Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης Γ Λυκείου (31-40)

Δηµήτρης Αντ. ΜοσχόπουλοςΚαθηγητής)Μαθηματικών

Πτυχιούχος)Αριστοτελείου)Πανεπιστημίου)Θεσσαλονίκης

Μαθηµατικά Γ' Λυκείουθετικής-τεχνολογικής κατεύθυνσης

Ασκήσεις

31 - 40

Νέα Μουδαν ιά , Απρίλ ι ο ς 2014

εφ' όληςτης ύλης

Δηµήτρης Αντ . ΜοσχόπουλοςΚαθηγητής Μαθηµατικών

Πτυχιούχος Αριστοτελείου Πανεπιστηµίου Θεσσαλονίκης

Ασκήσεις εφ' όλης της ύληςστα Μα%ηµατικά κατεύ%υνσης της Γ΄Λυκείου

Νέα Μουδανιά, Απρίλιος 2014

Μαθηµατικό στέκι - www.dimoshopoulos.gr

Λυμένες(ασκήσεις

31(-(40

Πηγή ασκήσεων

Άγνωστη.

Οι ασκήσεις προέρχονται από το αρχείο που διατηρώ όλ' αυτά τα χρόνια. Δυστυχώς, δεν είχα καταγράψει την προέλευσή τους. Αν τυχόν κάποιος εντοπίσει την πηγή τους, ας επικοινωνήσει μαζί μου, ώστε να την αναφέρω.

Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης.


Άσκηση 31

Δίνεται η συνάρτηση

f (x) =συνx

3 + ηµ2tdt

π/2

x

∫ , x ∈ [0,π] .

α) Να βρείτε την παράγωγο και το πρόσημο της f.

β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

Ι =ηµx

3 + ηµ2xdx

π/2

π

∫ .

γ) Να υπολογίστε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την C

f, τον άξονα x'x και

την ευθεία x = π.

α) Είναι

f (x) =συνx

3 + ηµ2tdt

π/2

x

∫ ⇒ f (x) = συνx ⋅1

3 + ηµ2tdt

π/2

x

∫ (1)

Θέτω g(t) =

13 + ηµ2t

, με D

g= ! , αφού είναι 3 + ηµ2t > 0 , για κάθε t ∈ ! .

Η g είναι συνεχής στο D

gως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων, οπότε η

συνάρτηση

g(t)dt

π/2

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο [0,π] , άρα και η f είναι παραγωγίσιμη στο διά-

στημα [0,π]ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

′f (x) = (συνx ′) ⋅ g(t)dt

π/2

x

∫ + συνx ⋅ g(t)dt

π/2

x

∫⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

′

=−ηµx ⋅ g(t)dt

π/2

x

∫ + συνx ⋅g(x)⇒

⇒ ′f (x) =συνx

3 + ηµ2x− ηµx ⋅

13 + ηµ2t

dt

π/2

x

∫ .

Πρόσημο της f.

Παρατηρώ ότι

fπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= συνπ2⋅

13 + ηµ2t

dt

π/2

π/2

∫ = 0 ⋅0⇒ fπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 0 .

Από τον τύπο της g έχω ότι είναι g(t) > 0 , για κάθε t ∈ ! , άρα και για κάθε t ∈ [0,π] .

Ι. Στο 0 ,π2

⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟ είναι

x <π2

, οπότε και

g(t)dt

π/2

x

∫ < 0 .



Στο ίδιο διάστημα είναι και συνx > 0 , οπότε από την (1) προκύπτει ότι είναι f (x) < 0 , για

κάθε x ∈ 0 ,

π2

⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

ΙΙ. Στο

π2

, π⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ είναι

x >π2

, οπότε και

g(t)dt

π/2

x

∫ > 0 .

Στο ίδιο διάστημα είναι και συνx < 0 , οπότε από την (1) προκύπτει ότι είναι f (x) < 0 , για

κάθε x ∈

π2

, π⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ .

Από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ προκύπτει ότι είναι f (x) < 0 , για κάθε x ∈ [0,π] , με x ≠π2

.

β) Είναι

Ι =ηµx

3 + ηµ2xdx

π/2

π

∫ =1

3 +1−συν2x⋅ηµx dx

π/2

π

∫ =−1

4−συν2x⋅(συνx ′) dx

π/2

π

∫ ⇒

⇒ Ι =1

συν2x − 4⋅d(συνx)

π/2

π

∫ .

Θέτω συνx = y . Όταν x =π2

, τότε y = 0 , ενώ όταν x = π , τότε y =−1 .

Άρα είναι

Ι =1

y 2− 4dy

0

−1

∫ ⇒ Ι =1

(y−2)(y + 2)dy

0

−1

∫ .

Για α,β ∈ ! είναι

1(y−2)(y + 2)

=α

y−2+β

y + 2⇒ 1 = α(y + 2)+ β(y−2)⇒

⇒ 1 = αy + 2α+ βy−2β⇒ (α+ β)y + (2α−2β) = 1 , οπότε ισχύουν

α+ β = 02α−2β = 1

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪, απ'

όπου εύκολα προκύπτει α =

14

, β =−14

, συνεπώς είναι

Ι =

14

y−2+−

14

y + 2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

dy

0

−1

∫ =14

1y−2

dy

0

−1

∫ −14

1y + 2

dy

0

−1

∫ ⇒

⇒ Ι =14

1y−2

⋅(y−2 ′) dy

0

−1

∫ −14

1y + 2

⋅(y + 2 ′) dy

0

−1

∫ ⇒



⇒ Ι =14

1y−2

⋅d(y−2)

0

−1

∫ −14

1y + 2

⋅d(y + 2)

0

−1

∫ =14⋅[ℓn |y−2 |]

0−1 −

14⋅[ ℓn |y + 2 |]

0−1 ⇒

⇒ Ι =

14⋅(ℓn |−1−2 |− ℓn | 0−2 |)−

14⋅(ℓn |−1+ 2 |− ℓn | 0 + 2 |) =

14(ℓn3− ℓn2)+

14ℓn2⇒

⇒ Ι =

14ℓn3−

14ℓn2 +

14ℓn2⇒ Ι =

14ℓn3 .

γ) Θέτοντας

h(x) =1

3 + ηµ2tdt

π/2

x

∫ = g(t)dt

π/2

x

∫ , από την (1) έχω ότι f (x) = συνx ⋅h(x)≤ 0 ,

για κάθε x ∈ [0,π] , όπως βρήκα στο ερώτημα (α).

Στο ερώτημα (α) επίσης, βρήκα ότι είναι fπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 0 , ενώ είναι f (x) < 0 , για κάθε x ≠π2

, που

σημαίνει ότι η C

fτέμνει τον άξονα x'x μόνο στο

π2

, οπότε το ζητούμενο εμβαδόν, Ε, είναι

Ε =− f (x)dx

π/2

π

∫ = f (x)dx

π

π/2

∫ = συνx ⋅h(x)dx

π

π/2

∫ = (ηµx ′) ⋅h(x)dx

π

π/2

∫ ⇒

⇒Ε = [ηµx ⋅h(x)]ππ/2− ηµx ⋅ ′h (x)dx

π

π/2

∫ = ηµπ2⋅hπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− ηµπ ⋅h(π)− ηµx ⋅

13 + ηµ2x

dx

π

π/2

∫ ⇒

⇒Ε = hπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

+ηµx

3 + ηµ2xdx

π/2

π

∫ ⇒(β)

Ε = hπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

+ Ι ⇒ Ε = hπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

+14ℓn3 .

Είναι

hπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

=1

3 + ηµ2tdt

π/2

π/2

∫ ⇒ hπ2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 0 , οπότε τελικά έχω ότι Ε =

14ℓn3 τ.µ. .



Άσκηση 32Δίνεται η συνάρτηση f : [1,+∞)→ ! , η οποία είναι κυρτή με συνεχή παράγωγο, ενώ ισχύ-

ουν και f (1) = 1 , ′f (1) = 0 . Θεωρούμε και την συνάρτηση

g(x) =f (t)dt

1

x

∫x −1

, αν x >1

1 , αν x = 1

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

.

α) Να δείξετε ότι η g είναι συνεχής στο [1,+∞) .

β) Να βρείτε την παράγωγο της g.

γ) Να δείξετε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) .

δ) Να δείξετε ότι, για κάθε α, β, με 1 < α< β , ισχύει

f (t)dt

1

α

∫f (t)dt

1

β

∫<α−1β−1

.

α) Θέτοντας

h(x) = f (t)dt

1

x

∫ , είναι

g(x) =h(x)x −1

, αν x >1

1 , αν x = 1

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪⎪

.

