λύσεις θεμάτων 1
ΘΕΜΑ 51
Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη στο r , παρουσιάζει ακρότατα στα σημεία 1 2 1 2x , x (x x )< και τέτοια
ώστε f (0) 0 , f (x) f (x) , x (1)′ ′′= = ∈ r και x
2
0F(x) t f (t)dt= ∫
α) από Θ.Fermat 1 2f (x ) f (x ) 0′ ′= = και άρα για την f ′ από Θ.Rolle υπάρχει ( )1 2ξ x , x∈ ώστε
(1)
f (ξ) 0 f (ξ) 0′′ = ⇔ = , άρα η fC τέμνει τον xx′ σε ένα τουλάχιστον σημείο.
β) [ ]x x x xx x2 2 2 2
000 0 0 0F(x) t f (t)dt t f (t)dt t f (t) 2 tf (t)dt x f (x) 2 tf (t) 2 f (t)dt′′ ′ ′ ′ = = = − = − + = ∫ ∫ ∫ ∫
[ ]x
x2 2 2
00
x f (x) 2xf (x) 2 f (t)dt x f (x) 2xf (x) 2 f (t) x f (x) 2xf (x) 2f (x)′ ′′ ′ ′ ′ ′= − + = − + = − +∫γ) από β) για 1x x= έχουμε 2
1 1 1 1 1 1 1 1F(x ) x f (x ) 2x f (x ) 2f (x ) 2x f (x )′ ′= − + = − , η εξίσωση γίνεται
( ) ( )2x f (x) 2f (x) 2xf (x) 0 F (x) 2x f (x) 2xf (x) 0 F(x) 2xf (x) 0′ ′′ ′ ′+ + = ⇔ + + = ⇔ + = , θεωρώντας
λοιπόν την H(x) F(x) 2xf (x)= + έχουμε 1 1 1 1 1 1 1 1H(x ) F(x ) 2x f (x ) 2x f (x ) 2x f (x ) 0= + = − + = ανάλογα
2H(x ) 0= , οπότε από Θ.Rolle υπάρχει ( )0 1 2x x , x∈ ώστε 0H (x ) 0′ =
δ) ( ) xf (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) ce′′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = για
1 2x x , x x= = έχουμε 2
2
x 22 x
f (x )f (x ) ce c
e= ⇔ = και 1 1 1 2
2
x x x x21 2x
f (x )f (x ) ce e f (x )e
e−= = =
ΘΕΜΑ 52
Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ με
α
0
f (t)dtf (α)
,α 0α 2
= >∫ και f (x) 0 , x 0′′ < >
f (x) 0 , x 0′′ < > άρα η ( ) [ )fστο 0,′ + ∞2 και η f κοίλη στο [ )0, + ∞
α) θεωρώντας x
0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ η σχέση που δίνεται γίνεται
F(α) F (α)
α 2
′= (1)
η ζητούμενη ισότητα γίνεται ( )f (α) 2f (x) 2F(x) f (α) 0′= ⇔ − = , άρα θεωρώντας g(x) 2F(x) f (α)x= −
έχουμε (1) αF (α)
g(0) 0 ,g(α) 2F(α) f (α)α 2 f (α)α f (α)α f (α)α 02
′= = − = − = − = άρα από Θ.Rolle για την g
υπάρχει ( )β 0,α∈ ώστε g (β) 0 f (α) 2f (β)′ = ⇔ ⇔ =L
β) ε: Ο(0,0)y f (γ) f (γ)(x γ) f (γ)γ f (γ) 0′ ′− = − → − = άρα η ζητούμενη ισότητα γίνεται
( ) ( )f (x)x f (x) 0 f (x)x f (x) x 2f (x) 0 xf (x) 2F(x) 0′ ′′ ′− = ⇔ + − = ⇔ − = οπότε θεωρώντας
h(x) xf (x) 2F(x)= − έχουμε (1)
h(0) 0 ,h(α) αf (α) 2F(α) αf (α) αF (α) αf (α) αf (α) 0′= = − = − = − = οπότε
από Θ.Rolle υπάρχει ( )γ 0,α∈ ώστε
h (γ) 0 f (γ)γ f (γ) 0′ ′= ⇔ ⇔ − =L
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 2
γ) έχουμε x
0h(x) xf (x) 2F(x) xf (x) 2 f (t)dt= − = − ∫ ,
( ) [ ]h (x) f (x)x f (x) , h (x) xf (x) 0, x (0,α), h 0,α′ ′ ′′ ′′ ′= − = < ∈ 2
xγ h (x) h (γ) 0 , x γ h (x) h (γ) 0′ ′ ′ ′< ⇔ > = > ⇔ < = άρα όπως
φαίνεται από τον πίνακα 0 xγ h(0) h(x) 0 h(x)< < ⇔ < ⇔ < , γ x α h(x) h(α) h(x) 0≤ < ⇔ > ⇔ > ,
άρα ( )h(x) 0, x 0,α> ∈α
0xf (x) 2 f (t)dt⇔ > ∫
δ) η ανισότητα γίνεται xα
2 2 2 22 2
0 0
F(x) F(α)α f (t)dt x f (t)dt α F(x) x F(α)
xα< ⇔ < ⇔ <∫ ∫ , θεωρώντας
( ]2
F(x)Η(x) , x 0,α
x= ∈ ,
x
20
4 3
f (x)x 2 f (t)dtF (x)x F(x)2x
Η (x) 0x x
−′ −′ = = >∫ από γ) άρα ( ]Hστο 0,α1
2 2
F(x) F(α)xα H(x) Η(α)
xα< ⇔ < ⇔ <
ΘΕΜΑ 53
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο r με f (x) 0≠ και 2
0f (x)dx 1=∫ , ( )xg(x) ln e ln x= − και
x x
1 2F(x) f (t)dt f (t)dt= +∫ ∫α) η εξίσωση γίνεται xf (x) 1 0− = , δεν προκύπτει από Θ.Bolzano άρα θεωρούμε παράγουσα αυτής δηλ.
την [ ]x
1H(x) tf (t)dt x , x 1,2= − ∈∫ για την οποία έχουμε
2
1H(1) 1 , H(2) tf (t)dt 2 1 2 1= − = − = − = −∫
άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )ξ 1,2∈ ώστε 1
Η (ξ) 0 ξf (ξ) 1 0 f (ξ)ξ
′ = ⇔ − = ⇔ =
β) η f διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον 1
f (ξ) 0ξ
= > είναι f (x) 0 , x> ∈ r , άρα αφού
g(x)
1f (t)dt 0=∫ πρέπει ( )x xg(x) 1 ln e ln x 1 e ln x e= ⇔ − = ⇔ − = , θεωρούμε xh(x) e ln x e= − − ,
x 0> , ( ) ( )x x2
1 1h (x) e , h (x) e 0 , hστο 0,
x x′ ′′ ′= − = + > + ∞1
x 0h (1) e 1 0 , lim h (x)
+→′ ′= − > = −∞ άρα υπάρχει μοναδικό 0x 1< ώστε
0h (x ) 0′ = , h(1) 0= , άρα η x 1= μοναδική λύση στο [ )0x , + ∞ ,
x 0lim h(x)
+→= +∞ ,
( )h
0 0x 1 h(x ) h(1) 0< ⇔ < =1
άρα υπάρχει μοναδική ρίζα στο
( )00, x , οπότε η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες.
γ) F (x) 2f (x) 0′ = > από β) άρα ( )Fστο1 r , η εξίσωση γίνεται
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 3
x 2 x x
1 x 1 2f (t)dt f (t)dt 0 f (t)dt f (t)dt 0 F(x) 0− = ⇔ + = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ ,
2
1F(2) f (t)dt 0= >∫ εφόσον f (t) 0> ,
2
1F(1) f (t)dt 0= − <∫ άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε 0F(x ) 0= κι εφόσον ( )Fστο1 r
είναι μοναδικό.
δ) 2 2f (x ) 0
1 1
1E f (x)dx f (x)dx
2
>
= ⇔ =∫ ∫ , 2 x x x
1 2 2 2
1F(x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt 2 f (t)dt
2= + + = +∫ ∫ ∫ ∫
x
2R(x) f (t)dt , R (x) f (x)′= =∫ και έχουμε
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1F(x)dx 2R(x) dx dx 2 R(x)dx
2 2 = + = + = ÷ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) [ ]2 2 2
2
11 1 1
1 1 1 1 12 x R(x)dx 2 xR(x) 2 xR (x)dx 2 0 2 xf (x)dx
2 2 2 2 2 ′ ′= + = + − = + + − = − ÷ ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 54
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0, + ∞ με f (1) 2 e= − , ( ) ( )x xe f (x) xf (x) e xf (x) x , x 0′+ + + = > και
x
1F(x) f (t)dt= ∫α) θεωρώντας x xg(x) xf (x) e , g (x) e f (x) xf (x)′ ′= + = + + και η ισότητα που δίνεται γίνεται
2 2 f (1) 2 e2 2 2 2
1c
2
1 x 1 xg (x)g(x) x g (x) g (x) c g (x) x 1
2 2 2 2
= −
=
′′ ′ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ÷ ÷ , g(x) 0≠ , g συνεχής ,
άρα διατηρεί πρόσημο , g(1) 2 0= > οπότε g(x) 0> και επομένως 2g(x) x 1= + και άρα
( )2 x
x 2 x 1 exf (x) e x 1 f (x) , x 0,
x
+ −+ = + ⇔ = ∈ + ∞
β) x 0
2 x 2 x 2 2xf (x) 0 x 1 e x 1 e 0 x 1 e>
< ⇔ + < ⇔ + − < ⇔ + < , [ )2x 2h(x) e x 1 , x 0,= − − ∈ + ∞
( ) ( ) [ )2xh (x) 2 e x 0, hστο 0,′ = − > + ∞1 , h
2x 2x 0 h(x) h(0) e x 1> ⇔ > ⇔ > +1
γ) ( )F (x) f (x) 0 , F′ = < 2 άρα και ''1 1''− , η εξίσωση γίνεται ln 2
1 ln(1 x) ln(1 x)x
ln 21 1 1
x
f (t)dt f (t)dt 0 f (t)dt f (t)dt+ +
+ = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ ( )F''1 1''ln 2 ln 2
F ln(1 x) F ln(1 x)x x
− ⇔ + = ⇔ + = ÷
Πρέπει x 0 , ln(x 1) 0 x 0> + > ⇔ > , θεωρώντας
( )2
ln 2 1 ln 2k(x) ln(1 x) , x 0 , k (x) 0 , k
x 1 x x′= + − > = + >
+1 κι εφόσον k(1) 0= η x 1= είναι μοναδική
λύση
δ) [ ]x x
α α
α xG(x) tF(t)dt F(t)dt , xα ,β
2
+= − ∈∫ ∫ , x
α
1α xG (x) xF(x) F(t)dt F(x)
2 2
+′ = − −∫ ,
( ) ( ) [ ]xαG (x) f (x) 0 , G , xα G (x) G (α) 0 , G στο α ,β
2
−′′ ′ ′ ′= < > ⇔ < =2 2
β β β β
α α α α
α β α βα β G(α) G(β) 0 tF(t)dt F(t)dt F(t)dt tF(t)dt
2 2
+ +< ⇔ > ⇔ > − ⇔ >∫ ∫ ∫ ∫Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 4
ΘΕΜΑ 55
Δίνονται οι μιγαδικοί z , w με 1
w 1 , z , z ,Re(zw) 0z
= ∉ + ∈ =r r και οι συναρτήσεις
x
1f (x) z xw x , x , F(x) f (t)dt= + − ∈ = ∫r
α) ( ) ( )z 21 1 1
z z z z z zz 1 0 z zή zz 1 z 1 z 1z z z
∉ + ∈ ⇔ + = + ⇔ ⇔ − − = ⇔ = = ⇔ = ⇔ = ÷ L
rr
β) ( ) ( )2 2 2 2z xw z xw z xw 1 2x Re(zw) x x 1 z xw x 1+ = + + = + + = + ⇔ + = + , 2f (x) x 1 x= + −
γ) ( )F (x) f (x) 0 , F′ = > 1 κι εφόσον F(1) 0= η x 1= είναι μοναδική, x 1 F(x) F(1) 0< ⇔ < = άρα
( ) [ ] ( )1 1 1 1 11 2 2
00 0 0 0 0
2 2 1E F(x)dx x F(x)dx xF(x) xf (x)dx F(1) x x 1dx x dx
3
−′= − = − = − + = − + + − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L
δ)
1 1u u
x x 21u2 2 x0 0 0 0
23x x u 0 u 03 3
f (t) 1dt f (t)dt u f (t)dt f (t)dt
1x xlim lim lim lim1 1 ημ u ημuημuημ ημx x u
+ +
=
→+∞ →+∞ → →
÷ ÷= = = ÷ ÷ ÷
∫ ∫ ∫ ∫
u0
00
DLHu 0 u 0
f (t)dtf (u)
lim lim 1ημu συνu+ +
÷
→ →= =
∫ , άρα
u
0
2 2u 0
f (t)dt1 1
lim 1 1ημu 1ημu
u
+→
÷ ÷= × = ÷ ÷ ÷
∫
ΘΕΜΑ 56
Δίνεται η συνάρτηση x 2
2 2α α
ln t ln tF(x) dt , 0α 2 και dt 0
1 t 1 t= < < =
+ +∫ ∫α) εφόσον η 2
ln t
1 t+ είναι συνεχής στο ( )0, + ∞ πρέπει α και x να ανήκουν στο ( )0, + ∞ , άρα
( )FD 0,= + ∞ , 1
G(x) F F(x) , x 0x
= − > ÷ 2
2
1ln 1 ln xxG (x) 0
1 x 1 x1x
′ ′ = − = = ÷ + +L , άρα G(x) c=
G(1) c F(1) F(1) c c 0= ⇔ − = ⇔ = , οπότε 1
F F(x)x
= ÷
β) F(α) 0 F(2)= = , οπότε από Θrolle υπαρχει ( )ξ α ,2∈ , ώστε F (ξ) 0′ =
2
lnξF (ξ) 0 0 ln ξ 0 ξ 1
1ξ′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ κι εφόσον α ξ 1< = θα είναι 0α 1< <
γ) 2
ln xF (x)
1 x′ =
+, F(α) 0= με ( ) ( )α 0,1 ,F∈ 2 άρα το α μοναδική
ρίζα στο ( )0,1 ,
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 5
F(2) 0= με ( ) ( )2 1, ,F∈ + ∞ 1 άρα το 2 μοναδική ρίζα στο ( )1, + ∞ , όμως από α) 1
F F(2) 02
= = ÷ άρα
πρέπει 1
α2
=
δ) 1
21
2
ln tF(1) dt
1 t=
+∫ κι εφόσον 2
ln t0
1 t<
+ όταν
1t ,1
2 ∈ ÷
θα είναι F(1) 0< , η ανίσωση γίνεται
( ) ( )β 1 0
22
F(β) ln x1 x F(β) β 1 ln x F (x)
β 1 1 x
− <′+ < − ⇔ > =
− + , από Θ.Μ.Τ. υπάρχει γ ( )0,β∈ ώστε
F(β) F(1)F (γ)
β 1
−′ =− , οπότε
β 1 0F(β) F(β) F(1) F(β)F (γ) F(β) F(1) F(β) F(1) 0
β 1 β 1 β 1
− <−′ < ⇔ < ⇔ − > ⇔ <− − − που ισχύει
ΘΕΜΑ 57
Δίνεται η f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [ ]0,1 με f (x) 0> , ( ]x
2
0f (x) f (x) f (t)dt , x 0,1′< ∈∫ , (1)
( ]x
0φ(x) ln f (t)dt , x 0,1= ∈∫ και φ(1) 0>
α) ( ) ( ]x
0F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0,Fστο 0,1 , F (x) f (x)′ ′′ ′= = > =∫ 1 και η (1) γίνεται
( ) 2F (x) F (x)F(x) (2)′ ′′< ,
F
x 0 F(x) F(0) 0> ⇔ > =1
άρα ( ) F (x)φ (x) ln F(x) 0
F(x)
′′′ = = > άρα ( )φ (0,1]1
( ) 2
2
F (x)F(x) F (x)φ (x) 0 από (2)
F (x)
′′ ′−′′ = > άρα ( )φ′ 1 και φ κυρτή στο ( ]0,1
β) α
0Ε 1 f (x)dx 1 F(α) 1= ⇔ = ⇔ =∫ , F(0) 0= ,
1
0F(1) f (t)dt 0= >∫ εφόσον f (t) 0> , θεωρώντας
[ ]x
0Η(x) f (t)dt 1 , x 0,1= − ∈∫ έχουμε
1
0Η(0) 1 0 , Η(1) f (t)dt 1 F(1) 1 0= − < = − = − >∫ εφόσον
φ(1) 0 ln F(1) 0 F(1) 1 F(1) 1 0> ⇔ > ⇔ > ⇔ − > άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α (0,1)∈ ώστε
Η(α) 0 F(α) 1= ⇔ = (3)
γ) για β x= η ανισότητα γίνεται x x 1
0 0 0f (t)dt (α 1)f (x) f (t)dt ln f (t)dt F(x) (α 1)F (x) F(x) ln F(1)′− − > × ⇔ − − > ⇔∫ ∫ ∫
( ) ( )F(x) 0
α 1 0
1 ln F(1) F (x)F(x) 1 ln F(1) (α 1)F (x) ln F(x) φ (x)
α 1 F(x)
>
− <
′− ′′ ′⇔ − > − ⇔ < = =− (4)
από Θ.Μ.Τ. για την φ υπάρχει ( )β α ,1∈ ώστε (3)φ(α) φ(1) ln F(α) ln F(1) ln F(1)
φ (β)α 1 α 1 α 1
− − −′ = = =− − −
οπότε η
(4) αρκεί να δείξουμε ότι α 1 01 ln F(1) ln F(1)
1 ln F(1) ln F(1) 1 0α 1 α 1
− <− −< ⇔ − > − ⇔ >− −
, που ισχύει.
δ) ( ]2x y
x y2
0 0 0f (t)dt f (t)dt f (t)dt , x , y 0,1
+ ÷ ≤ × ∈ ÷ ∫ ∫ ∫
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 6
Για x y= προφανής η ισότητα , αν x y< η ανισότητα γίνεται
2 x y x yF F(x) F(y) 2ln F ln F(x) ln F(y)
2 2
+ + ≤ × ⇔ ≤ + ⇔ ÷ ÷ x y
2φ φ(x) φ(y)2
+ ≤ + ÷ (ανισότητα
Jensen ) προκύπτει με εφαρμογή Θ.Μ.Τ. για την φ στα x y x y
x , , , y2 2
+ +
και φ κυρτή
ΘΕΜΑ 58
Δίνεται f συνεχής στο ( )0, + ∞ με x tx
f (x) f ( t )
1
1 1f (x) 1 e ln 2 1 1 e f (t)dt , x 0 , (1)
x t− − ′− + = − + + > ÷ ÷ ∫
α) με παραγώγιση προκύπτει
x x x xf (x) f (x) f (x) f (x)1 1 1 1
f (x) 1 e 1 e f (x) 1 e f (x) f (x) 1 ex x x x
− − − −′ ′ ′ ′ ′ ′− + + + = + ⇔ = + ⇔ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷
( )x x x
f (x) f (x) f (x )1 1 1f (x)e 1 e 1 e 1 c
x x x
′ ′ ′′⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ (2)
για x 1= , f (1)
f (1)
2από (1) , f (1) ln 2 1 2 2 2 c
ln(2 c) ln 2 1 ln 1e2 c 2 c 2
από (2) ,e 2 c f (1) ln(2 c)
= − + + ⇔ = + − + ⇔ = + ÷+ + = + ⇔ = +
με 2 c
k2
+ = , 1
ln k 1k
= − , ( ) ( )2
1 1 1h(x) ln x 1 , x 0 , h (x) 0 , h 0,
x x x′= − + > = + > + ∞1 κι εφόσον
h(1) 0= η x 1= μοναδική , άρα2 c
1 c 02
+ = ⇔ = , άρα από (2) x x
f (x) 1 1e 1 f (x) ln 1
x x = + ⇔ = + ÷ ÷
β) ( )( ) ( )2
1 1 1f (x) ln 1 , x 0 , f (x) 0 , f 0,
x x 1 x x 1
′ ′′ ′= = + − > = = − < + ∞ ÷ + +L L 2
xx 0lim f (x) , lim f (x) 0
+ →+∞→′ ′= = +∞ = =L L , άρα ( )( ) ( )f 0, 0,′ + ∞ = + ∞ οπότε ( )f (x) 0 , f′ > 1 άρα ''1 1''−
και επομένως αντιστρέψιμη (λύνεται και με Θ.Μ.Τ. για την f στο [ ]x , x 1+ )
DLHx 0 x 0 x 0 x 0
1ln 1
1 xxlim f (x) lim x ln 1 lim lim
1x x 1x
+ + + +
∞ ÷∞
→ → → →
+ ÷ = + = = = +∞ ÷ +
0
0
x x x DLH x
1ln 1
1 xxlim f (x) lim x ln 1 lim lim 1
1x x 1x
÷
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
+ ÷ = + = = = ÷ + , άρα ( )1f
f (A) A 0,1−= =
γ) από β) f (x) 0′′ < , άρα f κοίλη στο ( )0, + ∞ , ( )f (x) ln 2 f (x) f (1)g (x) f (ξ) 0 ,ξ 1, x
x 1 x 1
− −′ ′= = = > ∈− −
από
Θ.Μ.Τ. για την g στο [ ]1, x δηλ. ( ) ( )g 1, + ∞1 , ( ) 2
f (x)(x 1) f (x) f (1)g (x)
x 1
′ − − +′′ =− , με
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 7
( ) [ )φ(x) f (x)(x 1) f (x) f (1) , φ (x) f (x)(x 1) 0,φ 1 ,′ ′ ′′ ′= − − + = − < +∞2 , x 1φ(x) φ(1) 0> ⇔ < = , άρα
φ(x) f (x)(x 1) f (x) f (1) 0′= − − + < , οπότε g (x) 0′′ < και g κοίλη στο ( )1, + ∞ ή
Θ.Μ.Τ.
