ΛΥΜΕΝΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤ. Γ. ΛΥΚΕΙΟΥ 2012

0

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ Γ. ∆ΡΟΥΓΑΣ Α. http://mathhmagic.blogspot.com/ 0

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2012

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : ΜΗΤΑΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ, ΔΡΟΥΓΑΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΣ

1


1. Έστω οι συναρτήσεις , :f g →ℝ ℝ για τις οποίες ισχύει ( ) 5( ) 1 ( ) (1)f g x x x g x= + + +

για κάθε x∈ℝ .

α) Να αποδείξετε ότι η g είναι 1-1.

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x ∈ℝ ,ώστε να ισχύει ( )0 0f x x= .

γ) Αν οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιµες, να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει

εφαπτοµένη στη γραφική παράσταση της g που να είναι παράλληλη στον άξονα x΄x.

ΛΥΣΗ

α) Αρκεί για ( ) ( )1 2 1 2g x g x x x= ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( )(1)

1 2 1 2

5 51 1 1 2 2 2

5 51 1 2 2

( ) ( )

1 ( ) 1 ( )

1 1 (2)

g x g x f g x f g x

x x g x x x g x

x x x x

= ⇒ = ⇒

+ + + = + + +

⇒ + + = + +

Θέτω: 5( ) 1x x xκ = + +

4( ) 5 1 0 ( ) ( ) "1 1"x x x xκ κ κ′ = + > ⇒ ⇒ −ր

"1 1"

1 2 1 2(2) ( ) ( )x x x xκ

κ κ−

⇒ = ⇒ =

β) Για την ( )xκ

[ ] ( ).( 1) (1) 0( 1) 1

1,1 : ( ) 01,1(1) 3

θκ κκθ κ θ

κ συνκ

Β− <− = −⇒ ⇒∃ ∈ − ⊆ =

−=ℝ

( ) ( )

( ) ( )

5

( ) 0

1 ( ) 1 ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x

f g g

f g g f g g

θ

κ θ

θ θ θ θ

θ κ θ θ θ θ

=

=

⇒ = + + + ⇒

= + ⇒ =

Για το g(θ): υπάρχει 0 0: ( )x g xθ∈ =ℝ

Άρα 0 0( )f x x= , άρα 0 0 0: ( )x f x x∃ ∈ =ℝ

γ) Έστω ότι υπάρχει εφαπτοµένη της / /gC xxστον ′ , δηλαδή 1 1: ( ) 0gθ θ′∃ ∈ =ℝ

( ) ( ) ( )

( )

( )( )

1

1

5

4

( ) 04

1 1 1 1

4 41 1 1

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

( ) ( ) 5 1 ( )

( ) ( ) 5 1 ( )

( ) 0 5 1 0 5 1 0

x

g

f g x x x g x

f g x g x x g x

f g g g

f g ά

θ

θ

θ θ θ θ

θ θ θ τοπο

=

′ =

′′ ′′ ′⇒ = + + + ⇒

′ ′ ′⋅ = + + ⇒

′ ′ ′⋅ = + + ⇒

′ ⋅ = + + ⇒ + =

2


2. Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις , :f g →ℝ ℝ ώστε:

(1) (2) ... (2006) (1) (2) ... (2006) (1)f f f g g g+ + + = + + + . Να αποδείξετε ότι υπάρχει

[ ]0 1,2006x ∈ , ώστε: 0 0( ) ( )f x g x= .

ΛΥΣΗ

( ) ( ) ( ) ( )1 (1) (1) (2) (2) ... (2006) (2006) 0 (2)f g f g f g⇒ − + − + + − =

Έστω: ( ) ( ) ( )h x f x g x= − συνεχής στο [ ]1,2006 , άρα σύµφωνα µε θεώρηµα µέγιστης-

ελάχιστης τιµής [ ]( ) , 1,2006m h x M xγια καθε≤ ≤ ∈

[ ][ ]

[ ]

( ) (2)

1 1,2006 (1)

2 1,2006 (2)2006 (1) (2) ... (2006) 2006

...

2006 1,2006 (2006)

m h M

m h Mm h h h M

m h M

+

∈ ⇒ ≤ ≤

∈ ⇒ ≤ ≤⇒ ≤ + + + ≤ ⇒

∈∈ ⇒ ≤ ≤

2006 0 2006 0m M m M≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

Άρα το 0 είναι ανάµεσα στη µέγιστη και στην ελάχιστη τιµή της ( )h x , άρα είναι τιµή της ( )h x ,

δηλαδή [ ]0 0 0 01,2006 : ( ) 0 ( ) ( )x h x f x g xυπαρχει ∈ = ⇒ =

3.∆ίνεται µία συνάρτηση f συνεχής στο διάστηµα [ ],a β τέτοια ώστε να ισχύει

( ) ( ) 0f a f β⋅ > . ∆ίνεται επιπλέον ότι υπάρχει µοναδικός αριθµός ( )0 ,x a β∈ ώστε

( )0 0f x = . ∆είξτε ότι για κάθε [ ],x a β∈ ισχύει ( ) ( ) 0f x f a⋅ ≥ .

ΛΥΣΗ

Αφού θέλω για κάθε [ ],x a β∈ να ισχύει ( ) ( ) 0f x f a⋅ ≥ , τότε έστω ότι υπάρχει

[ ], : ( ) ( ) 0a f f aθ β θ∈ ⋅ <

[ ] ( )

. .

1 1

( ) ( ) 0, : ( ) 0

,

f f aa f

f a

θθξ θ ξ

συνεχης στο θ

Β⋅ <⇒∃ ∈ =

Όµως, [ ] [ )

. .

2 2

( ) ( ) 0( ) ( ) 0, ( ) 0

,( ) ( ) 0

f ff a ff

ff f a

θθ ββξ θ β ξ

συνεχης στο θ βθ

Β⋅ <⋅ >⇒ ⇒∃ ∈ ⋅ =

⋅ <

Άρα η f έχει δύο ρίζες διαφορετικές στο ( ),a β , άτοπο.

3


4. Για µια συνεχή συνάρτηση [ ]: ,f a β →ℝ δεχόµαστε ότι: 2( )f β β> . Να δείξετε ότι:

«αν 3 33 ( )f x dxβ

αβ α< −∫ , τότε η εξίσωση 2( )f x x= έχει λύση».

ΛΥΣΗ

Το 3 3

3

β α− θυµίζει:

32

3

xx dx

ββ

αα

=

∫

Θέτω: 2( ) ( )g x f x x= −

Αρκεί να υπάρχει [ ]0 0, : ( ) 0x a g xβ∈ =

• 2 2( ) ( ) 0 ( ) 0f f gβ β β β β> ⇒ − > ⇒ >

•

3 33 3

2 2

3 ( ) ( )3

( ) ( ( ) ) 0

( ) 0

af x dx a f x dx

f x dx x dx f x x dx

g x dx

β β

α α

β β β

α α α

β

α

ββ

−< − ⇒ < ⇒

⇒ < ⇒ − <

⇒ <

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

Αφού ( )g x : συνεχής και το ορισµένο ολοκλήρωµα είναι αρνητικό, τότε η g θα έχει

τουλάχιστον µία αρνητική τιµή στο [ ],a β .

(Γιατί αν όλες οι τιµές ήταν θετικές, τότε και το ολοκλήρωµα θα ήταν θετικό, άτοπο).

Άρα, [ ], : ( ) 0a gυπαρχειξ β ξ∈ <

[ ] ( ) ( ). .

0 0

( ) ( ) 0, , : ( ) 0

,

g gx a g x

g

θβ ξυπαρχει ξ β β

συνεχης στο ξ β

Β<⇒ ∈ ⊆ =

5. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο [ ],a β και ( ) 0f x′ ≠ για

κάθε [ ],x a β∈ . Αν ( ) ( ) ( ) ( ) (1)f a f f f aβ β′ ′⋅ = ⋅ , να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ),aξ β∈ τέτοιο ώστε: ( ) ( ) 0f fξ ξ′′⋅ > .

ΛΥΣΗ

ά f f ί f ή f ί f ήυπ ρχειη παραγωγ σιµη συνεχ ς παραγωγ σιµη συνεχ ς′′ ′ ′⇒ ⇒ ⇒ ⇒ (παντα

στο [ ],a β )

( ) 0( )

( )

f xf x ί ό

f x ήδιατηρε πρ σηµο

συνεχ ς

′ ≠′⇒

′

4


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

( ) ( )

f x f a ff a f f f a

f a f

ββ β

β

′ ≠

′ ′⇒ = ⇒ =′ ′

Θέτω: [ ]( )( ) ,

( )

f xg x a

f xστο β=

′,g παραγωγίσιµη άρα:

( )( )

( )

2

2 2

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) (3)

( ) ( )

f x f x f xf x f x f x f xg x g x

f x f x

′ ′′− ⋅′ ′ ′′−′ ′= ⇒ =′ ′

(2)

( )( )

( )( ) ( )

( )( )

( )

f ag a

f ag a g

fg

f

ββ

ββ

=′

⇒ ==

′

[ ]( ) ( )

. .

0 0

,

, , : ( ) 0

( ) ( )

Rolleg

g ά x g x

g a g

θσυνεχης στο α β

παραγωγισιµη στο α β υπ ρχει α β

β

′⇒ ∈ =

=

( ) ( )( )

( )( )20

2(3)

0 0 00 2

0

( 02

0 0 0 0 0

0

( ( ) ( ), : 0

(

( ( ) ( ) ( ) ( ) 0f x

f x f x f xά x a

f x

f x f x f x f x f x

x

υπ ρχει β

ξ

′ >

′ ′′− ⋅⇒ ∈ =

′

′ ′′ ′′⇒ = ⋅ ⇒ ⋅ >

→

6. ∆ίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ℝώστε να ισχύει ( ) ( ) 0 (1)f x f xκ+ + = , για

κάθε x∈ℝ , όπου *κ ∈ℝ . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) 0f x′ = έχει άπειρες

πραγµατικές λύσεις.

ΛΥΣΗ

(1)

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

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

( 2 ) ( ) (2)

x x

x x

f x f x f x f x

f x f x f x f x

f x f x

κ

κ

κ κ κ κ

κ κ κ κ κ

κ

→ −

→ +

⇒ − + + − = ⇒ − = −

⇒ + + + + = ⇒ + = − + ⇒

⇒ + =

( ) ( )2

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

( ) ( 2 ) 0 ( 2 ) ( ) (3)

(2), (3) ( 2 ) ( ) ( 2 ) (4)

x x

f x f x f x f x

f x f x f x f x

f x f x f x

κ

κ κ κ κ κ

κ κκ κ

→ −

⇒ − + + − = ⇒ − + − =

⇒ − + − = ⇒ − =

⇒ − = = +

Άρα η ( )f x περιοδική µε περίοδο 2T κ= .

0 (0) (2 )x f f κ= ⇒ = , άρα

5


[ ]( ) ( )

. .0,2

0,2 0,2 : ( ) 0

(0) (2 )

Rollef ή

f ί f

f f

θσυνεχ ς στο κ

παραγωγ σιµη στο κ υπαρχειξ κ ξ

κ

′⇒ ∈ =

=

(4) ( 2 )( 2 ) ( ) ( 2 )( 2 )

( 2 ) ( ) ( 2 )

f x x f x f x x

f x f x f x

κ κ κ κκ κ

′ ′ ′ ′ ′⇒ − − = = + +

′ ′ ′⇒ − = = +

Άρα η f ′ περιοδική µε περίοδο 2T κ= .

Όµως, η f ′ έχει στο ( )0,2κ ρίζα, δηλαδή σε µία περίοδο έχει ρίζα, άρα και σε κάθε άλλο

διάστηµα πλάτους 2κ θα έχει ρίζα (λόγω περιοδικότητας).

Άρα η ( ) 0f x′ = έχει άπειρες λύσεις, µία τουλάχιστον στο πλάτος κάθε περιόδου.

7. Έστω f συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιµη στο [ ]1,4 . Αν

(1) 1, (2) 2, (3) 3f f f= > < και (4) 4f = , να αποδείξετε ότι υπάρχει ( )0 1,4x ∈ τέτοιο ώστε

0( ) 0f x′′ = .

ΛΥΣΗ

(1) 1

(4) 4

f

f

=

= Με οδηγεί να θέσω: ( ) ( )g x f x x= − , άρα ( ) ( ) 1g x f x′ ′= −

(1) (1) 1 0

(4) (4) 4 0

(2) (2) 2 0

(3) (3) 3 0

g f

g f

g f

g f

= − =

= − =

= − >

= − <

[ ] ( ). .(2) (3) 0

2,3 : ( ) 02,3

olzanog gά g

g

θ

υπ ρχειθ θσυνεχης

Β⋅ <⇒ ∈ =

[ ]( ) ( )

. .

1 1

1,

1, 1, : ( ) 0

(1) ( ) 0

Rolleg ή

g ί ά g

g g

θσυνεχ ς θ

παραγωγ σιµη θ υπ ρχειξ θ ξ

θ

′⇒ ∈ =

= =

[ ]( ) ( )

. .

2 2

, 4

,4 ,4 : ( ) 0

( ) (4) 0

Rolleg

g g

g g

θσυνεχης θ

παραγωγισιµη θ υπαρχειξ θ ξ

θ

′⇒ ∈ =

= =

6


[ ]( ) ( ) ( )

1 2. .

1 2 0 1 2 0

1 2

,

, , 1,4 : ( ) 0

( ) ( )

Rg

g ά x g x

g g

θσυνεχης ξ ξ

παραγωγισιµη ξ ξ υπ ρχει ξ ξ

ξ ξ

′

′ ′′⇒ ∈ ⊆ =

′ ′=

8. Έστω , ,a β γ ∈ℝ ώστε 3 3 0a β γ+ + = . Να αποδείξετε ότι 2β αγ≥ .

ΛΥΣΗ 2 2 0β αγ β αγ≥ ⇔ − ≥ : θυµίζει ∆ιακρίνουσα

2 42 2

α γβ − ⋅

Θέτω: 2 2( ) 42 2 2 2

af x x x

γ α γβ µε β= + + ∆ = − ⋅

Θέτω: 2

3( )6 2 2

a x xF x x β γ= + + , αρχική της ( )f x .

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

(1) 06 2 2 6 6

FF Fa a

Fβ γ β γ

=⇒ =+ +

= + + = = =

[ ]( )

( )( )

. .0,1

( ) 0,1 : ( ) 00,1

( ) 0,1 : ( ) 0(0) (1)

RF

ά ά FF

ά ά fF F

θσυνεχης

υπ ρχειξ ενα τουλ χιστον ξπαραγωγισιµη

υπ ρχειξ ενα τουλ χιστον ξ

′∈ =⇒

∈ ==

Όµως η ( )f x είναι τριώνυµο και έχει τουλάχιστον µία ρίζα, άρα

2 20 4 02 2

aα γ

β β γ∆ ≥ ⇒ − ⋅ ≥ ⇒ ≥

9. ∆ίνεται συνάρτηση :f →ℝ ℝ παραγωγίσιµη στο ℝ καθώς και το σύνολο των

µιγαδικών αριθµών { }( ),xA e i f x x= + ⋅ ∈ℝ . Αν οι µιγαδικοί ( ) ( )1 , 1i iκ λ+ + ανήκουν στο

Α, όπου , 0κ λ > µε κ λ≠ , να αποδείξετε ότι υπάρχει θ ∈ℝ έτσι ώστε: ( ) ( )f fθ θ′= .

