Η άσκηση της ημέρας - Φεβρουάριος 2017

___________________________________________________________________________ ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ 2017 η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17

http://lisari.blogspot.gr/


• Αρούρης Άχθος

• Ασημακόπουλος Γιώργος

• Δεββές Κώστας

• Ελευθερίου Νίκος

• Καραγιάννης Θανάσης

• Καταραχιάς Τάκης

• Μανιτάρου Στράτος

• Μπεληγιάννης Αθανάσιος

• Πάτσης Ανδρέας

• Σαριβασίλης Δημήτρης

• Τζίκας Πέτρος

• Τρύφων Παύλος

• Τσακίρης Τόλης

• Χαλικιόπουλος Σπύρος

• Ψαθά Ντίνα

Mας τίμησαν με τη συμμετοχή τους



Α. Έχουμε:

x x x x x x x x x x xxe e xe e x e x e e x e xe x e xe , x .

Β. α) Η δοθείσα για x y 0 γίνεται:

2

2f 0 f 0 f 0 f 0 1 f 0 2f 0 1 0 f 0 1 0 f 0 1 .

Ακόμη,

x 0 x 0

f x f 0 f x 1f 0 1 lim 1 lim 1

x 0 x.

Για τυχαίο αλλά σταθερό 0

x :

0

0

u x x0

x x0

f x f xlim

x x

0 0

u 0

f u x f xlim

u

0 0 0

u 0

f u f x 1 f ux f xlim

u

0 0

u 0

f x f u 1 f ux 1lim

u u

0 0

u 0 u 0

f x f u 1 f x u 1lim lim

u u

0

0 0 0 0u 0 u 00

f u 1 f x u 1f x lim x lim f x 1 x 1

u 0 x u 0

0

0

0 0x x0

f x f xlim f x x

x x , που είναι πραγματικός αριθμός.

Άρα, επειδή η επιλογή του πραγματικού 0x είναι τυχαία, η f είναι παραγωγίσιμη στο με

f ' x f x x, x Όμως, f 0 f 0 0 . Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο με

f ' x f x x, x .

β) 1ος τρόπος

Α. Να αποδείξετε ότι για κάθε

Β. Δίνεται συνάρτηση η οποία είναι παραγωγίσιμη στο 0 με και

τέτοια, ώστε:

για κάθε

α) Να αποδείξετε ότι η είναι παραγωγίσιμη στο με για κάθε

β) Να βρείτε τον τύπο της

2 0 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο : Νίκος Ελευθερίου (5/2/2017)

Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου



Έχουμε:

x (Α)e 0x x x x x xx : f x f x x f x f x x e f x e f x xe e f x xe e

xe 0x x x xe f x xe e c, c f x x 1 ce , c .

Όμως, f 0 1 c 0 . Άρα, f x x 1, x .

2ος τρόπος

Είναι: x : f x f x x f x 1 f x x 1 f x x 1 f x x 1

xc : f x x 1 ce xf x ce x 1 .

Είναι: 0f 0 c e 0 1 c 1 1 c 0 . Άρα. f x x 1, x



x x x x x x

x=y=02 2 2

h 0

(xe e )' e xe e xe , για κάθε x .

f(x + y) + f (xy) = f(x)f(y) + 1, για κάθε x,y

(1) 2f(0) = f (0) + 1 f (0) - 2f(0) + 1 = 0 (f(0) - 1) = 0 f(0) = 1.

f (0 + h) - f (0)Eπίσης f '(0) = 1 lim = 1 l

h

Α.

B. α.

h®0

0

(1)0 0 0 0 0 0 0

h 0 h 0 h 0

0 0h 0

f (h) - 1im = 1.

h

Eστω τυχαίο x . Είναι

f (x + h) - f (x ) f (x )f (h) + 1- f (x h) - f (x ) f (x )[f (h) - 1] f (x h) - 1lim lim lim -

h h h h

f (h) - 1 f (x ) lim x

h

0

00 0 0 0x h 0

0

0 0 0

0

f (x h) - 1lim f (x ) 1 x 1 f (x ) x ,

x h

άρα f '(x ) f (x ) x .

Και επειδή το x είναι τυχαίο, είναι f '(x) = f (x) - x, για κάθε x .

Aλλά ισχύει και f '(0) = f (0) - 0, άρα f '(x) = f (x) - x, για κάθε x

A.-x -x -x -x -x -x

-x -x -x

-x

.

Για κάθε x , f '(x) = f (x) - x f '(x) - f (x) = -x e f '(x) - e f (x) = -xe (e f (x))' =(xe + e )',

άρα υπάρχει c , τέτοιο ώστε για κάθε x , e f(x) = xe + e + c .

Για x = 0 1 = 1+ c c = 0.

Άρα e f (x) = x

β.

xe-x -xe + e f (x) = x + 1, x .

Λύνει η Ντίνα Ψαθά



Α) Για κάθε x έχουμε:

' ' '

x x x x x x x x xxe e x e x e e e xe e xe

Β) (α) Ισχύει f x y f xy f x f y 1 f x y f xy f x f y 1 (1)

Από (1) για x=0=y προκύπτει:

2

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

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 με f 0 1 οπότε σύμφωνα με τον ορισμό έχουμε:

x 0 x 0

f x f 0 f x 1f 0 1 lim 1 lim 1 2

x 0 x

Για να δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο , αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι

παραγωγίσιμη στο τυχαίο σημείο 0

x . Έχουμε:

100 0 0 0 0 0

h 0 h 0 h 0 h 0

f x f h 1f x h f x f x h f x f h 1 f x 1 f x hlim lim lim lim

h h h h

0 0

f x x

Άρα ισχύει ότι : f x f x x για κάθε x

Διότι στο όριο

0

h 0

1 f x hl lim

h, θέτουμε

0ω x h ,

οπότε

0 0h 0

ω lim x h 0 ,

άρα

0

0ω 0

x f ω 1l lim x

ω

Β) (β) Για x έχουμε:

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

Ax x x x x x(e f x )' xe e ' e f x xe e c, c

Για x=0 προκύπτει: 0 0e f 0 0 e c c 0 .

Άρα x x xe f x xe e f x x 1, x

Λύνει ο Πέτρος Τζίκας

Επειδή η συναρτησιακή

σχέση περιέχει το f(x+y),

χρησιμοποιούμε τον

ισοδύναμο ορισμό

0 0

h 0

f x h f xlim

h



Α. x x x x x xxe e e xe e xe

Β. α)

Για x=y=0 έχουμε: 22 2f(0) f(0) f (0) 1 f (0) 2f(0) 1 0 f(0) 1 0 f(0) 1 .

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 θα ισχύει:

x 0 x 0

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

x 0 x.

Θα ισχύει:

y 0 y 0

f(x y) f(x) f(x)f(y) 1 f(xy) f(x)f (x) lim lim

y y

y 0

f(x) f(y) 1 f(xy) 1lim

y y (1)

Όμως:

y 0 y 0

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

y y

και:

y 0 u 0 u 0

f(xy) 1 f(u) 1 f(u) 1lim lim xlim x 1 x

uy u

x

με u

u xy yx

( Όταν y 0 τότε u 0 )

Από την σχέση (1) προκύπτει: f (x) f(x) x

β) Ισχύει:

Ax x x x x xf (x) f(x) x f (x) f(x) x e f (x) e f(x) e x e f(x) xe e

Άρα: x x x xe f(x) xe e c f(x) x 1 ce με c πραγματικό αριθμό.

Όμως:

f(0) 1 0 1 c 1 c 0 .

Τελικά f(x) x 1

Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης



Α. x x x x x xxe e e xe e xe

Β. α)

Για x y 0στη δοσμένη σχέση: 22f(0) f (0) 1 f(0) 1.

Έστω 0

x και h 0 .

Έχουμε:

0 0 0 0 0 0

0

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

h h h h

Το

h 0

f(h) f(0)lim f (0) 1

hκαι για

0u x h το

0

0 0h 0 u 0

0

f(x h) f(0) f(u) f(0)lim lim x f (0) x

uh

x

.

Δηλαδή είναι

0 0

0 0 0h 0

f(x h) f(x )lim f(x ) x f (x )

h.

Άρα η f παραγωγίσιμη στο με f (x) f(x) x .

β) Ισοδύναμα από την προηγούμενη ισότητα και από το Α. έχουμε:

x x x x x x x x xf (x)e f(x)e xe f(x)e xe e f(x)e xe e c

και με x 0 : 1 1 c c 0

δηλαδή x x xf(x)e xe e f(x) x 1 .

Λύνει ο Κώστας Δεββές



Α. ' ' 'x x x x x x x xx e e x e x e x e x e e x e .