1 f (x) f (1)g (x) f (x)
x 1 x 1
÷− ÷′′ ′= − ÷ ÷− − ÷ ÷
144424443
δ) θεωρώντας ( )x
2015G(x) f (t)dt , G (x) f (x) 0 ,G′= = >∫ 1 άρα G ''1 1''− η εξίσωση γίνεται
( )1 1 1G G(2015) 2015 f (x) f (A) 0,1
f (x) f (x) 2015
= ⇔ = ⇔ = ∈ = ÷
, άρα υπάρχει α ( )0,∈ + ∞ ώστε
1f (α)
2015= κι εφόσον ( )f 1 μοναδικός
ΘΕΜΑ 59
Δίνεται f συνεχής με ( )x
22
0
f (t)f (x) 1 x 1 dt
1 t = + + ÷+ ∫ και
tx
21
f (x) eg(x) , F(x) dt
1 x f (t)= =
+ ∫α) 2
f (x)
1 x=
+
x x
20 0
f (t)1 dt g(x) 1 g(t)dt
1 t+ ⇔ = +
+∫ ∫ , οπότε xg (x) g(x) g(x) ce′ = ⇔ = ,
f (0) 1 , g(0) 1,c 1= = = άρα xg(x) e= και ( )2 xf (x) 1 x e= + , ( )2
2 xxx x x
1 xlim f (x) lim 1 x e lim
e−→−∞ →−∞ →−∞
+= + = =
x xDLH x DLH x
2x 2lim lim 0
e e
∞ ∞ ÷ ÷∞ ∞
− −→−∞ →−∞= = =
− , άρα η y 0 , (xx )′= οριζόντια ασύμπτωτη
β) xημx x ημx
ημx 0
x 0 x 0 x 0
g(x) g(ημx) e e e 1lim lim lim e e 1 0
xημx x ημx x ημx
−
→ → →
− − −= = = × =− − −
0xημx u(u xημx) 0
u
x 0 u 0 DLH u 0
e 1 e 1lim lim lim e 1
xημx u
÷− = −
→ → →
− −= = =−
γ) te
f (x) 0 , 0 ,f (t)
> > αν x 1< τότε [ ]tx
1
edt 0 F(x) 0 , x 0,1
f (t)< ⇔ < ∈∫ άρα
( ) [ ]x1 1 1 1 1
1
00 0 0 0 0
xeE F(x) 0 dx F(x)dx x F(x)dx xF(x) xF (x)dx F(1) dx
f (x)′ ′= − = − = − = − + = − + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )1 1
22 00
x 1 1dx ln x 1 ln 2
1 x 2 2 = = + = +∫
δ) θεωρώντας x 1
xH(x) f (t)dt
+
= ∫ η εξίσωση γίνεται 2H(x 1) H(ln x) , x 0− = > ,
H (x) f (x 1) f (x) 0′ = + − > , εφόσον ( ) 2xf (x) e x 1 0′ = + > , για x 1≠ − άρα ( )fστο1 r , οπότε ( )Η 1
στο r , δηλ. ''1 1''− οπότε 2x 1 ln x , x 0− = > , θεωρούμε 2
2 2x 1h(x) x ln x 1 , x 0 , h (x)
x
−′= − − > =
( )2
x 0 x 0lim h(x) lim x ln x 1
+ +→ →= − − = +∞
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 8
( )2 22 2x x x 0
ln x 1lim h(x) lim x ln x 1 lim x 1
x x+→+∞ →+∞ →
= − − = − − = +∞ ÷
2 2x DLH x x
1ln x 1xlim lim lim 0x 2x 2x
∞ ÷∞
→+∞ →+∞ →+∞= = = , ( )2 1
h ln 2 1 02 2
= − < ÷ ÷
( ) ( )1 2 1 2
2 2 1 1A 0 , , A , , h(A ) ln 2 1 , , h(A ) ln 2 1 ,
2 2 2 2
= = + ∞ = − + ∞ = − + ∞ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ,
1 20 h(A ) , 0 h(A )∈ ∈ άρα υπάρχουν 1 1 1 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1 2h(x ) 0 ,h(x ) 0= = κι εφόσον η h
γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα διαστήματα 1 2A , A είναι μοναδικά, άρα η εξίσωση έχει δύο
ακριβώς ρίζες.
ΘΕΜΑ 60
Δίνεται f παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο , f (x) 0≠r και
( ) 2 2x u
0 0
f (t) 2f (t)f (x) 1 dt du
f (t)
′ += + ÷ ÷
∫ ∫ , x ∈ r και x
0F(x) f (t)dt= ∫
α) θεωρώντας ( ) 2 2u
0
f (t) 2f (t)G(u) dt
f (t)
′ += ∫ έχουμε
x
0f (x) 1 G(u)du= + ∫ , άρα f (x) G(x)′ = ,
( ) ( ) ( )2 222 2
2
f (x) 2f (x) f (x)f (x) f (x)f (x) f (x)f (x) f (x) 2f (x) 2
f (x) f (x)
′ ′′ ′+ −′′ ′′ ′= ⇔ = + ⇔ = ⇔
( )f (0) 0 f (0) 1
2 2
f (0) 1 k 0
f (x) f (x) f (x)2x 2x c 2x ln f (x) x k ln f (x) x
f (x) f (x) f (x)
′ = =
= =
′′ ′ ′ ′⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ ÷
2xf (x) e⇔ = , f (x) 0≠ , συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f (0) 1 0= > θα ισχύει
f (x) 0> άρα 2xf (x) e=
β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )1 ln f (x)
f (x)f (t)dt F 1 ln f (x) F f (x) 0 F 1 ln f (x) F f (x)
+
= + − = ⇔ + =∫ ,
( )2xF (x)f (x) e 0 , F′ = > 1 , άρα F ''1 1''− και 1 ln f (x) f (x)+ = ,
οπότε θεωρώντας g(x) ln x 1 x= + − , έχουμε g(x) 0≤ με το '' ''= να
ισχύει μόνο για x 1= , άρα 2x 0 2f (x) 1 e e x 0 x 0= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
γ) θεωρώντας [ ]x
0h(x) x F(t)dt 1 , x 0,1= + − ∈∫ έχουμε h(0) 1 0= − < ,
1
0h(1) F(t)dt= ∫ ,
2te 0> , x 0>
, άρα 2
xt
0F(x) e dt 0= >∫ οπότε και
1
0h(1) F(t)dt 0= >∫ , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει α ( )0,1∈ ώστε
α
0h(α) 0 α F(t)dt 1= ⇔ + =∫ , ( ) ( )h (x) 1 F(x) 0 , x 0,1 , h′ = + > ∈ 1 άρα α μοναδικό
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 9
δ) η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )x
0f (t)dt 1 x f (x) F(x) 1 x F (x) F (x) 1 x 1 x F(x) 0′′ ′= − ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔∫
( )( )1 x F(x) 0′⇔ − = , άρα θεωρώντας την ( ) [ ]H(x) 1 x F(x) , x 0,1= − ∈ έχουμε H(1) 0,=
H(0) F(0) 0= = , από Θ. Rolle υπάρχει β ( )0,1∈ ώστε ( )β
0H (β) 0 f (t)dt 1 β f (β)′ = ⇔ ⇔ = −∫L (1)
( ) ( )2x 2Η (x) F (x) 1 x F(x) , H (x) F (x)(1 x) 2F (x) 2e x x 1 0′ ′ ′′ ′′ ′= − − = − − = − + − < και ( ) [ ]Hστο 0,1′ 2 ,
οπότε β μοναδικό
Από Θ.Μ.Τ. για την F στο [ ]α ,β υπάρχει ξ ( )α ,β∈ ώστε (1)F(β) F(0) (1 β)f (β)
F (ξ) f (ξ)β 0 β
− −′ = ⇔ =− (2)
( )
[ ](f 0,β ) (2) (f (β) 0) (β 0)1β 1 β 10ξ β f (ξ) f (β) f (β) f (β) 1 β
β β 2
> >
∗
− −< < ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ >1
( ) ( ) [ ]2xf (x) e 2x 0 , x 0 , fστο 0,β′∗ = > > 1
ΘΕΜΑ 61
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0, + ∞ με ( )2 2 1 f (x)x f (x) x 1 e 0 , x 0 , f (1) ln 2 1− −′ − − = > = − και οι
συναρτήσεις ( )x
x
e 1 2h(x) g(x) 1 , x , f h(x) ln , x 0
xe 1 e
−= − − ∈ = >+
r
α) ( )2
2 2 1 f (x) 2 1 f (x) 1 f (x)1 f (x) 2
x 1 1 1x f (x) x f (x)e x 1 f (x)e 1 e x
e x x+ + +
+
′− ′′ ′ ′= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔ ÷ 1 f (x) 1 ln 2 11
e x c , x 1 ,e 1 1 c c 0x
+ + −⇔ = + + = = + + ⇔ = , άρα
1 f (x) 1 1 1e x 1 f (x) ln x f (x) ln x 1
x x x+ = + ⇔ + = + ⇔ = + − ÷ ÷
β) ( )2
2
x 1f (x)
x x 1
−′ =+ ,
x 0 x 0
1lim f (x) lim ln x 1
x+ +→ →
= + − = +∞ ÷ ÷ ,
x x
1lim f (x) lim ln x 1
x→+∞ →+∞
= + − = +∞ ÷ ÷ ,
x 1f (1) lim f (x) ln 2 1 0
+→= = − <
1 1 2 2A (0,1] , f (A ) [ln 2 1, ) ,A (1, ] , f (A ) (ln 2 1, )= = − + ∞ = + ∞ = − + ∞ , 1 20 f (A ) , 0 f (A )∈ ∈ άρα
υπάρχουν 1 1 2 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1 2f (x ) 0 f (x )= = κι εφόσον η f γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα
1A και 2A θα είναι και μοαναδικά άρα η εξίσωση f (x) 0= έχει δύο ακριβώς θετικές ρίζες.
γ) ε: Ο(0,0) (ε) f (ξ)y f (ξ) f (ξ)(x ξ) f (ξ) f (ξ)ξ f (ξ)ξ f (ξ) 0 0
ξ∈
′ ′ ′ ′− = − →− = − ⇔ − = ⇔ = ÷
, θεωρώντας
[ ]1 2
f (x)k(x) , x x , x
x= ∈ έχουμε 1 2k(x ) k(x ) 0= = οπότε από Θ. Rolle υπάρχει ξ [ ]1 2x , x∈ ώστε
k (ξ) 0′ =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 10
δ) ( ) 2f h(x) ln ln 2 1 f (1)
e= = − = , όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών της f ισχύει f (1) ln 2 1= −
μόνο για x 1= άρα x x x
x x x
e 1 e 1 e (2x 1) 1h(x) 1 g(x) 1 1 g(x) 2 0
xe 1 xe 1 xe 1
− − + += ⇔ − − = ⇔ = + = >+ + +
x
x x1 1 1 1x
xx x0 0 0 0
x
e 1e 1 1 eeE g(x)dx 2 dx 2 dx 2 dx
xe 1xe 1 x ee
−
−
− ÷ − −= = + = + = + = ÷ ÷ ÷++ + ÷ ÷
∫ ∫ ∫ ∫x1
x0
(x e )2 dx
x e
−
−
′ + + = ÷+ ∫
( ) 1x
0
1ln x e 2x ln 1 2
e− = + + = + + ÷
ΘΕΜΑ 62
Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο στο r , f (0) 0= μόνο για x 0= , ( )∗
f (x) 0, x′′ ≠ ∈ r και h 0
f (2 h) f (2 3h)lim 8
h→
′ ′+ − − =
α)
0
0 f
h 0 DLH h 0συνεχής
f (2 h) f (2 3h) f (2 h) 3f (2 3h)lim lim f (2) 3f (2) 4f (2) 8 f (2) 2
h 1
÷ ′′
→ →
′ ′ ′′ ′′+ − − + + − ′′ ′′ ′′ ′′= = + = = ⇔ = ,
f (x) 0′′ ≠ και f ′′ συνεχής άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο κι εφόσον f (2) 2 0′′ = > θα ισχύει f (x) 0′′ >
άρα ( )fκαι ''1 1''′ −1 και f κυρτή στο r
β) η ανισότητα γίνεται ( )2x x 2x x x 3x x 2x x 3x 2xf (e ) e f (e ) e f (e ) f (e ) e f (e ) f (e ) f (e ) f (e )+ < + ⇔ − < − ,
παρατηρώντας επίσης ότι 2x x x x 3x 2x 2x xe e e (e 1) , e e e (e 1)− = − − = − , εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ. για την f στα x 2x 2x 3x[e ,e ] , [e ,e ] (για x 0> , έχουμε x 2x 3x0 x 2x 3x e e e< < < ⇔ < < ) , οπότε υπάρχουν
x 2x 2x 3x1 2ξ (e ,e ) , ξ (e , e )∈ ∈ ώστε ( )
2x x
1 x x
f (e ) f (e )f (ξ )
e e 1
−′ =− και ( )
3x 2x
2 2x x
f (e ) f (e )f (ξ )
e e 1
−′ =− (1)
( ) ( )x
x
2x x 3x 2x 3x 2x(1)f e 02x x
1 2 1 2 xx x 2x x e 1 0x 0
f (e ) f (e ) f (e ) f (e ) f (e ) f (e )ξ ξ f (ξ ) f (ξ ) f (e ) f (e )
ee e 1 e e 1
′ >
− >>
− − −′ ′< ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔− −
1
( )x 2x x 3x 2xe f (e ) f (e ) f (e ) f (e )⇔ − < −
γ) θεωρώντας x
0F(x) f (t)dt= ∫ έχουμε ( )
z 1ez 1
zzf (t)dt 0 F(zz) F e
−
−= ⇔ =∫ , F (x) f (x)′ = , όμως η f
συνεχής κι εφόσον η x 0= μοναδική λύση διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( )0, + ∞ άρα η
Fγνησίως μονότονη στο (0, ) και ''1 1''+ ∞ − οπότε x 1z x
z 1 2 x 120 x 2
ezz e x e 1
x
−=− −
< <= ⇔ = ⇔ = , θεωρώντας
( )x 1
2
eh(x) , x 0,2
x
−
= ∈ έχουμε ( )x 1
3
e x 2h (x) 0
x
− −′ = < για ( )x 0,2∈ άρα h ( )1 κι εφόσον h(1) 1= η
x 1= είναι μοναδική λύση, οπότε z 1= και ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των
αξόνων και ακτίνα 1δ) η εξίσωση γίνεται
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 11
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x 1 x 1 x 1 x 1 x 1e 1 f (x) x e f (x) e x f (x) x e f (x) 0 e x f (x) 0− − − − − ′′′ ′− = − ⇔ − − − = ⇔ − = ,
άρα θεωρώντας την ( )x 1H(x) e x f (x) , x [0,1]−= − ∈ έχουμε 1
H(0) f (0) 0 , H(1) 0 f (1) 0e
= = = × = , άρα
από Θ.Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε H (α) 0′ =
( )∗ η συνθήκη f (x) 0> που δίνεται στις υποδείξεις δεν μπορεί να προκύψει από τα δεδομένα γιατί η
συνάρτηση π.χ. 2f (x) x 4x= − τηρεί όλες τις προϋποθέσεις αλλά ( )f (x) 0για x 0,2< ∈
ΘΕΜΑ 63
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0, + ∞ με ( ) ( )x
yf (t)dt x y f xy , xy 0= − >∫ και η ευθεία
ε : 2x y 2 0− − = εφαπτομένη της fC στο 0x 1= και 1
xg(x) f (x)e=
α) εφόσον η ε εφαπτομένη της fC στο 0x 1= έχουμε ότι f (1) 0και f (1) 2′= = , παραγωγίζοντας ως
προς x έχουμε ( ) ( ) ( ) yf (x) f xy x y f xy
2 xy′= + − και θέτοντας όπου y το
1
x προκύπτει
2
1 1 1f (x) f (1) x f (1) 1
x x x ′= + − = − ÷
β) ( )1
u 01 x2 ux
2 u ux 0 x 0
1lim g(x) lim 1 e lim 1 u e
x+ +
= >
→+∞ →+∞→ →
= − = − = −∞ ÷ άρα η ευθεία x 0 (yy )′= κατακόρυφη
( )1
u 01 x2 ux
2x x u 0 u 0
1lim g(x) lim 1 e lim 1 u e 1
x + +
= >
→+∞ →+∞ → →
= − = − = ÷ , άρα η ευθεία y 1= οριζόντια στο +∞
γ) g(x) 0 f (x) 0 x 1 , x 0= ⇔ = ⇔ = > άρα 1 12 2 2x x
2 21 1 1
θετικό στο (1,2)
1 1E g(x) dx 1 e dx 1 e dx
x x = = − = − ÷ ÷ ∫ ∫ ∫14243
, το
ολοκλήρωμα δεν “υπολογίζεται” άρα1 12 x 0
4x x4
x 2x 1g (x) e , x 0,e 0 ,g (x) 0 x 1 2 2
x
>− + +′ ′= = > > = ⇔ = + >L , άρα [ ]g (x) 0, x 1,2′ > ∈ και
[ ]g( )στο 1,21 , οπότε 3
1 x 2 g(1) g(x) g(2) 0 g(x) e4
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ κι εφόσον το '' ''= δεν ισχύει
παντού 2 2
1 1
3 30 g(x)dx edx E e 4E 3 e
4 4< < ⇔ < ⇔ <∫ ∫
δ)
1 11 1 1 u 1 u
x x 1u 0
x1 1 1 1
1 1 uux x u 0 u 0 u 0x x
g(t) 1dt g(t)dt u g(t)dt g(t)dt
x xlim lim lim lime 1e 1
e 1 e 1u
+ + +
+ + + +
= >
→+∞ →+∞ → → →= = = =
−−− −
∫ ∫ ∫ ∫ 0
01
= εφόσον
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 12
0
u 1 u0u
DLHu 0 u 0 1
e 1lim lim e 1 , g(t)dt
u+ +
÷ +
→ →
− = = ∫ συνεχής ως παραγωγίσιμη άρα 1 u 1 0
u 0 1 1lim g(t)dt g(t)dt 0
+
+ +
→= =∫ ∫
ΘΕΜΑ 64
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο r με f (0) 1= − και ( )x 1f (x)
2xe 1 f (x) , x
e+ ′+ = ∈ r και
x
0F(x) f (t)dt= ∫
α) ( ) ( ) ( )x 1 x 1 x 1 f (x ) x 1 f (x) x 1 f (x) 2f (x)
2e e f (x) e e e f (x)e 2x e e x
e+ + + + +′ ′ ′′ ′+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔
x 1 f (x) 2e x c ,+ +⇔ = + ( )x 1 f (x) 2 2f (0) 1 c 1 , e x 1 f (x) ln x 1 x 1+ += − ⇔ ⇔ = = + ⇔ = + − −L , x ∈ r
β) ( ) 2
2
x 1f (x)
x 1
−′ = −
+, ( ) ( )fστο Α ,= −∞ + ∞1 , x
lim f (x)→−∞
= +∞
( )2
x x
ln x 1 1lim f (x) lim x 1
x x→+∞ →+∞
+ ÷= − − = −∞ ÷
εφόσον
( )2
2x DLH x x
ln x 1 2x 2lim lim lim 0
x x 1 x
∞ ÷∞
→+∞ →+∞ →+∞
+= = =
+ άρα f (A) = r ,
f ''1 1''− άρα ( ) ( )24 2
x x 2 4 2 2 22
x 2x 2e ln x 2x 2 ln x 6x 10 x x 2
x 6x 10− −+ + = ⇔ + + − + + = − − ⇔
+ +
( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2ln x 1 1 x 1 1 ln x 3 1 x 3 1 f x 1 f (x 3)⇔ + + − + − = + + − + − ⇔ + = + ⇔
2x 1 x 3 x 2ή x 1⇔ + = + ⇔ = = −
γ) ( ) ( )
( ) 22
2 x 1 x 1f (x)
x 1
+ −′′ = −
+ f ( 1) ln 2 , f (1) ln 2 2− = = −
1ε : y f ( 1) f ( 1)(x 1) y 2x 2 ln 2′− − = − + ⇔ = − − +
2ε : y f (1) f (1)(x 1) y ln 2 2′− = − ⇔ = −
οι δύο ευθείες τέμνονται στο στο σημείο M(0, ln 2 2)− yy′∈δ) η ανισότητα γίνεται
( )3 2x 0
3 2 2 3 2 2 2F(x ) F(x )xF(x) F(x ) xF(x ) F(x ) F(x ) F(x ) x F(x ) F(x) F(x ) F(x)
x
> −+ < + ⇔ − < − ⇔ < − ⇔
2
3 2 2x 1
3 2 2x x 0
F(x ) F(x ) F(x ) F(x)
x x x x
>
− >
− −⇔ <− −
(1) από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )2 2 31 2ξ x , x , ξ x , x∈ ∈ ώστε
2 3 2
1 22 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )f (ξ ) , f (ξ )
x x x x
− −′ ′= =− −
, ( )f
2 31 2 1 21 xξ x ξ x f (ξ ) f (ξ )′ ′< < < < < ⇔ > ⇔
2
2 3 2
2 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )
x x x x
− −>− −
που είναι η (1)
ΘΕΜΑ 65
Δίνεται η συνάρτηση x
20
dtf (x)
1 t=
+∫Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 13
α) ( )2
1f (x) 0 , f
1 x′ = >
+1 , αν
π πx ,
2 2 ∈ − ÷
έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )22 2
1 1fεφx συν x f εφx 1 f εφx εφx 1 f εφx x
1εφ x συν x′′ ′′ ′ ′= = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
+f (εφx) x c , f (0) 0 c 0= + = ⇔ = άρα f (εφx) x=
β) f
0 x 1 f (0) 0 f (x)≤ ≤ ⇔ = ≤1
, οπότε 2
π π1 xεφt
4 4
210 0 0dx dtσυν t
1E f (x)dx f (εφt) dt t(εφt) dt
συν t
=
=′= = = =∫ ∫ ∫ =
[ ] [ ]π π4 4
π
4
0 00
π π 1tεφt εφtdt ln(συνx) ln 2
4 4 2= − = + = = −∫ L ή
εφόσον f αντιστρέψιμη ως γνησίως αύξουσα θα ισχύει 1f (εφx) x f (x) εφx−= ⇔ = οπότε
( ) [ ]11 1 1 u f (x) f (u) x
1
0 du f (x)dx0 0 0E f (x)dx x f (x)dx xf (x) xf (x)dx
−= ⇔ =
′=′ ′= = = − =∫ ∫ ∫
π
4 1
0f (1) f (u)du−− =∫
π
4
0
π π 1εφudu ln 2
4 4 2= − = = −∫ L
γ) { {
2 2
2
x x 22 2x
( )( )
1 1 1e e 1 x
1 x 1 xe−
++
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥ ++ + που ισχύει αν στην xe x 1≥ + (1) θέσουμε όπου x το 2x
21 1
t2
0 0
1π πe dt dt f (1) fεφ
1 t 4 4− < = = = ÷+ ∫ ∫ , από (1) θέτοντας όπου x το 2t− έχουμε
2t 2e t 1− ≥ − + οπότε
( )2
131 1t 2
0 00
t 2e dt t 1 dt t
3 3−
> − + = − + = ∫ ∫ , οι ανισότητες ισχύουν γνήσια για τα ολοκληρώματα διότι το
'' ''= στις αντίστοιχες ανισότητες για τις συναρτήσεις δεν ισχύει παντού.
