= 𝑓΄΄(𝑥)𝑒𝑓΄(𝑥)(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) + 𝑒𝑓΄(𝑥)(2𝑥 − 𝛼 − 𝑏) και Φ(α)=

Φ(b)=0. Συνεπώς από θεώρημα ROLLE υπάρχει x4є(𝑎 , 𝛽) τέτοιο ώστε



25

Φ΄΄(x4)=0 𝑓΄΄(𝑥4)(𝑥4 − 𝑎)(𝑥4 − 𝑏) + 𝑒𝑓΄(𝑥4)(2𝑥4 − 𝛼 − 𝑏) = 0

𝑓΄΄(𝑥4)(𝑥4 − 𝑎)(𝑥4 − 𝑏) = 𝛼 + 𝑏 − 2𝑥4


1.

H 𝑔 είναι συνεχής στο [2,3] άρα θα παίρνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή Μ, ε

τότε 휀 ≤ 𝑔(𝑥) ≤ 𝑀 , ∀𝑥 ∈ [2,3] και 𝑓([2,3]) = [휀,𝛭]

άρα 휀 ≤ 𝑔(2) ≤ 𝑀 και 휀 ≤ 𝑔(3) ≤ 𝑀

και τότε 휀 ≤𝑔(2)+3𝑔(3)

4≤ 𝑀 ,οπότε

𝑔(2)+3𝑔(3)

4∈ [휀,𝛭]

συνεπώς υπάρχει 𝜉 ∈ [2,3]: 𝑔(𝜉) =𝑔(2)+3𝑔(3)

4 (∗)

Από (1) για x=ξ

είναι 4𝑔(𝜉) = 𝑔(2) + 3𝑔(3) + (𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡 (∗) ⇒

𝜉

0

(𝑓(0) − 1) ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 0 𝜉

0 ,όμως 𝑒𝑓(𝑡) > 0, 𝜉 ∈ [2,3] άρα ∫ 𝑒𝑓(𝑡)𝑑𝑡 > 0

𝜉

0

οπότε 𝒇(𝟎) = 𝟏

2.

Εστω 𝐻(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥), 𝑥 ∈ 𝑅 παραγωγίσιμη με

𝐻′(𝑥) = −𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑒−𝑥𝑥𝑓′′(𝑥) =

= 𝑒−𝑥(−𝑥𝑓′(𝑥) + 𝑓′(𝑥) + 𝑥𝑓′′(𝑥))

= 𝑒−𝑥(𝑥𝑓′′(𝑥) − (𝑥 − 1)𝑓′(𝑥)) < 0 , από την (2)

άρα 𝐻 ↘ 𝜎𝜏𝜊 𝑅

- 𝑥 < 0⇒ 𝐻(𝑥) > 𝐻(0) ⇒𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) > 0⇒ 𝑓′(𝑥) < 0

- 𝑥 > 0⇒ 𝐻(𝑥) < 𝐻(0) ⇒𝑒−𝑥𝑥𝑓′(𝑥) < 0⇒ 𝑓′(𝑥) < 0

και επειδή 𝑓 συνεχής θα είναι 𝒇 ↘ 𝑹

(είναι προφανές ότι 𝑓′(0) ≤ 0 , 𝛼𝜆𝜆𝜄ώ𝜍 𝜃𝛼 έ𝜋𝜌휀𝜋휀 𝜂 𝑓′𝜈𝛼 𝜋𝛼ί𝜌𝜈휀𝜄 𝜅𝛼𝜄

𝜃휀𝜏𝜄𝜅έ𝜍 𝜏𝜄𝜇έ𝜍 𝛾ύ𝜌𝜔 𝛼𝜋ό 𝜏𝜊 0 , 𝜋𝜊𝜐 𝛿휀 𝜎𝜐𝜇𝛽𝛼ί𝜈휀𝜄)

για 𝑥 > 1 ⇒ 𝑥 − 1 > 0⇒ (𝑥 − 1)𝑓′(𝑥) < 0 (2) ⇒ 𝑥𝑓′′(𝑥) < 0⇒ 𝑓′′(𝑥) < 0



26

άρα 𝒇 κοίλη στο (1,+∞ )

3.