B. Έχουμε από υπόθεση ότι f(x y) f(x y) f(x) f(y) 1 (1)

η οποία για x y 0 γίνεται

2 2

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

Αφού από την υπόθεση έχουμε επίσης

(2)'

h 0

f(h) f(0)f (0) 1 lim 1

h

h 0

f(h) 1lim 1

h(3)

Σχετικά τώρα με την παράγωγο της f , x R έχω:

(1)

h 0 h 0 h 0

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

h h h h

x 0

h 0

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

h x h f(x) f (0) x f (0) f(x) x ,

γιατί:

θέτω xh uh 0,u 0

h 0 u 0

f(x h) 1 f(u) 1lim x x lim x f (0) x

x h u

ΤΕΛΙΚΑ f (x) f(x) x, x αφού επαληθεύεται και για x 0 .

Για τον τύπο της x R :

x x xf (x) f(x) x f (x) f(x) x e f (x) e f(x) x e , άρα

x xe f(x) x e (4)

1oς τρόπος

Από το Α σκέλος έχουμε αποδείξει ότι: '

x x xx e e x e (5)

Οπότε από (4),(5) προκύπτει: x xe f(x) x 1 e c (6) x με cR R .

Η παραπάνω σχέση για x 0 δίνει: 1 1 c c 0

ΤΕΛΙΚΑ η (6) για c 0 :

xe 0x xe f(x) x 1 e f(x) x 1, x R

2oς τρόπος

Από την (4) προκύπτει (αγνοούμε το σκέλος Α) και αφού tt e συνεχής στο R :

x x

xx t x t t

00 0

e f(x) c t ( e )dt e f(x) c t e t ' (e )dt

x

x x xx t t x t t

0 0 00

e f(x) c t e e dt e f(x) c t e e

Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος



x x xe f(x) c x e e 1

που για x 0 και f(x) 1 , δίνει c 0 .

Έτσι τελικά

xe 0x xe f(x) x 1 e f(x) x 1, x R



Α) Από κανόνες παραγώγισης έχω:

x x x x x x x xxe e xe e x e x e e e x xxe e xxe

Β) Εφόσον η (1) ισχύει για κάθε x,y θα ισχύει και για x y 0 .

Έτσι έχω:

2

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

Ακόμα η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 με f 0 1 και επομένως από ορισμό έχω:

h 0

f 0 h f 0f 0 lim

h Άρα:

h 0

f h 11 lim

h (2)

(α) Για να αποδείξω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο , αρκεί να δείξω ότι η παράγωγός της

στο τυχαίο σημείο 0

x υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός.

Πράγματι έχω:

0 0

h 0

f x h f xlim

h (χρησιμοποιώ την (1) για

0x x και y h )

0 0 0

h 0

f x f h 1 f x h f xlim

h

0 0

h 0

f x f h 1 1 f x hlim

h

0

0h 0

f h 1 1 f x hlim f x

h h

Παρατηρώ ότι από (2)

0 0 0h 0 h 0

f h 1 f h 1limf x f x lim f x

h h

και

0

h 0

1 f x hlim

h (θέτω

0x h u με

0h 0 h 0limu limx h 0 και

0

uh

x)

0 0 0 0u 0 u 0 u 0

0

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

u u u

x

Άρα το όριο γράφεται:

0 0

0 0 0 0h 0 h 0 h 0

f h 1 1 f x h f h 1 1 f x hlim f x limf x lim f x x

h h h h

Επομένως το όριο

0 0

h 0

f x h f xlim

h υπάρχει και είναι ο πραγματικός αριθμός 0 0

f x x .

Άρα η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο με f x f x x για κάθε x .

(β) Ισχύει για κάθε x

Λύνει ο Στράτος Μανιτάρου



x x x

x x x

x x x

x x x

f x f x x, για κάθε x

e f x e f x e x, για κάθε x

e f x e f x e x, για κάθε x

e f x xe e , για κάθε x

e f x xe e c, για κάθε x 3

όπου c ένας σταθερός αριθμός.

Η (3) ισχύει για κάθε x οπότε και για x 0 .

Έτσι έχω: 0 0 0e f 0 0e e c 1 1 c c 0

Οπότε έχω:

x x xe f x xe e , για κάθε x

x x x x xe e f x e xe e , για κάθε x

f x x 1, για κάθε x



α.

x x x x x x x

x x x x

x e e x e e x e x e e x

e x e x e x e

β. Για x y 0 , έχουμε

2 2

2

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

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

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , έχουμε

x 0 x 0

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

x 0 x

Για x 0και y h έχουμε f(x h) f(xh) f(x)f(h) 1

Είναι

h 0 h 0

f(x h) f(x) f(x h) f(xh) f(xh) f(x)lim lim

h h

h 0

f(x)f(h) 1 f(xh) f(x)lim

h

h 0

f(x) f(h) 1 f(xh) 1lim

h h

Όμως

h 0

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

h

h 0 h 0 t 0

f(xh) 1 f(xh) 1 f(t) 1lim limx xlim xf (0) x

h xh t

Άρα

f(x) x , x 0f (x) f (x) f(x) x ,x R

1 x 0

γ.

x x x x x x

x x x

f (x) f(x) x f (x) f(x) x e f (x) e f(x) xe e f (x) e f(x) xe

e f(x) (xe e )

Άρα x x xe f(x) xe e c

Για x 0 έχουμε 0 0 0e f(0) 0 e e c 1 1 c c 0

x xx x x

x

xe ee f(x) xe e f(x) f(x) x 1

e

Λύνει ο Τόλης Τσακίρης



α) Η f είναι συνεχής στο 0,1 και f 0 2 0 , f 1 3 k

Δεν ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα 0,1

αν και μόνο αν

3 k 0 k 3 1

Επίσης,

x x x

6 6f x x kx 2 x ,lim lim lim άρα f x 0 για x κοντά στο .

Άρα

x x x

6 6 6 6

5 5 5

0 , αν k 3f x k 2 x x kx 2 k 2 x 3 k x kx 2

, αν k 3x x x

, αν k 3

lim lim lim

Αφού το

x

6

5

f x k 2 x

xlim δεν είναι ίσο με θα πρέπει k 3 2

Από τις 1 και 2 προκύπτει ότι k 3

β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Rμε 4f x 30x 0 και η f είναι συνεχής στο R ,

άρα η f είναι κυρτή στο R . Κατά συνέπεια η f

C βρίσκεται «πάνω» από οποιαδήποτε

εφαπτομένης της

Δίνεται η συνάρτηση με για τη οποία:

δεν ικανοποιούνται όλες οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα

υπάρχει το και δεν είναι ίσο με

α) Να αποδείξετε ότι

β) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει εφαπτομένη της που να διαπερνά την

γ) Αν να αποδείξετε ότι:

i)

ii)

Πότε ισχύουν οι ισότητες;

2 1 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Παύλος Τρύφων (12/2/2017)

Λύνει ο Παύλος Τρύφων



γ) Η εφαπτομένη της f

C στο σημείο A 1,f 1 έχει εξίσωση:

y f 1 f 1 x 1 y 3x 3

Η f όμως είναι κυρτή, άρα

f x 3x 3 για κάθε x R

δηλαδή

6x 6x 5 για κάθε x R 3

Θέτοντας για x διαδοχικά τους αριθμούς α,β,γ στη σχέση 3 παίρνουμε:

6

6 6 6 6 6 6 6

6

α 6α 5

β 6β 5 α β γ 6α 5 6β 5 6γ 5 α β γ 15 6 α β γ

γ 6γ 5

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν α β γ 1

(διότι η ισότητα στη σχέση 3 ισχύει μόνο για x 1)

Θέτοντας για x διαδοχικά τους αριθμούς αβ,βγ,αγ στη σχέση 3 παίρνουμε:

5

6

6 5 5 5 5

6

5

5αβ 6

αβαβ 6αβ 5

5 5 5 5βγ 6βγ 5 βγ 6 αβ βγ αγ 18

βγ αβ αγ βγαγ 6αγ 5 5

αγ 6αγ

5 5 5 1 1 1αβ βγ αγ 5 18

αβ αγ βγ

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν αβ βγ γα 1 α β γ 1

(διότι η ισότητα στη σχέση 3 ισχύει μόνο για x 1)



6f: , f(x)=x kx+2, x .

H f δεν ικανοποιεί όλες τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του

Bolzano στο [0,1] . Είναι συνεχής στο [0,1], γιατί είναι πολυωνυμική, άρα

f(0) f(1) 0, f(0)=2>0,

άρα f(1) 0 3-k 0 k

6

x x -

6 6 6 6

5 5 5x x - x -

6

5x - x -

3 (1).

lim f(x)= lim x =+ , άρα f(x)>0 κοντά στο - , οπότε f(x) f(x).

f(x) (k-2)x x kx+2-(k-2)x (3 k)x k+2Έτσι lim lim lim l

x x x

(3 k)x Aν k<3, τότε l lim lim(3 k

x

6 5 4

)x=(3-k)(- )=- : απορρίπτεται.