δ) [ ]1
0
πg : 0,1 , tg(t)dt
4→ >∫r , η ανισότητα γίνεται
( )3 22
1θ g(θ) θg(θ) 1 θg(θ) θ 1 1 θg(θ)
θ 1+ > ⇔ + > ⇔ >
+ , θεωρώντας
x
20
1Η(x) tg(t) dt
t 1 = − ÷+ ∫ από
Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )θ 0,1∈ ώστε
1 1 1
2 20 0 0
Η(1) Η(0) 1 1 πΗ (θ) θg(θ) tg(t)dt dt tg(t)dt 0
1 0θ 1 t 1 4
−′ = ⇔ − = − = − >− + +∫ ∫ ∫ 2
1θg(θ)
θ 1⇔ >
+
ΘΕΜΑ 66
Δίνεται f δύο φορές παραγωγίσιμη με f (0) f (0) 0′= = , 2f (x) 2xf (x) 2f (x) 6x , x′′ ′− = + ∈ r και 3 2g(x) 16x 36x 24x 5= − + −
α) ( ) ( )2 3 3f (x) 6x 2f (x) 2xf (x) f (x) 2x 2xf (x) f (x) 2x 2xf (x) c′ ′′′ ′ ′− = + ⇔ − = ⇔ − = + , από
f (0) f (0) 0′= = προκύπτει c 0= , οπότε
( )2 2 2 2 23 3 x x 3 x x 3 xf (x) 2x 2xf (x) f (x) 2xf (x) 2x e f (x) e 2xf (x) 2x e e f (x) 2x e− − − − −′′ ′ ′− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 14
2 2 22 2
2 2 2x x x xu t x3 t u u u u 2 x x
0du 2tdt0 0 0 02t e dt ue du u(e ) du ue e du x e e 1
− − −=− −− − −
=−′ = = = − = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ , άρα
( ) ( )2 2 2 2 2 2x 2 x x x 2 x xe f (x) x e e 1 e f (x) x e e 1 k− − − − − −′ ′= − − + ⇔ = − − + + , από f (0) 0′ = προκύπτει k 0= άρα
2 2 2 2x 2 x x x 2e f (x) x e e 1 f (x) e x 1− − −= − − + ⇔ = − −β) η ανίσωση γίνεται
( ) ( )xx ln 2 x ln 2 x ln 2
x x ln 2x
0 0 0 0 0 02 1 1
1 e1 e f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt e 1 f (t)dt e 1 f (t)dt
e
−−
−− =
−− > ⇔ > ⇔ − > − ÷ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫123
θεωρώντας x
x
0G(x) (e 1) f (t)dt= − ∫ , έχουμε G(x) G(ln 2)> (1),
xx x
0G (x) e f (t)dt (e 1)f (x) , x 0′ = + − >∫
θέτοντας όπου x το 2x στην xe x 1 , x 0> + > έχουμε 2 2x 2 x 2e x 1 e x 1 0 f (x) 0> + ⇔ − − > ⇔ > οπότε
για x
x x
0x 0 , e 0 , e 1 0 , f (t)dt 0 , f (x) 0> > − > > >∫ άρα
( ) ( )G (x) 0 , Gστο 0,′ > + ∞1 και από (1) έχουμε x ln 2>
γ) xe x 1 , x≥ + ∈ r και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= , άρα
2x 2e x 1 f (x) 0 , x 0> + ⇔ > ≠ κι εφόσον f (0) 0= έχουμε f (g(x)) 0 g(x) 0= ⇔ = ,
2 1g (x) 24(2x 3x 1) 0 x 1ή x
2′ = − + = ⇔ = =
( )1 2 3
1 1A , , A ,1 , A 1,
2 2 = −∞ = = + ∞ ÷
και ( ) [ ] ( )1 2 3g(A ) ,0 , g(A ) 1,0 , g(A ) 1,= −∞ = − = − + ∞ κι
εφόσον 2 30 g(A ) , 0 g(A )∈ ∈ έχει δύο ρίζες (το 1
2 διπλή και το
5
4)
δ) F (x) f (x) 0′ = ≥ και το '' ''= ισχύει μόνο για x 0= άρα ( )Fκαι ''1 1'' −1 οπότε
F''1 1''
F(x) 0 F(1) x 1−
= = ⇔ = , ( )F
0 x 1 F(x) F(1) 0≤ ≤ ⇔ ≤ =1
άρα
( ) [ ]1 1 1
1
00 0 0
E F(x)dx x F(x)dx xF(x) xf (x)dx′= − = − = − + =∫ ∫ ∫ ( )21
x 3
0F(1) xe x x dx− + − − =∫
2
14 2x
0
1 x x e 5e
2 4 2 2 4
= − − = −
ΘΕΜΑ 67
Δίνεται f παραγωγίσιμη στο ( )0, + ∞ με f (1) 2ln 2= και ( )2x x f (x) xf (x) x 1 , x 0′+ = − − >
α) ln(x 1) ln(x 1) ln(x 1)2 2
xf (x) x 1 1 1 1 1f (x) f (x) f (x) e f (x) e f (x) e
x x x x x 1 x x 1 x− + − + − ++′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔
+ + + +
( )A 1
ln(x 1)
B 1
1 f (x) A B f (x) 1 1f (x)e
x(x 1) x 1 x x 1 x 1 x x 1
=− +
=−
′ ′ ′⇔ = − ⇔ = − + ⇔ = − − ⇔ ÷ ÷ ÷ ÷+ + + + +
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 15
( ) ( )f (x) f (x) 1 f (x) 1ln(x 1) ln x ln 1 ln 1 c
x 1 x 1 x x 1 x
′′ ′ ′ ′⇔ = + − ⇔ = + ⇔ = + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷+ + + ,
f (1) 2 ln 2 c 0= ⇔ = , οπότε ( ) 1f (x) x 1 ln 1
x = + + ÷
β) x 0 x 0
1lim f (x) lim (x 1) ln 1
x+ +→ →
= + + = = +∞ ÷ L άρα η x 0 (yy )′= κατακόρυφη ασύμπτωτη
0
0
x x DLH x
1ln 1
1 x 1xlim (x 1) ln 1 lim lim 1
1x xx 1
÷
→+∞ →+∞ →+∞
+ ÷ + + + = = = = ÷ +
L , άρα η y 1= οριζόντια ασύμπτωτη
1u 1 1
x1 1f (x) ln 1 ln u u 1 0
x x
= + > ′ = = + − = − + < ÷
L ( ln u u 1 , u 0≤ − > με το '' ''= μόνο για u 1= ) άρα
( ) ( )fστο 0, + ∞2 και ( )f (A) 1,= + ∞
γ) η εξίσωση γίνεται ( )2 2 2
x 1 x 1 x 12
xe x 1 xe x 1 ln xe ln x 1 ln x ln(x 1)x 1
+ + +
− = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ + = + ⇔ ÷ +
( ) ( )2 x 1 1ln(x 1) ln x x 1 ln 2 x 1 ln 1 2 f (x) 2
x 1 x x
+ ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ + + = ⇔ = ÷ ÷+ κι εφόσον 2 f (A)∈
από β) και x 0lim f (x) , f (1) 2ln 2 2
+→= +∞ = < υπάρχει μοναδικό 0x (0,1)∈ ώστε 0f (x ) 2= . Θεωρώντας
την x
2G(x) f (t)dt , G (x) f (x) 0′= = >∫ , άρα ( )Gκαι ''1 1'' −1 , η εξίσωση γίνεται
f (x)
2f (t)dt 0= ⇔∫
G(f (x)) G(2) f (x) 2⇔ = ⇔ = , που έχει μοναδική λύση την 0x
δ) εφόσον ( ) ( )G(f (x) G f (x) f (x) f (f (x))f (x)′ ′ ′ ′= = η εξίσωση γίνεται
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f (x)
2f (t)dt 1 x f (f (x))f (x) G(f (x)) 1 x G(f (x) x 1 G(f (x)) x 1 G(f (x) 0′ ′ ′′= − ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔∫
( )( )x 1 G(f (x) 0′⇔ − = οπότε θεωρώντας [ ]0H(x) (x 1)G(f (x)), x x ,1= − ∈ έχουμε H(1) 0= και
0f (x ) (γ)
0 0 0 02
H(x ) (x 1)G(f (x )) (x 1) f (t)dt 0= − = − =∫ άρα από Θ.Rolle υπάρχει ( )0ξ x ,1∈ ώστε Η (ξ) 0′ =
ΘΕΜΑ 68
Δίνεται f παραγωγίσιμη με f (x) 0≠ , x ∈ r , η fC τέμνει τον θετικό ιμιάξονα Οy δηλ. f (0) 0> και
f (x) 0′ < δηλ. ( )fστο2 r και x
1
f (t)g(x) dt
f (x)= ∫
α) εφόσον f (x) 0≠ και η f συνεχής ως παραγωγίσιμη , θα διατηρεί
σταθερό πρόσημο κι αφού f (0) 0> θα ισχύει f (x) 0 , x> ∈ r , θεωρώντας
( )x
1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0 , Fκαι F ''1 1''′= = > −∫ 1 , οπότε η g γίνεται
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 16
1
g(x) F(x)f (x)
= κι εφόσον f (x) 0> το πρόσημο και οι ρίζες της g προκύπτουν από ρίζες και πρόσημο
της F δηλ. F''1 1''
F(x) 0 F(1) x 1−
= = ⇔ = , F
x 1 F(x) F(1) 0> ⇔ > =1
, F
x 1 F(x) F(1) 0< ⇔ < =1
β) η εξίσωση γίνεται ( ) ( )
x x
1 1
22
f (t)dt f (x) f (t)dtF(x) F (x)F(x)
1 1f (x) 2 x f (x) F (x)(2 x) F (x)
′′′
= − ⇔ = − ⇔′− − ′
∫ ∫
( )( )
2
2
F (x) F (x)F(x)g(x) g(x)g (x) g(x) (2 x)g (x) g(x)(x 2) (x 2)g (x) 0
2 x 2 xF (x)
′ ′′−′ ′ ′ ′⇔ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ − + − = ⇔
− −′
( )g(x)(x 2) 0′⇔ − = , οπότε θεωρώντας [ ]H(x) g(x)(x 2) , x 1,2= − ∈ έχουμε H(2) 0 ,=
H(1) g(1) 0= − = και άρα από Θ. Rolle υπάρχει ( )α 1,2∈ ώστε
Η (α) 0′ = ⇔ ⇔L
( )
α
1
f (t)dt
f (α) 2 α=
−∫
α
1
2
f (α) f (t)dt1
f (α)
′−
∫
γ) θεωρούμε x
1h(x) f (x) f (t)dt xf (x) , x= + − ∈∫ r ,
h (x) f (x) f (x) f (x) xf (x) f (x)(1 x)′ ′ ′ ′= + − − = − κι εφόσον f (x) 0′ <όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η h για x 1= έχει ολικό
ελάχιστο άρα x
1h(x) h(1) f (x) f (t)dt xf (x)≥ ⇔ + ≥∫
Από την παραπάνω ανισότητα κι εφόσον το '' ''= ισχύει μόνο για x 1= με ολοκλήρωση έχουμε
( )1 1 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0f (x)dx F(x)dx xf (x)dx f (x)dx x F(x)dx xf (x)dx′+ > ⇔ + > ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
[ ]1 1 1 1 1 1
1
00 0 0 0 0 0
f (x)dx xF(x) xf (x)dx xf (x)dx 2 xf (x)dx f (x)dx 2 xf (x)dx F(0)⇔ + − > ⇔ < ⇔ < −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,
όμως για την F από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )ξ 0,1∈ ώστε F(1) F(0)
F (ξ) f (ξ) F(0)1 0
−′ = ⇔ = −−
κι εφόσον ( )f 2 ,
ξ 0 f (ξ) f (0) F(0) f (0)> ⇔ < ⇔ − < οπότε 1
02 xf (x)dx F(0) f (0)< − <∫
δ) η εξίσωση γίνεται
1
10
0
f (0) 2 xf (x)dxf (x)
xf (0) 2x xf (x)dx f (x)(1 x) 01 x x
−= ⇔ − − − =
−∫ ∫ , οπότε
θεωρώντας [ ]1
0G(x) xf (0) 2x xf (x)dx f (x)(1 x) , x 0,1= − − − ∈∫ , έχουμε G(0) f (0) 0= − < και
1
0G(1) f (0) 2 xf (x)dx 0= − >∫ από γ) , άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 0,1∈ ώστε 0G(x ) 0=
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 17
ΘΕΜΑ 69
Δίνεται f συνεχής στο [ )0, + ∞ και παραγωγίσιμη στο ( )0, +∞ με xf (x )xf (x) 2xe f (x) , x 0−′ = − > και
[ )2g(x) x f (x) , x 0,= ∈ + ∞
α) xf (x) xf (x ) xf (x) xf (x)xf (x)
2xxf (x) f (x) xf (x)e 2x f (x)e xf (x)e f (x)e 2x
e′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔
( ) ( ) ( ) ( )xf (x) xf (x) xf (x) 2 xf (x) 2e xf (x) f (x) 2x e xf (x) 2x e x e x c′ ′′′⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + , f συνεχής στο 0
άρα x 0lim f (x) f (0)
+→= και ( )xf (x) 2 0 f (0)
x 0 x 0lim e lim x c e c c 1
+ +
×
→ →= + ⇔ = ⇔ = άρα
2ln(1 x )f (x) , x 0
x
+= > και
εφόσον
02 0
2DLHx 0 x 0 x 0
ln(1 x ) 2xf (0) lim f (x) lim lim 0
x 1 x+ + +
÷
→ → →
+= = = =+
έχουμε
2ln(1 x ), x 0
f (x) x0 , x 0
+ >= =
β) κατακόρυφη δεν έχει εφόσον f συνεχής στο [ )0, + ∞ ,
2
2 2x x DLH x x x
ln(1 x ) 2x 2x 2lim f (x) lim lim lim lim 0
x 1 x x x
∞ ÷∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞
+= = = = =+
άρα η y 0(xx )′= οριζόντια
( ) ( ) ( )( )
2 2 2 22
2 2 2
2xx ln x 1 2x x 1 ln x 1x 1f (x)
x x x 1
− + − + ++′ = =+
, θεωρώντας ( ) ( )2 2 2h(x) 2x x 1 ln x 1 , x 0= − + + >
έχουμε ( )( )2h (x) 2x 1 ln x 1 0 x e 1′ = − + = ⇔ = − ,
( ) ( ) ( ) ( )1 1x e 1x 0
A 0, e 1 ,h A lim h(x) , lim h(x) 0,e 2+ → −→
= − = = − ,
) ( ) ( )( ( ]2 2 xA e 1, , h A lim h(x) , h e 1 ,e 2
→+∞= − + ∞ = − = −∞ −
0 2h(A )∈ άρα υπάρχει 0x e 1> − ώστε 0 0h(x ) 0 f (x ) 0′= ⇔ = με
0x μοναδικό. h
0 0x x e 1 h(x) h(x ) f (x) 0′> > − ⇔ < ⇔ <2
,
h
0 0e 1 x x h(x) h(x ) f (x) 0′− ≤ < ⇔ > ⇔ >2
,
0 x e 1< < − τότε εφόσον ( )1h(A ) 0,e 2= − ,
h(x) 0 f (x) 0′> ⇔ > , οπότε όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών η f για 0x x= έχει μέγιστο κι
εφόσον xf (0) 0 , lim f (x) 0
→+∞= = έχει για x 0= ελάχιστο.