ΛΥΣΗ

( )1 i Aκ + ∈ άρα,

1 1

1

1

1 1 1

1

1

: ( ) (1 ) ( )

( ) (1)( )

x x

xx

x e if x i e if x i

ee f x

f x

υπαρχει κ κ κ

κκ

∈ + = + ⇒ + = +

=⇒ ⇒ =

=

ℝ

( )1 i Aλ + ∈ άρα,

7


2

2 22 2 2

2

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

xx xe

x e if x i e f xf x

λυπαρχει λ

λ=

∈ + = + ⇒ ⇒ ==

ℝ

1

1 2

2

1

1 2

2

( )1

( ) ( )(1), (2)

( )1

x

x x

x

f xf x f xe

f x e e

e

=⇒ ⇒ =

=

Θέτω: ( )

( )x

f xg x

e=

2

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) (3)

( )

x x

x x

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

e e

′ ′⋅ − ⋅ −′ ′= ⇒ =

1

2

11

1 22

2

( )( )

( ) ( )( )

( )

x

x

f xg x

e g x g xf x

g xe

=⇒ =

=

[ ]( )

1 2(3).

1 2 1 2

1 2

,

( , ) , : ( ) 0 ( ) ( )

( ) ( )

Rolleg x x

g x x ά g f f

g x g x

θσυνεχης

παραγωγισιµη υπ ρχειθ ξ ξ θ θ θ′ ′⇒ ∈ ⊆ = ⇒ =

=

ℝ

10. Έστω :f →ℝ ℝ παραγωγίσιµη συνάρτηση µε ( ) ( ) 1 (1)f x f x′⋅ − = για κάθε x∈ℝ . Αν

(0) 1f = , να αποδείξετε ότι:

α) ( ) ( ) 1f x f x⋅ − = για κάθε x∈ℝ

β) ( ) xf x e= για κάθε x∈ℝ

γ) Η fC εφάπτεται στην ευθεία : 1y xε = +

ΛΥΣΗ

α) (1) ( ) ( ) 1 (2)x x

f x f x→−

′⇒ − ⋅ =

( )

( )

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

( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) 0

( ) ( )

f x f x f x f x

f x f x f x f x

f x f x f x f x

f x f x x

f x f x c

για καθε

′ ′⇒ ⋅ − = − ⋅

′ ′⇒ ⋅ − − ⋅ − =

′′⇒ ⋅ − + ⋅ − =

′⋅ − = ∈

⇒ ⋅ − =

ℝ

0 (0) ( 0) 1x f f c c= ⋅ − = ⇒ =

Άρα, ( ) ( ) 1 (3)f x f x⋅ − = , άρα ( ) 0, ( ) 0f x f x≠ − ≠

8


β) 1

(3) ( )( )

f xf x

⇒ − =

1

01 1

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

( )

0 : (0) 1

xf x f x f x x f x C ef x

x f C e C

για καθε′ ′⇒ = ⇒ = ∈ ⇒ =

= = ⋅ ⇒ =

ℝ

Άρα ( ) xf x e=

γ) Έστω ( )0 0, ( )A x f x το σηµείο επαφής. Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι: 00( ) xf x e= ,

00( ) xf x e′ = .

( )1 0 0 0 0 0 0 0: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y f x f x x x y f x x f x x f xε ′ ′ ′− = − ⇒ = − +

Όµως, 2 : 1y xε = + . Πρέπει 1 2ε ε≡

0

0 0

0 00 0

0 0 0 0

( ) 1 1 0

( ) ( ) 1 1 0 1 0 1 1

x

x x

f x e x

f x x f x e x e e e ύισχ ει

′ = = ⇔ =⇔

′− + = − + = ⇔ − ⋅ + = ⇔ + =

Άρα η 1y x= + εφάπτεται στο ( ) ( )00, 0,1e =

11. Έστω η συνάρτηση f ορισµένη και συνεχής στο [ ],a β και παραγωγίσιµη στο ( ),α β

µε ( ) ( )f a f β= . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ( )1 2, ,..., ,aνξ ξ ξ β∈ , ώστε

1 2( ) ( ) ... ( ) 0 (1)f f f νξ ξ ξ′ ′ ′+ + + =

ΛΥΣΗ

Επειδή θέλω ν τιµές iξ για να ισχύει η (1) χωρίζω το [ ],a β σε ν διαστήµατα πλάτους β αν−

το

καθένα.

Πρέπει: xβ α β α

β αν ν− − − + =

9


11

11 1

x

x

x

xx x

β α β αβ α

ν νβ α β α

α βν ν

β αβ α

ν νν

ν νν ν

− −⇒ − − =

− −⇒ − = + −

− ⇒ − = − −

− −⇒ = ⇒ − = − ⇒ = −

Η f σε καθένα από τα ν αυτά κλειστά διαστήµατα είναι συνεχής.

Η f σε καθένα από τα ν αυτά ανοικτά διαστήµατα είναι παραγωγίσιµη σύµφωνα µε θ.Μ.Τ.

( )

1 1

2 2

3 3

( ) ( ), : ( )

( 2 ) ( ), 2 : ( )

( 3 ) ( 2 )2 , 3 : ( )

...

( ) (1 , : ( )

f a f aa a f

f a f aa a f

f a f aa a f

f f aa fν ν

β αβ α νξ ξ

β ανν

β α β αβ α β α ν νξ ξ

β αν νν

β α β αβ α β α ν νξ ξ

β αν νν

β νβ αξ ν β ξ

ν

−+ −− ′∃ ∈ + = −

− −+ − +− − ′∃ ∈ + + = −

− −+ − +− − ′∃ ∈ + + = −

− +− ′∃ ∈ + − =

( )1 )β αν

β αν

+

⇒

−−

−

( )

1 2

1 2

( ) ( ) ... ( )

( ) 2 ... ( ) 1

( ) ( ) 0( ) ( ) ... ( ) 0

f f f

f a f f f a f f a

f f af f f

ν

ν

ξ ξ ξ

β α β α β α β αα α β ν

ν ν ν νβ αν

βξ ξ ξ

β α β α

′ ′ ′+ + + =

− − − − + − + + − + + + − + − =

−

−′ ′ ′+ + + = = =− −

10


12. ∆ίνεται συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιµη στο [ ],a β , τέτοια ώστε ( ) 0f β′ = . Αν

( ) 0f β′′ > , να αποδείξετε ότι υπάρχει διάστηµα [ ],a β∆ ⊂ στο οποίο η f είναι γνησίως

φθίνουσα.

ΛΥΣΗ

ά f f f f fυπ ρχει παραγωγισιµη συνεχης παραγωγισιµη συνεχης′′ ′ ′⇒ ⇒ ⇒ ⇒

( ) 0( ) ( ) ( )( ) 0 lim 0 lim 0

f

x x

f x f f xf

x x

β

β β

ββ

β β− −

′ =

→ →

′ ′ ′−′′ > ⇒ > ⇒ >

− −

Άρα η ( )

0f x

x β′

>−

κοντά στο β.

∆ηλαδή ( )0 : ,ά xυπ ρχει δ για καθε β δ β> ∈ − να ισχύει ( )

0f x

x β′

>−

.

∆ηλαδή ( ),x β δ β∀ ∈ − να ισχύει ( ) 0f x′ < αφού 0x β− < , δηλ. ( )( ) 0 ,f x x β δ β′ < ∀ ∈ −

και επειδή η f είναι συνεχής, έχω [ ]( ) ,f x xγια καθε β δ β∈ −ւ .

13. ∆ίνεται το ολοκλήρωµα 1x

x xI dx

e

π

π

ηµ−

=+∫ . Να αποδειχθεί ότι:

i) 1

x

x

xe xI dx

e

π

π

ηµ−

=+∫ και ii) I π=

ΛΥΣΗ

i) Θέτω: ( )x y ά x a yπ π γενικ β= − − = + −

Άρα x y dx dy dy dx= − ⇒ = − ⇒ = −

x y y

x y y

π π ππ π π

= − ⇒ − = − ⇒ =

= ⇒ = − ⇒ = −

Άρα ( ) ( )( ) ( )11 1 1

x y

y

y yx x y yI dx dy dy

e ee

π π π

π π π

ηµηµ ηµ−

−− −

− −− −= = − = =

+ + +∫ ∫ ∫

1 1 1

y x

y y x

y

y y ye y xe xdy dy dx

e e ee

π π π

π π π

ηµ ηµ ηµ− − −

= = =+ + +∫ ∫ ∫

ii) 1

21

1

xx

xx

x

x xI dx

x x xe xeI dx

exe xI dx

e

π

π π

ππ

π

ηµηµ ηµ

ηµ

+−

−

−

=++

⇒ =+

=+

∫∫

∫

11


( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) [ ]

(1 )2 2

1

2 2

2 ( ) ( )

2 ( 1) ( 1)

2 ( ) 2 2

x

x

x x eI dx I x xdx

e

I x x dx I x x x dx

I xdx

I x

I I I

π π

π π

π ππ

ππ π

π

π

π

π

ηµηµ

συν συν συν

π συνπ π συν π συν

π π ηµ

π π ηµπ ηµ π π π

− −

−− −

−

−

+⇒ = ⇒ =

+

′ ′⇒ = − ⇒ = − − −

⇒ = − − − − − +

⇒ = − − + − − +

⇒ = + + − − ⇒ = ⇒ =

∫ ∫

∫ ∫

∫

14. Να αποδειχθεί ότι: /2

0

( )

( ) ( ) 4

x

x x

xI dx

x x

συνπ

ηµ συν

ηµ πσυν ηµ

= =+∫ .

ΛΥΣΗ

Θέτω: 2

x y dx dy dy dxπ

= − ⇒ = − ⇒ = −

0 02 2

022 2

x y y

xy y

π π

π π π

= = − ⇒ = ⇒

= = − ⇒ =

2

2

x y y

x y x

πηµ ηµ συν

πσυν συν ηµ

= − =

= − =

Άρα, ( )

( ) ( )( )

0

/2

y

y y

yI dy

y y

ηµ

συν ηµπ

συν

ηµ συν= − ⇒

+∫( )

( ) ( )/2

0

y

y y

yI dy

y y

ηµπ

συν ηµ

συν

ηµ συν=

+∫

( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

/2

0 ( ) /2

0/2

0

( )2

x

x x x x

x xx

x x

xI

x x x xI dx

x xxό I dx

x x

ηµπ

συν ηµ ηµ συνπ

συν ηµσυνπ

συν ηµ

συν

ηµ συν συν ηµ

ηµ συνηµµως

ηµ συν

+=

+ +⇒ =

+=

+

∫∫

∫

/2

02 2 0

2 4I dx I I

π π π⇒ = ⇒ = − ⇒ =∫

12


15. Έστω η συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ℝ , µε 2( )f x x′ > για κάθε x∈ℝ . Να

αποδείξετε ότι η εξίσωση 21( ) 1

2f x x x= − + , έχει ακριβώς µία λύση στο ℝ .

ΛΥΣΗ

Θέτω: 21( ) ( ) 1

2g x f x x x= − + −

Αρκεί η εξίσωση ( ) 0g x = να έχει µοναδική λύση στο ℝ .

Επειδή 2 2( ) ( ) 0f x x x f x x x′ ′> ∀ ∈ ⇒ − > ∀ ∈ℝ ℝ

3 3

( ) 0 ( ) 03 3

x xf x x f x x

′ ′ ′⇒ − > ∀ ∈ ⇒ − > ∀ ∈

ℝ ℝ

Άρα η συνάρτηση 3

( )3

xf x − είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

( ) ( ) 1g x f x x′ ′= − +

Επειδή 2 2 2( ) ( ) 1 1 ( ) 1f x x f x x x x g x x x′ ′ ′> ⇒ − + > − + ⇒ > − +

Όµως 2 1 0x x x− + > ∀ ∈ℝ (τριώνυµο µε 0∆ < ) τότε

( ) 0g x x′ > ∀ ∈ℝ , άρα ( )g x ր στο ℝ .

• Για

3

( ) ( ) 3 33 00 ( ) (0) ( ) (0)

3 3

xh x f x

xx h x h f x f

= −

> ⇒ > ⇒ − > −ր

( )3

( ) (0) 0,3

xf x f x⇒ > + ∀ ∈ +∞

Όµως 3

lim3x

x→+∞

= +∞ , άρα lim ( )x

f x→+∞

= +∞

• Για 3 3( ) 0

0 ( ) (0) ( ) (0)3 3

h x xx h x h f x f< ⇒ < ⇒ − < −

ր

3

( ) (0)3

xf x f⇒ < +

3

lim3x

x→−∞

= −∞ , άρα lim ( )x

f x→−∞

= −∞

Έχω ( )g x ր στο ℝ άρα ( )( ) ( ) lim ( ), lim ( )x x

g g f x f x→−∞ →+∞

∆ = =ℝ

( )g x συνεχής στο ℝ ( )g⇒ ∆ = ℝ

0 ( )g∈ ∆ άρα η ( ) 0g x = έχει µοναδική ρίζα στοℝ λόγω µονοτονίας της ( )g x .

13


16. ∆ίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο [ ],a β καθώς και οι µιγαδικοί αριθµοί της

µορφής ( )Zx x i f x= + ⋅ , ( )Wx x i f x′= + ⋅ , όπου [ ],x a β∈ . Αν ισχύει Im( ) Im( )Za Zβ= , να

αποδείξετε ότι υπάρχουν ( )1 2, ,aθ θ β∈ , τέτοια ώστε 1 2 1 2W W W Wθ θ θ θ+ = + .

ΛΥΣΗ

Im( ) Im( ) ( ) ( ) (1)Za Z f a fβ β= ⇒ =

Αρκεί:

( ) ( )

1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

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

W W W W

if if if if

f f i f f i

f f f f

f f f f

θ θ θ θ

θ θ θ θ θ θ θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ θ

+ = + ⇔

′ ′ ′ ′⇔ + + + = − + −

′ ′ ′ ′⇔ + = − −

′ ′ ′ ′⇔ + = − −

′ ′ ′ ′⇔ + = ⇔ + =

( )

( )

1 1. .

2 2

( ) ( )2, , : ( ) 2, , ,

22 2

( ) ( ), , ,22 2 , , : ( ) 2

2

af f aaa a

a a ff a

aa a f ff a aa f

θ

βββ β

θ β θσυν ββ α

ββ β βπαραγ β βθ β β θ

β α

Π

+−++ + ′∃ ∈ ⊆ = −

⇒++ + − + ′∃ ∈ ⊆ = −

1

1 2

1

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

( ) ( ) 02 2 0

a af f a f f f f a

f f

f f

β ββ β

θ θβ α β α

β ββ α β α

+

+ +− + − −

′ ′⇒ + = = =− −

−= = =

− −

7. Αν 0a > και η εξίσωση 1

xx e a= ⋅ έχει θετική λύση, να βρεθεί η µικρότερη τιµή του α.