'Αρα, λόγω της (1), k=3.

β) f(x)=x 3x+2, x . Για κάθε x , f '(x)=6x 3, f "(x)=30x 0,άρα η f είναι κυρτή

στο , oπότε η γραφική της παράσταση δεν εχει σημεία καμπ

f f

f

ής.

Κατά συνέπεια, δεν υπάρχει εφαπτομένη της C , που να διαπερνά την C .

γ) Η εφαπτομένη της C στο σημειο της (1,f(1)), είναι ε : y-f(1)=f '(1)(x-1), με f(1)=0, f '(1)=3,

άρα : y-0=3(x-1)

ε: y=3x-3.

H f είναι κυρτή στο , άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από την ε , εκτός του

σημείου επαφής. Έτσι, f(x) 3x-3, για κάθε x (2).

i.'Αρα, για α,β,γ>0

f(α) 3α-3, f(β) 3β-3, f(γ) 3γ-3.

6 6 6 6 6 6

Προσθέτοντας κατά μέλη, είναι f(α)+f(β)+f(γ) 3(α+β+γ)-9

α β γ 3(α+β+γ)+6 3(α+β+γ)-9 α β γ 15 6(α+β+γ) .

Η ισότητα ισχύει όταν α=β=γ=1 .

ii. Για x=αβ, x=βγ, x=αγ, αντίστοιχα, από την

(2) f(αβ

αβ>06 6 5

βγ>06 6 5

5

5 5 5

5)=(αβ) 3(αβ)+2 3αβ-3 (αβ) +5 6(αβ) (αβ) + 6,

αβ

5 (βγ) 3(βγ)+2 3βγ-3 (βγ) 5 6(βγ) (βγ) 6

βγ

5και ομοίως (γα) + 6.

γα

1 1 1Προσθέτοντας κατά μέλη, (αβ) (βγ) (γα) 5( ) 18.

αβ βγ γα

η ισότητα ισχύει όταν αβ=βγ=γα=1, α,β,γ>0, άρα όταν α=β=γ=1.




α) Η συνάρτηση f : με 6f x x kx 2 είναι πολυωνυμική επομένως συνεχής για

κάθε x άρα και στο 0,1 .

Εφόσον δεν ικανοποιούνται όλες οι υποθέσεις του Θ. Bolzano θα ισχύει ότι f 0 f 1 0 .

Όμως 6f 0 0 k 0 2 2 0 .

Επομένως 6f 1 0 1 k 1 2 0 k 3 k 3 .

Επιπλέον

6 6

x x xlim f x lim x kx 2 lim x άρα η f x 0 για πολύ μικρές τιμές του

x και επομένως f x f x .

Έτσι το όριο γράφεται:

6 6 6 6

5 5 5x x x

6 6

5 5x x

6

5x x

f x k 2 x f x k 2 x x kx 2 k 2 xlim lim lim

x x x

1 k 2 x kx 2 3 k x kx 2 lim lim

x x

3 k x lim lim 3 k x

x *

Όμως το k 3 , άρα k 3 ή k 3

Αν k 3 0 3 k 0 τότε το * είναι:

xlim 3 k x θετικός που

απορρίπτεται από την υπόθεση. Άρα πρέπει k 3 .

Πράγματι για k 3 έχω 6f x x 3x 2 και το όριο είναι:

6 6 6 6

5 5 5 5 4x x x x x

x 3x 2 x x 3x 2 x 3x 2 3x 3lim lim lim lim lim 0

x x x x x

β) Εφόσον k 3 η συνάρτηση είναι η 6f x x 3x 2 .

Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική με: 6 5f x x 3x 2 6x 3

Ομοίως και η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική με:

5 4f x 6x 3 30x 0 για κάθε x με f x 0 x 0 .

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο . (Το 0 στο οποίο μηδενίζεται η δεύτερη παράγωγος

δεν επηρεάζει την μονοτονία μπορούμε εύκολα να το δούμε από πινακάκι)

Άρα η f είναι κυρτή στο επομένως η γραφική παράσταση της συνάρτησης θα βρίσκεται

πάνω από οποιαδήποτε εφαπτομένη της με εξαίρεση το σημείο επαφής. Άρα δεν υπάρχει

εφαπτομένη της f

C που να διαπερνά την f

C .

Λύνει ο Στράτος Μανιτάρου



γ) Έστω η συνάρτηση g : με 6g x x 6x 5 . Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο

ως πολυωνυμική με: 6 5g x x 6x 5 6x 6 .

Έχω:

5 5 5g x 0 6x 6 0 x 1 0 x 1 x 1

5 5 5g x 0 6x 6 0 x 1 0 x 1 x 1

5 5 5g x 0 6x 6 0 x 1 0 x 1 x 1

Άρα η g εμφανίζει ολικό ελάχιστο στο 0

x 1 ίσο με g 1 0 .

Συνεπώς, g x g 0 για κάθε x 6x 6x 5 0 (2) για κάθε x .

Έτσι για:

x α έχω: 6α 6α 5 0

x β έχω: 6β 6β 5 0

x γ έχω: 6γ 6γ 5 0

Προσθέτω τις παραπάνω κατά μέλη και έχω:

6 6 6 6 6 6

6 6 6

α 6α 5 β 6β 5 γ 6γ 5 0 α β γ 6 α β γ 15 0

α β γ 15 6 α β γ

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν α β γ 1

Αν α,β,γ 0

Στην (2) για x αβ έχω:

6

αβ 6αβ 5 0 διαιρώ και τα 2 μέλη της ανισότητας με αβ 0 επομένως η φορά δεν

αλλάζει

6 6

5αβ 6αβ 5 αβ 6αβ 5 50 0 αβ 6 0

αβ αβ αβ αβ αβ.

Ομοίως για x βγ και x αγ παίρνω 5 5

βγ 6 0βγ

και 5 5

αγ 6 0αγ

αντίστοιχα.

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις έχω:

5 5 5

5 5 5

5 5 5αβ 6 βγ 6 αγ 6 0

αβ βγ αγ

1 1 1αβ βγ αγ 5 18

αβ βγ αγ

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν αβ βγ γα 1 α β γ 1



α) Επειδή το

6

x xlim f(x) lim(x kx 2) τότε f(x) 0 όταν x άρα το δοσμένο όριο

γράφεται ως εξής:

6 6 6

5 5x x x

x kx 2 (k 2)x (3 k)xlim lim lim(3 k)x L

x x

Περιπτώσεις:

* Αν (3-k) <0 τότε επειδή

f συνεχής ως πολυωνυμική στο [0,1]

f(0)=2>0 και f(1)=3-κ<0

θα ικανοποιούνται οι προυποθέσεις του Θ. Bolzano. Άτοπο.

* Αν (3-k) >0 τότε L . Άτοπο.

* Αν κ=3 τότε είναι δεκτή η τιμή δίοτι L

β) Αρκεί να δείξουμε ότι η f δεν έχει σημεία καμπής.

Έχουμε: 6f(x) x 3x 2,x R και 5f '(x) 6x 3,x R και 4f ''(x) 30x 0,x R .

Επειδή η ισότητα ισχύει μόνο για x=0 τότε η f είναι κυρτή.

Άρα δεν έχει σημεία καμπής.

γ) Είναι 6f(x) x 3x 2,x R

Η εφαπτομένη της f στο A(1,f(1)) A(1,0) είναι η y 3x 3 .

Επειδή η f είναι κυρτή ισχύει ότι η f είναι πάνω από την εφαπτομένη της με εξαίρεση το

σημείο επαφής Α δηλαδή, για κάθε x Rείναι f(x) 3x 3 . Η ισότητα ισχύει όταν x=1.

i) Για x=α>0 έχουμε : 6f(α) 3α 3 α 5 6α

Για x=β>0 έχουμε : 6f(β) 3β 3 β 5 6β

Για x=γ>0 έχουμε : 6f(γ) 3γ 3 γ 5 6γ

Προσθέτουμε κατά μέλη τις παραπάνω ανισώσεις και προκύπτει το ζητούμενο.

Η ισότητα ισχύει όταν α=β=γ=1 (τετμημένη του σημείου επαφής)

ii) Από τη σχέση 6 5 5f(x) 3x 3 x 5 6x x 6

x, x Rέχουμε

Για x=αβ>0 : 5 5(αβ) 6

αβ

Για x=βγ>0 : 5 5(βγ) 6

βγ

Για x=αγ>0 : 5 5(αγ) 6

αγ

Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. Η ισότητα ισχύει όταν αβ=βγ=αγ=1.




1α

β α γαβ 1

1 1βγ 1 γ γ

β βαγ 1

1 α βα

γ

και επειδή α,β,γ>0 προκύπτει: α=β=γ=1.



