Φεβρουαριος 16

of 100 /100
η άσκηση της ημέρας μικρές προσπάθειες ενασχόλησης με αγαπημένες μας συνήθειες επιμέλεια: Παύλος Τρύφων από το lisari.blogspot.gr !3127

Transcript of Φεβρουαριος 16

Page 1: Φεβρουαριος 16

η άσκηση της ηµέρας

µικρές προσπάθειες ενασχόλησης

µε αγαπηµένες µας συνήθειες

επιµέλεια: Παύλος Τρύφων

από το lisari.blogspot.gr

Page 2: Φεβρουαριος 16

___________________________________________________________________________ ΜΑΡΤΙΟΣ 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

Καλλιακμάνης Νίκος

Καταραχιάς Τάκης

Κίκης Νίκος

Κοπάδης Θανάσης

Κουστέρης Χρήστος

Κουτσοβασίλης Κώστας

Λάμπρου Αναστάσιος

Λουκούσιας Παναγιώτης

Μάντζαρης Μάκης

Μανώλης Ανδρέας

Μαρκάκης Αντώνης

Μάρκου Κατερίνα

Μίχας Μάνος

Νικολακάκης Βαγγέλης

Ξανιά Ηλιάνα

Παγώνης Θεόδωρος

Πάτσης Ανδρέας

Πλατώνη Δέσπω

Ρουμελιώτης Δημήτρης

Σπύρου Πάνος

Τσακαλάκος Τάκης

Τσατσαρώνης Θεόδωρος

Χατζάκης Δημήτρης

Χιωτίνης Μιχάλης

Χρήστου Μαρία

Χύτης Μάριος

Page 3: Φεβρουαριος 16

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

2

19η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Μάριο Βώβο (1-2-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 7/2/2016

Θεωρούμε τον αριθμό 0 και τη συνάρτηση xf x xe

α) Αποδείξτε ότι η f παρουσιάζει ακρότατο σε σημείο 0 0M x ,f x .

Στη συνέχεια να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων M καθώς το

μεταβάλλεται στο διάστημα ,0

β) Αν το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την fC , τις ευθείες

x 0 , y 0 και x 1 είναι E 1 . . , να βρείτε τον αριθμό

Στη συνέχεια για 1 :

γ) Να αποδείξετε ότι η fC έχει μοναδικό κοινό σημείο 1 1

x ,f x με την

εφαπτομένη ε της fC στο σημείο 1,f 1 , το οποίο και να βρείτε

δ) Αποδείξτε ότι f 2f2

ln3 2

, με 0 .

Page 4: Φεβρουαριος 16

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

3

1η προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)

α) Είναι x x x xf ' x xe ' e xe e 1 x , για κάθε x .

► x 1f ' x 0 e 1 x 0 x

► 0

x 1f ' x 0 e 1 x 0 x

Άρα, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 1

,

και γνησίως αύξουσα στο

διάστημα 1

,

. Επομένως, η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο, το

1 1 1 1,f ,

e

. Άρα:

1

x

και 1 1 x

y ye e

. Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων είναι η

ευθεία με εξίσωση x

ye

. Περιοριζόμαστε στην ημιευθεια που βρίσκεται στο 3ο

τεταρτημόριο, διότι 0 άρα 1

x 0

και 1 1

y 0e

β) Είναι xf x 0 xe 0 x 0 . Άρα:

11 1 1 1 1x x x

x

0 0 0 0 00

e e eE f x dx f x dx xe dx x 'dx x dx

1x

2 2

0

e 1 e e e 1

Όμως, 1 , επομένως:

2 2

2 2

e e 11 e e 1 e e 1 0

1 e 1 1 . Άρα, 1 ή e 1 .

Από τη γνωστή ανισότητα xe x 1 και όπου x το x , έχουμε:

xe 1 x , με την ισότητα να ισχύει, μόνο όταν x 0 . Επομένως:

1 ή 0 .

Η δεύτερη λύση απορρίπτεται, αφού 0 , άρα 1 .

Page 5: Φεβρουαριος 16

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

4

γ) Η συνάρτηση f για 1 , γράφεται xf x xe , για κάθε x .

Η εφαπτομένη της f στο σημείο 1,f 1 δίνεται από τη σχέση:

y f 1 f ' 1 x 1 y e 2e x 1 y 2ex e .

Άρα, ζητούμε η εξίσωση:

x xf x 2ex e xe 2ex e xe 2ex e 0 , να έχει μοναδική ρίζα στο

.

Θεωρούμε, τη συνάρτηση x 1h x xe 2x 1 , για κάθε x . Η h είναι

παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγισίμων συναρτήσεων με παράγωγο

x 1 x 1 x 1h ' x e xe 2 x 1 e 2 , για κάθε x .

Για x 1 είναι x 1 2 και x 1e 1 , άρα x 1x 1 e 2 h ' x 0 , επομένως

η h είναι γνησίως αύξουσα στο 1, .

Για x 1 είναι x 1 2 και x 10 e 1 , άρα x 1x 1 e 2 h ' x 0 ,

επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ,1 .

Τελικά, η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0x 1 , το h 1 0 . Άρα,

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

, που είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης h x 0 .

Επομένως, το κοινό σημείο της fC με την εφαπτομένη , είναι το 1,f 1 1,e

δ) Είναι:

3 2 2 22

3 2 3 ,2 33

που ισχύει. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο , άρα και στο διάστημα , ,

με xf ' x e x 1 , οπότε ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης

τιμής, σε καθένα από τα διαστήματα 2

,3

και 2

,3

, επομένως θα

υπάρχει, ένα τουλάχιστον:

1

2,

3

, ώστε

1

2 2f f f f

3 3f '

2 2

3 3

.

Page 6: Φεβρουαριος 16

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

5

2

2,

3

, ώστε

2

2 2f f f f

3 3f '

2

3 3

.

Για κάθε x 0 , έχουμε xf '' x e x 2 0 , άρα f κυρτή στο διάστημα 0,

και f ' γνησίως αύξουσα.

f '

1 2 1 2

2 2f f f f

3 30 f ' f '

2

3 3

f 2f2 2 2

f f 2 f f f3 3 3 3

2 22 03 3

f 2f f 2f2e e

3 3 2

f 2f2ln

3 2

, που είναι το ζητούμενο.

Page 7: Φεβρουαριος 16

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

6

2η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Ρουμελιώτης)

α. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως γινόμενο παραγωγίσιμων

συναρτήσεων με

x x x x x xf '(x) xe ' x ' e x e ' e xe f '(x) e 1 x x .

1f '(x) 0 1 x 0 x

1f '(x) 0 1 x 0 1 x x , λ<0

Για f1 1

x f (x) f ( )

Για f1 1

x f (x) f ( )

Άρα για κάθε x είναι

1f (x) f

. Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο

o

1x

, το

1

o

1 1 1f (x ) f e

e

, άρα 1 1

M ,e

,λ < 0 .

Αν M(x, y) τότε 1

x

και 1 1

y y xe e

με x, y 0 , άρα ο γεωμετρικός

τόπος των σημείων Μ είναι η ημιευθεία 1

: y xe

με x, y 0 χωρίς δηλαδή το

σημείο O(0,0) .

β. Το δοσμένο εμβαδόν δίνεται από την σχέση 1

0

E f (x)dx . Όμως η f είναι

γνησίως αύξουσα στο 1

, 0,

άρα για

0 x 1 f (0) f (x) f (1) 0 f (x) e άρα :

' 1 11 1 1 1x x xx x

0 0 0 00 0

2 2 2

e xe 1 e 1 eE f (x)dx xe dx x dx e dx

e e 1e 1 e 1 e e 1.

x

1

f '(x)

f > <

Page 8: Φεβρουαριος 16

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

7

Όμως

2 2

2

e e 1E( ) 1 1 e e 1 e e 1 0

1 e 1 0

Από όπου παίρνουμε ότι : 1 ή e 1 0 (1) . Θεωρώντας τη συνάρτηση

xg(x) e x 1 με x παρατηρούμε ότι g(0) 0 και ότι xg '(x) e 1 ,

x . Είναι : xg '(x) 0 e 1 x 0 και

xg '(x) 0 e 1 x 0 x 0 .

Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ,0 . Αυτό σημαίνει

ότι για κάθε xx 0 g(x) g(0) e x 1 0 άρα και e 1 0 για κάθε

0 . Τελικά από την (1) παίρνουμε ότι : 1 .

γ. Για 1 είναι : xf (x) xe , x και xf '(x) x 1 e , x .

Η εφαπτόμενη ευθεία (ε) της Cf στο σημείο της B 1,f (1) είναι η :

( ) : y f (1) f '(1) x 1 y e 2e x 1 y 2ex e .

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο με xf ''(x) x 2 e , x .

Για κάθε xx 2 x 2 0 x 2 e 0 f ''(x) 0 άρα η f είναι κυρτή στο

διάστημα 2, και επειδή 1 2, άρα η γραφική παράσταση της f

βρίσκεται πάνω από την εφαπτόμενη της (ε) και μοναδικό κοινό σημείο τους στο

2, είναι το B 1,f (1) ως σημείο επαφής.

Για το διάστημα , 2 τώρα θεωρούμε τη συνάρτηση :

x xh(x) f(x) 2ex e xe 2ex e x e 2e e , x , 2 .

Η h είναι παραγωγίσιμη στο , 2 με xh '(x) x 1 e 2e , x , 2 .

Για κάθε x x x xx 2 x 1 1 x 1 e e x 1 e 2e e 2e 0

άρα h '(x) 0 για κάθε x 2 άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο

διάστημα , 2 .

Page 9: Φεβρουαριος 16

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

8

‘Έτσι για κάθε

3

2

5e 2x 2 h(x) h( 2) h(x) 0

e

διότι

3

2

5e 2h( 2)

e

.

Άρα για κάθε x 2 f (x) (2ex e) 0 f (x) 2ex e άρα η Cf βρίσκεται

πάνω από την εφαπτόμενη (ε) στο διάστημα , 2 , άρα δεν έχει κανένα κοινό

σημείο με αυτήν στο , 2 .

Τελικά μοναδικό κοινό σημείο της Cf με την εφαπτόμενη της (ε) στο B 1,f (1)

είναι το σημείο B 1,f (1) . Άρα A B .

δ. Στο διάστημα , θεωρούμε το σημείο 2

3

. Είναι

20

3

και 03

άρα πράγματι .

Η f ως παραγωγίσιμη συνάρτηση στο ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του

Θεωρήματος Μέσης Τιμής στα διαστήματα , και , αντίστοιχα. Άρα θα

υπάρχουν: 1 , ώστε

1

3 f ( ) f( )f ( ) f ( )f '( )

2

(2)

και 2 , ώστε

2

3 f ( ) f ( )f ( ) f ( )f '( )

(3)

Όμως στο ερώτημα (γ) αποδείξαμε ότι η f είναι κυρτή στο 2, , άρα και στο

διάστημα , αφού 0 , άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο , , έτσι

έχουμε

1 2 1 2

0

2 2

3 3

22 03

3 f ( ) f( ) 3 f ( ) f ( )f '( ) f '( )

2

f ( ) f ( ) 2f ( ) f ( ) 3f ( ) f ( ) 2f ( ) 3f f ( ) 2f ( )

2 3

23 e f ( ) 2f ( ) 2 e f ( ) 2f ( )

3

f ( ) 2f ( )e

2

2f 03

x>0

f ( ) 2f ( )ln e ln

2

Page 10: Φεβρουαριος 16

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

9

άρα τελικά 2 f ( ) 2f ( )

ln3 2

για κάθε 0 .

3η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

α) Είναι f(x) = xe−λx. Η f συνεχής στο R ως γινόμενο συνεχών και παραγωγίσιμη ως

γινόμενο παραγωγίσιμων , με f΄(x) = e−λx − λxe−λx = (1 − λx)e−λx.f΄(x)=0 x = 1

λ ,

f΄(x)>0 x > 1

λ , f΄(x)<0 x <

1

λ . Δηλαδή f γνήσια φθίνουσα στο (-∞ ,

1

λ] , f γνήσια

αύξουσα στο [1

λ ,+∞ ) , στο x0 =

1

λ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο f(

1

λ ) =

1

λ e−1 . Συνεπώς

f(x)≥1

λe .

Τωρα για 1

λ= x<0 έχουμε y= xe−1 y =

x

e . ΄Aρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων

Μ(x0,f(x0)) είναι η ευθεία y = x

e για x<0 (ημιευθεία με εξαίρεση το Ο(0,0)) .

β) Προφανώς για x≥ 0 ισχύει f(x) ≥ 0. Eπόμενα το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε(λ)=∫ f(x)dx = 1

0∫ x e−λxdx = − 1

0∫ x (

e−λx

λ) ΄dx = − [x (

e−λx

λ)]0

1

+ 1

λ∫ e−λxdx =1

0

1

0

− [x (e−λx

λ)]0

1

− [(e−λx

λ2)]0

1

= −1

λ2[(λx + 1)e−λx]

0

1= −

1

λ2[(λ + 1)e−λ-1] =

1−(λ+1)e−λ

λ2 .

Τώρα

Page 11: Φεβρουαριος 16

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

10

Ε(λ) – 1 = 1−(λ+1)e−λ

λ2− 1 =

1−(λ+1)e−λ−λ2

λ2=

(1−λ)(1+λ)−(λ+1)e−λ

λ2=

(1+λ)(1−λ−e−λ)

λ2 .

Αν g(λ) = 1 − λ − e−λ, λ≤ 0 τότε g΄(λ)= e−λ − 1 > 0 για λ<0. Δηλαδή g γνήσια αύξουσα

στο (-∞ , 0] , επόμενα λ<0 g(λ) < 01 − λ − e−λ < 0.

΄Αρα για λ<0 , Ε(λ) – 1=0 1+λ=0 λ= -1.

γ) f(x) = xex , f΄(x) = (1 + x)ex ,f(1)=e , f΄(1)=2e . Συνεπώς η εφαπτόμενη στο Β(1,e) είναι

y = 2ex – e. Aν h(x) = f(x)-y = xex − (2ex – e) = xex − 2ex + e τότε h΄(x)= xex + ex −

2e και h(1)=0.

Aν σ(x)=1+x-2e1−x με x∈ R, σ΄(x)= 1+2e1−x >0 ∀ x∈ R. Oπότε η σ γνήσια αύξουσα στο

R. Eπόμενα:

Για x>1 έχω σ(x)> σ(1) 1+x-2e1−x>0 xex + ex − 2e > 0 h΄(x)>0 δηλαδή h γν.

αύξουσα στο [1,+ ∞) οπότε x>1 h(x)>0.

΄Ομοια για x<1 έχω σ(x)< σ(1) 1+x-2e1−x<0 xex + ex − 2e < 0 h΄(x)<0 δηλαδή

h γν. φθίνουσα στο (- ∞ , 1]) οπότε x<1 h(x)>0 . ΄Αρα h(x1)=0 x1=1.

δ) Έχουμε f΄(x) = (1 + x)ex , f ΄΄(χ) = (2 + x)ex > 0 γιά x > 0. Επόμενα f΄γνήσια

αύξουσα στο [0,+ ∞).

Από θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διαστήματα [α , α+2β

3 ] , [

α+2β

3 , β ] υπάρχουν ξ1

, ξ2∈ R με α< ξ1<α+2β

3< ξ2 <β και

f΄( ξ1)=f(a+2β

3)−f(a)

2

3(β−a)

, f΄( ξ2)=f(β)−f(

a+2β

3)

1

3(β−a)

και επειδή f΄( ξ1) < f΄( ξ2) f (a+2β

3) − f(a) <

2(f(β) − f (a+2β

3)) 3 f (

a+2β

3) < f(a) + 2(f(β) 3(

a+2β

3) e

a+2β

3 < f(a) + 2(f(β)

ea+2β

3 <f(a)+2(f(β)

a+2β a+2β

3< ln (

f(a)+2(f(β)

a+2β).

4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α) xf (x) 1 x e με ρίζα το 1

0

και 1

f (x) 0, x

και 1

f (x) 0, x

δηλ.

f στο 1

,

, 1

f ,

ενώ έχει ολικό min το

1 1f

e

. Με

1 1x , y

e

, 0 είναι x

y , x 0e

Page 12: Φεβρουαριος 16

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

11

Β) Η f συνεχής στο [0,1] με f (x) 0 και

1x

1 1 1 1x x x x

0 0 0 00

1x

2

2 2 2

0

1 xe 1 1 1 1E xe dx x e dx e dx e dx

e

1 1 e 1 1 1 1 1 e 1 ee 1 1 1 e e

e e e e e

Θεωρώ 2( ) 1 e 1 1 1 e 1 , 0 είναι ( 1) 0 και

h( ) 1 e 1, 0 είναι h ( ) e 0 δηλ. h και

1 1lim h( ) lim 1 lim 1

e e

,

0lim h( ) 0

δηλ. h( ) 0,1 , άρα ο -1

μόνη ρίζα της φ.

Γ) Η εφαπτομένη της Cf στο Β(1,f(1)): y 2ex e . Η εξίσωση: xxe 2ex e . Θέτω

x xT(x) xe 2e με T(1) e και xT (x) x 1 e 0 x 1 . Είναι T στο

,1 και στο [1, ) με ΟΕ το e . Άρα T(x) e x 1 και Α(1,e).

Δ) Η αποδεικτέα ισοδύναμα γράφεται:

a 2 a 2

3 3f (a) 2f ( ) 2 f (a) 2f ( ) a 2 f (a) 2f ( )

e e f2 3 3 3 3

Με 2

ΘΜΤ στα 2

,3

και 2

,3

υπάρχουν 1 2

2 2, , ,

3 3

με

1

3 f (a 2 ) f (a)f ( )

2

και 2

2f ( ) f ( )

3f ( ) 3

.

Είναι xf (x) e x 2 0 x 2 και f (x) 0 στο , 2 , f (x) 0 στο

2, , άρα f στο ( , 2] και f στο [ 2, ) . Δηλαδή ισχύει

1 2

a 2f ( ) f ( ) 2f ( ) f ( ) 3f

3

οεδ.

5η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

α) f(x) = xe−λx, με f ′(x) = (1 − λx)e−λx , λ < 0

x 1/λ

f ′(x) − +

f(x) ↘ ↗

Page 13: Φεβρουαριος 16

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

12

Άρα Μ(1

λ, f (

1

λ)) = (

1

λ,1

λe−1)

Θέτουμε {

x =1

λ< 0

y =1

λe−1

⇔ y = xe−1 , x < 0 . Οπότε ο γ.τ. των σημείων Μ είναι

η ημιευθεια y = xe−1 , x < 0.

β) Ε = ∫ |f(x)|dx = 11

0⟺ ∫ xe−λxdx = 1 ⟺ [−

1

λxe−λx]

0

1

+1

λ∫ e−λxdx = 1 ⟺1

0

1

0

⟺ [−1

λxe−λx]

0

1

+1

λ[−1

λe−λx]

0

1

= 1 ⟺ −1

λe−λ −

1

λ2(e−λ − 1) = 1 ⟺

−λe−λ − e−λ + 1 = λ2⟺ (λ + 1)(−e−λ + 1 − λ) = 0 ⇢ λ = −1 ή − e−λ + 1 − λ

= 0

Θεωρούμε την Κ(x) = −e−x + 1 − x , x ∈ ℝ με Κ′(x) = e−x − 1 και

Κ(0) = 0

x 0

Κ′(x) + −

Κ(x) ↗ ↘

Έστω ότι Κ(ρ) = 0 με ρ > 0κ ↓⇔Κ(ρ) < Κ(0) ⟺ 0 < 0 ⇢ ατοπο

Έστω ότι Κ(ρ) = 0 με ρ < 0κ ↑⇔Κ(ρ) < Κ(0) ⟺ 0 < 0 ⇢ ατοπο

Τελικά η εξίσωση Κ(x) = 0 εχει μοναδικη ριζα το 0 και επειδή λ < 0 τότε η εξίσωση

−e−λ + 1 − λ = 0 είναι αδύνατη για λ < 0 .

γ) f(x) = xex, με f ′(x) = (1 + x)ex και f ′′(x) = (2 + x)ex

x −1

f ′(x) − +

f(x) ↘ ↗

𝑥 −2

𝑓′′(𝑥) − +

𝑓(𝑥) ∩ ∪

Η εφαπτόμενη της 𝐶𝑓 στο Β είναι 𝜀 ∶ 𝑦 = 2𝑒𝑥 − 𝑒 ή 𝑔(𝑥) = 2𝑒𝑥 − 𝑒

1 περίπτωση : 𝒙 > −𝟐

Page 14: Φεβρουαριος 16

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

13

Για 𝑥 > −2 η 𝐶𝑓 είναι κυρτή άρα 𝑓(𝑥) ≥ 2𝑒𝑥 − 𝑒 και το ίσον ισχύει μόνο όταν

𝑥 = 1

2 περίπτωση : 𝒙 ≤ −𝟐

𝑓 συνεχής και ↓ στο (−∞,−2] ⇢ 𝑓((−∞,−2]) = [−2

𝑒2, 0) άρα 𝑓(𝑥) ≥ −

2

𝑒2

𝑥 ≤ −2𝑔 ↑⇔𝑔(𝑥) ≤ 𝑔(−2) = −5𝑒

𝑔(𝑥) ≤ −5𝑒 < −2

𝑒2≤ 𝑓(𝑥) ⇢ 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) , 𝑥 ≤ −2

Επομένως 𝑓 (𝑥) ≥ 2𝑒𝑥 − 𝑒 και το ίσον ισχύει μόνο όταν 𝑥 = 1 .

δ) Θεωρούμε την ℎ(𝑥) = 𝑒𝑥 𝜇𝜀 ℎ′′(𝑥) = 𝑒𝑥 > 0 άρα ℎ′ ↑

ℎ παραγωγισιμη στο [𝛼,𝛼+2𝛽

3] από ΘΜΤ ∃𝑥1 ∈ (𝛼,

𝛼+2𝛽

3) : ℎ′(𝑥1) =

𝑒𝛼+2𝛽3 −𝑒𝑎

2(𝛽−𝑎)

3

ℎ παραγωγισιμη στο [𝛼+2𝛽

3, 𝛽] από ΘΜΤ ∃𝑥2 ∈ (

𝛼+2𝛽

3, 𝛽) : ℎ′(𝑥2) =

𝑒𝛽−𝑒𝛼+2𝛽3

2(𝛽−𝑎)

3

𝑥1 < 𝑥2ℎ ↑⇔ℎ′(𝑥1) < ℎ

′(𝑥2) ⟺𝑒𝛼+2𝛽3 −𝑒𝑎

2(𝛽−𝑎)

3

<𝑒𝛽−𝑒

𝛼+2𝛽3

2(𝛽−𝑎)

3

⟺ 𝑒𝛼+2𝛽

3 − 𝑒𝑎 < 𝑒𝛽 −

𝑒𝛼+2𝛽

3

0<𝛼<𝛽<2𝛽⇔ 𝑎 (𝑒

𝛼+2𝛽3 − 𝑒𝑎) < 2𝛽 (𝑒𝛽 − 𝑒

𝛼+2𝛽3 ) (1)

Έστω ότι 𝛼+2𝛽

3< 𝑙𝑛 (

𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)

𝛼+2𝛽) ⇔ 𝑙𝑛𝑒

𝛼+2𝛽

3 < 𝑙𝑛 (𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)

𝛼+2𝛽) ⇔ 𝑒

𝛼+2𝛽

3 <

𝑓(𝛼)+2𝑓(𝛽)

𝛼+2𝛽

⇔ 𝑒𝛼+2𝛽

3 (𝛼 + 2𝛽) < 𝑎𝑒𝑎 + 2𝛽𝑒𝛽⟺ 𝛼(𝑒𝛼+2𝛽

3 − 𝑒𝑎) < 2β (eβ − eα+2β

3 ) που ισχύει

λογω της (1) .