Για να δείξω ότι η g είναι συνεχής στο [1,+∞) , πρέπει να δείξω ότι:

Ι. η g είναι συνεχής στο (1,+∞) ΚΑΙ ΙΙ. ισχύει ℓ imx→1+

g(x) = g(1) = 1 .

Ι. Αφού υπάρχει η ′f και είναι συνεχής, η f είναι παραγωγίσιμη στο [1,+∞) , άρα και συνε-

χής σ' αυτό, οπότε η h είναι παραγωγίσιμη στο [1,+∞) , άρα και συνεχής σ' αυτό.

Επομένως, η g είναι συνεχής στο (1,+∞)ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

ΙΙ. Είναι ℓ imx→1+

g(x) = ℓ imx→1+

h(x)x −1

=h(1)1−1

, όπου

h(1) = f (t)dt

1

1

∫ = 0 , συνεπώς

ℓ imx→1+

g(x) = ℓ imx→1+

′h (x)(x −1 ′)

= ℓ imx→1+

f (x)1

= ℓ imx→1+

f (x) = f (1) = 1 ,

αφού η f είναι συνεχής στο [1,+∞) .

Άρα ισχύει και ℓ imx→1+

g(x) = 1 = g(1) .

β) Για κάθε x >1 , η g είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

′g (x) =

′h (x) ⋅(x −1)−h(x) ⋅(x −1 ′)(x −1)2

=f (x) ⋅(x −1)−h(x)

(x −1)2=

f (x)x −1

−h(x)

(x −1)2⇒



⇒ ′g (x) =

f (x)x −1

−

f (t)dt

1

x

∫(x −1)2

.

Επίσης είναι ′g (1) = ℓ im

x→1+

g(x)−g(1)x −1

= ℓ imx→1+

h(x)x −1

−1

x −1= ℓ im

x→1+

h(x)−x +1x −1x −1

⇒

⇒ ′g (1) = ℓ im

x→1+

h(x)+1−x(x −1)2

=h(1)+1−1

(1−1)2=

00

, οπότε

′g (1) = ℓ im

x→1+

[h(x)+1−x ′][(x −1)2 ′]

= ℓ imx→1+

′h (x)−12(x −1) ⋅(x −1 ′)

= ℓ imx→1+

f (x)−12(x −1)

=f (1)−12(1−1)

=00

,

άρα ′g (1) =

12ℓ imx→1+

[f (x)−1 ′](x −1 ′)

=12ℓ imx→1+

′f (x)1

=12ℓ imx→1+

′f (x) =12⋅ ′f (1) =

12⋅0⇒ ′g (1) = 0 ,

αφού η ′f είναι συνεχής στο [1,+∞) .

Τελικά είναι

′g (x) = f (x)x −1

−

f (t)dt

1

x

∫(x −1)2

, αν x >1

0 , αν x = 1

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

.

γ) Στο ερώτημα (β) βρήκα ότι είναι

′g (x) =f (x) ⋅(x −1)−h(x)

(x −1)2.

Επειδή είναι (x −1)2 > 0 , για κάθε x >1 , το πρόσημο της ′g (x) εξαρτάται από το πρόσημο

του αριθμητή της.

Θεωρώ την συνάρτηση ϕ(x) = f (x) ⋅(x −1)−h(x) , x >1 , και θα βρω το πρόσημό της.

Η φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [1,+∞)ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών

και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με

′ϕ (x) = ′f (x) ⋅(x −1)+ f (x) ⋅(x −1 ′) − ′h (x) = ′f (x) ⋅(x −1)+ f (x)− f (x)⇒ ′ϕ (x) = (x −1) ⋅ ′f (x) .

Επειδή είναι x −1 > 0 , το πρόσημο της ′ϕ (x) εξαρτάται από το πρόσημο της ′f (x) .

Αφού η f είναι κυρτή στο [1,+∞) , η ′f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε από την ανίσωση

x >1 έχω ότι ′f (x) > ′f (1)⇒ ′f (x) > 0 .

Άρα είναι και ′ϕ (x) > 0 , για κάθε x >1 , δηλαδή η φ είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) ,

οπότε πάλι απ' την ανίσωση x >1 έχω ότι ϕ(x) >ϕ(1) .



Είναι ϕ(1) = f (1) ⋅(1−1)−h(1) =−h(1)⇒ϕ(1) = 0 , δηλαδή είναι ϕ(x) > 0 , για κάθε x >1 .

Τελικά είναι ′g (x) > 0 , για κάθε x >1 , οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) .

δ) Είναι

f (t)dt

1

α

∫ = h(α) , f (t)dt

1

β

∫ = h(β) , οπότε ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

h(α)h(β)

<α−1β−1

, για κάθε α, β, με 1 < α< β .

Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα, από την ανίσωση α< β έχω ότι ισχύει

g(α) < g(β)⇒

h(α)α−1

<h(β)β−1

.

Από την ανίσωση α>1 έχω ότι α−1 > 0 , οπότε από την προηγούμενη προκύπτει ότι

h(α) <

α−1β−1

⋅h(β) (1)

Στο ερώτημα (γ) βρήκα ότι είναι ′f (x) > 0 , για κάθε x >1 , που σημαίνει ότι η f είναι γνησίως

αύξουσα στο [1,+∞) , οπότε από την ανίσωση x ≥1 έχω ότι

f (x)≥ f (1)⇒ f (x)≥1⇒ f (x) > 0⇒ f (t)dt

1

x

∫ > 0 , για κάθε x >1 .

Έτσι, για x = β , από την τελευταία ανίσωση έχω ότι ισχύει

f (t)dt

1

β

∫ > 0⇒ h(β) > 0 , οπό-

τε από την (1) τελικά έχω ότι ισχύει

h(α)h(β)

<α−1β−1

.



Άσκηση 33

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :!→ ! , με

f (x) =x 2

2+ 2 f (2t−x)dt

x/2

x

∫ .

α) Να δείξετε ότι είναι παραγωγίσιμη.

β) Να δείξετε ότι f (x) = ex −(x +1) .

γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της.

δ) Να δείξετε ότι ισχύει ex > 2x , για κάθε x ∈ ! , και να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου, που

περικλείται από την C

f, την ευθεία ε :y = x −1 και τις ευθείες x ? 0 και x ? 1.

α) Στο ολοκλήρωμα, θέτω 2t−x = y . Τότε είναι

2t = x +y ⇒ t =

12x +

12y ⇒ dt =

12dy .

Όταν t =

x2

, τότε y = 2 ⋅

x2−x = x −x ⇒ y = 0 .

Όταν t = x , τότε y = 2x −2⇒ y = x .

Άρα είναι

f (2t−x)dt

x/2

x

∫ = f (y) ⋅12dy

0

x

∫ =12

f (y)dy

0

x

∫ και για την f (x) έχω ότι

f (x) =x 2

2+ 2 ⋅

12

f (y)dy

0

x

∫ ⇒ f (x) =x 2

2+ f (y)dy

0

x

∫ (1)

Αφού η f είναι συνεχής στο ! , η συνάρτηση

f (y)dy

0

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! , οπότε

από την (1) έχω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο ! ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

β) Από την (1) έχω ′f (x) =

2x2

+ f (x)⇒ ′f (x)− f (x) = x ⇒

⇒ ′f (x) ⋅e−x − f (x) ⋅e−x = xe−x ⇒ ′f (x) ⋅e−x + f (x) ⋅e−x ⋅(−x ′) = xe−x ⇒

⇒ ′f (x) ⋅e−x + f (x) ⋅(e−x ′) = xe−x ⇒ [f (x) ⋅e−x ′] = xe−x (2)

Να προσεχθε* π+ρα πολ- το τι θα γ*νει στην συν4χεια! Επειδ7 πρ4πει να βρω µ*α αρχικ7 της συν+ρτησης του δευτ4ρου µ4λους της (2) και δεν µπορ< να χρησιµοποι7σω κ+ποια απ= τις τεχνικ4ς που χρησιµοπο*ησα στα θ4µατα ε-ρεσης του τ-που µιας συν+ρτησης (βλ4πε Διαφορικ= Λογισµ=), θα χρησιµοποι7σω ολοκλ7ρωµα µε µεταβλητ+ +κρα. Αυτ7 η τεχνικ7 χρησιµοποιε*ται, λ=γω του τερ+στιου λ+θους (ακ=µη εν=ς...) να τεθε* εκτ=ς -λης το α=ριστο ολοκλ7ρωµα. Αν αυτ= δεν ε*χε γ*νει, τ=τε =σα θα δεις στην συν4χεια θα 7ταν η φυσικ7 απ+ντηση στο ερ<τηµα «ποια ε*ναι µ*α αρχικ7 της συν+ρτησης του δευτ4ρου µ4λους της (2);».



