555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, λ e2  3  1  1  0 . 22Άρα, από το θεώρημα Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.3. Έχουμε αποδείξει ότι για x  e  fx ln x  fx  0  fx  ln x  fx ln x  0 fx  fx 0, x ===> x αφού x  e x ln x διότι f x  ln x  0 και xln x  0 .Άρα, fx  0 στο e ,   και f συνεχής στο e  f 1 στο e ,   .4. Το σύνολο τιμών της f είναι το f1 f   1 ,   x ==== (διότι f x  ln x ===>   , συνεχής         f e ,   e , lim f x xάρα lim fx    ). xΗ f είναι αντιστρέψιμη, ως γνησίως αύξουσα. Άρα f1 : [1, )  [e, ) (1)Η f 1 είναι 1 και συνεχής (διότι η f 1 και συνεχής).Άρα,  f 1         f1 1 ,   1 , lim f 1 x 2. xΑπό 1 , 2  lim  f1 x    . x    x  f1 xΆρα, lim  lim f 1 x    (διότι 0 ημx  1 x lim ημx  0 ). x    2x  ημx x     2  ημx  2  0 xx  0 xx x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 169ου i. Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 3 , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με        f x  ex 2  x  x2  x    2x  1  ex2  x  0 , διότι ex2  x  0 και 2x  1  0 στο 0 , 3 . Άρα, η f 1 στο 0 , 3 (ως συνεχής στο 0 , 3 ) και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, το f 0  1 και ολικό μέγιστο στο 3, το f 3  e12 .ii. Η f είναι αντιστρέψιμη, ως γνησίως μονότονη.Το σύνολο τιμών της f (άρα το πεδίο ορισμού της f 1 ) είναι το f1      f 0 , 3 ==== f 0 , f 3   1 , e12  . συνεχής Θέτοντας y  f x παίρνουμε y  ex 2  x  ln y  x2  x  x2  x  ln y  0 (τριώνυμο ως προς χ με διακρίνουσα Δ  1  4ln y ).Όμως, 1  y  e12  0  ln y  12  Δ  0 .Οπότε,  1  1  4ln y χ . 2Όμως, η δεκτή λύση είναι η x   1  1 4ln y . 2[Πράγματι, θέλουμε η λύση x να βρίσκεται στο διάστημα 0 , 3 .Έχουμε  1  1  4ln y 0   3  0   1  1  4ln y  6  1  1  4ln y  7  1  1  4ln y  49  2  1  1  4ln y   ln y  0 , ισχύει    ln y  12 , ισχύει αφού    και   y  e12  . 1 4ln y 49  Επίσης, το  1  1  4ln y  0 , οπότε η λύση x   1  1  4ln y , απορρίπτεται.] 22Οπότε,  f 1 : 1 , e12   0 , 3 , με τύπο f 1 x 1 1  4ln x  . 2 e2  1  1  4ln x 1 ex2  x dxiii. w  dx   1 2 0 e2 1 w   f1 xdx   fxdx . 10 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  e 2 για x  1  u  f 1 1  0        Για το f 1 x dx θέτουμε u  f1 x  x  f u  dx  f u du .  1 για x  e2  u  f 1 e2  1Άρα, e2  du                 e 1 1 1 1 0 f 1 x dx  u  f u du  u  f u   fu f 1 x dx  fu du  e2 . 10 01 0Άρα, w  e2 .   iv. f 1 e 2  1 , ln f 1  ln e2  2  ln ex4  le n  ln x4  1  4ln x .Άρα,    e2  1  1 Q 1  4ln x dx  2x 2  x ex2  x dx . 12 0 e2 1  Q   f1 xdx   2x2  x  fxdx . 10Όμως, έχουμε αποδείξει ότι e2 1 e 2 1  f1 xdx   fxdx  e2   f1 x dx   x fxdx  e 2  10 10 e2               1 1 e2 1 xe x2  x  0 f 1 x dx  xf x   xf x dx  e 2  f 1 x dx  e 2  2x  1 dx  e 2  1 0 10 e2 1       f 1 x dx  2x 2  x ex 2  x dx  0. 10 Άρα, Q  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 170ου1. i. Είναι fx  xfx  xfx  xfx   xfx , για κάθε x  0 .Θέτουμε gx  xfx , x  0 .Τότε  gx  gx  gx  gx  0  e  x  gx  e  x  gx  0   e  x  g x   0 ,για κάθε x  0 .Άρα, για την συνεχή συνάρτηση hx  e  x  gx στο 0 ,   έχουμε ότι hx  0 στο 0 ,   , άρα ηh 1 στο 0 ,   .Άρα, για ex 0 x0 x  0  hx  h0  e  x  gx  e 0  g0  0 ==> gx  0  xfx  0 ==> fx  0 .ii. Έστω      h 1 xf x f 1        0  x  1 ==> h x  h 1  e  x  xf x  e  1  f 1   f1  0 f x  ex1 . ==>  e x e x0 f 1 x2. Είναι gx  xfx  0 στο 2 , 3 . 3Οπότε, E   xfx dx . 2Είναι για 2  x  3 h1 h2  h x  h3  g2  gx  g3  2f2  xf  x   3f 3  => e2 ex e3 e2 ex e3        2f 2 e x 3f 3 e x 3 2f 2 e x 3 3 3f 3 e x        xf x   e 2 e3 2 e2 dx  xf x dx  2 e3 dx  2            2f 2  e2 e x  3  E  3f 3 e x  3  2f 2 e3  e2 3f 3 e3  e2 . 2 e3 2 e2 E e33. Είναι 2f2  e  1  E  3f3e  1 e z  f2010  z  f2010  2f2011 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  z  f2010  z   f2010  2f2011 *Από την σχέση fx  xfx  xfx προκύπτει ότι xfx  xfx  fx  fx  fx x  1  0 , για κάθε x  1 . xΆρα, f 1 στο 1 ,   , άρα f2010  f2011 .        