H Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α.                    
e
e
1
1
f x dx f 1 F e F x f 1 F e F e F 1 f 1 F e           
   F 1 f 1   .Για x 1 στην αρχική ισότητα, έχουμε:
 
     
     
F 1 f 1
F 1 1
f 1 2f 1 f 1 1 2 f 1 1
2


        .Η συνάρτηση f είναι
παραγωγίσιμη
στο  0, ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε:
 
       
 
 
 
2 2 2
F x x
f x 1f x 1 x 1 F x x 1 1x 1f x
x x 1 xx 1

           

   
2 2 2
1 1
f x 1 f x 1
1 1 1 1x x , x 0
x 1 x x 1 x x x
   
      
 
.Έτσι:
   
1 1
f x lnx f x lnx c
x x
        
 
.Για x 1 :  
 f 1 1
f 1 1 c c 0

    ,οπότε
 
1
f x lnx , x 0
x
   .Επίσης προκύπτει:    F x x 1 lnx x, x 0     .
Β.   2 2
1 1 x 1
f x , x 0
x x x

     .Είναι:
•  f x 0 x 1   
•  f x 0 x 1   
•  f x 0 0 x 1    
Έτσι: f γν.φθίνουσα στο  1A 0,1 και f γν.αύξουσα στο  2A 1,  .
       
f γν.φθίνουσα
1
f συνεχής x 0
f A f 1 , lim f x 1,

  
,καθώς
 x 0 x 0
1 1
lim lnx lim 1 x lnx
x x 
 
   
            
,
αφού
x 0
1
lim
x

  και
 
 
 DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2
1
lnxlnx xlim x lnx lim lim lim lim x 0
1 1
1
x x
x
    


    

      
  
 
 
.
       
f γν.αύξουσα
2
f συνεχής x
f A f 1 , lim f x 1,

  

,καθώς
x
1
lim lnx
x
 
   
 
,αφού
x
lim lnx

  και
x
1
lim 0
x
 .

2. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Έτσι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το  1,
και επομένως  f x 1 ,για κάθε  x 0,  ,με την ισότητα να ισχύει
μόνο για x 1 ,δηλαδή:  f x 1 x 1   (*)
Έτσι:    F x f x 1, x 0    και   2
x 1 1
f x
x 4

   ,καθώς  
2
x 2 0  
2
x 4x 4 0      
x 0
2
2
x 1 1
x 4 x 1
x 4
 
    .Συμπεραίνουμε λοιπόν, ότι
οι fC και FC δεν δέχονται κοινές εφαπτομένες ,εφόσον οι συντελεστές δ/νσης
των εφαπτομένων της FC είναι διαφορετικοί από τους συντελεστές δ/νσης
των εφαπτομένων της fC ,για κάθε  x 0,  .
Γ1. Είναι    F x f x 1, x 0    ,οπότε η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα και
1-1 στο  0,   και σε συνδυασμό με το Θ.Bolzano καθώς  F 1 1  και
 F e 1 ,προκύπτει ότι υπάρχει μοναδικό  ox 1,e τέτοιο, ώστε  oF x 0 .
Γ2. Η συνάρτηση F είναι γν.αύξουσα στο  0,   ,οπότε για o0 x x 
είναι    oF x F x 0  ,οπότε η εξίσωση είναι ΑΔΥΝΑΤΗ στο  o0,x .
Τώρα για ox x είναι    oF x F x 0  ,οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:
   
 
 
  
 
 
1 *
F x 1
ln F x e lne lnF x 1 f F x 1 F x 1
F x
 
          
 
 
   
F:1-1
F x F e x e    .
Γ3.    
o
o
x
x 1o
o o o o o o
o
x
F x 0 x 1 lnx x 0 lnx x e
x 1

         

.Είναι:
   
 
 
 
 
ο
ο xο
x 1ο
o
o o o
xxx
x 1x 1x 1x 0
2 2
e xf συνεχήςx 1 0
ο
x x DLH x x x x
ο
1 1
1 e 1 ex e
x 1 x 1x e
lim lim lim
F x F x f x f x



  
 
    
      

 
 
 
 
2
ο ο ο
2 2
ο ο
ο ο
x x x 1
1
x 1 x 1
f x f x
 

 
  .Έτσι:
 
 
 
 
 
 
   o o o
2x
ο οx 1 x
2 2f συνεχήςx 1
ο ο ο
ο 2x x x x x x
ο ο
x x 1
f x x e
x 1 x x 1x e
lim lim f x lim f x
F x F x f x x 1


  
  
  
        

.
Δ.   
   