γ) θεωρώντας [ ]x
ln 2H(x) f (x) 2(x 1) , x 0,1
e x= + − + ∈
− έχουμε
ln 2
H(0) 2 ln 2 0 , H(1) ln 2 0e 1
= − + < = + >−
οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε Η
α
ln 2Η(α) 0 f (α) 2 2α
eα= ⇔ = − −
−
δ) θεωρώντας ( )xe
x 1F(x) g(t)dt , x 0, e 1
+= ∈ −∫ η εξίσωση γίνεται F(x) F(1) 0 F(x) F(1)− = ⇔ = (1)
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 18
x xF (x) g(e )e g(x 1)′ = − + , 2
0g (x) 2xf (x) x f (x) , 0 x e 1 x′ ′= + < < − < , άρα από β) 2x, x , f (x), f (x) 0′ >
οπότε ( )g (x) 0,g′ > 1 και θεωρώντας γνωστό ότι xe x 1 , x 0> + ≠ έχουμε x
x
g(e ) g(x 1) 0
x 0 ,e 1 0
> + >
> > > άρα ( )x xg(e )e g(x 1) F (x) 0 , Fκαι ''1 1''′> + ⇔ > −1 οπότε από (1) x 1=
μοναδική λύση
ΘΕΜΑ 70
Δίνεται η f παραγωγίσιμη στο [ )1, + ∞ με 1
1
x
f (x) 0 , f (x) 2x f (xt)dt , x 1′ ≠ > >∫ και
( ) ( ) 11 2 1 2
2
f (x )2 f (x ) f (x ) ln f (x )f (x ) 2 ln
f (x )− = + για κάθε 1 21 x x< <
α) 1
u xt , du xdt , t u 1 , t 1 u xx
= = = → = = → = , οπότε 1 1 x
1 11
x x
x f (xt)dt xf (xt)dt f (u)du= =∫ ∫ ∫ και
θεωρώντας x
1F(x) f (u)du , F (x) f (x)′= =∫ έχουμε
1
1
x
f (x) 2x f (xt)dt F (x) 2F(x)′> ⇔ > ⇔∫( )2x 2x 2xF (x) 2F(x) 0 e F (x) 2e F(x) 0 e F(x) 0− − − ′′ ′− > ⇔ − > ⇔ > οπότε αν 2xG(x) e F(x)−= τότε G (x) 0′ >
και ( )G 1 στο [ ) 2x1, , x 1 G(x) G(1) e F(x) 0 F(x) 0−+ ∞ > ⇔ > ⇔ > ⇔ > , οπότε f (x) 2F(x) 0> >
β) ( ) ( )1 zz
2
3 zf (t)dt 0 F 1 zz F 3 z 1 zz 3 z z z 2 0 z 2
+
+= ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − + = ⇔ =∫ , εφόσον
F (x) f (x) 0′ = > από α) και άρα F( )και ''1 1''−1 , άρα κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και
ακτίνα 2.
γ) ( ) ( ) 11 2 1 2
2
f (x )2 f (x ) f (x ) ln f (x )f (x ) 2 ln
f (x )− = + ⇔
[ ] ( )1 2 1 2 1 22f (x ) 2f (x ) ln f (x ) ln f (x ) 2 ln f (x ) ln f (x )⇔ − = + + − ⇔2 2
1 2 1 2 1 22f (x ) 2f (x ) ln f (x ) ln f (x ) 2ln f (x ) 2ln f (x )⇔ − = − + − ⇔2 2
1 1 1 2 2 2ln f (x ) 2 ln f (x ) 2f (x ) ln f (x ) 2ln f (x ) 2f (x )⇔ + − = + − , οπότε θεωρώντας
[ ]21 2H(x) ln f (x) 2ln f (x) 2f (x) , x x , x= + − ∈ έχουμε 1 2H(x ) H(x )= και από Θ.Rolle υπάρχει
( )0 1 2x x , x∈ ώστε 0 0
0 0 00 0
f (x ) f (x )H (x ) 0 2ln f (x ) 2 2f (x ) 0
f (x ) f (x )
′ ′′ ′= ⇔ × + − = ⇔
( )0f (x ) 0
00 0 0 0 0 0
0
2f (x )ln f (x ) 1 f (x ) 0 ln f (x ) 1 f (x ) 0 ln f (x ) f (x ) 1
f (x )
′ ≠′⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = − κι εφόσον ισχύει
ln x x 1≤ − με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= προκύπτει ότι 0f (x ) 1=
δ)
x x x2 2
21 1 1 2
3 3x 1 x 1 x 1
(x 1) f (t)dt (x 1) f (t)dt f (t)dtx 1
lim lim lim 1 f (1) f (1)ln x ln x ln x ln x→ → →
− −− = = = × = ÷
∫ ∫ ∫ διότι
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 19
0
0
x 1 DLH x 1 x 1
x 1 1lim lim lim x 1
1ln xx
÷
→ → →
− = = = ,
x0
fσυνεχής01
x 1 DLH x 1 x 1στο1
f (t)dtf (x)
lim lim lim xf (x) f (1)1ln xx
÷
→ → →= = =
∫
ΘΕΜΑ 71
Δίνονται [ )f ,g : 0, + ∞ → r δύο συναρτήσεις με την f συνεχή , 2
x xg(x) f (x) e x ln x 2 , x 0
2= − − + + >
και g(x) 1e g(x) , x 0− = >
α) g(x) 1 g(x)e g(x) e eg(x) , x 0− = ⇔ = > , θεωρώντας
x xh(x) e ex , x 0 , h (x) e e 0 x 1′= − > = − = ⇔ = και όπως φαίνεται
από τον πίνακα μεταβολών η h για x 1= έχει ολικό ελάχιστο και ισχύει h(1) 0= μόνο όταν x 1= . Άρα
( )g(x)e eg(x) h g(x) 0 g(x) 1 , x 0= ⇔ = ⇔ = > , οπότε 2
x xf (x) e x ln x 1
2= + − − για x 0> κι εφόσον f
συνεχής στο 0 έχουμε x 0
f (0) lim f (x) 0+→
= = διότι 2
x
x 0
xlim e 1 0
2+→
+ − = ÷
και
( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0
2
1ln x xlim x ln x lim lim lim x 01 1x x
+ + + +
∞ ÷∞
→ → → →= = = − =
− , άρα
2x x
e x ln x 1 , x 0f (x) 2
0 , x 0
+ − − >=
=
β) ( )xf (x) e x ln x 1 0 , x 0,′ = + − − > ∈ + ∞ εφόσον xe 0 , ln x x 1 x 1 ln x 0 , x 0> ≤ − ⇔ − − ≥ > , άρα
εφόσον f συνεχής στο 0 ισχύει ( ) [ )fστο 0, + ∞1 και x 0 f (x) f (0) 0> ⇔ > =
γ) από β) f ''1 1''− άρα f (x) 0 f (0) x 0= = ⇔ = οπότε x 1
4
e
x
f (t)dt 0
t
−
=∫ , f (t)
t συνεχής στο ( )0, + ∞ άρα
πρέπει ( )4 x 1x , e 0, x 0− ∈ + ∞ ⇔ ≠ που ισχύει για [ )x 1,∈ + ∞ , θεωρώντας
[ ) ( )x
1
f (t) f (x)q(x) dt , x 1, , q (x) 0 , q
t x′= ∈ + ∞ = >∫ ))1 στο [ )1, + ∞ και άρα ''1 1''− οπότε
( ) ( )x 1
4
4ex 1 4 x 1 4
x 1x
f (t) xdt 0 q e q x e x 1 0
t e
−
− −−= ⇔ = ⇔ = ⇔ − =∫ ,
θεωρώντας [ )4 3
x 1 x 1
x x (4 x)φ(x) 1 , x 1, , φ (x)
e e− −
−′= − ∈ + ∞ = , έχουμε
[ ] ( )1 2A 1,4 , A 4,= = + ∞ και [ ]3
1 3
64 eφ(Α ) φ(1) ,φ(4) 0,
e
−= =
( ) 3
2 3x x 4
64 eφ(Α ) lim φ(x) , lim φ(x) 1,
e+→+∞ →
−= = − ÷
κι εφόσον 1 20φ(Α ) , 0 φ(Α )∈ ∈ έχει δύο ακριβώς ρίζες
μια την 1x 1= και 2x 4>
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 20
δ) ( ) ( )
3 3 3x x x3 3
30 0 0 3
3 3 xx 0 x xx 0 x 0
x f (t)dt x f (t)dt f (t)dtx
lim lim lim 1 0 0e 1ημxe 1ημx e 1 ημx
+ +→ → →
÷ ÷= = = × = ÷− ÷ − − ÷
∫ ∫ ∫ εφόσον
( )
xx0 0
0 000
x xDLH DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
f (t)dtf (t)dtx 1 f (x) f (0)
lim lim 1 , lim lim lim 0e 1 eημx συνx 1ημx
+ + + + +
÷ ÷
→ → → → →
′ ÷ = = = = = =
− ′
∫∫
ΘΕΜΑ 72
Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r μια συνάρτηση παραγωγίσιμη με e
f (1)2e 1
=−
και ισχύει
( ) ( )t t1 t e f (t) 1 e f (t) 0 , t 0− −′+ − + + = >
α) η ισότητα γίνεται ( )t t e 1f (t)(1 t e 0 f (t)(1 t e ) c , t 1 , 2 c c 1
2e 1 e− − ′+ − = ⇔ + − = = − = ⇔ = ÷−
( )( ) ( )
t
2t t
1 1 ef (t) , f (t) 0 ,άρα f στο 0,
1 t e 1 t e
−
− −
+′= = − < + ∞+ − + −
2 , tt 0 t 0
1lim f (t) lim
1 t e+ + −→ →= = +∞
+ −
εφόσον ( )t
t 0lim 1 t e 0
+
−
→+ − = και θεωρώντας [ )t tg(t) 1 t e , t 0 , , g (t) 1 e 0 ,− −′= + − ∈ + ∞ = + > και άρα
g (0, )tt 0 g(t) g(0) 1 t e 0
+∞−> ⇔ > ⇔ + − >
1, tt t
1lim f (t) lim 0
1 t e−→+∞ →+∞= =
+ − εφόσον ( )
tlim 1 t→+∞
+ = +∞ και
t
tlim e 0−
→+∞= , άρα ( )f (A) 0,= + ∞
β) εφόσον f γνησίως φθίνουσα είναι αντιστρέψιμη , θέτοντας 1f (t) u f (u) t− = ⇔ = κι εφόσον
u 0lim f (u)
+→= +∞ όταν
1
t u 0tτότε u 0 ,άρα lim f (t) lim u 0
+
+ −
→+∞ →→ +∞ → = = και τότε
1
t (DLH) (DLH)u 0 u 0 u 0 u 0
f (t) t u f (u) 1 f (u) f (u)lim lim lim lim lim 1 1
t 1 f (u) 1 f (u) f (u)+ + + +
∞ ∞ ÷ ÷− ∞ ∞
→+∞ → → → →
′ ′′+ + += = = = =′ ′′− −
, ( )
( )t
2tu 0 u 0
1 elim f (u) lim
1 t e+ +
−
−→ →
− +′ = =
+ −
( )( )( )t
2tu 0
1lim 1 e
1 t e+
−
−→− + = −∞
+ −
γ) για την ( ) [ ) ( ) [ )x
1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) 0 , Fστο 1, ,F (x) f (x) 0 , F σ το 1,′ ′′ ′ ′= = > + ∞ = < + ∞∫ 1 2
η ανισότητα γίνεται ( ) ( )3 2 3 2 2xF(x) F(x ) x 1 F(x ) F(x ) F(x ) x F(x ) F(x)+ < + ⇔ − < − κι εφόσον
2 3 3 2x 1 , x x x x x 0> < < ⇔ − > έχουμε ( )23 2
3 2 3 2
x F(x ) F(x)F(x ) F(x )
x x x x
−− < ⇔− −
3 2 2
3 2 2
F(x ) F(x ) F(x ) F(x)
x x x x
− −⇔ <− −
(1) , από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ( ) ( )2 2 31 2ξ x , x και ξ x , x∈ ∈ ώστε
2 3 2
1 22 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )F (ξ ) , F (ξ )
x x x x
− −′ ′= =− −
οπότε ( )
( ) ( )F
1 2 1 2ξ ξ F ξ F ξ′
′ ′< ⇔ > ⇔2
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 21
2 3 2
2 3 2
F(x ) F(x) F(x ) F(x )
x x x x
− −⇔ >− −
που είναι η (1)
δ) t t t tt
1 1 10 t 1 1 t e t 0 e ,ισχύει και 1 e 0 1 e
t 1 1 t e t− − − −
−< < < ⇔ + > + − > ⇔ > − − > ⇔ > ⇔+ + −
0 te e 0 t t 0−⇔ > ⇔ > − ⇔ > , που ισχύει, όταν x 0 , x 2x> < οπότε έχουμε
[ ] [ ]2x 2x 2x 2x 2x
2x 2x
x xx x x x x
1 1 2x 1dt f (t)dt dt ln(t 1) f (t)dt ln t ln f (t)dt ln 2
t 1 t x 1
+< < ⇔ + < < ⇔ < <+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ κι
εφόσον x x u 2
2x 1 2x 1lim 2 , lim ln lim ln u ln 2
x 1 x 1→+∞ →+∞ →
+ += = =+ +
από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι
2x
x xlim f (t)dt ln 2→+∞
=∫
ΘΕΜΑ 73
Δίνεται [ ]f : 0 ,1 → r παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και ( )1
2 2
0
1f (x) x f (x) dx f (1)
3′+ = −∫ .
Επιπλέον [ ]g : 0,1 → r παραγωγίσιμη με ( )g (0) 1 , g(α) g(1) α 1 , α 0,1′ < < + − ∈
α)
( )1 1 1 1 112 2 2 2 2 2
00 0 0 0 0
1f (x) x f (x) dx f (x)dx x f (x)dx f (x)dx x f (x) 2xf (x)dx f (1)
3′ ′ + = + = + − = − ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( )131 1 1
2 2 2
0 0 00
xf (x) 2xf (x) dx f (1) f (1) f (x) 2xf (x) dx x dx
3
⇔ − + = − ⇔ − = − ⇔
∫ ∫ ∫( ) ( )
1 122 2
0 0f (x) 2xf (x) x dx 0 f (x) x dx 0⇔ − + = ⇔ − =∫ ∫ (1) , εφόσον ( ) 2
f (x) x 0− ≥ για να ισχύει η
(1) πρέπει ( ) 2f (x) x 0 f (x) x 0 f (x) x− = ⇔ − = ⇔ =
β) [ ]h(x) g(x) f (x) g(x) x , x 0,1= − = − ∈ , αν η h έχει ελάχιστο στο 0 θα ισχύει h(x) h(0)≥ ⇔x 0 g(x) g(0)
g(x) x g(0) g(x) g(0) x 1x 0
> −⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥−
, όμως x 0
g(x) g(0)lim g (0)
x 0+→
− ′=−
, άρα g (0) 1′ ≥ ,
άτοπο
γ) g(α) g(1) α 1 g(α) α g(1) 1 h(α) h(1)< + − ⇔ − < − ⇔ < , άρα η h δεν μπορεί να έχει ελάχιστο ούτε στο 1
αφού υπάρχει αποτέλεσμα h(α) μικρότερο από το h(1), όμως η h ως συνεχής σε κλειστό διάστημα έχει
ελάχιστο που αφού δεν είναι στα άκρα θα είναι σε εσωτερικό σημείο 0x του διαστήματος [0,1] , οπότε
από Θ. Fermat 0 0h (x ) 0 g (x ) 1′ ′= ⇔ =
δ) εφόσον η g είναι κυρτή ή κοίλη, η g′ θα είναι γνησίως μονότονηα 1 0 g(α) g(1)
g(α) g(1) α 1 g(α) g(1) α 1 1 g (ξ) 1α 1
− < − ′< + − ⇔ − < − ⇔ > ⇔ >−
, από Θ.Μ.Τ. για την g στο [α,1] με
0α ξ 1< < < , οπότε αν ( )g′ 2 τότε 0ξ g (0) g (ξ) 1 g (0) g (ξ) 1′ ′ ′ ′< ⇔ > ⇔ > > > , άτοπο άρα ( )g′ 1 και η
g κυρτή. Η εφαπτομένη της g στο 0x είναι ε: 0 0 0 0 0y g(x ) g (x )(x x ) y x x g(x )′− = − ⇔ = − + κι εφόσον
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 22
η g είναι κυρτή θα ισχύει 0 0 0 0g(x) x x g(x ) g(x) x g(x ) x≥ − + ⇔ − ≥ − με το " "= να ισχύει μόνο για
0x x= , άρα το 0x είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης 0 0g(x) x g(x ) x− = −
ΘΕΜΑ 74
Δίνεται f : →r r παραγωγίσιμη με ( ) 2 x 31 1f (0) , f (0) , f (x) 0 , f (x)f (x) 2 f (x) e f (x)
2 4′ ′′ ′= = − ≠ − = −
για κάθε x ∈ r και ( )g : 0, + ∞ → r με
x2
0
x
0
t f (t)dtg(x) , x 0
tf (t)dt= >∫∫
α) ( ) ( )f (x) 0
2 2x 3 2 x 4f (x)f (x) 2 f (x) e f (x) f (x)f (x) 2 f (x) f (x) e f (x)≠
′′ ′ ′′ ′ ′− = − ⇔ − = − ⇔
( ) ( )22
x x x4 2 2
f (x)f (x) 2 f (x) f (x) f (x) f (x)e e e c
f (x) f (x) f (x)
′′′ ′ ′− ′ ′ ′⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + ÷
για x 0= προκύπτει c 0=
οπότε ( )x x x2
f (x) 1 1e e e k
f (x) f (x) f (x)
′′ ′= − ⇔ = ⇔ = + ÷
, για x 0= προκύπτει k 1= και x
1f (x)
e 1=
+
β) ( ) ( )
xx x xλ λ λ λ λx
x x x x 00 0 0 0
e 11 1 e e eE dx dx 1 dx 1 dx x ln e 1
e 1 e 1 e 1 e 1
′+ + − ÷ = = = − = − = − + = ÷ ÷+ + + + ÷ ∫ ∫ ∫ ∫
λλ ln(e 1) ln 2= − + + , ( ) ( )λ
λ λ λλλ λ λ u 1
elimλ ln(e 1) lim ln e ln(e 1) lim ln lim ln u 0
e 1→+∞ →+∞ →+∞ →− + = − + = = =
+ εφόσον
x x
x xx DLH x x
e elim lim lim 1 1
e 1 e
∞ ÷∞
→+∞ →+∞ →+∞= = =
+ ή θέτοντας ( )λe 1 uλ ln u 1+ = ⇔ = − και ( )λ
λlimλ ln(e 1)→+∞
− + =
( )u u
u 1lim ln(u 1) ln u lim ln ln1 0
u→+∞ →+∞
−= − − = = = οπότε λlimΕ(λ) ln 2→+∞
=
γ)
x x2 2
x x0 0 2
2 2x x 0 0
0 0
x f (x) tf (t)dt xf (x) t f (t)dtxf (x)
g (x) x tf (t)dt t f (t)dt
tf (t)dt tf (t)dt
− ′ = = − ÷
÷ ÷
∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫
=
( )x
2x 0
0
xf (x)tf (t) x t dt 0
tf (t)dt
= − > ÷ ÷
∫∫ εφόσον f (t) 0 , 0 t x> ≤ ≤ άρα ( ) ( )gστο 0, + ∞1
δ) θεωρούμε [ ]x x
1 3Η(x) x 2 g(t)dt g(t)dt , x 2,3= − + + ∈∫ ∫ ,
3
1H(3) 1 g(t)dt 0= + >∫ διότι g(t) 0> και
για x 1
xΦ(x) g(t)dt , Φ (x) g(x 1) g(x) 0
+
′= = + − >∫ εφόσον ( )g 1 , άρα Φ ( )1 οπότε
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 23
2 2 2 3
1 3 1 2H(2) g(t)dt g(t)dt g(t)dt g(t)dtΦ(1) Φ(2) 0= + = − = − <∫ ∫ ∫ ∫ εφόσον Φ ( )1 οπότε από
Θ.Bolzano υπάρχει ( )α 2,3∈ ώστε Η(α) 0= κι εφόσον ( )Η (x) 1 2g(x) 0 , H′ = + > 1 το α είναι
μοναδικό.