Από την * προκύπτει ότι οι εικόνες του z κινούνται σε έλλειψη με εστίες E  f 2010 , 0 , E f 2010 , 0 και σταθερό άθροισμα 2a  2f 2011 .[ Είναι a  f2011 , γ  f2010 και a  γ ].Οπότε,    z1  z2 max  AA  2a  2f 2011 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 171ουi. Για το ολοκλήρωμα x2 g  t  dt θέτουμε u  t  du  1 dt . x  x  x x   Για t  x , u  1 . Για t  x 2 , u  x .Άρα,       x2 x 1 x g  t  dt  g u x g u du .  x    x du  x 1 1Για το ολοκλήρωμα x x  g  1  dt θέτουμε u 1    1 και du  1   du   u2 dt  dt   1 du . 1  t  t  u 2 t2 t2 dt  u2 Επίσης, για t  1 , u  1 . για t  1 , u  x . xΆρα, 11 x  gu        1  g  1  x g  1  x  u2 x gu  t  1  t  1  u2 x   dt  x dt  x   du   x du .  1Άρα, η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται: x x gu x x  g u  gu   du  x2  g x  gx   x 1 1 du     x gu du  x2 gx  gx  x  1  x  u2   u2  x 2  1 1 1Θέτουμε φx  x  g u  gu   du , x0.     u2 1Τότε φ1  0 και φx  gx  gx  0. ,x x2 Άρα, η σχέση 1 γίνεται: :x  0 1 xφx   x  ln x , για κάθε <=>  x  φx  x2  φx  x 1 φx  xφ  x  1  x  x0. Άρα, υπάρχει c  ' : xφ x  x  ln x  c , για κάθε x  0 . Για x  1  φ 1  1  0  c  c   1 .Άρα,  xφ x  x  ln x  1 , για κάθε x  0  φx  x  ln x  1 , x  0  x x  ln x  1   x  1  1  x  x  ln x 1  x           φ x   x  ln x  1  x   φ x  x  1  x  ln x  1   φ x x2 x2 x2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης            φ x ln x  g x gx  ln x  g x  1   ln x g x  x 2  1  ln x  g x  ln x , x  0 x2  x2 1  x2  x x2 x2 x2  1 2 x2Επειδή οι πράξεις για την εύρεση της g δεν είναι ισοδύναμες, θα πρέπει να επαληθευτεί ο τύπος της g στησχέση (1). Έχουμε: x  g u              x gu  x g x x g u  u2  1 du  x 2 g x x2  1   du  x 2  g  x 1  u2   x 2  u2 x2 1   x 1  x 1 ln u  u2  1 du  x 2 ln x x2  1  x x lnu du  ln x  x x   u   lnudu  ln x  u2  1 u2 x2  1 x2 1 u2 1     lnu  x x 1 1   ln x 1  x   ln x 1  x    1 u  u du   ln x  x  x      ln x  x   x  x  1   ln x  .   u      u   1   1   ln x  1  x  ln x  x  1Οπότε επαληθεύτηκε η σχέση (1).   x ln t dt . 1 t2  1ii. Είναι G x    1 ln t dt  0 . 1 t2  1 Βρίσκουμε G 1  x Για x  1  ln t  0  gt  0   gtdt  0 , δηλαδή G x  0 . 1 1x Για 0  x  1  ln t  0  gt  0   gtdt  0    g tdt  0  G x  0 . x1 Οπότε σε κάθε περίπτωση, G x  0 , για κάθε x  0 . 1 xxiii. Θεωρούμε τη συνάρτηση h : 0 ,    ' με τύπο hx   gtdt   gtdt . 11 1 xx     Η g είναι συνεχής στο 0 ,    οι συναρτήσεις g , g είναι παραγωγίσιμες στο 0 ,    η h είναι 11 παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με 1    ln  1  x  x dt       x   ln x  ln x          h xgt  1   1  1   ln x  1 x2  1 x2  1 1 dt    1 g t  g  x    x g x      x2  1 2 x2  1 x2 x2 1   x     ln x  ln x  0 . x2  1 x2  1 Άρα, η h είναι σταθερή στο 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 11 xxΕπειδή h1   gtdt   gtdt  0  hx  0 , για κάθε x  0 , δηλαδή  gtdt   gtdt , για κάθε 11 11x0.     iv. Η G είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   (αφού η g είναι συνεχής στο 0 ,   ), με G x  ln x . x2  1  Οπότε για x  1  ln x  0  G x  0 . Άρα, G 1 στο 1 ,   .Έχουμε:          2x2  3ln t 2x 2  3 1 2x 2  3 x2 7 t2  1 dt  0  g t dt  0  g t dt  g t dt  0  x2  7 x2  7 1 x2 7 2x 2  3 2x 2  3 x2 7    gtdt   gtdt  0   gtdt       g t dt  G 2x 2  3  G x 2  7 2 11 11Όμως, 2x 2  3  1 , x 2  7  1 και G 1 στο 1 ,   .Άρα, η σχέση (2) δίνει ισοδύναμα: 2x 2  3  x 2  7  x 2  4   2  x  2 .v. Α΄ ΤρόποςΕίναι x  x  ln x x2  1          G xgt dt 0  1 g t dt    lim        x 1 g x 0  lim x 2  1 ln x  0  0 .  lim 1 == lim  lim x1 g x x  1 g x x  1 x  1  2xln x x  1 x  1  2xln x 2 xx  x2  1 2Β΄ Τρόπος x g  t  dt Gx x g  t  dt  x 1 Gx  G 1 G1 g 1 gx gx g1  1 gx x 1 2 lim  lim 1  lim  lim gx  g1    0  0 . 