Page 15: Φεβρουαριος 16

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

14

6η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

x x x xf (x) = xe f '(x) = e - λxe e 1- λx ,x R

1f '(x) = 0 x =

Από τον πίνακα έχουμε ολικό ελάχιστο

f (1

)=

1

e , άρα

1 1M , , ,0

e

Για κάθε x ,0 υπάρχει 1

,0 : x 0

, αφού η ποσότητα

1

, ,0

παίρνει όλες τις τιμές στο ,0 . Αν 1

ye

τότε

x

y , ά x ,0e

. Άρα ο Γ.Τ. των σημείων Μ(x,y) είναι το μέρος

της ευθείας x

: y , x 0e

B.

xf (x) = 0 xe 0 x 0 , μοναδικό σημείο τομής με τον x’x.

x 01 1 1x x

0 0 0

1 1x x

1x

00 0

2 2

E 1 f (x)dx 1 xe dx 1 xe dx 1

xe 1 e 1 ee dx 1 1

e e 11 1 1 e 1 0 (1)

Θεωρώ τη συνάρτηση xg(x) (x 1)e 1 ,x 0

x

-∞

+∞

f ’ - +

f ↘ ↗

ΟΕ f ( 1λ

)= 1

λe

Page 16: Φεβρουαριος 16

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

15

x x xg '(x) e (x 1)e x e 0 , x 0 ,g συνεχής άρα g ,0 και

g(x) 0 για x<0. Άρα 1 e 1 0 οπότε από (1) είναι 1

μοναδική λύση.

Γ.

Για λ=-1 είναι xf (x) = xe ,x R . Η εφαπτόμενη της Cf στο Β(1,e) είναι η

: y e 2e(x 1) y 2ex e .

Έστω xH(x) f (x) 2ex e xe 2ex e ,x R με Η(1)=0

xH'(x) x 1 e 2e ,H'(1) 0

Έστω 1 xG(x) x 1 2e ,x R

1 xG'(x) 1 2e 0 G R G(1) 0

.Αρα για

1 x xx 1 G(x) G(1) 0 x 1 2e 0 e x 1 2e 0

H'(x) 0 H 1, H(x) H(1) 0

1 x xx 1 G(x) G(1) 0 x 1 2e 0 e x 1 2e 0

H'(x) 0 H ,1 H(x) H(1) 0

Άρα η Η έχει μοναδική λύση το 1 άρα και η εξίσωση f (x) 2ex e έχει

μοναδική λύση την x=1 .Συνεπώς η Cf έχει μοναδικό κοινό σημείο με την

εφαπτόμενη της στο Β το Β.

Δ.

x xf '(x) = x +1 e f ''(x) = x + 2 e 0 0, f ' 0, και

f (x) > 0

2

0 a3

Page 17: Φεβρουαριος 16

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

16

εφαρμόζοντας ΘΜΤ στα 2 2

, , ,3 3

, θα υπάρχουν

1 2

2 2, , , :

3 3

1 2

2 2f ( ) f f f ( )

3 3f '( ) , f '( )

2 2a

3 3

, άρα

1 2

2 2f ( ) f f f ( )

3 3f '( ) f '( )

2 2a

3 3

2 2f ( ) f f f ( )

3 3

2 2

2

3

2

3

2 2f ( ) f 2f 2f ( )

3 3

f ( ) 2f ( ) 2 f ( ) 2f ( ) 2f e

3 3 3 3

f ( ) 2f ( ) f ( ) 2f ( ) 2e ln .

2 2 3

Page 18: Φεβρουαριος 16

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

17

20η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Ηλία Ζωβοΐλη (8-2-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 14/2/2016

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

f xf x e lnx 1, x 0

Α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών το .

Β1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και στη συνέχεια

να ορίσετε τη συνάρτηση 1f .

Β2. Να λύσετε την εξίσωση: f xf e lnx, x 0 .

Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο 0, .

Γ2. Να βρείτε τους α,β ,για τους οποίους ισχύει:

1α f β 2 f α β 1

.

Δ1. Να αποδείξετε ότι για κάθε x 0, ισχύει:

xf e f x 1 x ln x 1 .

Δ2. Να υπολογίσετε το όριο: x

x 0

f e f x 1lim

x

.

Ε. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: x f x f x 1 f x 2

0x 2 x 1

,

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο 1,2 .

ΣΤ. Να αποδείξετε ότι:

e

2

1

f x2 dx f e 3 7

x .

Page 19: Φεβρουαριος 16

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

18

1η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. Αρκεί και πρέπει να δείξουμε ότι για κάθε y R, η εξίσωση y f x έχει λύση

ως προς x, όπου x 0. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : R R με τύπο

xg x e x 1 . Η g είναι παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο xg x e 1 0,

που σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο R , άρα και "1 1" στο R

Εύκολα φαίνεται ότι g f x ln x, x 0.

Για y R και x 0 έχουμε

yg:1 1

g y e y 1f x y g f x g y ln x g y x e e .

Αποδείξαμε λοιπόν ότι για τυχαίο 0y R, υπάρχει y0

0e y 1

0x e 0

τέτοιο, ώστε

0 0f x y .

Επομένως η f έχει σύνολο τιμών το R .

Β1. Έστω 1 2x , x 0 με 1 2f x f x . Η g είναι συνάρτηση, άρα

g:1 1

1 2 1 2 1 2g f x g f x ln x ln x x x

, που σημαίνει ότι η συνάρτηση f

είναι "1 1" στο 0, , επομένως ορίζεται η αντίστροφη 1f .

(Σχόλιο: θα μπορούσαμε εναλλακτικά να αποδείξουμε ότι η f είναι "1 1" στο

0, κάνοντας χρήση της παραγωγισιμότητας της f , καθώς παραγωγίζοντας τη

σχέση f xf x e lnx 1 προκύπτει

f x f x

f x

f x

1f x e lnx 1 f x f x e

x

1 1f x 1 e f x 0

x x 1 e

Άρα η f είναι"1 1" στο 0, , ως γνησίως αύξουσα).

Για x 0 και y R είναι ye y 1x e (από το Α ερώτημα), οπότε

y1 e y 1f y e , y R.

Β2. Για κάθε x 0 έχουμε

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

Page 20: Φεβρουαριος 16

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

19

1f :1 1f x f x1 1

f x x ln x 1

f e lnx f f e f lnx

e e f x x ln x 1

Θεωρούμε συνάρτηση u : 0, R με τύπο u x f x x ln x 1

Η u είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της, με

1

u x f x x ln x 1 f x 1 0,x

καθώς f x

1 1f x ,

xx 1 e

οπότε η u είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, , άρα

και "1 1" στο 0, . Έτσι u:1 1

f x x ln x 1 u x 0 u x u 1 x 1,

αφού 1f 0 1 f 1 0 u 1 0

Γ1. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0, (ως πράξεις παραγωγίσιμων

συναρτήσεων), με

f x f x f x

2 2f x f x f x2 2

f x f x f xf x

f xf x

2 2f x f x2 2

1 1 1f x x 1 e 1 e xe f x

x 1 e x 1 e x 1 e

11 e xe e

1 ex 1 e1 e 0,

x 1 e x 1 e

για κάθε x 0, . Οπότε η f είναι κοίλη στο 0,

Γ2. Είναι f 1 0 και f 1

1 1f 1 .

21 1 e

Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M 1,0 έχει εξίσωση

1

y f 1 f 1 x 1 y x 1 .2

Επειδή η f είναι κοίλη στο 0, , θα ισχύει 1

f x x 1 2f x x 1, x 02

με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1.

Θεωρούμε τη συνάρτηση w : 0, R με τύπο w x x 2f x . Είναι

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

Page 21: Φεβρουαριος 16

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

20

1

1

1 1

α f β 2 f α β 1

α 2f α f β 2 2

w w f β 2 1 f β 1 1 0 ,

καθώς w 1 και 1w f β 1 , με τις ισότητες να ισχύουν μόνο για

1f β 1.

Δ1. Έστω συνάρτηση h : 0, R με τύπο f xh x f x ln x 1 e .

Η h είναι παραγωγίσιμη στο 0, με f x f xh x 1 e f x e 0,

άρα η h

είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, .

Όμως για κάθε x 0 ισχύει ότι xe x 1 0, οπότε κάνοντας χρήση της μονοτονίας

της h έχουμε

x x

x

h e h x 1 f e x f x 1 ln x 1

f e f x 1 x ln x 1

Δ2. Για κάθε x 0 είναι f

x xe x 1 0 f e f x 1 <

, οπότε

x 0x

x

0 f e f x 1 x ln x 1

f e f x 1 x ln x 10 .

x x

Όμως,

x 0 x 0 x 0

0

0

DL

x ln x 1x ln x 1 11 0

x x x 1lim lim lim

x 0

0 0lim

Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει και

x 0

xf e f x 10.

xlim

Ε. Θεωρούμε τη συνάρτηση v : 1,2 R με τύπο

v x x 1 xf x f x 1 x 2 f x 2 .

η συνάρτηση v είναι συνεχής στο 1,2 , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

v 1 f 3 0, καθώς f

1 3 f 1 f 3 0 f 3 f 3 0 <

Page 22: Φεβρουαριος 16

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

21

v 2 2f 2 f 3 0, καθώς η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του

Θεωρήματος Μέσης Τιμής σε καθένα από τα διαστήματα 1,2 και 2,3 ,

οπότε υπάρχουν 1 1,2 και 2 2,3 τέτοια, ώστε

1f f 2 f 1 f 2 και 2f f 3 f 2 και επειδή η f είναι

κοίλη στο 0, , θα ισχύει

f

1 2 1 2f f f 2 f 3 f 2 2f 2 f 3 0

>

Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση v x 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα 1,2 . Όμως,

1 x 2

v x 0 x 1 xf x f x 1 x 2 f x 2 0

xf x f x 1 f x 20

x 2 x 1

ΣΤ. Έχουμε

f x 0

f x f xf x e lnx 1 f x f x f x e f x lnx 1 ,

για κάθε x 0.

Page 23: Φεβρουαριος 16

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

22

e ef x

1 1

e e eef x

11 1 1

eee ef x2

11 11

eee ef x2

11 11

ef e2 0

1

Ά , f x f x f x e dx f x lnx 1 dx

f x f x dx f x e dx f x lnx 1 f x lnx 1 dx

f x1f x e f x lnx 1 dx

2 x

f x2 dx f x 2 e 2 f x lnx 1

x

f x2 dx f e 2e 2e

x

e

2

1

e

2

1

e

2

1

e2

1

2f e 2

f x2 dx f e 2 ln e 1 f e 2 4f e

x

f x2 dx f e 4 2f e 2 4f e 0

x

f x2 dx f e 6f e 9 7

x

f x2 dx f e 3 7.

x

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

Β΄ τρόπος ερωτήματος Α:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,

[Πράγματι, για τυχαία 1 2x , x 0 με 1 2x x αρκεί να αποδείξουμε ότι 1 2f x f x .

Αν υποθέσουμε ότι 1 2f x f x , τότε 1 2f x f xe e

Page 24: Φεβρουαριος 16

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

23

Άρα,

1 2

1 2

ό1 2 f x f x

1 2f x f x

1 2 1 2 1 2

f x f xf x e f x e

e e

lnx 1 lnx 1 lnx lnx x x , ά .

Οπότε, 1 2f x f x δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, ].

Επιπλέον η f είναι και συνεχής (ως παραγωγίσιμη), οπότε το σύνολο τιμών είναι

xx 0

f 0, f x , f xlim lim

Αν x 0

f x k R,lim

τότε παίρνοντας όρια για x 0 στη σχέση

f xf x e lnx 1 προκύπτει

kk e , άτοπο! Άρα x 0

f x .lim

Αν x

f x m R,lim

τότε παίρνοντας όρια για x στη σχέση

f xf x e lnx 1 προκύπτει

mm e , άτοπο! Άρα x

f x .lim

Τελικά, f 0, , R.

Β΄ τρόπος ερωτήματος ΣΤ:

Η σχέση f xf x e lnx 1 για x e δίνει f e f e

f e e 2 e 2 f e 1

Στο ολοκλήρωμα e

1

f xdx

x κάνουμε την αντικατάσταση

u

f x

dx dxu f x du f x dx du 1 e du

xx 1 e

Για να νέα άκρα έχουμε: για x 0 u f 0 1 και για x e u f e

Page 25: Φεβρουαριος 16

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

24

Άρα

f e f e f e f e ef e

u u 2 u u

0 1 0 0 0 0

1f e f e2 2

e2 22

1

f x2 dx 2 u 1 e du 2 udu 2 ue du f e 2 ue 2 e dx

x

f e 2f e e 2e 2 f e 2f e 2 f e 2 2-f e 2

f xf e 6f e 2 7 f e 3 2 dx f e 3 7.

x

3η προτεινόμενη λύση (Δέσπω Πλατώνη)

Α.Είναι 𝑓(𝑥) + 𝑒𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑥 > 0 (1)

Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 𝑒𝑥 , 𝑥 ∈ ℝ

𝑔΄(𝜒) = 1 + 𝑒𝑥 > 0 𝛾𝜄𝛼 𝜅ά𝜃𝜀 𝜒 ∈ ℝ

Άρα 𝑔 ↗ 𝜎𝜏𝜊 ℝ οπότε και 1-1 και αντιστρέφεται.

𝑔 συνεχής στο ℝ άρα

𝑔(ℝ) = ( lim𝑥→−∞

𝑔(𝑥) , lim𝑥→+∞

𝑔(𝑥)) = (−∞,+∞) = ℝ = 𝐷𝑔−1

Έστω ℎ(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑥 > 0

ℎ΄(𝑥) =1

𝑥> 0 για κάθε χ> 0 άρα ℎ ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞)

ℎ συνεχής οπότε ℎ((0,+∞)) = ( lim𝑥→0+

ℎ(𝑥) , lim𝑥→+∞

ℎ(𝑥) ) = (−∞,+∞) = ℝ

Για κάθε 𝜒 ∈ (0,+∞) λόγω της (1) 𝑔(𝑓(𝑥)) = ℎ(𝑥) ⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑔−1(ℎ(𝑥))

άρα 𝑓((0,+∞)) = 𝑔−1(ℎ((0, +∞))) = 𝑔−1(ℝ) = 𝐷𝑔 = ℝ

Β1. Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε:

𝑓΄(𝑥) + 𝑒𝑓(𝑥) 𝑓΄(𝑥) =1

𝑥⟺ 𝑓΄(𝑥)(1 + 𝑒𝑓(𝑥)) =

1

𝑥⟺ 𝑓΄(𝑥) =

1

𝑥 (1 + 𝑒𝑓(𝑥))> 0

Άρα 𝑓 ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) οπότε 1-1 και αντιστρέφεται.

𝐷𝑓−1 = 𝑓((0,+∞)) = ℝ

Θέτουμε στην (1) 𝑓(𝑥) = 𝜓 και έχουμε:

Page 26: Φεβρουαριος 16

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

25

𝜓 + 𝑒𝜓 = 𝑙𝑛𝑥 + 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 = 𝑒𝜓 + 𝜓 − 1 ⟺ 𝜒 = 𝑒𝑒𝜓+𝜓−1⟺ 𝑓−1(𝜓) = 𝑒𝑒

𝜓+𝜓−1

⟺ 𝑓−1(𝑥) = 𝑒𝑒𝑥+𝑥−1 , 𝑥 ∈ ℝ.

Β2. 𝑓(𝑒𝑓(𝑥)) = 𝑙𝑛𝑥 ⟺ 𝑒𝑓(𝑥) = 𝑓−1(𝑙𝑛𝑥) ⟺ 𝑒𝑓(𝑥) = 𝑒𝑒𝑙𝑛𝑥+𝑙𝑛𝑥−1⟺

𝑒𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥+𝑙𝑛𝑥−1⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 − 1 ⟺ 𝑓(𝑥) − 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + 1 = 0 (2).

Είναι 𝑓−1(0) = 𝑒𝑒0+0−1 = 𝑒1−1=𝑒0 = 1 ⟺ 𝑓(1) = 0

άρα η (2) έχει ρίζα το 1 αφού 𝑓(1) − 𝑙𝑛1 − 1 + 1 = 0

Είναι 𝑓΄(𝑥) =1

𝑥 (1+𝑒𝑓(𝑥))<1

𝜒 για κάθε 𝜒 > 0

Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑔΄(𝜒) = 𝑓΄(𝑥) −1

𝜒− 1 , 𝜒 > 0

Η 𝑔 έχει ρίζα το 1 αφού 𝑔(1) = 0 . Έστω ότι έχει και δεύτερη ρίζα χ1> 1

Από Θ.Rolle για την 𝑔 στο [1, χ1] υπάρχει 𝜉 ∈ (1, χ1) : 𝑔΄(𝜉) = 0 ⟺

𝑓΄(𝜉) −1

𝜉− 1 = 0 ⟺ 𝑓΄(𝜉) =

1

𝜉+ 1 >

1

𝜉 άτοπο αφού 𝑓΄(𝜉) <

1

𝜉

Όμοια αν 0 < χ1 < 1 . Άρα το 1 μοναδική ρίζα.

Γ1. Για κάθε 𝜒 > 0 είναι 𝑓΄(𝑥) =1

𝑥 (1+𝑒𝑓(𝑥))

𝑓΄ παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με

𝑓΄΄(𝜒) = −1

𝜒2 (1 + 𝑒𝑓(𝑥))2 [𝑥 (1 + 𝑒𝑓(𝑥))]΄

= −1

𝜒2 (1 + 𝑒𝑓(𝑥))2 [1 + 𝑒𝑓(𝑥) + 𝜒 𝑒𝑓(𝑥) 𝑓΄(𝑥)] < 0

Άρα 𝑓 κοίλη στο (0, +∞).

Γ2. Είναι 𝑓(1) = 0 και 𝑓΄(1) =1

1 (1+𝑒𝑓(1))=

1

1+𝑒0=1

2

Η εφαπτομένη (ε1) της 𝐶𝑓 στο σημείο (1,0) έχει εξίσωση:

𝜓 − 0 = 𝑓΄(1) (𝜒 − 1) ⟺ 𝜓 =1

2(𝜒 − 1) ⟺ 𝜓 =

1

2𝜒 −

1

2

𝑓 κοίλη άρα η 𝐶𝑓 θα βρίσκεται κάτω από την (ε1) για κάθε χ∈ (0,+∞) με

εξαίρεση το σημείο επαφής.

Οπότε 𝑓(𝑥) ≤ 1

2𝜒 −

1

2⟺ 2𝑓(𝑥) ≤ 𝑥 − 1 ⟺ 𝑥 − 2𝑓(𝑥) ≥ 1 με το ίσον μόνο για

χ=1.

Page 27: Φεβρουαριος 16

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

26

Για χ=α έχουμε: 𝛼 − 𝑓(𝛼) − 1 ≥ 0 (3)

Είναι 𝑓−1(0) = 1 και (𝑓−1)΄(𝜒) = (𝑒𝑒𝑥+𝑥−1)΄ = 𝑒𝑒

𝑥+𝑥−1 (𝑒𝑥 + 1)

άρα (𝑓−1)΄(0) = 𝑒0 ∙ 2 = 2

Η εφαπτομένη (ε2) της 𝐶𝑓−1 στο σημείο (0,1) έχει εξίσωση:

𝜓 − 1 = 2(𝜒 − 0) ⟺ 𝜓 = 2𝜒 + 1

(𝑓−1)΄΄(𝜒) = 𝑒𝑒𝑥+𝑥−1 (𝑒𝑥 + 1)2 + 𝑒𝑒

𝑥+𝑥−1 𝑒𝑥 > 0 άρα 𝑓−1 κυρτή στο ℝ

και η 𝐶𝑓−1 θα βρίσκεται πάνω από την (ε2) για κάθε χ∈ ℝ με εξαίρεση το

σημείο επαφής και 𝑓−1(𝜒) ≥ 2𝜒 + 1 για κάθε χ∈ ℝ με το ίσον να ισχύει μόνο

για χ=0.

Για χ=β είναι 𝑓−1(𝛽) ≥ 2𝛽 + 1 ⟺ 𝑓−1(𝛽) − 2𝛽 − 1 ≥ 0 (4)

Ισχύει: 𝛼 + 𝑓−1(𝛽) = 2(𝑓(𝑎) + 𝛽 + 1) ⟺ 𝛼 − 2𝑓(𝑎) − 1 + 𝑓−1(𝛽) − 2𝛽 − 1 ≥ 0

Λόγω των (3) και (4) το ίσον ισχύει μόνο για α=1 και β=0.

Δ1. Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ ισχύει : 𝑒𝑥 ≥ 𝜒 + 1 το ίσον ισχύει μόνο για x=0

επομένως για κάθε χ> 0 ισχύει : 𝑒𝑥 > 𝜒 + 1

Από Θ.Μ.Τ για την 𝑓 στο [𝜒 + 1, 𝑒𝑥] θα υπάρχει 𝜉1 ∈ (𝜒 + 1, 𝑒𝑥) :

𝑓΄(𝜉1) =𝑓(𝑒𝑥)−𝑓(𝑥+1)

𝑒𝑥−𝑥−1

Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥

Από Θ.Μ.Τ για την 𝑔 στο [𝜒 + 1, 𝑒𝑥] θα υπάρχει 𝜉2 ∈ (𝜒 + 1, 𝑒𝑥) :

𝑔΄(𝜉2) =𝑔(𝑒𝑥) − 𝑔(𝑥 + 1)

𝑒𝑥 − 𝑥 − 1=𝑙𝑛𝑒𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1)

𝑒𝑥 − 𝑥 − 1=𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1)

𝑒𝑥 − 𝑥 − 1

Όμως 𝑓΄(𝑥) =1

𝑥 (1+𝑒𝑓(𝑥))<1

𝜒 = 𝑔΄(𝑥) για κάθε χ> 0

Άρα 𝑓΄(𝜉1) < 𝑔΄(𝜉2) ⟺ 𝑓(𝑒𝑥)−𝑓(𝑥+1)

𝑒𝑥−𝑥−1<𝑥−𝑙𝑛(𝑥+1)

𝑒𝑥−𝑥−1⟺

𝑓(𝑒𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) < 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1) αφού 𝑒𝑥 − 𝑥 − 1 > 0

Δ2. Από Δ1 είναι 𝑓(𝑒𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) < 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1) 𝜒>0⇔

𝑓(𝑒𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1)

𝜒< 1 −

𝑙𝑛(𝑥 + 1)

𝜒

Όμως 𝑒𝑥 > 𝜒 + 1 για κάθε χ> 0 𝑓↗⇔ 𝑓(𝑒𝑥) > 𝑓(𝑥 + 1) ⟺

Page 28: Φεβρουαριος 16

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

27

𝑓(𝑒𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) > 0 ⟺𝑓(𝑒𝑥)−𝑓(𝑥+1)

𝜒> 0

Άρα 0 <𝑓(𝑒𝑥)−𝑓(𝑥+1)

𝜒< 1 −

𝑙𝑛(𝑥+1)

𝜒

lim𝜒→0+

0 = 0 και lim𝜒→0+

(1 −𝑙𝑛(𝑥+1)

𝜒) = 1 − 1 = 0

lim𝜒→0+

𝑙𝑛(𝑥+1)

𝜒= lim𝜒→0+

1

𝜒+1

1= 1

Από Κ.Π και lim𝜒→0+

𝑓(𝑒𝑥)−𝑓(𝑥+1)

𝜒= 0

Ε. Θεωρούμε συνάρτηση

ℎ(𝑥) = (𝑥 − 1)[𝑥 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1)] + (𝑥 − 2) 𝑓(𝑥 + 2) , 𝑥 > 0

ℎ συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχων

ℎ(1) = −𝑓(3) < 0 γιατί 3 > 1𝑓↗⇔𝑓(3) > 𝑓(1) ⟺ 𝑓(3) > 0 ⟺ −𝑓(3) < 0

ℎ(2) = 2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0 ⨂

ℎ(1) ℎ(2) < 0 και από Θ.Bolzano η εξίσωση h(x)=0 ⟺ 𝑥 𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥+1)

𝜒−2+𝑓(𝑥+2)

𝜒−1= 0

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).