ΛΥΣΗ

Έστω 0 0x > η θετική λύση της εξίσωσης, τότε 0

1

0xx e a= ⋅ ⇒

( )

( )

0 0

0 0

1/ 1/0 0

0 00 0

(ln 1)0 0

ln ln ln ln ln

1 lnln 1 ln ln 1

ln ln 1

x x

x x

x e a x e a

ax a x

x x

a x x a e −

⇒ = ⋅ ⇒ = + ⇒

⇒ = + ⇒ = − ⇒

⇒ = − ⇒ =

Θέλω τη µικρότερη τιµή του α, άρα αρκεί να βρω την µικρότερη τιµή του 0 0(ln 1)x xe − .

Θέτω: (ln 1)( ) x xf x e −= ( )0,fD = +∞

14


[ ]

(ln 1)

(ln 1) (ln 1)

(ln 1)

0(ln 1)

( ) (ln 1) (ln 1 1)

( ) ln

( ) 0 ln 0 ln 0 1x x

x x x x

x x

ex x

f x e x x e x

f x e x

f x e x x x−

− −

−

≥−

′′ = ⋅ − = ⋅ − + ⇒

′⇒ = ⋅

′ ≥ ⇒ ⋅ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

( )

( )

1 ( ) (1)( ) (1)

1 ( ) (1)

f x

f x

x f x ff x f

x f x f

≥ ⇒ ≥⇒ ≥

< ⇒ >

ր

ւ

Άρα 1(ln1 1) 1 1min ( ) (1) min ( )f x f f x e e

e− −= ⇒ = = = . Άρα

1mina

e= .

18. Έστω η συνάρτηση f µε τύπο ( )2 2 2 2( ) 36 9 ,f x a x a x x xσυν= + + ∈ℝ όπου 0a ≥

σταθερά. Αν η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο σηµείο 0x x= , τότε:

α) Να αποδείξετε ότι: ( )2

2 00 0 2

722 18

9

a xa x x

aηµ + =

+

β) Αν 0 0x = , να βρεθεί ο α.

ΛΥΣΗ

α)

0.

0 0

0

( ) 0 (1)Fermat

f ά x

x ό f x

x ί

θελ χιστο στο

το εσωτερικ του

στο παραγωγ σιµη

′⇒ =ℝ

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

0

2 2 2 2

2 2 2 20 0 0 0 0 0

12 2 2

0 0 0

22 0

0 0 2

( ) 72 2 9 9 9

( ) 72 2 9 9 9

0 72 2 9 9

722 18

9

x x

f x a x a x x a x x a

f x a x a x x a x x a

a x a x x a

a xa x x

a

συν ηµ

ηµ συν

ηµ

ηµ

=

′ = + + ⋅ − + ⋅ +

′⇒ = − + + ⋅ +

⇒ = − + ⋅ +

⇒ + =+

β) ( )2

20 2

72 00 2 0 18 0 0 0

9

ax a

aηµ

⋅= ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇔ =

+, ισχύει.

15


( )2

2 00 0 2

2 2 20 2

02 2 2

722 18 1 1

9

72 9 91 0 9 0

9 72 72

a xa x x

a

a x a ax a ύ ά a

a a a

ηµ

ισχ ει για κ θε

+ ≤ ⇒ ≤+

+ +⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ + ≥ ∈

+ℝ

19. Έστω οι πραγµατικοί αριθµοί a, b, c, d έτσι ώστε:

(1) 0a b c d− + − + <

(2) 0d >

(3) 0a b c d+ + + <

Να δειχτεί ότι 2 3b ac≥ .

(Υπόδειξη: Να θεωρηθεί το πολυώνυµο 3 2( )f x ax bx cx d= + + + και να δειχτεί ότι έχει

ρίζες στα διαστήµατα ( )1,0− και ( )0,1 ).

ΛΥΣΗ

3 2

2

( )

( ) 3 2

f x ax bx cx d

f x ax bx c

= + + +

′ = + +

( 1) 0( 1) (0) 0

(0) 0

(0) 0(0) (1) 0

(1) 0

f a b c df f

f d

f df f

f a b c d

− = − + − + <⇒ − ⋅ <

= >

= >⇒ ⋅ <

= + + + >

[ ] ( )

[ ] ( )

. .

1 1

. .

2 2

1,01,0 : ( ) 0

( 1) (0) 0

0,10,1 : ( ) 0

(0) (1) 0

ff

f f

ff

f f

θ

θ

συνξ ξ

συνξ ξ

Β

Β

−⇒∃ ∈ − =

− ⋅ <

⇒∃ ∈ =⋅ <

[ ]( ) ( )

1 2. .

1 2 1 2

1 2

,

, , : ( ) 0

( ) ( )

Rf

f f ά έ

f f

θσυν ξ ξ

παρ ξ ξ ξ ξ ξ ξ τουλ χιστον να ξ

ξ ξ

′⇒∃ ∈ =

=

Η ( )f x′ είναι τριώνυµο, έχει τουλάχιστον µία ρίζα, άρα

2 2 20 (2 ) 4 3 0 4 12 0 3b a c b ac b ac∆ ≥ ⇒ − ⋅ ⋅ ≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥

16


20. Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση [ ]: 0,1f →ℝ , για την οποία ισχύει:

( )1 2

0

1( ) ( )

12x f x f x dx⋅ − =∫ .

ΛΥΣΗ

( ) ( )1 12 2

0 0

2 21 2

0

2 21 1

0 0

12 22 31 1 1

0 0 00

1 1( ) ( ) ( ) ( )

12 12

1( ) 2 ( )

2 2 2 12

1( )

2 4 12

1 1( ) ( )

2 4 12 2 12 12

x f x f x dx f x xf x dx

x x xf x f x dx

x xf x dx dx

x x x xf x dx dx f x dx

⋅ − = ⇒ − = −

⇒ − ⋅ + − = −

⇒ − − = −

⇒ − = − ⇒ − = −

∫ ∫

∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫2

( ) 02 21

0( ) 0 ( ) 0 ( )

2 2 2

xf x

x x xf x dx f x f x

− ≥ ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =

∫

21. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε 2

( ) ,1

xef x x

x= ∈

+ℝ .

α) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση F µε 0

( ) ( )x

F x f t dt= ∫ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ ,

αν ( ) 0f x > .

β) Να λυθεί η εξίσωση ( ) 0x

xf t dt

ηµ=∫ .

ΛΥΣΗ

α) 0

( ) ( )x

f t ή f t dtσυνεχ ς παραγωγισιµη⇒ ∫

( ) ( ) 0 ( )F x f x x F x στο′ = > ∀ ∈ ⇒ℝ ր ℝ

β) 0 0

( ) 0 ( ) ( ) 0x x x

xf t dt f t dt f t dt

ηµ

ηµ= ⇒ − + =∫ ∫ ∫

( ) ( ) 0 ( ) ( )

0

F

F x F x F x F x

x x x ό

x ύ x x

ηµ ηµηµ µοναδικ

ισχ ει ηµ

⇒ − + = ⇒ = ⇒

= ⇒ =

∀ ∈ ≤

ր

ℝ

Και η ισότητα ισχύει µόνο για 0x =

17


Β΄ τρόπος ( ) 0

( ) 0f tx

xf t dt x x

ηµηµ

>

= ⇒ =∫

22. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: ( )3

2( ) 2 3 33

x xf x x x e x= − + − − +

α) Να µελετηθεί η f ως προς την µονοτονία και τα ακρότατα και να αποδειχθεί ότι είναι:

( ) 0f x > για κάθε x∈ℝ .

β) Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων ( , )M a β= για τα οποία ισχύει

2

2

2

4( ) 0

y y

x xf t dt

−

−=∫

ΛΥΣΗ

α) 2 2( ) (2 2) ( 2 3) 1x xf x x e x x e x′ = − + − + − −

2 2 2

2

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

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

x x

x x

f x e x x f x e x

f x e x e x

′ ′= + − + ⇒ = − ⋅ +

′ ≥ ⇒ − ⋅ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

( ) ( ],0 ( ) 0 ( ) ,0x f x f x στο′∈ −∞ ⇒ < ⇒ −∞ւ

( ) [ )0, ( ) 0 ( ) 0,x f x f x στο′∈ +∞ ⇒ > ⇒ +∞ր

0 ( ) (0) ( ) (0) ( ) 6

( ) 00 ( ) (0)

f

f

x f x f f x f x f x x

Ά f x xx f x f

ρα≥ ⇒ ≥ ≥ ∀ ∈ ⇒ ≥ ∀ ∈

⇒> ∀ ∈

< ⇒ >

ր

ց

ℝ ℝ

ℝ

β) 2

2

( ) 02 2 2

4( ) 0 2 4

f ty y

x xf t dt y y x x

>−

−= ⇔ − = − ⇔∫

( )

2 2

2 2

4 2 0

4, 2, 0

4 16 4 20 0

, 2,12 2

205

2

x y x y

A B

A B ύ

A BK K

R R

κ κλος

⇔ + − − =

= − = − Γ =

+ − Γ = + = >

− − →

= ⇒ =

18


23. 1) Να αποδειχθεί ότι για µια συνάρτηση :f →ℝ ℝ ισχύει: ( ) ( ) ( ) xf x f x f x ce′ = ⇔ = ,

όπου c σταθερά.

2) α) Να βρεθεί η θετική και παραγωγίσιµη στο ℝ συνάρτηση f για την οποία ισχύει:

( )221

( )( ) 1 1 (1)

1

x f tf x x dt x

t = + + ∀ ∈ + ∫ ℝ

β) Να µελετηθεί η f ως προς την µονοτονία και να αποδειχθεί ότι η γραφική

παράσταση (c) διαθέτει δύο σηµεία καµπής τα οποία ας σηµειώσουµε µε Α και Β.

γ) Να βρεθεί το εµβαδόν του χωρίου που οριοθετείται από την (c) και το ευθύγραµµο

τµήµα ΑΒ.

ΛΥΣΗ

1) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0x x xf x f x f x f x f x e f x e e′ ′ ′= ⇒ − = ⇒ ⋅ − ⋅ = ⋅ ⇒

2 2

( ) ( ) ( ) 0 ( )0

( ) ( )

( )( )

x x

x x x

xx

f x e f x e f xx

e e e

f xc f x c e x

e

′′ ′⋅ − ⋅ ⇒ = ⇒ = ∀ ∈

⇒ = ⇒ = ⋅ ∀ ∈

ℝ

ℝ

Επαλήθευση: ( ) ( ) ( )xf x ce ά f x f xρα′ ′= =

2) 2

2 21

21

( )( ) ( ) 1(1) 1

( )1 1

1

x

x

f tή

f x f t tdtf tx t

dtt

συνεχ ς

παραγ

+⇒ = + ⇒

+ +

+

∫∫

2 2 2 21

(1)

2

1 1 1

1 1 22

( ) ( ) ( ) ( )1

1 1 1 1

( )

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

(1) 2

1 1 2( )

( ) ( 1)1

x

x

x x

f x f t f x f xdt

x t x x

f xc e

xx f f

fΆ c e c e c e

f xά e e f x e x

x

ρα

ρα

−

− −

′′ ′ ⇒ = + ⇒ = + + + +

⇒ = ⋅+⇒ = ⇒ = + + ⇒ =

= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =+

= ⋅ ⇒ = ++

∫

1 2 1 1 2

1 2

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

( ) ( 1) 0

x x x

x

f x e x e x f x e x x

f x e x x

− − −

−

′ ′= + + ⋅ ⇒ = + − ⇒

′⇒ = − ≥ ∀ ∈ℝ

19


Και η ισότητα ισχύει για 1x = µόνο, άρα ( )f x րστο ℝ .

1 2 1 1 2

1 2

2 2

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

( ) ( 1)

( ) 0 1 0 1 1 1

x x x

x

f x e x e x e x x x

f x e x

f x x x x ή x

− − −

−

′′ = − + ⋅ − = − + + − ⇒

′′⇒ = −

′′ ≥ ⇒ − ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≥ ≤ −

( )( )

1, ( 1) .

1, (1) .

f

f

στο σ κ

στο σ κ

Α − −

Β

: ( ) ( 1) ...B AA A

B A

y yAB y y x x y f

x x

−− = − ⇒ − − =

−

Στο διάστηµα ανάµεσα στα σ.κ. Α, Β η f είναι κοίλη, άρα ( ) 0fC AB f x AB≥ ⇒ − ≥

( )1 1

1 1( ) ( ) ...E f x AB dx f x AB dx

− −= − = − =∫ ∫

24. Θεωρούµε τη συνάρτηση f που ορίζεται από τον τύπο: 1

( )t

x ef x dt

t= ∫ , για κάθε

0x ≥ .

1) Να καθοριστούν οι τιµές της µεταβλητής x για τις οποίες είναι ( ) lnf x x≥ .

2) Να προσδιοριστεί (εφόσον υπάρχει) το όριο: 1

limt x

x

x

edt

t

−

→+∞ ∫ .

ΛΥΣΗ

1) Θέτω: ( ) ( ) lng x f x x= − . Αρκεί να λύσω την ( ) 0g x ≥ .

1 1 1( ) ( )

x xe eg x f x

x x x x

−′ ′= − = − = µε (1) 0g =

( ) 0 0g x x′ ≥ ⇒ ≥

1 ( ) (1) ( ) 0

1 ( ) (1) ( ) 0

x g x g g x

x g x g g x

≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

< ⇒ < ⇒ <

Άρα η ( )g x έχει λύση µόνο για 1x ≥ .

20


2) 1

1 1 1

( )lim lim lim lim lim

tx

t x t tx x xx x

x xx x x x x

edte e e f xtdt e dt e dt

t t t e e

−− −

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞= ⋅ = = =

∫∫ ∫ ∫

1 1

1 ( ) ln

t t tx xe e e

ή dt dt ήt t t

x έ f x x

συνεχ ς παραγ συνεχ ς

ια χω

⇒ ⇒

Γ ≥ ≥

∫ ∫

Επειδή lim ln lim ( )x x

x ό f xτ τε→+∞ →+∞

= +∞ = +∞

Άρα, ( ) ( ) 1

lim lim lim lim 0( )

x

x x xx x x x

ef x f x xe e e x

∞∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

′= = = =

′

25. Αν f συνεχής στο [ ]0,1 , να βρείτε την ελάχιστη τιµή της παράστασης

( )1 1 1

0 0 0( ) ( ) ( )f x f y dy dx f x dx−∫ ∫ ∫ .

ΛΥΣΗ

( ) ( )1 1 1 1 1 1

0 0 0 0 0 0

1 1 1

0 0 0

1 1 1 1

0 0 0 0

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) )

f x f y dy dx f x dx f x f y dy dx f x dx

f y dy f x dx f x dx

f x dx f x dx f x dx f x dx κ

κ κ κ κ κ

− = − =

= ⋅ − =

= ⋅ − = =

= ⋅ − = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Τριώνυµο µε 1 0a = > , άρα η ελάχιστη τιµή είναι: 2( 1) 4 1 0 1

4 4 1 4a

∆ − − ⋅ ⋅− = − = −

⋅

26. Αν µια συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ℝ και

3( ) ( )

x

xg x f t dt

+= ∫ , να δείξετε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .