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 172ου Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με φ x  e x  x  1 . Η φ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με φ x  e x  1 . Επίσης, φ x  0  e x  1  0  e x  1  x  0 . x  0    φx 1 φx 2 min Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, το φ 0  2 .Άρα, φx  φ0 , για κάθε x  ' . Δηλαδή e x  x  1  2  0 , για κάθε x  ' . Άρα, e x  x  1 , για κάθε x  ' . Β. i. f x  a x  ln a  3x2  0 , για κάθε x  ' (διότι a  1  ln a  0 , a x  0 , 3x 2  0 ). Άρα, f 1 στο ' .    Επίσης, g x  x3  x  2   3x2  1  0 , για κάθε x  ' . Άρα g 1 στο ' .     ii. f , g 1 στο ' , άρα η f  g 1 στο ' . (Πράγματι, αν a , β  ' με a  β , τότε επειδή f , g 1  f a  f β και ga  gβ . Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: fa  ga  fβ  gβ  f  ga  f  gβ .  Άρα, πράγματι η f  g 1 στο ' ).Οπότε,       f  g e x  2012  f  g x  2011  e x  2012  x  2011  e x  x  1  0 , το οποίο ισχύει από το Α) ερώτημα.iii.Θεωρούμε τη συνάρτηση K : '  ' , με τύπο K x  fx  gx . Παρατηρούμε ότι K 0  2  2  0 και K x  0  K 0 , για κάθε x  ' . Άρα, η Κ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο 0, η Κ είναι παραγωγίσιμη στο 0 (ως παραγωγίσιμη στο ' ) και το 0  είναι εσωτερικό σημείο του ' . Άρα, από το θεώρημα Fermat, K 0  0 .Όμως, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης      K x  f x  g x  a xln a  3x2  3x2  1  a x  ln a  1 .Άρα, θα πρέπει ln a  1  0  a  e .Επαλήθευση: Για      a  e , f x  e x  x3  1 και f x  g x  e x  x3  1  x3  x  2  e x  x  1 , το οποίο εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει για κάθε x  ' .   iv.Αναζητάμε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των f x  e x  x3  1 και h x  e x  x  1 .Είναι      f x  h x  e x  x 3  1  e x  x  1  x 3  x  x x 2  1 .  1 0 1  x  x2  1      x  x 2  1    Άρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι 10 1 E   fx  hx dx   fx  hxdx   hx  fxdx  1 1 0      0 0 1     1  0 1 1 x  x3 dx  x4  x2   x2  x4   1  1  1  1  1 τετρ. μονάδες.  2  2 4     2 x 3  x dx   4   4 2   2 4  0   v. f x  e x  x3  1 , K x  x3  x  2 .Είναι fx  K x  e x  x  1 .   Aν σ x  e x  x  1 , x  ' , τότε σ x  e x  1  0 , για κάθε x  ' . Άρα, σ 1 στο ' .Επίσης, σ 0  0 .Άρα, για x  0  σ x  σ 0  fx  K x  0 . για x  0  σ x  σ 0  fx  K x  0 .Οπότε, το ζητούμενο εμβαδόν είναι 10 1 E   fx  K x dx   K x  fxdx   fx  K xdx  1 1 0      0 x2 0 1  x   0 1 1 ex  x 1 dx    ex  2     x2  x   1 e x 2 1  e x  x dx    0  1    1  e  1  1    1  1    e  1 1 τετραγωνικές μονάδες.   e 2 1 e  2    επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 173ου i.Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με ln x   x  ln x  x   1  ln x , x  0 . x2 x2      f x   ln x      x  x2 0 Οπότε f x  0 <=> 1  ln x  0  ln x  1  0  x  e .Πίνακας Μεταβολών: x 0e    fx 1 2 fx max Η f είναι 1 στο 0 , e και 2 στο e ,   .ii.Είναι  z   ln x 2 x 2  ln 2x , x  0 . x2  f2 x  x2   x   x2   Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1 , e  ' , με φ x  x 2  ln 2x . x2Η φ είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα 1 , e .Άρα, παρουσιάζει μέγιστο.Επίσης,   ln 2x  2x  2ln x  x 2  2xln 2x 2x  2xln x  2xln 2x x  ln x  ln 2x  x 2 x 2  x x4 x4 x3  φ x     0        2φ x 2φ x 2φ x φx      για κάθε x  1 , e . (διότι για x  1 , e ισχύει ln x  ln 2x  ln x 1  ln x  0 και φ x  0 .  Άρα, φ 1 στο 1 , e .Οπότε το σύνολο τιμών της φ είναι το φ 1   ,φe  1 , e2  1  .  e2  Άρα, το μέτρο z μεγιστοποιείται για x  e . Οπότε, ο ζητούμενος μιγαδικός είναι ο z  e  if e  e  i . e επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   iii.Θεωρούμε τη συνάρτηση K : 1 , e  ' , με K x  x2  f2 x  4 .Η Κ είναι συνεχής στο 1 , e , ως πράξεις συνεχών.Επίσης,    K1  Ke   1  1  f21  4   e 2  f2 e  4    e 2 e2  4   0 . 3  Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει        x 0  1 , e : K x 0  0  x02  f2 x 0  4  0  x02  f2 x 0  4      x02  f2 x 0  2  x 0  i f x 0  2 . x2  f2x  4   2x  2fxfx  2x  2 ln x  1  ln x  0 x x2 Επίσης, Kx  στο 1 , e (αφού ln x  0 ,1  ln x  0 , x  0 ).   