 
         
f x F x
ln f x f x 1 ln f x f x F x
f x 1

      


3. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
        
F:1-1
F f x F x f x x f x x 0.      
Θεωρούμε συνάρτηση u με τύπο    u x f x x, x 0   .
Είναι    
2
2 2
1 1 x x 1
u x f x 1 1 0
x x x
  
        ,οπότε u γν.φθίνουσα
στο  0,   και επομένως u ‘‘1-1’’ στο  0,   .
Άρα      
u:1-1
f x x 0 u x u 1 x 1      .
Ε1.
    
       
x x x
2
1 1 1
t 1 f f t
dt 2 f t F f t dt 2 F f t dt 2
t
             
        
 
    
 
  
f 1 1 F 1 1x
1
F f t 2 F f x F f 1 2 F f x 2 F 1 F f x 1
 
            
      
F:1-1
F f x F e f x e    .
• Επειδή  1e f A και f γν.φθίνουσα στο  1A 0,1 ,συμπεραίνουμε ότι
υπάρχει
μοναδικό  1x 0,1 τέτοιο, ώστε  1f x e .
• Επειδή  2e f A και f γν.αύξουσα στο  2A 1,  ,συμπεραίνουμε ότι
υπάρχει
μοναδικό  2x 1,  τέτοιο, ώστε  2f x e .
Αποδείξαμε λοιπόν, ότι η αρχική εξίσωση έχει ακριβώς 2 ρίζες τις
1 2x ,x με 1 20 x 1 x   .
Ε2. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με τύπο  
 f x e
g x , x 0
x

  .
Είναι  
   
2
x f x f x e
g x , x 0
x
  
   .
• g συνεχής στο  1 2x ,x ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων
• g παραγωγίσιμη στο  1 2x ,x ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων
•    1 2g x g x 0  ,
οπότε σύμφωνα με το Θ.Rolle,υπάρχει ένα τουλάχιστον  1 2ξ x ,x τέτοιο, ώστε
         g ξ 0 ξ f ξ f ξ e 0 ξ f ξ f ξ e            .
Η εφαπτομένη της fC στο σημείο   Μ ξ,f ξ ,έχει εξίσωση:
     ψ f ξ f ξ x ξ    .
Για x 0 ,προκύπτει:    ψ f ξ ξ f ξ e    ,που σημαίνει ότι η συγκεκριμένη
εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο  0,e .

4. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
2η
προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)
Έστω f συνεχής στο  0,  με
F(x) x 1
f(x) ,x 0 (1)
x 1 x

  

, F αρχική της f
( F (x) f(x)  ) και
e
1
f(x)dx f(1) F(e)  (2)
Α.
   
x 1 e e
11
1 F(1) 2f(1) 3 , (2): F (x)dx f(1) F(e) F(x) f(1) F(e) f(1) F(1) 0

          
, άρα έχουμε f(1) 1, F(1) 1   , η (1) γίνεται
   
   
   
2
2 2
F(x) x 1 x 1
F (x) F (x) x 1 F(x) x 1 x
x 1 x x
F (x) x 1 F(x) x 1 x x 1
x 1 x x 1
          

     
 
 
   
2
2 2
F(x) x 2x 1 x 1 1 1 F(x) 1
ln x ln x c
x 1 x x 1 x 1 x 1x x 1 x 1
      
            
       