α) Επειδή f συνεχής στο 0,1 ως πολυωνυμική και δεν ικανοποιεί το Bolzano σ’ αυτό θα

ισχύει f(0)f(1) 0 2 3 k 0 k 3 .

Επειδή

xlim f(x) f(x) 0 κοντά στο θα είναι

6 6 6 6

5 5 5x x x

f(x) k 2 x x kx 2 k 2 x 3 k x kx 2 ,k 3lim lim lim

0,k 3x x x

Άρα k 3 .

β) Είναι 6f(x) x 3x 2 με 5f (x) 6x 3και 4f (x) 30x 0 x 0 με f (x) 0,x 0 .

Άρα f κυρτή στο Rκαι η f

C δεν έχει Σ.Κ.

γ) Η εφαπτομένη σε κάθε σημείο της f

C είναι κάτω απ’ αυτήν εκτός από το σημείο επαφής.

Άρα είναι f(x) 3x 3με την ισότητα μόνο για x 1, όπου y 3x 3η εφαπτομένη της f

C

στο x 1.

Άρα η προηγούμενη ανισοτική δίνει 6x 6x 5 0 x R . (1)

i) Για x α,β,γ δίνει: 6α 6α 5 0 , 6β 6β 5 0 , 6γ 6γ 5 0

και με πρόσθεσή τους κατά μέλη έχουμε την αποδεικτέα.

H ισότητα ισχύει για α β γ 1

ii) Η (1) για x 0δίνει 5 5x 6

xκαι για x αβ,βγ,γα δίνει:

5 5

αβ 6αβ

, 5 5

βγ 6βγ

, 5 5

αγ 6αγ

που με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε την αποδεικτέα.

Η ισότητα ισχύει για αβ βγ αγ 1 α β γ 1 .




α)Δίνεται f :R R με 6f(x) x kx 2 k R .

Επειδή η f είναι συνεχής στο R (ως πολυωνυμική ) , θα είναι συνεχής και στο 0,1 .

Επίσης επειδή δεν ικανοποιούνται όλες οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα

0,1 θα ισχύει ότι f(0) f(1) 0 2(3 k) 0 k 3 .

Είναι

xlim f(x)

6

xlim x οπότε f(x) 0 κοντά στο .

Οπότε για k<3 έχουμε

6

5x

f(x) k 2 xlim

x

6

5x

f(x) k 2 xlim

x

6

5x

3 k x kx 2lim

x

6

5x

3 k xlim

x

xlim 3 k x άτοπο.

Για k=3

6

5x

f(x) k 2 xlim

x

5x

3x 2lim

x

5x

3xlim

x

4x

3lim 0

x.

Άρα k=3 .

β) Επόμενα 6f(x) x 3x 2 , 5f (́x) 6x 3 , 4f΄ (́x) 30x 0 για x 0 .

Συνεπώς η f΄ ,0 , f΄ 0, και επειδή f΄ συνεχής στο x=0, θα είναι

f΄ R . Δηλαδή f κυρτή στο R. Συνεπώς η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε

κάθε σημείο του R βρίσκεται "κάτω" από τη γραφική της παράσταση , με εξαίρεση το

σημείο επαφής τους.

Άρα δεν υπάρχει εφαπτόμενη της Cf που να διαπερνά την Cf.

γ)

i)Η εφαπτόμενη της Cf στο Α(1,0) είναι (ε): y 3(x 1) y 3x 3 . Από β) ισχύει

f(x) 3x 3 6x 3x 2 3x 3 6x 3x 2 3x 3 6x 6x 5 6x 5 6x .

Η ισότητα ισχύει για x 1. Τετμημένη του σημείου επαφής (ως μοναδικό κοινό σημείο των

Cf και (ε).

Επόμενα 6α 5 6α , 6β 5 6β , 6γ 5 6γ α,β,γ 0 .

Άρα προσθέτοντας κατά μελη προκύπτει ότι: 6 6 6α β γ 15 6(α β γ) .

Η ισότητα ισχύει για α β γ 1.

ii) Είναι x R , 6x 5 6x . Για x 0 , 5 5x 6

x. Η ισότητα ισχύει για x 1.

Οπότε :

5 5

αβ 6αβ

, 5 5

βγ 6βγ

, 5 5

αγ 6αγ

.

Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει ότι:

Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς



5 5 5 1 1 1αβ βγ αγ 5 18

αβ βγ αγ.

Η ισότητα ισχύει για αβ βγ γα 1 α β γ 1.



A) Για την συνάρτηση που δίνεται έχουμε: f(0) 2 (1), f(1) 3 k (2) και

6

x xlim f(x) lim x , επομένως f(x) 0 , άρα f(x) f(x) (3) στην περιοχή του .

Αφού η f είναι συνεχής στο [0,1], ως πολυωνυμική και από την υπόθεση δεν ικανοποιούνται

οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο παραπάνω διάστημα θα είναι:

f(0) f(1) 0 2(3 k) 0 k 3 (4)

6 6(3)

5 5 5x x x

f(x) (k 2)x x kx 2 (k 2)x (3 k)x kx 2lim lim lim

x x x

που για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου k δίνει:

όταν k 3

0 όταν k 3

όταν k 3

.

Επομένως για να ικανοποιείται η υπόθεση k 3 (5).

ΤΕΛΙΚΑ από τις σχέσεις (4), (5) προκύπτει k=3

B) Γνωρίζουμε πλέον ότι 6f(x) x 3x 2, x R , άρα έχουμε:

5f (x) 6x 3 , x R και 4f (x) 30x , x R .

Η f είναι κυρτή x Rκαι επομένως δεν υπάρχει εφαπτομένη της γραφικής παράστασης

που να την διαπερνά. Μάλιστα οποιαδήποτε εφαπτομένη της βρίσκεται κάτω από την

γραφική παράσταση έχοντας μόνο ένα κοινό σημείο με αυτήν, το σημείο επαφής.

Έστω (ε) η εφαπτομένη της f

G στο 0

x 1: '(ε) : y f(1) f (1) (x 1) που από την (1) και αφού

'f (1) 3 γίνεται τελικά (ε) : y 3x 3 (6)

Θεωρώ τα σημεία Α(α,3α-3), Β(β,3β-3), Γ(γ,3γ-3) της (ε) και

τα σημεία Δ(α,f(α)), Ε(β,f(β)), Ζ(γ,f(γ)) της f

G .

Επειδή όπως εξηγήθηκε όλα τα σημεία της f

G βρίσκονται πάνω από τα σημεία της

εφαπτομένης με μοναδική εξαίρεση το σημείο επαφής Μ(1,f(1)), έχουμε:




f(α) 3α 3

f(β) 3β 3

f(γ) 3γ 3

και με πρόσθεση κατά μέλη:

6 6 6(α 3α 2) (β 3β 2) (γ 3γ 2) 3α 3β 3γ 9

6 6 6.... α β γ 15 6(α β γ)

Η παραπάνω, σαν ισότητα ισχύει όταν α=β=γ=1.

Στο ίδιο πλαίσιο δεδομένων και δεσμεύσεων θεωρώ τα σημεία: Η(βγ,3βγ-3), Θ(αβ,3αβ-3),

Ι(αγ,3αγ-3) της (ε) και τα σημεία Κ(αβ,f(αβ)), Λ(βγ,f(βγ)), Ν(αγ,f(αγ)) της f

G .

Έχουμε λοιπόν ότι:

6 5

6 5

6 5

5f(αβ) 3αβ 3 αβ 5 6αβ αβ 6

αβ

5f(βγ) 3βγ 3 βγ 5 6βγ βγ 6

βγ

5f(αγ) 3αγ 3 αγ 5 6αγ αγ 6

αγ

(αφού α,β,γ θετικοί)

και με πρόσθεση κατά μέλη:

5 5 5 1 1 1αβ βγ γα 5 18

αβ βγ γα

Η ισότητα ισχύει όταν αβ=βγ=γα=1, δηλαδή όταν δύο από τα α,β,γ είναι ίσα και ο τρίτος, ο

αντίστροφός τους, δηλαδή τελικά όταν α=β=γ=1.



α. Η συνάρτηση 6f(x) x kx 2 , kR είναι συνεχής στο [0,1]ως πολυωνυμική.

Επίσης έχουμε:

f(0) 2 0

f(1) 3 k

Άρα f(1) 0 3 k 0 k 3 (1) διότι η f δεν ικανοποιεί όλες τις υποθέσεις του

θεωρήματος Bolzano.