Θεωρώντας τυχαίο α ∈ ! , είναι

te−t dt

α

x

∫ = (−e−t ′) ⋅t dt

α

x

∫ = [−e−t ⋅t ]αx − (−e−t ) ⋅(t ′) dt

α

x

∫ =

=−[te−t ]αx + e−t dt

α

x

∫ = [−e−t ]αx −(xe−x −αe−α) =−[e−t ]

αx −xe−x +αe−α =

=−(e−x −e−α)−xe−x +αe−α =−e−x +e−α −xe−x +αe−α =−xe−x −e−x +κ ,

όπου κ = αe−α +e−α ∈ ! .

Άρα μία αρχική της συνάρτησης xe−x στο ! είναι η −xe−x −e−x , οπότε από την (2) έχω

[f (x) ⋅e−x ′] = (−xe−x −e−x ′) ⇒ f (x) ⋅e−x =−xe−x −e−x +c , c ∈ ! σταθερά ⇒

⇒ f (x) ⋅e−x ⋅ex =−xe−x ⋅e−x −e−x ⋅e−x +cex ⇒ f (x) = cex −(x +1) (3)

Θέτω x = 0 στην (1) και έχω

f (0) =02

2+ f (y)dy

0

0

∫ ⇒ f (0) = 0 .

Θέτω x = 0 στην (3) και έχω f (0) = ce0 −(0 +1)⇒ c−1 = 0⇒ c = 1 .

Τελικά από την (3) έχω ότι

f (x) = ex −(x +1) .

γ) Είναι f (x) = ex −(x +1)⇒ ′f (x) = ex −1 .

Από την ανίσωση ′f (x) > 0 έχω ex −1 > 0⇒ ex >1⇒ x > 0 .

Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της f.

Θεωρώντας τα διαστήματα Δ1= (−∞,0] , Δ

2= [0,+∞) , το σύ-

νολο τιμών της f θα είναι το

f (Df) = f (Δ

1)∪ f (Δ

2) .

Ι. Επειδή η f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο Δ1, είναι

f (Δ

1) = [ f (0) , ℓ im

x→−∞f (x)) .

• f (0) = 0 , όπως βρήκα στο ερώτημα (α).

• ℓ imx→−∞

f (x) = ℓ imx→−∞

(ex −x −1) = 0−(−∞) = +∞ .

Άρα είναι

f (Δ1) = [0,+∞) .

ΙΙ. Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ2, είναι

f (Δ

2) = [ f (0) , ℓ im

x→+∞f (x)) .

Είναι ℓ imx→+∞

f (x) = ℓ imx→+∞

(ex −x −1) =+∞−∞

ℓ imx→+∞

xex

x−1−

1x

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥.


ex

x=

+∞+∞

ℓ imx→+∞

(ex ′)(x ′)

= ℓ imx→+∞

ex

1= +∞ .



−∞ 0 0 +∞

′f (x) − +

f (x) 2 1

Επομένως είναι ℓ imx→+∞

f (x) = (+∞) ⋅(+∞−1−0) = +∞ .

Άρα είναι

f (Δ2) = [0,+∞) .

Τελικά, το σύνολο τιμών είναι το f (D

f) = [0,+∞)∪ [0,+∞)⇒ f (D

f) = [0,+∞) .

δ) Απόδειξη ανίσωσης.

Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ex −2x > 0 , για κάθε x ∈ ! .

Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = ex −2x και θα δείξω ότι ισχύει g(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! .

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! ως διαφορά συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίσ-τοιχα, συναρτήσεων, με ′g (x) = ex −2 .

Από την ανίσωση ′g (x) > 0 έχω ex −2 > 0⇒ ex > 2⇒ x > ℓn2 .

Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της g, απ' τον οποίο διακρίνω τις εξής περιπτώσεις:

Ι. για x < ℓn2 , κι επειδή η g είναι γνησίως φθίνουσα, έχω

g(x) > g(ℓn2) .

Είναι g(ℓn2) = e ℓn2−2ℓn2 = 2−2ℓn2 = 2(1− ℓn2) = 2(ℓne− ℓn2) = 2ℓn

e2

.

Είναι e > 2⇒

e2

>1 , οπότε ℓn

e2

> 0 , συνεπώς ισχύει

g(x) > 2ℓn

e2⇒ g(x) > 0 , για κάθε x < ℓn2 .

ΙΙ. για x ≥ ℓn2 , κι επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα, έχω

g(x)≥ g(ℓn2)⇒ g(x)≥ 2ℓn

e2⇒ g(x) > 0 , για κάθε x ≥ ℓn2 .

Από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ προκύπτει ότι είναι g(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! .Εύρεση εμβαδού.

Οι ευθείες x G 0 και x G 1 δημιουργούν το διάστημα [0, 1], στο οποίο θα εξετάσω αν η C

fκαι

η (ε) έχουν κοινά σημεία, το οποίο θα γίνει λύνοντας την εξίσωση f (x) = x −1 .

Είναι f (x) = x −1⇒ ex −x −1 = x −1⇒ ex −2x = 0⇒ g(x) = 0 , εξίσωση που είναι αδύνατη,

αφού παραπάνω βρήκα ότι είναι g(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! .

Λόγω αυτού, συμπεραίνω ότι είναι g(x) > 0⇒ f (x) > x −1 , για κάθε x ∈ ! , οπότε το ζητού-

μενο εμβαδόν είναι

Ε = [f (x)−(x −1)]dx

0

1

∫ = (ex −2x)dx

0

1

∫ = [ex −x 2 ]01 = e2−12−(e0 −02) = e2−1−1⇒

⇒ Ε = e−2 τ.µ. .



−∞ ℓn ℓn2 +∞

′g (x) − +

g(x) 2 1

Άσκηση 34Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :!→ ! , με f (1) = 1 . Αν z ∈! και, για κάθε x ∈ ! , ισχύει

2 | z + 5i | ⋅f (t)dt

1

x

∫ ≤ | z + 5i | ⋅et−1dt

1

x2

∫ +12(x −1) :

α) να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο, C, των εικόνων του z στο μιγαδικό επίπεδο.β) να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης, h, που έχει γραφική παράσταση την καμπύλη C.

γ) να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συ-

νάρτησης

Η(x) = h(t)dt

1

x

∫ , τους άξονες x'x και y'y και την ευθεία x @ 1.

α) Θέτω | z + 5i | = α , | z + 5i | = β , α,β ≥ 0 , και η σχέση της εκφώνησης γράφεται

2 α ⋅ f (t)dt

1

x

∫ ≤ β ⋅et−1dt

1

x2

∫ +12(x −1)⇒ 2α f (t)dt

1

x

∫ −β et−1dt

1

x2

∫ −12(x −1)≤ 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση

g(x) = 2α f (t)dt

1

x

∫ −β et−1dt

1

x2

∫ −12(x −1) , x ∈ ! , οπότε ισχύει

g(x)≥ 0 , για κάθε x ∈ ! .

Είναι

g(1) = 2α f (t)dt

1

1

∫ −β et−1dt

1

12

∫ −12(1−1)⇒ g(1) = 0 , οπότε ισχύει g(x)≥ g(1) , για

κάθε x ∈ ! , το οποίο σημαίνει ότι η g έχει ελάχιστο για x = 1 .

Αφού η f είναι συνεχής στο ! , η συνάρτηση

f (t)dt

1

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! .

Η συνάρτηση et−1 είναι συνεχής στο ! ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, οπότε η συνάρτη-

ση

et−1dt

1

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! . Έτσι, η συνάρτηση

et−1dt

1

x2

∫ είναι παραγωγίσιμη

στο ! ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων x 2 και

et−1dt

1

x

∫ .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η g είναι παραγωγίσιμη (άρα και συνεχής) στο ! ως απο-τέλεσμα πράξεων μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων, άρα είναι παραγωγίσιμη και στο 1, το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του

D

g= ! .

Έτσι, από το θεώρημα του Fermat έχω ότι ισχύει ′g (1) = 0 .



Είναι ′g (x) = 2α ⋅ f (x)−βex2−1 ⋅(x 2−1 ′) −12⇒ ′g (x) = 2α ⋅ f (x)−2βxex2−1−12 .