,
από την οποία για x 1 έχουμε c 1  , άρα
 
F(x) 1
ln x 1 F(x) x 1 ln x x , x 0
x 1 x 1
       
 
οπότε
 
1 1
f(x) F (x) ln x x 1 1 f(x) ln x , x 0
x x
        
Β. 2 2
1 1 x 1
f (x) , x 0
x x x

     , από τον πίνακα
μεταβολών η f για x 1 έχει ολικό ελάχιστο με
f(1) 1 μόνο για x 1 εφόσον
   ff
x 1 f(x) f(1) , 0 x 1 f(x) f(1)      
21
Για να έχουν οι F fC ,C κοινή εφαπτομένη πρέπει να υπάρχουν  1 2x ,x 0,  ώστε
       1 2 1 2F x f x f x f x     , αδύνατο εφόσον
2
2
x 1
f(x) 1 f (x) 1 0 x x 1
x

        που ισχύει διότι 3 0   

5. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
Γ1. Για την F που είναι συνεχής έχουμε F(1) 1, F(e) 1   , άρα από Θ. Bolzano
υπάρχει  0x 1,e ώστε  0F x 0 που είναι και μοναδικό εφόσον
F (x) f(x) 1 0    και άρα  F '1 1' 1
Γ2. Έχουμε την εξίσωση
1
F(x)
0F(x) e e , 0 x x    , αν
 
 
F
0 00 x x F(x) F x F(x) 0     
1
οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη, ενώ αν
 
 
F
0 0x x F(x) F x F(x) 0    
1
η εξίσωση γίνεται
 
1
F(x) 1
ln F(x) e lne ln F(x) 1 f F(x) 1
F(x)
 
        
 
που από Β ισχύει μόνο για
x 1 , οπότε
F('1 1')
F(x) 1 F(x) F(e) x e

    
Γ3. Από Γ1 έχουμε    
0
0
x
x 10
0 0 0 0 0 0
0
x
F x 0 x 1 ln x x 0 ln x e x
x 1

        

(3)
 
 
0
0
0 0
xx 3 F ή
x 1x 1
0 0 0 0
x x x x
lim x e x e x x 0 , lim F(x) F x 0
 

 
 
        
 
, άρα
 
   
0 0 0
0
0
x
x
x 10x x 1
2
0x 1
x x (DLH) x x x x
x
x 1
02 2
(3)
0 0
0 0
1x 1 e1 e
x 1x e x 1
lim lim lim
F(x) F (x) f(x)
1 1
1 e 1 x
x 1 x 1
f(x ) f(x )
  
 
  
  

         

   
 
  
  
2
0 0
2
0 0
x x 1
f x x 1
 


, οπότε  
    0
x
2 2x 1
0 0 0 0
0 2 2x x
0 0 0
x x 1 x x 1x e
lim f(x) f x
F(x) f x x 1 x 1


   
  
 
Δ. Έχουμε την εξίσωση  
f(x) F(x)
ln f(x) ,x 0
f(x) 1

 

από τον τύπο της θέτοντας
όπου x το f(x) 1 0  προκύπτει
   
 F f(x) f(x)
F f(x) f(x) 1 lnf(x) f(x) lnf(x)
f(x) 1

    

, οπότε η εξίσωση

6. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
γίνεται
 
 
F('1 1')F f(x) f(x) f(x) F(x)
F f(x) F(x) f(x) x
f(x) 1 f(x) 1
 
    
 
που έχει
προφανή λύση την x 1 και θεωρώντας g(x) f(x) x ,x 0   ,
2
2 2
x 1 x x 1
g (x) f (x) 1 1 0
x x
  
        , έχουμε
   g 0, 2 και άρα η x 1 μοναδική
Ε1. Έχουμε την εξίσωση
   
 
x x
21 1
t 1 f f(t)
dt 2 f (t)f f(t) dt 2
t
 
    , η οποία
θέτοντας u f(x), du f (x)dx γίνεται
 
   
f (x) f (x) f (x)
1f (1) 1
F('1 1')
f(u)du 2 F (u)du 2 F(u) 2
F f(x) F(1) 2 F f(x) 1 F(e)