Έστω 𝐺(𝑥) =𝑓(−1)

𝑥−2+𝑓′(2)−𝑓′(3)

𝑥−3, 𝑥 ∈ (2,3) παραγωγίσιμη με

𝐺′(𝑥) = −𝑓(−1)

(𝑥−2)2− 𝑓′(2)−𝑓′(3)

(𝑥−3)2< 0

𝛼𝜑𝜊𝜐 − 1 < 0 𝑓 ↘ ⇒ 𝑓(−1) > 𝑓(0) = 1 > 0

και 2 < 3 𝑓′ ↘ ⇒ 𝑓′(2) > 𝑓′(3)

άρα 𝐺 ↘ 𝜎𝜏𝜊 (2,3)

lim𝑥→2𝐺(𝑥) = +∞ 𝜅𝛼𝜄 lim

𝑥→3𝐺(𝑥) = −∞

άρα 𝐺((2,3)) = 𝑅 . Όμως 2016 ∈ 𝑅 και G ↘

ά𝜌𝛼 ∃! 𝑥1 ∈ (2,3) ∶ 𝐺(𝑥1) = 2016

άρα υπάρχει μοναδικό 𝒙𝟏 ∈ (𝟐, 𝟑) ∶𝒇(−𝟏)

𝒙−𝟐+𝒇′(𝟐)−𝒇′(𝟑)

𝒙−𝟑= 𝟐𝟎𝟏𝟔

4.

Εστω 𝑊(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥 , 𝑥 ∈ [0,1] συνεχής,παραγωγίσιμη

𝑊′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) − 1 < 0 , 𝑓′(𝑥) ≤ 0 , ά𝜌𝛼 𝑊 ↘ 𝜅𝛼𝜄 1 − 1

τότε 𝑊(0) = 1 > 0

𝑊(1) = 𝑓(1) − 1 = 𝑓(1) − 𝑓(0) < 0 , 𝛼𝜑𝜊𝜐 𝑓 ↘

από Θ.Bolzano 𝜐𝜋ά𝜌𝜒휀𝜄 𝜇𝜊𝜈𝛼𝛿𝜄𝜅ό 𝑥2 ∈ (0,1) ⊆ 𝑅:𝑊(𝑥2) = 0.

ά𝝆𝜶 𝝊𝝅ά𝝆𝝌𝜺𝜾 𝝁𝝄𝝂𝜶𝜹𝜾𝜿ό 𝒙𝟐 ∈ 𝑹 ∶ 𝒇(𝒙𝟐) = 𝒙𝟐

5.

Εστω 𝑍(𝑥) = 𝑃(𝑥2 + 8 ) − 𝑃(6𝑥) +𝑙𝑛𝑥

𝑥 , 𝑥 ∈ [2,4] και 𝑃 παράγουσα της 𝑓

τότε 𝑍′(𝑥) = 2𝑥𝑃′(𝑥2 + 8 ) − 6𝑃′(6𝑥) +1−𝑙𝑛𝑥

𝑥2⇒

𝑍′(𝑥) = 2𝑥𝑓(𝑥2 + 8 ) − 6𝑓(6𝑥) +1−𝑙𝑛𝑥

𝑥2

𝑍(2) =𝑙𝑛2

2= 𝑍(4)



27

και Z συνεχής στο [2,4] και παραγωγίσιμη στο (2,4) ,άρα από Θ.Rolle

υπάρχει 𝑥3 ∈ (2,4) ⊆ (0,+∞): 𝑍′(𝑥3) = 0 ⇒

υπάρχει 𝒙𝟑 ∈ (𝟎,+∞) ∶ 𝟏 − 𝒍𝒏𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟑𝟑𝒇(𝒙𝟑

𝟐 + 𝟖) = 𝟔𝒙𝟑𝟐𝒇(𝟔𝒙𝟑)

6.

Εστω 𝐷(𝑥) = (𝑥2 − (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎𝑏)𝑒𝑓′(𝑥) , 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] παραγωγίσιμη

𝐷′(𝑥) = (2𝑥 − 𝑎 − 𝑏)𝑒𝑓′(𝑥) + (𝑥2 − (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎𝑏)𝑒𝑓

′(𝑥)𝑓′′(𝑥)

𝐷(𝑎) = 0 = 𝐷(𝑏)

άρα από Θ.Rolle υπάρχει 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏): 𝐷′(𝑥4) = 0 ⇒

∃ 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏) τέτοιο ώστε

(2𝑥4 − 𝑎 − 𝑏)𝑒𝑓′(𝑥4) + (𝑥4

2 − (𝑎 + 𝑏)𝑥4 + 𝑎𝑏)𝑒𝑓′(𝑥4)𝑓′′(𝑥4) = 0 ⇒

∃ 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏): (2𝑥4 − 𝑎 − 𝑏) + (𝑥42 − (𝑎 + 𝑏)𝑥4 + 𝑎𝑏)𝑓

′′(𝑥4) = 0 ⇒

∃ 𝑥4 ∈ (𝑎, 𝑏): (2𝑥4 − 𝑎 − 𝑏) + (𝑥4 − 𝑎)(𝑥4 − 𝑏)𝑓′′(𝑥4) = 0 ⇒

∃ 𝒙𝟒 ∈ (𝒂, 𝒃): (𝒙𝟒 − 𝒂)(𝒙𝟒 − 𝒃)𝒇′′(𝒙𝟒) = 𝜶 + 𝜷 − 𝟐𝒙𝟒


Δεκεμβριος 15

Education

Transcript of Δεκεμβριος 15