⨂ Θα δείξουμε ότι 2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0

Από Θ.Μ.Τ για την 𝑓 στα [1,2] 𝜅𝛼𝜄 [2,3] υπάρχουν 𝜉1 ∈ (1,2) 𝜅𝛼𝜄 𝜉2 ∈ (2,3)

ώστε:

𝑓΄(𝜉1) =𝑓(2)−𝑓(1)

2−1= 𝑓(2) και 𝑓΄(𝜉2) =

𝑓(3)−𝑓(2)

3−2= 𝑓(3) − 𝑓(2)

Η 𝑓 είναι κοίλη άρα 𝑓΄ ↘

𝜉1 < 𝜉2⟺ 𝑓΄(𝜉1) > 𝑓΄(𝜉2) ⟺ 𝑓(2) > 𝑓(3) − 𝑓(2) ⟺ 2𝑓(2) > 𝑓(3) ⟺

2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0

ΣΤ. Για το ∫𝑓(𝑥)

𝑥

𝑒

1𝑑𝑥 θέτουμε 𝜒 = 𝑓−1(𝑢) τότε 𝑑𝑥 = (𝑓−1)΄(𝑢) 𝑑𝑢 =

(𝑒𝑒𝑢+𝑢−1)΄𝑑𝑢 = 𝑒𝑒

𝑢+𝑢−1 (𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢

Για χ=1⟺ 𝑓−1(𝑢) =1⟺ 𝑢 = 𝑓(1) ⟺ 𝑢 = 0

Για χ=𝑒 ⟺ 𝑓−1(𝑢) =𝑒 ⟺ 𝑢 = 𝑓(𝑒)

Άρα 2 ∫𝑓(𝑥)

𝑥

𝑒

1𝑑𝑥 +(𝑓(𝑒) − 3)2 =

Page 29: Φεβρουαριος 16

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

28

2 ∫𝑓(𝑓−1(𝑢))

𝑓−1(𝑢)

𝑓(𝑒)

0 𝑒𝑒

𝑢+𝑢−1(𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2=

2 ∫𝑢

𝑒𝑒𝑢+𝑢−1

𝑓(𝑒)

0 𝑒𝑒

𝑢+𝑢−1(𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2=

2 ∫ 𝑢 𝑓(𝑒)

0(𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢+(𝑓(𝑒) − 3)2=

2 ∫ 𝑢 𝑓(𝑒)

0𝑒𝑢𝑑𝑢 + 2∫ 𝑢

𝑓(𝑒)

0𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2=

2𝑓(𝑒) 𝑒𝑓(𝑒) − 2(𝑒𝑓(𝑒) − 1) + 𝑓2(𝑒) + 𝑓2(𝑒) − 6𝑓(𝑒) + 9 =

2𝑓(𝑒)(2 − 𝑓(𝑒)) − 2𝑒𝑓(𝑒) + 2 + 2𝑓2(𝑒) − 6𝑓(𝑒) + 9 = 7

⨂ Η σχέση (1) για χ=e δίνει: 𝑓(𝑒) + 𝑒𝑓(𝑒) = 𝑙𝑛𝑒 + 1 = 2 ⟺ 𝐞𝐟(𝐞) = 𝟐 − 𝐟(𝐞)

4η προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)

Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο 0, με f (x)f (x) e ln x 1 , x 0 (1)

Α. Με παραγώγιση της (1) έχουμε

f (x)

f (x)

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

x x 1 e

άρα f 1 κι εφόσον είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη θα είναι

xx 0

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

Από την γνωστή ανισότητα xe x 1 ,x r έχουμε

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

e f (x) 1 f (x) e 2f (x) 1 ln x 1 2f (x) 1 f (x) ln x2

, όμως

x 0

1lim ln x

2

άρα και

x 0lim f (x)

, συνεχίζοντας

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

2 2 2

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

e 1 ln x e 1 ln x f(x) ln 1 ln x2 2 2

, όμως

x

1lim ln 1 ln x

2

, άρα και

xlim f (x)

, οπότε f (A) , r

Β1. Εφόσον f 1 είναι και '1 1' άρα αντιστρέψιμη με 1f : (0, ) r και από

(1) για f (x) y έχουμε yy y e 1y e ln x 1 x e οπότε

x1 x e 1f (x) e

Page 30: Φεβρουαριος 16

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

29

Β2. Παρατηρούμε ότι 01 0 e 1f (0) e 1 f (1) 0

ln xf (x) 1 f (x) ln x e 1 f (x)

(1)f (x)

f e ln x f (ln x) e e e

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

f (x)e x 2 0 που

επαληθεύεται για x 1 κι εφόσον για την

f (x) f (x)g(x) e x 2 , g (x) e f (x) 1 0 η g 1 , άρα η x 1 μοναδική λύση

Γ1. Από Α. έχουμε f (x)

1f (x) , x 0

x 1 e

που είναι παραγωγίσιμη ως πράξη

παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα

f (x) f (x)

2f (x)

1 e xe f (x)f (x) 0 , για x 0

x 1 e

άρα

η f είναι κοίλη

Γ2. 1

f (1)2

, οπότε η εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο Μ(1,f(1)) είναι

1y f (1) f (1)(x 1) y (x 1)

2 κι εφόσον είναι κοίλη θα ισχύει

1f (x) (x 1)

2

(2) για κάθε x 0 με το '' '' να ισχύει μόνο για x 1

1 1α f (β) 2 f (α) β 1 α 2f (α) 2β f (β) 2 (3) , η (2) για x α δίνει

2f (α) α 1

α 2f (α) 1 με το '' '' να ισχύει μόνο για α 1 , εφόσον 1f (β) 0 από την (2)

έχουμε

1 1 1 1 11f f (β) f (β) 1 2β f (β) 1 2β f (β) 1 2β f (β) 2 1

2

με το '' '' να ισχύει μόνο για 1f (β) 1 f (1) β β 0 και από (3) πρέπει

1α 2f (α) 1 και 2β f (β) 2 1 άρα α 1 και β 0

Δ1. Από την (1) για xx 1 και e έχουμε

xf ef (x 1) xf (x 1) e ln(x 1) 1 και f e e x 1 οπότε για x 0 έχουμε

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

1

και αντικαθιστώντας από τις

παραπάνω ισότητες προκύπτει

x xln(x 1) 1 f (x 1) x 1 f e f e f (x 1) x ln(x 1)

Δ2. Από Δ1. έχουμε

xx 0

xf e f (x 1) x ln(x 1)

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

Page 31: Φεβρουαριος 16

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

30

0

0

DLHx 0 x 0

ln(x 1) 1lim lim 1

x x 1

οπότε

x 0 x 0

x ln(x 1) ln(x 1)lim lim 1 1 1 0

x x

και άρα από κριτήριο παρεμβολής x

x 0

f e f (x 1)lim 0

x

Ε. Θεωρούμε την συνάρτηση

h(x) x 1 xf (x) f (x 1) x 2 f (x 2) , x 1,2 που είναι συνεχής από

πράξεις συνεχών συναρτήσεων , h(1) f (3) 0 εφόσον

f

1 3 f (1) f (3) 0 f (3) 1

, h(2) 2f (2) f (3) 0 εφόσον

2f (2) f (3) 0 f (2) f (2) f (3) f (1) f (2) f (1) f (3) f (2)

1 2

f (2) f (1) f (3) f (2)f ξ f ξ

2 1 3 2

από Θ.Μ.Τ. με 1 2ξ (1,2) , ξ 2,3

, όμως f κοίλη άρα η f 2 και 1 2 1 2f ξ f ξ ξ ξ που ισχύει διότι

1 21 ξ 2 ξ 3 . Έτσι από Θ. Bolzano υπάρχει 0x 1,2 ώστε

0 0 0 0 0 0 0h x 0 x 1 x f (x ) f (x 1) x 2 f (x 2) 0 που εφόσον

0 0x 1 0, x 2 0 γίνεται 0 0 0 0

0 0

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

x 2 x 1

ΣΤ. Η ζητούμενη ισότητα γίνεται

2e

1

f (x) f (e)dx 3f (e) 1

x 2 οπότε

e e e e(1)

e f (x)

11 1 1 1

f (x)dx ln x f (x)dx ln xf (x) ln x f (x)dx f (e) f (x) e 1 f (x)dx

x

1

2

u f (x) f (u)2 2f (e)du f (x)dx

u u f (e)

u f (1) 0 00u f (e)

u f (e)f (e) (u e 1)du f (e) e u f (e) e f (e) 1

2 2

2 2(*) f (e) f (e)f (e) 2 f (e) f(e) 1 3f (e) 1

2 2

(*) από την (1) για x e προκύπτει f (e) f (e)f (e) e lne 1 e 2 f (e) .

5η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

Page 32: Φεβρουαριος 16

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

31

Έστω xg( x ) x e ,x R παραγωγίσιμη με

xg'( x ) 1 e 0 ,x R . Αρα

g και 1-1 . Τότε

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

Έστω ότι υπάρχει y R : f ( x ) y για κάθε x (0, ) τότε

g( f ( x )) g( y) για κάθε x (0, ) lnx 1 g( y ) για κάθε x (0, )

g( y ) 1lnx g( y) 1 για κάθε x (0, ) x e για κάθε x (0, )

,άτοπο αν επιλέξουμε g( y ) 1x e . Άρα για κάθε y R υπάρχει

x (0, ) : f ( x ) y και τότε f 0 , R

B.1

Στη δεδομένη σχέση τα δυο μέλη είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις οπότε

f ( x ) f ( x ) f ( x )1 1f (x) e lnx 1 f '( x ) f '( x )e f '( x ) 1 e

x x

1

0x και f ( x )1 e 0 άρα f '( x ) 0 και τότε η f και 1-1 ,άρα

αντιστρέψιμη.

Τότε αφού f 0 , R θα είναι 1f : R 0, . Για κάθε y R

υπάρχει 1x 0, : y f ( x ) x f ( y ) (0, ) . Άρα

11

x f ( y )f ( x ) 1 f ( f ( y )) 1f (x) e lnx 1 f ( f ( y )) e ln f ( y ) 1

yy 1 y 1 1 y e 1y e ln f ( y ) 1 y e 1 ln f ( y ) f ( y ) e

B.2

Έστω xd( x ) e x 1 ,x R τότε

xd'( x ) e 1 0 ,άρα d ↗ και 1-1 με

d(0) 0

Από την δεδομένη σχέση για x=1 είναι d 1 1

f ( 1) f ( 1)f (1) e 1 f (1) e 1 0 d( f (1)) d(0) f (1) 0

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

1

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

f ( x )

f ( x ) f ( x )

1 1 eH'( x ) 1 1 0

xx 1 e x 1 e

,άρα η Η είναι ↗ στο

0, και 1-1 . Είναι Η(1)=0.

Page 33: Φεβρουαριος 16

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

32

lnxf ( x ) f ( x ) 1 f ( x ) lnx e 1f lnx f (lnx ) e f ( x ) lnx x 1 (e )= e e

H 1 1

f ( x ) lnx x 1 0 H( x ) 0 x 1

Γ.1

f ( x ) f ( x )

2f ( x ) 2 f ( x )

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

f ( x ) f ( x )

2 22 f ( x ) 2 f ( x )

2f ( x ) f ( x )

2 f ( x )

22 f ( x )

1 1 e xf '( x )ef '( x ) f ''( x )

x 1 e x 1 e

1 e1 e x e 1 e

x 1 e 1 ef ''( x ) f ''( x )

x 1 e x 1 e

e e 1f ''( x ) 0 , u u 1 0 ,u e ,άρα f κοίλη

x 1 e

Γ.2

Από τη σχέση 1a f (β ) 2 f (a) β 1 αναγκαία είναι α 0 , β R

Έστω 1f (β ) γ β f ( γ ) , γ>0 και η παραπάνω σχέση γίνεται

1 1 1 1

a γ 2 f (a) f ( γ ) 1 f (a) a f ( γ ) γ 0 (*)2 2 2 2

Είναι f ( 1)

1 1f (1) 0 , f '(1)

21 1 e

η εφαπτόμενη της fC στο 1, f (1) είναι η ε : y f(1) f '(1)(x 1) άρα

1 1

ε : y x2 2

. Τώρα η f είναι κοίλη στο 0, άρα 1 1

f ( x ) x2 2

για κάθε x 0, με την ισότητα να ισχύει μόνο για το σημείο επαφής (1,0)

της (ε) με τη Cf . Οπότε

για x α είναι 1 1 1 1

f (a) a f (a) a 02 2 2 2

για x γ είναι 1 1 1 1

f (γ ) γ f ( γ ) γ 02 2 2 2

Αν 1 1 1 1

f (a) a 0 ή f ( γ ) γ 02 2 2 2

τότε δεν θα ισχύει η (*) .

Συνεπώς 1 1

f (γ ) γ 02 2

και 1 1

f (a) a 02 2

που όπως

Page 34: Φεβρουαριος 16

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

33

προαναφέρθηκε οι ισότητες ισχύουν μόνο για το σημείο επαφής , άρα 1α 1 και γ 1 f ( β ) 1 β f (1) β 0 .

Δ.1

Έστω g( x ) f ( x ) lnx ,x 0, παραγωγίσιμη με

f ( x )

f ( x ) f ( x )

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

x x

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

xx 1 e x 1 e

x 0 gx x x x xe u 1 , είναι lnu u 1 lne e 1 e x 1 g(e ) g( x 1)

x x xf (e ) lne f ( x 1) ln x 1 f (e ) f ( x 1) x ln x 1

Δ.2

για f

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

άρα

x

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

x x

0

0

DLHx 0 x 0 x 0

11x ln x 1 x 1lim lim 0 lim0

x 1

, άρα από Κ.Π είναι

x

x 0

f (e ) f ( x 1)lim 0

x

Ε.

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

f ( 1) 0

k 1,2 ,m 2,3 : f '(k) f ( 2) f (1) f( 2) , f '(m) f (3) f ( 2 )

,όμως

f ' άρα k m f '(k) f '(m) f( 2) f ( 3) f ( 2) 2 f ( 2) f ( 3) 0

Έστω H( x ) ( x 1) xf ( x ) f ( x 1) ( x 2) f(x 2) ,x 1,2 συνεχής

H(1) f (3) 0H(1)H(2) 0

H(2) 2 f ( 2) f (3) 0

.

Page 35: Φεβρουαριος 16

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

34

Άρα από Θ.Bolzano η Η έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (1,2) συνεπώς

H( x ) 0 ( x 1) xf ( x ) f ( x 1) ( x 2) f(x 2) 0

xf ( x ) f ( x 1)έχει τουλάχιστον μια ρίζα στ

f(xο 1,

2)0 .

x 2 x2

1

ΣΤ.

x ef ( x ) f ( e )f (x) e lnx 1 f (e) e 2

f ( x ) f ( x )

f ( x )

1 1 f ( x )f '( x ) 1 e f ( x ) 1 e f '( x )

xf '( x ) xx 1 e

άρα e e

f ( x )

1 1

f ( x )Ι dx f ( x ) 1 e f '( x )dx

x ,

θέτω u f ( x ) du f '( x )dx

για x 1 u f (1) 0

για x e u f (e) ,συνεπώς 2

2 Ι f (e ) 3 =

f ( e ) f ( e )

2 2u u

0 0

f ( e )f ( e ) 2u u

00

f ( e )2f ( e ) 2u u

00

f ( e ) 22 u u

0

2 f ( e ) f ( e ) 2

2 u 1 e du f (e ) 3 2 u u e ' du f (e ) 3

2 u u e 2 u e du f (e ) 3

u2 u u e 2 e f (e ) 3

2

u 2ue 2e f (e ) 3

f (e ) 2 f (e )e 2e 2 f (e ) 6 f (e ) 9

2 f ( e )

2

2 f (e ) 2e f (e ) 1 6 f (e ) 7

2 f (e ) 2 2 f (e ) f (e ) 1 6 f (e ) 7 7

6η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

Α.

Page 36: Φεβρουαριος 16

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

35

Για x >0 είναι :f(x) +ef(x) = lnx+1 f΄(x) + f΄(x)ef(x) = 1

x f΄(x)(1 + ef(x)) =

1

x f΄(x) =

1

x

1 +ef(x)> 0 . Συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο (0,+∞) , και επειδή f

συνεχής ως παραγωγίσιμη στο (0,+∞) , συνολο τιμών θα είναι:

f((0,+∞)) = (x 0lim

f(x) , xlim

f(x) ). Όμως f(x) <f(x) +ef(x) = lnx+1,

x 0lim

(lnx+1) = -∞ οπότε x 0lim

f(x) = -∞. Επίσης αν h(x)= ex − x, h΄(x)= ex −

1 , h΄(x) = 0 x = 0, h΄(x) > 0 x > 0 , h΄(x) < 0 x < 0. Δηλαδή η h

παρουσιάζει ελάχιστο το h(0)=0 , επόμενα ex ≥ x + 1 > x. Οπότε f(x) +ef(x) =

lnx+1<2 ef(x) και για x>1

e έχω f(x) > ln (

lnx+1

2). Αν θέσω u=

lnx+1

2 ,

xlim

u = +∞ ,

οπότε xlim

f(x) = +∞ . ΄Αρα f((0,+∞)) = R.

B1.

H f αντιστρέφεται ως γνήσια μονότονη. Θέτοντας f(x)=y στην αρχική σχέση έχουμε:

y +ey = lnx+1 y +ey-1 = lnx x=ey +ey−1.΄Αρα f−1(x) = ex+e

x−1 , x∈ R.

B2.

΄Εχουμε f−1(0) = 1 f(1)=0 και f΄(1)=1

2.

Η δοσμένη εξίσωση είναι: f(ef(x))= lnx ef(x)=f−1(lnx)

ef(x) = 𝑒lnx+elnx−1 ef(x) = 𝑒lnx+x−1 f(x) = lnx + x − 1

f(x) = f(x) + ef(x) + x − 2 ef(x) + x − 2 = 0. Αν τώρα για x>0 δ(x)= ef(x) + x − 2

, δ΄(x)=f΄(x) ef(x) + 1>0 , δηλαδή δ(x) γνήσια αύξουσα στο (0,+∞) , οπότε είναι 1-1 ,

και επειδή δ(1)=0 θα είναι δ(x)=0 δ(x)=δ(1) 𝑥 = 1.

Γ1.Έίναι f΄(x) =1

x

1 +ef(x).

΄Εστω 0<x1<x2 1

x1 >

1

x2 . Οι συναρτήσεις f και ex είναι γνήσια αύξουσες και ως

εκ τούτου : f(x1) < f(x2) , ef(x1) < ef(x2) f(x1) + e

f(x1) < f(x2) + ef(x2)

1

f(x1)+ef(x1)>

1

f(x2)+ef(x2)

1

x1

f(x1)+ef(x1)>

1

x2

f(x2)+ef(x2)

f΄(x1) > f΄(x2).Οπότε f΄

γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞). Αρα f κοίλη στο (0,+∞).

Γ2.

Η αποδεικτέα σχέση γράφεται:2f(α) − α = f−1(β) − 2β − 2.

Page 37: Φεβρουαριος 16

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

36

Προφανώς α>0. ΄Εστω d(x)= f−1(x) − 2x − 2, x∈ 𝑅.

d΄(x)= (1 + ex)𝑒x+ex−1 − 2, d΄΄(x)=ex𝑒x+e

x−1 + (1 + ex)2𝑒x+ex−1

=(1+3ex+e2𝑥) 𝑒x+ex−1.Tώρα είναι d΄΄(x)>0 d΄ γνήσια αύξουσα οπότε :

x>0 d΄(x)> d΄(0)=0 συνεπώς d γνήσια αύξουσα στο [0,+∞),

X<0 d΄(x)< d΄(0)=0 συνεπώς d γνήσια φθίνουσα στο (−∞,0], και η d παρουσιάζει

ολικό ελάχιστο στο x0=0.

Επόμενα d(β)≥ d(0) = −1. (1)

Επίσης θέτω ζ(x)= 2f(x) − x, x>0 τότε ζ΄(x)= 2f΄(x) − 1, ζ΄(x)>0 f΄(x) >1

2

f΄(x) > f΄(1) x<1 (διότι f΄γνήσια φθίνουσα στο (0, +∞). ΄Ομοια ζ΄(x)<0 x>1.

Συνεπώς ζ γνήσια αύξουσα στο (0,1] , γνήσια φθίνουσα στο

[1, +∞), δηλαδή παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0=1.Επόμενα ζ(α)≤ ζ(1)

2f(α) − α ≤ −1 .(2)

Από τις σχέσεις (1) , (2) προκύπτει ότι η αποδεικτέα ισχύει για α=1 και β=0.

Δ1.

Θέτω στο (0,+∞) β(x)=f(x) - lnx , β΄(x)= f΄(x) - 1

x <0 διότι 𝑓΄(x) =

1

x

1 +ef(x)<1

x

οπότε β(x) γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞) .

Επειδή για x>0 ex > x + 1 (αποδείχτηκε στο Α ερώτημα) θα είναι β(ex) < β(x + 1)

f(ex)-x< f(x+1) – ln(x+1)

f(ex)- f(x+1)< x – ln(x+1) στο (0,+∞) .

Δ2.

Eστω θ(x)=f(𝑒𝑥) ,φ(χ)=f(x+1).Τότε θ΄(x)= 𝑒𝑥 f΄(𝑒𝑥)

θ΄(0)= f΄(1) =1

2, φ΄(x)=f΄(x+1) φ΄(0) = f΄(1) =

1

2,

΄Αρα: x 0lim

𝑓(𝑒𝑥)− 𝑓(𝑥+1)

𝑥 =

x 0lim

( 𝑓(𝑒𝑥)− 𝑓(1)

𝑥 - 𝑓(𝑥+1)− 𝑓(1)

𝑥) =

x 0lim

( 𝑓(𝑒𝑥)− 𝑓(1)

𝑥 ) -

x 0lim

( 𝑓(𝑥+1)− 𝑓(1)

𝑥)=

x 0lim

( 𝜃(𝑥)− 𝜃(0)

𝑥 ) –

x 0lim

( 𝜑(𝑥)− 𝜑(0)

𝑥) =θ΄(0) – φ΄(0) = 0

Ε.

Page 38: Φεβρουαριος 16

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

37

Από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση f στα διαστήματα [1,2] , [2,3]

υπάρχουν ξ1 , ξ2 με 1< ξ1<2< ξ2<3 και f΄(ξ1) = f(2) − f(1) , f΄(ξ2) = f(3) − f(2), f

κοίλη στο(0 , +∞) επόμενα f΄(ξ1) > 𝑓΄(ξ2) f(2) − f(1) > f(3) − f(2)2f(2) >

f(3) (διότι f(1) = 0 ).

Θεωρώ τη συνάρτηση s(x)=x(x-1)f(x)–(x-1)f(x+1)+(x-2)f(x+2).

H f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών.

Επίσης s(1)= - f(3)<0 διότι f γνήσια αύξουσα, x1<x2 f(1)<f(3) 0 < f(3).

S(2)= 2f(2) − f(3) > 0 .΄Αρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ρ∈(1,2) ώστε s(ρ)=0 ρ(ρ-

1)f(ρ) –(ρ-1)f(ρ+1)+(ρ-2) f(ρ+2)=0 ρ(ρ−1)f(ρ) –(ρ−1)f(ρ+1)+(ρ−2)f(ρ+2)

(ρ−1)(ρ−2)= 0

ρf(ρ)−f(ρ+1)

ρ−2+f(ρ+2)

ρ−1= 0.