Άρα, K 1 στο 1 , e , άρα το x 0 είναι μοναδικό. Οπότε υπάρχει μοναδικός μιγαδικός αριθμός z  x 0  if x 0 με μέτρο 2. iv.Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με  1 x2 x    f x   1  ln x  1  ln x  2x x  2x  2xln x 2ln x  3  x2  x4 x4 x3 ,       x0. Οπότε, 3 3 f x  0  ln x   x  . 2 e2 x3 0 e2  fx  fx 4 3 σ.κ.  3 3  3    3 3  A e 2 f  2   A 2 f κυρτή στο e 2 ,   και κοίλη στο  0 , e 2  . Σημείο καμπής το , e  e , 3  .   2e 2    v. Στο ερώτημα 1) είδαμε ότι η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο e, δηλαδή f x  f e , για κάθε x  0 .Άρα, fπ  fe  ln e  1  1 , δηλαδή ln π  1  2ln π  π . e e2 π2 (Παρόμοια: η f 2 στο e , π  fe  fπ   2ln π  π )      vi. Afof  x  Af : f x  Af  x  0 : f x  0 .Έχουμε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f x  0  ln x  0 x0  0  ln x  ln1 ln x 1. <=> ln x <=> x1 Άρα,    Afof  x  0 : x  1  1 ,   .vii.  f x  e xfx  ln x      x lnx  f x  e x  ln x   fx  x  ln x   ln x  x  ln x  x  lnx  lnx        Άρα, η εξίσωση f x  e xlnx  ln x είναι αόριστη στο 0 ,   .viii.Θεωρούμε τη συνάρτηση m : 0 ,    ' , με mx  f2x  2 .ix.Θα βρούμε το σύνολο τιμών της m. Η m είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με mx  2fx  fx  2  ln x  1  ln x ,x 0. x x2  Επειδή x  0 , το πρόσημο της m εξαρτάται από το πρόσημο της παράστασης ln x  1  ln x .  0 1 e  ln x  1  ln x    mx mx 2 1 2 m συνεχής m   ===== 2        m 0 , 1 1 , lim m x   2 ,   x 0 1   2 2)      (αφού  x 2  2 lim m x  lim  ln 2x    x  0 x  0  Το 0   2 ,   , άρα υπάρχει μοναδικό (λόγω της μονοτονίας της m στο 0 , 1 )     x 0  0 , 1 : m x 0  0  f2 x 0  2 . m συνεχής  1   1         e2  2  e2  2 . m 1 , e ===== m 1 ,m e    2, και 0   2 , 1    Άρα, η εξίσωση m x  0 είναι αδύνατη στο 1 , e . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης m συνεχής    1   1     e2  2  e2  2 =====  2        m e ,   και 0  2, . lim m x ,m e  2 , x   Άρα, η εξίσωση m x  0 είναι αδύνατη στο e ,   .   Συμπέρασμα: Η εξίσωση f2 x  2 έχει μοναδική ρίζα στο 0 ,   . e 1 f1  e 1   e 1  1 f 2  f 2  e ==>     x.1  e f 1    f e  0    (1) 2Όμως :  lim f x  lim ln x DLH lim 1 0 x xx == xx  Τότε αν x  e,   1  θα είναι f e,    0, e   λόγω της (1) θα έχουμε ότι f  e  1   1   2    0, e  και τότε θα υπάρχει x0  e,     e1 ) f  e  1   2  2  (δηλαδή x0  ώστε f x0  x lnt de  1 x 1 lnt dt 1 x 1 1x 1  1 ln2 x 1t 2 2 2 2 2 2(lnt)'lnt dt 1    xi. 1e  2  ln2 t  ln2 x  ln2 1Άρα  g x  1 x2 ln2 x και g'(x)  xln2 x  1 λ2  2ln x  1  x ln2 x  x ln x 2 2x       Αν υπήρχε x0  0 ώστε : x0 g' x0  1  g x0  χ02  f x0θα ήταν :  x0 1  ln x0 x0 ln2 x0  x0 ln x0  1  2 x02 ln2 x0  x02 x0 x0 ln2 x0  x0 ln x0 1  1 x0 ln2 x0  ln x0 2 2x0 ln2 x0  2x0 ln x0  2  x0 ln2 x0  2ln x0 x0 ln2 x0  2x0 ln x0  2  2ln x0 x0 ln2 x0  2  2lnx0  2x0 ln x0  x0 ln2 x0  2  2ln x0 1  x0 (1) Όμως για χ  1 θα είναι : x0 ln2 x0  2  0 και 2ln x0 1  x0  0 άρα η (1) αδύνατη και για 0  χ  1 θα είναι : x0 ln2 x0  2  0 και 2ln x0 1  x0  0 άρα η (1) αδύνατηxii.Είναι  ln x     lim  fx  lim ln x  lim lim 1 0. x xx    === x    x xx   Άρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςlim fx  1  0  1  1  0 .x ex  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 174ουi) Έχουμε Re z  e x και Imz  x  1 .    Θέλουμε να δείξουμε ότι Re z  Im z  e x  x  1  e x  x  1  0 , για κάθε x  ' .    Θεωρούμε τη συνάρτηση g x  e x  x  1 . Θα δείξουμε ότι f x  0 για κάθε x  ' . Παραγωγίζοντας έχουμε: f x  e x  1 . g x  0  e x  1  0  e x  1  e x  e 0  x  0 , x  0  g x  0  e x  1  0  e x  1  e x  e 0  x  0 , - + g x  0  e x  1  0  e x  1  e x  e 0  x  0 . gx 2 1 Καταρτίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f x : gx Η συνάρτηση g παρουσιάζει στη θέση x 0  0 ολικό ελάχιστο το g x 0  e 0  0  1  2 , άρα για κάθε x  'έχουμε: gx  gx 0   gx  2  0  e x  x  1  0  e x  x  1  Re z  Imx , για κάθε x  ' . x    ln2  2 + mx 1 - mx 2 min    Επίσης, Re z 2  Im z  e2x  x  1 , x ' . Θεωρούμε τη συνάρτηση m : '  ' , με m x  e 2x  x  1 . Η m είναι παραγωγίσιμη στο ' , με m x  2e 2x  1 .