ΛΥΣΗ

3

0 0( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( 3)

3 ( ) ( 3) ( 3) ( ) 0

( ) 0 , ( )

x x

f

g x f t dt f t dt

g x f x f x

x x f x f x f x f x

g x x ά g x

ια

ρα στο

+= − +

′ = − + +

Γ < + ⇒ > + ⇒ + − <

′⇒ < ∀ ∈

∫ ∫

ց

ℝ ւ ℝ

21


27. Η γραφική παράσταση ( fC ) µιας συνεχούς συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από τον

άξονα των x στο διάστηµα από 1 έως α. Η επιφάνεια που ορίζεται από την καµπύλη ( fC ),

τον άξονα των xx΄ και τις ευθείες 1x = και x a= έχει εµβαδόν: 2 1 2E a= + − , για κάθε

1a > .

1) Να βρεθούν όλες οι ασύµπτωτες που διαθέτει η γραφική παράσταση της f .

2) Να βρεθεί το 1

lim ( )x

xxf t dt

+

→+∞ ∫ .

ΛΥΣΗ

1) ( )2 2 2

21 111 2 1 1

1

a a a xE a E x x dx dx

x

′ = + − ⇒ = + = + = +

∫ ∫

Άρα η εξίσωση είναι: 2

( )1

xf x

x=

+ συνεχής στο ℝ .

• Όχι κατακόρυφες

• 2

2

1lim ( ) lim lim 1

1 1 01 1x x x

x xf x

x xx

→+∞ →+∞ →+∞= = = =

++ +

Άρα η 1y = οριζόντια στο +∞

•

2 2

1lim ( ) lim lim 1

1 11 1

x x x

xf x

xx x

→−∞ →−∞ →−∞= = − = −

− + +

Άρα η 1y = − οριζόντια στο −∞ .

2) α΄ τρόπος

22


( )( )( ) ( )

( ) ( )

11 1 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

lim ( ) lim 1 lim 1

lim 1 1 1 lim 2 2 1

2 2 1 2 2 1lim

2 2 1

12

2 2 1lim lim

2 2 11 1

xx x

x xx x x x

x x

x

x x

f t dt t dt t

x x x x x

x x x x x x

x x x

xx x x x

xx x x

++ +

→+∞ →+∞ →+∞

→+∞ →+∞

→+∞

→+∞ →+∞

′ = + = + =

= + + − + = + + − + =

+ + − + ⋅ + + + += =

+ + + +

++ + − −

= =

+ + + +

∫ ∫

2 2

2 2 11 1

2 0 21

21 0 0 1 0

xx x x

=

+ + + +

+

= = =+ + + +

β΄ τρόπος ( )f t συνεχής στο [ ], 1x x +

( )( ) ( )

[ ]

222 2

2 22

2 2 2 2 2

1 1 11( ) 01 1 1 1 1

( ) , 1

tt t t t t ttf t

t t t t t

f t x xστο

+ − + − + −+′ = = = >+ + + + +

⇒ +ր

Άρα από θεώρηµα µέγιστης- ελάχιστης τιµής ( ) (1)m f t M≤ ≤ , όπου ( )m f x= , ( 1)M f x= +

λόγω µονοτονίας

( ) ( )

1 1 1

1

1 1

(1) ( )

1 ( ) 1

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

x x x

x x x

x

x

x x

x x

mdt f t dt Mdt

m x x f t dt M x x

m f t dt M f x f t dt f x

+ + +

+

+ +

⇒ ≤ ≤

⇒ + − ≤ ≤ + − ⇒

⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ +

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫

( )

2(2) 1

. .

2

lim ( ) lim ... 11

lim ( ) 11lim ( 1) lim 1

1 1

x xx

xx

x x

xf x

xf t dtx

f xx

→+∞ →+∞+

→+∞Κ Π

→+∞ →+∞

= = =+

⇒ =++ = =

+ +

∫

28. ∆ίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ℝ για την οποία ισχύει ( )f x x′ < , για κάθε

x∈ℝ . Αποδείξτε ότι: (4) (2) 6f f− < .

ΛΥΣΗ

23


2 2

( ) 0 ( ) 0 ( ) 02 2

x xf x x f x f x

′ ′ ′ ′− < ⇒ − < ⇒ − <

Θέτω: 2

( ) ( )2

xg x f x= −

Έχω ( ) 0g x′ <

[ ]( )

( )(7) 0. .2,4 (4) (2) (4) (2)

2,4 : (7) 0 (4) (2) 04 2 22,4

gg g g g gg g g

g

θσυνξ

παρ

′ <Μ Τ − −′⇒ ∃ ∈ = ⇒ < ⇒ − <

−

2 24 2(4) (2) 0 (4) (2) 8 2 (4) (2) 6

2 2f f f f f f⇒ − − + < ⇒ − < − ⇒ − <

29. Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών z, αν ισχύει ln 1z z= − .

ΛΥΣΗ

ln 1 ln 1 0 (1)z z z z= − ⇒ − + =

Θέτω: ( ) ln 1f x x x= − + ( )0,fD = +∞

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

xστο′ = + > ⇒ +∞ր

Παρατηρώ (1) ln1 1 1 ln1 0f = − + = =

Άρα, 0 1x = ρίζα και λόγω µονοτονίας µοναδική, άρα

"1 1"

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

f f z z f f z z−

= ⇔ = − + ⇔ = ⇔ =

Κύκλος κέντρου (0,0), ακτίνας 1.

30. Έστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση :f →ℝ ℝ , για την οποία ισχύει

(0) 3f = και,2( 2) '( ) 5 6x f x x x− = − + , για κάθε x∈ℝ . Να βρείτε τον τύπο της f .

ΛΥΣΗ.

Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Τότε για κάθε x∈ℝ με 2x ≠ θα έχουμε:

( )( )2

21

2

22

2 35 6'( ) '( ) '( ) 3

2 21

3 , 21 2'( ) 3 ' '( )

123 , 2

2

x xx xf x f x f x x

x x

x x c xf x x x f x

x x c x

− −− += ⇒ = ⇒ = − ⇒

− −

− + < = − ⇒ = − + >

Λόγω συνέχειας στο , αφού είναι παραγωγίσιμη στοℝ , βρίσκουμε ότι 1 2c c c= = και

24


επειδή (0) 3f = , βρίσκουμε ότι 3c = Συνεπώς: 21

( ) 3 32

f x x x= − + ,για κάθε πραγματικό αριθμό

2x ≠ .

Εξάλλου, επειδή η f είναι συνεχής στο 2 , έχουμε: 2

(2) lim ( )x

f f x→

= . Για το όριο θεωρούμε ότι το

είναι κοντά στο , για παράδειγμα ότι: ( ) ( )1,2 2,3x∈ ∪ , οπότε 2x ≠ και συνεπώς

2

2 2

1(2) lim ( ) lim( 3 3) 1

2x xf f x x x

→ →= = − + = − . Συμπεραίνουμε ότι τότε:

21( ) 3 3

2f x x x− + , για κάθε

x∈ℝ .

Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση που βρήκαμε πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η

μοναδική.

30B. Έστω f συνεχής συνάρτηση στο ℝ για την οποία ισχύει: ( ) 0f x ≥ και

( )1 0( ) 2 2

x uf t dt du x≥ −∫ ∫ , για κάθε x∈ℝ . Υπολογίστε το εµβαδόν του χωρίου που

περικλείεται από την fC , τον xx΄ και τις ευθείες 0x = και 1x = .

ΛΥΣΗ

Θέτω: ( )1 0( ) ( ) 2 2

x ug x f t dt du x= − +∫ ∫

µε (1) 0g = και 0

( ) ( ) 2 (1)x

g x f t dt′ = −∫

( ) 01 1 1

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

f x

E f x dx f x dx E f t dt≥

= = ⇒ =∫ ∫ ∫

(1). 1

0

1 .

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

1

Fermatg ί

g ό ύ g x g g f t dt

ό

θστο παραγωγ σιµη

στο ακρ τατο αϕοο εσωτερικ του

Η

′Η ≥ ⇒ = ⇒ − =

Τ∫

ℝ

(2)

2 0 2 . .E E τ µ⇒ − = ⇒ =

31. ∆ίνεται η συνάρτηση 4

1( ) 4

1f x

x= +

+ µε 0x > .

α) Να βρεθεί η µονοτονία της f .

β) Να βρεθεί το 1

lim ( )x

xxf t dt

+

→+∞ ∫ .

ΛΥΣΗ

25


α) 3

4

4( ) 0 0

2 1

xf x x f

x′ = > ∀ > ⇒

+ր

β) ( )f t συνεχής στο [ ], 1x x + και f ր

Άρα θεώρηµα µέγιστης-ελάχιστης τιµής (µε ( )m f x= και ( 1)M f x= + )

( ) ( )

1 1 1

1

1

( ) ( )

1 ( ) 1

( ) ( ) ( 1)

x x x

x x x

x

x

x

x

m f t M mdt f t dt Mdt

m x x f t dt M x x

f x f t dt f x

+ + +

+

+

≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

⇒ + − ≤ ≤ + − ⇒

⇒ ≤ ≤ +

∫ ∫ ∫

∫

∫

. . 1lim ( ) ...

lim ( )lim ( 1) ...

xx

xxx

f xf t dt

f x

Κ Π +→+∞

→+∞→+∞

= = +∞⇒ = +∞

+ = = +∞ ∫

Όµοια µε 27 αλλά εδώ δεν µπορώ να δουλέψω µε τον α΄ τρόπο γιατί δεν ξέρω το

ολοκλήρωµα της ( )f x .

32. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο σηµείο 0 1x = , για την οποία ισχύει:

( ) ln 1 (1)f x x x⋅ ≤ − , για κάθε 0x > . Αποδείξτε ότι: 1

(1)2

f = .

ΛΥΣΗ

1η περίπτωση

Αν f παραγωγίσιµη, τότε θα θέσω: ( ) ( ) ln 1g x f x x x= − +

µε (1) 0g = και 1 1

( ) ( ) ln ( ) (2)2

g x f x x f xx x

′ ′= + ⋅ −

άρα ( ) (1) 0g x g x≥ ∀ >

( )

(2).1

1 1 11 (1) 0 (1) ln1 (1) 0 (1)

1 2 21 0,

Fermatg ό

ί g f f f

ό

θστο ακρ τατο

το παραγωγ σιµη

ο εσωτερικ στο

Η

′ ′Σ ⇒ = ⇒ + ⋅ − = ⇒ =

Τ +∞

2η περίπτωση

Αν f όχι παραγωγίσιµη, τότε δεν µπορώ να εφαρµόσω Fermat.

• Για 1 ln ln1 ln 0x x x> ⇒ > ⇒ >

26


0

0

1 1

1 1 1

( ) ln 1 1(1) ( ) (3)

ln ln ln1

1 12lim lim1ln 2

1 1(3) lim ( ) lim lim ( ) (4)

ln 2

x x

x x x

f x x x xf x

x x x

x xx

x

xf x f x

x+ + +

→ →

→ → →

− −⇒ ≤ ⇒ ≤

−= =

−⇒ ≤ ⇒ ≤

• Για 1 ln ln1 ln 0x x x< ⇒ < ⇒ <

1 1 1

( ) ln 1 1(1) ( )

ln ln ln

1 1lim ( ) lim lim ( ) (5)

ln 2x x x

f x x x xf x

x x x

xf x f x

x− − −→ → →

− −⇒ ≥ ⇒ ≥

−⇒ ≥ ⇒ ≥

Όµως f συνεχής11 1

lim ( ) lim ( ) lim ( ) (1)xx x

f x f x f x f− + →→ →

⇒ = = =

1(4) (1)

12 (1)1 2

(5) (1)2

ff

f

⇒ ≤⇒ =

⇒ ≥

33. Αν 2 2 2

1 2 2 3 1 3 (1)z z z z z z− + − = − , δείξτε ότι δεν µπορεί να είναι και οι 3 πραγµατικοί.

ΛΥΣΗ

1 2 3( ) ( ) ( )A z B z zΓ

Άρα 2 2 2(1)⇒ΑΒ +ΒΓ = ΑΓ

Άρα, ΑΒΓ ορθογώνιο, άρα αποκλείεται Α, Β, Γ συνευθειακά.

34.Αν f συνεχής , : , (1) 1 , ,f f z x→ = ∈ ∈ℝ ℝ ℂ ℝ και

( )2

1

1 12 5 ( ) 5 12 1 (1)

x x tz i f t dt z i e dt x−+ ≤ − + + −∫ ∫

α) Βρες τον γεωµετρικό τόπο του ( ) ( )M z c .

β) Βρες τον τύπο της ( )h x που έχει γραφική παράσταση την ( )c .

γ) Εµβαδόν από 1

( ) ( )x

H x h t dt= ∫ , , , 1xx yy x′ ′ = .

27


ΛΥΣΗ

α) ( )2

1

1 1( ) 2 5 ( ) 5 12 1

x x tg x z i f t dt z i e dt x−= + + + − −∫ ∫

( )2

2

1 2

1

(1) 0

( ) 2 5 ( ) 5 12

( ) 2 5 ( ) 2 5 12 (2)

x

x

g

g x z i f x z i e x

g x z i f x z i x e

−

−

=

′′ = + + + − ⇒

′⇒ = + + + ⋅ −

(1) ( ) (1)g x g⇒ ≤ άρα η gC στο 1 έχει ακρότατο

Από Θ. Fermat 2

(2)1 1(1) 0 2 5 (1) 2 5 1 12 0g z i f z i e −′⇒ = ⇒ + − + ⋅ − =

( ) ( )( ) ( ) ( )

5 5 6 5 5 6

0 5 0 5 6

0, 5 0,5

z i z i z i z i

z i z i

E E M z

⇒ + + + = ⇒ + + − = ⇒

⇒ − − + − + =

′ −

Άρα 6ME ME′ + = έλλειψη µε 2 6 3a a= ⇒ =

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

91 1

9 16 9 16 16 9

16 16 169 9 9

9 9 9

x y x y y x

y x y x y x

−+ = ⇒ − = ⇒ = ⇒

⇒ = − ⇒ = ± − ⇒ = −

Άρα ( )216( ) 9

9h x x= −

γ) 1

0( )E H x dx= ∫

[ ]

( )

1

1 1 11

00 0 0

1 1

1 00

1 0 1 1 1/22 2

1 1 0 0

*1/2

( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( )

1 ( ) (1) ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

4 41 ( ) 0 ( ) 9 9

3 32

23

x

x

H x h x dt H x h x H x H x

x H x H H x

E H x dx x H x dx xH x xH x dx

x h x dx xh x dx

h x dx h x dx x x dx x x dx

u

′ ′= ⇒ = > ⇒ > ⇒

> ⇒ > ⇒ >

′ ′= = = − =

= − =

= − − ⋅ − = − − =

=−

∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

ր

8 8 81/2

9 9 9

2 2......