ΣΤ.

΄Εχουμε: ∫f(x)

x

e

1dx = ∫ f(x)(lnx)΄

e

1dx = [f(x)(lnx)]1

e-∫ f΄(x)(lnx)e

1dx=f(e) -

∫ f΄(x)(f(x) + ef(x) − 1)e

1dx=f(e) -∫ f΄(x)f(x)

e

1dx - ∫ f΄(x)ef(x)

e

1dx + ∫ f΄(x)

e

1dx=

f(e) -1

2[f2(x)]1

e -[ef(x)]1e + [f(x)]1

e = f(e) -1

2f2(e) –(ef(e) − 1) + f(e) . Όμως από την

αρχική συνθήκη για x=e προκύπτει ότι:

f(e)+ ef(e)=2. Επόμενα ∫f(x)

x

e

1dx = f(e) -

1

2f2(e) –(ef(e) − 1) + f(e) = f(e) -

1

2f2(e) –

( 1 − f(e) ) + f(e) = 3 f(e) -1

2f2(e) -1.

΄Αρα 2∫f(x)

x

e

1dx+ (f(e) − 3)2 = 6 f(e) -f2(e) -2+ f2(e) − 6 f(e) + 9 = 7.

7η προτεινόμενη λύση – εκτός του Γ2 ερωτήματος

(Κώστας Δεββές)

Page 39: Φεβρουαριος 16

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

38

A. Το σύνολο τιμών της f είναι το ΠΟ της f -1. Για να είναι το ΣΤ της f το θα δ.ο.

y η εξίσωση ( )y f x έχει λύση στο (0, ). Έστω ότι 0: ( )x΄ f x΄ y

(2). Αν x x τότε η δεδομένη αρχική σχέση δίνει (2)

( ) 1( ) ln 1 ln 1yf x y y ef x e x y e x x e

(μοναδική πιθανή ρίζα).

Θα δ.ο. για 1yy ex e ισχύει ( )f x y . Λόγω της αρχικής είναι

όπου ( ) xg x x e 1-1.

Β1. ( )

1( ) 0

( 1)f xf x f

x e

στο (0, ) άρα 1-1 δηλ. αντιστρέφεται. Αν θέσω

1( )f x

στο x η δοσμένη γίνεται:

11 ( ( )) 1 1 1( ( )) ln ( ) 1 ( ) ,

xf f x x ef f x e f x f x e x

Β2. 1(0) 1 (1) 0f f με το 1 λύση της εξίσωσης που ισοδύναμα γράφεται:

ln1 ( ) ln 1 ln 1

( ) ( )

(ln ) ( ) ln 1 ( ) ln 1

1 1 2 0

xa ή

f x x e x x

f x f x

f x e e e f x x x f x x x

e x e x

με μόνη ρίζα το 1 ως .

Γ1.

2( ) ( )

32 ( )

1( ) 0

1

f x f x

f x

e ef x

x e

δηλ. f κοίλη στο (0, ).

Δ1. Η ζητούμενη ισοδύναμα γράφεται:

ln ( 1) ln 1 ( ) ( 1)x x xf e e f x x g e g x με

( ) ( ) ln , 0g t f t t t . Είναι

( )

( )( ) 0

1

f t

f t

eg t

t e

άρα g κι επειδή 1 xx e

για 0x θα είναι 1 xg x g e οεδ.

Δ2. Με x>0 κοντά στο 0 είναι 1xe x f

( ) ( 1) ( ) ( 1) 0x xf e f x f e f x

: ( ) ( 1)

0xx f e f x

x

.

Διαιρώντας με x την ανισότητα της Δ1 έχω: ( ) ( 1) ln( 1)

1xf e f x x

x x

Page 40: Φεβρουαριος 16

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

39

και 0

ln( 1)lim(1 ) 0x

x

x

(de l’ Hospital),

0lim 0 0x

. Τέλος από κρ. παρεμβολής

είναι 0

( ) ( 1)lim 0

x

x

f e f x

x

.

Ε. ( ) 1 ( ) ( 1) ( 2) 2 , 1,2k x x xf x f x f x x x συνεχής με

(1) (3) 1 0k f (αφού f και (1) 0.f ) Ακόμα

1 2(2) 2 (2) (3) (2) (1) (3) (2) ( ) ( ) 0h f f f f f f f f με 2 ΘΜΤ

και μονοτονία f . Από Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.

ΣΤ. Είναι ( ) 1( )( 1)f xf x e

x και από την αρχική (1)

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1

2 2(1)( ) ( ) ( )

11 11

2 2(1)( )

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

( ) ( )( ) ( ) 2 ( )

2 2

( ) ( )2 ( ) 1 3 ( )

2

e e ef x f x f x f x

ee e e

f e f x f x

f e

f x f x e dx f x f x e dx f x f x e f x f x e dx

f x f xf e f e e dx e dx f e e

f e f ef e e f e 1.

2

Αν I το πρώτο μέλος της αποδεικτέας τότε έχω:

22( )

2 3 ( ) 1 ( ) 6 ( ) 9 7.2

f eI f e f e f e

21η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

( )( ) 2f ef e e

Page 41: Φεβρουαριος 16

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

40

Προτάθηκε από τον Δημήτρη Χατζάκη (14-2-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 21/2/2016

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση 𝐟: (−𝛑

𝟐 ,𝛑

𝟐) → ℝ για την οποία ισχύει :

𝐟 𝟏 − 𝟏 , 𝐱 ∈ (−𝛑

𝟐 ,𝛑

𝟐)

(𝟏

𝟒−√𝐟(𝛃) + 𝐟(𝒂)) ∙ (𝟏 − 𝟐√𝐟(𝛃) + 𝐟(𝛂)) < 𝟎 , 𝟎 < 𝜶 < 𝛃 <

𝛑

𝟐

Α. Να δείξετε ότι 𝐟(𝛂) < 𝐟(𝛃)

Β. Να βρείτε την μονοτονία της 𝐟

Γ. Αν 𝐟(𝟎) = 𝟎 και 𝐟′(𝐱) = 𝟏 + 𝐟𝟐(𝐱) , 𝐱 ∈ (−𝛑

𝟐 ,𝛑

𝟐) (𝟏)

1. Να αποδείξετε ότι 𝐟(𝐱) = 𝛆𝛗𝐱

2. Αν η 𝐟 −𝟏είναι συνεχής στο 𝟏 , να δειξετε ότι η 𝐟−𝟏 παραγωγισιμη στο 𝟏 και

να λυθεί η ανίσωση : [(𝐟−𝟏)′(𝟏)]

𝟑𝐱+𝟏− [(𝐟−𝟏)

′(𝟏)]

𝟐𝐱− 𝐟(𝐟−𝟏(𝐱)) − 𝟏 > 𝟎

3. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τα σημεία 𝚳(𝐱, 𝐲)

τα οποία ικανοποιούν τις σχέσεις : 𝟎 ≤ 𝐱 ≤𝛑

𝟒 και 𝟎 ≤ 𝐲 ≤ 𝐥𝐧 (𝟏 + 𝐟(𝐱))

Page 42: Φεβρουαριος 16

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

41

1η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

Α. Θεωρούμε την g(x) = x2 − 2√f(β)x + f(α)

g(1) = 1 − 2√f(β) + f(α)

g (1

2) =

1

4− √f(β) + f(α)

Από την υπόθεση g(1)g (1

2) < 0 οποτε από Θ.Β. για την g στο [

1

2, 1] η εξίσωση

g(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( 1

2, 1 )

Δηλαδή , Δ ≥ 0 ⇔ 4f(β) − 4f(𝛼) ≥ 0 ⟺ f(β) ≥ f(α)

και επειδή η f είναι 1 − 1 τότε f(α) < f(β)

Β.

Βασική Άσκηση

Αν η f είναι συνεχής και ένα προς ένα στο Δ τότε η f είναι και γνησίως μονότονη στο

Δ.

Απόδειξη

Έστω x1, x2, γ ∊ Δ με x1 < x2 < γ και θεωρούμε ότι η f δεν είναι γνησίως μονότονη

οπότε έστω ότι θα ισχύει f(x2) < f(γ) < f(x1). Τότε από ΘΕΤ στο [x1, x2] υπάρχει

x0 ∊ (x1, x2) τέτοιο ώστε f(x0) = f(γ)1−1⇔ x0 = γ , Άτοπο x0 ∊ (x1, x2).

Άρα θα ισχύει ότι f(x1) < f(x2) < f(γ) ή f(γ) < f(x2) < f(x1).

f παραγωγισιμη άρα f συνεχής στο (−π

2,π

2) και συμφώνα με την παραπάνω

βασική άσκηση και γνησίως μονότονη . Επειδή α < β με f(α) < f(β) η f είναι

γνησίως αύξουσα .

Γ.

1. Θέλουμε να δείξω ότι f(x) = εφx ⟺ f(x) =ημx

συνx⟺ f(x) ∙ συνx − ημx = 0 .

Θέτουμε h(x) = f(x) ∙ συνx − ημx

h′(x) = f ′(x) ∙ συνx − f(x)ημx − συνx

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

Page 43: Φεβρουαριος 16

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

42

(1)⇔ h′(x) = (1 + f2(x)) ∙ συνx − f(x)ημx − συνx

⟺ h′(x) = f2(x) ∙ συνx−f(x)ημx ⟺ h′(x) = f(x) ∙ ( f(x) ∙ συνx − ημx)

h(x)=f(x)∙συνx−ημx ⇔ h′(x) = f(x) ∙ h(x) ⟺ h′(x) − f(x) ∙ h(x) = 0

Έστω F μια αρχική της f(x)

Τότε h′(x) − F′(x) ∙ h(x) = 0∙e−F(x)

⇔ h′(x) ∙ e−F(x) − e−F(x)F′(x) ∙ h(x) = 0 ⟺

⟺ (e−F(x) ∙ h(x))′

= 0 ⟺ e−F(x) ∙ h(x) = c . Για x = 0 → c = 0

Οπότε e−F(x) ∙ h(x) = 0 ⟺ h(x) = 0 ⟺ f(x) ∙ συνx − ημx = 0 ⟺ f(x) = εφx

2.

limx→1

f −1(x) − f −1(1)

x − 1= limu→π4

u −π4

f(u) − 1= limu→π4

1

f(u) − f(π4)

u −π4

=1

f ′(π4)=1

2∈ ℝ

*θέτουμε x = f(u) άρα u →π

4 . Άρα (f −1)′(1) =

1

2

Αφού f(A) = ℝ τότε f(f−1(x)) = x , x ∈ ℝ

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = [1

2]x

− x , h(x) = [1

2]x

ln1

2− 1 < 0 ⇢ h ↓

[(f−1)′(1)]3x+1 − [(f−1)′(1)]2x − f(f−1(x)) − 1 > 0

⇔ [1

2]3x+1

− [1

2]2x

− x − 1 > 0 ⟺ [1

2]3x+1

− [1

2]2x

− x − 1 > 0

⟺ [1

2]3x+1

− 3x − 1 > [1

2]2x− 2x ⟺ h(3x + 1) > h(2x)

h ↓⇔3x + 1 < 2x ⟺ x < −1

3.

Για 0 < x <π

4∶ εφx > 0 ⇔ εφx + 1 > 1 ⇔ ln (εφx + 1) > 0

Θέτουμε u =π

4− x , dx = −du

Ε = ∫ ln (εφ(π

4− u) + 1)

π4

0

du = ∫ ln (1 − εφu

1 + εφu+ 1)

π4

0

du =

Page 44: Φεβρουαριος 16

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

43

= ∫ ln (2

1 + εφu)

π4

0

du = ∫(ln2 − ln (1 + εφu)

π4

0

)du = ∫(ln2du)

π4

0

− E

Οπότε , Ε = ∫ (ln2du)π

40

− E⟺ 2Ε =π

4ln2 ⟺ Ε =

π

8ln2 τ.μ.

2η προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)

Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ με τύπο 2φ x x 2 f β x f α .

• φ συνεχής στο 1

,12

ως πολυωνυμική

• 1

φ φ 1 02

, οπότε σύμφωνα με το Θ.Bolzano, η εξίσωση φ x 0 ,

έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο 1

,12

.Επειδή όμως πρόκειται για τριωνυμική

εξίσωση θα είναι Δ 0 4 f β f α 0 f β f α . Γνωρίζουμε όμως

ότι f: 1-1

α β f α f β και έτσι προκύπτει f α f β .

Β. Η συνάρτηση f είναι συνεχής και 1-1 στο π π

,2 2

,επομένως θα είναι και

γν.μονότονη στο π π

,2 2

,δηλ.:

• ή f γν.αύξουσα στο π π

,2 2

• ή f γν.φθίνουσα στο π π

,2 2

Αν υποθέσουμε ότι f γν.φθίνουσα στο π π

,2 2

,έχουμε:

f γν.φθίνουσα

α β f α f β ,που είναι ΑΤΟΠΟ.

Επομένως f γν.αύξουσα στο π π

,2 2

.

Γ1. Θεωρούμε συνάρτηση συνάρτηση g με τύπο 2

1g x , x

1 x

και έστω G μια αρχική συνάρτηση της g στο με G 0 0 .

Είναι 2

1G x g x , x

1 x

και για κάθε

π πx ,

2 2

ισχύει:

Page 45: Φεβρουαριος 16

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

44

2

2

1G f x f x G f x 1 f x 1

1 f x

, οπότε

G f x 1 G f x x c .

Για

f 0 0

x 0 : G f 0 c G 0 0 c

και έτσι G f x x ,

για κάθε π π

x ,2 2

.

Είναι 2

2

1G εφx εφx G εφx 1 εφ x 1

1 εφ x

Και έτσι G εφx G f x c .Για x 0 προκύπτει c 0 , οπότε:

G:1-1

G εφx G f x f x εφx .

Γ2. Αν π π

Α ,2 2

, τότε f γν.αύξουσα

f συνεχής π πx x

2 2

f A lim f x , lim f x ,

και έτσι για κάθε π π

x ,2 2

είναι 1x f ψ , ψ , οπότε:

1 1 1G f x x G f f ψ f ψ G ψ f ψ , ψ και έτσι

αποδείξαμε ότι 1G f .Επομένως 1

2

1f x G x , x

1 x

και

1 1f 1

2

.

Σχόλιο: Δεν χρησιμοποιήθηκε το δεδομένο της συνέχειας της 1f

στο 1!

Επειδή 1 1f 1

2

και 1f f x x , για κάθε x ,η ανίσωση ισοδύναμα

γίνεται:

3x 1 2x1 1

x 1 0 2 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση λ με τύπο x

1λ x , x

2

,για την οποία

είναι x

1λ x ln2 0, x

2

.

Έτσι: 3x 1 2x

3 21 1 1x 1 0 λ x λ x x 1 0

2 2 2

3 2 21 1λ x 2λ x 2x 2 0 λ x λ x 2 2 x 1 0

2 2 (1)

Για x 1 , η (1) ισοδύναμα γίνεται: 2

λ x 21x 1 λ x 2 0

2 x 1

(2)

Page 46: Φεβρουαριος 16

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

45

• λ γν.φθίνουσα λ x 2

x 1 λ x λ 1 λ x 2 0x 1

• λ γν.φθίνουσα λ x 2

x 1 λ x λ 1 λ x 2 0x 1

Αποδείξαμε λοιπόν ότι για κάθε x , 1 1, ισχύει λ x 2

0x 1

,

οπότε και 2

λ x 2λ x 2 0

x 1

και έτσι (2) x 1 .

Για x 1 ,η (1) είναι προφανώς αδύνατη. Επομένως: 3x 1 2x

1 1x 1 0 x 1

2 2

.

Γ3. Προφανώς το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με

π π

4 4

0 0

ln 1 f x dx ln 1 εφx dx .Θέτουμε π

u x4

και έτσι du dx , οπότε:

π π π π

4 4 4 4

0 0 0 0

π 1 εφxln 1 εφx dx ln 1 εφu dx ln 1 εφ x dx ln 1 dx

4 1 εφx

π

4

0

2ln dx

1 εφx

π π

4 4

0 0

ln2 dx ln 1 εφx dx.

Επομένως

π

4

0

0

ln2 dxπ

ln 1 εφx dx ln22 8

.

3η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

A. Θέτω 2 1( ) ( ) ( ) , ( ) 0

4g x f a x f x f a και

1(1) ( ) ( )

4g f a f ,

( ) ( ) 2 ( ) 11 ( ) 1( )2 4 2 4 4

f f a ff ag

.

Ισχύει 1

(1) ( ) 02

g g λόγω της δεδομένης ανισότητας.

Αν η Δ του g είναι <0, τότε το g είναι ομόσημο του f(α) για κάθε x , άρα το

1(1) ( )

2g g ομόσημο του

2 ( )f a δηλαδή >0, άτοπο από την υπόθεση.

Αν Δ=0, τότε το g είναι ομόσημο του f(α) για κάθε x , εκτός της ρίζας του,

δηλαδή το 1

(1) ( ) 02

g g άτοπο. Άρα 0 ( ) ( ) 0f f οεδ.

Aν ( ) 0f a τότε από τη αρχική ανισότητα είναι ( ) 0f με το = να μην ισχύει λόγω

1-1. Άρα ( ) ( )f f a .

Page 47: Φεβρουαριος 16

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

46

Β. Έστω ότι η f δεν είναι γν. μονότονη. Τότε υπάρχουν 1 2 3, , ,

2 2x x x

με

1 2 3x x x και 1 2( ) ( )f x f x και 3 2( ) ( )f x f x . Από το ΘΕΤ , αν u με

2 1 3( ) min ( ), ( )f x u f x f x , υπάρχει 1 2 2 3( , ), ( , )a x x x x με ( ) ( ).f a u f

Αλλά η f είναι 1-1 άρα α=β, άτοπο αφού 1 2 3x a x x . Άρα η f γν. μονότονη

και αν είναι θα είναι ( ) ( )f f a άτοπο. Άρα .

Γ1. Ισχύει 1( ( ))f f x x για κάθε x στο σύνολο τιμών της f. Η

1f είναι

παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της (οι ,f fC C συμμετρικές ως προς y=x και f

παραγωγίσιμη) και παραγωγίζοντας την προηγούμενη ισότητα έχω:

1 1 1

1 2 1 2

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

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

f f x f f x x

.

Θέτω ( ) , ,2 2

g x x x

και έχω (ομοίως με πριν):

1 2

1 2 2

1 1 1 1( ) ( )

( ( )) ( ) 1 1g x y

g g x g y y x

, με

1( ) ( )y g x x g y y . Άρα 1( ) ( )f x =

1 1 1( ) ( ) ( ) ( )g x g x f x c κι

επειδή 1 1(0) 0 (0) (0) 0f f g c . Άρα

1 1 1( ) ( ) ( ) ( )g x f x y f x f y x y

2. Πρέπει να είναι πραγματικός το 1 1

1

( ) (1)lim

1x

f x f

x

.

Επειδή f 1-1 είναι 1( ) 1 (1)4 4

f f και το lim θέτοντας

1( ) ( )u f x x f u

γράφεται:

4 4

2

1 1 14lim lim( ) 1 1( ) 1 2

4 4

u u

u

f uf u

u

, αφού η εφx είναι

παραγωγίσιμη στο 4

με τιμή παραγώγου 2 και

1lim

4xu

. Άρα 1 1

( ) (1)2

f .

Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:

3 1 2 3 1 21 1 1 1

1 0 (3 1) 2 02 2 2 2

x x x x

x x x

και θέτοντας

1( )

2

t

t t

η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται:

(3 1) (2 ) 3 1 2 1x x x x

.

Page 48: Φεβρουαριος 16

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

47

3. Η συνάρτηση ln(1 )x είναι συνεχής και 0 στο 0,4

, άρα το ζητούμενο

εμβαδόν είναι το:

4

0ln(1 )x dx

που θέτοντας 4

u x

γράφεται:

4 4 4 4 4

0 0 0 0 0

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

1 1 1

u udu du du dx x du

u u u

(έγινε χρήση του τύπου ( )1

). Άρα

ln 2 ln 22

4 8I

τμ

4η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

2

2

1f (β ) f (a) 1 2 f ( β ) f (a) 0

4

1f (β ) f (a) f( β ) 1 f ( β ) f (a) f( β ) 0

2

είναι f (a) f (β ) αφού f 1 1 . Aν f (a) f (b) τότε

2

21f (b) f (a) f(b) 1 f (b) f (a) f(b) 0

2

, άτοπο

,άρα f (a) f (b)

Β.

Αν η f δεν είναι γν. μονότονη τότε θα υπάρχουν 1 2 3

π πx , x , x , με

2 2

1 2 3 1 2 3 2x x x f ( x ) f ( x ) και f ( x ) f ( x ) ,(οι ισότητες δεν μπορούν

να ισχύουν αφού η f είναι 1-1 ) .Έστω 2 1 3k f ( x ) , m max f ( x ), f(x )

τότε αφού η f είναι συνεχής στα 1 2 2 3x , x , x x και k m, για κάποιο

l m,k από ΘΕΤ θα υπάρχουν 1 1 2 1 2 3 1 2c x ,x ,c x , x : f (c ) l f (c )

άτοπο αφού f 1-1 . Άρα η f γν. μονότονη π π

στο ,2 2

.

αν υποθέσουμε ότι είναι γν. φθίνουσα τότε για α β f (a) f ( β ) άτοπο άρα η

f είναι γν. αύξουσα.

Page 49: Φεβρουαριος 16

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

48

Γ.1

1ος τρόπος

π πx ,

x x2 22

2 20 0

x f ( x )u f ( t )

2 20 0

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

1 f (t ) 1 f (t )

f '(t ) 1dt x du x (*)

1 f (t ) 1 u

Θέτω π π

u h(θ ) εφθ , θ ,2 2

.Είναι γνωστό ότι η h είναι γν. αύξουσα και

1-1 με π π

h , R2 2

άρα έχει αντίστροφη 1 1 π πh , με h R ,

2 2

,τότε

2

1du dθ ,

συν θ για u 0 εφθ 0 θ 0 ,

για 1u f (x) εφθ f ( x ) h(θ ) f ( x ) θ h ( f ( x )) , άρα

1 1h (f(x)) h (f(x))

2 20 0

1

1 1(*) dθ x 1 dθ x

1 εφ θ συν θ

π πh (f(x)) x f ( x ) h( x ) εφx , x ,

2 2

2ος τρόπος

Η 2

1φ(t ) , x R

t 1

είναι συνεχής άρα έχει παράγουσα ,έστω την

2

1H : R R με H'(t ) 0 και H(0 ) 0

t 1

οπότε H R και 1 1

τότε για κάθε π π

x ,2 2

η εφx παίρνει όλες τις τιμές στο R και

2

2 2

1 1H'(εφx ) συν x H'( εφx ) 1 ( εφx )' H'( εφx ) 1

εφ x 1 συν x

c 0

x 0H(εφx ) ' 1 H( εφx ) x c H( εφx ) x

,

π πx ,

2 2

(2)

είναι 2

2

f '( x )f '( x ) 1 f ( x ) 1 , (1)

1 f ( x )

για κάθε t R είναι2

1H'(t )

t 1

και θέτοντας t f ( x ) , για

π πx ,

2 2

είναι 2 2

1 f '( x )H'( f ( x )) f '( x ) H'( f ( x ))

f ( x ) 1 f ( x ) 1

Page 50: Φεβρουαριος 16

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

49

( 1) ( 2 )x 0

c 0

H 1 1

H( f ( x )) ' 1 H( f ( x )) x c H( f ( x )) x

H( f ( x )) H(εφx ) f ( x ) εφx

Γ.2

1 πf (1) u 1 f (u) 1 εφu 1 u

4

λόγω συνέχειας της 1f στο 1 είναι 1 1

x 1

πlim f ( x ) f (1)

4

11 1 u f ( x )

1

π πx 1u u

4 4

πu

4

π πu u

f ( x ) f (1) 4 4f '(1) lim lim limπx 1 f (u) 1

f (u) f ( )4

1 1 1lim

π π 2f (u) f ( ) f '( )

4 4π

u4

Γ.3

Έστω π

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

συνεχής . Στο

π0 ,4

είναι

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

Το ζητούμενο χωριό είναι G

πΩ C , x'x, x 0 ,x

4

.

