Ekfoniseis liseis 1-200

200

επαναληπτικά
θέματα
εκφωνήσεις-λύσεις
Μ Α Ρ Τ Ι Ο Σ 2 0 1 5
στα μαθηματικά κατεύθυνσης
Γ τάξης λυκείου
Ψ Η Φ Ι Α Κ Ή Ε Π Ε Ξ Ε Ρ Γ Α Σ Ί Α : Δ Η Μ Ή Τ Ρ Η Σ Π Α Π Α Μ Ι Κ Ρ Ο Υ Λ Η Σ
Ε Π Ι Μ Ε Λ Ε Ι Α Λ Υ Σ Ε Ω Ν : Π Α Υ Λ Ο Σ Τ Ρ Υ Φ Ω Ν

Στο παρόν αρχείο παρουσιάζονται 200 επαναληπτικά θέματα στα μαθηματικά
κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου,συνοδευόμενα από υποδειγματικές και αναλυτικές
λύσεις.
Οι εκφωνήσεις έχουν αντληθεί από το γνωστό μαθηματικό forum
mathematica.gr
Δύο φίλοι και συνάδελφοι αποφασίσαμε να τα επεξεργαστούμε ένα προς ένα,
λύνοντας τα από μηδενική βάση, προβαίνοντας παράλληλα σε τροποποιήσεις
κάποιων εκφωνήσεων (επιστημονικές, συντακτικές, τυπογραφικές) που κατά
τη γνώμη μας ήταν απαραίτητες να γίνουν.
Η ιδέα επεξεργασίας των 200 θεμάτων ανήκει στον Δημήτρη Παπαμικρούλη
και ξεκίνησε να υλοποιείται τον Μάρτιο του 2014. Δώδεκα μήνες μετά, σας
παρουσιάζουμε με ιδιαίτερη χαρά το αποτέλεσμα μίας επίπονης εργασίας,
με την ελπίδα να φανεί χρήσιμο σε μαθητές και εκπαιδευτικούς.
Ζητούμε συγνώμη για τυχόν παραλείψεις ή αστοχίες που δύσκολα
αποφεύγονται στην εκπόνηση μιας εργασίας τέτοιας έκτασης (568 σελίδων).
Οι λύσεις των θεμάτων είναι προτεινόμενες και όχι περιοριστικές ως προς
την αντιμετώπιση τους. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και
βελτιωτικές προτάσεις είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση
pavtrifon@gmail.com.
Με εκτίμηση
Δημήτρης Παπαμικρούλης
Yπεύθυνος ψηφιακής επεξεργασίας θεμάτων:
δακτυλογράφηση εκφωνήσεων/λύσεων-
επιμέλεια σχημάτων-ταξινόμηση
papamikroulis.dimitris@gmail.com
Παύλος Τρύφων
Υπεύθυνος επίλυσης θεμάτων
pavtrifon@gmail.com
Π ρ ό λ ο γ ο ς

επίλυση θεµάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2015
εκφωνήσεις-λύσεις 200 επαναληπτικών θεµάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: ∆ηµήτρης Παπαµικρούλης
1
ΘEMA 1ο
(προτάθηκε από τους Γ.Ησίοδο / Συγκελάκη)
Δίνονται οι µιγαδικοί z, w µε w 2= και
4 w
z .
w 1
−
=
−
i. Να βρείτε την αριθµητική τιµή του z .
ii. Να δείξετε ότι:
a. z w 4− ≤
b. 2
w 4 4 w 1− ≤ −
iii. Να δείξετε ότι: ( )4 2
w 8 2 w 32Re(w) 80+ − + ≤
iv. Να βρείτε του µιγαδικούς z, w ώστε η απόσταση εικόνων τους να είναι µέγιστη.
ΛΥΣΗ ΘΕΜΑΤΟΣ 1ΟΥ
Καταρχήν, επειδή w 2 w 1= ⇔ ≠ , άρα ο z είναι καλά ορισµένος.
i)
( ) ( )
4 w z 4
z 4 w z w 1 4 w zw z zw w z 4 w z 1 z 4 w
w 1 z 1
− +
= ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ =
− +
Σχόλιο: z 1≠ − , διότι αν ήταν
−
= − ⇒ = − ⇒ − = − ⇒ =
−
4 w
z 1 1 4 w 1 w 4 1
w 1
, άτοπο.
Τώρα,
( )( ) ( )( )2 2z 4
w 2 2 z 4 2z 2 z 4 2z 2 z 4 z 4 2z 2 2z 2
z 1
+
= ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + + = + + ⇔
+
2
zz 4z 4z 16 4zz 4z 4z 4 z 4 z 2⇔ + + + = + + + ⇔ = ⇔ = .
ii)
a. z w z w z w 2 2 4− ≤ + − = + = + = .