3 3xdx u du

− − −

− − −= − = −∫ ∫ ∫

28


2 9 2

* 0 9

1 8

u x du xdx

x u

x u

= − ⇒ =

= ⇒ = − = ⇒ = −

35. Αν ( ): 1, , :f f ήσυνεχ ς− +∞ → ℝ

( ) ( )0

2

4 2 ln 1 (1), 1x tf x t dt x x− = + > −∫ .

α) ∆είξτε ότι: ( )2

1( )

1f x

x=

+

β) Το εµβαδό που περικλείεται από την γραφική παράσταση της g me

( )3 2( ) ( )g x x x f x= + , τους άξονες , , 1x x y y x′ ′ =

γ) Να βρεθούν οι οριζόντιες ασύµπτωτες της ( ) ( )x xh x g e eηµ −=

ΛΥΣΗ

α) 1

2 22

u x t du dt dt du= − ⇒ = − ⇒ = −

( )

( )

0

02

0 0 0

0 0

(1)

0 0

0

0

2 02 20 2 0

4 12 ( )

2 2

( ) ( ) ( )4 4 4

( ) ( )4 4

( ) ( ) ln 1

1( ) ( ) ( )

1

( )

x

x

x x x

x x

x x

x

x

x xt u x u

t u x u x

xtf x t dt f u du

u x u xf u du f u du f u du

u xf u du f u du

uf u du x f u du x

xf x f u du xf xx

f u du

= ⇒ = − ⋅ ⇒ =

= ⇒ = − ⋅ ⇒ =

− − = − =

−= = − =

− ⇒

⇒ − = +

⇒ − − = ⇒+

⇒ −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫

2

1 1 1( ) ( )

1 1 ( 1)f x f x

x x x

′ = ⇒ − = ⇒ = + + + ∫

β) ( ) ( )2

3 2 22

1( ) ( ) ( 1) 0 1,

( 1) 1

xg x x x f x x x

x xστο= + = + = > − +∞

+ +

29


( ) ( ) ( )

2 21 1 1

0 0 0

121

00

1 1( )

1 1 1

1 ln 1 ln 1 ...2

x xE g x dx dx dx

x x x

xx x dx x x

−= = = + = + + +

′= − + + = − + + =

∫ ∫ ∫

∫

γ) Οριζόντιες ασύµπτωτες µόνο στο +∞

( )2 0

0

0

lim ( ) lim ( ) lim1

lim lim1 1

1lim lim 1

11 11

, lim 0

lim lim 1

xx x x

xx x x

x x xx x

x x xx x

x x

xx x xx

x x

x

x

xx u

eh x g e e e

e

e e ee e l

e e e

e e

ee

e

u e u e

e u

e u

ηµ ηµ

ηµηµ

ηµ ηµ

+∞⋅− −

→+∞ →+∞ →+∞

−−

−→+∞ →+∞

→+∞ →+∞

− −

→+∞

−

−→+∞ →

= = =+

= ⋅ ⋅ = ⋅ =+ +

= = =+ +

= = =

= =

Άρα 1l = , άρα lim ( ) 1x

h x→+∞

= εποµένως η 1y = οριζόντια στο +∞ .

36. ∆ίνεται η συνάρτηση :f →ℝ ℝ µε τύπο 3 2( )f x x x x= − + , για κάθε x∈ℝ .

i) Να αποδείξετε ότι η f είναι «1-1» και ότι το σηµείο ( )1,1A είναι κοινό σηµείο των

γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και 1f − .

ii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της fC στο σηµείο ( )1,1A και να αποδείξετε

ότι αυτή έχει και δεύτερο κοινό σηµείο µε την fC .

iii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της 1f − στο

σηµείο ( )1,1A .

iv) Να υπολογίσετε το όριο: 1

1

( ) 1lim

1x

f x

x

−

→

−−

.

ΛΥΣΗ

i) Έχουµε 2( ) 3 2 1 0f x x x′ = − + > για κάθε x∈ℝ , διότι το τριώνυµο 23 2 1x x− + έχει

διακρίνουσα 4 12 8 0∆ = − = − < . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς «1-1». Επίσης,

30


ισχύει (1) 1f = , οπότε και 1(1) 1f − = . Το σηµείο ( )1,1A είναι κοινό σηµείο των γραφικών

παραστάσεων των συναρτήσεων f και 1f − .

ii) εφαπτοµένη ( )ε της fC στο σηµείο ( )1,1A :

(1) (1)( 1) 1 2( 1) 2 1y f f x y x y x′− = − ⇔ − = − ⇔ = −

Η ( ) 2 1f x x= − ισοδύναµα γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2

2 2

2 1 1 0

1 1 0 1 1 0

1 1

x x x x x x x

x x x x x

x ή x

− + = − ⇔ − − + = ⇔

⇔ − − − = ⇔ − − = ⇔

⇔ = = −

∆εύτερο κοινό σηµείο της ( )ε µε την fC : ( )1, 3B − −

iii) 1,f fC C − συµµετρικές ως προς την ευθεία y x= . Το ίδιο ισχύει µε την ( )ε της fC στο

( )1,1A και τη ζητούµενη εφαπτοµένη ( )η της 1fC − στο ( )1,1A .

εξίσωση της ( )ε : 2 1y x= −

εξίσωση της ( )η : 1 1

2 12 2

x y y x= − ⇔ = +

iv) 1 1

1

( ) (1)lim

1x

f x f

x

− −

→

−−

ισούται µε την παράγωγο της 1f − στο σηµείο 0 1x = , η οποία

παράγωγος ισούται µε τον συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτοµένης ( )η , που είναι 1

2λ = .

Άρα, 1 1

1

( ) (1) 1lim

1 2x

f x f

x

− −

→

−=

−

37. Έστω συνάρτηση [ ): 0,f +∞ →ℝ η οποία είναι παραγωγίσιµη και κυρτή.

i) Να αποδείξετε ότι: ( ) ( 1) ( ) ( 1)f x f x f x f x′ ′< + − < + , για κάθε 0x > .

ii) Να µελετήσετε ως προς την µονοτονία τις συναρτήσεις [ ), : 0,F G +∞ → ℝ µε τύπους:

1( ) ( ) ( )

x

xF x f t dt f x

+= −∫ και

1( ) ( ) ( 1)

x

xG x f t dt f x

+= − +∫ , για κάθε 0x ≥ .

iii) Να αποδείξετε ότι: 2 1

1 0(1) (0) ( ) ( ) (2) (1)f f f t dt f t dt f f− < − < −∫ ∫

ΛΥΣΗ

31


i) f παραγωγίσιµη στο [ )0,+∞ , ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [ ], 1x x + για

κάθε 0x > .

( ) ( 1) ( ), 1 : ( ) ( 1) ( )

( 1)

f x f xx x f f x f x

x xξ ξ

+ −′∃ ∈ + = = + −

+ −

Άρα ( ) ( ) ( 1)f x f f xξ′ ′ ′< < + , για κάθε 0x > που ισχύει διότι

1x xξ< < + . Η f ′ր αφού η f είναι κυρτή.

ii) 1 1 1

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

x x x

xF x f t dt f t dt f x f t dt f t dt f x

+ += + − = − −∫ ∫ ∫ ∫ και

1

1 1( ) ( ) ( ) ( 1)

x xG x f t dt f t dt f x

+= − − +∫ ∫

Άρα, ( ) ( 1) ( ) ( )F x f x f x f x′ ′= + − − και ( ) ( 1) ( ) ( 1)G x f x f x f x′ ′= + − − + για κάθε 0x ≥ .

( ) 00

( ) 0

F xά x

G xγια κ θε

′ > >′ <

,F G συνεχείς στο [ )0,+∞ , άρα F :γνησίως αύξουσα και G : γνησίως φθίνουσα

iii) Από την µονοτονία ,F G συµπεραίνουµε ότι: (0) (1)F F< και (0) (1)G G>

1 2

0 1

2 1

1 0

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

(1) (0) ( ) ( )

F F f t dt f f t dt f

f f f t dt f t dt

< ⇔ − < − ⇔

⇔ − < −

∫ ∫

∫ ∫

2 1

1 0

2 1

1 0

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

( ) ( ) (2) (1)

G G f t dt f f t dt f

f t dt f t dt f f

< ⇔ − < − ⇔

⇔ − < −

∫ ∫

∫ ∫

Εποµένως: 2 1

1 0(1) (0) ( ) ( ) (2) (1)f f f t dt f t dt f f− < − < −∫ ∫ .

32


38. Έστω συνάρτηση :f →ℝ ℝ η οποία είναι συνεχής τέτοια, ώστε:

20

1( )

( ) 1

xf x dt

f t=

+∫ , για κάθε x∈ℝ .

i) Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη και γνησίως αύξουσα.

ii) Να βρείτε το 0

( )limx

f x

x→.

iii) Να αποδείξετε ότι: ( )3( ) 3 ( ) 3f x f x x+ = για κάθε x∈ℝ .

iv) Αν το σύνολο τιµών της f είναι το ( )f =ℝ ℝ , να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που

περικλείεται από την γραφική παράσταση της 1f − και τις ευθείες 0, 1y x= = .

ΛΥΣΗ

i) 2

1

( ) 1f t + συνεχής στο ℝ και

20

1

( ) 1

x

f t +∫ παραγωγίσιµη στο ℝ .

2 20

1 1( ) 0

( ) 1 ( ) 1

xf x dt

f t f x

′ ′ = = > + +

∫ για κάθε x∈ℝ . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα.

ii) f παραγωγίσιµη⇒συνεχής

0

200

1lim ( ) (0) 0

( ) 1xf x f dt

f t→= = =

+∫ (Είναι 0

0 άρα:)

de L'Hospital

2 20 0 0

( ) ( ) 1 1lim lim lim 1

( ) ( ) 1 (0) 1x x x

f x f x

x x f x f→ → →

′= = = =

′ + +

iii)2

1( )

( ) 1f x x

f x′ = ∀ ∈

+ℝ

2( ) ( ) ( ) 1f x f x f x′ ′+ = ή ισοδύναµα ( ) ( )2 33 ( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 3f x f x f x f x f x x′ ′′ ′+ = ⇒ + =

3( ) 3 ( ) 3f x f x x c+ = + για κάθε x∈ℝ

Για 30 : (0) 3 (0) 0x f f c c= + = ⇔ =

Άρα, 3( ) 3 ( ) 3f x f x x+ = για κάθε x∈ℝ

iv) Η f είναι ր και «1-1». Έχει αντίστροφη 1f − που ορίζεται σε όλο το ℝ .

3 31( ) 3 3

3f x y y y x x y y= ⇔ + = ⇔ = +

Άρα, 1 3 21 1( ) 1

3 3f x x x x x− = + = +

για κάθε x∈ℝ .

33


1( ) 0f x− ≥ για κάθε [ ]0,1x∈ .

13 4 21 11

0 00

1 1 7 7( ) . .

3 12 2 12 2 12 12

x x xE f x dx x dx E τ µ− = = + = + = + = ⇒ =

∫ ∫

39. Έστω συνάρτηση :f →ℝ ℝ η οποία είναι συνεχής τέτοια, ώστε: 20

( )( ) 2

1

x f uf x x du

u>

+∫

για κάθε x∈ℝ . Να αποδείξετε ότι:

i) η συνάρτηση 20

2

( )1( )1

x f udu

ug xx+=+

∫, x∈ℝ είναι γνησίως αύξουσα.

ii) 20

( )0

1

x f u

u>

+∫ για κάθε 0x > .

iii) ( ) 0f x > για κάθε 0x > .

iv) 2 1

2 20 0

( ) 1 ( )

1 2 1

x f u x f udu du

u u

+>

+ +∫ ∫ , για κάθε 1x > .

v) αν υπάρχει το lim ( )x

f x→+∞

, τότε αυτό είναι ίσο µε +∞ .

ΛΥΣΗ

i) ( )

( )

22 20 0

22

( ) ( )1 2

1 1( )

1

x xf u f ux du x du

u ug x

x

′ + − + + ′ = =+

∫ ∫

( ) ( )( ) ( )

222 0 20

2 22 2

( ) ( ) ( )1 2 ( ) 211 1 01 1

xx

f x f u f ux x du f x x duux u

x x

+ ⋅ − −++ += = >+ +

∫ ∫, για κάθε x∈ℝ .

Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα.

ii, iii) Για κάθε 0x > θα ισχύει: ( ) (0)g x g>

20

2

( )1 01

x f udu

ux+ >+

∫, 2 1 0x + > άρα

20

( )0

1

x f udu

u>

+∫

Για κάθε 0x > ισχύει: 2 0x > και 20

( )0

1

x f udu

u>

+∫

Άρα, 20

( )( ) 2 0

1

x f uf x x du

u> >

+∫ , για κάθε 0x >

34


iv) gր για κάθε 1x > ισχύει: ( ) (1)g x g>

2 10

2 20

( )1 ( )1

1 2 1

x f udu f uu du

x u+ >+ +

∫∫

Για κάθε 1x > : 2 1

2 20 0

( ) 1 ( )

1 2 1

x f u x f udu du

u u

+>

+ +∫ ∫

v) Από το ερώτηµα (iv) προκύπτει: ( ) 122 20 0

( ) ( )2 1

1 1

x f u f ux dt x x du

u u> +

+ +∫ ∫ , για κάθε 1x > .

( ) 1320

( )( )

1

f uf x x x dt

u> +

+∫ , για κάθε 1x > (1)

Όµως, ( )3 3lim limx x

x x x→+∞ →+∞

+ = = +∞ και 1

20

( )0

1

f udu

u>

+∫

Άρα, ( ) 1320

( )lim

1x

f ux x du

u→+∞+ = +∞

+∫

( ) 1320

( )lim ( ) lim

1x x

f uf x x x du

u→+∞ →+∞≥ +

+∫

Άρα, lim ( )x

f x→+∞

= +∞

40. Έστω συνάρτηση f , δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ , µε συνεχή δεύτερη παράγωγο

και σύνολο τιµών το διάστηµα [ ],a β , όπου 0a β< < . Να αποδείξετε ότι:

i) υπάρχουν δύο τουλάχιστον σηµεία 1 2,x x , µε 1 2x x≠ , ώστε 1 2( ) ( ) 0f x f x′ ′= = .

ii) υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθµός 3x ∈ℝ , ώστε 3( ) 0f x′′ = .

iii) Η εξίσωση ( ) ( ) ( ) 0f x f x f x′ ′′+ = έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ℝ .

iv) Η εξίσωση [ ]2( ) ( ) 0f x f x′′ ′+ = , έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ℝ .

ΛΥΣΗ

i) Αφού η f έχει σύνολο τιµών [ ],a β , παρουσιάζει ελάχιστη τιµή α, δηλαδή υπάρχει 1x ∈ℝ

ώστε 1( ) (1)f x a= και µέγιστη τιµή β, δηλαδή υπάρχει 2x ∈ℝ ώστε 2( ) (2)f x β= . Επειδή η

f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ , από το θεώρηµα Fermat έχουµε ( )1 0f x′ = και ( )2 0f x′ = .

Άρα, 1 2x x≠ .