Οπότε,  m x  0  2e2x  1  e 2x  1  2x   ln2  x   ln2 22Η m παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο  ln2 , άρα 2  m x  m   ln 2    e ln 2  ln 2  1  1  ln2  1  3  ln2  0  2  2 2  22 ln 1 1 ισχύει).(διότι 3  ln2  0  ln2   3  ln2  ln e 3 <=> 2  e3 Οπότε, m x  0 , για κάθε x  ' , δηλαδή e 2x  x  1 , για κάθε x  ' .ii) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης          w  z 2  z  2i  w  e x  x  1 i 2  e x  x  1 i  2i  w  e 2x  x  1 2  2e x x  1 i  x  1 i  2i              w  e2x  e x  x  1 2   2e x x 1  x 1  2i  w  e x ex 1  x 1 2  2e x x 1  x  1  i Έχουμε λοιπόν ότι Imz  2e x x  1  x  1 .  Θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0  0 , 1 τέτοιο ώστε ο αριθμός w  z 2  z  2i ναείναι πραγματικός.   Αρκεί, λοιπόν, να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0  0 , 1 τέτοιο ώστε Im z  0      Θεωρούμε τη συνάρτηση f x  2e x x  1  x  1 , η οποία είναι συνεχής στο ' , άρα και στο 0 , 1 .Είναι: 2e 0 0 , 1  0  1   1 και f1  2e1 1  1  1  1  2 , άρα f0  f1  0 , οπότε για την f ισχύει το     θεώρημα του Bolzano, άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0  0 , 1 , τέτοιο ώστε f x  0  Im x  0 , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0  0 , 1 τέτοιο ώστε ο αριθμός w  z 2  z  2i να είναι πραγματικός.iii) Έχουμε      z  e x  x  1 i , x  ' , άρα z  e x 2  x  1 2  z  e 2x  x 2  2x  1 .    Θεωρούμε τη συνάρτηση h x  z  g x  e 2x  x 2  2x  1 , θα βρούμε το ελάχιστό της.Παραγωγίζοντας έχουμε:      h x  1  e 2x  x 2  2x  1   h x  2e 2x  2x  2  2 e 2x  x 2  2x  1 2 e 2x  x 2  2x  1  2 e 2x  x  1 e 2x  x  1   2 e 2x  x 2  2x  1  h x  e 2x  x 2  2x  1 .Ας προσέξουμε το ακόλουθο: Το πρόσημο της h εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή (ο παρανομαστήςείναι θετικός), οπότε αρκεί να μελετήσουμε το πρόσημο του αριθμητή.   Θεωρούμε, λοιπόν, τη συνάρτηση: W x  e 2x  x  1 , x  ' , έχουμε: W x  2e 2x  1  0 , άρα η W είναιγνήσια αύξουσα, άρα << 1- 1>>. x  0  - + Επειδή W 0  e 2  0  0  1  0 , συμπεραίνουμε ότι η προφανής ρίζα της Wx W x  0 είναι η x  0 και, αφού η W είναι <<1 – 1>>, είναι μοναδική.Το πρόσημο των h και h καθώς και οι μεταβολές της h είναι στον πίνακα:Από τον πίνακα έχουμε σαν συμπέρασμα ότι: x  0 Η h παίρνει την ελάχιστη τιμή της για x  0 , οπότε - + hx 2 1      max h x  max z  g 0  e 0  1  2 και ο μιγαδικός που έχει hx το ελάχιστο μέτρο είναι ο z 0  e 0  0  1 i  1  i . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 175ουΗ f στρέφει τα κοίλα κάτω  f 2 στο ' .      Επειδή η C f στο A 3 , f 3 έχει εφαπτομένη τον άξονα xx  f 3  0 και f 3  0 .  A) Αφού η C f στρέφει τα κοίλα κάτω  η C f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη y  0 στο A 3 , f 3 . Άρα, f x  0 , για κάθε x  ' (η ισότητα ισχύει μόνο για x  3 ). f 2 f 2B) Α΄ Τρόπος: Είναι f3  0 . Για x  3 => fx  f3  0 και για x  3 => fx  f3  0 . x  3  fx   fx 1 2 Άρα, η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 3, το f 3  0 .Β΄ Τρόπος: Έχουμε αποδείξει ότι fx  0 ,  x  ' . Όμως f3  0 . Άρα, fx  f3 ,  x  ' .Οπότε το ζητούμενο.Γ) Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με  x2  2x             g xfx2   2x  f2 x 2  2x  2x  2  f x2  2x .Είναι f 2      f x 2  2x  0  f x 2  2x  f 3 <=> x 2  2x  3  x 2  2x  3  0   1  x  3 .