Από την σχέση ′g (1) = 0 έχω τότε 2α ⋅ f (1)−2β ⋅1 ⋅e12−1−12 = 0⇒ 2α−2β−12 = 0⇒

⇒ α−β = 6⇒ | z + 5i |− | z + 5i | = 6⇒ | z + 5i |− | z −5i | = 6⇒ | z + 5i |− | z −5i | = 6 (1)

Αν είναι Μ(z) , ′Ε (−5i) , Ε(5i) , τότε η (1) ισοδύναμα γράφεται (Μ ′Ε )−(ΜΕ) = 6 και παρισ-

τάνει τον άνω κλάδο της υπερβολής με εστίες ′Ε (0,−5) , Ε(0,5) και σταθερή διαφορά

2α = 6 .ΝΑ ΠΡΟΣΕΧΘΕΙ ΠΑΡΑ ΠΟΛΥ ΤΟ ΣΚΕΠΤΙΚΟ ΠΟΥ ΑΚΟΛΟΥΘΕΙ !!!

Είναι ο άνω κλάδος της υπερβολής, για τον εξής λόγο:

από την αντίστοιχη (και γενική) εξίσωση υπερβολής | (Μ ′Ε )−(ΜΕ) | = 6 προκύπτει

(Μ ′Ε )−(ΜΕ) = 6 ή (Μ ′Ε )−(ΜΕ) =−6 .

• Επειδή η πρώτη διαφορά είναι θετική, έχω ότι (Μ ′Ε )−(ΜΕ) > 0⇒ (Μ ′Ε ) > (ΜΕ) , δηλα-

δή η απόσταση ενός τυχαίου σημείου, Μ, της υπερβολής από την εστία της Ε΄ είναι μεγαλύ-τερη από την αντίστοιχη απόσταση από την εστία Ε, το οποίο συμβαίνει, όταν το σημείο αυ-τό ανήκει στον άνω κλάδο της υπερβολή.

• Επειδή η δεύτερη διαφορά είναι αρνητική, έχω ότι (Μ ′Ε )−(ΜΕ) < 0⇒ (Μ ′Ε ) < (ΜΕ) , δη-

λαδή η απόσταση ενός τυχαίου σημείου, Μ, της υπερβολής από την εστία της Ε΄ είναι μικρό-τερη από την αντίστοιχη απόσταση από την εστία Ε, το οποίο συμβαίνει, όταν το σημείο αυ-τό ανήκει στον κάτω κλάδο της υπερβολή.

β) Αν 2γ είναι η εστιακή απόσταση της υπερβολής, τότε είναι γνωστό ότι ισχύει ο τύπος

α2 + β2 = γ2 , με γ = 5 , α = 3 , απ' όπου έχω 3

2 + β2 = 52 ⇒ β2 = 16 .

Άρα η υπερβολή έχει εξίσωση

y 2

9−

x 2

16= 1⇒

y 2

9=

x 2

16+1⇒

y 2

9=

x 2 +1616

⇒ y 2 =916

(x 2 +1) .

Επειδή έχω τον άνω κλάδο της υπερβολής, είναι y > 0 , οπότε από την τελευταία σχέση έχω

ότι y =

916

(x 2 +1) ⇒ y =34

x 2 +1 , οπότε η συνάρτηση, h, που έχει γραφική παράσταση

την παραπάνω υπερβολή, είναι η

h(x) =34

x 2 +1 .



γ) Είναι

Η(1) = h(t)dt

1

1

∫ ⇒Η(1) = 0 , δηλαδή η συνάρτηση Η(x) έχει κοινό σημείο με τον x'x

το σημείο με τετμημένη 1.

Η h είναι συνεχής στο ! ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων, οπότε η συ-νάρτηση Η(x) είναι παραγωγίσιμη στο ! , με ′Η (x) = h(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , το οποίο ση-

μαίνει ότι η συνάρτηση Η(x) είναι γνησίως αύξουσα στο ! .

Ο άξονας y'y έχει εξίσωση x @ 0, οπότε οι ευθείες x @ 0 και x @ 1 δημιουργούν το διάστημα

[0,1] .

Από την ανίσωση 0≤ x ≤1 , κι επειδή η H είναι γνησίως αύξουσα, έχω ότι

Η(0)≤Η(x)≤Η(1)⇒Η(x)≤ 0 .

Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι το

Ε =− Η(x)dx

0

1

∫ = Η(x)dx

1

0

∫ = 1 ⋅Η(x)dx

1

0

∫ ⇒

⇒Ε = (x ′) ⋅Η(x)dx

1

0

∫ = [x ⋅Η(x)]10 − x ⋅ ′Η (x)dx

1

0

∫ = 0 ⋅Η(0)−1 ⋅Η(1)+ x ⋅h(x)dx

0

1

∫ ⇒

⇒Ε = x ⋅34

x 2 +1dx

0

1

∫ =34

x 2 +16 ⋅x dx

0

1

∫ =34⋅12

x 2 +16 ⋅2x dx

0

1

∫ ⇒

⇒Ε =38

x 2 +16 ⋅(x 2 ′) dx

0

1

∫ =38

x 2 +16 ⋅d(x 2 +16)

0

1

∫ .

Θέτω x2 +16 = u . Όταν x = 0 , τότε u = 16 , ενώ όταν x = 1 , τότε u = 17 .

Άρα είναι

Ε =38

u du

16

17

∫ =38

u12 du

16

17

∫ =38⋅

u32

32

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥16

17

=38⋅

23

u3⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥16

17

=38⋅23⋅ u u⎡⎣⎢

⎤⎦⎥16

17

⇒

⇒Ε =

14(17 17 −16 16) =

14(17 17 −16 ⋅4)⇒ Ε =

17 174−16 τ.µ. .



Άσκηση 35Θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση f :!→ ! και την συνάρτηση g, με

g(x) = f (t)dt

1

u

∫⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟du

0

x

∫ +ex −1 , x ∈ ! .

Αν ισχύει g(x)≥ 0 , για κάθε x ∈ ! , τότε να δείξετε ότι:

α) είναι

f (t)dt

0

1

∫ = 1 . β) υπάρχει x0∈ (0,1) , ώστε

3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

x0

∫ = 1 .

γ) υπάρχει ξ ∈ (0,1) , ώστε f (ξ) = 4ξ−1 .

α) Θέτω

h(u) = f (t)dt

1

u

∫ , οπότε είναι

g(x) = h(u)du

0

x

∫ +ex −1 .

Παρατηρώ ότι

g(0) = h(u)du

0

0

∫ +e0 −1 = 0 +1−1⇒ g(0) = 0 , οπότε ισχύει g(x)≥ g(0) , για

κάθε x ∈ ! , που σημαίνει ότι η g έχει ελάχιστο για x = 0 .

Αφού η f είναι συνεχής στο ! , η h είναι παραγωγίσιμη στο ! (άρα και συνεχής σ' αυτό),

οπότε η συνάρτηση

h(u)du

0

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! .

Από τα παραπάνω έχω ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο ! ως άθροισμα παραγωγίσιμων συν-αρτήσεων, οπότε είναι παραγωγίσιμη και στο 0, το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του

D

g= !

Έτσι, από το θεώρημα του Fermat έχω ότι ισχύει ′g (0) = 0 .

Είναι ′g (x) = h(x)+ex , οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω ότι

h(0)+e0 = 0⇒ f (t)dt

1

0

∫ +1 = 0⇒− f (t)dt

0

1

∫ =−1⇒ f (t)dt

0

1

∫ = 1 .

β) Θέτω x0= x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται

3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

x

∫ = 1⇔ 3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

x

∫ −1 = 0 .


ϕ(x) = 3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

x

∫ −1 , x ∈ [0,1] , και θα δείξω ότι υπάρχει



x0∈ (0,1) τέτοιο, ώστε ϕ(x0

) = 0 .

Ι. Η συνάρτηση 3f (t)−

1t +1

είναι συνεχής στο [0,1] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων,

οπότε η συνάρτηση

3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] , άρα και συνεχής.

Επομένως, η φ είναι συνεχής στο [0,1] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

ΙΙ.

ϕ(0) = 3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

0

∫ −1 = 0−1⇒ ϕ(0) =−1 < 0 .

ΙΙΙ.

ϕ(1) = 3f (t)−1

t +1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

1

∫ −1 = 3 f (t)dt

0

1

∫ −1

t +1dt

0

1

∫ =(α)

3 ⋅1−[ℓn | t +1 |]01 −1⇒

⇒ϕ(1) = 2−[ℓn(1+1)− ℓn(0 +1)]⇒ϕ(1) = 2− ℓn2 .

Είναι 2− ℓn2 > 0⇔ 2 > ℓn2⇔ e2 >e ℓn2 ⇔ e2 > 2 , που ισχύει.

Άρα είναι ϕ(1) > 0 .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε υπάρχει x0∈ (0,1) ,

ώστε να ισχύει ϕ(x0) = 0 .

γ) Θέτω ξ = x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται

f (x) = 4x −1⇔ f (x)+1− 4x = 0⇔ f (t)dt

0

x

∫ + x −2x 2

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥

′

= 0 .