ΘΕΜΑ 75
Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r συνεχής με f (x)
f (x) ln x , x 0x
= + >
α) ( ) ( )x ln xxf (x) x ln x f (x) f (x) , x 0,1 1,
x 1= + ⇔ = ∈ ∪ + ∞
− , f συνεχής στο 1 άρα x 1
f (1) lim f (x)→
= =
( )0
0
x 1 DLH x 1
x ln xlim lim ln x 1 1
x 1
÷
→ →= = + =
−, οπότε
( ) ( )x ln x, x 0,1 1,
f (x) x 11 , x 1
∈ ∪ + ∞= − =
β) ( )( ) ( )2
ln x x 1f (x) 0 , x 0,1 1,
x 1
− +′ = − > ∈ ∪ + ∞− εφόσον ln x x 1≤ − για κάθε x 0 με το " " να> =
ισχύει για x 1=
( )2
3
2x ln x x 1f (x)
x x 1
− +′′ =−
, θεωρώντας
( )2h(x) 2x ln x x 1 , x 0 , h (x) 2 ln x x 1 0 , 0 x 1′= − + > = − + < < ≠( ) 3x 1 0h
2x 1 h(x) h(1) 2x ln x x 1 0 f (x) 0− >
′′> ⇔ < ⇔ − + < ⇔ <2
( ) 3x 1 0h
20 x 1 h(x) h(1) 2x ln x x 1 0 f (x) 0− <
′′< < ⇔ > ⇔ − + > ⇔ <2
( ) ( )
0 0
0 0
2x 1 x 1 x 1 DLH x 1 DLH x 1
x ln x1f (x) f (1) x ln x x 1 ln x 1 1x 1f (1) lim lim lim lim lim
x 1 x 1 2 x 1 2x 2x 1
÷ ÷
→ → → → →
−− − +−′ = = = = = =− − −−
( ) 2
x 1 x 1
ln x x 1 12x 1f (x) f (1) 1
f (1) lim limx 1 x 1 3→ →
− +− −−′ ′−′′ = = = = −
− −LL
( )DLHx 0 x 0 x 0 x 0
2
1ln x xlim x ln x lim lim lim x 01 1x x
+ + + +
∞ ÷∞
→ → → →= = = − =
− άρα ( )
x 0 x 0
1lim f (x) lim x ln x 1 0 0
x 1+ +→ →= = − × =
− και
x x
xlim f (x) lim ln x
x 1→+∞ →+∞= = +∞
− οπότε ( )f (A) 0,= + ∞
γ) θεωρώντας x
1F(x) f (t)dt= ∫ , με F (x) f (x) 0 , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= > = > για 1x > , η ανισότητα γίνεται
( )
x
xx 1 01
1
2 tf (t)dt 2F(x)F(x) x 1 F(x) 2 tf (t)dt , x 1
x 1
− >−
< ⇔ + < >−
∫∫ και αν
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 24
( ) [ )x
1G(x) x 1 F(x) 2 tf (t)dt , x 1,= + − ∈ + ∞∫ , G (x) F(x) F (x)(1 x) ,′ ′= + − G (x) f (x)(1 x) 0′′ ′= − <
( ) [ )Gστο 1, , x 1 G (x) G (1) G (x) 0 ,′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ < ⇔ <2
( ) [ ) ( )x
1Gστο 1, , x 1 G(x) G(1) G(x) 0 x 1 F(x) 2 tf (t)dt+ ∞ > ⇔ < ⇔ < ⇔ + < ∫2
δ) θεωρώντας 3
2
x 1
xH(x) f (t)dt
+
= ∫ η εξίσωση γίνεται H(x) H(2) 0 H(x) H(2)− = ⇔ =
( )3 2H (x) x 3xf (x 1) 2f (x ) 0′ = + − > διότι
( )( ) ( ) ( ) ( )
f3 3 2 3 2
3 2x 1 , x 1 x x f x 1 f x 0 3xf x 1 2f xx 1 3x 3 2 3x 2 0
> + > > ⇔ + > > ⇔ + > > ⇔ > > ⇔ > >
1
οπότε H ( )1 και "1 1"− και η
x 2= μοναδική λύση
ΘΕΜΑ 76
Δίνεται f : →r r παραγωγίσιμη με f (0) 1= και
x 2h x
x x h
2h 0
f (t)dt 2 f (t)dtlim 2xf (x) , x
h
+
+
→
+= ∈
∫ ∫r και
( )g(x) x 1 ln x= −
α) θεωρώντας x
0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ το όριο γίνεται
0
0
2h 0 DLH
F(x 2h) F(x) 2F(x) 2F(x h)lim
h
÷
→
+ − + − + =
h 0 h 0 h 0
2F (x 2h) 2F (x h) f (x 2h) f (x h) f (x 2h) f (x) f (x) f (x h)lim lim lim
2h h h→ → →
′ ′+ − + + − + + − + − += = = =
h 0
f (x 2h) f (x) f (x h) f (x)lim 2f (x) f (x) f (x)
h h→
+ − + − ′ ′ ′= − = − = ÷ , διότι f παραγωγίσιμη άρα
h 0
f (x h) f (x)f (x) lim
h→
+ −′ = και
u 2h
h 0 (u 0) u 0
f (x 2h) f (x) f (x u) f (x)lim lim 2f (x)
1h u2
=
→ → →
+ − + − ′= =, οπότε έχουμε
( ) ( ) ( )2 2 2 22 x x x xf (x) 2xf (x) f (x) x f (x) 0 e f (x) e f (x) 0 e f (x) 0 e f (x) c− − − −′ ′′′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
για x 0= προκύπτει c 1= άρα 2xf (x) e=
β) θεωρώντας ( )2x
x
1F(x) f (t)dt , F (x) f (x) e 0 , F′= = = >∫ 1 , η εξίσωση γίνεται
( )( )F
F"1 1"G(x) 0 F g(x) 0 F(1) g(x) 1
−= ⇔ = = ⇔ =
1
ή εφόσον 0)t(f > αν g(x) 1≠ τότε G(x) 0αν g(x) 1> >
και G(x) 0αν g(x) 1< < άρα
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 25
( ) x 1G(x) 0 g(x) 1 x 1 ln x 1 , g (x) ln x ,
x
−′= ⇔ = ⇔ − = = + αν x 1
x 1τότε 0 , ln x 0x
−> > > και άρα
g (x) 0′ > , ανίστοιχα αν 1x0 << τότε 0)x(g <′ , επομένως
( ] ( ) ( ) ) [ )1 1x 0
A 0,1 , g , g A g(1) , lim g(x) 0,+→
= = = + ∞2 ,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 xx 1A 1, , g , g A lim g(x) , lim g(x) 0,
+ →+∞→= +∞ = = +∞1
1 21 g(A ) , 1 g(A )∈ ∈ κι εφόσον g γνησίως μονότονη σε κάθε ένα απ’ αυτά τα διαστήματα υπάρχουν
μοναδικά ( ] ( )1 1 2 2x A 0,1 , x A 1,∈ = ∈ = + ∞ ώστε 1 2 1 2g(x ) 1και g(x ) 1 G(x ) G(x ) 0= = ⇔ = = , οπότε
για την [ ]1 2
G(x)H(x) , x x , x
x= ∈ ισχύουν προϋποθέσεις Θ. Rolle άρα υπάρχει ( )21 x,xξ ∈ ώστε
0ξ)(H =′2
G (ξ)ξ G(ξ)0 G (ξ)ξ G(ξ) 0
ξ
′ − ′⇔ = ⇔ − = (1) , αν ε: y G(ξ) G (ξ)(x ξ)′− = − η εφαπτομένη
της G στο σημείο Μ(ξ,G(ξ)) για να περνάει από την αρχή Ο(0,0) αρκεί 0 G(ξ) G (ξ)(0 ξ)′− = − ⇔G (ξ)ξ G(ξ) 0′⇔ − = που ισχύει από (1)
γ) η ανίσωση γίνεται xx e
2 2x
0 0x f (t)dt e f (t)dt<∫ ∫ και θεωρώντας
x2
0Q(x) x f (t)dt= ∫ παίρνει τη μορφή
xQ(x) Q(e )< , όμως x
0Q (x) x 2 f (t)dt xf (x)
′ = + ÷ ∫ με Q (x) 0όταν x 0′ > > , όταν
2
xx
0x 0 , xe xf (x) 0 , 2 f (t)dt 0< = < <∫ οπότε {
x
0( )
( )
x 2 f (t)dt xf (x) Q (x) 0−
−
÷
′+ = > ÷ ÷ ÷
∫144424443
και 0)0(Q =′ άρα η
Q είναι γνησίως αύξουσα ( )1 στο r , οπότε αρκεί να δείξουμε xx e< που ισχύει όπως φαίνεται από τις
γραφικές τους παραστάσεις που δίνινται στις βασικές συναρτήσεις ή θεωρώντας την xφ(x) e x , x= − ∈ r
και μελετώντας την μονοτονία της
δ) θεωρώντας xα
0 0K(x) f (t)dt , K (x) f (x) 0 , K(α) f (t)dt′= = > =∫ ∫ , από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )θ 0,α∈
ώστε Κ(α) Κ(0) Κ(α)
Κ (θ) f (θ) αf (θ) Κ(α)α 0 α
−′ = ⇔ = ⇔ =−
οπότε η ανισότητα γίνεται
f (θ) 0
αf (θ) θf (θ) α θ>
> ⇔ > που ισχύει εφόσον ( )θ 0,α∈
ΘΕΜΑ 77
Δίνεται [ ]f : 0 ,α → r μια συνάρτηση συνεχής με f (0) 0= και f (x) 0′ > για κάθε ( )x 0,α∈
α) ( ) [ ]fστο 0,α1 άρα "1 1"− και αντιστρέψιμη με [ ]1ff (Α) Α 0,f (α)−= =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 26
[ ]1
f (x) x x xx1
00 0 0 0
u f ( t ) f (u) tdt f (u)du ,f "1 1"t 0,f (u) 0 f (0) u 0t f (x) , f (u) f (x) u x
f (t)dt uf (u)du uf (u) f (u)du xf (x) f (u)du
−
−
= ⇔ =′= −
= = = ⇔ == = ⇔ =
′= = − = −∫ ∫ ∫ ∫1442443 , οπότε
x f (x) x x1
0 0 0 0f (t)dt f (t)dt f (t)dt xf (x) f (u)du xf (x)−+ = + − =∫ ∫ ∫ ∫ , [ ]x 0,α∈
β) θεωρώντας την [ ]x y
1
0 0h(y) f (t)dt f (t)dt xy , y 0, f (α)−= + − ∈∫ ∫ έχουμε 1h (y) f (y) x 0−′ = − = ⇔
1f (y) x f (x) y−⇔ = ⇔ = , ( )
( )f
1 1h (y) 0 f (y) x f f (y) f (x) y f (x)− −′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >1
, αντίστοιχα
h (y) 0 y f (x)′ < ⇔ < , h(y) h(f (x)) 0≥ = διότι ( )x f (x) από (α)
1
0 0h f (x) f (t)dt f (t)dt xf (x)−= + − =∫ ∫
xf (x) xf (x) 0= − = δηλ. x y
1
0 0f (t)dt f (t)dt xy−+ ≥∫ ∫
γ) ( )1
y yf (x) t1 1
f (t ) x 0 0g f (x) x g(t) f (t) , y 0οπότε g(t)dt f (t)dt
−
=− −
=≥ ⇔ ≥ ≥ ≥ ⇔∫ ∫
x y x y x y1
0 0 0 0 0 0f (t)dt g(t)dt f (t)dt f (t)dt xyαπό β) άρα f (t)dt g(t)dt xy−⇔ + ≥ + ≥ + ≥∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
δ) για [ ]α 2 , f (A) 0, f (2)= = , αν ( )3 2g(x) x x , g (x) 3x 1 0 ,g′= + = + > 1
( )3f (x) f (x) x g f (x) x+ ≥ ⇔ ≥ , για ( )( )
[ ]g
x 2 , g f (2) 2 g(1) f (2) 1δηλ. 1 0, f (2)= ≥ = ⇔ ≥ ∈1
από γ) για [ ] [ ]x 2 0,2 , y 1 0, f (2)= ∈ = ∈ έχουμε 2 1
0 0f (t)dt g(t)dt 2+ ≥ ⇔∫ ∫
( )14 22 1 2 2 2
3
0 0 0 0 00
t t 5f (t)dt t t dt 2 f (t)dt 2 f (t)dt 4 f (t)dt 5
4 2 4
⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 78
Δίνεται ( )f : 1,− + ∞ → r παραγωγίσιμη με ( ) e αxf (x) 1 x e ,α 0= + − >
α) ( ) e αxf (x) 1 x e 0 f (0)= + − ≥ = δηλ. η f για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον παραγωγίσιμη στο 0 που
είναι εσωτερικό του ( )1,− + ∞ από Θ. Fermat f (0) 0′ =
( )( )
( )
e αx
e αx x 0
ex 0 x 0 αx
x 0
1 x elim , x 0
x1 x ef (x) f (0)f (0) lim lim
x 0 x 1 x elim , x 0
x
+
−
→
→ →
→
+ − >
+ − − ′ = = = − + − ÷− < ÷
. όμως
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 27
( ) ( ) ( ) ( )0
e e eαx αx αx 0e 1αx
x 0 x 0 x 0 DLH x 0
1 x e 1 x 1 1 e 1 x 1 e 1lim lim lim lim e(1 x)αe e α
x x x x
÷
−
→ → → →
+ − + − + − + − −= = − = + − = − ÷ ÷
οπότε eα e α 2 e α 0 α e− = − − ⇔ − = ⇔ =
β) ( ) ( ) ( ) ( )e e e ex x ex exe x 1 0 e x 1 e x 1 x 1 e 0≥ + > ⇔ ≥ + ⇔ ≥ + ⇔ + − ≤ , άρα
( ) ( )e eex exf (x) 1 x e e 1 x , x 1= + − = − + > −
γ) ( ) ( )( )e 1 e 1ex exf (x) e e e 1 x e e 1 x− −′ = × − + = − + , από β) ( ) eexe x 1≥ + κι εφόσον ( ) ( )e e 1
x 1 x 1−+ ≥ + ⇔
( ) ( ) ( )( ) ee 1 x 0
e ex 1 1 1x 1 x 1 1 0 1 x 0
x 1 x 1 x 1
+ >+ ⇔ + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ÷+ + + έχουμε ( ) e 1exe x 1 , x 0
−> + > άρα
( )( ) ( )e 1exf (x) e e 1 x 0 , x 0,−′ = − + > ∈ + ∞ και ( ) [ )fστο 0, + ∞1
δ) αν x 2
xG(x) f (t)dt
+
= ∫ η εξίσωση γίνεται 3 5
1 3f (t)dt f (t)dt 2G(x) G(1) G(3) 2G(x)+ = ⇔ + =∫ ∫ οπότε
θεωρώντας την H(x) 2G(x) G(1) G(3)= − − έχουμε H(1) G(1) G(3) , H(3) G(3) G(1)= − = −
x 2 x 2 x
x 1 1G (x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (x 2) f (x) 0
+ +′ ′ ′ = = − = + − > ÷ ÷ ∫ ∫ ∫ εφόσον ( ) [ )fστο 0, + ∞1 και
x 2 x+ > , άρα ( )Gκαι G(1) G(3)<1 οπότε H(1) G(1) G(3) 0 , H(3) G(3) G(1) 0= − < = − > και από
Θ.Bolzano υπάρχει ( )5α 2
1αα 1,3 ώστε Η(α) 0 G(1) G(3) 2G(α) f (t)dt 2 f (t)dt
+
∈ = ⇔ + = ⇔ =∫ ∫( )Η (x) 2 f (x 2) f (x) 0′ = + − > άρα ( )Η 1 στο [1,3] και συνεπώς το α είναι μοναδικό
ΘΕΜΑ 79
Δίνεται [ ]f : 0 ,1 → r συνεχής συνάρτηση με [ ]x
2
ef (x) , x 0,1
1 x≥ ∈
+ και ( )
12
01 x f (x)dx e 1+ = −∫
α) αν ισχύει ( ) [ ]x
2 x2
ef (x) 0 f (x) 1 x e 0 , x 0,1
1 x− ≥ ⇔ + − ≥ ∈
+ και το " "= δεν ισχύει για κάθε [ ]x 0,1∈
τότε ( )( ) ( )1 1 1
2 x 2 x
0 0 0f (x) 1 x e dx 0 f (x) 1 x dx e dx e 1 e 1+ − > ⇔ + > ⇔ − > −∫ ∫ ∫ , άτοπο, άρα πρέπει
[ ]x
2
ef (x) ,για κάθε x 0,1
1 x= ∈
+
β) ( )
( )( )
2x
22
e x 1f (x) 0 , x 0,1
1 x
−′ = > ∈
+, άρα ( ) e
fστο [0,1] με f (0) 1 και f (1)2
= =1 οπότε 2
e)x(f1 ≤≤
και 1 1 1 1
0 0 0 0
e e1dx f (x)dx dx 1 f (x)dx
2 2≤ ≤ ⇔ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ (1)
( ) ( )x
x 2x x 2 2
2x 2x e 2x2xe 1 f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) ln(x 1) f (x)
e e 1 x x 1− ′+ = + = + = + = + +
+ +
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 28
( ) ( )1 1 1 11x 2 2
00 0 0 02xe 1 f (x)dx ln(x 1) f (x) dx ln(x 1) f (x)dx ln 2 f (x)dx− ′ + = + + = + + = + ∫ ∫ ∫ ∫ και από
(1) έχουμε ( )1 1
x
0 0
e e1 ln 2 ln 2 f (x)dx ln 2 ln(2e) 2xe 1 f (x)dx ln 2
2 2−+ ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤ +∫ ∫
γ) θεωρώντας x
0F(x) f (t)dt , F (x) f (x)′= =∫ η εξίσωση γίνεται ( ) ( ) ( )
3
2 22 1 x
F x F x3x
−′= ⇔
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x 02 3 2 2 2 3 2 2 33xF x 2 1 x F x 3x F x 2x x 1 F x 0 F x x 1 0
≠ ′′ ′⇔ = − ⇔ + − = ⇔ − = (2) άρα
θεωρώντας ( ) ( ) [ ]2 3G(x) F x x 1 , x 0,1= − ∈ έχουμε G(0) G(1) 0= = κι εφόσον G παραγωγίσιμη από Θ.
Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )23 3α(2)
2 2 2
0
2 1α 2 1 αG (α) 0 F α F α f (t)dt f α
3α 3α
− −′ ′= ⇔ ⇔ = ⇔ =∫K (3)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2α(3) α 0
3 2 2 2 2 2 2 2
0
3αβ 0,α , ώστε 1 α f (α ) 3α βf β f (t)dt 3α βf β F α α 2βf β
2
>∈ − = ⇔ = ⇔ = × ⇔∫( ) ( ) ( ) ( )( )
2
2 2 2Fα
β f β F βα
′′= = , οπότε θεωρώντας ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2H(x) F xμε H (x) F x x f x 2x′′ ′= = = από
Θ.Μ.Τ. υπάρχει
( ) ( ) ( ) ( )22 α (3)
2 2
0
FαΗ(α) Η(0)β 0,α ώστε H (β) 2β f β α 2β f β f (t)dt
α 0 α
−′∈ = ⇔ × = ⇔ × × = ⇔− ∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3
2 2 2 2 3 22 1α
α 2β f β f α 3α β f β 1 α f α3α
−⇔ × × = ⇔ × = −
δ)
( )
( )( )
( )
( )x6
60
4 4 4x 0 xx xx 0 x 0
2
ln 1 xF(x)x f (t)dt ln 1 xx F(x) ln 1 x x xlim lim lim
e x 1e x 1 e x 1x
+ +→ → →
+× + ×× × += =
− −− − − − ÷
∫ (4)
x 0 x 0
F(x) F(x) F(0)lim lim F (0) f (0) 1
x x 0+ +→ →
− ′= = = =−
( )
0(u 1 x) 0
DLHx 0 u 1 u 1u 1
ln(1 x) ln u 1lim lim lim 1
x u 1 u+ + ++
÷= +
→ → →→
+ = = =−
0 0x x x0 0
2 DLH DLHx 0 x 0 x 0
e x 1 e 1 e 1lim lim lim
x 2x 2 2+ + +
÷ ÷
→ → →
− − −= = = , οπότε από (4)4
1 116
12
×= = ÷
ΘΕΜΑ 80
Δίνεται η συνάρτηση
xe 1, x 0
f (x) x1 , x 0
− >= =
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 29
α)
x0 0
x x x0 0
2 DLH DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
e 11f (x) f (0) e 1 x e 1 e 1xf (0) lim lim lim lim lim
x 0 x x 2x 2 2+ + + + +
÷ ÷
→ → → → →
− −− − − −′ = = = = = =−
οπότε
x x
2
xe e 1, x 0
xf (x)1
, x 02
− + >′ = =
, (ε): 1
y f (0) f (0)(x 0) y x 12
′− = − ⇔ = +
θεωρώντας [ )x xg(x) xe e 1 , x 0,= − + ∈ + ∞ έχουμε xg (x) xe 0 , x 0′ = > > , οπότε ( ) [ )gστο 0, + ∞1
και x xx 0 g(x) 0 xe e 1 0> ⇔ > ⇔ − + > , άρα και [ )f (x) 0 , x 0,′ > ∈ + ∞ δηλ.