35


ii) Έστω π.χ. 1 2x x< . Η f ′ είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x και παραγωγίσιµη στο ( )1 2,x x µε

1 2( ) ( ) 0f x f x′ ′= = . Από το θεώρηµα Rolle, υπάρχει ( )3 1 2,x x x∈ ώστε 3( ) 0f x′′ = .

iii) Η συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x f x′ ′′= + είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x µε:

1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 0g x f x f x f x a′ ′′= + = < και 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0g x f x f x f x β′ ′′= + = >

Από το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ( )1 2,x xξ ∈ µε ( ) 0g ξ = . Το ξ είναι ρίζα της δοσµένης

εξίσωσης.

iv) Η συνάρτηση ( )( ) ( ) f xh x f x e′= ⋅ είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x και παραγωγίσιµη στο ( )1 2,x x

µε ( )2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f xh x f x e f x e e f x f x′ ′ ′′ ′ ′′ ′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ +

1( )1 1( ) ( ) 0f xh x f x e′= ⋅ = και 2( )

2 2( ) ( ) 0f xh x f x e′= ⋅ =

Από το θεώρηµα Rolle, υπάρχει ( )1 2,x xξ ∈ , ώστε: ( )2( ) 0 ( ) ( ) 0h f fξ ξ ξ′ ′′ ′= ⇔ + =

41. Έστω ( )f x συνεχής συνάρτηση στο ( )0,∆ +∞ για την οποία ισχύει ( ) 1f x ≠ και

22

1 1( ) 1

2

x

x

tf x f dt

x x

= + − ∫ , για κάθε 0x > και η συνάρτηση

1( )

( ) 1g x x

f x= +

−, 0x > .

Να αποδείξετε ότι:

i) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆.

ii) Η g είναι σταθερή στο ∆.

iii) Ο τύπος της f είναι ( )1

xf x

x=

+, 0x > και βρείτε το σύνολο τιµών ( )f ∆ .

iv) Να υπολογίσετε το 0

( )lim

ln( 1)x

f x

x→ +.

ΛΥΣΗ

i) Θέτω: t

u t xux= ⇔ = άρα dt xdu=

• Για 1t x u= ⇒ =

• Για 2t x u x= ⇒ =

36


[ ] [ ]2

2

1 1

1 1 1( ) 1 ( ) 1 ( )

2 2

x xf x f u xdu f u du

x= + − = + −∫ ∫

Άρα, η f είναι παραγωγίσιµη στο ∆ µε: [ ] [ ]2 2

1

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

2

xf x f u du f x

′ ′ = + − = − > ∫

Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα.

ii) Η g είναι προφανώς παραγωγίσιµη µε: [ ]

(1)

2

1 ( )( ) 1 1 1 0

( ) 1 ( ) 1

f xg x x

f x f x

′ ′ −′ = + = + =− + = − −

iii) Για 1x = είναι [ ]21

1

1 1(1) 1 ( )

2 2f f u du= + − =∫

οπότε 1 1

(1) 1 1 2 1 11(1) 1 12

gf

= + = + = − + = −− −

και αφού η g είναι σταθερή, έχουµε:

( ) 1g x = − , για κάθε 0x > .

1 1( ) 1 1 1 ( )

( ) 1 ( ) 1 1

xg x x x f x

f x f x x= − ⇔ + = − ⇔ = − − ⇔ =

− − +

Επίσης, 0

lim 01x

x

x+→=

+ και lim 1

1x

x

x→+∞=

+

Άρα, ( ) ( )00

( ) lim ( ), lim ( ) 0,1xx

f f x f x+ →→

∆ = =

iv) ( )

( )2

0 0 0 0 0

1

1( ) 111lim lim lim lim lim 11ln( 1) ln( 1) 1ln( 1)

1

x x x x x

xxxf x xx

x x xxx

→ → → → →

′ ++ += = = = =

+ + +′++

42. ∆ίνεται η συνάρτηση f , ορισµένη στο ℝ , µε τύπο: 22

( )f x x z x z= − − + , όπου z

συγκεκριµένος µιγαδικός αριθµός µε z z iβ= + , , , 0a aβ ∈ ≠ℝ .

α) Να βρείτε τα όρια lim ( ), lim ( )x x

f x f x→+∞ →−∞

.

β) Να βρείτε τα ακρότατα της f , εάν 1 1z z+ > − .

γ) Να βρείτε το σύνολο τιµών της f και το πλήθος των ριζών της.

ΛΥΣΗ

37


( ) ( )2 22 222 2 2

2 2 2 2 2 2

4( )

x a x a axf x x z x z x a i x a i

x a x a

β ββ β

β β

− + − + + = − − + = − − − + − = = −+ + + +

α) 2

4 4lim ( ) lim lim 0x x x

ax af x

x x→+∞ →+∞ →+∞

− = − = =

2

4 4lim ( ) lim lim 0x x x

ax af x

x x→−∞ →−∞ →−∞

− = − = =

β) ( ) ( )2 22 21 1 1 1 1 1 0z z a i a i a a aβ β β β+ > − ⇒ + + > + − ⇒ + + > − + ⇔ >

Η f παραγωγίζεται στο ℝ µε παράγωγο: ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2 2 2

22 2 2( ) 4

x x a x x af x a

x a

β β

β

′′ + + − + +′ = −

+ +

( )( )

( )

2 2 22 2 2

2 22 2 2 2 2 24 ( ) 4 , 0

x ax aa f x a a

x a x a

ββ

β β

− +− + +′= − ⇒ = >

+ + + +

όπου ( )2 2

2 22 2

2, 0

a aM f a M

a

ββ

β+

= − + = >+

Σύνολο τιµών της f :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ] [ ] [ ) [ ]

2 2 2 2 2 2 2 2lim ( ), , , lim ( )

0, , ,0 ,

x xf f x f a f a f a f a f x

M M M M M M

β β β β→−∞ →+∞

= − + ∪ + − + ∪ + =

= ∪ − ∪ − = −

ℝ

άρα η f έχει ολικό µέγιστο τον αριθµό Μ και ολικό ελάχιστο τον –Μ.

γ) Για 0a > : ( ) [ ] ( )2 2 2 2

2 2 2 2

2 2, ,

a a a af M M f

a a

β ββ β

+ += − ⇒ = −

+ + ℝ ℝ

Για 0a < : ( )2 2 2 2

2 2 2 2

2 2,

a a a af

a a

β ββ β

+ += −

+ + ℝ

2 2 2

4( ) 0 0 0

axf x x

x a β= ⇔ − = ⇔ =

+ +, δηλαδή η f έχει µοναδική ρίζα 0x = .

38


43. ∆ίνεται η συνάρτηση :f →ℝ ℝ για την οποία ισχύει η ισότητα ( )

20

1

1

f xdt x

t=

+∫ , για

κάθε x∈ℝ .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) Η τιµή της f στο 0 0x = είναι (0) 0f = .

ii) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

β) Να βρείτε τις τιµές του κ ∈ℝ για τις οποίες αληθεύει η ανίσωση ( )( )

( )( )2 2

23

10

1

fof

fofdt

t

κ

κ

+>

+∫

γ) Αν επιπλέον η f είναι συνεχής στο ℝ , να δείξετε ότι (0) 1f ′ = .

ΛΥΣΗ

α) i) για (0)

20

10 0

1

fx dt

t= ⇒ =

+∫

2

10

1 t>

+ για κάθε t∈ℝ , θα είναι (0) 0f = .

• Αν (0) 0f > , τότε (0)

20

10

1

fdt

t>

+∫ , άτοπο

• Αν (0) 0f < , τότε (0)

20

10

1

fdt

t<

+∫ , άτοπο

ii) Έστω 1 2,x x ∈ℝ µε 1 2x x< . Αν ήταν 1 2( ) ( )f x f x≥ , τότε:

1 1

2 2

1

2

1 2

( ) 0 ( )

2 2 2( ) ( ) 0

( ) 0

2 20 ( )

( ) ( )

1 22 20 0

1 1 10 0

1 1 11 1

1 11 1

1 1

f x f x

f x f x

f x

f x

f x f x

dt dt dtt t t

dt dtt t

dt dt x x άt t

τοπο

≥ ⇔ + ≥ ⇔+ + +

⇔ ≥ − ⇔+ +

⇔ ≥ ⇔ ≥+ +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

Άρα, 1 2( ) ( )f x f x< ⇒η f είναι γνησίως αύξουσα.

β) 2( ( 2)) ( (3 ))

2 20 0

1 1(1)

1 1

f f f fdt dt

t t

κ κ+>

+ +∫ ∫

Η (1) είναι ισοδύναµη µε την 2( 2) (3 )f fκ κ+ > και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα µε την

2 22 3 3 2 0 1 2ήκ κ κ κ κ κ+ > ⇔ − + > ⇔ < >

39


γ) ( )0 0 0

20

( ) (0) ( ) ( )lim lim lim

10

1

f xx x x

f x f f x f x

x x dtt

→ → →

−= =

−

+∫

όπου ( )f x u= , άρα 0

lim ( ) (0) 0x

f x f→

= = , δηλαδή 0u → , άρα 0

2

lim (2)1

1

uu

o

u

dtt

→

+∫

20

1( ) ,

1

ug u dt u

t= ∈

+∫ ℝ είναι συνεχής ως παραγωγίσιµη, άρα

0

2 20 00 0

1 1lim ( ) (0) lim 0

1 1

u

u ug u g dt dt

t t→ →= ⇔ = =

+ +∫ ∫

Το όριο (2) είναι της µορφής 0

0

και από τον κανόνα De L’Hospital προκύπτει:

0 0 0

2 2020

( ) 1lim lim lim 1

1 11

1 11

uu u uu

u u

dtdtt u

t

→ → →

′= = =

′ + +

+ ∫ ∫

Άρα, (0) 1f ′ = .

44. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε (0) 1f = και 2

1( )

3 ( ) 1f x

f x′ =

+, για

κάθε x∈ℝ .

Α. Να αποδείξετε ότι:

i) Για κάθε x∈ℝ ισχύει: 3( ) ( ) 2f x f x x+ = + .

ii) Η f αντιστρέφεται και να βρεθεί 1f − :

iii) Η τιµή της f στο 0 2x = − είναι ( 2) 0f − = .

Β. Να βρείτε τα σηµεία καµπής της f .

Γ. Να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της

f , τους άξονες ,x x y y′ ′ και την γραµµή 2x = − .

ΛΥΣΗ

Α. i) Επειδή 2 32

1( ) 3 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( )

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

f x′′ ′ ′ ′ = ⇒ + = ⇒ + = +

3( ) ( )f x f x x c⇔ + = +

40


Για ( )30 : ( ) ( ) 2 2x f x f x x c= + = + =

ii) ( )y f x= δίνει: 3 32 2,y y x x y y y+ = + ⇔ = + − ∈ℝ .

Από την µοναδικότητα της λύσης x, προκύπτει ότι η f είναι «1-1» και άρα, έχει αντίστροφη

την: 1 3( ) 2,f x x x x− = + − ∈ℝ .

iii) Επειδή 1(0) 2f − = − είναι ισοδύναµα: ( 2) 0f − = .

Β. Η 2

1( )

3 ( ) 1f x

f x′ =

+ είναι παραγωγίσιµη στο ℝ , ως πηλικο παραγωγίσιµων συναρτήσεων

µε: 22

6 ( ) ( )( )

3 ( ) 1

f x f xf x

f x

′− ⋅′′ =

+

Επειδή ( ) 0f x′ > το πρόσηµο της f ′′ εξαρτάται µόνο από την ( )f x . Η ( )f x είναι γνησίως

αύξουσα και έχει ρίζα -2. Έτσι:

• Με 2 : ( ) ( 2) ( ) 0 ( ) 0x f x f f x f x′′< − < − ⇔ < ⇔ >

• Με 2 : ( ) ( 2) ( ) 0 ( ) 0x f x f f x f x′′> − > − ⇔ > ⇔ <

Η f έχει σηµείο καµπής το ( )2,0− .

Γ. [ ]0 0

2 2( ) ( ) 2 ( ) 0E f x dx f x dx x f x

− −= = ≥ − ⇔ ≥∫ ∫

Θέτουµε: 1( ) ( )f x u x f u−= ⇔ = , τότε: ( ) ( )1 3 2( ) 2 3 1dx f u du u u du u du− ′′ = = + − = +

Τα νέα άκρα ολοκλήρωσης είναι τα (0) 1f = , ( 2) 0f − = . Τότε:

( )14 21 12 3

0 00

3 5(3 1) 3 . .

4 2 4

u uE u u du u u du τ µ

= + = + = + =

∫ ∫

41


45. ∆ίνεται η συνάρτηση f , µε 5( ) 5 ,f x x x a a= − + ∈ℝ .( βασική ασκηση)

α) Να µελετηθεί η f ως προς την µονοτονία και τα ακρότατα.

β) Να βρεθεί το σύνολο τιµών της f .

γ) Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ( ) 0f x = , όταν 4 4a− < < .

ΛΥΣΗ

α) 4( ) 5 5f x x′ = −

4 4 4( ) 0 5 5 0 5 5 1 1f x x x x x′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±

• Η f είναι γνησίως αύξουσα στα ( ], 1−∞ − και [ )1,+∞ , ενώ η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο [ ]1,1− .

• Η f παρουσιάζει στο 1 1x = − τοπικό µέγιστο την τιµή:

• 5( 1) ( 1) 5( 1) 1 5 4f a a a− = − − − + = − + + = +

• Η f παρουσιάζει στο 2 1x = τοπικό ελάχιστο την τιµή: 5(1) 1 5 1 4f a a= − ⋅ + = − .

β) Στο ( ]1 , 1∆ = −∞ − η f είναι γνησίως αύξουσα

( ) ( )5 5lim ( ) lim 5 limx x x

f x x x a x→−∞ →−∞ →−∞

= − + = = −∞

( 1) 4f a− = +

Άρα, ( ]1( ) , 4f a∆ = −∞ + .

Στο ( )2 1,1∆ = − η f είναι γνησίως φθίνουσα ( )1

lim ( ) ( 1) 4x

f x f a f ήσυνεχ ς+→

= − = +

( )1

lim ( ) (1) 4x

f x f a f ήσυνεχ ς−→

= = −

Άρα, ( )2( ) 4, 4f a a∆ = − + .

Στο [ )3 1,∆ = +∞ η f είναι γνησίως αύξουσα (1) 4f a= −

( ) ( )5 5lim ( ) lim 5 limx x x

f x x x a x→+∞ →+∞ →+∞

= − + = = +∞

42


Άρα, [ )3( ) 4,f a∆ = − +∞ .

Το σύνολο τιµών της είναι το ( )( ) ,f A = −∞ +∞

γ) 4 0 4a a− < < + , άρα 10 ( )f∈ ∆ , 20 ( )f∈ ∆ και 30 ( )f∈ ∆

Η ( ) 0f x = έχει ακριβώς µία ρίζα σε καθένα από τα 1 2,∆ ∆ και 3∆ . Άρα, η ( ) 0f x = έχει

ακριβώς 3 ρίζες στο ℝ .

46.∆ίνεται η συνάρτηση f , που είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και ισχύει 5 3( ) ( ) ( )f x f x f x x+ + = , για κάθε x∈ℝ .

α) Να αποδειχθεί ότι η f δεν έχει ακρότατα.