ψ(x) = f (t)dt

0

x

∫ + x −2x 2 , x ∈ [0,1] , και θα δείξω ότι υπάρχει

ξ ∈ (0,1) τέτοιο, ώστε ′ψ (ξ) = 0 .

Ι. Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι και στο [0,1] , οπότε η συνάρτηση

f (t)dt

0

x

∫ είναι

παραγωγίσιμη στο [0,1] , άρα και συνεχής σ' αυτό.

Επομένως, η ψ είναι συνεχής στο [0,1] ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

ΙΙ. Η ψ είναι παραγωγίσιμη στο (0,1)ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

ΙΙΙ.

ψ(0) = f (t)dt

0

0

∫ + 0−2 ⋅02 ⇒ ψ(0) = 0 .



IV.

ψ(1) = f (t)dt

0

1

∫ +1−2 ⋅12 =(α)

1+1−2⇒ ψ(1) = 0 .

Άρα ισχύει το θεώρημα του Rolle, οπότε υπάρχει ξ ∈ (0,1) τέτοιο, ώστε ′ψ (ξ) = 0 .

Άσκηση 36

α) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό x

0∈

1e

, 1⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟, ώστε να ισχύει ℓnx

0+ x

02 = 0 .

β) Δίνεται ο μιγαδικός z = ℓnx + xi , x > 0 .

Ι. Να βρείτε την ελάχιστη απόσταση, κ, της εικόνας του z από την αρχή των αξόνων, συναρτήσει του x0

.

ΙΙ. Να δείξετε ότι η εικόνα του z ανήκει στην γραφική παράσταση της συνάρτησης g, όπου g(x) = ex , x ∈ ! .

ΙΙΙ. Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της C

g στο σημείο Α(ℓnx

0, x

0) είναι κάθετη στην ευ-

θεία ΟΑ.

ΙV. Να δείξετε ότι ο μιγαδικός w =

z −2κ2z −κ

βρίσκεται στο εσωτερικό ή στην περιφέρεια του μοναδιαίου κύκλου.

α) Θέτω x0= x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται ℓnx + x 2 = 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση f (x) = ℓnx + x 2 , x ∈

1e

, 1⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ , και θα δείξω ότι υπάρχει μοναδικό

x

0∈

1e

, 1⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟ τέτοιο, ώστε f (x0

) = 0 .

Ι. Η f είναι συνεχής στο

1e

, 1⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

ΙΙ. f

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= ℓn1e

+1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

2

= ℓn1− ℓne +1e2

=1e2−1⇒ f

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

=1−e2

e< 0 .

III. f (1) = ℓn1+12 ⇒ f (1) = 1 > 0 .

Άρα ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε υπάρχει x

0∈

1e

, 1⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟ τέτοιο, ώστε f (x0

) = 0 .

Η f είναι και παραγωγίσιμη στο

1e

, 1⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟ ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

′f (x) =

1x

+ 2x > 0 , για κάθε x ∈

1e

, 1⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε το x0που βρήκα παραπάνω, είναι μοναδικό.



β) Ι. Η εικόνα, Μ, του μιγαδικού που δίνεται, είναι το σημείο Μ(ℓnx ,x) , του οποίου η

απόσταση από την αρχή των αξόνων είναι (ΟΜ) = | z | = (ℓnx)2 + x 2 = ℓn2x + x 2 .

Το | z | λαμβάνει την ελάχιστη τιμή του, όταν η παράσταση ℓn2x + x 2 λάβει την ελάχιστη τι-

μή της. Έτσι, θεωρώντας την συνάρτηση h(x) = ℓn2x + x 2 , x > 0 , θα βρω για ποια τιμή του x

αυτή έχει ελάχιστο.

Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+∞) ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με

′h (x) = 2ℓnx ⋅(ℓnx ′) + 2x = 2ℓnx ⋅

1x

+ 2x =2ℓnx + 2x 2

x=

2(ℓnx + x 2)x

⇒ ′h (x) =2f (x)

x.

Το πρόσημο, επομένως, της ′h (x) , εξαρτάται από το πρόσημο της f (x) , αφού είναι x > 0 .

• Όταν 0 < x < x0, κι επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, έχω ότι f (x) < f (x

0)⇒ f (x) < 0 .

• Όταν x > x0, κι επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, έχω ότι f (x) > f (x

0)⇒ f (x) > 0 .

Από τα παραπάνω προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτο-νίας της h, απ' όπου ότι η h έχει ελάχιστο για x = x

0, το

h(x0) = ℓn2x

0+ x

02 .

Έτσι, η ελάχιστη τιμή, κ, του | z | είναι κ = ℓn2x

0+ x

02 .

Από την σχέση ℓnx0

+ x02 = 0 που απέδειξα στο ερώτημα (α), έχω ότι

ℓnx

0=−x

02 (1)

Λόγω της (1), είναι κ = (−x

02)2 + x

02 = x

04 + x

02 = x

02(x

02 +1)⇒ κ = | x

0| ⋅ x

02 +1 .

Αφού x0> 0 , είναι | x0

| = x0, οπότε τελικά η ελάχιστη απόσταση, κ, της εικόνας του z από

την αρχή των αξόνων, συναρτήσει του x0, είναι

κ = x

0⋅ x

02 +1 .

ΙΙ. Όπως ανέφερα στο υποερώτημα Ι παραπάνω, εικόνα του μιγαδικού z που δίνεται, είναι το σημείο Μ(ℓnx ,x) , το οποίο για να δείξω ότι ανήκει στην

C

g, αρκεί να δείξω ότι ισχύει

g(ℓnx) = x ⇔ e ℓnx = x , που ισχύει.

ΙΙΙ. Αρκεί να δείξω ότι ισχύει λεϕ⋅λΟΑ

=−1 .

• Είναι λεϕ

= ′g (ℓnx0) .

Είναι ′g (x) = ex , οπότε ′g (ℓnx

0) = e ℓnx0 = x

0, δηλαδή

λεϕ

= x0.

• Είναι λΟΑ

=yΑ

xΑ

=x

0

ℓnx0

=(1) x

0

−x02⇒ λ

ΟΑ=−

1x

0

.

Επομένως, λεϕ⋅λΟΑ

= x0⋅−1x

0

⇒ λεϕ⋅λΟΑ

=−1 .



0 x

x0

+∞

′h (x) − +

h(x) 2 1

IV. Αρκεί να δείξω ότι ισχύει |w |≤1 , ισοδύναμα δε ότι

z −2κ2z −κ

≤1⇔| z −2κ || 2z −κ |

≤1⇔ | z −2κ |≤ | 2z −κ |⇔ | z −2κ |2≤ | 2z −κ |2⇔

⇔ (z −2κ)(z −2κ)≤ (2z −κ)(2z −κ)⇔ zz −2κz −2κz + 4κ2 ≤ 4zz −2κz −2κz +κ2 ⇔

⇔ 3zz ≥ 3κ2 ⇔ zz ≥ κ2 ⇔ | z |2≥ κ2 ⇔ | z |≥ κ ,

δηλαδή ότι η ελάχιστη τιμή του | z | είναι κ, το οποίο απέδειξα ότι ισχύει στο υποερώτημα Ι.

Άσκηση 37

Θεωρούμε την συνάρτηση f :!→ ! , παραγωγίσιμη, με

(3t 2 +1)dt

1

f (x )

∫ = x , για κάθε x ∈ ! .

α) Να δείξετε ότι:

Ι. η f αντιστρέφεται και να βρείτε την f−1(x) .

ΙΙ. η C

f έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής, το οποίο να προσδιορίσετε.

ΙΙΙ. αν ισχύει και 0≤ α< β , τότε είναι fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

>f (α)+ f (β)

2.

β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την C

f και τους άξονες.

α) Ι. Η συνάρτηση 3t2 +1 είναι συνεχής στο ! ως πολυωνυμική, οπότε η συνάρτηση

(3t 2 +1)dt

1

x

∫ είναι παραγωγίσιμη.

Έτσι, η συνάρτηση

(3t 2 +1)dt

1

f (x )

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! ως σύνθεση της

(3t 2 +1)dt

1

x

∫με την f (x) , όπως είναι και η συνάρτηση του δεύτερου μέλους της σχέσης της εκφώνησης.

Παραγωγίζοντας, επομένως, τα δύο μέλη της, έχω [3f 2(x)+1]⋅ ′f (x) = 1 .

Είναι 3f 2(x)+1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε έχω ότι ′f (x) =

13f 2(x)+1

> 0 , για κάθε x ∈ ! .

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε είναι 1-1, συνεπώς η f αντιστρέφεται.

Από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει

(3t 2 +1)dt

1

f (x )

∫ = x ⇒ [t 3 + t ]1f (x ) = x ⇒

⇒ f 3(x)+ f (x)−(13 +1) = x ⇒ f 3(x)+ f (x)−2 = x .