Ισχύει ότι: 6 6

x x xlim f(x) lim x kx 2 lim x

Άρα, όταν x , ισχύει ότι f(x) 0

6 6 6 6 6

5 5 5 5x x x x

f(x) (k 2)x f(x) (k 2)x x kx 2 (k 2)x (3 k)x kx 2lim lim lim lim

x x x x

Αν 3 k 0 k 3 τότε από (1) k 3 6 6

5 5x x x

(3 k)x kx 2 (3 k)xlim lim lim(3 k)x (3 k) ( )

x x

απορρίπτεται

Επομένως k 3

β. 6f(x) x 3x 2 συνεχής στο R

Για κάθε xR έχουμε:

5f (x) 6x 3

4f (x) 30x

Άρα f (x) 0 για κάθε xRκαι η ισότητα f (x) 0 ισχύει μόνο για x 0 .

Επομένως η f κυρτή στο R άρα δεν υπάρχει εφαπτομένη της f

C που διαπερνά την f

C

γ. Είναι f(1) 0 και f (1) 3 . Άρα η εφαπτομένη τηςf

C στο σημείο Α(1,f(1)) έχει εξίσωση:

y f(1) f (1)(x 1) y 3x 3

Η f είναι κυρτή στο R, άρα η f

C βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη y 3x 3 ,με

εξαίρεση το σημείο επαφής Α(1,f(1)) .Δηλαδή για κάθε x R ισχύει ότι :

6 6f(x) 3x 3 x 3x 2 3x 3 x 5 6x (2)

για x α , 6α 5 6α

για x β , 6β 5 6β

για x γ , 6γ 5 6γ

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε : 6 6 6α β γ 15 6(α β γ)

Η ισότητα ισχύει για α β γ 1

Λύνει ο Τόλης Τσακίρης



Αν x 0 τότε από (2) 5 5x 6

x

για x αβ 0 , 5 5(αβ) 6

αβ

για x βγ 0 , 5 5(βγ) 6

βγ

για x γα 0 , 5 5(γα) 6

γα

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε : 5 5 5 5 5 5(αβ) (βγ) (γα) 18

αβ βγ γα

Η ισότητα ισχύει για α β γ 1



α) Η f είναι συνεχής στο [0,1] ως πολυωνυμική.

Για να μην ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο [0,1] θα πρέπει: f(0) f(1) 0 .

Τότε: f(0) 2

3 k 0 k 3f(1) 3 k

(1).

Υπολογίζουμε το όριο:

Ισχύει: 6

xlim x kx 2

.

Άρα το πολυώνυμο 6f(x) x kx 2 είναι θετικό κοντά στο .

Το όριο γίνεται:

66 6 5 6

5 5 5 6x x x

k 2x (1 (k 2))

x kx 2 (k 2)x k 2x xlim lim lim x(1 (k 2))x x x x

3 k .

Αν 3 k 0 k 3 το όριο είναι και απορρίπτεται.

Αν 3 k 0 k 3 το όριο γίνεται:

6 6

5 5 5 4x x x x

x 3x 2 x 3x 2 3x 3lim lim lim lim 0

x x x x

που γίνεται δεκτό.

Αν 3 k 0 k 3 το όριο είναι και γίνεται δεκτό.

Άρα k 3 (2) Από (1) , (2) έχουμε k 3

β) Η συνάρτηση f γίνεται: 6f(x) x 3x 2 που είναι 2 φορές παραγωγίσιμη.

Για να μην διαπερνά την Cf οποιαδήποτε εφαπτομένη της , θα πρέπει να είναι κοίλη ή

κυρτή. Δηλαδή να μην έχει σημεία καμπής. 5f (x) 6x 3

4f (x) 30x 0 .

Άρα η Cf είναι κυρτή και δεν έχει σημεία καμπής.

γ) i) Η προς απόδειξη σχέση γίνεται: 6 6 6α 6α 5 β 6β 5 γ 6γ 5 0 .

Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο 6g(x) x 6x 5 με gA 0, .

Η g είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική.

5 5g (x) 6x 6 6 x 1

g (x) 0 x 1 g (x) 0 x 1 g (x) 0 x 1 .

Άρα η Cg παρουσιάζει ελάχιστο για x=1 το g(1) 0 .

Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης



Τελικά:

g(α) 0

g(β) 0 g(α) g(β) g(γ) 0

g(γ) 0

και η σχέση αποδείχθηκε.

Η ισότητα ισχύει για α=β=γ=1 ώστε: g(α) g(β) g(γ) g(1) 0

ii) Η προς απόδειξη σχέση γίνεται: 5 5 55 5 5

αβ 6 βγ 6 αγ 6 0αβ βγ αγ

.

Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο 5 5h(x) x 6

x με h

A 0, .

Η h είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων.

6

4

2 2

5 x 15h (x) 5x

x x

6h (x) 0 x 1 0 x 1

6 6h (x) 0 x 1 0 x 1 x 1

6 6h (x) 0 x 1 0 x 1 x 1

Άρα η Ch παρουσιάζει ελάχιστο για x=1 το h(1) 0 .

Τελικά:

h(αβ) 0

h(βγ) 0 h(αβ) h(βγ) h(αγ) 0

h(αγ) 0

και η σχέση αποδείχθηκε.

Η ισότητα ισχύει για: 2αβ 1 α 1 α 1

β 1βγ 1 β1 β α

γ 1αγ 1 α

επειδή α,β,γ>0.

Τότε: h(αβ) h(βγ) h(αγ) h(1) h(1) h(1) 0

hA 0,



(α) Επειδή η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική στο 0,1 και f 0 2 0 για να μην ισχύουν

οι προϋποθέσεις του θ.Bolzano θα είναι f 1 0 3 k 0 k 3 (1)

Επειδή 6

xlim x kx 2

η f x 0 καθώς το x , άρα το δεδομένο όριο γίνεται :

6 6 6 6

5 5 5x x x

f x k 2 x x kx 2 k 2 x 3 k x kx 2lim lim lim L

x x x

Αν 3 k 0 τότε

6

5x x

3 k xL lim 3 k lim x

x

(απορρίπτεται).

Αν 3 k 0 k 3 τότε 5 5x x

3x 2 3L lim lim 0

x x

Αν 3 k 0 k 3 τότε

6

5x x

3 k xL lim 3 k lim x

x

Το αποτέλεσμα είναι δεκτό για k 3 (2) .

Από (1) και (2) προκύπτει k 3 .

(β) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης διαπερνά τη γραφική

παράσταση στα σημεία καμπής. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι η f

C δεν έχει σημεία καμπής.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο με 5f x 6x 3 .

Η f ΄ είναι παραγωγίσιμη στο με 4f x 30x . Επειδή f 0 0 και f x 0 για κάθε

x 0 η f είναι κυρτή στο και δεν έχει σημεία καμπής.

(γ) Η εφαπτομένη της f

C στο M 1,f 1 είναι ε : y f 1 f 1 x 1 y 3x 3

Επειδή η f είναι κυρτή η γραφική της παράσταση θα είναι «πάνω» από την εφαπτομένη της

για κάθε x , με εξαίρεση το σημείο Μ , δηλ. ισχύει

6 6f x 3x 3 x 3x 2 3x 3 x 5 6x (3) , για κάθε x .

(i) Για x α η (3) δίνει : 6α 5 6α

Για x β η (3) δίνει : 6β 5 6β

και για x γ η (3) δίνει : 6γ 5 6γ , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε :

6 6 6α β γ 15 6 α β γ

Η ισότητα ισχύει για α β γ 1 .

(ii) Για x 0 η (3) γίνεται : 6 5 1x 5 6x x 5 6

x .

Θέτοντας όπου x τους θετικούς αβ,βγ,γα παίρνουμε τις σχέσεις

Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης



5 1

αβ 5 6αβ

, 5 1

βγ 5 6βγ

, 5 1

αγ 5 6αγ

οι οποίες με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν την

5 5 5 1 1 1

αβ βγ αγ 5 18αβ βγ αγ

, που είναι η ζητούμενη.

Η ισότητα ισχύει για αβ βγ αγ 1 και αφού είναι θετικοί προκύπτει α β γ 1 .



α) Η συνάρτηση 6f(x) = x kx 2 είναι συνεχής στο [0 , 1] για κάθε k . Άρα, η υπόθεση

του θεωρήματος Bolzano που δεν ισχύει για την f, είναι η σχέση f(0) f(1) < 0

και επομένως

f(0) f(1) 0 6 6(0 k 0 2) (1 k 1 2) 0 2 (3 k) 0 k 3 (1)

Επίσης, παρατηρούμε ότι x

limf(x) =

6

xlim(x kx 2)=

6

xlim x = , άρα f(x) > 0 καθώς x ,

οπότε

6

5x

f(x) (k 2)xlim

x=

6

5x

f(x) (k 2)xlim

x=

6 6

5x

x kx 2 (k 2)xlim

x=

6 6 6

5x

x kx 2 kx 2xlim

x

=

6

5x

(3 k)x kx 2lim

x=

4 5x

k 2lim (3 k)x

x x

=

xlim(3 k)x 0 0 =

(1)

x

, αν k 3

, αν klim(3 x

3k)

0

Επειδή το παραπάνω όριο δεν είναι ίσο με , έχουμε ότι k = 3.