β) Να αποδειχθεί ότι η f αντιστρέφεται και να βρεθεί η 1f − .

γ) Αν η fC διέρχεται από τα σηµεία ( ),1A a και ( ), 2B β , να υπολογιστεί το εµβαδόν του

χωρίου που περικλείεται από την fC και τις ευθείες x a= και x β= .

ΛΥΣΗ

α) Παραγωγίζοντας κατά µέλη έχουµε: 4 25 ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) 1f x f x f x f x f x′ ′ ′⋅ + ⋅ + = ⇔

4 24 2

1( ) 5 ( ) 3 ( ) 1 1 ( ) 0

5 ( ) 3 ( ) 1f x f x f x f x

f x f x′ ′ ⇔ ⋅ + + = ⇔ = > + +

( )4 25 ( ) 3 ( ) 1 0,f x f x x+ + > ∀ ∈ℝ . Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα και στερείται ακροτάτων.

β) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , άρα η f είναι «1-1», άρα η f είναι αντιστρέψιµη.

Θέτω όπου x το 1( )f x− , άρα: 5 3( ) ( ) ( )f x f x f x x+ + = ⇔

( ) ( ) ( )5 1 3 1 1 1 5 3 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )f f x f f x f f x f x x x x f x− − − − −⇔ + + = ⇔ + + =

Άρα, 1 5 3( )f x x x x− = + + .

γ) ( ) ( )f

f a f aβ β< ⇒ <ր

( ) ( ) ( ) 1 ( ) 2f

a x f a f x f f xβ β≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ր

Άρα, ( ) 0f x > , για κάθε [ ],x a β∈ .

( ) ( )2 24 2 5 3

1 1

26 4 2 6 4 2 6 4 2

1

( ) 5 3 1 5 3

5 3 5 2 3 2 2 5 1 3 1 1

6 4 2 6 4 2 6 4 2

320 5 3 1 78312 2 . .

6 6 4 2 12

E f x dx u u u du u u u du

u u u

β

α

τ µ

= = ⋅ + + = + + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= + + = + + − + + =

= + + − − − =

∫ ∫ ∫

43


47. α) Αν * ,a z∈ ∈ℝ ℂ και ισχύει z a z ai− = + , να αποδειχθεί ότι Re( ) Im( )z z= − .

β) Αν επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστηµα [ ],κ λ και αντιστρέψιµη

και ( ) ( )z f i fκ λ= + ⋅ , να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 ,x κ λ∈ , τέτοιο ώστε

( )0 0f x = .

γ) Αν επίσης η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο ( ),κ λ και το 0x του β

ερωτήµατος είναι το µέσο του διαστήµατος [ ],κ λ , να αποδειχθεί ότι η fC έχει ένα

τουλάχιστον πιθανό σηµείο καµπής.

ΛΥΣΗ

α) Έστω: z x yi= + , µε ,x y∈ℝ

( ) ( )2 22 2

2 2 2 2 2 22 2 2 2 Re( ) Im( )

z a z ai x yi a x yi ai x a y x y a

x ax a y x y ay a ax ay x y z z

− = + ⇔ + − = + + ⇔ − + = + + ⇔

⇔ − + + = + + + ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = −

β) ( ) ( )f fκ λ= − (από το α΄ ερώτηµα)

• Η f είναι συνεχής στο [ ],κ λ

• 2( ) ( ) ( ) 0f f fκ λ λ⋅ = − ≤

Αν ( ) 0f κ = , τότε ( ) 0f λ = , δηλαδή ( ) ( )f fκ λ= µε κ λ≠ . Άτοπο, διότι η f είναι

αντιστρέψιµη, άρα ( ) ( ) 0f fκ λ⋅ < .

Θεώρηµα Bolzano: υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0, : ( ) 0x f xκ λ∈ = .

γ) Θ.Μ.Τ. στα [ ]0, xκ και [ ]0,x λ

• ∃ ένα τουλάχιστον ( )1 0,x xκ∈ , τέτοιο ώστε:

01

0

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

2 2

f x f f f ff x

x

κ κ λ λκ λ λ κκ λ κκ

− −′ = = = =

+ −− −−

• ∃ ένα τουλάχιστον ( )2 0,x x λ∈ , τέτοιο ώστε:

02

0

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

2 2

f f x f f ff x

x

λ λ λ λκ λ λ κλ λ κλ

− −′ = = = =

+ −− −−

o Η f ′ είναι παραγωγίσιµη στο [ ] ( )1 2, ,x x κ λ⊆

o 1 2( ) ( )f x f x′ ′=

44


Θεώρηµα Rolle: ∃ ένα τουλάχιστον ( ) ( )1 2, , : ( ) 0x x fξ κ λ ξ′′∈ ⊆ =

Άρα, η fC έχει ένα τουλάχιστον πιθανό σηµείο καµπής.

48. Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ , η γραφική παράσταση της f

τέµνει τον άξονα y y′ στο ( )0,3A και ισχύει: 2( ) ( ) ( ) x xf x f x f x e e′ ′⋅ − = + , για κάθε x∈ℝ .

α) Να αποδειχθεί ότι ( ) 2xf x e= + .

β) Να αποδειχθεί ότι η f είναι αντιστρέψιµη και να βρεθεί η 1f − .

γ) Να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την 1fC − , τον άξονα x x′

και τις ευθείες x e= και 2x e= + .

ΛΥΣΗ

α) ( )2 2

2 ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2

xx x xf x e

f x f x f x e e f x e′ ′ ′′ ′ ′⋅ − = + ⇔ − = + ⇔

2 2 2 2.

2 2

( ) ( )( ) ( )

2 2 2 2

( ) 2 ( ) 2 2

x xx x

x x

f x e f x ef x e f x e c

f x f x e e c

′ ′ ⇔ − = + ⇒ − = + +

⇔ − = + +

Για 2 0 0 20 : (0) 2 (0) 2 2 3 2 3 1 2 2 3 3 2 0x f f e e c c c c= − = + + ⇔ − ⋅ = + + ⇔ = + ⇔ =

Άρα, ( )2 2 2 2( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 0x x x xf x f x e e f x f x e e− = + ⇔ − + − − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 2 2 22 4 1 2 4 4 8 4 2 1 4 1 2 1 0x x x x x x x xe e e e e e e e ∆ = − − ⋅ ⋅ − − = + + = + + = + = + >

( ) ( )2 2 1

( ) 1 12

x

xe

f x e± +

= = ± +

Άρα, ( ) 2xf x e= + ή ( ) xf x e= −

Όµως, (0) 3f = εποµένως ( ) 2xf x e= +

β) ( ) 2xf x e= + και ( ) 0xf x e′ = > , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ , εποµένως η f

είναι «1-1», δηλαδή η f αντιστρέφεται.

( )2 2 ln 2 , 2x xy e e y x y y= + ⇔ = − ⇔ = − >

Άρα, 1( ) ln( 2), 2f x x x− = − >

45


γ) 1( ) 0 ln( 2) 0 2 1 3f x x x x− > ⇔ − > ⇔ − > ⇔ >

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) [ ] [ ]

2 3 21 1 1

3

3 2

3

3 2

3

23 23

33

3 2

3

( ) ( ) ( )

ln( 2) ln( 2)

2 ln( 2) 2 ln( 2)

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

0 2 ln 2 0

e e

e e

e

e

e

e

e e

e e

e

e

E f x dx f x dx f x dx

x dx x dx

x x dx x x dx

x x dx x x dx

e e x e x

+ +− − −

+

+

+ +

+

= = − + =

= − − + − =

′ ′= − − ⋅ − + − ⋅ − =

= − − ⋅ − + + − ⋅ − − =

= − − − ⋅ − + + − −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

( ) ( )2 ln 2 4 . .e e e τ µ

=

= − ⋅ − + −

49. Η συνάρτηση f είναι ορισµένη και συνεχής στο διάστηµα [ ],a β , έχει σύνολο τιµών

το [ ]2,3− και ( ) 2f a = , ( ) 1f β = .

α) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 ,x a β∈ , τέτοιο ώστε: 0( ) 0f x = .

β) Αν επιπλέον η f είναι παραγωγίσιµη στο ( ),a β ,

i) να αποδειχθεί ότι η fC δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτοµένες.

ii) Αν επιπλέον η f ′ είναι συνεχής στο ( ),a β , να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον ( ),aξ β∈ , τέτοιο ώστε: 2012( ) ( ) ( ) 0f f fξ ξ ξ′ ⋅ + = .

iii) Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον ( )1 2, ,aξ ξ β∈ , µε 1 2ξ ξ≠ , τέτοιο ώστε:

1 2

1 1

( ) 2 ( ) 2

a

f f

βξ ξ

−− =

′ ′ .

ΛΥΣΗ

α) Από θεώρηµα µέγιστης-ελάχιστης τιµής και επειδή

min max2 ( ) 1 ( ) 2 3f f f a fβ− = < = < = < = , τότε υπάρχουν:

• ( )1 1 min, : ( ) 2x a f x fβ∈ = = −

• ( )2 2, : ( ) max 3x a f x fβ∈ = =

Θεώρηµα Bolzano στο [ ]1 2,x x ή [ ] ( )2 1, ,x x a β⊆ , υπάρχει ένα τουλάχιστον

( )0 0, : ( ) 0x a f xβ∈ =

β) i) τα 1 2,x x είναι εσωτερικά σηµεία του ( ),a β

η f είναι παραγωγίσιµη στα 1 2,x x

η f παρουσιάζει ακρότατα στα 1 2,x x

Θεώρηµα Fermat: 1 2( ) ( ) 0f x f x′ ′= =

46


Άρα, η fC δέχεται δύο τουλάχιστον οριζόντιες εφαπτοµένες στα ( )1 1, ( )A x f x και

( )2 2, ( )B x f x .

ii) Θεωρούµε τη συνάρτηση g , µε 2012( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x f x′ = ⋅ +

• Η g είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x ή [ ] ( )2 1, ,x x a β⊆

• ( )201220121 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0g x f x f x f x ′ = ⋅ + = − ⋅ + − <

2012 20122 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 3 0 3 0g x f x f x f x′ = ⋅ + = ⋅ + >

Θεώρηµα Bolzano: ∃ ένα τουλάχιστον ( ),aξ β∈ , τέτοιο ώστε:

2012( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0g f f fξ ξ ξ ξ′ = ⇔ ⋅ + =

iii) Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ. στα [ ]0,a x και [ ]0,x β

• ∃ ένα τουλάχιστον ( ) 0 01 0 1

0 0 1

( ) ( ) 0 2 1, : ( ) (1)

( ) 2

f x f a x aa x f

x a x a fξ ξ

ξ− −−

′∈ = = ⇔ = −′− −

• ∃ ένα τουλάχιστον ( )2 0, :xξ β∈

0 02

0 0 2

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

2 ( ) 2

f f x xf

x x f

β βξ

β β ξ− −−

′ = = ⇔ =′− −

( )0 0

1 2

1 1(1), (2)

( ) 2 ( ) 2 2 2

x a x a

f f

β βξ ξ

+ − − −⇒ + = + =

′ ′

50. Αν ,a β ∈ℝ , µε 2 24 9 1a β+ = και για το µιγαδικό z ισχύει 2 1

2 31

za i

z

ν

β+ = + −

, 1z ≠ ,

*ν ∈ℕ , τότε: α) να αποδειχθεί ότι 1 1z + =

β) να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z− γ) αν για τον µιγαδικό w ισχύει 3 5 2w i+ − = , να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των

εικόνων του w . δ) να υπολογιστεί η µέγιστη και η ελάχιστη τιµή του z w+ .

ΛΥΣΗ

α) 2 1

2 31

za i

z

ν

β+ = + −

, άρα 2 1

2 31

za i

z

ν

β+ = + ⇔ −

47


( ) ( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )( )

2 2 2 2

2 2

2

2 12 3 4 9 1 1

1

2 12 11 1 2 1 1

1 1

2 1 1 2 1 2 1 1 1

4 2 2 1 1

3 3 3 0 0

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1

za a

z

zzz z

z z

z z z z z z

zz z z zz z z

zz z z zz z z

zz z z z z z

z z z z

ν

β β+

= + = + = = ⇔−

++⇔ = ⇔ = ⇔ + = − ⇔

− −

⇔ + = − ⇔ + + = − − ⇔

⇔ + + + = − − + ⇔

⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

⇔ + + + = ⇔ + + + = ⇔

⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + =

β) Η εικόνα του z κινείται σε κύκλο 1C µε κέντρο ( )1,0K − και ακτίνα 1p = , άρα η εικόνα

του z− κινείται σε κύκλο 2C µε κέντρο ( )1,0Λ και ακτίνα 1p = .

γ) ( )5 3 2w i− − = , άρα η εικόνα του z− κινείται σε κύκλο 3C µε κέντρο ( )5, 3M − και ακτίνα

2r = .

δ) Το ( )z w w z+ = − − είναι η απόσταση της εικόνας του w από την εικόνα του z− .

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

2 25 1 3 5

max 5 1 2 8

min 5 1 2 2

z w r

z w AB r

ρ

ρ

ΜΛ = − + − =

+ = Γ∆ = ΜΛ + + = + + =

+ = = ΜΛ − − = − − =

48


51. Έστω µια συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ( ),a β µε lim ( ) lim ( )x a x

f x f xβ

λ+ −→ →

= = .

α) ∆είξτε ότι η ( )( ), ,

( ),

f x xg x

x a ή x

α β

λ β

∈=

= = είναι συνεχής.

β) Υπάρχει ( ),aξ β∈ τέτοιο ώστε: ( ) 0f ξ′ =

ΛΥΣΗ

α) lim ( ) lim ( )

lim ( ) ( ),( )

x a x a

x a

g x f xg x g a ά g ή

g a

λρα συνεχ ς στο α

λ

+ +

+

→ →

→

= =⇒ =

=.

lim ( ) lim ( )lim ( ) ( ),

( )x x

x

g x f xg x g ά g ή

g

β β

β

λβ ρα συνεχ ς στο β

β λ

− −

−

→ →

→

= =⇒ =

=.

Αφού f παραγωγίσιµη στο ( ),a β , τότε g παραγωγίσιµη στο ( ),a β g⇒ συνεχής στο ( ),a β

g a

gg

συνεχης στο

συνεχης στο β⇒ συνεχής στο [ ],a β .

β) ( )( )

( ) ( ), ( ) ( ) ,( )

g ag a g g x f x x a

g

λβ β

β λ=

′ ′⇒ = = ∀ ∈=

[ ]( ) ( )

,

, , : ( ) 0 ( ) 0

( ) ( )

Rolleg ή

g ί ά έ a g f

g a g

συνεχ ς στο α β

παραγωγ σιµη στο α β τουλ χιστον να ξ β ξ ξ

β

′ ′⇒ ∃ ∈ = ⇒ =

=

52. 23

1

xa

xa

e xA dx

e−

+=

+∫ , αντίθετα άκρα µε (0) 0f = .

ΛΥΣΗ

Θέτω: 2 2 20

0

3 3 3( ) ( )

1 1 1

x x xx x

x x xx x

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

e e e− −

+ + += ⇒ = + ⇒

+ + +∫ ∫ ∫

2 2

0 0

3 3( ) (1)

1 1

x xx x

x x

e x e xf x dx dx

e e

− + +⇒ = − +

+ +∫ ∫

49


2 2

0

2 2

0 0

3 3.