( ) [ )fκαι "1 1" στο 0,− + ∞1 οπότε η f αντιστρέψιμη, x
x
x x DLH x
e 1lim f (x) lim lim e
x
∞ ÷∞
→+∞ →+∞ →+∞
−= = = +∞ , άρα
) [ )1f xA f (A) f (0) , lim f (x) 1,−
→+∞= = = + ∞ (f παραγωγίσιμη στο 0 άρα και συνεχής)
β) 2x 1 x
x 1f (t)dt f (t)dt
−
=∫ ∫ , κατ’ αρχήν εφόσον f συνεχής στο [ )0, + ∞ πρέπει
[ )
[ )
1, x 0,1
και x2
x ,2x 1 0,
∈ + ∞
⇔ ≥ − ∈ + ∞
, θεωρώντας 2x 1 x
x 1
1F(x) f (t)dt f (t)dt , x
2
−
= − ≥∫ ∫ έχουμε
( )1 2x 1 x 2x 1 x
x 1 1 1 1F (x) f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt 2 f (t)dt 2 f (2x 1) f (x)
− −′ ′ ′ = + − = − = − − ÷ ÷ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫F (1) 0′ = , για ( )
f ( )
x 1 2x 1 x f 2x 1 f (x) F (x) 0′> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ >1
, για
f ( )1x 1 0 2x 1 x 1
2≤ < ⇔ ≤ − < < ⇔
1
( )f 2x 1 f (x) F (x) 0′− < ⇔ < δηλ. η F
για x 1= έχει ολικό ελάχιστο το F(1) 0= και άρα η x 1= μοναδική
λύση της εξίσωσης2 4 2 2 4 2 4
2 4 4 2 4
2x 1 2x 1 x 1 2(x 1) 1 2(x 1) 1 x 1 x 1
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt
+ + + + − + − + +
+ + + + +− > ⇔ − > − ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( )2 2 4 4
2 4
2(x 1) 1 x 1 2(x 1) 1 x 12 4
x 1 1 x 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt f (t)dt F x 1 F x 1
+ − + + − +
+ +⇔ − > − ⇔ + > +∫ ∫ ∫ ∫
2 4x 1, x 1 1+ + ≥ , ( ) [ )Fστο 1, + ∞1 άρα
( )2x 0
2 4 2 2 2
x 0x 1 x 1 x 1 x 0 1 x 0 1 x 1με x 0
>
≠+ > + ⇔ − > ⇔ − > ⇔ − < < ≠ δηλ. ( ) ( )x 1,0 0,1∈ − ∪
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 30
γ) θεωρώντας x
0Q(x) f (t)dt , Q (x) f (x)′= =∫ από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ( )β 0,α ,α 0∈ > ώστε
( )α
β α(β 0)0 β
0
f (t)dtQ(α) Q(0) Q(α) e 1 α
Q (β) f (β) f (t)dt e 1α 0 α β α β
>− −′ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = −−
∫∫ (1) , οπότε η ανίσωση
γίνεται ( ) ( )
( ) ( )
β
β 0 β 0α (1)β β β
e 1 00
α αf (t)dt e 1 e 1 e 1 1α β
β β
> >
− >> − ⇔ − > − ⇔ > ⇔ >∫ που ισχύει εφόσον ( )β 0,α ,α 0∈ >
δ) πρέπει [ )x ,2x 0, x 0∈ + ∞ ⇔ ≥ , 2x 0 2x
x x 0f (t)dt f (t)dt f (t)dt Q(2x) Q(x)= + = −∫ ∫ ∫ , η συνάρτηση Q
είναι παραγωγίσιμη άρα συνεχής στο 0 οπότε ( )2x
x 0 x 0xlim f (t)dt lim Q(2x) Q(x) Q(2 0) Q(0) 0
+→ →= − = × − =∫
ΘΕΜΑ 81
Δίνεται f : →r r συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη με f (x) 0′ ≠ για κάθε x ∈ r και ισχύει
2h 0
0 h
2h 0
f (t)dt 2 f (t)dtlim 1
h→
+=
∫ ∫ . Θεωρούμε επιπλέον τις συναρτήσεις 1
0F(x) xf (tx)dt , x= ∈∫ r ,
G(x) F(x) x , x= − ∈ r παραγωγίσιμη και x
0
xH(x) F(t)dt xF
2 = − ÷ ∫ , [ )x 0,∈ + ∞
α) 1 xu tx
du xdt0 0F(x) xf (tx)dt f (u)du
=
== =∫ ∫ , οπότε F (x) f (x) , F (x) f (x) 0′ ′′ ′= = ≠ κι εφόσον f ′ συνεχής αφού
η f δύο φορές παραγωγίσιμη , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο.
( )2h 0
0
00 h
2 2h 0 h 0 DLH h 0 h 0
f (t)dt 2 f (t)dtF (2h) 2h 2F (h)F(2h) 2F(h) f (2h) f (h)
lim lim lim limh h 2h h
÷
→ → → →
+ ′′ ′−− −= = = =∫ ∫
h 0
f (2h) f (0) f (h) f (0)lim 2f (0) f (0) f (0)
h h→
− − ′ ′ ′− = − = ÷ εφόσον
h 0
f (h) f (0)f (0) lim
h 0→
−′ =−
και
(u 2h)
h 0 (u 0) u 0 u 0
f (2h) f (0) f (u) f (0) f (u) f (0)lim lim lim 2 2f (0)
uh u 02
=
→ → → →
− − − ′= = =− άρα f (0) 1′ = κι εφόσον f ′ διατηρεί
πρόσημο θα είναι f (x) 0′ > δηλ. F (x) 0′′ > οπότε F κυρτή
β) G(x) F(x) x 0 G(0)= − ≥ = , δηλ. η G για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι παργωγίσιμη από
Θ.Fermat θα ισχύει G (0) 0′ = , x 0
x 0 x 0
x 0
F(x) xlim
xF(x) xG(x) G(0)G (0) lim lim
x 0 x F(x) xlim
x
+
−
→
→ →
→
−−− ′ = = = − − − ÷
, όμως
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 31
( ) ( )0
0
x 0 DLH x 0 x 0
F(x) xlim lim F (x) 1 lim f (x) 1 f (0) 1
x
÷
→ → →
− ′= − = − = − (1) , άρα ( )f (0) 1 f (0) 1 f (0) 1− = − − ⇔ = ή
(1)
x 0 x 0 x 0 x 0
F(x) xG(x) G(0) G(x) F(x) xG (0) lim lim lim lim f (0) 1 0 f (0) 1
x 0 x x x+ + +→ → → →
−− −′ = = = = = − = ⇔ =−
,
Η εφαπτομένη της FCστο x 0= είναι δ:
y F(0) F (0)(x 0) y x′− = − ⇔ = κι εφόσον η F είναι
κυρτή, η FC είναι πάνω από την δ: y x= και η δ//ε:
y x 1= − , άρα η ελάχιστη απόσταση των σημείων
της FC από την ευθεία ε θα είναι
( )( )
ελαχ 22
0 0 1 1 2d d O,ε
221 1
− −= = = =
+ −
γ) x x x
Η (x) F(x) F F2 2 2
′ ′= − − ÷ ÷ , εφόσον x 0>
από Θ.Μ.Τ. στο x
, x2
υπάρχει x
ξ , x2
∈ ÷ ώστε
( )( ) ( )
( ) ( )x x
F x F F x Fx x2 2
Fξ F x F F ξx x 2 2x2 2
− − ÷ ÷ ′ ′= = ⇔ − = ÷ − (2) , από α) ( )F (x) 0,F′′ ′> 1 άρα
( ) ( )(2)x 0x x x x x x x x x
ξ x F F ξ F (x) F F ξ F (x) F F(x) F2 2 2 2 2 2 2 2 2
> ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′< < ⇔ < < ⇔ < < ⇔ < − ÷ ÷ ÷ ÷ άρα
( ) [ )H (x) 0 ,Hστο 0,′ > + ∞1 και 2 2
0 02 0Η(2) Η(0) F(t)dt 2F(1) 0 F(t)dt 2F(1)> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >∫ ∫
δ) η εξίσωση γίνεται α
0(α 1) F(t)dt αF(α 1) α 2− = − − +∫ οπότε θεωρώντας την συνάρτηση Φ στο [ ]1,2 με
x
0Φ(x) (x 1) F(t)dt xF(x 1) x 2= − − − + −∫ έχουμε
2
0Φ(1) F(0) 1 1 0 , Φ(2) F(t)dt 2F(1) 0= − − = − < = − >∫
από το γ) ερώτημα, άρα από Θ.Bolzano υπάρχει α ( )1,2∈ ώστε
Φ(α) 0= ⇔ [ ]α α
0 0
α F(α 1) 1 2(α 1) F(t)dt αF(α 1) α 2 F(t)dt
α 1
− − +− = − − + ⇔ =
−∫ ∫ΘΕΜΑ 82
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 32
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 0 ,1 → r και οι συναρτήσεις x 1
0 0F(x) f (t)dtμε F(x)dx 0= =∫ ∫ και
( ]x x
0 0
1f (t)dt tf (t)dt , x 0,1
g(x) x
0 , x 0
− ∈= =
∫ ∫
α) η g είναι συνεχής στο ( ]0,1 ως πηλίκο και διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων x
0x 0
0
DLHx 0 x 0 x 00
tf (t)dtxf (x)
lim f (t)dt 0 , lim lim 0 f (0) 0x 1+ + +
÷
→ → →= = = × =
∫∫ οπότε
x 0lim g(x) 0 g(0)
+→= = και η g συνεχής
και στο 0
β) ( )x x x x
2
0 0 0 0
2 2 2
tf (t)dt x tf (t)dt x x f (x) tf (t)dt tf (t)dtg (x) f (x) f (x)
x x x
′ ′× − × − ÷ ′ = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ , ( ]x 0,1∈
γ) [ ]1 1 1 1 1 1
1
00 0 0 0 0 0
g(0) 0 , g(1) f (t)dt tf (t)dt f (t)dt tF (t)dt f (t)dt tF(t) F(t)dt′= = − = − = − + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫( )
1
0f (t)dt F(1) 0 0 F(1) F(1) 0= − − + = − =∫ , οπότε από Θ. Rolle υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε g (α) 0′ = ⇔
α
α0
20
tf (t)dt0 xf (x)dx 0
α⇔ = ⇔ =
∫∫
δ) θεωρώντας x
0G(x) tf (t)dt= ∫ η εξίσωση γίνεται ( )
β α2
0 0α 1 xf (x)dx β f (x)dx− = ⇔∫ ∫
( ) ( ) ( )22
Gβ F(α) F(α)α 1 G β β F(α) g (β)
β α 1 α 1′⇔ − = ⇔ = ⇔ =
− − οπότε για την g από Θ.Μ.Τ. στο [ ]α ,1 υπάρχει
( )β α ,1∈ ώστε
α α α
(γ)0 0 0
1f (t)dt tf (t)dt 0 f (t)dt
g(α) g(1) F(α)αg (β)α 1 α 1 α 1 α 1
− −−′ = = = =− − − −
∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 83
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση ( )f : 0, + ∞ → r με x u
31 1
tf (t) 2f (t)f (x) e e dt du , x 0
t
′ − = − + > ÷ ∫ ∫ και η
συνάρτηση ( )1xt
1F(x) 1 2t e dt , x 1= − ≥∫
α) f (1) e= , 2
3 4 2
tf (t) 2f (t) t f (t) 2tf (t) f (t)
t t t
′′ ′− − = = ÷ οπότε θεωρώντας
u
31
tf (t) 2f (t)g(u) e dt
t
′ −= + =∫Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 33
uu
2 2 2 21 1
f (t) f (t) f (u) f (u)e dt e e f (1)
t t u u
′ = + = + = + − = ÷ ∫ έχουμε x
1f (x) e g(u)du= − ∫ και
1 1 1
x x x2 2 2
f (x) f (x) f (x)f (x) g(x) f (x) f (x) 0 e f (x) e 0 e f (x) 0
x x x
− − −′
′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ ÷
1 1
x xe f (x) c f (x) c e−
⇔ = ⇔ = × , f (1) e c e e c 1= ⇔ × = ⇔ = και άρα 1
xf (x) e=
β) ( ) ( )x1 1 1 1 1 1x x x x x
2 2 2t t t t t t2
1 1 1 1 11
1F(x) 1 2t e dt e dt t e dt e dt t e t e dt
t
′= − = − = − + − = ÷ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫1 11 1x x
2 2t tx x
1 1e dt x e e e dt e x e , x 1= − + − = − ≥∫ ∫
γ) ( )1
xF (x) 1 2x e 0 , x 1′ = − < ≥ οπότε ( ) [ )Fστο 1, , F(1) 0+ ∞ =2 , 1
2 x
x xlim F(x) lim e x e→+∞ →+∞
= − = −∞ ÷
εφόσον
1u1 ux
2 ux2 2x u 0 u 0
e 1lim x e lim lim e
u u+ +
=
→+∞ → →
= = × = +∞ ÷ ÷ και άρα ( ]F(A) ,0= −∞
( )1 1 1x x x x xt t t
1 1 1 1 1F(x) 1 2t e dt e dt 2te dt f (t)dt 2 tf (t)dt= − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )F x x x 1
1 1 1 xx 1 F(x) F(1) f (t)dt 2 tf (t)dt 0 f (t)dt 2 tf (t)dt 0> ⇔ < ⇔ − < ⇔ + <∫ ∫ ∫ ∫
2
δ) θεωρώντας [ ]x x
1 1g(x) f (t)dt 2 tf (t)dt 2 x F(x) 2 x , x 1,2= − + − = + − ∈∫ ∫ έχουμε g(1) 1 0,= >
( )1
2g(2) F(2) e 4e e e 4 0= = − = − < ή ( )F
2 1 F(2) F(1) g(2) 0> ⇔ < ⇔ <2
, οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει
( )α 1,2∈ ώστε α α α α
1 1 1 1g(α) 0 f (t)dt 2 tf (t)dt 2 α 0 2 f (x)dx α 2 xf (x)dx= ⇔ − + − = ⇔ + = +∫ ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 84
Δίνεται συνάρτηση [ )f : 0 , + ∞ → r , δύο φορές παραγωγίσιμη με f (0) f (0) 0′= = και ισχύει
( ) ( ) ( )x x xeημx f (x) 1 2e συνx e f (x) , x 0′′ ′− + = + − ≥
α) η παραπάνω ισότητα γίνεται
( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x x xeημx f (x) e ημx 2e e ημx f (x) e ημx f (x) e ημx f (x) e η μx′ ′′′′ ′ ′ ′− + − = − − ⇔ − + − = + ⇔
( )( ) ( ) ( )x x x xeημx f (x) e συνx e ημx f (x) e συνx c′ ′′ ′⇔ − = − ⇔ − = − + , για x 0= προκύπτει c 0= οπότε
( )x xeημx f (x) e συνx′− = − , xx 0 e 1≥ ⇔ ≥ με το '' ''= να ισχύει για x 0= , ημx 1≤ οπότε xeημx> και
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 34
( ) ( )( ) ( )xx
x xx x
eημxeσυνxf (x) f (x) f (x) ln eημx f (x) ln e ημx k
eημx e ημx
′−− ′′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = − ⇔ = − +− −
, για x 0=
προκύπτει k 0= οπότε ( )xf (x) ln eημx= −
β) x
x
eσυνxf (x) 0
eημx
−′ = >−
εφόσον για x 0> ισχύει x xeσυνx 0 , e ημx 0− > − > , οπότε ( )f 1 στο [ )0, + ∞
και άρα ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, f (0) 0= , ( )x(u eημx)
x
x x ulim f (x) lim ln eημx lim ln u
= −
→+∞ →+∞ →+∞= − = = +∞
( )x xxx x
ημxlim eημx lim e 1
e→+∞ →+∞
− = − = +∞ ÷ εφόσον
x
xlim e→+∞
= +∞ και x x x
ημxημx 1
e e e= ≤ ⇔
x x x
1ημx 1
e e e⇔ − ≤ ≤ , x xx x
1 1lim lim 0
e e→+∞ →+∞
= − = ÷ ÷ και από κριτήριο παρεμβολής xx
ημxlim 0
e→+∞=
άρα [ )1ff (A) D 0,−= = + ∞
γ) ( )x
2x
2eσυνx 1f (x)
eημx
−′′ =−
, θεωρώντας x π
g(x) 2eσυνx 1 , x 0,2
= − ∈ έχουμε ( )xg (x) 2eσυνx ημx′ = −
π
4π π
g 1 0 , g 2e 1 02 4
= − < = − > ÷ ÷ και από Θ. Bolzano υπάρχει
π πα ,
4 2 ∈ ÷
ώστε g(α) 0= , ( )gπ π
α x g(α) g(x) 0 g(x)4 2
< < < ⇔ > ⇔ >2
( )gπxα g(x) g(α) g(x) 0
4< < ⇔ > ⇔ >
2, το α είναι μοναδικό εφόσον
( ) π πgστο ,
4 2
2 οπότε το πρόσημο της f ′′ διαμορφώνεται όπως φαίνεται
στον παρακάτω πίνακα
και η f έχει μοναδικό σημείο καμπής στο π π π
α , 0,4 2 2
∈ ⊆ ÷ ÷
δ) η εξίσωση είναι x
x
1e 2 3
x
1e 1
x
f (t)dt f (t)dt+ +
−=∫ ∫ και ορίζεται για x 0> , θεωρώντας
x 3
xG(x) f (t)dt
+
= ∫
έχουμε ( )x 1G e 1 G , G (x) f (x 3) f (x) 0
x ′− = = + − > ÷
εφόσον ( )fκαι x 3 x 0+ > >1 , οπότε η G ( )1
και ''1 1''− και άρα η εξίσωση γίνεται x 1e 1 , x 0
x− = > , θεωρούμε x 1
h(x) e 1 , x 0x
= − − > ,
x2
1h (x) e 0
x′ = + > οπότε ( )h 1 στο ( )0, + ∞ ,
x
x 0 x 0
1lim h(x) lim e 1
x+ +→ →
= − − = −∞ ÷ ,
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 35
x
x x 0
1lim h(x) lim e 1
x+→+∞ →
= − − = +∞ ÷ και ( )( ) ( )h 0, ,+ ∞ = −∞ + ∞ = r άρα υπάρχει μοναδικός ( )0x 0,∈ + ∞
ώστε 0h(x ) 0= , δηλ. η εξίσωση έχει μοναδική λύση
ΘΕΜΑ 85
Δίνονται δύο συναρτήσεις f ,g : →r r παραγωγίσιμες με f (0) 1= και 2xf (x)g(x) f (x)g (x) e′ ′= = , για
κάθε x ∈ r . Δίνεται και η συνάρτηση 2
f (x)h(x)
x 1=
+, x ∈ r .