    
      
 
f(x) e  , από το Β έχουμε       1 1
x 0
A 0,1 , f A f(1), lim f(x) 1,

    
(*) ,
 2A 1,  ,      2
x
f A f(1), lim f(x) 1 ,

    (*) , οπότε εφόσον
   1 2e f A ,e f A  υπάρχουν μοναδικά, λόγω μονοτονίας, 1 1 2 2x A ,x A  ώστε
   1 2f x e , f x e 
(*)
 
 
 
0
0
DLHx 0 x 0 x 0 x 0
ln xln x
lim x ln x lim lim lim x 0
1
1
x
x
   
 
 
 
   

    
 
 
 
, οπότε
x 0 x 0
1
lim f(x) lim ln x
x 
 
 
   
 
 x 0 x 0
xln x 1 1
lim lim xln x 1
x x 
 
  
     
 
,
x x
1
lim f(x) lim ln x
x 
 
    
 
Ε2. Η εξίσωση εφαπτομένης σε σημείο  ,f( )  είναι  : y f( ) f (x )      η
οποία περνάει από το σημείο (0,e) αν και μόνο αν
 
2 2
f ( ) f( ) e
e f( ) f ( )(0 ) f ( ) f( ) e
      
               
 
 f e f( ) e
0
        
       
      
, άρα θεωρώντας την  1 2
f(x) e
h(x) ,x x ,x
x

 
έχουμε    1 2h x h x 0  και από Θ. Rolle υπάρχει  1 2x ,x ώστε h ( ) 0   που
δίνει την ζητούμενη ισότητα.

7. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
3η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Α. Η συνάρτηση F είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη και η f είναι συνεχής ως
άθροισμα συνεχών.
Η δοσμένη σχέση γράφεται: f(x)(x + 1) = F(x) + x +
x+1
x
,x > 0. Η f παραγωγίζεται
ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Παραγωγίζοντας έχω:
f΄(x)(x+1)+f(x)=f(x)+1-
1
x2  f΄(x)=
x−1
x2  f΄(x) = (lnx +
1
x
)΄  f(x) = lnx +
1
x
+
c. Επίσης ∫ f(x)dx
e
1
= f(1) + F(e) F(e) − F(1) = f(1) + F(e) F(e) + f(1) =
0 (1). από τη δοσμένη σχέση για x=1 προκύπτει: 2f(1) = F(1) + 3 (2). Έπόμενα
από τις σχέσεις (1) και(2) έχουμε ότι f(1) = 1 , F(1) = −1. ΄Αρα c=0 f(x) = lnx +
1
x
και από τη αρχική σχέση της υπόθεσης F(x)=(𝑥 + 1)𝑙𝑛𝑥 − 𝑥. Επί πλέον
Β. f΄(x) =
1
x
−
1
x2 =
x−1
x2 , f΄(x) = 0  x = 1, f΄(x) > 0 x > 1, f΄(x) < 0 0 < 𝑥 <
1.Δηλαδή η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=1, συνεπώς f(x)≥ f(1)=1 . γιά x > 0
Επίσης f΄΄(x)=−
1
𝑥2
+
2
𝑥3
=
2−x
x3
, f΄΄(x) = 0  x = 2, f΄΄(x) > 0 0 < 𝑥 < 2, f΄΄(x) <
0  x > 2. Δηλαδή η f΄ παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x=2, συνεπώς f΄(x)≤
f΄(2)=
1
4
γιά x > 0.Tώρα επειδή f , F παραγωγίσιμες αν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των
Cf και CF θα υπάρχουν κ,ρ>ο ώστε F΄(κ)=f΄(ρ)  f(κ) = f΄(ρ) άτοπο διότι f(κ) ≥
1 και f΄(ρ) ≤
1
4
. Άρα οι CF και Cf δεν δέχονται κοινές εφαπτόμενες.
Γ1.Προφανώς Fσυνεχής στο[1, 𝑒] ως παραγωγίσιμη. Επί πλέον F(1)=-1 , F(e)=1 oπότε
από θεώρημα BOLZANO υπάρχει x0∈ (1, 𝑒) ώστε F(x0)=0 . Επειδή F΄( x)=𝑙𝑛𝑥 +
1
𝑥
>
0 για x ∈ (1, 𝑒) η F γνήσια αύξουσα στο[1, 𝑒] άρα το x0 είναι μοναδικό.
Γ2. Για x>0 έχουμε F΄( x)=f(x)=𝑙𝑛𝑥 +
1
𝑥
> 1 > 0 συνεπώς η F γνήσια αύξουσα στο
(0,+∞ ). Από την εξίσωση F(x)e
1
F(x)=e προφανώς F(x)>0  x > x0 > 1. Συνεπώς
ln (F(x)e
1
F(x)) = lne  lnF(x) +
1
F(x)
=1  f(F(x)) = f(1) = 1 και επειδή η f έχει
μοναδικό ολικό ελάχιστο στο x=1 θα είναι F(x)=1  F(x) = F(e)  x = e διότι η F
είναι 1-1 στο (0,+∞ ) ως γνήσια αύξουσα.
Γ3. F(x0) = 0  (x0 + 1)lnx0 − x0 = 0  (x0 + 1)lnx0 = x0  lnx0 =
x0
x0+1
 x0 =
e
x0
x0+1 και f(x0) = lnx0 +
1
x0
=
x0
x0+1
+
1
x0
=
x0
2+x0+1
x0(x0+1)
. Eπόμενα από κανόνα de l' Hospital

8. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
είναι
0
x
x 1
x x
x e
F(x)lim


 
 
 
 
 
=
 
0
x
x 1
2
x x
1
1 e
x 1
F΄(x)lim


 
 
   
 
 
 
   
 
0
2
0 0
2 2
0 0
2
x x 0 0 0
0 0
x x 1x
1
x 1 x 1 x
.
x x 1f(x) x 1
x x 1
lim
  
 
    
    
 
 
΄Αρα
0
x
x 1
x x
x e
f(x)
F(x)lim


 
 
 
 
 
=
x0
2+x0+1
x0(x0+1)
∙
𝑥0
𝑥0+1
=
x0
2+x0+1
(x0+1)2
.
Δ. Η εξίσωση είναι:ln(f(x)) =
f(x)+F(x)
f(x)+1  (f(x)+1)ln(f(x)=F(x)+f(x)  (f(x)+1)ln(f(x)-
f(x)=F(x)  F(f(x))=F(x) και επειδή η F είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα προκύπτει ότι f(x)=x
. Αν h(x)= f(x)-x= lnx +
1
x
− x, x > 0. τότε h΄(x)=
1
x
−
1
x2
− 1 =
−x2+x−1
𝑥2
<0 για x>0. Δηλαδή
h γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞) συνεπώς και 1-1. ΄Αρα f(x)=x  h(x) = 0  h(x) = h(1)
 x = 1 .
Ε1. Η εξίσωση είναι∫
(t−1)∙f(f(t)
t2
dt = 2
x
1
 ∫ f΄(t)F΄(f(t))dt = 2
x
1
 ∫ (F(f(t))) ΄dt = 2
x
1
 F(f(x)) − F(f(1)) = 2  F(f(x)) − F(1) = 2 F(f(x)) + 1 = 2 F(f(x)) =
1  F(f(x)) = F(e)  f(x) = e διότι F΄(𝑥) = f(x) ≥ 1 > 0 οπότε F γνήσια αύξουσα και
ως εκ τούτου 1-1. Τώρα
x 0
ln x
1
x
lim

 
 
 
 
 
x 0
2
1
x
1
x
lim

 
 
 
 
 
 