Οπότε προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών: x  1 1 3   2x  2     f x 2  2x   gx     gx 1 2 1 2 max min max   Σχόλιο: Η εξίσωση f x  0 έχει μοναδική ρίζα την x  3 (διότι f 3  0 και f 2 στο ' ). Η g είναι 1 σε καθένα από τα διαστήματα   ,  1 , 1 , 3 και 2 στα  1 , 1 , 3 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης τοπικό μέγιστο στο 1, το g 1  f3  0     Η g παρουσιάζει  . τοπικό ελάχιστο στο 1, το g 1 f 1 τοπικό μέγιστο στο 3, το g3  f3  0  Δ)i. Είναι  gx  2x  2  f x 2  2x . Αφού f παραγωγίσιμη και η x 2  2x παραγωγίσιμη  η f x 2  2x είναι παραγωγίσιμη, ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.  Άρα η g είναι παραγωγίσιμη, ως γινόμενο των παραγωγίσιμων συναρτήσεων 2x  2 , f x 2  2x .     ii. Είναι g 1  g  1  g 3  0 . Το ζητούμενο προκύπτει από εφαρμογή του θεωρήματος Rolle για την g σεκάθε ένα από τα διαστήματα  1 , 1 και 1 , 3 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 176ου tt Α) α) f συνεχής  f παραγωγίσιμη στο ' , άρα και συνεχής στο '  e t  f συνεχής στο ' , ως γινόμενο 00συνεχών συναρτήσεων  g παραγωγίσιμη στο ' .Με χρήση της παραγοντικής ολοκλήρωσης έχουμε:x  t  t x x t  x x                    g x  0 et   0 f u du  dt  e t  f u du  et   0 f u du  dt  e x f u du  et f t dt    0 0 0 0 0 xx x x x   e x   ftdt   e t  ftdt   e x  ftdt   e t ftdt   e x  e t  f tdt . 00 0 0 0β) 0  Για x  0 , είναι g0    e 0  e t f t dt  0 . 0 ex 1 ft  0    Έστω x  0 και 0  t  x => e t  e x  e x  e t  0 ==> e x  e t f t  0 , για κάθε t  0 , x . x   Άρα, e x  e t  f t dt  0 . 0 ft  0 x0    Για x  0 και x  t  0 έχουμε ότι e x  e t . Άρα, e x  e t  0 ==> e x  e t  f t  0 , t  x , 0 => 0xx             e x  e t f t dt  0   e x  e t  f t dt  0  e x  e t  f t dt  0 . x00 Άρα, σε κάθε περίπτωση g x  0 , για κάθε x  ' .Β) α) Είναι x xx xx  gx   e x  e t ft dt   e x ftdt   e t ftdt  e x  ftdt   e t ftdt  0 00 00 x   x  x x                 g x  e x  0 f t dt    0 e t f t dt  ex f t dt  e x f x exf x ex  f t dt , x  ' και 0 0  x           x , x' . g x   e x  0 f t dt   ex  f t dt  e x f x 0Άρα, θα πρέπει x e x  ftdt  e x fx  2x , x  ' * . 0Διαιρώντας με e x παίρνουμε: x  ftdt  fx  2xe  x , για κάθε x  ' . 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΠαραγωγίζοντας παίρνουμε:    f x  f x  2e  x  2xe  x , πολλαπλασιάζουμε με e x :        e x f x  e x  f x  2  2x  e x  f x   2x  x2  , για κάθε x  ' .    e x  f x  2x  x2  c , για κάθε x  ' * * 0Για x  0 η σχέση * δίνει: e 0  ftdt  e 0 f0  0  f0  0 . 0 Για x  0 η σχέση * * δίνει: c  0 . Άρα,     e x f x  2x  x 2  f x  2x  x 2  e  x . fx  xe  x  2  x , x  ' . ex 0β) Είναι fx  0  x  e x  2  x  0 <==> x  2  x  0  x  0 ή x  2 .Επίσης, fx  0  x  2  x  0  0  x  2 .Άρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 22 2       E  f x dx  xe  x 2  x dx  2x  x 2 e  x dx  00 0  2  2x  e  x dx  2 2                2x x2 ex  dx    2x  x 2  e  x  2  2   0 2  2x e  x dx  0 0 00 2 2 2 2            2  2x0 0 e  x    2  e  x dx    2e 2  2  2  e  x dx  2e  2  2  2e  x   00  2e  2  2  2e  2  2  4 τετραγωνικές μονάδες. e2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 177ουi. Η f είναι συνεχής, οπότε δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες στο ' .Πλάγιες – Οριζόντιες στο    f x  lim x  e ax  lim   e ax   1      ' x x 1 x   lim x xx    e ax   lim     (διότιe axlim a0 lim ae x  a       ).xx    x ====   x x    Άρα, η f δεν έχει πλάγιες – οριζόντιες ασύμπτωτες στο + Επίσης,      lim fx  lim x  e ax  lim x  e ax  lim 1  ae ax  1  a  0  1 και  xx    x x === x x x 1     lim f x  x  lim x  e ax  x   lim e ax   0  0 . x x xΆρα η ευθεία y  x είναι πλάγια ασύμπτωτη της f στο   .   Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ' , με f x  1  ae ax και f x   a2e ax  0 .Άρα, η f δεν έχει σημεία καμπής στο ' .ii. Επειδή f  0 στο '  f 2 στο ' .Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα x , x  1  υπάρχει ξx , x  1 : fξ  fx  1  fx  x 1  x x  1  e ax  1  x  e ax  1  e ax  1  e ax . 