2
b.
2
2 w 4
w 4 4 w 1 4
w 1
−
− ≤ ⋅ − ⇔ ≤
−
. Έχουµε
2 2 2
w 4 w w w 4 w w w 4 w 4 w 4
w w
w 1 w 1 w 1 w 1 w 1 w 1
− − + − − − − −
= = + = + ≤ + =
− − − − − −
2 z 2 2 4+ − = + = .
iii)
( ) ( )+ − + ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔ − + ≤
⇔ − + ≤
4 2 4 2 2 2
2 2
w 8 2 w 32Rew 80 w 8w 16 32Rew 80 w 4 32 Rew 80
w 4 32 Rew 80
Όµως, από το βii ερώτηµα: − ≤ − ⇒ − ≤ −2 2 2 2
w 4 4 w 1 w 4 16 w 1 . Αρκεί, λοιπόν, να
αποδείξουµε ότι:
( )( )
( )
− + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − − + ≤
⇔ − + + + ≤ ⇔
2 2
2
16 w 1 32Rew 80 w 1 2Rew 5 w 1 w 1 2Rew 5
w w w 1 2Rew 5
( )2 2
2 w w 2Rew 4 2 2Rew 2Rew 4 4 4⇔ − − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ , το οποίο ισχύει.
iv) Οι εικόνες των µιγαδικών z , w βρίσκονται στον κύκλο 2 2
x y 4+ = , αφού z w 2= =
(άρα, 2 2
y 4 x= − ). Έχουµε:
( )( )2 2 22 2
2 2
z 4 z 1 z z z 4z 44 z z z 4 z z 4
z w z
z 1 z 1 z 1 z 1 z 1
− + + − −+ + − − −
− = − = = = = =
+ + + + +
( ) 2
2
2 2
4 z z z 44z 4z z 4
z 1 z 1
− + −− + −
= = =
+ +
( )
( )
2 2
2 2
4 2yi x yi 4 2x 8 2x 8
iy
2x 5 2x 5x 1 y
⋅ + + − − +
= +
+ ++ +
.
Μετά από πράξεις (χρησιµοποιώντας τη σχέση 2 2
y 4 x= − ) προκύπτει ότι
2
2 4 x
z w 4 , x 2
2x 5
 −
− = ⋅ ≤  + 
.
Αν ονοµάσουµε ( )
2
4 x
f x , x 2 , 2
2x 5
−
 = ∈ − +
, τότε ( )
( )( )
( )
( )2
2 x 1 x 4
f x , x 2 , 2
2x 5
− + +
′ = ∈ −
+
.
( ) ( )f x 0 x 2 , 1′ > ⇔ ∈ − −
( ) ( )f x 0 x 1 , 2′ < ⇔ ∈ −
Άρα, η f παρουσιάζει τοπικό µέγιστο στο 1− . Δηλαδή, το µέτρο z w− µεγιστοποιείται για
x 1= − . Για x 1= − είναι ( )2 2
y 4 1 3 y 3= − − = ⇔ = ± . Άρα, z 1 3 i= − + ή z 1 3 i= − −

3
και
4 z
w 1 3 i
z 1
+
= = −
+
ή w 1 3i= + . Άρα, οι ζητούµενοι τύποι είναι
( ) ( )z , w 1 i 3 , 1 i 3= − + − ή ( )1 i 3 , 1 i 3− − + .
Σχόλιο: Επειδή ( ) ( )z w 1 i 3 1 i 3 2 2i 3 4 12 4− = − + − − = − + = + = = διάµετρος
κύκλου 2 2
x y 4+ = προκύπτει ότι τελικά οι εικόνες των µιγαδικών z , w είναι
αντιδιαµετρικά σηµεία του κύκλου 2 2
x y 4+ = .
(Παρόµοια, ( ) ( )z w 1 i 3 1 i 3 4− = − − − + = .)