x 0
x 0lim

  οπότε
lim
x→0+
f(x) = lim
x→0+
(lnx +
1
x
) = lim
x→0+
1
x
(
lnx
1
x
+ 1) = +∞. lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
(lnx +
1
x
) = +∞.
Επειδή f συνεχής, f: (0,1] → [1, +∞) και f: [1, +∞) → [1, +∞). Όμως e∈ [1, +∞) άρα
υπάρχουν (μοναδικά λόγω μονοτονίας της f στα αντίστοιχα διαστήματα) x1∈ (0,1] και
x2∈ [1, +∞) ώστε f( 𝑥1) = f(x2) = e.
Ε2. Θεωρώ τη συνάρτηση φ(x)=
f(x)−e
x
στο (0, +∞).Η φ συνεχής στο[𝑥1, 𝑥2] ως πηλίκο
συνεχών. Η φ παραγωγίσιμη στο (𝑥1, 𝑥2) ώς πηλίκο παραγωγίσιμων με φ΄(x)=
xf΄(x)−f(x)
x2
+
e
x2
. Επίσης φ(𝑥1) = φ(𝑥2) = 0. Οπότε από το θεώρημα Rolle στο [𝑥1, 𝑥2] υπάρχει ξ∈
(𝑥1, 𝑥2) ώστε φ΄(ξ)=0  𝜉𝑓΄(𝜉) − 𝑓(𝜉) = −𝑒(3) . H εφαπτόμενη της Cf στο Μ(ξ,f(ξ))
είναι y=f΄(ξ)x - ξf΄(ξ) + f(ξ) η οποία λόγω της (3) διέρχεται από το σημείο (0 , e).

9. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
4η
προτεινόμενη λύση (Κώστας Δεββές)
A. Mε
1
( ) ( ) lnh x f x x
x
   έχω στην
    
 
22 2
2 2
( ) 1 1 ( )1 1 1 1
( ) ( )
1
( ) 1 ( ) 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 1
... 0
1 1 1 1 1
f x x F x x
h΄ f΄ x
x x x xx
f x F x x f x f x
x x x x x x x x x

   
      

  
         
    
Άρα ( )h x c και με 1x  είναι (1) (1) 1h f 
1
( ) ( ) (1) ( ) (1) (1) (1)
e
F΄ x dx F e F F e f F f       (1)
Με 1x  στην αρχική:
(1)
(1) 1
(1) 1 (1) 1, (1) 1
2
F
f f F

     
Άρα (1) 0h c  και
1
( ) lnf x x
x
 
Β. 2
1
( ) 0
x
f x
x

   με ρίζα 1 και F΄=f στο (0,1], στο [1, ) με
( ) ( ) 1 (1)F x f x f   
3
2
( ) 0
x
f x
x

   με ρίζα 2 και f΄ στο (0,2], στο [2, ) με ( ) 1f x 
Άρα οι κλίσεις των εφαπτομένων των ,f FC C έχουν κοινή τιμή το 1, αλλά σ’ αυτό δεν
υπάρχει κοινή εφαπτομένη (
3
ln 2 , 2
2
y x y x     )
Γ1. Από Bolzano για την F στo [1,e] αφού F(1)=-1 και F(e)=1 και τη μονοτονία της F
στο [1,e] αφού
1
( ) ln 0F΄ x x
x
   με 1<x<e η εξίσωση F(x)=0 έχει μία λύση στο
(1,e).
Γ2. Αν έχει ρίζα 0x θα είναι 0( ) 0F x  . Ισοδύναμα γράφεται:
min 1
1
ln ( ) 1 ( ( )) (1) ( ) 1 ( 1)ln 1 ln 1
( )
f
F x f F x f F x x x x x x e
F x

             
Γ3. Ισχύει  
0
0 10
0 0 0 0 0
0
1 ln ln
1
x
xx
x x x x e x
x

     

. Άρα
0
0
και χωρίζω σε 2 lim
με
0
0lim ( ) ( )
x x
f x f x

 , ενώ με L’ Hospital έχω:

10. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
   
 
0
0
0
1 0
1
2 2 2
0 0 0 0
2
0 0 0 0
1
1 11
1 1 11
lim
( ) ( ) ( ) 1 ( )
x
x
x
x
x x
xx ee
x x x xx
f x f x f x x f x



              

και πολλ/ντας
ΟΕΔ.
Δ. Προφανής ρίζα το 1 και ισοδύναμα γράφεται:
 
1 1 1
( ) 1 ln ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ln
F
f x f x f x F x F f x F x f x x x x
x

         
Eπειδή ( ) 1f x  για 1x  είναι αδύνατη. Για 1x  
1 1
1 1 lnx x x
x x
      δηλ. η
εξίσωση αδύνατη.
Ε1. Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
1 1
( ) ( ( )) 2 ( ( ( )) 2 ( ( )) ( (1)) 2 ( ( )) 1 ( )
( )
x x
F
f t F f t dt F f t dt F f x F f F f x F e
f x e
          