1Όμως, x  ξ  x  1 και f 2 στο '      f x  f ξ  f x  1  1  ae ax  1  e ax  1  e ax  1  ae ax 1   ae ax  e ax  e ax  1   ae ax  1 :  a  0 e ax  e ax  1  e ax  e ax 1 , x' . ==> a iii. Είναι f x  1  a  eax , x  '   1  . a e    Οπότε,f x  0 1  ae ax  e ax  1 ln 2  ln 1  ax   ln a  x   ln a . <=> ln e ax aa a επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x    ln a  a  fx 2 fx  1 max  ln a , άρα f   ln a  ln a ln a 1 1  ln a a  a  a a a a   Άρα, η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο   x  f    e  ln a      1(για κάθε x  ' ).Όμως 1 1 1   1  ln a  0 , για κάθε 0  a  x' .  ln a  ln   1  1  ln a  f x ee a   iv. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : '  ' , με g x  f x  1 .Τότε gx  0  g0 , για κάθε x  ' . Fermat Άρα, η g παρουσιάζει ακρότατο στο μηδέν και είναι παραγωγίσιμη στο 0 ==> g 0  0 .Όμως,  gx  fx  1   fx  1  ae ax .Άρα, g0  1  a .Άρα, θα πρέπει 1  a  0  a  1 .Επαλήθευση: Αρκεί να αποδείξουμε ότι x  e x   1 ,  x  '  e x  x  1 ,  x , το οποίο ισχύει. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 178ου i. Η συνάρτηση t  f t είναι συνεχής στο ' , ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων. x  Άρα, η συνάρτηση t  f t dt είναι παραγωγίσιμη στο ' . 0Παραγωγίζοντας ως προς x τη σχέση x  t ftdt  1  x  1  e x παίρνουμε: xfx  e x  x  1 e x , x  ' 0  xf x  xe x , x  ' .Οπότε  f x  e x , για κάθε x  ' * . Άρα, υπάρχουν σταθερές f x  ex  c1 , για κάθε x  0  c1 , c2  ' :   ex  c2 , για κάθε x   . f x 0Όμως η f είναι συνεχής στο x 0  0 (ως παραγωγίσιμη σε αυτό), άρα          lim f x x  0  lim f x f 0 , δηλαδή lim ex  c2  lim ex  c1 1 x0  x0 x0  1  c2  1  c1  1  c1  c2  0 .     Άρα, f x  e x , για κάθε x  ' * , και επειδή f 0  1  f x  e x , x  ' .ii. Είναι xx     g x  f t2 dt  e t2 dt , x  ' . aa 1  Από τη σχέση g 1  0 προκύπτει ότι e t2 dt  0 . aΈχουμε ότι e t2  0 , για κάθε t  ' . Άρα, 1 αν 1  a  e t2 dt  0 , άτοπο. a 1 αν 1  a  e t2 dt  0 , άτοπο. aΆρα, υποχρεωτικά a  1 . x  iii. Α’ Τρόπος: Είναι g x  e t2 dt , x  ' . 1 Αν x  1  g x  0 , αφού e t2  0 . 1 xx    Αν x  1  e t2 dt  0   e t2 dt  0  e t2 dt  0  g x  0 . x 11Πρόσημο της g επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x  1   gx  Β΄ Τρόπος: Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , αφού η e t 2 είναι συνεχής στο ' , με g x  e x2  0  g 1 στο'.Άρα, για x  1  gx  g1  0 και για x  1  gx  g1  0 .   Επειδή g 1  0 και g 1  η εξίσωση g x  0 έχει μοναδική ρίζα, την x  1 .iv.   Είναι g 1  0 , g x  0 στο 0 , 1 . Άρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι:  1 0 0 0 0 1E    gx dx  g  x  dx  x  gxdx   xgx   xg  x  dx0 11 1 0 1 0    0  1x  e x 2 dx  xe x 2 dx  1 e x 2  1 1 e 1 τετραγωνικές μονάδες. 2  0 2 v. Α΄ Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση K : '  ' , με τύπο K t  e t2 . Η Κ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με K t  e t2 . Η Κ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με K t  2te t2 , t  ' . Οπότε, K t  0  t  0 (διότι 2et2  0 ). t  0  Kt   Kt 2 1 min   Άρα, η Κ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0. Δηλαδή K t  K 0  1 , για κάθε t  ' .Δηλαδή e t2  1 ,  t  ' . xx x   Άρα, για x  1 έχουμε e t2 dt  1dt  x  1 , και επειδή lim x  1     lim e t2 dt    . x    11 x 1Β΄ Τρόπος: Έστω x  1 τυχαίο και σταθερό. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x e t 2 dt   Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την g στο 1 , x : υπάρχει ξ  0 , x : g ξ      g x  g 1  1 , δηλαδή x 1 x 1 x  e t2 dteξ2  1 x 1 .Άρα, x     e t2 dt  x  1 e ξ2 1 . 1Όμως, ex 1 x 1    0  ξ  x  0  ξ2  x 2 ==> e 0  e ξ2  e x 2  1  e ξ2  e x 2 ==> x  1  x  1 e ξ2  x  1 e x 2      1  x 1 1  1 , για κάθε x  1 . x  1 eξ2 x  1 ex2Επειδή 1 K.Π. 1 0.  0 ==> lim    lim 1  lim x x  1 x x  1 ex2 x    x  1 eξ2Άρα, 1 x   lim x  1  e ξ2     lim e t2 dt    . x x 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 179ου  Α) Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 ,    ' , με φ x  e x  x .    