ππ π π u x

044 4 4

π0 0 0

4

π π π

4 4 4

0 0 0

π π

4 4

0 0

πE G( x )dx ln 1 f ( x ) dx ln 1 εφx dx ln 1 εφ( u) du

4

π 1 εφu 2ln 1 εφ( u) du ln 1 du ln du

4 1 εφu 1 εφu

π ln2ln2 du ln 1 εφu du Ε

4

Aρα π ln2 π ln2

E Ε E4 8

Page 51: Φεβρουαριος 16

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

50

22η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Μάριο Βώβο (22-2-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Κυριακή 28/2/2016

Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσμη συνάρτηση , για την οποία ισχύει

, για κάθε

παρουσιάζει ακρότατο στο σημείο x 0, το 0

α) Να δείξετε ότι η είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο και

, για κάθε .

β) i) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα

και το σύνολο τιμών της.

ii) Να βρείτε τα 1 2x ,x για τα οποία 1 2 1 2 2 1 1 2x x x x x x x x

e e e e 4

.

γ) i) Να δείξετε ότι 0 f x xf ' x , για κάθε x .

ii) Να βρείτε την εφαπτομένη τής , που διέρχεται από την αρχή των

αξόνων.

δ) i) Να αποδείξετε ότι για κάθε , με ισχύει η σχέση

f x dxf f

f2 2

.

ii) Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο, ώστε:

0

1

f x dxf x dx2

1 3 3

f :

2f xe

2f x

2f '' x

tdt f '' x e

t 1

x

f

x xe e

f x n2

x

f

fC

0,1

Page 52: Φεβρουαριος 16

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

51

1η προτεινόμενη λύση (Μάριος Βώβος)

Επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο σημείο x 0, το 0 προκύπτει ότι f 0 0

(Fermat) και επιπλέον δίνεται ότι f 0 0

α) Έχουμε:

2f x 2f x 2f x2f x2e e e e

2

2 2 2 f '' xf '' x f '' x f '' x

t 1 't 2tdt dt dt t 1

t 1 2 t 1 2 t 1

2 22 22f x 2f x 2f x

e 1 f '' x 1 f '' x e e 1 f '' x 1

22 2f x 2f x

f '' x f '' x 1 e e 1 , x

σχέση 1 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2g x x x 1 , για κάθε x . Η συνάρτηση g είναι

παραγωγίσιμη στο , με παράγωγο 2

2 2

x x x 1g ' x 1

x 1 x 1

, για κάθε x

. Όμως, είναι:

2 2 2x 1 x x x x x 1 0 g ' x 0, x και επειδή η

συνάρτηση g είναι συνεχής στο , θα είναι γνησίως αύξουσα, άρα και "1 1" .

g:1 1

2f x 2f x1 : g f '' x g e f '' x e

, για κάθε x , σχέση 2 .

Προφανώς, αφού η συνάρτηση 2f xe

είναι παραγωγίσιμη στο , ως σύνθεση

παραγωγίσιμης συνάρτησης, και η συνάρτηση f '' x θα είναι παραγωγίσιμη στο .

Επομένως, η συνάρτηση f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο .

3

3f x2 : 2f x ln f '' x 2f ' x f x 2f ' x f '' x 0

f '' x

x 02

1 1f '' 0 1

f ' 0 0

f '' x f ' x c c 1

. Άρα, 2

f '' x f ' x 1, x .

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το f xe και έχουμε:

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

Page 53: Φεβρουαριος 16

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

52

2f x f x f x f x f x f xf '' x e f ' x e e f '' x e f ' x e ' e

f x f x

e '' e , για κάθε x .

Θεωρούμε τη συνάρτηση f xh x e , x . Επομένως:

x 0x x x x x x

2h ' 0 0

h 0 1

h '' x h x h '' x h ' x h x h ' x

e h '' x e h ' x e h x e h ' x e h ' x e h x c

2c 1 . Άρα:

x x x x 2xh ' x h x e h ' x h x e e h ' x e h x e

2x x 0x

3 3h 0 1

e 1e h x c c

2 2

. Άρα,

x x x xe e e eh x f x ln

2 2

, για

κάθε x .

βi) Ισχύει:

x x 2x

x x 2x

e e e 1f ' x

e e e 1

, για κάθε x .

► 2x

2x

e 1f ' x 0 0 x 0

e 1

► 2x

2x

e 1f ' x 0 0 x 0

e 1

Επομένως, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, και γνησίως φθίνουσα

στο ,0 . Άρα, η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση 0x 0 , το

0f x f 0 0 .

Το σύνολο τιμών της f είναι το x x

f f 0 , lim f x f 0 , lim f x

.

► xx x 2x 2u e

xx x x u 0 u 0

e e e 1 u 1lim f x lim ln lim ln lim ln

2 2e 2u

2

u 0lim ln u 1 ln 2u 0

.

Page 54: Φεβρουαριος 16

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

53

► xx x 2x 2u e

xx x x u u

e e e 1 u 1lim f x lim ln lim ln lim ln

2 2e 2u

2

u u

u ulim ln lim ln

2u 2

. Επομένως, f 0, .

βii) Έχουμε:

1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2x x x x x x x x x x x xe e e e 4 e e e e 4

1 1 2 2 1 1 2 2x x x x x x x xe e e e e e e e

1 ln 02 2 2 2

1 1 2 2x x x x

1 2

e e e eln ln 0 f x f x 0

2 2

Από το ερώτημα (βi), έχουμε ότι f x 0 , για κάθε x .

► Για 1x x : 1f x 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 1x 0 .

► Για 2x x : 2f x 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 2x 0 .

Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο παραπάνω σχέσεις έχουμε:

1 2f x f x 0 , με την ισότητα να ισχύει όταν ταυτόχρονα 1 2x x 0 .

Άρα, αυτές είναι και οι ζητούμενες τιμές των 1 2x , x .

γi) Για x 0 , είναι 0 0 0 που ισχύει.

Για x 0 , η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0, x και παραγωγίσιμη στο 0, x , άρα

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο εν λόγω διάστημα και

επομένως, υπάρχει:

1 1

f x f 0 f x0, x : f '

x 0 x

Όμως,

2x

22x

4ef '' x 0

e 1

, επομένως η συνάρτηση f είναι κυρτή στο και άρα η

f ' γνησίως αύξουσα. Άρα:

Page 55: Φεβρουαριος 16

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

54

f '

1 1

f x0 x f ' 0 f ' f ' x 0 f ' x 0 f x xf ' x

x

, για

κάθε x 0 .

Για x 0 , η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x,0 και παραγωγίσιμη στο x,0 , άρα

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο εν λόγω διάστημα και

επομένως, υπάρχει:

2 2

f 0 f x f xx,0 : f '

0 x x

f '

2 2

f xx 0 f ' x f ' f ' 0 f ' x 0 xf ' x f x 0

x

, για

κάθε x 0 .

Τελικά, για κάθε x , ισχύει 0 f x xf ' x , με την ισότητα να ισχύει μόνο για

x 0 .

γii) Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο 0 0x ,f x είναι:

0 0 0y f x f ' x x x , για να διέρχεται όμως, από το σημείο 0,0 πρέπει και

αρκεί να είναι:

0 0 0 0 0 00 f x f ' x 0 x f x x f ' x .

Από το ερώτημα (γi) έχουμε ότι f x xf ' x , για κάθε x , με την ισότητα μόνο

για x 0 . Επομένως, θα είναι και 0x 0 . Άρα, η ζητούμενη ευθεία είναι η

: y f 0 f ' 0 x 0 y 0 , δηλαδή ο άξονας x 'x .

δi) Θεωρούμε τον πραγματικό αριθμό z2

.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στα , z και z, και παραγωγίσιμη στα , z και

z, . Οπότε, η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης

τιμής στα εν λόγω διαστήματα και επομένως υπάρχουν 1y ,z και 2y z,

τέτοια ώστε:

1

f z ff ' y

z

και

2

f f zf ' y

z

. Όμως, η συνάρτηση f είναι

κυρτή στο , άρα και η f ' είναι γνησίως αύξουσα. Άρα:

Page 56: Φεβρουαριος 16

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

55

f '

1 2 1 2

z zy y f ' y f ' y f z f f

.

Η εφαπτομένη της f στο σημείο z,f z είναι y f z f ' z x z . Όμως,

αφού η f είναι κυρτή, κάθε εφαπτομένη της f βρίσκεται «κάτω» από τη fC .

Επομένως, ισχύει f x f z f ' z x z , για κάθε x , . Άρα:

f x dx f z dt f ' z x z f z f ' z z2

f z

Επομένως,

f x dx

f2

.

Για την άλλη ανισότητα, είναι z z

f z f f

, έχουμε:

f f f f

f z dz z dz z dz2

.

Επομένως,

f x dxf f

f2 2

.

Σχόλιο:

Η παραπάνω ανισότητα είναι πολύ χρήσιμη στα μαθηματικά και είναι γνωστή ως

ανισότητα Hermite – Hadamard.

δii) Θεωρώ τη συνάρτηση x x

1 0

2xx x 1 f t dt x f t dt

3 , x 0,1 .

Η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.

0 1

1 0

0 f t dt f t dt , σχέση 3 .

1

0

21 f t dt

3 , σχέση 4 .

Από την ανισότητα Hadamard στο ερώτημα (δi), για 0 και 1 , έχουμε:

Page 57: Φεβρουαριος 16

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

56

1 2

1f 0 12

0

0

e 1f t dt ln

f 0 f 1 2e1 2f 0 f t dt

2 1 0 2 2 3

Αφού

3 32 2

4 4 7 6 4 2e 1 e 1ln ln e e 8e e 3e 3e 1

2e 2e

6 5 4 3 2e 1 8e 7e 7e 4e 4e e 1 0 , που ισχύει.

Επομένως, 0 0 και 1 0 , άρα 0 1 0 και από θεώρημα Bolzano,

υπάρχει τουλάχιστον ένα 0,1 τέτοιο, ώστε να ισχύει:

0

1

1 0

f x dxf x dx2 2

0 1 f x dx f x dx 03 1 3 3

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

2ος τρόπος για το βii ερώτημα: (απόδειξη ανεξάρτητη από την υπόλοιπη άσκηση)

Από τη βασική σχέση xe x 1, για κάθε x R και με την ισότητα να ισχύει μόνο για

x 0, έχουμε διαδοχικά:

1 2

1 2

1 2 1 2 2 1 1 2

2 1

1 2

x x

1 2

x x

1 2 x x x x x x x x

x x

2 1

x x

1 2

e x x 1 1

e x x 1 2e e e e 4

e x x 1 3

e x x 1 4

Αν κάποια από τις σχέσεις 1 2 , 3 , 4 ισχύει ως γνήσια ανισότητα, τότε

1 2 1 2 2 1 1 2x x x x x x x xe e e e 4

Άρα

1 2

1 2

1 2 1 2 2 1 1 2

2 1

1 2

x x

1 2 1 2

x x

1 2 1 2x x x x x x x x

1 2x x2 12 1

x x1 21 2

e x x 1 x x 0

e x x 1 x x 0e e e e 4 x x 0

x x 0e x x 1

x x 0e x x 1

Page 58: Φεβρουαριος 16

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

57

2ος τρόπος για το δii ερώτημα: (απόδειξη ανεξάρτητη από το δi ερώτημα)

Θεωρούμε τη συνάρτηση x x

1 0

2xx x 1 f t dt x f t dt

3 , x 0,1 .

Η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.

0 1

1 0

0 f t dt f t dt 0

(διότι έχουμε αποδείξει f x 0 στο R, με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0

Άρα f x 0 στο 0,1 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )

Επίσης,

1

0

21 f t dt 0

3

(διότι από τη βασική σχέση ln x x 1,x 0 για x το t te e

0, t 0,12

παίρνουμε

t t t te e e e

ln 1, t 0,12 2

,

με την ισότητα να ισχύει μόνο για t te e

1 t 02

. ΄Αρα

1 1 t t 2

0 0

e e e 2e 1 2f t dt 1 dt ,

2 2e 3

αφού

22e 2e 1 2

3e 10e 32e 3

,

το οποίο ισχύει αφού

2 2

2e 3 e 9 3e 273e 10e 3

e 2,4 10e 24 27 10e 3

)

Το συμπέρασμα έπεται άμεσα από το θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση φ στο

διάστημα 0,1

Page 59: Φεβρουαριος 16

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

58

3η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

α)

Θέτω h(x)= x + √x2 + 1 x∈ R. Tότε h΄(x) = 1+x

√x2+1 > 0 oπότε h γνήσια αύξουσα στο

R συνεπώς και 1-1 (−x ≤ |x| < √x2 + 1 ).

Η δοσμένη σχέση είναι: ∫t

√t2+1

e−2f(x)

f΄΄(χ)dt = f΄΄(χ) − e−2f(x) ∫ (

t

√t2+1

e−2f(x)

f΄΄(χ)+ 1)dt =

0 [t + √t2 + 1]f΄΄(χ)

e−2f(x)

= 0 h(e−2f(x)) = h(f΄΄(χ)) και επειδή η h είναι 1-1 θα

είναι f΄΄(x) = e−2f(x).Τώρα η g(x) = e−2f(x) είναι παραγωγίσιμη , συνεπώς υπάρχει

η f΄΄΄(x) και είναι f΄΄΄(x) = −2f΄(x)e−2f(x) f΄΄΄(x) = −2f΄(x)f΄΄(x) f΄΄΄(x) +

((f ΄(x))2)΄ = 0 f΄΄(x) + f ΄(x)2 = c .¨Όμως επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο

χ=0 τo 0 θα είναι f΄(0) = f(0) =0 , f΄΄(0)=1 και c=1. Επόμενα f΄΄(x) + f ΄(x)2 =

1 f΄΄(x)ef(x) + (f ΄(x))2ef(x) = ef(x) (f ΄(χ)ef(x))΄ = ef(x) (ef(x))΄΄ = ef(x)

(ef(x))΄΄ + (ef(x))΄ = (ef(x))΄ + ef(x) (ef(x))΄ + ef(x) = Κex. Για x=0 προκύπτει Κ=1

(διότι είναι f ΄(0)ef(0) + ef(0) = Κ). Οπότε (ef(x))΄ + ef(x) = ex ex(ef(x))΄ +

exef(x) = e2x (ex(ef(x))) ΄ = (e2x

2) ΄ (ex+f(x))΄ = (

e2x

2) ΄ ex+f(x) =

e2x

2+

β. Για x=0 προκύπτει β = 1

2 . Επόμενα ex+f(x) =

e2x+1

2 ef(x) =

ex+e−x

2 f(x) =

ln (ex+e−x

2).

β)

i) ΄Εχω: f(x) = ln (ex+e−x

2) f(x) = ln(ex + e−x) − ln2 , f΄(x) =

ex−e−x

ex+e−x , f΄(x) =

0 𝑥 = 0 , f΄(x) > 0 𝑥 > 0 , f΄(x) < 0 𝑥 < 0.Συνεπώς f γνήσια φθίνουσα στο

(−∞ , 0] , f γνήσια αύξουσα στο [0 ,+∞) οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο

σημείο x=0 το f(0)=0. Επειδή lim𝑥→+∞

f(x) = lim𝑥→−∞

f(x) = +∞ θα είναι πεδίο τιμών

f(R)= [0 ,+∞).

ii) ΄Εχουμε: ex1+x2 + ex1−x2 + ex2−x1 + e−x1−x2 = 4 ex1(ex2 + e−x2) +

𝑒−𝑥1(ex2 + e−x2) = 4 (ex1 + e−x1)(ex2 + e−x2) = 4 4ef(x1)+f(x2) = 4

ef(x1)+f(x2) = 1 f(x1) + f(x2) = 0 f(x1) = f(x2) = 0 x1 = x2 = 0 διότι για

x≠ 0, 𝑓(𝑥) > 0 (από βi).

Page 60: Φεβρουαριος 16

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

59

γ)

i) Επειδή η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο x=0 το f(0)=0 θα είναι f(x)≥ 0.

Aν g(x)=xf΄(x)-f(x) , x∈ R τότε g΄(x)=xf΄΄(x)=xe−2f(x).Επόμενα 𝑔΄(x) = 0 𝑥 =

0 , g΄(x) > 0 𝑥 > 0 , g΄(x) < 0 𝑥 < 0. Συνεπώς g γνήσια φθίνουσα στο (−∞ , 0]

, g γνήσια αύξουσα στο [0 ,+∞) οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο x=0

το g(0)=0. Δηλ. g(x) ≥ 0 xf΄(x) − f(x) ≥ 0 f(x) ≤ xf΄(x). ΄Αρα 0≤ f(x) ≤

xf΄(x). Η ισότητα ισχύει για x=0.

ii) H εφαπτόμενη της Cf σε κάθε σημείο της (x0,f(x0)) είναι της μορφής

(η): y- f(x0)= f΄(x0)(x-x0). Για να διέρχεται η (η) από την αρχή των αξόνων θα πρέπει

f(x0)= x0 f΄(x0) 𝛾)𝑖)⇔ x0 = 0. ΄Αρα η ζητούμενη εφαπτόμενη είναι: y=0.

δ)

i)Θέτω d(x)=∫ f(t)dt − (x − α)f(x+α

2

x

α) , x∈ [α,+∞). Tότε d΄(x)=f(x)- f (

x+α

2)-

( x−α

2) f΄ (

x+α

2)>0 για x>α διότι: f΄΄(x) = e−2f(x) > 0 συνεπώς f κυρτή στο R οπότε από

Θεώρημα Μέσης Τιμής στο [α,α+x

2] υπάρχει 𝜉1 ∈ (α,

α+x

2) ώστε f΄(𝜉1) =

f(α+x

2)−f(a)

x−a

2

< f΄ (α+x

2) λόγω κυρτότητας. Επόμενα d γνήσια αύξουσα στο [α, +∞)

δηλαδή α<β d(α) < d(β)

0 < ∫ f(t)dt − (β − a)f(β+α

2

β

α) f (

β+α

2) <

∫ f(t)dtβα

β−α.

΄Ομοια θέτω φ(x)=(f(x)+f(𝛼)

2)(x − α) − ∫ f(t)dt

x

α , x∈ [α, +∞). Tότε φ΄(x)=

f΄(x)

2(x −

α) + f(x)+f(α)

2− f(x) =

f΄(x)

2(x − α) −

f(x)−f(α)

2= (

x−α

2) [f΄(x) −

f(x)−f(α)

x−α]>0 για x>α

διότι: από Θεώρημα Μέσης Τιμής στο [α,x] υπάρχει ξ2 ∈ (α, x) ώστε

f΄(ξ2)=f(x)−f(α)

x−a< f΄(x) λόγω κυρτότητας της f. Επόμενα φ γνήσια αύξουσα στο

[α, +∞) δηλαδή α<β

φ(α) < φ(β)0 < (f(β)+f(α)

2) (β − α) − ∫ f(t)dt

β

a

∫ f(t)dtβα

β−a<f(β)+f(α)

2. ΄Αρα

f (α+β

2) ≤

∫ f(x)dtβα

β−a≤f(β)+f(α)

2.

Page 61: Φεβρουαριος 16

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

60

ii) Ισχύει ότι: lnx≤x-1 ln (ex+e−x

2) ≤ (

ex+e−x

2) − 1 ∫ f(x)dx ≤ ∫ [(

ex+e−x

2) −

1

0

1

0

1]dx ∫ f(x)dx ≤ [(ex−e−x

2) − x]

0

11

0 ∫ f(x)dx ≤

e−e−1

2

1

0− 1 <

2

3 διότι ισχύει: e −

e−1 <10

3

e−e−1

2<5

3

e−e−1

2− 1 <

2

3 .

Επόμενα 3∫ f(x)dx < 21

0 (1).

Επίσης f(x)≥ 0 και επειδή η f δεν είναι παντού μηδέν έχω ότι ∫ f(t)dt > 0.1

0

Τώρα θεωρώ τη συνάρτηση Η(x)=3(x − 1) ∫ f(t)dt + 3x ∫ f(t)dt − 2x.x

0

x

1

Η Η(x) είναι συνεχής στο [0,1] ως άθροισμα συνεχών. Επί πλέον Η(1)<0 από τη σχέση

(1) , Η(0)= 3 ∫ f(t)dt > 0.1

0

΄Αρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ξ∈ (0,1) ώστε Η(ξ) = 0

3(ξ − 1) ∫ f(t)dt + 3ξ ∫ f(t)dt − 2ξ = 0 3(𝜉 − 1) ∫ f(t)dt = −3ξ ∫ f(t)dt +ξ

0

ξ

1

ξ

0

ξ

1

2ξ 3(𝜉 − 1) ∫ f(t)dt = 3ξ ∫ f(t)dt + 2ξ3(𝜉−1)∫ f(t)dt

ξ1

3ξ(ξ−1)=3ξ∫ f(t)dt+2ξ.

3ξ(ξ−1)

0

ξ

ξ

1

∫ f(t)dtξ1

ξ=∫ f(t)dt0ξ

(ξ−1)+

3(ξ−1).

4η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)

Α) Η αρχική ισότητα γράφεται ισοδύναμα:

2 ( )

2 22 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )

( )

1 ( ) 1 ( ) 1 ( )

f xef x f x f x

f x

t f x e e f x f x e

24 ( ) 2 ( )1 ( ) 1 ( )f x f xe e f x f x και θέτοντας 2( ) 1g t t t

ισοδύναμα έχω: 2 ( ) 2 ( )( ( )) ( )f x f xg e g f x f x e (1) επειδή η g είναι αφού

ισχύει 2

( )( ) 0

1

g tg t

t

. Η g είναι >0 γιατί 2 1 ,t t t . Από την (1) έχω την

f παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγ/μων.

Page 62: Φεβρουαριος 16

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

61

Η (1) γράφεται ισοδύναμα:

2 22 ( ) 2 ( ) 2 ( )2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )f x f x f xf x f x f x e f x e f x e c

και

με x=0 έχω c=1, άρα 2 2 ( )( ) f xf x e +1.

Θέτοντας ( )( )2

x xf x e e

g x e

έχω ( )( ) ( )2

x xf x e e

g x f x e

με (0) 0,g

(0) 0g και

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

2 2

x x x xf x f x f x f x f x f xe e e e

g x f x e f x e e e e e

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

x x x xf x f x f x f xe e e e

e e e e g x

. Άρα

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) xg x g x g x g x g x g x ce που με x=0 γίνεται c=0 δηλαδή

( ) ( ) ( ) xg x g x g x ce που με x=0 γίνεται c=0. Άρα

( )( ) 0 ( ) ln2 2

x x x xf x e e e e

g x e f x

.

Β)1) ( ) 0 0x x

x x

e ef x x

e e

και είναι ( ) 0 0f x x , ( ) 0 0f x x .

Άρα f στο 0, και στο ,0 με ΟΕ το 0 για χ=0.

Το lim ( )x

f x

με 2

x xe eu

και το ΣΤ της f είναι το 0, .

2)Η δεδομένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα:

1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

1 ln ln 02 2 2 2

( ) ( ) 0

x x x x x x x xx x x x x x x xe e e e e e e e

f x x f x x

κι επειδή ( ) (0) 0f x f θα είναι κατ’ ανάγκην 1 2( ) 0f x x και 1 2( ) 0f x x

δηλαδή θα ισχύει 1 2 0x x και 1 2 0x x 1 2 0x x

Γ)1)H ανισότητα ( ) 0f x προκύπτει από το ΣΤ της f.