Θέτω f (x) = y και από την τελευταία σχέση έχω y3 +y−2 = x , άρα

f −1(x) = x 3 + x −2 .

Υπενθυµ*ζεται =τι, βασικ=ς τρ=πος ε-ρεσης του τ-που της αντ*στροφης, ε*ναι να λ-σουµε την εξ*σωση y = f(x) ως προς x, κ+τι που 7δη 7ταν 4τοιµο στην παραπ+νω σχ4ση.



ΙΙ. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , από την σχέση ′f (x) =

13f 2(x)+1

έχω ότι και η

′f είναι παραγωγίσιμη στο ! ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Είναι ′f (x) = [3f 2(x)+1]−1 ⇒ ′′f (x) = [3f 2(x)+1]−2 ⋅[3f 2(x)+1 ′] ⇒

⇒ ′′f (x) =−[3f 2(x)+1]−2 ⋅6f (x) ⋅ ′f (x)⇒ ′′f (x) =−6f (x) ⋅ ′f (x)[3f 2(x)+1]2

.

Επειδή είναι ′f (x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , όπως βρήκα στο υποερώτημα Ι παραπάνω, το πρό-

σημο της ′′f (x) εξαρτάται από το πρόσημο της f (x) .

Παρατηρώ ότι f−1(0) = 03 + 0−2⇒ f −1(0) =−2 , συνεπώς θα είναι f (−2) = 0 , που σημαίνει

ότι το −2 είναι μία ρίζα της f.

Επειδή, όμως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , το −2 είναι η μοναδική της ρίζα, οπότε:

• για x <−2 , κι επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, έχω ότι f (x) < f (−2)⇒ f (x) < 0 .

• για x >−2 , κι επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, έχω ότι f (x) > f (−2)⇒ f (x) > 0 .

Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας κυρτότητας της f, απ' όπου προκύπτει ότι το σημείο (−2, f (−2))≡ (−2,0) είναι το

μοναδικό σημείο καμπής της f.

ΙΙΙ. Θεωρώ τα διαστήματα α ,α+ β

2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ ,α+ β

2, β

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ , στα οποία η f είναι συνεχής και

παραγωγίσιμη, αφού είναι παραγωγίσιμη στο ! .

Άρα σ' αυτά ισχύει το ΘΜΤ, οπότε:

• υπάρχει ξ

1∈ α ,

α+ β2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟, ώστε

′f (ξ1) =

fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− f (α)

α+ β2−α

=fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− f (α)

β−α2

⇒

⇒ ′f (ξ

1) = 2 ⋅

fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− f (α)

β−α.

• υπάρχει ξ

2∈α+ β

2, β

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟, ώστε

′f (ξ2) =

f (β)− fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

β− α+ β2

=f (β)− f

α+ β2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

β−α2

⇒

⇒ ′f (ξ

2) = 2 ⋅

f (β)− fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

β−α.



−∞ −2 −2 +∞

′′f (x) + -

f (x) 3 4

Αφού η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ! , η ′f είναι παραγωγίσιμη στο ! , άρα και συ-

νεχής σ' αυτό, οπότε είναι συνεχής και παραγωγίσιμη και στο διάστημα [ξ1 ,ξ2 ] .

Έτσι, από το ΘΜΤ έχω ότι υπάρχει ξ ∈ (ξ1,ξ

2) τέτοιο, ώστε

′′f (ξ) =

′f (ξ2)− ′f (ξ

1)

ξ2− ξ

1

.

Στο ερώτημα α-ΙΙ βρήκα ότι είναι ′′f (x) < 0 , για κάθε x >−2 , οπότε για x = ξ έχω ότι

′′f (ξ) < 0⇒

′f (ξ2)− ′f (ξ

1)

ξ2− ξ

1

< 0 .

Είναι ξ1 < ξ2⇒ ξ

2− ξ

1> 0 , οπότε από την προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι

′f (ξ

2)− ′f (ξ

1) < 0⇒ ′f (ξ

1) > ′f (ξ

2)⇒ 2 ⋅

fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− f (α)

β−α> 2 ⋅

f (β)− fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

β−α.

Είναι 0≤ α< β⇒ β−α> 0 , οπότε από την παραπάνω ανίσωση έχω ότι

fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− f (α) > f (β)− f

α+ β2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⇒ 2f

α+ β2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

> f (α)+ f (β)⇒ fα+ β

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

>f (α)+ f (β)

2.

β) Στο ερώτημα α-ΙΙ βρήκα ότι το −2 είναι η μοναδική ρίζα της f, οπότε η C

fέχει μοναδικό

κοινό σημείο με τον x'x το −2 στο διάστημα [−2,0] .

Στο ίδιο ερώτημα, βρήκα και ότι είναι f (x)≥ 0 , για κάθε x ≥−2 , οπότε το ζητούμενο εμβα-

δόν είναι το

Ε = f (x)dx

−2

0

∫ .

ΠΑΡΑ ΠΟΛΛΗ ΠΡΟΣΟΧΗ ΣΤΗΝ ΣΥΝΕΧΕΙΑ !!!Επειδή δεν έχω τον τύπο της f, αλλά της αντίστροφής της, προσέξτε πάρα πολύ πώς θα υπολογίσω

το ολοκλήρωµα!!!

Θέτω x = f −1(t) . Τότε είναι x = t 3 + t−2⇒ dx = (3t 2 +1)dt .

• Όταν x =−2 , τότε είναι t = f (−2) = 0 .

• Όταν x = 0 , τότε από την σχέση f−1(t) = 0 έχω

t3 + t−2 = 0⇒ (t−1)(t 2 + t + 2) = 0⇒ t = 1 ,

αφού το τριώνυμο t2 + t + 2 έχει διακρίνουσα 1

2− 4 ⋅1 ⋅2 =−7 < 0 , οπότε είναι

t2 + t + 2 > 0 , για κάθε t ∈ ! .

• Είναι και f (x) = f (f −1(t)) = t .

Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι

Ε = f (x)dx

−2

0

∫ = t(3t 2 +1)dt

0

1

∫ = (3t 3 + t)dt

0

1

∫ ⇒

⇒Ε =

3t 4

4+

t 2

2

⎡

⎣⎢⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥⎥0

1

=3 ⋅14

4+

12

2−

3 ⋅04

4+

02

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟

=34

+12⇒ Ε =

54τ.µ. .



Άσκηση 38Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση f :!→ ! , για την οποία ισχύουν f (0) = 0 και

′f (x)+ f (x) = e−x , για κάθε x ∈ ! .

α) Να δείξετε ότι f (x) =

xex

, x ∈ ! .

β) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και να βρείτε τα ακρότατα και τα σημεία κα- μπής της.γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

δ) Να υπολογίσετε το ℓ imx→+∞

f (x)ηµx + 2

.

ε) Να δείξετε ότι η εξίσωση

3x −1

f 2(t)+1dt

0

x

∫ =1

2007 έχει μοναδική ρίζα στο (0,1) .

α) Από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει

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

⇒ f (x) ⋅ex = x +c , c ∈ ! σταθερά ⇒

ex >0

f (x) =x +cex

.

Για x = 0 έχω ότι f (0) =

0 +ce0⇒ 0 =

c1⇒ c = 0 .

Άρα είναι

f (x) =xex

, x ∈ ! .

β) Μονοτονία και ακρότατα.

Από την σχέση της εκφώνησης έχω ′f (x) =

1ex− f (x) =

1ex−

xex⇒ ′f (x) =

1−xex

.

Επειδή είναι ex > 0 , για κάθε x ∈ ! , το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόση-

μο το αριθμητή της, οπότε από την ανίσωση ′f (x) > 0 έχω 1−x > 0⇒ x <1 .

Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της f, απ' όπου έχω ότι η f:

• είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞,1] και γνησίως φθίνουσα στο [1,+∞) .

• για x = 1 έχει μέγιστο, το f (1) =

1e

.



−∞ 1 1 +∞

′f (x) + -

f (x) 1 2

Σημεία καμπής.

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ! ως πηλίκο δύο φορές παραγωγίσιμων συναρτήσεων,

με ′′f (x) =

(1−x ′) ⋅ex −(1−x) ⋅(ex ′)(ex )2

=−ex −(1−x)ex

(ex )2=−ex(1+1−x)

(ex )2=−(2−x)

ex⇒

⇒ ′′f (x) =

x −2ex

.

Από την ανίσωση ′′f (x) > 0 έχω x −2 > 0⇒ x > 2 .

Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας κυρτότητας της f, απ' όπου προκύπτει ότι αυτή έχει σημείο καμπής το

(2, f (2))≡ 2 ,

2e2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

γ) Από τον πίνακα μονοτονίας της f έχω ότι το D

f= ! χωρίζεται στα διαστήματα

Δ1= (−∞,1] , Δ

2= [1,+∞) , οπότε το σύνολο τιμών είναι το

f (D

f) = f (Δ

1)∪ f (Δ

2) .

Ι. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1, οπότε

f (Δ

1) = ( ℓ im

x→−∞f (x) , f (1)] .

• ℓ imx→−∞

f (x) = ℓ imx→−∞

xex

=

−∞0

ℓ imx→−∞

(xe−x ) = (−∞) ⋅(+∞) =−∞ .

• f (1) =

1e

, όπως βρήκα παραπάνω.

Άρα είναι f (Δ

1) = −∞ ,

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ .

ΙΙ. Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ2, οπότε είναι

f (Δ

2) = ( ℓ im

x→+∞f (x) , f (1)] .


f (x) = ℓ imx→+∞

xex

=

+∞+∞

ℓ imx→+∞

(x ′)(ex ′)

= ℓ imx→+∞

1ex

= ℓ imx→+∞

e−x = 0 .

Άρα είναι f (Δ

2) = 0 ,

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ .

Τελικά, το σύνολο τιμών είναι το

f (Df) = −∞ ,

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ ∪ 0 ,

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ ⇒ f (D

f) = −∞ ,

1e

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ .

δ) Για κάθε x ∈ ! , ισχύει −1≤ ηµx ≤1⇒−1+ 2≤ ηµx + 2≤1+ 2⇒

⇒ 1≤ ηµx + 2≤ 3⇒ 1≥

1ηµx + 2

≥13⇒

13≤

1ηµx + 2

≤1 (1)

Από το ερώτημα (γ) και με την βοήθεια των συνόλων f (Δ1) , f (Δ

2) , προκύπτει το συμπέρα-

σμα ότι είναι 0 < f (x)≤

1e

, για κάθε x > 0 .



−∞ 2 2 +∞

′′f (x) - +

f (x) 4 3

Έτσι, πολλαπλασιάζοντας τα μέλη της (1) επί f (x) , έχω

f (x)3≤

f (x)ηµx + 2

≤ f (x) (2)


f (x)3

=13ℓ imx→+∞

f (x) =13⋅0 = 0 και

ℓ imx→+∞

f (x) = 0 , οπότε, λόγω του κριτηρίου παρ-

εμβολής, από την (2) έχω ότι ℓ imx→+∞

f (x)ηµx + 2

= 0 .

ε) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται

3x −1

f 2(t)+1dt

0

x

∫ −1

2007= 0 .


g(x) = 3x −1

f 2(t)+1dt

0

x

∫ −1

2007, x ∈ [0,1] , και θα δείξω ότι η εξί-

σωση g(x) = 0 έχει ακριβώς μία ρίζα στο (0,1) .

Ι. Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , είναι και συνεχής στο ! (άρα και στο [0,1] ), οπότε

η συνάρτηση f2(t) είναι συνεχής στο [0,1]ως σύνθεση της f (t) με την t

2 .

Έτσι, και η συνάρτηση

1f 2(t)+1

είναι συνεχής στο [0,1]ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συ-

νεχών συναρτήσεων, οπότε η συνάρτηση

1f 2(t)+1

dt

0

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο [0,1] , άρα

και συνεχής σ' αυτό.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η g είναι συνεχής στο [0,1]ως διαφορά συνεχών συναρτή-σεων.

ΙΙ.

g(0) = 3 ⋅0−1

f 2(t)+1dt

0

0

∫ −1

2007⇒ g(0) =−

12007

< 0 .

III.

g(1) = 3 ⋅1−1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ −1

2007⇒ g(1) = 3−

1f 2(t)+1

dt

0

1

∫ −1

2007.

Είναι f2(t)≥ 0 , για κάθε t ∈ ! , οπότε

f 2(t)+1≥1⇒

1f 2(t)+1

≤1⇒1

f 2(t)+1−1≤ 0⇒

⇒1

f 2(t)+−1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dt

0

1

∫ ≤ 0⇒1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ − 1dt

0

1

∫ ≤ 0⇒1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ −1 ⋅(1−0)≤ 0⇒

⇒1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ ≤1⇒−1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ ≥−1⇒ 3−1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ ≥ 3−1⇒



⇒ 3−1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ ≥ 2⇒ 3−1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ ≥ 2−1

2007.

Είναι

12007

<1⇒ 2−1

2007> 0 , οπότε από την προηγούμενη ανίσωση έχω ότι

3−1

f 2(t)+1dt

0

1

∫ −1

2007> 0⇒ g(1) > 0 .

Άρα ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα

στο (0,1) .

Η g είναι παραγωγίσιμη στο ! (άρα και στο [0,1] ) ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων,

με ′g (x) = 3−

1f 2(x)+1

.

Από την σχέση

1f 2(t)+1

≤1 , που απέδειξα παραπάνω, έχω και

3−

1f 2(t)+1

> 0⇒ 3−1

f 2(x)+1> 0⇒ ′g (x) > 0 , για κάθε x ∈ ! .

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε η εξίσωση g(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα στο δι-άστημα (0,1) .



Άσκηση 39

Θεωρούμε την συνάρτηση

f (x) = ℓnt dt

1

x

∫ .

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

β) Να την μελετήσετε ως προς την μονοτονία.

γ) Να δείξετε ότι ισχύει

ℓnt dt

1

ex

∫ > ℓnt dt

1

x2+1

∫ , για κάθε x ≥1 .

δ) Να υπολογίσετε το ℓ imx→1+

f (x)(x −1)2

.

α) Έστω g(t) = ℓnt .

Για να ορίζεται, πρέπει να είναι

ℓnt ≥ 0t > 0

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⎫⎬⎪⎪

⎭⎪⎪⇒ t ≥1

t > 0

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⎫⎬⎪⎪

⎭⎪⎪⇒ t ≥1 .

Άρα είναι D

g= [1,+∞) , στο οποίο η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη ως σύνθεση συνεχών

και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων.

Επειδή το 1∈ [1,+∞) = D

g, για να ορίζεται η f πρέπει και

x ∈D

g⇒ x ∈ [1,+∞) .

Άρα είναι

Df

= [1,+∞) .

β) Αφού η g είναι συνεχής στο D

g, η f είναι παραγωγίσιμη στο

D

f(άρα και συνεχής σ' αυ-

τό), με ′f (x) = ℓnx > 0 , για κάθε x >1 , που σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

γ) Είναι

f (ex ) = ℓnt dt

1

ex

∫ , f (x 2 +1) = ℓnt dt

1

x2+1

∫ , οπότε ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

f (ex ) > f (x 2 +1) , για κάθε x ≥1 .

Επειδή, όμως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) , ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

ex > x 2 +1⇔ ex −x 2−1 > 0 , για κάθε x ≥1 .

Θεωρώ την συνάρτηση h(x) = ex −x 2−1 και θα δείξω ότι h(x) > 0 , για κάθε x ≥1 .

Η h είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [1,+∞) ως διαφορά συνεχών και παραγωγίσιμων,

αντίστοιχα, συναρτήσεων, με ′h (x) = ex −2x ⇒ ′′h (x) = ex −2 .

Από την ανίσωση ′′h (x) > 0 έχω ex −2 > 0⇒ ex > 2⇒ x > ℓn2 .



Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της ′h , απ' όπου έχω:

I. για 1≤ x ≤ ℓn2 , κι επειδή η ′h είναι γνησίως φθίνουσα,

′h (1)≥ ′h (x)≥ ′h (ℓn2) .

• ′h (1) = e1−2 ⋅1 = e−2 .

• ′h (ℓn2) = e ℓn2−2ℓn2 = 2−2ℓn2 .

Άρα ισχύει 2−2ℓn2≤ ′h (x)≤e−2 .

Είναι 2−2ℓn2 > 0⇔ 2ℓn2 < 2⇔ ℓn2 <1⇔ ℓn2 < ℓne ⇔ 2 <e , που ισχύει.

Άρα ισχύει 0 < 2−2ℓn2≤ ′h (x)≤e−2⇒ ′h (x) > 0 , για κάθε x ∈ [1, ℓn2] , δηλαδή η h είναι

γνησίως αύξουσα στο [1, ℓn2] .

Από την ανίσωση 1≤ x ≤ ℓn2 έχω τότε h(1)≤ h(x)≤ h(ℓn2)⇒ e1−12−1≤ h(x)⇒

⇒ h(x)≥e−2 > 0⇒ h(x) > 0 (1) , για κάθε x ∈ [1, ℓn2] .