 
 
με 2 λύσεις στο (0,1) και (1, ) αφού ((0,1]) [1, )f   και ([1, )) [1, )f    και
0 0
1
lim ( ) lim( ( ln 1))
x x
f x x x
x 
 
   
Ε2. Η  ( ) ( )y f f      πρέπει να επαληθεύεται από το (0,e) δηλ. να ισχύει:
( ) ( )e f f     . Θεωρώ 1 2
( )
( ) , [ , ]
f x e
h x x x x
x

  όπου 1 2,x x οι ρίζες του
προηγούμενου. Από Rolle η h έχει ρίζα στο  1 2,x x με 2
( ) ( )
( )
f x x f x e
h x
x
  
  ΟΕΔ
5η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
x 1
f f f f
F(1) 1
F( x ) x 1
f ( x ) 2 f (1) F(1) 3
x 1 x


  
  
     
 

e
1
(x)dx = (1)+ F(e) F(e)- F(1)= (1)+ F(e) F(1)= - (1)
Έστω
F( x ) x
G( x ) lnx ,x 0
x 1

   


11. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
    
 
    
 
2 2
F( x ) x
f ( x ) 1 x 1 x 1f ( x ) 1 x 1 F( x ) x 1 1x 1G'( x )
x xx 1 x 1

          
 
    
 
2
1 1f ( x ) 1 x 1 x 1 f ( x ) f ( x ) 1 f ( x )
1 1 1 1x x 0
x x 1 x x xx 1
 
        
       

Άρα G σταθερή συνάρτηση και εφόσον
F(1) 1
G(1) ln1 0
1 1

  

θα είναι
F( x ) x 1
G( x ) 0 lnx 0 F( x ) ( x 1)lnx x F'(x) lnx
x 1 x

           

1
f ( x ) lnx ,x 0
x
  
B.
2 2
2 3 3
1
f ( x ) lnx
x
1 1 x 1
f '( x )
x x x
1 2 2 x
f ''( x )
x x x
  

   

   
 
2
F( x ) x 1 lnx x
F'( x ) f ( x )
x 1
F''( x ) f '( x )
x
   
 

 
άρα
1
f '( x ) 1 ,x 0
4
   και
F'( x) 1 ,x 0  ,οπότε f '(κ) F'( λ) για κάθε κ, λ > 0. Αυτό σημαίνει
ότι οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτόμενων των Cf , CF δεν είναι ίσοι που
είναι αναγκαία συνθήκη για να έχουν κοινή εφαπτόμενη.
Συνεπώς οι Cf , CF δε δέχονται κοινές εφαπτόμενες
Γ.1
Είναι    F'( x ) 1 0 F στο 0, F "1 1" στο 0,       
F συνεχής στο [1,e]
F(1)=-1 <0 , F(e)=1>0
x 0
2
+∞
f ’’ + -
f ’ ↗ ↘
ΟΜ f(2)=1/4
x 0
1
+∞
F ’’ - +
F ’ ↘ ↗
ΟΜ f(1)=1

12. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
οπότε από θ. Bolzano υπάρχει o ox (1,e): F(x ) 0  το οποίο είναι και
μοναδικό αφού  F "1 1" στο 0, 
Γ.2
 F στο 0,  . Για o ox x F( x ) F( x ) 0   
τότε προφανώς η εξίσωση είναι αδύνατη .
Για o ox x F( x ) F( x ) 0    .
1 1F( x ) 0
F( x ) F( x ) 1
F( x ) e e ln F( x ) e lne lnF( x ) 1 f (F( x )) 1 (*)
F( x )
  
           
 
όμως η f έχει μοναδικό Ο.Ε. f(1)=1 ,που σημαίνει ότι η εξίσωση f ( x ) 1 έχει
μοναδική λύση x 1 αφού για x 1 f ( x ) 1   και για x 1 f ( x ) 1   .
Αρα η εξίσωση (*) γίνεται ισοδύναμα
F 1 1
oF( x ) 1 F( x ) F(e) x e x