4
ΘEMA 2ο
Δίνεται η συνάρτηση )f : 1, ℝ +∞ → η οποία είναι κυρτή µε συνεχή πρώτη παράγωγο και
f(1) 1, f (1) 0.′= = Θεωρούµε επίσης τη συνάρτηση g, µε τύπο
x
1
f(t)dt
, x 1
g(x) .x 1
1 , x 1
∫
 >
=  −
 =
Σας ζητάτε να :
A. Δείξετε ότι η g συνεχής στο )1, +∞ .
B. Βρείτε την παράγωγο της g.
C. Δείξετε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο )1, +∞ .
D. Δείξετε ότι
a
1
b
1
f(t)dt a 1
, 1 α β.
β 1f(t)dt
−∫
< < <
−∫
Α) Για ( )
( )
x
1
f t dt
x 1 , g x
x 1
∫
> =
−
. Η f συνεχής (ως παραγωγίσιµη)
άρα ( )
x
1
f t dt∫ παραγωγίσιµη gπαραγωγίσιµη στο ( )1 , + ∞ , ως πηλίκο παραγωγίσιµων
συναρτήσεων άρα gσυνεχής στο ( )1 , + ∞ . Για τη συνέχεια της gστο 0
x 1= έχουµε:
( )( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
x
1
xx 0f συνεχής
0 f συνεχής
11
στο 1 στο 1x 1 x 1 x 1 x 1
f t dtf t dt f x
lim g x lim lim lim f 1 1 g 1
x 1 1x 1
 
 
 
→ → → →
′ ∫ ∫ ∫
 = ========= == = ========== = =
− ′−
Άρα, η gείναι συνεχής στο )1 , + ∞ .

5
Β) Για x 1 ,> ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
x x
1 1
2
f t dt x 1 f x f t dt
g x
x 1 x 1
′ 
− −∫ ∫ 
′ = = 
− −  
 
.
Επίσης,
( ) ( )
( )
x
1
x 1 x 1
f t dt
1
g x g 1 x 1
lim lim
x 1 x 1→ →
∫
−
− −
= =
− −
( ) ( )
( )
( )
( )
x
0 0
f συνεχής0 0
1
2 στο 1x 1 x 1
f t dt x 1 f x 1
lim lim
x 1 2 x 1→ →
− −∫ −
= == ========= ==
− −
( )( )
( )( )
( ) ( )f συνεχής
στο 1x 1 x 1
f x 1 f x f 1
lim lim 0
2 2
2 x 1
′
→ →
′
− ′ ′
= = ========= =
′
−
.
Άρα, ( )
( ) ( ) ( )
( )
x
1
2
x 1 f x f t dt
, x 1g x
x 1
0 , x 1

− − ∫
 >′ =  −

 =
C) Επειδή η g είναι συνεχής στο 1, αρκεί να αποδείξουµε ότι ( )g x 0′ > , για κάθε
x 1> , δηλαδή ότι ( ) ( ) ( )
x
1
x 1 f x f t dt 0− ⋅ − >∫ , για κάθε x 1> .
1ος τρόπος
Θεωρώντας τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( )
x
1
G x x 1 f x f t dt= − − ∫ , )x 1 ,∈ + ∞ . Η G είναι
παραγωγίσιµη στο ( )1 , + ∞ , µε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )G x f x x 1 f x f x x 1 f x′ ′ ′= + − ⋅ − = − ⋅ .
Όµως, f κυρτή f′⇒ ↑ στο )1 , + ∞ , άρα για
( )x 1 f x′> ⇔ > ( )f 1 0′ = )( )f στο 1 ,⇒ ↑ + ∞ . Άρα, ( ) ( ) ( )G x x 1 f x 0′ ′= − > , για
κάθε x 1 άρα G> ↑ στο )1 , + ∞ . Άρα, για
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x
1
x 1 G x G 1 x 1 f x f t dt 0> ⇔ > ⇔ − − >∫ .
2ος τρόπος
Έστω ( ) ( )
x
1
F x f t dt , x 1= ≥∫ . Θέλουµε να αποδείξουµε ότι ( ) ( ) ( )x 1 f x F x− > , για
κάθε x 1> .

6
Από το Θ.Μ.Τ. για την F στο 1 , x   υπάρχει ( )ξ 1 , x∈ :
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )F x F 1 F x F x
F ξ f ξ
x 1 x 1 x 1
−
′ = = ⇔ =
− − −
. Όµως,
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
f F x
1 ξ x f ξ f x f x F x x 1 f x
x 1
↑
< < ⇔ < ⇔ < ⇔ < −
−
.
D) Έστω 1 a β< < . Τότε
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
βα a
1 1 1
β
1
f t dt f t dt f t dt
a 1
g a g β
β 1 a 1 β 1
f t dt
∫ ∫ ∫−
< ⇔ < ⇔ <
− − −
∫
, το οποίο ισχύει, διότι
g ↑ στο )1 , + ∞ .
1 x
ξ x