ΙΙ. για x > ℓn2 , κι επειδή η ′h είναι γνησίως αύξουσα,

′h (x) > ′h (ℓn2)⇒ ′h (x) > 2−2ℓn2 > 0⇒ ′h (x) > 0 , για κάθε x > ℓn2 .

Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [ℓn2,+∞) , οπότε από την ανίσωση x > ℓn2 έχω

h(x) > h(ℓn2) .

Είναι h(ℓn2) = e ℓn2−(ℓn2)2−1 = 2−(ℓn2)2−1⇒ h(ℓn2) = 1−(ℓn2)2 .

Είναι 1−(ℓn2)2 > 0⇔ (ℓn2)2 <1⇔ ℓn2 <1⇔ ℓn2 < ℓne ⇔ 2 <e , που ισχύει.

Άρα είναι h(ℓn2) > 0 , οπότε

h(x) > 0 (2) , για κάθε x > ℓn2 .

Από τις (1) και (2) έχω, τελικά, ότι είναι h(x) > 0 , για κάθε x ≥1 .

δ) Αφού η f είναι συνεχής στο [1,+∞) , ισχύει

ℓ imx→1+

f (x) = f (1) = ℓnt dt

1

1

∫ = 0 .

Έτσι, για το ζητούμενο όριο, ℓ , έχω ℓ = ℓ im

x→1+

f (x)(x −1)2

=f (1)

(1−1)2=

00

, οπότε

ℓ = ℓ im

x→1+

′f (x)[(x −1)2 ′]

= ℓ imx→1+

′f (x)2(x −1)(x −1 ′)

= ℓ imx→1+

ℓnx2(x −1)

=0/0 1

2ℓ imx→1+

( ℓnx ′)(x −1 ′)

⇒

⇒ ℓ =

12ℓ imx→1+

1

2 ℓnx⋅(ℓnx ′)

1=

12ℓ imx→1+

1

2x ℓnx⇒ ℓ =

14ℓ imx→1+

1x⋅

1

ℓnx

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

Είναι ℓnx > 0 , όταν x → 1+ , οπότε ℓ imx→1+

1

ℓnx= +∞ , άρα

ℓ =

14⋅11⋅(+∞)⇒ ℓ = +∞ .



1 ℓn ℓn2 +∞

′′h (x) - +

′h (x) 2 1

Άσκηση 40

α) Έστω η συνάρτηση

f (x) = ext dt

0

x

∫ , x ≥ 0 . Να δείξετε ότι:

Ι. είναι συνεχής στο 0. ΙΙ. είναι παραγωγίσιμη στο 0.

ΙΙΙ. είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞) .

β) Αν z = α+ βi , α<

12

, β ∈ !* , τότε να δείξετε ότι ισχύουν:

Ι. | z −1 | > | z | . ΙΙ.

| z | ⋅ex dx

0

|z|2−2α+1

∫ > | z −1 | ⋅ex dx

0

|z|2

∫ .

α) Ι. Επειδή η f ορίζεται στο [0,+∞) , πρέπει να δείξω ότι ισχύει

ℓ imx→0+

f (x) = f (0) = e0⋅t dt

0

0

∫ = 0⇔ ℓ imx→0+

f (x) = 0 .

Στο ολοκλήρωμα της f (x) , θέτω xt = u . Για x > 0 , είναι t =

1x⋅u⇒ dt =

1x

du .

Όταν t = 0 , τότε u = 0 , ενώ όταν t = x , τότε u = x 2 .

Άρα είναι

f (x) = eu 1x

du

0

x2

∫ ⇒ f (x) =1x

eu du

0

x2

∫ (1α)

Είναι

eu du

0

x2

∫ = [eu ]0x2

= ex2

−e0 = ex2

−1 , οπότε f (x) =

1x

(ex2

−1)⇒ f (x) =ex2

−1x

(1)

Επομένως, ℓ imx→0+

f (x) = ℓ imx→0+

ex2

−1x

=0/0

ℓ imx→0+

(ex2

−1 ′)(x ′)

= ℓ imx→0+

ex2

⋅(x 2 ′)1

= ℓ imx→0+

(2xex2

)⇒

⇒ ℓ im

x→0+f (x) = 2 ⋅0 ⋅e0 ⇒ ℓ im

x→0+f (x) = 0 .

ΙΙ. Είναι ′f (0) = ℓ im

x→0+

f (x)− f (0)x −0

= ℓ imx→0+

f (x)x

= ℓ imx→0+

ex2

−1xx

= ℓ imx→0+

ex2

−1x 2

.

Θέτω x2 = y . Όταν x → 0+ , τότε x > 0⇒ x 2 > 0⇒ y > 0⇒ y → 0+ , οπότε

′f (0) = ℓ im

y→0+

ey −1y

=0/0

ℓ imy→0+

(ey −1 ′)(y ′)

= ℓ imy→0+

ey

1= e0 ⇒ ′f (0) = 1 ,

που σημαίνει ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0.



ΙΙΙ. Για x > 0 , από την (1) έχω ′f (x) =

(ex2

−1 ′) ⋅x −(ex2

−1) ⋅(x ′)x 2

⇒

⇒ ′f (x) =

ex2

⋅(x 2 ′) ⋅x −(ex2

−1)x 2

=ex2

⋅2x ⋅x −ex2

+1x 2

⇒ ′f (x) =2x 2ex2

−ex2

+1x 2

.

Επειδή είναι x2 > 0 , για κάθε x > 0 , το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόσημο

του αριθμητή της.

Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = 2xex2

−ex2

+1 , η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο

[0,+∞)ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτή-

σεων, με ′g (x) = (2x 2 ′) ⋅ex2

+ 2x 2 ⋅(ex2′) −(ex2

′) = 4xex2

+ 2x 2ex2

⋅2x −ex2

⋅2x ⇒

⇒ ′g (x) = 2xex2

+ 4x 3ex2

⇒ ′g (x) = 2xex2

(1+ 2x 2) > 0 , για κάθε x > 0 .

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞) , οπότε από την ανίσωση x > 0 έχω ότι

g(x) > g(0)⇒ g(x) > 2 ⋅02 ⋅e0 −e0 +1⇒ g(x) > 0 , για κάθε x > 0 .

Επομένως είναι και ′f (x) > 0 , για κάθε x > 0 , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞) .

β) Ι. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει | z −1 |2 > | z |2⇔ (z −1)(z −1) > zz ⇔

⇔ zz −z −z +1 > zz ⇔−z −z +1 > 0⇔ z + z <1⇔ 2Re(z) <1⇔ 2α<1⇔ α<

12

,

που ισχύει από τα δεδομένα της άσκησης.

ΙΙ. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

| z | ⋅ ex dx

0

|z|2−2α+1

∫ > | z −1 | ⋅ ex dx

0

|z|2

∫ .

Είναι | z |2 −2α+1 = α2 + β2−2α+1 = (α2−2α+1)+ β2 = (α−1)2 + β2 = | z −1 |2 .

Άρα ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

| z | ⋅ ex dx

0

|z−1|2

∫ > | z −1 | ⋅ ex dx

0

|z|2

∫ (2)

Με την βοήθεια του τύπου της f από την σχέση (1α) του ερωτήματος (α), έχω ότι

f (| z |) =1

| z |⋅ ex dx

0

|z|2

∫ και

f (| z −1 |) =1

| z −1 |⋅ ex dx

0

|z−1|2

∫ ,

απ' όπου προκύπτουν

ex dx

0

|z|2

∫ = | z | ⋅f (| z |) και

ex dx

0

|z−1|2

∫ = | z −1 | ⋅f (| z −1 |) .

'Ετσι, συνεχίζοντας από την (2), ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

| z | ⋅ | z −1 | ⋅f (| z −1 |) > | z −1 | ⋅ | z | ⋅f (| z |) (3)



Στον μιγαδικό z = α+ βi , αφού β ∈ !* , είναι z ≠ 0 , οπότε | z | > 0 .

Επίσης, είναι z −1 = α+ βi−1 = (α−1)+ βi⇒ z −1≠ 0 , για τον ίδιο λόγο, άρα | z −1 | > 0

Έτσι, συνεχίζοντας από την (3), ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει

f (| z −1 |) > f (| z |) (4)

Στο ερώτημα α-Ι απέδειξα ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+∞) .

Οι αριθμοί | z −1 | , | z | ανήκουν στο διάστημα αυτό (αφού είναι θετικοί, όπως απέδειξα αμέ-

σως πριν), οπότε από την (4) ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει | z −1 | > | z | , που ισχύει, όπως

απέδειξα στο ερώτημα β-Ι.



Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης Γ Λυκείου (31-40)

Education

Transcript of Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης Γ Λυκείου (31-40)