     
.
Γ.3
o
o
x
x 1o
o o o o o o
o
x
F( x ) 0 ( x 1)lnx x 0 lnx x e
x 1

        

επίσης  
f
o ox 1,e f ( x ) f (1) 1

    και
o
o
x x
limF( x ) F( x ) 0

  και
o
o
x x
lim f ( x ) f ( x )


     
 
o
o
o o
xx
x 1x 1
ox 0
2 2 2x 1 20
o o o o
2x x DLH x x
o o o o
xe e
1 1 1
x 1 x 1 x 1 x x 1x e
lim lim
F( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) x 1 f ( x )

 
   
 
  
    
   

άρα,
   o o o
x
x 1 x
2 2x 1
o o o o
o 2 2x x x x x x
o o o
f ( x ) x e
x x 1 x x 1x e
lim lim f ( x ) lim f ( x )
F( x ) F( x ) x 1 f ( x ) x 1


  
 
 
          
 
x 0
1
+∞
f ’ - +
f ↘ ↗
ΟΜ f(1)=1

13. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
Δ.
 
x 0
f ( x ) 1
f ( x ) F( x )
ln f ( x ) f ( x ) 1 ln f ( x ) f ( x ) F( x )
f ( x ) 1



     

 
F 1 1
f ( x ) 1 ln f ( x ) f ( x ) F( x ) F( f ( x )) F( x ) f ( x ) x (*)

      
Έστω H( x) f ( x) x ,x 0   παραγωγίσιμη με H'( x) f '( x) 1 ,x 0  
είναι      Η' x 0 ,x 0,1 1,( ) με Η συνεχή στο 1 άρα Η γν. φθίνουσα στο
 0,
έτσι (*) H(x) 0 H(x) H(1) x 1      μοναδική λύση.
Ε.1
2 2
t 1 1 1
f ( f (t ))dt 2 f ( f (t ))dt 2 f '(t )f ( f (t ))dt 2
t t t
  
       
   
e e e
1 1 1
f '(t ) f ( f (t ))dt 2 (*)

e
1
θέτω 1
2
du f '(t )dt
u f (t ) u 1
u f ( x )


  
 
f ( x ) f ( x )
(*) f (u)du 2 F'(u)du 2 F( f ( x )) F(1) 2       
 1 1
F( f (x)) 1 F( f (x)) F(e) f (x) e    
x x
1
lim f ( x ) lim lnx
x 
 
    
 
 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 DLH
1 1 lnx
lim f ( x ) lim lnx lim xlnx 1 , limxlnx lim 0
1x x
x
 
  
    
 
  
         
   
 
άρα          f 0,1 1, και f 1, 1,    
x 0
1
+∞
f ’ - +
f ↘ ↗
ΟΜ f(1)=1

14. ___________________________________________________________________________
18η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
     e f 0,1 και e f 1,   και η f διατηρεί μονοτονία σε καθένα από
τα διαστήματα άρα η εξίσωση f ( x ) e έχει ακριβώς 2 ρίζες, το ίδιο και η
ζητούμενη.
Ε.2
Είναι 1 2f ( x ) e, f ( x ) e  . Ακόμα 1 2f '( x ) 0, f '( x ) 0  .
Έστω  1 2W( x ) xf '( x ) f ( x ) e , x x ,x   
W συνεχής στο  1 2x ,x
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
W( x ) x f '( x ) f( x ) e x f '( x ) 0
W( x ) x f '( x ) f( x ) e x f '( x ) 0
    
    
αρα από θ.Bolzano
 1 2ξ x ,x :W(ξ ) 0 ξf '(ξ ) f (ξ ) e 0 f (ξ ) ξf '(ξ ) e (*)         
Η εφαπτόμενη της f στο ξ είναι
(*)
ε : y f (ξ ) f '(ξ )( x ξ ) y xf '(ξ ) ξf '(ξ ) f (ξ ) y xf '(ξ ) e         
η οποία προφανώς διέρχεται από το σημείο  0,e .