β) Επειδή η εφαπτομένη μιας συνάρτησης διαπερνά τη γραφική της παράσταση στα

σημεία καμπής και μόνο αυτά, αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση f δεν έχει σημεία

καμπής. Απ’ το ερώτημα (α) έχουμε ότι 6f(x) = x 3x 2 που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη

στο με παραγώγους 5f΄(x) = 6x 3 , x και 4f΄΄(x) = 30x 0 για κάθε x .

Άρα η συνάρτηση f είναι κυρτή στο και επομένως δεν έχει σημεία καμπής.

γ) Οι ζητούμενες ανισότητες θα δειχθούν με μονοτονία-ακρότατα κατάλληλης

συνάρτησης.

i) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα:

6 6 6α β γ 15 6α 6β 6γ 6 6 6α 3α 2 β 3β 2 γ 3γ 2 9 3α 3β 3γ

f(α) f(β) f(γ) 3α 3β 3γ 9 0

[f(α) 3α 3] [f(β) 3β 3] [f(γ) 3γ 3] 0 (2)

Αρκεί να δείξουμε ότι η σχέση f(x) 3x 3 0 ισχύει για κάθε x > 0 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) 3x 3= 6x 3x 2 3x 3= 6x 6x 5 (3)

που είναι παραγωγίσιμη στο με παράγωγο 5g΄(x) = 6x 6 = 56(x 1) και

g΄(x) 0 5x 1 0 5 5x 1 x 1 .

Άρα ο πίνακας μεταβολών της g είναι ο εξής:

Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης



1

min

Η ελάχιστη τιμή της g είναι το g(1) = 61 6 1 5 = 0. Άρα για κάθε α, β, γ > 0 είναι

g(α) 0 , g(β) 0 , g(γ) 0 . Συνεπώς g(α) g(β) g(γ) 0 με την ισότητα να ισχύει

αν και μόνο αν α = β = γ = 1. Όμως τότε, λόγω της σχέσης (3), έχουμε ισοδύναμα:

[f(α) 3α 3] [f(β) 3β 3] [f(γ) 3γ 3] 0 δηλ. ισχύει η σχέση (2), επομένως και η

αποδεικτέα. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν α = β = γ = 1.

Σχόλιο: Από τον τρόπο απόδειξης παραπάνω βλέπουμε πως το ζητούμενο ισχύει για

οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς α, β, γ και όχι μόνο για θετικούς!

ii) Για κάθε α, β, γ > 0, η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα:

5 5 5 1 1 1(αβ) (βγ) (αγ) 5 18

αβ αγ βγ

αβγ>0

5 5 5 1 1 1(αβ) αβγ (βγ) αβγ (αγ) αβγ 5αβγ 18αβγ

αβ αγ βγ

6 6 6(αβ) γ (βγ) α (αγ) β 5 γ β α 18αβγ

6 6 6(αβ) γ 5γ (βγ) α 5α (αγ) β 5β 18αβγ

6 6 6γ[(αβ) 5] α[(βγ) 5] β[(αγ) 5] 18αβγ (3)

γ[g(αβ) 6αβ] α[g(βγ) 6βγ] β[g(αγ) 6αγ] 18αβγ

γg(αβ) 6αβγ αg(βγ) 6αβγ βg(αγ) 6αβγ 18αβγ

γg(αβ) αg(βγ) βg(αγ) 0 .

Αλλά η τελευταία σχέση ισχύει, γιατί α, β, γ > 0 και η ελάχιστη τιμή της g είναι το g(1) = 0.

Επομένως ισχύει και η αποδεικτέα, με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν

αβ = βγ = αγ = 1α = β = γ = 1.

g΄(x)

g(x) > <



α) Για x 0 έχουμε:

0 2016

2016 2016λ λ

e 0 1 λ λ 2017 λ 2017f 0 lim lim 0

λ λ

Θεωρούμε την συνάρτηση xg x e x 1 με xg x e 1 0 για κάθε x R άρα η g είναι

γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς 1 1

Για

1 1

xx 0 g x g 0 e x 1 0

Συνεπώς για x 0 έχουμε

x 2016 x 2016

x

2016 2016λ λ

e x 1 λ λ 2017 e x 1 λf x lim lim e x 1

λ λ

Επομένως :

x

x

0,x 0f x e x 1,x

e x 1,x 0R

β) Όπως είδαμε στο ερώτημα α) η xg x e x 1 f x , x R είναι γνησίως αύξουσα και

επομένως αντιστρέφεται.

Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης είναι το σύνολο τιμών της f

H f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο R επομένως

x x

f lim f x , lim f xR R

αφού

x

x xlim f x lim e x 1 και

x

x xlim f x lim e x 1

Θα αποδείξουμε ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο R

Υποθέτουμε ότι δεν είναι γνησίως αύξουσα στο R

Τότε υπάρχουν 1 2

y ,y R με

α) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης για την οποία ισχύει:

για κάθε

β) Να αποδείξετε ότι η αντιστρέφεται , ότι το πεδίο ορισμού της είναι το

και ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο

γ) Να λύσετε την εξίσωση:

2 2 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Ανδρέας Πάτσης (19/2/2017)

Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης



f

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2 1 2y y : f y f y f f y f f y y y

1

άτοπο

Άρα η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο R

γ) Επειδή το πεδίο ορισμού της 1f είναι το R η εξίσωση ορίζεται σε όλο το R

ημxx 1 x x

ημx x1

1

e f ημx x e e ημx x 1 e

f ημx x e ημx x 1 0

f ημx x f ημx x 0 Α

Θεωρούμε την συνάρτηση 1h x f x f x ,x R

Θα αποδείξουμε ότι η h είναι 1 1

Έστω 1 2

x ,x R με 1 2

x x

Τότε

1 2

f x f x 1 και 1 1

1 2f x f x 2

αφού η f και η 1f είναι γνησίως αύξουσες στο R

Προσθέτοντας κατά μέλη τις 1 , 2 έχουμε 1 2

h x h x και συνεπώς η h είναι γνησίως

αύξουσα στο R και άρα 1 1

Επίσης 1f 0 0 f 0 0 και επομένως 1h 0 f 0 f 0 0

Επομένως η Α γίνεται:

h 1 1

h ημx x h 0

ημx x 0

ημx x

x 0



x x Εστω φ(x)=e x 1, x . Για κάθε x , φ΄(x)=e 1 0,

άρα η συνάρτηση φ είναι γνησίως αύξουσα στο .

Είναι φ(0)=0 και για κάθε x<0 φ(x)<φ(0) φ(x)<0,

για

α)

2016 2016 2015λ + λ λ +

x 2016 x 2016x

2016 2016λ + λ + λ +

κάθε x>0 φ(x)>φ(0) φ(x)>0 .

λ+2017 λ 1Άρα , για x=0, είναι f(0)= lim lim lim 0.

λ λ λΚαι για x 0,

(e x-1)λ λ+2017 (e x-1)λ lim lim lim (e x-1

λ λ

x

x x

x

)=e x-1.

Άρα f(x)=e x-1, x 0 και f(0)=0, άρα τελικά f(x)=e x-1, x .

Για κάθε x , f '(x)=e 1 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ,

και κατά συνέπεια 1 1 στο , άρα αντιστρέφεται.

(δηλ. η

β)

1

1

x - x

f

f

1 2 1 2 1 2 1f

αντίστροφη είναι συνάρτηση).

lim f(x)=0+(- )=- , lim f(x)=(+ )+(+ )=+ και η f είναι συνεχής στο ,

άρα f( )= .

Eίναι D f( )= .

Για κάθε y ,y D , με y y f(x ) f(x ) x

x

1 1

2 1 2

1

eημx ημx-xx 1 x x 1

ημx-x1 1

x f (y ) f (y ),

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

e f (ημx-x)+e e ημx=(x+1)e f (ημx-x)+e ημx=x+1

f (ημx-x)+[e (ημx-x)-1]=0 f (ημx-x)+f(ημx-x)=0 ,

γ)

1

1

1

f f1 1 1 1

f

θέτω u=ημx-x f (u)+f(u)=0 (2)

Eίναι f(0)=0 f (0) 0, άρα το u=0, επαληθεύει την (2).

u<0 f(u)<f(0) f(u)<0 και f (u)<f (0) f (u)<0, άρα f(u)+f (u)<0

u>0 f(u)>f(0)

1f1 1 1 1f(u)>0 και f (u)>f (0) f (u)>0, άρα f(u)+f (u)>0

Άρα το u=0, είναι η μοναδική ρίζα της (2) . Έτσι u=0 ημx=x x=0 .