Για την ανισότητα ( ) ( )f x xf x , για x=0 ισχύει η ισότητα και για x>0 με ΘΜΤ για

την f στο [0,x] υπάρχει (0, ) :

( )( )

f xf

x . Επειδή f από (1), θα είναι

( )( ) ( ) ( ) ( )

f xf f x f x xf x

x

.(2)

Page 63: Φεβρουαριος 16

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

62

Με x<0 με ΘΜΤ για την f στο [x,0] προκύπτει η ύπαρξη ( ,0)x : ( )

( )f x

fx

κι

επειδή f θα είναι ( )

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

f f x f x f x xf xx

. Διαφορετικά

επειδή f άρτια θα είναι f΄ περιττή και με 0 0x x η (2) θα γίνει:

( ) ( ) ( ) ( )f x xf x f x xf x .

2)Σε τυχόν σημείο 0 0( , ( ))M x f x η εφαπτομένη της fC για x=0, y=0 γράφεται:

0 0 0( ) ( )f x f x x (3). Στο Γ1 δείξαμε ότι για κάθε 0x ισχύει ( ) ( )f x xf x ενώ για

x=0 ισχύει η ισότητα. Δηλαδή η (3) επαληθεύεται μόνο από το 0, άρα 0 0x . Άρα η

εφαπτομένη της fC που διέρχεται από την αρχή των αξόνων είναι η y=0.

Εναλλακτικά επειδή (0) (0) 0f f η εξίσωση εφαπτομένης της fC στο Ο(0,0)

είναι η y x , κι επειδή f κυρτή κάθε άλλη εφαπτομένη της fC δεν μπορεί να

διέρχεται απ’ το Ο.

Δ)1)Για τη αριστερή ανισότητα θα δείξω ότι ( ) ( )

( )2 2

a f x f af

(4) για

κάθε χ στο [α,β].

Για 2

ισχύει η ισότητα. Αν ,

2

το ,2

και η f

ικανοποιεί το ΘΜΤ στα , , ,2 2

, άρα θα υπάρχουν

1 2, , ,2 2

:

1 2

( )( ) ( )22( ) , ( )

2 2

aa f x ff f a

f f

.

Ισχύει 1 2 1 2( ) ( ) ( )2 2

f a af f f f a f f

( ) ( )

2 2

a f f af

.

Ολοκληρώνοντας την (4) έχω:

( ) ( ) 1( ) ( ) ( )

2 2 2 2

( )

u a

a

a f f a af d d f f d f d

f d

Για το τη δεξιά ανισότητα θα δείξω ότι ( ) ( ) ( ) ( )f x f a x f a f (5) για

κάθε χ στο [α,β].

Page 64: Φεβρουαριος 16

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

63

Θεωρώντας ( ) ( ) ( )x f x f a στο [α,β] έχω

( ) ( ) ( ) 02

f f a

και για

( ) ( ) ( ) 02

f f a

στο

,2

. Όμοια με

( ) ( ) ( ) 02

f f a

στο

,2

. Άρα η φ έχει ΟΜ το ( ) ( ) ( ) ( )f a f δηλαδή ισχύει

( ) ( ) ( )f a f στο [α,β] και ολοκληρώνοντας την (5) έχω:

( ( ) ( )) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )u a

af x f a x d f a f d f d f a f

Η περίπτωση της δεξιάς ανισότητας θα μπορούσε να δειχθεί και γεωμετρικά, αφού

για κυρτές συναρτήσεις το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ fC , x΄x και x=α, x=β

( )a

f x dx

είναι μικρότερο του εμβαδού του αντίστοιχου τραπεζίου (ή του τριγώνου

αν f(α) ή f(β)=0) ( ( ) ( )

2

f a f

).

2)Θέτω 1 0

2( ) 1 ( ) ( )

3

x x xm x x f t dt x f t dt , [0,1]x , συνεχής στο [0,1] με

1

0(0) ( ) 0m f t dt επειδή ( ) 0f x (το = στο 0),

11

0

2 (0) (1) 2(1) ( )

3 2 3

f fm f t dt

.(6)

Ισχύει 1 2 21 2

(1) ln ln ln 12 2 2

e e e ef

e e

, άρα η (6) γράφεται:

1 2(1) 0

2 3m

και η m ικανοποιεί το Bolzano στo [0,1], άρα η ζητούμενη εξίσωση έχει λύση

(0,1).

Page 65: Φεβρουαριος 16

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

64

5η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

2 f ( x ) 2 f ( x ) 2 f ( x )

2 f ( x )

e e e2 f ( x )

2 2f ''( x ) f ''( x ) f ''( x )

e

2f ''( x )

t tdt f ''( x ) e dt 1 dt

t 1 t 1

t1 dt 0

t 1(1)

όμως 2

t1 0

t 1

. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x R ώστε

2 f ( x ) 2 f ( x )f ''( x ) e ή f ''( x ) e τότε 2 f ( x ) 2 f ( x )e e

2 2f ''( x ) f ''( x )

t t1 dt 0 ή 1 dt 0

t 1 t 1

αντίστοιχα,

άτοπο από (1) . Άρα 2 f ( x )f ''( x ) e x (2R ) από την οποία

φαίνεται ότι η f είναι 3 φορές παραγωγίσιμη . Από την πολ/ντας με f '( x )

την (2) είναι

22 f ( x ) 2 f ( x )

2 2 f ( x )

2 f '( x ) f ''( x ) 2 f '( x )e f '( x ) ' e '

f '( x ) e c (3)

η f έχει ακρότατο στο f (0) 0 άρα από θ.Fermat f '(0) 0 και τότε από

την (3) έχω c=1. Άρα (3)

( 1)

2 22 f ( x )f '( x ) e 1 f (4'( x ) f ''( x ) 1 )

Έστω f ( x )g( x ) e ,x R , τότε

( 4 )

2f ( x ) f ( x ) f ( x )

f ( x )

g'( x ) f '(x)e g''( x ) f ''(x)e f '(x) e

g''( x ) e g''( x ) g( x )

είναι f ( 0 )g(0) e 1 και

f ( 0 )g'(0) f '(0)e 0

Έστω xH( x ) g'( x ) g( x ) e ,x R

x x x x x

H( 0 ) 1x

g( 0 ) 1x x 2x x 2x x 2x

x 2x f ( x ) x 2x

H'( x ) g''( x )e g'( x )e g'( x )e g( x )e H'( x ) g''( x ) g( x ) e 0

H( x ) c H( x ) 1 g'( x ) g( x ) e 1

1 1g'( x )e g( x )e e g( x )e ' ( e )' g( x )e e c

2 2

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

2 2 2 2

x x

f ( x ) x x1 1 e ee e f ( x ) ln

2 2 2

Page 66: Φεβρουαριος 16

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

65

Β.i.

f '( 0 ) 0

2 f ( x )

f '( 0 ) 0

για x 0 f '( x ) 0 f 0 ,f ''( x ) e 0 f '

για x 0 f '( x ) 0 f ,0

είναι x x

x

e elim

2

,άρα

x x

x x

e elim f ( x ) lim ln

2

,

x x

x x

e elim f ( x ) lim ln

2

και με f 0, , f ,0 είναι f (R) 0, και f (0) 0 είναι

ολικό ελάχιστο, ενώ δεν έχει μέγιστο.

Β.ii.

1ος τρόπος

έστω 1 2 1 2x x x xk e 0 , m e 0 τότε η ζητούμενη γίνεται

1 1k m 4

k m .

Όμως 1 1 1 1

k 2 και m 2 k m 4k m k m

. όπου οι ισότητες

ισχύουν μόνο για k m 1 . Άρα 1 2 1 2x x x x

1 2 1 2 1 2k e 1 και m e 1 x x 0 και x x 0 x x 0

που επαληθεύουν .

2ος τρόπος

1 2 1 2 2 1 1 2

1 2 1 2 2 1 1 2

1 2 1 2

x x x x x x x xx x x x x x x x

f ( x x ) f ( x x )

e e e ee e e e 4 2

2 2

e e 2

όμως η f έχει ολικό ελάχιστο το 0 ,άρα 1 2 1 2f ( x x ) 0 και f ( x x ) 0

οπότε

1 2 1 2 1 2 1 2f ( x x ) f ( x x ) f ( x x ) f ( x x )e 1 και e 1 e e 2 με την ισότητα να

ισχύει μόνο όταν

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

επαληθεύουν .

Page 67: Φεβρουαριος 16

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

66

3ος τρόπος

έστω 1 2 1 2k x x , m x x τότε η ζητούμενη γίνεταιk k m me e e e 4

όμως ke k 1 , ke k 1 , me m 1 , me m 1 με τις ισότητες

να ισχύουν μόνο για k=m=0

προσθέτοντας κατά μέλη είναι k k m me e e e 4 με την ισότητα να ισχύει

μόνο για k=m=0 , άρα 1 2 1 2 1 2x x x x 0 x x 0

Γ.1

Από το (Β.i) είναι f ( x ) 0 x R , ακόμα f '(0) 0

από ΘΜΤ στο [0,x] , x>0

f '

0 ξ x

f ( x ) f (0 ) f ( x )0,x : f '(ξ ) f '( x ) f ( x ) x f '( x )

x 0 x

από ΘΜΤ στο [x,0] , x<0

f '

x ξ 0

f ( x ) f (0 ) f ( x ): f '(ξ ) f '( x ) f ( x ) x f '(x ,

0 x0 x )

x

Άρα x R , 0 f ( x ) x f '( x )

Γ.2

Η εφαπτόμενη στο o ox , f ( x ) είναι η o o oy f (x ) f '(x )( x x ) και

διέρχεται από την αρχή των αξόνων αν και μόνο αν

o o o o o of (x ) x f '(x ) f (x ) x f '(x )

Όμως από το (Γ.1) η ισότητα αυτή ισχύει μόνο όταν ox 0 . Η εφαπτόμενη στο

0 είναι η y f (0) f '(0)( x 0) y 0 .

Δ.1

Για την δεξιά ανισότητα :

Έστω f (β ) f(a)

G( x ) f ( x ) (x a) f(a) ,x a,ββ α

παραγωγίσιμη

Είναι G(a) 0 G(β ) και f (β ) f(a)

G'( x ) f '( x ) ,x a,ββ α

Page 68: Φεβρουαριος 16

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

67

Από ΘΜΤ στο f (β ) f(a)

α , β , ξ (α ,β ) : f '(ξ )β α

Άρα G'( x ) f '( x ) f '(ξ ) με G'(ξ ) 0

Για

f '

a x ξ f '( x ) f '(ξ ) G'( x ) 0

Και για

f '

ξ x β f '( x ) f '(ξ ) G'( x ) 0

άρα G(a) G(β ) 0 μέγιστο και

f (β ) f(a)G( x ) 0 f ( x ) (x a) f(a)

β α

β β β

a α α

β β

α α

2 2β2

α

β

βα

α

f (β ) f(a)G( x ) dx 0 f ( x )dx (x a) f(a) dx

β α

f (β ) f(a)f ( x )dx x a dx f(a)( β α )

β α

f (β ) f(a) β αf ( x )dx αβ α f(a)( β α )

β α 2 2

f ( x )dxf (β ) f(a) f ( β ) f(a)

f ( x )dx ( β α )2 β α 2

Για την αριστερή ανισότητα :

Η εφαπτόμενη της f στο a β

2

είναι η

a β a β a βy f '( )( x ) f( )

2 2 2

και η f είναι κυρτή στο [α ,β] άρα

a β a β a β

f ( x ) f '( )( x ) f( )2 2 2

x a ξ β

G ’ - +

G ↘ ↗

Page 69: Φεβρουαριος 16

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

68

β β

a a

β β

a a

β2β

βa

a

a β a β a βf ( x )dx f ' x f dx

2 2 2

a β a β a βf ( x )dx f ' x dx f β α dx

2 2 2

a β x a β a βf ( x )dx f ' x f β α

2 2 2 2

f ( x )a β

f ( x )dx f β α2

β

dxa β

fβ α 2

Δ.2

Έστω x 0

1 x

2H( x ) (x 1) f (t )dt x f (t )dt x ,x 0,1

3 συνεχής με

1

0

H(0) f (t )dt 0 , αφού f ( x ) 0

1 Δ.1

0

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

3 2 3

1 1e e

1 1e e e 2ln 1 3 22 2 2 2 3 2e2 2 2 0

2 3 2 3 4 3 4 3 8 3

Από Θ.Bolzano

ξ 0

1 ξ

2ξ (0,1) : H(ξ ) 0 (ξ 1) f (t )dt ξ f (t )dt ξ 0

3

ξ1

f (t )dtf (t )dt2

ξ ξ 1 3ξ 3

Page 70: Φεβρουαριος 16

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

69

6η προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)

α) Εφόσον η f παρουσιάζει για x 0 ακρότατο το 0 θα ισχύει f (0) 0 και αφού

είναι παραγωγίσιμη στο r από Θ. Fermat f (0) 0

2f ( x ) 2f ( x ) 2f ( x )

2f ( x )

e e e2f (x)

2 2f (x) f (x) f (x)

e

2f (x)

t tdt f (x) e dt 1 dt

t 1 t 1

tI 1 dt 0

t 1

2f ( x ) 2e

2f (x)

t t 1dt 0

t 1

, εφόσον

2

2

t t 10

t 1

αν

2f (x) 2f (x)f (x) e ή f (x) e προκύπτει αντίστοιχα Ι 0 ή Ι 0 , άτοπο άρα

2f (x)f (x) e (Μπορεί να προκύψει και υπολογίζοντας το ολοκλήρωμα εφόσον

2

2

tt 1

t 1

) , f (x) 0 άρα f 1 και f (0) 1

Η f παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με 2f (x)f (x) 2f (x)e 2f (x)f (x)

22f (x) 2f (x) 2f (x)f (x)f (x) e f (x) 2f (x)f (x) 2e f (x) f x e f (x)

2

f (x) f (x) c , για x 0 προκύπτει c 1 άρα

2 2

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

2

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

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

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

1 f (x) 1 f (x)

1 f (x) 1 f (x)ln 2x ln 2x κ,

1 f (x) 1 f (x)

για x 0 προκύπτει κ 0 άρα

2x

x x2x x xx x

2x x x x x

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

1 f (x) 1 f (x)

e ee 1 e ef (x) ln e e

e 1 e e e e

Page 71: Φεβρουαριος 16

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

70

x xf (x) ln e e μ , για x 0 προκύπτει μ ln 2 , άρα

x x

x x e ef (x) ln e e ln 2 ln

2

β) i) 2x

2x

2x

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

e 1

f (x) 0 x 0 , f (x) 0 x 0 , άρα η f για x 0

έχει ελάχιστο το f (0) 0

x x

x x

e eu g(x) , lim g(x) lim g(x)

2

άρα

x ulim f (x) lim ln u

οπότε f (A) 0,

ii) από τον τύπο της f έχουμε f (x) x x2e e e άρα η ισότητα γίνεται 1 2 1 2f x x f x x

2e 2e 4

1 2 1 2f x x f x xe e 2

κι εφόσον

ελαχf f (0) 0 έχουμε

f (x)f (x) f (0) f (x) 0 e 1 , οπότε πρέπει

1 2

1 2

f x x1 2 1 2

1 2f x x1 21 2

f x x 0 x x 0e 1x x 0

x x 0f x x 0e 1

γ) i) εφόσον για x 0 η f έχει ελάχιστο f (x) f (0) f (x) 0 ,

αν h(x) f (x) xf (x) , x r τότε

h (x) f (x) f (x) xf (x) xf (x) κι εφόσον

2f (x)f (x) e 0 το πρόσημο της h διαμορφώνεται

όπως φαίνεται στον πίνακα μεταβολών, άρα η h έχει

ολικό μέγιστο το h(0) 0 και ισχύει h(x) h(0) f (x) xf (x) , με το ' ' να

ισχύει μόνο για x 0

ii) η εφαπτομένη σε τυχαίο σημείο 0 0x ,f x είναι 0 0 0ε : y f x f x x x η

οποία για να περνάει από την αρχή των αξόνων πρέπει

0 0 0 0 0 0f x f x x f x x f x , που από το προηγούμενο ερώτημα

ισχύει μόνο για 0x 0 , άρα ε : y 0 (άξονας x x)

δ) i) αλγεβρική λύση:

Page 72: Φεβρουαριος 16

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

71

Για την x

α

F(x) f (t)dt γνωρίζουμε ότι είναι παράγουσα της f , δηλαδή

F (x) f (x)

θεωρώντας α x

G(x) f x α F(x)2

με x α,β έχουμε

α xf (x) f

1 α x α x x α α x 2G (x) f x α f f (x) f

x α2 2 2 2 2

2

,

α xα α x

2

από Θ.Μ.Τ. υπάρχει

1

α xξ α,

2

ώστε

1

α x α xf (x) f f (x) f

2 2f ξ

α x x αx

2 2

οπότε

1

x α α xG (x) f f ξ 0

2 2

για x α,β , εφόσον

f

1 1

α x α xξ f ξ f

2 2

1

, άρα G στο α,β1 και

β

G β β α 0α

α

f (t)dtα β α β

α β G(α) G(β) 0 f β α f (t)dt f2 2 β α

1

θεωρώντας f (x) f (α)

Η(x) F(x) x α2

με x α,β έχουμε

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

Η (x) f(x) x α x α f (x)2 2 2 2 2 x α

από Θ.Μ.Τ. υπάρχει 2ξ α, x ώστε

2

f (x) f αf ξ

x α

οπότε

2

x αΗ (x) f ξ f (x) 0

2

για x α,β , εφόσον

f

2 2ξ x f ξ f x

1

,

άρα H στο α,β2 και

β

H β β α 0α

α

f (t)dtf (β) f (α) f (β) f (α)

α β H(α) H(β) 0 f (t)dt β α2 2 β α

2

Page 73: Φεβρουαριος 16

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

72

Γεωμετρική λύση:

ΑΒ: f (α) f (β)

y f (α) x αα β

που για

α βx

2

δίνει

f (α) f (β)y

2

Ω: η περιοχή που περικλείεται από την fC , τις ευθείες x α , x β και τον άξονα

xx με β

α

E(Ω) f (x)dx εφόσον f (x) 0

Το ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο με εμβαδόν Τ

f (α) f (β)E (διάμεσος) (ύψος) β α

2

Εφόσον η περιοχή Ω περιέχεται στο τραπέζιο ισχύει

β

Τα

f (α) f (β)Ε(Ω) Ε f (x)dx β α

2

β

α

f (x)dxf (α) f (β)

, β α 0β α 2

Page 74: Φεβρουαριος 16

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

73

Φέρνουμε την εφαπτομένη στο σημείο α β α β

Κ ,f2 2

οπότε σχηματίζεται το

τραπέζιο ΔΛΝΓ με διάμεσο α β

ΘΚ f2

, ύψος ΔΓ β α , εμβαδόν

Τ

α βΕ β α f

2

με την περιοχή Ω να περιέχει τώρα το τραπέζιο,

β

Τα

α βΕ Ε(Ω) β α f f (x)dx

2

β

α

f (x)dxα β

f , β α 02 β α

Ανάλογα με την σχετική θέση των σημείων Α και Β το σημείο Λ μπορεί να βρεθεί

κάτω από το σημείο Δ , οπότε δεν σχηματίζεται τραπέζιο. Μετατοπίζοντας τότε

κατακόρυφα κατά c 0 ώστε το Λ να βρεθεί πάνω από το Δ έχουμε

Page 75: Φεβρουαριος 16

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

74

β

Τα

α βΕ Ε(Ω) β α f c f (x) c dx

2

β

βα

α

f (x)dxα β α β

β α f c β α f (x)dx c β α f , β α 02 2 β α

ii) Θεωρούμε την συνάρτηση x x

1 0

Φ(x) 3 x 1 f (t)dt 3x f (t)dt 2x , x 0,1

που είναι συνεχής αφού είναι γινόμενο και άθροισμα συνεχών με 0 1

1 0

Φ(0) 3 f (t)dt 3 f (t)dt 0 διότι f (x) 0 και όχι f (x) 0 για κάθε

x 0,1 , 1

0

Φ(1) 3 f (t)dt 2 0 , διότι από προηγούμενο ερώτημα για

α 0 , β 1 έχουμε

1 12 2 3

0 0

f (0) f (1) 3f (1) 4f (t)dt 3 f (t)dt 2 f (1) e 1 2e e

2 2 3

που

ισχύει, άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ξ 0,1 ώστε

ξ 0

ξ ξ1 ξ

1 0

f (x)dx f (x)dx2

Φ(ξ) 0 3 ξ 1 f (t)dt 3ξ f (t)dt 2ξ 0ξ ξ 1 3ξ 3

Page 76: Φεβρουαριος 16

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

75

23η άσκηση

Γ΄ Λυκείου – Μαθηματικά Προσανατολισμού

Προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων (28-2-2016)

Αποστολή λύσεων έως την Τρίτη 8/3/2016

Για μαθητές:

Αν f : R R συνεχής συνάρτηση, με την ιδιότητα

f (x)f (x) e x 1 , για κάθε x R

Α) Προσδιορίστε τη μονοτονία της f

Β) Βρείτε το σύνολο τιμών της f

Γ) Αποδείξτε ότι

x

f xe 0lim

Για καθηγητές:

Αν f : R R συνάρτηση, με την ιδιότητα

f (x)f (x) e x 1 , για κάθε x R

Α) Αποδείξτε ότι η f είναι συνεχής στο R

Β) Αποδείξτε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο R

Γ) Βρείτε (αν υπάρχει) τη συνάρτηση 1f

Δ) Αποδείξτε ότι

21

f x

0

f 1 6f 1 5e dx

2

Ε) Αποδείξτε ότι

x

0

x

f t dt

e

xlim

Page 77: Φεβρουαριος 16

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

76

1η προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)

Για μαθητές:

Α) Θα αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

Υποθέτουμε ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα στο . Τότε υπάρχουν 1 2x , x με

1 2 1 2x x : f (x ) f (x ) (1)

Επίσης,

x

1 2

ef (x ) f (x )

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

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2) και έχουμε:

1 2f (x ) f (x )

1 2 1 2 1 2f (x ) e f (x ) e x 1 x 1 x x .

Άτοπο αφού δεχθήκαμε ότι : 1 2x x . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

Β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : R R με τύπο xg x x e 1

Τότε g f x x , x R και η g είναι «1-1», ως γνησίως αύξουσα

xg x 1 e 0

Οπότε

x x x x

x xg R g x , g x x e 1 , x e 1 , Rlim lim lim lim

Το πεδίο ορισμού της 1g είναι το σύνολο τιμών της g, δηλαδή το R

Άρα

1g f x x f x g x ,x R

Δηλαδή οι συναρτήσεις 1f ,g είναι ίσες στο R

Οπότε,

(σύνολο τιμών της f ) = (σύνολο τιμών της 1g) = (πεδίο ορισμού της g ) R

Γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής. Άρα το σύνολο τιμών της f θα είναι το

x x

f R f x , f xlim lim

Αποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι f R R. Άρα

x x

f xf x e 0lim lim

Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

Page 78: Φεβρουαριος 16

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

77

Για καθηγητές:

Α) Γνωρίζουμε ότι f (x)f (x) e x 1 για κάθε x (3)

Έστω 0x . Θα αποδείξουμε ότι 0

0x xlim f (x) f (x )

H (3) για 0x x δίνει 0f (x )

0 0f (x ) e x 1 (4)

Αφαιρούμε κατά μέλη τις (3), (4) και έχω : 0f (x )f (x)

0 0f (x) f (x ) e e x x για

κάθε x ( ). x

0 0

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

0 0 0 0x x f (x) f (x ) e e e e f (x) f (x ) f (x) f (x )

( )

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

Όμως 0f (x) f (x ) 0 όταν 0.x x . Άρα 0 00 f (x) f (x ) x x για κάθε 0x x .