α) 2xf (x)g(x) e= , παραγωγίζοντας έχουμε 2x 2x
2x e ef (x)g(x) f (x)g (x) 2e f (x) f (x)
f (x) f (x)′ ′ ′+ = ⇔ + =
′
( ) ( )2 22x 2 x2e f (x) f (x) 2f (x)f (x) f (x) f (x) 0 f (x) f (x) 0 f (x) f (x) f (x) ce′ ′ ′ ′ ′= ⇔ + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
για x 0= προκύπτει c 1= , οπότε xf (x) e= και 2x 2x
xx
e eg(x) e
f (x) e= = =
β) ( )
( )2xx
22 2
e x 1eh(x) , h (x) 0 , x
x 1 x 1
−′= = ≥ ∈
+ +r με το '' ''= να ισχύει μόνο για x 1= , άρα ( )hστο1 r
οπότε και ''1 1''− δηλ. αντιστρέψιμη, x
2x x
1lim h(x) lim e 0 0 0
x 1→−∞ →−∞
= × = × = ÷+ ,
x
2x x
elim h(x) lim
x 1→+∞ →+∞= =
+
x x
DLH x DLH x
e elim lim
2x 2
∞ ∞ ÷ ÷∞ ∞
→+∞ →+∞= = = +∞ , οπότε ( )1h
h(A) D 0,−= = + ∞
γ) η ανίσωση γίνεται ( )
x
x 0x x x x x0
0 0 0 0 0
th(t)dth(t)dt x h(t)dt th(t)dt xh(t)dt th(t)dt 0
x
>
> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫( )
x
0x t h(t)dt 0⇔ − >∫ , που ισχύει εφόσον h(t) 0 , 0 t x x t 0> ≤ ≤ ⇔ − ≥ με το '' ''= να ισχύει μόνο για
x t=
δ) η εξίσωση γίνεται 2 2 2
2
x 4 x 2 5 2 x 4 5
2 2 3 x 2 2 3h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt h(t)dt
+ + +
+= + ⇔ + = ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2
2
x 4 5
x 2 3h(t)dt h(t)dt
+
+⇔ =∫ ∫ και θεωρώντας
x 2
xG(x) h(t)dt
+
= ∫ προκύπτει ( )2G x 2 G(3)+ = , όμως
( )G (x) h(x 2) h(x) 0εφόσον h και x 2 x′ = + − > + >1 , οπότε ( )Gστο1 r δηλ. και ''1 1''− , άρα 2 2x 2 3 x 1 x 1ή x 1+ = ⇔ = ⇔ = = −
ΘΕΜΑ 86
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 36
Δίνεται f : →r r συνεχής συνάρτηση με tx
t f ( t )0
e 1f (x) dt x , x
e +
−= − ∈∫ r και η συνάρτηση g με
( )x x
2
0 0g(x) 2tf t dt f (t)dt= −∫ ∫α) η f παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων , οπότε
x
x f (x)
e 1f (x) x
e +
−′ = − ⇔
( ) ( ) ( ) ( )x f (x) x x f (x) x f (x) x f (x ) x x f (x) xe e f (x) e 1 e e e e e e e 1 e e e x′ ′ ′ ′′⇔ = − − ⇔ + = − ⇔ = − ⇔x f (x) xe e e x c , f (0) 0 ,⇔ = − + = οπότε για x 0= προκύπτει ότι c 0= και x f (x) xe e e x= − ⇔
( )( ) ( )
xe xx xf (x) x x x
x x
e x e xe f (x) ln ln e x ln e f (x) ln e x x
e e
>− −⇔ = ⇔ = = − − ⇔ = − −
β) x
x 1f (x)
e x
−′ =−
, ( )( ) ( )( )x x x
x x xf (1) ln(e 1) 1 , lim f (x) lim ln e x x lim ln e x ln e
→+∞ →+∞ →+∞= − − = − − = − − =
{x
x
x
xx u 1e x
ue
e xlim ln lim ln u 0
e→+∞ →−=
− = =, εφόσον
x x
x xx DLH x
e x elim lim 1
e e
∞ ÷∞
→+∞ →+∞
− = = ,
{x
x
x
xx ue x
ue
e xlim ln lim ln u
e→+∞ →+∞−=
− = = +∞εφόσον
x
x xx x
e x 1lim lim 1 x
e e→−∞ →+∞
− − × = +∞ ÷
και άρα ( ) )f (A) ln e 1 1 ,= − − + ∞
( )( )
x x2x
2x
2e xe 1f (x) , e x 0
e x
− −′′ = − >−
οπότε το πρόσημο και οι ρίζες της
f ′′ προκύπτουν από τον αριθμητή, θεωρούμεx x xh(x) 2e xe 1 , x ,h (x) e (1 x)′= − − ∈ = −r
( ] ( )x x1 x x
A ,1 , lim h(x) lim 2e xe 1 2 0 0 1 1 0→−∞ →−∞
= −∞ = − − = × − − = − < εφόσον
( )x xx xx x DLH x x
x 1lim xe lim lim lim e 0
e e
∞ ÷∞
− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞= = = − =
−, ( ]1 1h(1) e 1 0 , h(A ) 1,e 1 , 0 h(A )= − > = − − ∈ άρα
υπάρχει μοναδικό (εφόσον 1hστο A1 ) ( )1 1 1x Aώστε h x 0∈ = και κατ’ επέκταση 1f (x ) 0′′ =
( ) ( ) ( )x x x2 x x x x 1
A 1, , lim h(x) lim 2e xe 1 lim e (2 x) 1 , lim h(x) e 1 0+→+∞ →+∞ →+∞ →
= + ∞ = − − = − − = −∞ = − >
( )2 2h(A ) ,e 1 , 0 h(A )= −∞ − ∈ άρα υπάρχει μοναδικό (εφόσον
2hστο A2 ) ( )2 2 2x Aώστε h x 0∈ = και κατ’ επέκταση
2f (x ) 0′′ = , οπότε όπως φαίνεται και στον πίνακα η f έχει δύο
μοναδικά σημεία καμπής.
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 37
γ) ( ) ( )
2
1 1 1 12
0 0 0 0
u t , du 2tdtt 0 , u 0 , t 1 , u 1
g 1 2tf t dt f (t)dt f (u)dt f (t)dt 0
= == = = =
= − = − =∫ ∫ ∫ ∫1442443 , g(0) 0= , άρα για την g από Θ.Rolle
υπάρχει ( )α 0,1∈ ώστε ( ) ( )2 2g (α) 0 2αf α f (α) 0 2αf α f (α)′ = ⇔ − = ⇔ =
δ) η ισότητα από το γ) γίνεται ( ) ( )2 f (α)fβ 2f α
α′ = = άρα για την f από Θ.Μ.Τ. στο [ ]0,α υπάρχει
( )β 0,α∈ ώστε ( ) ( )2f (α) f (0) f (α)fβ 2f α
α 0 α
−′ = = =−
ΘΕΜΑ 87
Δίνεται x 1f (x)α ln x 2 , 0 α 1−= − − < ≠ με f (x) 1 0 ,για κάθε x 0+ ≥ >
α) f (x) 1 0 f (x) 1 f (x) f (1)+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ δηλ. η f για x 1= έχει ελάχιστο κι εφόσον παραγωγίσιμη με
x 1 1f (x)α ln α
x−′ = − από Θ. Fermat f (1) 0 lnα 1 0 ln α 1 α e′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
β) x 1 x 12
1 1f (x) e , f (1) 0 , f (x) e 0 ,
x x− −′ ′ ′′= − = = + > άρα ( )f ′ 1 και
0 x 1 f (x) f (1) 0′ ′< < ⇔ < = , x 1 f (x) f (1) 0′ ′> ⇔ > =
( ] ( )x 11
x 0 x 0A 0,1 , lim f (x) lim (e 2) ln x , f (1) 1
+ +
−
→ →= = − − = +∞ = −
( ) [ )1f A 1,= − + ∞ ,
( ) ( ) ( )x 1 x 12 x xx 1 x 1
A 1, , lim f (x) lim e 2 ln x 1, lim f (x) lim e 2 ln x+ +
− −
→+∞ →+∞→ →= + ∞ = − − = − = − − =
x 1x 1x
ln xlim e 1 2
e−
−→+∞
= − − = +∞ ÷ ÷ εφόσον
x 1
xlim e −
→+∞= +∞ και
x 1 x 1x DLH x
ln x 1lim lim
e xe
∞ ÷∞
− −→+∞ →+∞= =
x 1x
1 1lim 0 0 0
x e −→+∞
= × = × = ÷ , ( ) ( )2f A 1,= − + ∞ , ( ) ( )1 20 f Aκαι 0 f A∈ ∈ άρα εφόσον η f είναι και
γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα 1 2A ,Α , υπάρχουν μοναδικοί 1 1 2 2x A , x A∈ ∈ ώστε 1f (x ) 0=
και 2f (x ) 0=
γ) η εξίσωση γίνεται ( )2x 2x 2x 2xf (x) 2f (x) 0 e f (x) 2e f (x) 0 e f (x) e f (x) 0′′ ′ ′+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
( )2xe f (x) 0′⇔ = (1) , οπότε θεωρώντας [ ]2x1 2g(x) e f (x) , x x , x= ∈ εφόσον ( ) ( )1 2g x g x 0= = από β) ,
ισχύουν οι πρϋποθέσεις Θ. Rolle, άρα υπάρχει ( )1 2ξ x , x∈ ώστε (1)
g (ξ) 0 f (ξ) 2f (ξ) 0′ ′= ⇔ + =
δ) η εξίσωση είναι δευτεροβάθμια με πραγματικούς συντελεστές κι εφόσον οι ρίζες 1 2z , z δεν είναι
πραγματικές θα είναι συζυγείς δηλ. 2 1z z= και από Vieta έχουμε ( )1
2
1 11 2 z 1
z 1 ln zz z
e −
+× = ⇔
( ) ( )( )
11 1
1 1
2z 0
2 1 1 z 1 z 111 1 1 1 1 1z 1 z 1
z 1 ln z 1 ln zz z z 1 e 1 ln z e ln z 2 1 f z 1
e e
≠− −
− −
+ +⇔ × = = ⇔ = ⇔ = + ⇔ − − = − ⇔ = −
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 38
όπως φαίνεται στο β) η f έχει ελάχιστο το 1− που προκύπτει ως αποτέλεσμα μόνο για x 1= άρα 1z 1=
και η εξίσωση γίνεται τελικά 21,2
1 i 3z z 1 0 ,Δ 3 , z
2
− ±+ + = = − =
ΘΕΜΑ 88
Δίνεται π π
f : ,2 2
− → ÷ r δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο f (0) 0 , f (0) 1′= = και
ισχύει x x
2
0 01 f (t)συνtdt f (t)ημtdt συν x′′ ′+ = +∫ ∫
α) π π
x ,άρα συνx 02 2
∈ − > ÷ , η ισότητα που δίνεται με ολοκλήρωση κατά παράγοντες γίνεται
[ ] ( )x x x x
x2 2
00 0 0 0
1 f (t)συνtdt f (t)ημtdt συν x 1 f (t)συνt f (t) συνt dt f (t)ημtdt συν x′′′ ′ ′ ′ ′+ = + ⇔ + − = + ⇔∫ ∫ ∫ ∫( )συνx 0x x
2 2
0 01 f (x)συνx 1 f (t)ημtdt f (t)ημtdt συν x f (x)συνx συν x f (x) συνx
>
′ ′ ′ ′ ′⇔ + − + = + ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫f (x)ημx c⇔ = + , για x 0= προκύπτει c 0= οπότε f (x)ημx=
β) η ανισότητα γίνεται ( )x,ημy 0xημx ημy ημx π
, 0 x yyημy y x 2
>
< ⇔ < < < < , θεωρούμε ημx π
g(x) , x 0,x 2
= ∈ ÷ με
( )2
xσυνx ημx πg (x) 0 ,άρα g στο 0,
x 2
− ′ = < ÷ 2 εφόσον θεωρώντας
πh(x) xσυνx ημx , x 0,
2 = − ∈
έχουμε π
h (x) xημx 0 , x 0,2
′ = − < ∈ ÷ άρα ( ) π
hστο 0,2
2 , x 0 h(x) h(0) xσυνx ημx 0> ⇔ < ⇔ − < ,
οπότε ( )gπ ημx ημy
0 x y g(x) g(y)2 x y
< < < ⇔ > ⇔ >2
γ) η εξίσωση είναι x π
ημx e 1 , x 0,2
= − ∈ ÷ , θεωρώντας
x πφ(x) ημx e 1 , x 0,
2 = − + ∈ ÷
έχουμε
x πφ (x) συνx e 0 , x 0,
2 ′ = − < ∈ ÷
εφόσον για xπ0 x ,συνx 1 e
2< < < < , οπότε ( ) π
φ στο 0,2
÷
2 και
αφού φ(0) 0 η x 0= = είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης
δ) αν
( )
( )3
x5
0
2xx 3
0
x ln 1 t dtF(x)
e x 1 f t dt
+=
− − ÷
∫∫
, τότε
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 39
( )
( )
( )
3 3
x
x5 0
2 20
x2 2x xx 0 x 0 x 0x 3 3
0 0
5
ln 1 t dtx ln 1 t dt
x xlim F(x) lim lime x 1
e x 1 f t dt f t dt
x
+ + +→ → →
÷+ ÷+ ÷= = × ÷− − ÷− − ÷ ÷ ÷ ÷
∫∫∫ ∫
(1)
0 02 0 0
x x xDLH DLHx 0 x 0 x 0
x 2x 2lim lim lim 2
e x 1 e 1 e+ + +
÷ ÷
→ → →= = =
− − − (2)
( )( )
x0 0
0 00
2 DLH DLHx 0 x 0 x 0
ln 1 t dtln(1 x) 1 1
lim lim limx 2x 2 1 x 2+ + +
÷ ÷
→ → →
++= = =
+∫ (3)
( ) ( ) ( ) ( )3
2
2 2x3 33 30
2 x u200
5 4 2 2DLHx 0 x 0 x 0 x 0 u 0
f t dt f x x3f x 3ημx 3 ημu 3 3
lim lim lim lim lim 1x 5x 5x 5x 5 u 5 5+ + + + +
÷ =
→ → → → →
′× ÷ ÷ = = = = × = × = ÷
∫ (4)
από (1),(2),(3),(4) x 0
152lim F(x) 2
3 35
+→= × =
ΘΕΜΑ 89
Δίνεται ( )f : 0, + ∞ → r συνεχής για την οποία ισχύει ( )t1
tx
te 1f (x) dt , x 0
t e ln t
−= >−∫
α) xe x ln x , x 0> > > όπως προκύπτει από τις γραφικές τους παραστάσεις ή θεωρώντας αντίστοιχες
βοηθητικές συναρτήσεις των οποίων τα συμπεράσματα μονοτονίας δίνουν την ανισότητα
Από την ισότητα που δίνεται προκύπτει ότι η f είναι παραγωγίσιμη , οπότε x
x
1 xef (x)
xe x ln x
−′ = =−
( ) ( )( ) ( )x x
x xx x
1e e ln xx ln e ln x f (x) ln e ln x c
e ln x e ln x
′− − ′= = − = − − ⇔ = − − +− −
, f (1) 0= οπότε προκύπτει
c 1= και ( )xf (x) 1 ln e ln x= − −
β) x
xx
1e
xf (x) , x 0 , e ln x 0e ln x
−′ = > − >
− , θεωρώντας x1
g(x) e , x 0x
= − > έχουμε x2
1g (x) e 0
x′ = − − <
άρα ( ) ( )gστο 0, + ∞2 3
x 0
1g(1) 1 e 0 , lim g(x)ή g 3 e 0
3+→
= − < = +∞ = − > ÷ οπότε από Θ. Bolzano
υπάρχει μοναδικό ( )α 0,1∈ ώστε g(α) 0= και κατ’ επέκταση f (α) 0′ = ,
( )g
0 xα g(x) g(α) g(x) 0< < ⇔ > ⇔ >2
άρα και f (x) 0′ > και ανάλογα ( )g
xα g(x) g(α) g(x) 0> ⇔ < ⇔ <2
άρα και f (x) 0′ < , οπότε όπως φαίνεται και στον πίνακα μονοτονίας η f για xα= έχει ολικό μέγιστο
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 40
γ) ( ]1Α 0,α= , ( )( )
( )xu e ln x
x
ux 0 x 0lim f (x) lim 1 ln(e ln x) lim 1 ln u
+ +
= −
→+∞→ →= − − = − = −∞ άρα ( ) ( ]1f A ,f (α)= −∞ ,
όμως ( )f
α 1 f (α) f (1) f (α) 0< ⇔ > ⇔ >2
οπότε ( )10 f A∈ και
άρα υπάρχει β ( )0,α∈ ώστε f (β) 0= και μάλιστα μοναδικό
εφόσον ( ) ( )fστο 0,α1
δ) αν (ε) η εφαπτομένη της fC σε σημείο της ( )Mγ,f (γ) θα έχει εξίσωση y f (γ) f (γ)(x γ)′− = − και για
να περνάει από την αρχή των αξόνων αρκεί 0 f (γ) f (γ)(0 γ) f (γ)γ f (γ) 0′ ′− = − ⇔ − = , θεωρώντας
[ ]f (x)φ(x) , x β ,1
x= ∈ έχουμε ( )f (1) f (β)
φ(1) 0 , φ β 01β
= = = = κι εφόσον φ παραγωγίσιμη με
2
f (x)x f (x)φ (x)
x
′ −′ = από Θ. Rolle υπάρχει γ ( )β ,1∈ ώστε 2
f (γ)γ f (γ)φ (γ) 0 0
γ
′ −′ = ⇔ = ⇔
f (γ)γ f (γ) 0′⇔ − =
ΘΕΜΑ 90
Δίνεται f : →r r συνεχής για την οποία ισχύει 1
x 1 x
0f (x) e e f (x)dx−= − ∫ και οι συναρτήσεις
( )x
22
f (t)g(x) dt , x 0και h(x) f x 1 , x
x= > = + ∈∫ r
α) αν 1
1 x
0e f (x)dx k− = ∈∫ r , x 1 x 1 xf (x) e k e f (x) e ke− −= − ⇔ = − οπότε
( )1 1 1 1 11 x 1 x 1 x 1 x
00 0 0 0e f (x)dx e ke dx k edx k e dx k e k e k e k(1 e) k 1− − − − = − ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + − ⇔ = ∫ ∫ ∫ ∫
άρα xf (x) e 1= − , ( ) 2 22 x xh(x) f x 1 e 1 1 e= + = − + = , 2xh (x) 2xe′ = , ( )2x 2h (x) 2e 2x 1 0′′ = + > άρα η h
είναι κυρτή
β) x x xx x xt t
2 2 2 2 300 0
1 1 1 e x 1 xe x 2e 2g(x) f (t)dt (e 1)dt e t , x 0 , g (x)
x x x x x
− − + − +′ = = − = − = > = ∫ ∫θεωρούμε [ ) ( )x x x xφ(x) xe x 2e 2 , x 0, , φ (x) e x 1 1 , φ (x) xe 0 για x 0′ ′′= + − + ∈ + ∞ = − + = > > άρα
( ) [ )φ στο 0, και x 0 φ (x) φ (0) φ (x) 0′ ′ ′ ′+ ∞ > ⇔ > ⇔ >1 άρα
( ) [ )φ στο 0, και x 0 φ(x) φ(0) φ(x) 0+ ∞ > ⇔ > ⇔ >1 οπότε ( ) ( )g (x) 0και g στο 0,′ > + ∞1
γ) η εξίσωση γίνεται
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2h 2x 2h x 2 h 2x 4 2h x h 2x 2h x h 2(x 2) 2h x 2 , x 0+ + = + + ⇔ − = + − + > και
θεωρώντας H(x) h(2x) 2h(x) , x 0= − > η εξίσωση γίνεται ( ) ( )2H x H x 2= + (1) , έχουμε
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 41
( )H (x) 2 h (2x) h (x) 0′ ′ ′= − > διότι εφόσον από α) η h είναι κυρτή η h′ είναι γνησίως αύξουσα και για
( )h
x 0 , 2x x h (2x) h (x)′
′ ′> > ⇔ >1
, άρα η Η είναι γνησίως αύξουσα οπότε και ''1 1''− και από (1)
προκύπτει ( )x 0
2 2x x 2 x x 2 0 x 2ή x 1 x 2>
= + ⇔ − − = ⇔ = = − ⇔ =δ) η ανίσωση είναι δύο μεταβλητών με 0α β< < , οπότε θεωρούμε