(γιατί για κάθε x , ημx x , όπου η ισότητα ισχύει μόνο για x=0)




(α) Από το δεδομένο όριο έχουμε :

x x

x

e x 1, e x 1 0f x

0, e x 1 0 .

Έστω xg x e x 1 , με g

D . Η g είναι παραγωγίσιμη στο με xg x e 1 0 για

κάθε x . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο , άρα και «1-1» . Επειδή g 0 0 , η x 0

είναι η μοναδική ρίζα της g. Οπότε

xe x 1, x 0f x

0, x 0 ή xf x e x 1 για κάθε x .

(β) Επειδή xf x e 1 0 για κάθε x , η f είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο ,

άρα και «1-1» δηλαδή αντιστρέφεται . Είναι

xlim f x και

xlim f x και επειδή η f

είναι συνεχής στο το σύνολο τιμών της είναι το f , άρα 1fD .

Για οποιαδήποτε 1 2

y ,y με 1 2

y y υπάρχουν 1 2

x ,x ώστε 1 1f x y και 2 2

f x y ,

άρα

1 1

1 2 1 2 1 2 1 2y y f x f x x x f y f y , άρα η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο .

(γ) Προφανής λύση της εξίσωσης είναι η x 0 . Θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.

Έχουμε :

ημx ημxx 1 x x x 1 x x xe f ημx x e e ημx x 1 e e f ημx x e e ημx xe e

ημx ημx xx 1 x x 1e f ημx x e ημx x e e f ημx x ημx x 1 e

ημx x1f ημx x 1 e ημx x (1) .

Για x 0 από τη σχέση ημx x για x 0 έχουμε : ημx x 0 , άρα :

1 1 1ημx x 0 f ημx x f 0 f ημx x 0 ενώ

ημx x ημx xημx x 0 e 1 1 e 0 και ημx x 0 , άρα το 2ο μέλος της (1) είναι θετικό.

Για x 0 από τη σχέση ημx x έχουμε : ημx x 0 , άρα :

1 1 1ημx x 0 f ημx x f 0 f ημx x 0 ενώ

ημx x ημx xημx x 0 e 1 1 e 0 και ημx x 0 , άρα το 2ο μέλος της (1) είναι

αρνητικό.

Άρα η x 0 είναι μοναδική λύση της εξίσωσης.

Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης



Α.

2016 x

x 2016 2015 2016

2016 2016λ λ

x x

2015 2016λ

1 2017λ (e x 1)

(e x 1) λ λ 2017 λ λf(x) lim lim

λ λ

1 2017 lim (e x 1) e x 1

λ λ

Β. Έχουμε λοιπόν: xf(x) e x 1, x R και xf (x) e 1 0, x R

Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα και άρα 1:1 στο R . Επομένως η f αντιστρέφεται.

Σχετικά με το σύνολο τιμών της f , έχουμε ότι είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R ,

επομένως

x x

f(A) lim f(x), lim f(x) .... R

Μένει να δείξουμε ότι η αντίστροφη είναι και αυτή γνησίως αύξουσα.

Πράγματι:

f

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2 1 2y ,y με y y f f (y ) f f (y ) f (y ) f (y )R η 1f είναι

γνησίως αύξουσα.

Γ.

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

ημx x1 1f (ημx x) e ημx x 1 0 f (ημx x) f(ημx x) 0

που έχει προφανή λύση την x 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση 1g(x) f(x) f (x),x R η οποία έχει προφανή λύση την x 0 αφού

1f(0) 0 f (0) 0 που είναι μοναδική γιατί:

1 ( )f ,f1 2

1 2 1 2 1 21 1

1 2

f(x ) 0 f(x )x ,x με x 0 x g(x ) 0 g(x )

f (x ) 0 f (x )R

Επειδή όμως η προς λύση εξίσωση είναι g ημx x 0 μένει να δείξω ότι το μηδέν είναι η

μοναδική λύση της ημx x , που ισχύει γιατί

ημx x, x 0

ημx x, x 0.




Α) Θέτουμε xh(x) e x 1,x R και δείχνουμε ότι η h έχει ακριβώς μία ρίζα τη x 0 (είναι

1-1 και x 0προφανή ρίζα ) .

Άρα

αν x 0 τότε

2016 2016λ λ

λ 2017 λf(x) lim lim 0

λ λ

αν x 0 τότε

x 2016 x 2016x x

2016 2016λ λ λ

(e x 1)λ λ 2017 (e x 1)λf(x) lim lim lim(e x 1) e x 1

λ λ

Άρα xf(x) e x 1,x {0}R και επειδή f(0)=0 και f συνεχής τότε xf(x) e x 1,x R

Β) Ισχύει ότι x xf '(x) (e x 1)' e 1 0,x R .

Άρα f είναι 1-1 οπότε αντιστρέφεται.

Ακόμα

x

x x

x

x x

lim f(x) lim(e x 1)

lim f(x) lim(e x 1) και f συνεχής στο R οπότε 1f

f ) D(R R (*)

Αν επικαλεστούμε τη μονοτονία της f τότε δεν χρειάζεται το (*)

Θα δείξουμε ότι η 1f είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Έστω ότι δεν είναι τότε θα υπάρχουν 11 2 fy ,y DR με

1 2y y και 1 1

1 2f (y ) f (y ) .

Έχουμε: 1 1 1 1

1 2 1 2 1 2f (y ) f (y ) f(f (y )) f(f (y )) y y άτοπο.

Άρα 1f είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Γ) Ισχύει f(x) 0 f(x) f(0) x 0

Για x R ,πολλαπλασιάζουμε τη δοσμένη σχέση με xe και προκύπτει 1f (ημx x) f(ημx x) 0

Θέτουμε 1g(x) f (ημx x) f(ημx x),x R


(*) Κανονικά επειδή το ( , ) δεν είναι της μορφής (a,b) όπου a,b R

πρέπει να δείξουμε ότι το σύνολο τιμών της f είναι το R . Αρκεί να

δείξουμε ότι υπάρχει 0 0

x : f(x ) kR

Είναι

xlim(f(x) k) άρα υπάρχει λ κοντά τέτοιο ώστε

f(λ) k 0 f(λ) k

και

xlim(f(x) k) άρα υπάρχει μ κοντά τέτοιο ώστε

f(μ) k 0 f(μ) k

Επειδή f(μ) k f(λ) από ΘΕΤ υπάρχει 0 0

x : f(x ) kR .



Η g είναι γνησίως αύξουσα ως άθροισμα γνησίως αύξουσων συναρτήσεων άρα και 1-1 και

g(x) 0 g(x) g(0) x 0

Διότι 1 1g(0) f (0) f(0) f (0) 0 αφού για a R ισχύει

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



.

α)x x x x

Βρίσκουμε την παράγωγο της f και έχουμε :

f (x) 2e 2xe 2e 2xe

f (x) 0 x 0

Αφού f (x) 0 x 0 και

f (x) 0 x 0 ,x 2

άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο ( ,0] ,

γνησίως φθίνουσα στο [0,2)και

γνησίως φθίνουσα στο (2, )

Οπότε βρίσκουμ

x xx x xDLH

2

x 2

2

x 2

x

x x

1

2

ε:

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

e e

f 0 2

lim f(x) 2e

lim f(x) 2e

lim f(x) lim 2e (1 x)

Άρα το Α f(( ,0]) (0,2] αφού f συνεχής στο ( ,0] και γνησίωςαύξουσα

Α f((0,2)) ( 2

β)

2

2

3

2 2

1 2 3

g 0 0

e ,2) αφού f συνεχής στο (0,2) και γνησίως φθίνουσα

Α f((2, )) ( , 2e ) αφού f συνεχής στο (2, )και γνησίωςφθίνουσα

Οπότε το σύνολο τιμών της f είναι : Α Α Α Α ( , 2e ) ( 2e ,2]

Η εξίσωση εφαπτομένης της C στο x ,g(x ) με

0

0 0 0

x x είναι :

ε : y g(x ) g (x )(x x ) δηλαδή

.

α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης

με τύπο

β) Δίνεται η συνάρτηση

με τύπο

Για τις διάφορες τιμές του να βρείτε το πλήθος των εφαπτομένων της

γραφικής παράστασης της που άγονται από το σημείο

2 3 η Ά σ κ η σ η Προτείνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος (26/2/2017)

Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος



0 0

0 0

0 0

0 0

0

x x

0 0

x x

0 0

x x

0 0 0

x x

0

x

0

0

ε : y (2e 5x ) (2e 5)(x x ) και αφού διέρχεται απο το Μ(0,α)

θα έχουμε : α (2e 5x ) (2e 5)(0 x )

α 2e 5x 2x e 5x

α 2e 2x e

α 2e (1 x )

α f(x ) Δηλαδή πρέπει το α να ανήκει στο σύνολο τιμών της f.