0 0

0x x x xlim 0 lim (x x ) 0.

Aπό το κριτήριο παρεμβολής έχω:

0

0x xlim (f (x) f (x )) 0 ( )

x

0 0

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

0 0 0 0x x f (x) f (x ) e e e e f (x) f (x ) f (x) f (x )

( )

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

.Όμως 0f (x) f (x ) 0 όταν 0.x x

Άρα 0 00 f (x) f (x ) x x για κάθε 0x x

0 0

0x x x xlim 0 lim (x x ) 0.

Aπό το κριτήριο παρεμβολής έχω:

0

0x xlim (f (x) f (x )) 0 ( )

Από τις ( ), ( ) προκύπτει ότι 0 0

0 0x x x xlim(f (x) f (x )) 0 lim f (x) f (x ).

(Η παραπάνω λύση δόθηκε από τον συνάδελφο Ανδρέα Πάτση)

Β) ) Έστω 0x R και x κοντά στο 0x . Είναι

0 0

0

0 0

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

0 0

0 0

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

0 0 0

0 0 0 0 0

f (x) f (x ) e ef (x) f (x ) e e x x 1

x x x x

f (x) f (x ) f (x) f (x ) f (x) f (x )e e e e1 1 1 **

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

Κάνουμε την αντικατάσταση u f x .

Page 79: Φεβρουαριος 16

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

78

Τότε 0u f x καθώς το 0x x (διότι η f είναι συνεχής στο 0x )

Άρα

o 0 0 0

00 0

0

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

0f (x )uf (x ) f (x )f (x) u 0

f xu

0 00

e ee e e ee e 0

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

lim lim lim lim

Οπότε

0f (x )f (x)

0

e e0,

f (x) f (x )

για x κοντά στο 0x .

Οπότε από τη σχέση ** έχουμε

o o

o

0

0 0 0x x x x

x x

0

f (x )f (x)

0

0

0

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

0

0 0

f (x) f (x ) 1

e ex x1

f (x) f (x )

f (x) f (x ) 1 1 1

e e e ex x 1 e1 1

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

lim lim

lim

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο τυχαίο 0x R με 00 f x

1f x

1 e

Γ) Αποδείξαμε (βλ. «για μαθητές») ότι 1f g στο R . Οπότε

11 1f g g

στο

R

Άρα

1 xf x x e 1,x R

Δ) Η f είναι συνεχής στο R, άρα και στο 0,1 , οπότε ολοκληρώνοντας τη σχέση

f (x)f (x) e x 1 στο 0,1 έχουμε

1 1 1 1 1

f (x) f (x)

0 0 0 0 0

3f (x)dx e dx x 1 dx e dx f (x)dx *

2

Αρκεί, λοιπόν, να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα 1

0

f (x)dx

Είναι

Page 80: Φεβρουαριος 16

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

79

1 1 1 11

f x00 0 0 0

L

xf (x)dx x f (x)dx xf x xf (x)dx f 1 dx

1 e

Για το ολοκλήρωμα L κάνουμε την αντικατάσταση

u

1u f x du f x du du dx

1 e

Για x 0 u f 0 0 , ενώ για x 1 u f 1

[Σχόλιο: Το f 0 0 , διότι για x 0 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει

f (0)f (0) e 1

και εξίσωση 1f x 0 εύκολα δείχνουμε ότι έχει μοναδική ρίζα το 0 ]

Οπότε,

f 1

f 1 f 111 1

u u

uf x

0 0 0 0

f 1 e 2 f 12 22f 1u

0

f uxf (x)dx f 1 dx f 1 1 e du f 1 u e 1 du

1 e1 e

f 1 f 1uf 1 e u 2f 1 1 e 3f 1 1

2 2 2

Άρα η σχέση * γίνεται

1

f (x)

0

e dx 1

0

3f (x)dx

2 =

2 2f 1 f 1 6f 1 533f 1 1

2 2 2

Άλλος τρόπος (Ανδρέας Πάτσης):

Γνωρίζουμε ότι : f (x)f (x) e x 1, x (1)

Για x 0 έχω : f (0)f (0) e 1.

Έστω ότι :

xef (0)f (0) 0 e 1. Άρα

f (0)f (0) e 1. Άτοπο.

Έστω ότι :

xef (0)f (0) 0 e 1. Άρα

f (0)f (0) e 1. Άτοπο

Άρα f (0) 0.

Aφού η f είναι παραγωγίσιμη στο έχουμε: f (x)

1f (x) , x

1 e

Aπό την σχέση αυτή προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο ώς αποτέλεσμα πράξεων

συνεχών συναρτήσεων.

Page 81: Φεβρουαριος 16

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

80

Παρατηρώ ότι : (1)

2f (x) 6f (x) 5x 2f (x)f (x) 6f (x) 5

f (x) f (x)2f (x) x 1 e 6f (x) 5 2xf (x) 2f (x) 2f (x)e 6f (x) 5

f (x)2xf (x) 4f (x) 2 e 5.

Άρα 2f (x) 6f (x) 5x

f (x)2xf (x) 4f (x) 2 e 5. Και επειδή και τα δύο

μέλη είναι συνεχείς συναρτήσεις έχω :

1 1

2 f (x)

0 0f (x) 6f (x) 5x dx 2xf (x) 4f (x) 2 e 5 dx

1 1

1 11

0 0 00 0

2 f (x)2xf (x)dx 4 2f (x) 6f (x) 5x f (x) e 5x

12 f (1)

02xf (x)dx f (1) 6f (1) 2 2e (2) Αφού f (0) 0.

Όμως f (1)e 2 f (1). Άρα η (2) γίνεται και με την βοήθεια της (1) :

1

f (x) 2

02f (1) 2 x 1 e dx f (1) 4f (1) 2

1

1f (x) 2

0

0

2

2f (1) 2 2 e dx f (1) 4f (1) 2x

x2

21

f (x)

0

f (1) 6f (1) 5e dx .

2

Ε) Για κάθε x R έχουμε

f (x)

f (x)

f (x) e x 1 xf (x)

2e f (x) 1

Άρα, για x 0 ισχύει

tf (t) ,

2 για κάθε t x,0

Ολοκληρώνοντας στο διάστημα x,0 προκύπτει

x

2x2x

0

0

xf t dt0 0 x xf t dt2 2 e 4:x 0

4

x x 0

t x x e ef t dt dt f t dt e e , x 0

2 4 4 x x

Όμως,

Page 82: Φεβρουαριος 16

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

81

2

2 2

x x x

x

4x x

4 2

ee xe

x x 2lim lim lim

άρα

x

0

x

f t dt

e

xlim

2η προτεινόμενη λύση (Δέσπω Πλατώνη)

Για καθηγητές:

Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ ισχύει: 𝑓(𝑥) + 𝑒𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1 (1)

A) Θεωρούμε συνάρτηση 𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥 , 𝜒 ∈ ℝ

Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ είναι 𝑔΄(𝜒) = 𝑒𝑥 + 1 > 0 άρα 𝑔 ↗ στο ℝ οπότε 1-1 και

αντιστρέφεται.

lim𝑥→−∞

𝑔(𝑥) = lim𝑥→−∞

(𝑒𝑥 + 𝑥) = −∞

lim𝑥→+∞

𝑔(𝑥) = lim𝑥→+∞

(𝑒𝑥 + 𝑥) = +∞

Άρα 𝑔(ℝ) = (−∞,+∞) = ℝ = 𝐷𝑔−1

Έστω ℎ(𝑥) = 𝑥 + 1, 𝜒 ∈ ℝ

Η (1)⇔ 𝑔(𝑓(𝑥)) = ℎ(𝑥) ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑔−1(ℎ(𝑥)) = (𝑔−1𝑜ℎ)(𝑥) (2)

Η 𝑔 είναι συνεχής στο ℝ άρα η 𝑔−1 συνεχής στο 𝑔(ℝ) = ℝ

και 𝑓 συνεχής στο ℝ ως σύνθεση συνεχών.

Β) Η 𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο ℝ ως σύνθεση παραγωγίσιμων.

Γ) Παραγωγίζοντας την (1) έχουμε:

𝑓΄(𝜒) + 𝑒𝑓(𝑥) ∙ 𝑓΄(𝜒) = 1 ⇔ 𝑓΄(𝜒) ∙ (𝑒𝑓(𝑥) + 1) = 1 ⇔

𝑓΄(𝜒) =1

𝑒𝑓(𝑥) +1> 0 άρα 𝑓 ↗ στο ℝ οπότε 1-1 και αντιστρέφεται.

Λόγω της (2) θα είναι 𝑓(ℝ) = 𝑔−1(ℎ(ℝ)) = 𝑔−1(ℝ) = ℝ=𝐷𝑓−1

Θέτουμε στην (1) 𝑓(𝑥) = 𝜓 ⇔ 𝜒 = 𝑓−1(𝜓) και έχουμε:

𝜓 + 𝑒𝜓 = 𝑓−1(𝜓) + 1 ⇔ 𝑓−1(𝜓) = 𝑒𝜓 + 𝜓 − 1 ⇔

𝑓−1(𝜒) = 𝑒𝜒 + 𝜒 − 1 , 𝜒 ∈ ℝ

Page 83: Φεβρουαριος 16

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

82

Δ)Ολοκληρώνοντας την (1) έχουμε:

∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥 + ∫ 𝑒𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 + 1)𝑑𝑥 =3

2⇔

1

0

1

0

1

0∫ 𝑒𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =

3

2

1

0− ∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥

1

0 (3)

Για το ∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥1

0 θέτουμε 𝜒 = 𝑓−1(𝑢) = 𝑒𝑢 + 𝑢 − 1

Τότε 𝑑𝑥 = (𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢

Για 𝜒 = 0 ⇔ 𝑓−1(𝑢) = 0 ⇔ 𝑓−1(𝑢) = 𝑓−1(0) ⇔ 𝑢 = 0

Για 𝜒 = 1 ⇔ 𝑓−1(𝑢) = 1 ⇔ 𝑢 = 𝑓(1)

Άρα ∫ 𝑓(𝜒)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑓(1)

0

1

0 𝑓−1(𝑢)) (𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢 =

∫ 𝑢 (𝑒𝑢 + 1)𝑑𝑢 = ⋯ =𝑓2(1)−6𝑓(1)+5

2

𝑓(1)

0

Για το αποτέλεσμα χρησιμοποιούμε ότι 𝑒𝑓(1) = 2 − 𝑓(1) που προκύπτει από την

(1) για χ=1.

Ε)Για 𝜒 < 0 και για κάθε 𝑡 ∈ [𝑥, 0] ⇔ 𝜒 ≤ 𝑡𝑓↗⇔𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑡) = 𝑡 + 1 − 𝑒𝑓(𝑡) ≤ 𝑡 +

1

Άρα 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑡)≤ 𝑡 + 1 ολοκληρώνοντας έχουμε:

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑡 ≤ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ≤ ∫ (𝑡 + 1)𝑑𝑡 ⇔ −𝑥𝑓(𝑥) ≤ −∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ≤ −𝑥2

2− 𝑥 ⇔

𝑥

0

0

𝑥

0

𝑥

0

𝜒

𝑥𝑓(𝑥) ≥ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 ≥𝑥2

2+ 𝑥

𝑥

0

𝑒𝑥↗⇔ 𝑒𝑥𝑓(𝑥) ≥ 𝑒∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑥0 ≥ 𝑒

𝑥2

2+𝑥

𝑥<0⇔

𝑒𝑥2

2+𝑥

𝑥≤𝑒∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥0

𝑥≤𝑒𝑥𝑓(𝑥)

𝑥 (4)

lim𝑥→−∞

𝑒𝑥2

2+𝑥

𝑥= lim𝑥→−∞

𝑒𝑥2

2+𝑥(𝑥+1)

1= −∞

lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥) = −∞ (από μονοτονία και σύνολο τιμών της f)

lim𝑥→−∞

𝑥𝑓(𝑥) = +∞

lim𝑥→−∞

𝑒𝑥𝑓(𝑥)

𝑥= lim𝑥→−∞

𝑒𝑥𝑓(𝑥)(𝑓(𝑥)+𝑥𝑓΄(𝑥))

1= −∞ αφού lim

𝜒→−∞𝑓΄( 𝜒) = lim

𝜒→−∞

1

𝑒𝑓(𝑥) +1= 1

Από Κ.Π και lim𝜒→−∞

𝑒∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥0

𝑥= −∞

Page 84: Φεβρουαριος 16

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

83

3η προτεινόμενη λύση (Δημήτρης Χατζάκης)

Για καθηγητές:

f(x) + ef(x) = x + 1 , (1)

x1, x2, x0 ∈ ℝ

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = x + ex με h′(x) = 1 + ex > 0 ⇢ h ↑

Άρα h(f(x)) = f(x) + ef(x)(1)⇔ (hof)(x) = x + 1 με (hof)′(x) = 1 > 0 ⇢ hof ↑

x1 < x2hof ↑⇔ (hof)(x1) < (hof)(x2) ⇔ h(f(x1)) < h(f(x2))

h ↑⇔ f(x1) < f(x2) ⇢ f ↑

Για x = x0 στην (1) ∶ f(x0) + ef(x0) = x0 + 1 (2)

Α. Έστω 𝐱 > 𝐱𝟎f ↑⇔ f(x) > f(x0) ⇔ ef(x) > ef(x0)⇔ ef(x) − ef(x0) > 0

(1) − (2) ⟹ f(x) − f(x0) + ef(x) − ef(x0) = x − x0

⟺ f(x) − f(x0) = x − x0 − (ef(x) − ef(x0)) < x − x0

Όποτε : 0 < f(x) − f(x0) < x − x0

{

limx→x0

+0 = 0

limx→x0

+(x − x0) = 0

⇢ από ΚΠ limx→x0

+(f(x) − f(x0)) = 0 ⇔

limx→x0

+f(x) = f(x0)

Έστω 𝐱𝟎 > 𝐱f ↑⇔ f(x0) > f(x) ⇔ ef(x0) > ef(x)⇔ ef(x0) − ef(x) > 0

(2) − (1) ⟹ f(x0) − f(x) + ef(x0) − ef(x) = x0 − x

⟺ f(x0) − f(x) = x0 − x − (ef(x0) − ef(x)) < x0 − x

Όποτε : 0 < f(x0) − f(x) < x0 − x

{

limx→x0

−0 = 0

limx→x0

−(x − x0) = 0

⇢ από ΚΠ limx→x0

−(f(x0) − f(x)) = 0 ⇔

limx→x0

−f(x) = f(x0)

Άρα , limx→x0

−f(x) = lim

x→x0+f(x) = f(x0)

Page 85: Φεβρουαριος 16

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

84

Β. Για 𝐱 ≠ 𝐱𝟎 ∶

f(x) − f(x0) + ef(x) − ef(x0) = x − x0

:(x−x0)⇔

f(x)−f(x0)

x−x0+ef(x)−ef(x0)

x−x0= 1

f(x) − f(x0)

x − x0+ef(x) − ef(x0)

f(x) − f(x0)∙ f(x) − f(x0)

x − x0= 1 ⇔

f(x) − f(x0)

x − x0(1 +

ef(x) − ef(x0)

f(x) − f(x0)) = 1 ⇔

f(x) − f(x0)

x − x0=

1

1 +ef(x) − ef(x0)

f(x) − f(x0)

Όποτε , limx→x0

f(x)−f(x0)

x−x0= limx→x0

1

1+ef(x)−ef(x0)

f(x)−f(x0)

=1

1+ef(x0)∈ ℝ

* limx→x0

ef(x)−ef(x0)

f(x)−f(x0)= limu→f(x0)

eu−ef(x0)

u−f(x0)= limu→f(x0)

eu

1= ef(x0)

Γ. Η είναι f ↑ άρα και 1 − 1 με f−1(x) = x + ex − 1

Δ. Έχουμε f ′(x) =1

1+ef(x)

∫ef(x)dx =

1

0

∫ (1 + u)du = [u +u2

2]1

2−f(1)

= ⋯ =f2(1) − 6f(1) + 5

2

2−f(1)

1

* Θέτουμε u = ef(x) , du = ef(x)f ′(x)dx ⇔ du =ef(x)

1+ef(x)dx ⇔ (1 + u)du = ef(x)dx

Νέα άκρα ολοκλήρωσης : u1 = ef(0) = 1 και u2 = e

f(1)(1)⇔ u2 = 2 − f(1)

E.

Βασική άσκηση :

Αν f(x) ≤ g(x) και limx→x0

g(x) = −∞ τοτέ limx→x0

f(x) = −∞

Απόδειξη :

limx→x0

g(x) = −∞ άρα κοντά στο x0 g(x) < 0 οποτέ και f(x) ≤ 0 κοντά στο x0.

f(x) ≤ g(x) ⟺ −f(x) ≥ −g(x) ⟺ −1

f(x)≤ −

1

g(x)οποτέ 0 ≤ −

1

f(x)≤ −

1

g(x)

με limx→x0

−1

g(x)= 0 αρα απο το κριτήριο παρεμβολής έχουμε

limx→x0

1

f(x)= 0

f(x)<0⇒ lim

x→x0f(x) = −∞

Page 86: Φεβρουαριος 16

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

85

Γνωρίζουμε ότι et ≥ t + 1 , ∀t ∈ ℝ (3) . Βάζουμε όπου t στην (3) το f(t) :

ef(t) ≥ f(t) + 1 ⇔ ef(t) + f(t) ≥ 2f(t) + 1(1)⇔t + 1≥ 2f(t) + 1 ⇔ f(t) ≤

t

2

Αφού το x → −∞ τότε x < 0

f(t) ≤t

2⇒ ∫ f(t)dt

x

0≥ ∫

t

2

x

0dt =

x2

4 ⇢ ∫ f(t)dt

x

0≥x2

4

∫ f(t)dtx

0≥x2

4⇔ e∫ f(t)dt

x

0 ≥ ex2

4:x<0⇔

e∫ f(t)dtx0

x≤ex2

4

x

limx→−∞

ex2

4

x= limx→−∞

ex2

4 x

2

1= −∞ όποτε από βασική άσκηση lim

x→−∞

e∫ f(t)dtx0

x= −∞

4η προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)

Για καθηγητές:

f (x)f (x) e x 1 , x r (1)

A) Βρίσκω μονοτονία της f , θεωρώντας g με xg(x) x e 1 , x r έχουμε

xg (x) 1 e 0 άρα g 1 στο r , για 1 2x , x r με

1 2

(1)f x f x

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

g

1 2 1 2g f x g f x f x f x 1

, οπότε f στο1 r

Από την (1) για 0x x r έχουμε 0f (x )

0 0f (x ) e x 1 (2) , οπότε από (1) (2)

έχουμε

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

0 0 0 0f (x) e f (x ) e x x f (x) f (x ) e e x x (3)

η (3) για

f

0 0x x f (x) f x 1

γίνεται

0 0f x f (x) f x

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

(4)

από την γνωστή ανισότητα xe x 1,x r έχουμε

0f (x) f x

0e f (x) f x 1

f x0

0 0 0 0

e 0f (x) f x f x f (x) f x f x

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

0 0 0

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

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

Page 87: Φεβρουαριος 16

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

86

f x0

0

0

e 1 0f x 0

0 0 0 f x

x xx x f (x) f x e 1 f (x) f x

e 1

άρα

0

00 f x

x x0 f (x) f x

e 1

κι εφόσον

0 00

0

f x f xx x

x x 0lim 0

e 1 e 1

από κριτήριο

παρεμβολής

0 0

0 0x x x xlim f (x) f x 0 lim f (x) f x

η (3) για

f

0 0x x f (x) f x 1

γίνεται

0f x f (x ) f x

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

(5)

από την γνωστή ανισότητα xe x 1,x r έχουμε

0f (x ) f x

0e f (x ) f x 1

f x

0 0

e 0f (x ) f x f x f x f (x ) f x

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

0

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

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

f xe 1 0

f x 00 0 0 0 f x

x xf (x) f x e f (x) f x x x f (x) f x

e 1

άρα

f x

0

e 1 00 0

0 0 0 0 0f x f xx x 0

x x x xf (x) f x 0 x x f (x) f x 0 x x f (x) f x 0

e 1 e 1

και εφόσον 0

0x xlim x x 0

από κριτήριο παρεμβολής

0 0

0 0x x x xlim f (x) f x 0 lim f (x) f x

,

οπότε 0 0

0x x x xlim f (x) lim f (x) f x

και η f συνεχής στο r

Β)

0 00 0 0

(1)0 0

0 f x f xf (x) f (x)x x x x x x0 0 0

0

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

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

f (x) f x

0 00

f x f xf (x)x x

0

1 1lim

e e 1 e1

f (x) f x

, εφόσον θέτοντας 0 0u f x , u f x και η f

συνεχής οπότε 0

0 0x xlim f (x) f x u u

έχουμε

Page 88: Φεβρουαριος 16

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

87

0 0u0

0

0 0

f x uf (x) uf x

x x u u0 0

e e e elim lim e e

f (x) f x u u

που προκύπτει είτε με 1ο κανόνα DLH,

είτε από u uh(u) e , h (u) e άρα

0

0

0 0

uuu 0

0u u u u

0 0

h(u) h u e eh u e lim lim

u u u u

Γ. από Α) εφόσον η g 1 είναι '1 1' άρα αντιστρέψιμη με g A r εφόσον

x x

x x x xlim g(x) lim x e 1 0 1 , lim g(x) lim x e 1 1

, από (1) έχουμε f (x) 1f (x) e 1 x g f (x) x g (x) f (x) κι εφόσον

1 fgA g(A) A r θα είναι

1g f , άρα και 1

gg (A) f (A) f(A) A r ,

οπότε η (1) για y f (x) δίνει yy e 1 x και άρα

1f : r r με

1 xf (x) x e 1

Δ. από (1) για x 1 έχουμε f (1)e 2 f (1) , επίσης

1f ('1 1')1 1 1f (0) κ f (κ) 0 f (κ) f (0) κ 0

οπότε

121 1 1(1)

f (x)

0 0 00

1 11

00 0

xe dx x 1 f (x) dx x f (x)dx

2

3 3x f (x)dx xf (x) xf (x)dx

2 2

11 f (1) f (1)u f (x) x f (u)

1 u

du f (x)dx0 f (0) 0

3 3 3f (1) xf (x)dx f (1) f (u)du f (1) u e 1 du

2 2 2

f (1)2 2

u f (1)

0

2 2

3 u 3 f (1)f (1) e u f (1) e f (1) 1

2 2 2 2

1 f (1) f (1) 52f (1) 2 f (1) 3f (1)

2 2 2 2

2f (1) 6f (1) 5

2

Ε. από την ανισότητα xe x 1 έχουμε (1)

f (x) xe f (x) 1 x 1 f (x) f (x) 1 f (x)

2 , οπότε για x 0 έχουμε

2xx

0

x x2 2 2 2x x x x e ( ) f (t )dt4

0 0 0 00

t t x x xf (t)dt dt f (t)dt f (t)dt e e 1

2 4 4 4 4

1

x

x0

0

f (t )dt2 (x 0)f (t )dt x e x

e4 x 4

, όμως x

xlim

4

άρα και

x

0f (t )dt

x

elim

x

Page 89: Φεβρουαριος 16

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

88

5η προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)

Για καθηγητές:

Α)

Υποθέτω ότι ∃x1 , x2 ∈ R με x1 < x2 και f(x1) ≥ f(x2).

Tότε ef(x1) > ef(x2) και f(x1) + ef(x1) ≥ f(x2) + e

f(x2)

x1 + 1 ≥ x2 +1 ΑΤΟΠΟ.

Συνεπώς ∀x1 , x2 ∈ R με x1 < x2 f(x1) < f(x2) άρα η f γνήσια αύξουσα στο R.