1 1

3 3

1 1

x xx

x x

x xx x

x x

e x e xH ή dx ί

e ex ί

e x e xdx ί ύ x dx

e e

συνεχ ς παραγωγ σιµη

η παραγωγ σιµη

η παραγωγ σιµη ως σ νθεση της µε−

+ +⇒

⇒+ +−

+ +⇒ −

+ +

∫

∫ ∫

( )

( ) ( )( )

2 2

22

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 3

3( ) 3(1) ( )

1 1

1 1 33 3 31 11 11

1 3 3 1 3 3( )

1 1 1

(1 3 ) 1 3 1 3 1

1 1

( ) 1 3 ( )

(

x x

x x

x

x xx x

xx x

x x

x x x x

x x x

x x

x x

e x e xf x x

e e

e xx e x e xe e

ee ee e

e x e x e x e xf x

e e e

e x x x e

e e

f x x f x x x c

f

−

−

+ − +′′⇒ = − − + =+ +

++ + +

= + = +++ ++

+ + + + +′⇒ = + = =

+ + +

+ + + + += =

+ +′ = + ⇒ = + +

30) 0 0 0 0 0c c= ⇒ = + + ⇒ =

Άρα, 3( )f x x x= +

3

23

( )

3

1

xa

xa

f a a a

e xdx a a

e−

= +

+⇒ = +

+∫

53. Έστω ,f g παραγωγίσιµες συναρτήσεις όπου ,f g έχουν τουλάχιστον ένα κοινό

σηµείο και ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x f x g x ′′ ′+ = . ∆είξτε ότι: ( ) ( )f x g x= .

ΛΥΣΗ

Αφού ,f g έχουν ένα κοινό σηµείο, τότε: 0 0 0: ( ) ( ) (1)ά x f x g xυπ ρχει ∈ =ℝ

50


( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

0

2 2

2 2

2 2

2 20 0 0 0

(1)2 2

0 0 0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

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

( ) ( ) 2 ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ) ( )

x x

f x f x g x g x f x g x

f x f x g x g x f x g x

f x g x f x g x

f x g x f x g x

f x g x f x g x c

f x g x f x g x c

g x g x g x g x c c

=

′′ ′+ =

′′ ′⇒ + =

′ ′ ′⇒ + =

′ ′⇒ + =

⇒ + = +

⇒ + = +

⇒ + = + ⇒ 0=

Άρα, 2 2 2 2( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 0f x g x f x g x f x g x f x g x+ = ⇒ + − =

( )2( ) ( ) 0 ( ) ( )f x g x f x g x⇒ − = ⇒ =

54. Έστω f παραγωγίσιµη συνάρτηση στο [ ]0,1 µε ( ) ( )22 1 ( ) ( ) (1)x f x x x f x′− ≠ − για

κάθε [ ]0,1x∈ .

i) (0) (1) 0f f⋅ ≠

ii) Η f έχει τουλάχιστον µία ρίζα στο ( )0,1 .

ΛΥΣΗ

i) (1)⇒ για 0 : (0) 0 (0) 0

(0) (1) 01: (1) 0 (1) 0

x f ff f

x f f

= − ≠ ⇒ ≠⇒ ⋅ ≠

= ≠ ⇒ ≠

ii) Έστω ότι η ( )f x δεν έχει ρίζα στο ( )0,1 , δηλαδή ( ) [ ]( )

( ) 0 0,1 ( ) 0, 0,1i

f x x f x x≠ ∀ ∈ ⇒ ≠ ∀ ∈

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2: ( ) 02 2

2

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

( ) ( )

f x x x f x x x f x x xx x f x x x f x

f x f x

≠′ ′′− − − −′ ′⇒ − − − ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠

Θεωρώ 2

( )( )

x xg x

f x

−= παραγωγίσιµη στο [ ]0,1 µε

2

( ) 0 (2)( )

x xg x

f x

′ −′ = ≠

(0) 0(0) (1)

(1) 0

gg g

g

=⇒ =

=

51


[ ]( ) ( )

(2)

0 0

0,1

0,1 0,1 : ( ) 0

(0) (1)

Rolleg

g x g x ά

g g

συν

παρ τοπο′⇒ ∃ ∈ = ⇒

=

Άρα η ( )f x έχει τουλάχιστον µία ρίζα.

55. Αν f ′ συνεχής στο [ ],a β . ∆είξτε ότι: ( ) 1 21 2

3 ( ) 2 ( ), , , : ( )

5

f fa f

ξ ξξ ξ ξ β ξ

′ ′+′∃ ∈ = .

ΛΥΣΗ

Χωρίζω το [ ],a β σε 5 διαστήµατα ίσου πλάτους 5

β α− και εφαρµόζω Θ.Μ.Τ. σε καθένα από

τα διαστήµατα που σηµειώνω (αφού [ ]. . ,f f f ήσυν παραγ συνεχ ς α β′ ⇒ ⇒ ).

. . .

1

1 1

1

, 25

, 2 :5

, 25

2 ( ) 2 ( )5 5

( ) ( )2 2

5 5

2 ( )5

2 ( ) 5 (1)

f a a

a a

f a a

f a f a f a f af f

a a

f a f af

β ασυν

β αξ

β απαρ

β α β α

ξ ξβ α β α

β α

ξβ α

Θ Μ Τ

− + − ⇒ ∃ ∈ + − +

− − + − + − ′ ′= ⇒ =

− −+ −

− + − ′⇒ = ⋅

−

52


( )

. . .

2

2 2

2 2

2 ,5

2 , :5

2 ,5

( ) 2 ( ) 25 5

( ) ( )5 5 2 2

25 5

( ) 2 ( ) 25 5

( ) 5 3 ( ) 53

f a

a

f a

f f a f f af f

a

f f a f f af f

β ασυν β

β αξ β

β απαρ β

β α β αβ β

ξ ξβ α β α β α

β

β α β αβ β

ξ ξβ α

Θ Μ Τ

− + − ⇒ ∃ ∈ + − +

− − − + − + ′ ′= ⇒ = ⇒

− − − +− −

− − − + − + ′ ′⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅−

(2)β α

−

1 2

( ) ( )(1), (2) 2 ( ) 3 ( ) 5 (3)

f f af f

βξ ξ

β α−

′ ′⇒ + =−

[ ]( )

( ). . .

(3)

1 2

, ( ) ( ), : ( )

,

2 ( ) 3 ( ) 5 ( )

f a f f aa f

f a

f f f

συν β βξ β ξ

β απαρ β

ξ ξ ξ

Θ Μ Τ −′⇒ ∃ ∈ =

−

′ ′ ′⇒ + =

ΠΡΟΣΟΧΗ!!!

Αν ήθελα: ( ) 1 2 3, : 6 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 3 ( )a f f f fξ β ξ ξ ξ ξ′ ′ ′ ′∃ ∈ = + +

6 1 2 3= + +

Χωρίζω το [ ],a β σε διαστήµατα πλάτους 6

β α−

53


56. Η συνάρτηση f είναι δυο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ , µε (1) (3)f f= και

( ) ( )3 3f x f x≥ για κάθε x∈ℝ (1). ∆είξτε ότι η εξίσωση ( ) 0f x′′ = έχει τουλάχιστον µία

λύση.

ΛΥΣΗ

Θέτω: ( ) ( )3( ) 3h x f x f x= −

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

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

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

h f f h

h x f x x f x x h x x f x f x

= − ⇒ =

′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′= ⋅ − ⋅ ⇒ = −

Όµως, ( ) 0 ( ) (1)h x h x h x≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℝ

Από Θ. Fermat (2)

(1) 0 (1) (3)h f f′ ′ ′⇒ = ⇒ =

[ ]( ) ( )1,3

1,3 1,3 : ( ) 0

(1) (3)

Rollef

f f

f f

συν

παρ ξ ξ

′

′ ′′⇒ ∃ ∈ =

′ ′=

57.Αν ( ) 1 2x x

f x z i z x= − + − − ∀ ∈ℝ . 1, 1 1, , 1z i z z i z− < − < ≠ ≠

α) Βρες την µονοτονία.

β) Να λυθεί η ( ) 0f x = .

γ) Γεωµετρικός τόπος των ( )M z .

δ) Αν 1z i z− < − , µε Re( ) Im( )z a i z zβ= + ⇒ < .

ε) ( )lim 1x x

xz i z

→−∞− − −

ΛΥΣΗ

α) Θέτω: z i a− = µε 0 1a< <

1z β− = µε 0 1β< <

Άρα, ( ) 2x xff x a Dβ= + − = ℝ

Θεωρώ 1 2,x x ∈ℝ µε 1 2x x<

54


1 2

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1

1 2 ( )

1 21

1 2

2 2 ( ) ( )x

x

ax x

a x x x x x x x x

x x

x x a aa a a a f x f x

x xβ

β

β β β ββ β

<

+

<

< ⇒ >⇒ + > + ⇒ + − > + − ⇒ >

< ⇒ >

ւ

ւ

Άρα f στοց ℝ .

β) Βρίσκω προφανή ρίζα παρατηρώντας : 0 0(0) 2 0f a β= + − =

Άρα, το 0 ρίζα της ( )f x και επειδή f ց τότε f «1-1», άρα το 0 είναι η µοναδική ρίζα της

( )f x .

γ) Αφού ( ) ( ) 1

10 1 0,1 , 1

1 1

z iz i ά ύ K R

zεσωτερικ κ κλου

− <⇔ − + < =

− <

και (1 0 ) 1z i− + < εσωτερικά κύκλου ( ) 21,0 , 1RΛ = .

Άρα, αφού πρέπει να ισχύουν και τα δύο ταυτόχρονα, πρέπει να πάρω τα κοινά σηµεία, άρα ο

γεωµετρικός τόπος είναι η γραµµοσκιασµένη περιοχή.

δ) ( ) ( ) ( )( )2 21 1 1 1z i z z i z z i z i z z− < − ⇒ − < − ⇒ − + < − −

( ) ( )1 1

2 2 2 2 Im( ) Re( )

zz zi zi z z z z z z i z z

yii x y x y x z z

⇒ + − + < − − + ⇒ − < − + ⇒

⇒ < − ⇒ − < − ⇒ > ⇒ >

ε) Θέτω: , 1z i a z β− = − =

Από (δ): 1 ,x xa aβ β< < ⇒ ց ց

( ) ( ) ( )1

lim 1 lim lim 1 1 0x

xx x x x x

x x xz i z a a

βα

βα

ββ

α

>+∞−∞

→−∞ →−∞ →−∞

− − − = − = − = +∞ − = +∞ ր

55


57)i)Να δειχθεί ότι ln 1t t− ≥ για κάθε 0t > .

ii) Έστω η συνάρτηση 2 1

( )ln

x

xf x dt

t t=

−∫ .Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της f .

iii) Να µελετήσετε την µονοτονία της συνάρτησης f .

iv) Να αποδείξετε ότι 0 ( ) , 0f x x x< < > .

v) Να αποδείξετε ότι ln 2 ( )f x< για κάθε 1x ≥ .

vi) Να δείξετε ότι η δεν έχει κατακόρυφες ασύµπτωτες. Λύση i). Έστω ( )( ) ln 1, 0,g t t t t= − − ∈ +∞ .

Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο ( )0,+∞ ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων

µε ( ) 1 1'( ) ln 1 ' 1

tg t t t

t t

−= − − = − = .

Τότε: '( ) 0 1g t t≥ ⇔ ≥ , οπότε η συνάρτηση g :

-Είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )0,1 ,

-Είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1,+∞ ,

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για 1x = ,το (1) 0g = . Συνεπώς ( ) (1) ln 1 0 ln 1g t g t t t t≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − ≥ για 0t > .

ii)H συνάρτηση 1

lnt t−ορίζεται όταν 0t > και ln 0t t− ≠ (ισχύει λόγω του ερωτήµατος (i)).

Εποµένως θα πρέπει: 0x > και2 0x > , άρα ( )0,fD = +∞ .

iii). . H συνάρτηση1

lnt t− είναι συνεχής στο ( )0,+∞ , άρα ορίζεται η

2 1

ln

x

xdt

t t−∫

και είναι παραγωγίσιµη µε ( )( )

22 1 ln(2 ) ln'( )

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

x xf x

x x x x x x

−= − =

− − − −.

Για ( )0,x∈ +∞ έχουµε:

22

( ) ln( )

2 2'( ) 0 ln(2 ) ln 0 ln( ) 0 ln( ) 0

2 2ln( ) ln1 1 2

f x x

xf x x x

x x

xx x

=

≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ր

, οπότε η συνάρτηση f :

- Είναι γνησίως αύξουσα στο ( ]0,2 ,

-Είναι γνησίως φθίνουσα στο [ )2,+∞ ,

παρουσιάζει ολικό µέγιστο για 2x = το (2)f .

56


iv) Αφού ln 1t t− ≥ (χωρίς να είναι παντού µηδέν) για 0t > , έχουµε ότι 2 1

0ln

x

xdt

t t>

−∫ ,

δηλαδή ( ) 0 (1)f x > .

Επίσης λόγω του 1ου ερωτήµατος ισχύει:

ln 10

ln

t t

t t

− −≥

−, χωρίς να είναι παντού µηδέν,

άρα 2 2 2 2ln 1 1 1

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

x x x x

x x x x

t tdt dt dt dt x f x

t t t t t t

− − > ⇔ − > ⇔ > ⇔ > − − − ∫ ∫ ∫ ∫

Από τις (1) ,(2)προκύπτει ότι: ( ) 0, 0x f x x< < > .

v) Για 1t ≥ έχουµε ότι:

ln 1 10 0

ln ln

t

t t t t t≥ ⇔ − ≤

− −, χωρίς να είναι παντού µηδέν,

οπότε 2 2 21 1 1 1

0 ln(2 ) ln ( ) ln 2 ( )ln ln

x x x

x x xdt dt dt x x f x f x

t t t t t t − < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < − − ∫ ∫ ∫

για 1x ≥ .

vi) Κατακόρυφη ασύµπτωτη θα αναζητήσουµε στο 0x = Αφού 0 ( )f x x< < για 0x > , ισχύει και η 0 ( )f x x≤ ≤ για 0x > .

Αφού0 0

lim 0 lim 0x x

x+ +→ →

= = ,

από το κριτήριο παρεµβολής θα ισχύει ότι0

lim ( ) 0x

f x+→

= ,

οπότε η f δεν έχει κατακόρυφη ασύµπτωτη.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

-Περιοδικό ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ

- Θέµατα συναρτήσεων Ευρυπιωτης Στέλιος

-Ολοκληρώµατα Θ.Ν.Καζαντζη

- Problems and Solutions for Undergraduate Analysis Serge Lang

-Problems In Calculus Of One Variable Maron

- Theory of functions Konrad Knopp

-Functional equations and how to solve them Cristopher G Small

-Problems in High school mathematics A.I.Prilepko

Documents

ΛΥΜΕΝΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤ. Γ. ΛΥΚΕΙΟΥ 2012