Οπότε

αν 0

1 2

1 2

3 3

α 2 τότε υπάρχουν ακριβώς δύο σημεία x ,x

με f(x ) f(x ) α άρα υπάρχουν δύο εφαπτομένες.

αν α 2 τότε υπάρχει ένα x 0 μεf(x ) α άρα υπάρχει μία εφαπτομένη

αν α 2 τότε δεν έχουμε καμμία εφαπτομένη

2

4 4

2

5 5

2

αφού το α δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f

αν 2e α 0 τότε υπάρχει μοναδικό x (0,2) τέτοιο ώστεf(x ) α.

Άρα μία εφαπτομένη

αν α 2e τότε υπάρχει μοναδικό x 2 τέτοιο ώστεf(x ) α.

Άρα μία εφαπτομένη

αν α 2e τότε δεν έχουμε καμμία εφαπτομένη

αφού το α δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της f



.

x

x x x

1

x - x -

f(x)=2e (1-x), x (- , 2) (2, + )=A .

Για κάθε x A, f '(x)=2e (1 x)-2e 2xe .

Για κάθε x (- ,0) f(x)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α ( ,0],

είναι και συνεχής,

2(1-lim f(x)= lim

α)

1x xD.L.H. x -

2

x 0 x 2

x) 2lim 0, f(0)=2 . Άρα f(A ) (0,2].

e e Για κάθε x (0,2) f(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α (0,2),


lim f(x)=f(0)=2 , lim f(x)=-2

2 2

2

3

2 2

3x +x 2

1

e . Άρα f(A ) ( 2e ,2).

Για κάθε x (2,+ ) f(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α (2, ),


lim f(x)=-2e , lim f(x)=(+ ) (- )=- . Άρα f(A ) ( , 2e ).

f(A)=f(A ) f 2 2

2 3

g

0 0

(A ) f(A ) f(A)=(- , -2e ) ( 2e ,2].

Η g είναι παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα του πεδίου ορισμού της, άρα η C

δέχεται σε κάθε σημείο της (x ,g(x )) εφαπτομένη , με συντελεστή διεύθυνσης

λ

β)

0 0 0

0

0 0 0

x x x

0 0 0 0 0 0 0

2

3

=g'(x ).

Έτσι είναι ε : y-g(x ) g'(x )(x-x ).

H ε διέρχεται από το σημείο Μ(0,α), αν και μόνο αν

α - g(x ) = g'(x )(-x ) α-2e 5x (2e 5)(-x ) 2e (1-x ) α f(x ) α.

α < -2e . Tότε α f(A ), μόνο, η

3

0 3 0

g

2

2

f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο Α ,

άρα υπάρχει μοναδικό x A , τέτοιο ώστε f(x ) =α.

Kατά συνέπεια, από το σημείο Μ άγεται ακριβώς μία εφαπτομένη της C .

- 2e < α 0 . Τότε α f(A ), μ

2

0 2 0

g

1

όνο, η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο Α ,

άρα υπάρχει μοναδικό x A , τέτοιο ώστε f(x )=α.

Κατά συνέπεια, από το σημείο Μ άγεται ακριβώς μία εφαπτομένη της C .

0 < α < 2 . Τότε α f(A

2 1 2

1 1 2 2

1 2

) και α f(A ), η f είναι γνησίως μονότονη στα Α , Α

και συνεχής, άρα υπάρχει μοναδικό x Α , και μοναδικό x Α , ώστε

f(x ) = f(x ) = α .

Κατά συνέπεια, από το σημείο Μ άγονται ακριβώς δύο εφαπτό

g

0 0 g

2

0

μενες της C .

α = 2 . Τότε f(x ) 2 x 0, υπάρχει μια μόνο εφαπτομένη της C , που

άγεται από το Μ(0,2).

α = -2e , ή α > 2 . Τότε α f(A), άρα η εξίσωση f(x )=0 είναι αδύνατη, οπότε

δεν υπάρχουν εφαπτόμg

ενες της C , που να άγονται από το σημείο Μ(0,α) .

.




α) Η xf(x) 2e (1 x),x 2 είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της.

Για κάθε x {2} A είναι:

x x x xf '(x) (2e (1 x))' 2e (1 x) 2e 2xe

xf '(x) 0 2xe 0 x 0 .

Έχουμε:

f γνησίως αύξουσα στο ( ,0] και συνεχής οπότε

x

f(( ,0]) ( lim f(x),f(0)] (0,2]

όπου

x

x xx x x x

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

e e

f γνησίως φθίνουσα στο [0,2) και συνεχής

2

x 2f([0,2)) (limf(x),f(0)] ( 2e ,2]

f γνησίως φθίνουσα στο (2, ) και συνεχής

2

x x 2f((2, )) ( lim f(x), lim f(x)) ( , 2e )

Άρα 2 2f(A) ( , 2e ) ( 2e ,2]

β) Έστω 0 0

K(x ,g(x )) το σημείο επαφής της καμπύλης g και των εφαπτομένων που άγονται

από το Μ προς αυτή.Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται:

0 0x x

0 0 0 0 0y g(x ) g'(x )(x x ) y 2e 5x (2e 5)(x x ) όπου

0x A

Επειδή το Μ(0,α) ανήκει στην εφαπτομένη τότε:

0 0 0x x x

0 0 0α 2e 5x (2e 5)(0 x ) α 2e (1 x ) .

Δηλαδή το πλήθος των εφαπτομένων προκύπτει από το πλήθος των λύσεων της

f(x) α,α .

Με τη βοήθεια του (α) ερωτήματος και του σχήματος

δίπλα προκύπτει ότι:

Αν α (0,2) τότε έχει 2 εφαπτομένες.

Αν 2 2α ( , 2e ) ( 2e ,0] {2} τότε έχει 1 εφαπτομένη.

Αν 2α (2, ) { 2e } τότε δεν έχει εφαπτομένες.




α) xf (x) 2xe 0 x 0 , με f στο ,0 και στα 0,2 και 2, .

Ισχύει

L'H

xx x

2 1 xlim f(x) lim 0

e, ΟΜ f(0) 2 ,

2

x 2limf(x) 2e και

xlim f(x) .

Άρα το ΣΤ της f είναι το 2 2, 2e 2e ,2 .

β) xg (x) 2e 5 . Η εφαπτομένη της g

C στο 0 0x ,g x είναι: 0 0x x

0 0y 2e 5x 2e 5 x x

και για να διέρχεται από το Μ πρέπει και αρκεί να ισχύει:

0 0 0x x x

0 0 0 0 0α 2e 5x 2x e 5x α 2e 1 x α f(x ).

Από το α) για α 2και για α 0 με 2α 2e υπάρχει μία τέτοια εφαπτομένη, ενώ για

α 0,2 υπάρχουν 2.




Α. Θεωρώ την συνάρτηση h : με τύπο xh(x) 2e (1 x) που είναι συνεχής και

παραγωγίσιμη στο με x x xh (x) 2e (1 x) 2e 2x e .

Επομένως:

x - 0 +

h + 0 -

h γν. αύξουσα max γν. φθίνουσα

Η h είναι γνησίως αύξουσα στο 1

A ( ,0] και δίνει τιμές 1

h(A ) (0,2] αφού h(0) 2

και

DLH

x xx x x

1 x 1lim h(x) lim lim 0

e e

Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο 2

A [0, ) και δίνει τιμές 2

h(A ) ( ,2] αφού

x

x x xlim h(x) lim 2e lim 1 x .

Tο σύνολο τιμών της είναι: 1 2

h(A) h(A ) h(A ) ( ,2].

Επομένως f ο περιορισμός της h στο 2 αφού:

2

η h συνεχής

h(2) 2e δίνει σύνολο

τιμών 2 2, 2e ( 2e ,2] .

Β. Έστω 0 0 0

A x ,g(x ) , με x 2 το σημείο επαφής της εφαπτομένης (ε) της γραφικής

παράστασης της g . Έχουμε xg (x) 2e 5, x και τότε:

0 0x x

0 0 0 0 0(ε) : ψ g(x ) g (x ) (x x ) ψ 2e 5x (2e 5) (x x )

Αφού 0 0x x

0 0 0 0M(0,α) (ε) : α 2e 5x 2x e 5x α f(x )

που για τις διάφορες τιμές του α έχει:

2

2 2

καμμία λύση αν α 2, 2e

μία λύση αν α , 2e ( 2e ,0] 2

δύο λύσεις αν α 0,2



Η άσκηση της ημέρας - Φεβρουάριος 2017

Education

Transcript of Η άσκηση της ημέρας - Φεβρουάριος 2017