Εστω x0 ∈ R. Από υπόθεση είναι: f(x) + ef(x) = x + 1, f(x0) + ef(x0) = x0 + 1

οπότε

f(x) − f(x0) + ef(x) − ef(x0) = x − x0.

Γιά x > x0 ισχύει 0 < f(x) − f(x0) < x − x0.

Γιά x ≤ x0 ισχύει 0 ≤ f(x0) − f(x) ≤ x0 − x.

Δηλαδή ∀x ∈ R έχουμε 0 ≤ |f(x) − f(x0)| ≤ |x − x0| και επειδή limx→x0

|x − x0| = 0

είναι limx→x0

|f(x) − f(x0)| = 0.

Τώρα −|f(x) − f(x0)| ≤ f(x) − f(x0) ≤ |f(x) − f(x0)| επόμενα από κριτήριο

παρεμβολής έχω limx→x0

( f(x) − f(x0) ) = 0 limx→x0

f(x) = f(x0). ΄Αρα η f συνεχής

στο R.

B)

H συνάρτηση g(x)=x+ex, x ∈ R παραγωγίζεται με g΄(x)=1+ex>0 δηλαδή g γνήσια

αύξουσα.

Tώρα για x≠x0, f(x) ≠ f(x0) (διότι f είναι 1- 1 ως γνήσια αύξουσα),

g(f(x)) ≠ g(f(x0)) ( επίσης g, 1-1 ως γνήσια αύξουσα), οπότε:

f(x)−f(x0)

x−x0+ef(x)−ef(x0)

x−x0=1

g(f(x))−g(f(x0))

x−x0= 1

g(f(x))−g(f(x0))

f(x)−f(x0)∙ f(x)−f(x0)

x−x0= 1

f(x)−f(x0)

x−x0=

1g(f(x))−g(f(x0))

f(x)−f(x0)

και επειδή θέτοντας f(x)=u,f(x0)=u0 υπάρχει

το limx→x0

g((f(x)−g(fx0)

f(x)−f(x0)= limu→u0

g(u)−g(u0)

u−u0= g΄(u0)=

g΄f(x0)=1+ef(x0), θα υπάρχει το limx→x0

f(x)−f(x0)

x−x0=

1

1+ef(x0) .

΄Αρα η f είναι παραγωγίσιμη με f΄(x)= 1

1+ef(x) .

Page 90: Φεβρουαριος 16

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

89

Γ)

Iσχύει ότι f(x) < f(x) + ef(x) = x + 1 και επειδή

limx→−∞

x + 1 = −∞ θα είναι limx→−∞

f(x) = −∞.

Eπίσης από τη γνωστή ανισότητα ex≥ 1 + xex > xef(x) > f(x)

οπότε f(x) + ef(x) = x + 1<2ef(x) επόμενα για x>0 είναι

f(x) > ln(x+1

2) και επειδή lim

x→+∞ln(

x+1

2) = +∞ θα είναι lim

x→+∞f(x) = +∞.

Όμως f συνεχής στο R, γνήσια αύξουσα στο R , άρα θα είναι πεδίο

τιμών της f , f(R)= R .Η συνάρτηση f είναι 1-1 ως γνήσια μονότονη, συνεπώς

αντιστρέφεται. Αν στη σχέση της υπόθεσης θέσω όπου x

την f-1(x) προκύπτει: x + ex = f−1(x) + 1 f−1(x) = x + ex − 1, x ∈R.

Δ)

Από την αρχική σχέση έχω: f(1) + ef(1) = 2.

f−1(0) = 0 f(0) = 0. Θέτω f(x) = y f−1(y) = x

dx = (f−1(y))΄dy. Οπότε:

∫ef(x)dx = ∫ ey(1 + ey)dy =

f(1)

0

1

0

∫ (ey + e2y)dy =

f(1)

0

[ey]0f(1) + 1

2[e2y]0

f(1)= ef(1) − 1 +

1

2(e2f(1) − 1)=

1 − f(1) +1

2[(2 − f(1))

2− 1] =1 − f(1) +

f(1)2−4f(1)+3

2=f(1)2−6f(1)+5

2 .

E)

Από τη σχέση f(x) + ef(x) = x + 1 f(x) < x + 1x + 1 − f(x) > 0x<0⇒ ∫ (t + 1 −

0

x

f(t))dt>0x<0⇒ ∫ (t + 1)

0

xdt>∫ f(t)dt

0

x

x<0⇒ ∫ f(t)dt

x

0> ∫ (t + 1)dt

x<0⇒

x

0∫ f(t)dt >x

0

x2

2+ x.

Eπειδή limx→−∞

(x2 + x) = +∞ θα είναι limx→−∞

∫ f(t)dt =x

0+∞ .

Συνεπώς limx→−∞

e∫ f(t)dtx0 =+∞, oπότε το ζητούμενο όριο είναι της

μορφής +∞

−∞ και από εφαρμογή του κανόνα de L Hospital προκύπτει: lim

x→−∞

e∫ f(t)dtx0

x=

limx→−∞

f(x)e∫ f(t)dtx0 = (−∞)(+∞) = −∞.

Page 91: Φεβρουαριος 16

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

90

6η προτεινόμενη λύση (Ανδρέας Μανώλης)

Για καθηγητές:

Α)

Θεωρούμε τη συνάρτηση xg x x e , x η οποία είναι γνησίως αύξουσα για κάθε

x .

Η σχέση (1) γίνεται : g f x x 1 .

Η h x x 1 είναι γνησίως αύξουσα στο οπότε και η g f x είναι γνησίως

αύξουσα στο .

Για κάθε 1 2x ,x με 1 2x x έχουμε :

g f g

1 2 1 2 1 2x x g f x g f x f x f x 1 1

Έστω τυχαίο 0x . Βάζουμε όπου x το 0x στη σχέση (1) και έχουμε

0f x

0 0f x e x 1 (2)

Αφαιρούμε τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη και παίρνουμε :

0f xf x

0 0f x f x e e x x (3)

Για 0x x έχουμε

0 0 0

ff x f x f xf x f x f x

0 0 0 0

3

0 0

x x f x f x e e e e 0 e e f x f x f x f x

x x f x f x

1

Όμως για f

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

.

Έτσι 0 0x x f x f x 0

Ισχύει ότι 0 0

0x x x xlim x x lim 0 0

, οπότε από Κριτήριο Παρεμβολής

0 0

0 0x x x xlim f x f x 0 lim f x f x

.

Όμοια βρίσκουμε ότι 0

0x xlim f x f x

.

Οπότε 0

0x xlim f x f x

.

Συνεπώς η συνάρτηση f είναι συνεχής σε τυχαίο 0x , οπότε θα είναι συνεχής στο

.

Γ)

H f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε θα είναι και “1 – 1” άρα αντιστρέφεται .

Page 92: Φεβρουαριος 16

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

91

Γνωρίζουμε ότι g f x x 1 . Επίσης η g είναι γνησίως αύξουσα.

Οπότε έχουμε x 1g x 1 x 1 e η οποία είναι επίσης γνησίως αύξουσα στο με

σύνολο τιμών x x

g A lim g x 1 , lim g x 1 ,

.

Το πεδίο ορισμού της 1g x 1 είναι το σύνολο τιμών της g x 1 . Οπότε η

1g x 1 θα έχει πεδίο ορισμού το , .

Οπότε 1g f x x 1 f x g x 1 , x

Οι συναρτήσεις 1g x 1 και f είναι ίσες, συνεπώς θα έχουν και το ίδιο σύνολο

τιμών. Έτσι 1ff A A , .

Έστω f x y , y y 1 y1 y e x 1 x y e 1 f y e y 1 ή

1 xf x e x 1, x

Β)

Για να δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη αρκεί να δείξουμε ότι για 0x x το όριο

0

0

x x0

f x f xlim

x x

υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός.

Θέτουμε στο παραπάνω όριο όπου x το 1f y . Όταν 0x x τότε 0 0y f x y .

Για 0x x έχουμε

0 00 0 0 0

0 o 00

0 0 0 0

y y1 1 y yx x y y y y y y0 0 0 0

y yy f xy y

0

f x f x y y y y y ylim lim lim lim

x x f y f y e y 1 e y 1 e e y y

1 1 1lim

e e e 1 e 11

y y

Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο με f x

1f x

e 1

.

Δ)

Ψάχνουμε να βρούμε το 1 f x

0e dx .

Θέτουμε 1x f y f x y . Οπότε έχουμε

1 y yx f y x e y 1 dx e 1 dy

Όταν x 0 τότε y f 0 y 0

Όταν x 1 τότε y f 1

Page 93: Φεβρουαριος 16

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

92

‘Έτσι έχουμε

f 1 2f 1 2f 1 f 12y1 f 1f x f 1y y y

0 00

e e 3 e 2e 3e dx e e 1 dy e e

2 2 2 2

Όμως για x 1 στην σχέση (1) παίρνουμε ότι f 1 f 1f 1 e 2 e 2 f 1

Έτσι το παραπάνω ολοκλήρωμα γίνεται

222f 1 f 1

1 f x

0

2 f 1 2 2 f 1 3 f 1 6f 1 5e 2e 3e dx

2 2 2

Ε)

Έχουμε f x f xf x e x 1 e x 1 f x και επειδή f xe 0 τότε

x 1 f x 0 f x x 1 .

Για αρνητικά x έχουμε

2x

2x0

0

02 20 0 x x

x x 0 0x

x 2xf t dtx2 2x 0xx f t dt

2

0

t xf t dt t 1 dt f t dt t f t dt x

2 2

x e ef t dt x e e

2 x x

Όμως

2

2x 2x

x 2x22

x D.L.H x

elim lim e x 1

x

.

Οπότε και

x

0f t dt

x

elim

x

7η προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές )

Μαθητές Α)

Έστω 1 2,x x με 1 2x x

και 1 2( ) ( )f x f xxe

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

1 2 1 2 1 21 1f x f x f x f xe e x e x e x x x x

άτοπο, άρα f .

Εναλλακτικά δείχνω ότι η f είναι 1-1:

Αν 1 2,x x με 1 2( ) ( )

1 2( ) ( )f x f xf x f x e e και με πρόσθεση κατά μέλη

1 2( ) ( )

1 2 1 2( ) ( )f x f xf x e f x e x x άρα f 1-1.

Μετά δείχνω ότι η f θεωρώντας 1 2x x και αντικαθιστώντας στην αρχική ισότητα,

και αφού αφαιρέσω κατά μέλη έχω:

1 2

1 2

( ) ( )( ) ( )

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

f x f xf x e f x e x x

(αφού f 1-1)

1 2( ) ( )

1 2 1 2

1 2

( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( )

f x f xe ef x f x f x f x

f x f x

Page 94: Φεβρουαριος 16

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

93

1 2( ) ( )

1 2

1 2

( ) ( ) 1 0( ) ( )

f x f xe ef x f x

f x f x

. Αλλά ισχύει

1 2( ) ( )

1 2

0( ) ( )

f x f xe e

f x f x

γιατί

1 2( ) ( )

1 2( ) ( ),f x f xf x f x e e ομόσημα αφού xe . Άρα 1 2( ) ( ) 0f x f x δηλαδή f .

Μαθητές Β) – Καθηγητές Γ)

Έστω 0y . Θα δ.ο. υπάρχει 0x : 0 0( )y f x . Θέτω 0

0 0 1y

x e y . Τότε

ισχύει: 0 0 0( ) ( )

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

f x e x f x e e y . Η xe x ως είναι 1-1,

άρα από την προηγούμενη ισότητα ισοδύναμα έχω: 0 0( )y f x . Άρα το σύνολο

τιμών της f είναι το και η f αντιστρέφεται με 1( ) 1,xf x x e x .

Μαθητές Γ) – Καθηγητές Β)

Θα δ.ο. f παραγωγίσιμη στο . Έστω 0x . Θέτοντας στην αρχική όπου x το 0x

έχω: 0( )

0 0( ) 1f x

f x e x και αφαιρώντας έχω: 0( )( )

0 0( ) ( )f xf xf x f x e e x x .

Με 0x x έχω:

0

0

( )( )

00 0 0 ( )( )

0 0

0

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

( ) ( )1

( ) ( )

f xf x

f xf x

f x f xe ef x f x f x f x x x

e ef x f x x x

f x f x

και παίρνοντας το όριο με 0x x έχω:

0 00 00

00

0

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )0

00

( ) ( ) 1 1 1lim

111 lim 1 lim( ) ( ) ( ) ( )

f x f xf x f x f x f xx x

x xx x

f x f x

e ex x ee e

f x f x f x f x

αφού με 0( ) ( )u f x f x λόγω συνέχειας της f στο 0x για 0x x έχω ότι 0u και

το 0

1lim 1

u

u

e

u

. Άρα η f παραγωγίσιμη στο 0x με

00 ( )

1( )

1f x

f xe

.

Η f είναι παραγωγίσιμη με

( )

2( )

( )( ) 0

1

f x

f x

f x ef x

e

δηλαδή η f είναι κοίλη στο .

Επίσης 1

(0)2

f αφού είναι 1(0) 0 (0) 0f f . Σε τυχόν 1 0x η εφαπτομένη

της fC στο 1 1, ( )x f x είναι: 1 1 1 1( ) ( )y f x x f x f x x με 1

1(0)

2f x f

( )f . Επίσης με 1x x είναι 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x x f x f x x και

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

f x x f x f x x

άρα lim ( )x

f x

. Θέτοντας ( )u f x έχω

( )lim lim 0f x u

x ue e

.

Page 95: Φεβρουαριος 16

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

94

Εναλλακτικά για να δ. ο. lim ( )x

f x

έχω 1lim ( ) 1 lim 0x

x xf x x e

δηλ. η

1y x είναι ασύμπτωτη της 1fC στο , άρα λόγω συμμετρίας η 1y x είναι

ασύμπτωτη της f

C στο , δηλ. lim ( ) 1 0x

f x x

και θέτοντας

( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1g x f x x f x g x x έχω lim ( )x

f x

.

Καθηγητές Α)

Θα δ.ο. f συνεχής στο 0x . Θέτοντας στην αρχική όπου x το 0x έχω:

0( )

0 0( ) 1f x

f x e x και αφαιρώντας έχω (με 0x x ):

0

0

( )( )( )( )

0 0 0 0 0

0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

f xf xf xf x e e

f x f x e e x x f x f x f x f x x xf x f x

0( )( )

0 0

0

( ) ( ) 1( ) ( )

f xf xe ef x f x x x

f x f x

. Επίσης επειδή ,xe f είναι

0( )( )

0( ) ( )

f xf xe e

f x f x

>0 άρα

0( )( )

0 0 0 0 0

0

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

f xf xe ef x f x x x x x f x f x x x

f x f x

και

με κριτήριο παρεμβολής 0

0lim ( ) ( )x x

f x f x

δηλ. f συνεχής στο 0x άρα και στο .

Καθηγητές Δ)

Για 1( )x f u έχω

(1)

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

( ) 1 (1)

0 0 00

3( ) 1

2 2 2

fu f

f ff x u u u u fe e

e dx e f u du e e du e e

2 21 2 (1) 3 5 6 (1) (1)

2 (1) ...2 2 2

a ή

f f ff

.

Καθηγητές Ε)

Θέτω

12 2( ) ( )

( ) ( ) 1

0 0 0 00

( ) ( ) 1 ( ) ( )2 2

xή t f ux x x f x

f t f t ut xg x f t dt t e dt t e dt x e f u du

( )

2 2 2 2 2 ( )( )

( )

00

31

2 2 2 2 2 2

f xu f x ήf x

u u u f xx x e x ex e e du x e x e

22 2

( ) ( ) ( )1 ( ) 3 ( )

... 1 ( )2 2 2 2

f x f x f xx f xx f x

x e f x e e

.

Page 96: Φεβρουαριος 16

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

95

( )( )lim lim 0

u f xf x u

x ue e

,

2 ( )lim

2x

f x

,

( ) . . .( )

( )

( )lim ( ( )) lim lim 0

u f x D L Hf x

f x ux x u

f x ue f x

e e

. Άρα lim ( )

xg x

και

( )lim g x

xe

και από D.L.H. το ζητούμενο όριο είναι:

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

x xg x e f x e

.

8η προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)

A.

1ος τρόπος (εκτός ύλης)

Έστω xg( x ) x e ,x R παραγωγίσιμη με xg'( x ) 1 e 0 .Άρα η

g R και 1 1 με g(R) R αφού x xlim g( x ) , lim g( x )

.

Αρα υπάρχει η 1g : R R τότε η δοσμένη ισότητα γίνεται f ( x ) 1g(f( x )) f ( x ) e x 1 f ( x ) g ( x 1) . Όμως αν g συνεχής και στο

R τότε 1g συνεχής και στο R . Άρα f συνεχής στο R ως σύνθεση συνεχών

συναρτήσεων.

2ος τρόπος

Είναι f ( x )f ( x ) e x 1 . Έστω 1 2x ,x R με 1 2 1 2x x και f ( x ) f ( x ) τότε

1 2f ( x ) f ( x )e e και προσθέτοντας κατά μέλη 1 2f ( x ) f ( x )

1 2 1 2 1 2f ( x ) e e f ( x ) x 1 x 1 x x ,άτοπο άρα

1 2 1 2 1 2x ,x R με x x και f ( x ) f ( x ) και f R

Έστω ox R τότε of ( x )

o of ( x ) e x 1 ,τότε

o o

o o

o

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

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

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

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

e e 1 x x f ( x ) f ( x ) ,

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

(1)

(, 2 )x

από τη σχέση xe 1 x έχουμε

o o o o

o o

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

o o

f ( x ) f ( x )

o o o o o

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

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

Page 97: Φεβρουαριος 16

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

96

o

o

oof ( x )

oof ( x )

f

o o o

x xf ( x ) f ( x ) x xe 1 f ( x ) f ( x ) 0

e 1x x f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( 0για x )

από Κ.Π. για ox x είναι o

ox xlim f ( x ) f ( x ) 0

πάλι από τη σχέση xe 1 x έχουμε

o o

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

o o

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

oof ( x )

o of

o o o

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

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

γ

) f ( x )

x xf ( x ) f ( x )

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

x x f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) 0ια

από Κ.Π. για ox x είναι o

ox xlim f ( x ) f ( x ) 0

άρα o

ox xlim f ( x ) f ( x ) 0

και f συνεχής.

3ος τρόπος

Έστω xH( x ) x e ,x R

τότε xH'( x ) 1 e 0 άρα H R και 1 1 και αντιστρέψιμη με H(R) R

αφού x xlim H( x ) , lim H( x )

άρα 1H (R) R

Έστω oy , y R με oy y .Τότε αφού H(R) R θα υπάρχουν

o o ox ,x R : y H( x ) , y H( x ) 1 1o o ox H ( y) ,x H ( y ) , x x αφού

1H 1 1 .

Από ΘΜΤ στο ox ,x ή ox ,x είναι

ξ ξo o o

1 1o o o

H( x ) H( x ) H( x ) H( x ) y yH'(ξ ) e 1 e 1

x x x x H ( y ) H ( y )

1 1o oo o1 1 1 1

o o

y y y y1 1 H ( y ) H ( y ) y y

H ( y ) H ( y ) H ( y ) H ( y )

1 1o o oy y H ( y) H ( y ) y y

η τελευταία ανισότητα ισχύει για κάθε o oy , y R με y y και τότε από ΚΠ για

oy y είναι o

1 1o

y ylim H ( y ) H ( y ) 0

. Άρα 1H συνεχής στο R .

Page 98: Φεβρουαριος 16

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

97

΄Όμως f ( x ) 1H( f ( x )) f ( x ) e x 1 f ( x ) H ( x 1) συνεχής ως σύνθεση

συνεχών συναρτήσεων.

B.

1ος τρόπος (εκτός ύλης)

xy H( x ) x e ,x R είναι παραγωγίσιμη και H R με H(R) RxH'( x ) 1 e 0 ,x R . Άρα και η 1H είναι παραγωγίσιμη με

11

H '( y ) , y RH'( y )

.Τότε και η 1f ( x ) H ( x 1) ,x R είναι παραγωγίσιμη

στο R ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων .

2ος τρόπος

o o o

1 1 1 1o o o

x x x x x xo o o

f ( x ) f ( x ) H ( x 1) H ( x 1) H ( x 1) H ( x 1)L lim lim lim

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

1 1o oθέτω u H ( x 1) , H ( x 1) u , αφού Η 1-1 και τότε

o oH(u) x 1 , H(u ) x 1 . Άρα

1

o

Η συνεχής1 1

o ox xlimH ( x 1) H ( x 1) u

.

o o

o

u u u uoo o

o

u u 1 1L lim lim R

H(u) H(u )H(u) H(u ) H'(u )

u u

άρα f παραγ/ιμη στο R

Γ.

1ος τρόπος (για το σύνολο τιμών)

Αποδείξαμε ότι 1f ( x ) H ( x 1) ,x R , με 1H (R) R . Όμως

x R x 1 R άρα f (R) R

2ος τρόπος (για το σύνολο τιμών)

Έστω y R : f ( x ) y x R τότε η συνάρτηση G( x ) f ( x ) y ,x R είναι

συνεχής με G( x ) 0 ,x R άρα θα διατηρεί πρόσημο .Εστω G( x ) 0 ,x R

τότε f ( x ) y f ( x ) y y yx R , f ( x ) y e e f ( x ) e y e x 1 y e x y e 1

Η τελευταία ανισότητα ισχύει x R άρα και για yx y e 1 τότε y yy e 1 y e 1 άρα f (R) R .Όμοια αν G( x ) 0 ,x R

Page 99: Φεβρουαριος 16

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

98

θέτοντας 1 f ( x )f ( x ) ,x R στην f ( x ) e x 1 είναι

11 f ( f ( x )) 1 x 1 1 xf ( f ( x )) e f ( x ) 1 x e f ( x ) 1 f ( x ) x e 1

Δ.

f ( x )f ( x ) e x 1 (*) . f ( 0 )Για x 0 είναι f (0 ) e 1

f ( 0 ) f ( 0 )

f ( 0 ) f ( 0 )

αν f (0 ) 0 τότε e 1 και f (0 ) e 1 άτοπο

αν f (0 ) 0 τότε e 1 και f (0 ) e 1 άτοπο

εφόσον f ( R ) R είναι f (0 ) 0

f ( x ) f ( x )

f ( x )

1f ( x ) e x 1 f '( x ) f '( x )e 1 f '( x )

1 e

συνεχής.

1 1 1

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

f ( x )0 0 0

1I e dx e 1 e dx e 1 e f '( x )dx

e 1

Θέτω

f ( 0 )

(*)f ( x ) f ( 1)

f ( x )

x 0 u e 1

u e x 1 u e 2 f (1)

du f '( x )e dx

2 f ( 1)2 22 f ( 1)

11

u f (1) 6 f(1) 5I u 1 du u

2 2

Ε.

f ( t )

2 x

0

2 x

0

x xf ( t ) f ( t ) f ( t )

0 0

2x x x x x x 0f ( t ) f ( t )

e 00 0 0 0 0

x 2x2 2x x x 0f ( t )dt2

0 0

x 2xf ( t )

2

f (t ) e t 1 t 1 f (t ) e t 1 f (t ) dt e dt

x 2xt 1 dt f (t )dt e dt f (t )dt e dt

2

x 2x x 2xf (t )dt 0 f (t )dt e e

2 2

e e0

x

2 x

0

dt

x 2x f ( t )dt2

x x0 (*)

xee

Page 100: Φεβρουαριος 16

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

99

όμως

2 2x 2x x 2xx DLH x2 2

x 1lim lim 0

e x 1 e

Από Κ.Π. η (*) δίνει x

0x f ( t )dt

xlim 0

e

, x

0f ( t )dt

x0

e

οπότε

x

0

x

0

f ( t )dt

x x

f ( t )dt

e 1lim lim

xx

e