Η φ είναι συνεχής στο 0 ,   ως παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με φ x  e x  1  0 ex 1 (αφού για x  0 ==> e x  e 0  1  e x  1  0 ).Οπότε φ 1 στο 0 ,   .   Άρα, για x  0  φ x  φ 0  1  0  e x  x  0  e x  x .Β)i. Έστω x 1 , x 2  0 με x 1  x 2 .   Αν υποθέσουμε ότι f x1 ex 1 e fx 1   e fx 2   f x2 . ==>  e fx  x , για κάθε e fx  0 x  0 ===> f x   Όμως, επειδήf x  0 , για κάθε x0.Άρα, έχουμε    f x1 0     e fx1    f x2  f x1  e fx1   f x 2  e fx 2   x 1  x 2 , άτοπο.  e fx 2   0 Άρα, fx1   fx2  , άρα η f 1 στο 0 ,   . ii. Για x  0 η σχέση f x e fx  x δίνει e f0 e f0  0 ===> f    f 0 0 0  0. f1 Για x  0 ==> fx  f0  0  fx  0 , για x  0 .Έχουμε ότι e x  x , για κάθε x  0 .Για το x το  f x : e fx  fx ln 1 ln e f x   ln fx  fx  ln fx  2fx  ln fx  fx 1 ==>Τώρα,     f x  efx  x  ln f x e fx  ln x  ln fx  fx  ln x 2Από 1 , 2  ln x  2fx  ln x  fx . 2Επίσης, e fx  0 fx  xe fx  x  xe fx x0 fx  e fx ex 1 <=> <==> <==> 0  f     f x  x e f x 1  e  e0 x , το οποίο ισχύει.iii. Η f αντιστρέφεται, διότι είναι 1 . Σύνολο τιμών επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f συνεχής f   0 ,   ===== 1       f 0 ,   0 , lim f x x (διότι lim ln x  lim x    και από το Βii και το κριτήριο παρεμβολής, προκύπτει ότι lim f x    ). 2x    x x Για την αντίστροφη της f θέτουμε y  f x . Τότε η σχέση f x e fx  x δίνει x  ye y , y  0 .    Άρα, f  1 : 0 ,    0 ,   , με f  1 x  xe x (το πεδίο ορισμού της f  1  σύνολο τιμών της f  0 ,   . iv. Αν υπήρχε εφαπτομένη y   ' , άτοπο. της C f στο   , τότε θα ίσχυε lim f x  xv. Είναι  lim f  1 x  lim xe x  lim e x     ' . xx    xx    xΆρα, η C f 1 δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο   .   vi. Επειδή f e  1  e f2e  lnf e  e 1  0  e  e fe .Άρα, το a  e είναι μία λύση της εξίσωσης.Θα αποδείξουμε ότι είναι μοναδική. Έστω  fa  0 ex  1 ===> f2 a          f1 ==> f 2a e fa . 0  a  e ==> f a f e 1f a f a 1 e Επίσης, fa  1 ln lnf  a   0 . ==> 1Άρα, e fa   e f2a    efa .      ln f a  0  e f2a  ln f a Παρόμοια για a  e δείχνουμε ότι e f2a  ln f a  e fa . Άρα, για 0  a  e  e f2a  ln f a  e fa . Οπότε η λύση a  e είναι μοναδική.   vii. Θεωρούμε τη συνάρτηση ρ : 0 , e  ' , με ρ x  f x  x  1 .  Η ρ είναι συνεχής στο 0 , e και ρ0  ρe  1  fe  e  1  2  e  0 .      Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x 0  0 , e : ρ x 0  0 , δηλαδή f x 0  x 0  1 . Γ) i. Η f παραγωγίσιμη  f  e f παραγωγίσιμη στο 0 ,   .   Παραγωγίζοντας τη σχέση f x  e fx  x στο 0 ,   παίρνουμε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης               f x  e fx  f x  efx  f x  1  f x  e fx  f x  e fx  1  f x  e fx  x  1 θετικό  f x  1 , x 0 , e fx  xη οποία είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , άρα και συνεχής. e fx  x  e fx  x 2          ii. f x   1    e fx  f x  1 στο 0 ,   , διότι e fx , f x , e fx  x  0 .  e fx    0  x e fx  x 2 Άρα, f κοίλη στο 0 ,   (αφού f συνεχής στο 0 ,   ) .   iii. Θεωρούμε τη συνάρτηση x. σ : 0 , e  ' , με σ x f x e  f x  1 . e     Η σ είναι συνεχής στο 0 , e και παραγωγίσιμη στο 0 , e , με σ xΕπίσης, σ 0  f0  0  0 και σ e  fe  1  0 . Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει c  0 , e : σc  0 , δηλαδή fc  1  0  fc  1 . ee  Το c είναι μοναδικό, διότι η f 2 στο 0 , e , άρα και 1  1 .iv. ε : y  f0  f0  x  0 ε : y  0  f0  x ε : y  f0  x   Από τη σχέση f x 1 1 1  fx , x  0 , για x  0  f 0  e f0   e0 1. e  x 0 Άρα ε: y=x  v. Εφαπτομένη της C f στο e , f e : η : y  fe  fe  x  e η : y  1  fe  x  eΌμως,  f e  1  e1 1 e  1 . e fe  2e  eΆρα η : y  1  x  e . 2eΕπειδή η f είναι κοίλη  η C f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη (η).Άρα, fx  1  x  e , δηλαδή fx  1  x  1 , για κάθε x  0 2e 2e 2(η ισότητα ισχύει για x  e ) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018