( ) [ ]x x x
α α αG(x) g(t)dt h(t)dt xα g(t)h(t)dt , x α ,β= × − − ∈∫ ∫ ∫ και έχουμε
( )x
α
x x x
α α α
dt
G (x) g(x) h(t)dt h(x) g(t)dt g(t)h(t)dt xα h(x) g(x)′ = + − − − =
∫∫ ∫ ∫ 123
[ ] [ ] [ ] [ ]x x x x
α α α αg(x)h(t) dt h(x)g(t) dt g(t)h(t) dt h(x)g(x) dt= + − − =∫ ∫ ∫ ∫
[ ] ( ) ( )x x
α α( ) ( )
g(x)h(t) h(x)g(t) g(t)h(t) h(x)g(x) dt g(x) g(t) h(t) h(x) dt 0+ −
= + − − = − − <∫ ∫ 14424431442443 διότι
( )g
0α t x g(t) g(x)< < < ⇔ <1
και ( ) ( )2xh (x) 2xe 0για x 0 , h στο 0,′ = > > + ∞1 οπότε
( )h
0α t x h(t) h(x)< < < ⇔ <1
και τελικά η G γνησίως φθίνουσα στο [ ]α ,β οπότε α β G(α) G(β)< ⇔ > ⇔
( ) ( )β β β β β β
α α α α α α0 g(t)dt h(t)dtβ α g(t)h(t)dt g(t)dt h(t)dt β α g (t)h(t)dt⇔ > × − − ⇔ × < −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
ΘΕΜΑ 91
Δίνεται [ )f : 0 , + ∞ → r συνεχής και η συνάρτηση x
g(x) f (x)x ln x
= −−
για την οποία ισχύει
g(x)e 1 g(x) ,για κάθε x 0= + > (1)
α) θεωρούμε [ ) ( ) [ )x xh(x) e x 1 , x 0, , h (x) e 1 0για x 0 άρα h στο 0,′= − − ∈ + ∞ = − > > + ∞1x 0 h(x) h(0) h(x) 0> ⇔ > ⇔ > κι εφόσον h(0) 0= έχουμε h(x) 0= μόνο για x 0= , οπότε από (1)
x xg(x) 0 f (x) 0 f (x) , x 0
x ln x x ln x= ⇔ − = ⇔ = >
− −
( )x 0 x 0 x 0
1lim x ln x , lim f (x) lim x 0 0 0 f (0)
x ln x+ + +→ → →
− = +∞ = × = × = = ÷− εφόσον f συνεχής στο 0 και άρα
x, x 0
f (x) x ln x0 , x 0
>= − =
, x x x
x 1lim f (x) lim lim 1
ln xx ln x 1x
→+∞ →+∞ →+∞= = =
− − εφόσον x DLH x
ln x 1lim lim 0
x x
∞ ÷∞
→+∞ →+∞= =
και άρα η ευθεία y 1= οριζόντια ασύμπτωτη, ενώ δεν έχει κατακόρυφη εφόσον f συνεχής στο [ )0, + ∞
β) ( ) 2
1 ln xf (x)
x ln x
−′ =− [ ] ( ) [ ]1 1
eA 0,e , f A f (0) , f (e) 0,
e 1 = = = −
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 42
( ) ( ) ( )2 2 x x e
eA e, , f A lim f (x) , lim f (x) 1,
e 1+→+∞ →
= + ∞ = = ÷− άρα η f έχει ολικό ελάχιστο στο 0 και ολικό
μέγιστο στο e με f (x) 0> για κάθε x 0> . Η εξίσωση γίνεται ( )1 xf (α) f (β) f (α) x 2
x 2
−= ⇔ − =−
f (β)(1 x) f (α)(x 2) f (β)(x 1) 0= − ⇔ − + − = και θεωρώντας
[ ]g(x) f (α)(x 2) f (β)(x 1) , x 1,2= − + − ∈ έχουμε g(1) f (α) 0 , g(2) f (β) 0= − < = > εφόσον α,β 0> και
άρα από Θ. Bolzano υπάρχει ( )0x 1,2∈ ώστε 0g(x ) 0=
γ) x
0F(x) f (t)dt , x 0, F (x) f (x) 0για x 0′= ≥ = > >∫ άρα ( ) [ )Fστο 0, + ∞1 , F (x) f (x)′′ ′=
θεωρούμε την ( ) [ ]x
α
α xG(x) F(t)dt xα F , x α ,β
2
+ = − − ∈ ÷ ∫α x x α x α
G (x) F(x) F F2 2 2
+ − + ′ ′= − − ÷ ÷ (2)
α xeα x β
2
+< < < < και από Θ.Μ.Τ. για την F στο α x
, x2
+
υπάρχει α x
ξ , x2
+ ∈ ÷ ώστε
α xF(x) F
2F (ξ)
xα2
+ − ÷ ′ = − (3)
( )F (3)
α xF(x) F
xα x α x α x α x α α x2eξ x F F (ξ) F F F(x) F
xα2 2 2 2 2 22
′+ − ÷+ + + + − + ′ ′ ′ ′< < < ⇔ > ⇔ > ⇔ > − ⇔ ÷ ÷ ÷ ÷−
2
( )2
G (x) 0′⇔ < και G γνησίως φθίνουσα στο [ ]α ,β οπότε
( ) ( )β β
α α
α β α βα β G(α) G(β) 0 F(t)dt β α F β α F F(t)dt
2 2
+ + < ⇔ > ⇔ > − − ⇔ − > ÷ ÷ ∫ ∫δ) η ανίσωση ( )
2 2x e 2e x e 2e2 2
e e e ef (t)dt x f (t)dt e f (t)dt x e f (t)dt 2e
+ +
− < − ⇔ − + < −∫ ∫ ∫ ∫ και θεωρώντας
x
eΦ(x) f (t)dt x , x 0= − ≥∫ έχουμε τελικά ( ) ( )2 2Φ x e Φ 2e , x e e 0 , 2e e 0+ < + ≥ > > >
Φ (x) f (x) 1 0 όταν x e′ = − > > από β) άρα Φ γνησίως αύξουσα στο [ )e, + ∞ και 2x e 2e+ < ⇔
( )2x e x e , e⇔ < ⇔ ∈ −
ΘΕΜΑ 92
Δίνονται δύο συναρτήσεις [ ]f ,g : 0,1 → r για τις οποίες ισχύουν f (α) f (β) α β− < − για κάθε
[ ]α,β 0,1∈ με α β≠ και [ ]g(x) f (x) x , x 0,1= − ∈
α) έχουμε
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 43
[ ] ( )0
0
0 0 00 0 κριτήριο0παρεμβολής x x
00 0 x x
x x f (x) f (x ) x x0 f (x) f (x ) x xlim f (x) f (x ) 0
lim x x 0για κάθε x x με x, x 0,1 →→
− − < − < − ≤ − < − ⇔ → − = − =≠ ∈
άρα ( )0
0x xlim f (x) f x→
= και f συνεχής στο [ ]0,1 , g συνεχής στο [ ]0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
Αν 1 2 1 2x xμε x x< ≠ τότε
1 2 1 1 2 2 1 21 2 1 2
1 2 1 2 1 2
f (x ) f (x ) g(x ) x g(x ) x g(x ) g(x )f (x ) f (x ) x x 1 1 1 1
x x x x x x
− + − − −− < − ⇔ < ⇔ < ⇔ + < ⇔− − −
( )1 2x x 01 2 1 2
1 2 1 21 2 1 2
g(x ) g(x ) g(x ) g(x )1 1 1 0 g(x ) g(x ) 0 g(x ) g(x )
x x x x
− <− −⇔ − < + < ⇔ < ⇔ − > ⇔ >− −
άρα
g ( ) [ ]στο 0,12
β) αν ( ) [ ]2x x x
0 0 0
xF(x) f (t)dt , G(x) g(t)dt f (t) t dt F(x) , x 0,1
2= = = − = − ∈∫ ∫ ∫
F (x) f (x) , G (x) g(x) F (x) x f (x) x′ ′ ′= = = − = −
( ) ( ) ( )1 1 1 1
1
00 0 0 0
1 x g(x)dx 1 x G (x)dx 1 x G(x) G(x)dx G(x)dx′− = − = − + = ∫ ∫ ∫ ∫γ) θεωρούμε την [ ]
x x
0 0H(x) x g(t)dt 2 tg(t)dt , x 0,1= − ∈∫ ∫
x x x x x x
0 0 0 0 0 0H (x) g(t)dt xg(x) 2xg(x) g(t)dt xg(x) g(t)dt g(x) dt g(t)dt g(x)dt′ = + − = − = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( )x
0g(t) g(x) dt 0= − >∫ διότι
( )[ ]
g
0 t x g(t) g(x)με το '' '' να μην ισχύει για κάθε t 0, x≤ ≤ ⇔ ≥ = ∈2
,
οπότε η Η είναι γνησίως αύξουσα στο [ ]0,1 και x x
0 0x 0 H(x) H(0) x g(t)dt 2 tg(t)dt 0> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫ ∫
( )
x
x 0x x x0
0 0 0
2 tg(t)dtx g(t)dt 2 tg(t)dt g(t)dt
x
>
⇔ > ⇔ >∫
∫ ∫ ∫δ) η ανισότητα γίνεται ( )
21 1 1 1
0 0 0 0
x12 F(x)dx 1 6 f (x)dx 12 G(x) dx 1 6 g(x) x dx
2
+ > ⇔ + + > + ⇔ ÷
∫ ∫ ∫ ∫( )
1 13 21 1 1 1
0 0 0 00 0
x x12 G(x)dx 12 1 6 g(x)dx 6 12 x G(x)dx 2 1 6 g(x)dx 3
6 2
′⇔ + + > + ⇔ + + > + ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫
[ ]1 1 1
1
00 0 0
12 xG(x) 12 xG (x)dx 6 g(x)dx 12G(1) 12 xg(x)dx 6G(1)′⇔ − > ⇔ − > ⇔∫ ∫ ∫1 1 1
0 0 06G(1) 12 xg(x)dx g(x)dx 2 xg(x)dx⇔ > ⇔ >∫ ∫ ∫ που ισχύει από γ) για x 1=
ΘΕΜΑ 93
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 44
Δίνονται f ,g : →r r με f συνεχή και γνησίως αύξουσα και η x
x
0g(x) f (t)dt e 1= − +∫ παραγωγίσιμη
στο 0. Δίνονται επίσης η συνάρτηση [ ]x
0F(x) f (t)dt , x 0,α , α 0= ∈ >∫ και οι μιγαδικοί z για τους
οποίους z 13z e 1− =
α) x
x
0g(x) f (t)dt e 1 0 g(x) g(0)= − + ≥ ⇔ ≥∫ δηλ. η g για x 0= έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι
παραγωγίσιμη από Θ. Fermat έχουμε g (0) 0′ = , x
x 0 x 0
F(x) e 1g(x) g(0)g (0) lim lim
x 0 x+ +→ →
− +−′ = = =−
x x x
x 0 x 0 x 0
F(x) e 1 F(x) e 1 F(x) e 1lim lim lim
x x x x x+ + +→ → →
− + − −= = − = − ÷
(1)
0fσυνεχής0
DLHστο 0x 0 x 0 x 0
F(x) F (x)lim lim lim f (x) f (0)
x 1+ + +
÷
→ → →
′= = = ,
0x 0
x
DLHx 0 x 0
e 1lim lim e 1
x+ +
÷
→ →
− = = , οπότε από (1) f (0) 1 0− = ⇔
f (0) 1 0 f (0) 1⇔ − = ⇔ =
β) θεωρούμε [ ] ( ) ( )x
2
0Φ(x) 2 F(t)dt x x 0,α , Φ (x) 2 F(x) x , Φ (x) 2 f (x) 1 0′ ′′= − ∈ = − = − >∫ εφόσον
( )f
x 0 f (x) f (0) f (x) 1> ⇔ > ⇔ >1
, άρα ( ) [ ]Φ στο 0,α′ 1 και x 0Φ (x) Φ (0) Φ (x) 0′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > , άρα
και ( ) [ ]Φ στο 0,α1 , οπότε α α
2 2
0 0α 0 Φ(α) Φ(0) 2 F(t)dt α 0 2 F(t)dt α> ⇔ > ⇔ − > ⇔ >∫ ∫
γ) η απαλοιφή παρονομαστών και η μεταφορά όλων των όρων σε ένα μέλος της ισότητας μας οδηγεί στο
να θεωρήσουμε την συνάρτηση [ ]x x
2
0 0Η(x) 2x f (t)dt x x 2 tf (t)dt α , x 0,α= − + − − ∈∫ ∫ για την οποία
έχουμε Η(0) α 0= − < , α α
2
0 0Η(α) 2α f (t)dt α 2 tf (t)dt= − −∫ ∫
από β) έχουμε ( ) [ ]α α α
α2 2 2
00 0 0
2 F(t)dtα 2 t F(t)dt α 2 tF(t) 2 tF (t)dt α′ ′> ⇔ > ⇔ − > ⇔∫ ∫ ∫α α α
2 2
0 0 02αF(α) 2 tf (t)dt α 2α f (t)dt 2 tf (t)dt α 0 H(α) 0⇔ − > ⇔ − − > ⇔ >∫ ∫ ∫ , άρα από Θ. Bolzano
υπάρχει β ( )0,α∈ ώστε
x
β x β02
0 0 0
2 tf (t)dtαΗ(β) 0 2β f (t)dt β β 2 tf (t)dt α 2 f (t)dt β 1
β
+= ⇔ − + = + ⇔ − + =
∫∫ ∫ ∫δ) εφόσον f γνησίως αύξουσα θα είναι και ''1 1''− άρα ( )3 x 1 3 x 1f x e 1 1 f (0) x e 1 0− −− = = ⇔ − = ⇔
3 x 1 3 3 x 1 3 x 1x 1
1x e 1 x x e x e 0
e− − + − +
−= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = , θεωρώντας 3 x 1h(x) x e− += − έχουμε h(1) 0= κι
εφόσον 2 x 1h (x) 3x e 0− +′ = + > η ( )h 1 και άρα η x 1= μοναδική λύση. Αν z 13z e 1− = τότε
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 45
3z 1 z 1 z 13 3z e 1 e z 1 z e 1 z 1− − −= ⇔ = ⇔ = ⇔ = οπότε η z 13z e 1− = γίνεται 3 3z 1 z 1 0= ⇔ − = ⇔
( ) ( )2 2 1 i 3z 1 z z 1 0 z 1 0ή z z 1 0 z 1 ή z
2
− ±⇔ − + + = ⇔ − = + + = ⇔ = =
ΘΕΜΑ 94
Δίνεται συνάρτηση ( )f : 0, + ∞ → r δύο φορές παραγωγίσιμη με f (1) 2= για την οποία ισχύει
x 2h x
x x h
2 2h 0
f (t)dt 4 f (t)dt 2hf (x)5 1
lim f (x) , x 06h 3 x
+
−
→
− +′= + >
∫ ∫ και συνάρτηση 2g(x) x ln f (x) 2 , x 0= + − >
α) θεωρώντας x
1F(x) f (t)dt , x 0 , F (x) f (x)′= > =∫ έχουμε
x 2h x 2h x
x 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt F(x 2h) F(x)
+ +
= − = + −∫ ∫ ∫x x x h
x h 1 1f (t)dt f (t)dt f (t)dt F(x) F(x h)
−
−= − = − −∫ ∫ ∫ οπότε το όριο που δίνεται στην υπόθεση γίνεται
( )0
0
2h 0 DLH
F(x 2h) F(x) 4 F(x) F(x h) 2hf (x)lim
6h
÷
→
+ − − − − +=
( )( ) 0
0
h 0 h 0 DLH
F (x 2h)(x 2h) 0 4 0 F (x h) x h 2f (x)2f (x 2h) 4f (x h) 2f (x)
lim lim12h 12h
÷
→ →
′′ ′ ′+ + − − − − − + + − − += = =
h 0
4f (x 2h) 4f (x h) 2lim f (x)
12 3→
′ ′+ + − ′= = , εφόσον f ′ συνεχής, οπότε 2
2 5 1f (x) f (x)
3 3 x′ ′= + ⇔
2
1 1f (x) f (x) c
x x′⇔ = − ⇔ = + , από f (1) 2= προκύπτει
1c 1και f (x) 1
x= = +
β) ( )3 2
2 1 2x 2x 1g(x) x ln 1 2 , x 0 , g (x) , x 0
x x x 1
+ − ′= + + − > = > ÷ + , εφόσον ( )x x 1 0για x 0+ > >
θεωρώντας [ )3 2h(x) 2x 2x 1 , x 0,= + − ∈ + ∞ έχουμε 2h(0) 1 0 , h(1) 3 0 , h (x) 6x 4x 0′= − < = > = + >
για x 0> άρα ( ) [ )hστο 0, + ∞1 οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει
μοναδικό α ( )0,1∈ ώστε h(α) 0= και κατ’ επέκταση g (α) 0′ = ,
0 xα h(x) h(α) h(x) 0< < ⇔ < ⇔ < και κατ’ επέκταση g (x) 0′ < ,
xα h(x) h(α) h(x) 0> ⇔ > ⇔ > και κατ’ επέκταση g (x) 0′ > , οπότε
η g για xα= παρουσιάζει ολικό ελάχιστο
γ) ( )1
u 1x
2
ux 0 x 0
1lim ln 1 lim ln u , lim x 2 2
x+ +
= +
→+∞→ →
+ = = +∞ − = − ÷ άρα
x 0lim g(x)
+→= +∞
( )1
u 1x
2
x xu 1
1lim ln 1 lim ln u 0 , lim x 2
x +
= +
→+∞ →+∞→
+ = = − = +∞ ÷ άρα
x 0lim g(x)
+→= +∞
αν ( ) [ ) ( ) ( ) ( ) [ )1 2 1 2A 0,α , Α α , τότε g A g(α) , , g A g(α) ,= = + ∞ = + ∞ = + ∞ κι εφόσον g(α) 0< διότι
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός
λύσεις θεμάτων 46
( )g
α 1 g(α) g(1) g(α) 1 ln2 ln 2 ln e 0< ⇔ < ⇔ < − + = − <1
, η g έχει δύο ακριβώς ρίζες
δ) θεωρώντας ( ) ( ) ( )x
2 2
0Η(x) f 1 t dt , x , H (x) f 1 t 0 , H′= + ∈ = + >∫ r 1 άρα και ''1 1''− οπότε
( ) ( )g(x)
2
0f 1 t dt 0 H g(x) H(0) g(x) 0+ = ⇔ = ⇔ =∫ που από γ) έχει δύο ακριβώς ρίζες ή
εφόσον ( )2f 1 t 0+ > τότε αν ( )g(x)
2
0g(x) 0θα είναι και f 1 t dt 0 , άτοπο> + >∫ , ανάλογα και όταν
g(x) 0< , οπότε πρέπει g(x) 0=
ΘΕΜΑ 95
Δίνεται συνάρτηση f : →r r συνεχής και F μια παράγουσά της με x F(x)F(x) e , x−= ∈ r
α) x F(x)F(x) e 0 ln F(x) x F(x)−= > ⇔ = − , από τη γνωστή ανισότητα ln x x 1≤ − έχουμε
x 1ln F(x) F(x) 1 x F(x) F(x) 1 F(x)
2
+≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ ≥
β) από α) για x 1= προκύπτει F(1) 1≥ οπότε εφόσον 1 F(1)F(1) e −= έχουμε 1 F(1) 0e 1 e 1 F(1) 0− ≥ = ⇔ − ≥ ⇔
F(1) 1≤ και άρα F(1) 1= , από x 1
F(x)2
+≥ έχουμε
( ) [ ]121 1 1 1
1
00 0 0 0
0
x 1 1 x 3F(x)dx dx x F(x)dx x xF(x) xF (x)dx
2 2 2 4
+ ′ ′≥ ⇔ ≥ + ⇔ − ≥ ⇔ ∫ ∫ ∫ ∫
1 1 1
0 0 0
3 3F(1) xf (x)dx 1 xf (x)dx 1 4 xf (x)dx
4 4⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥∫ ∫ ∫γ)
x 1F(x) 0όταν x
2
+≥ > → +∞ άρα x
1 2 20 , lim 0
F(x) x 1 x 1→+∞< ≤ =
+ + και άρα από κριτήριο παρεμβολής
x
1lim 0
F(x)→+∞= , ( ) ( ) ( )x F(x ) x F(x)F (x) e x F(x) f (x) e 1 f (x) f (x) F(x) 1 f (x)− −′′ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔
F(x)f (x)
1 F(x)⇔ =
+ οπότε
1u
F(x)
x x x u 0
F(x) 1 1lim f (x) lim lim lim 1
11 F(x) u 11F(x)
=
→+∞ →+∞ →+∞ →= = = =
+ ++
δ) η εξίσωση γίνεται
( ) ( )x F(x)e 1 xf (x) F(x) 1 xF (x) xF (x) x F(x) 1 0 xF(x) x 0− ′ ′′ ′= − ⇔ = − ⇔ + − = ⇔ − = , οπότε θεωρώντας
[ ]G(x) xF(x) x , x 0,1= − ∈ έχουμε G(0) 0 , G(1) F(1) 1 0= = − = και άρα από Θ. Rolle υπάρχει
( )α 0,1∈ ώστε α F(α)G (α) 0 e 1 αf (α)−′ = ⇔ = −
Δέτσιος Παντελής – μαθηματικός