7
ΘEMA 3ο
Έστω η συνάρτηση f : R R→ µε τύπο x
x ηµx
, x 0
f(x) e 1
0 , x 0
 ⋅ ≠=  − =
i. Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0.
ii. Να βρείτε την ασύµπτωτη της f
C στο +∞ και να δείξετε ότι έχει άπειρα κοινά σηµεία
µε την f
C .
iii. Αν x
g(x) e f(x), x= ⋅ ∀ ∈ ℝ τότε:
a. Να υπολογίσετε το εµβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των f,g και τις ευθείες x 0,x π= = .
b. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα
π
π
Ι g(x)dx
−
= ∫ .
i. Αρκεί να αποδείξουµε ότι ( ) ( )x 0
lim f x f 0
→
= , δηλαδή ( )x 0
lim f x 0
→
= . Είναι
( ) xx 0 x 0
xηµx
lim f x lim 0
e 1→ →
= =
−
, διότι
2
x x
xxηµx
e 1 e 1
≤
− −
(λόγω της σχέσης ηµx x≤ ) και ισχύει
( )
( )
0 222 0
x x xx 0 x 0 x 0 x 0x
x xx 2x 0
lim lim lim 0 άρα lim 0
1e 1 e e 1e 1
→ → → →
′
== = = = =
′− −−
. Άρα, από το κριτήριο
της παρεµβολής, xx 0
xηµx
lim 0
e 1→
=
−
.
[Σχόλιο: Το ( )x 0
lim f x 0
→
= µπορεί να βρεθεί και µε κανόνα DL. :
( )
( )
 
 
 
→ → →
′⋅⋅ − ⋅ +
=== = = =
′−
−
0
0
x xD.Lx 0 x 0 x 0x
χ ηµχχ ηµχ ηµχ x συνχ 0 0
lim lim lim 0
1e 1 e
e 1
]

8
ii. Η f είναι συνεχής στο *
ℝ , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, η f είναι συνεχής στο
0. Άρα, η f είναι συνεχής στο ℝ , οπότε δεν έχει κατακόρυφες ασύµπτωτες (αφού
( ) ( )0
0 0
x x
lim f x f x , x
→
= ∈ ∀ ∈ℝ ℝ ).
Πλάγιες – Οριζόντιες στο + ∞
( ) x
xx x x
xηµx
f x e 1 ηµx
λ lim lim lim 0
x x e 1→ + ∞ → + ∞ → + ∞
−
= = = =
−
, διότι x
x x
ηµx 1
0
e 1 e 1
→ + ∞
≤ →
− −
και το
συµπέρασµα λ 0= έπεται από το κριτήριο παρεµβολής. Επίσης,
( )( ) ( )→ + ∞ → + ∞ → ∞
= − = = =
−xx x x
xηµx
β lim f x λχ lim f x lim 0
e 1
, διότι x x
xx ηµx
e 1 e 1
⋅
≤
− −
, για κάθε x 0> .
Ισχύει
( )
x xx x xx
x x 1 1
lim lim lim 0
e 1 e
e 1
 + ∞
  + ∞ 
→ + ∞ → + ∞ → + ∞
′
==== = = =
+ ∞′−
−
, άρα xx
x
lim 0
e 1→ ∞
=
−
. Οπότε
από το κριτήριο παρεµβολής προκύπτει ότι β 0= . Άρα, η ευθεία y 0= είναι οριζόντια
ασύµπτωτη της f
C στο + ∞ . Για τα κοινά σηµεία: θα λύσουµε την εξίσωση
( ) x
xηµx
f x 0 0 xηµx 0 x 0 ή x κπ , κ
e 1
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = ∈
−
ℤ . Άρα, υπάρχουν άπειρα κοινά
σηµεία της µορφής ( )κπ , 0 κ ∈ ℤ .
iii. α) Η συνάρτηση g είναι συνεχής, ως γινόµενο συνεχών συναρτήσεων. Έχουµε:
( ) ( )
x
x x
xe ηµx
, x 0
g x e f x e 1
0 , x 0

≠
= = −
 =
και
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x xηµx , x 0
g x f x e f x f x e 1 f x
0 , x 0
 ≠
− = − = − = 
=
. Οπότε
( ) ( )g x f x xηµx , x− = ∀ ∈ ℝ . Οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο 0 , π   , άρα το
ζητούµενο εµβαδόν είναι
( ) ( ) ( ) ( )
π π π π πxηµx 0
π
0στο 0 , π
0 0 0 0 0
E g x f x dx xηµx dx xηµxdx x συνx dx x συνx συνx dx
≥
  
′  = − = ======= = − = − − − = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
π
0
π ηµx π = + =  τετραγωνικές µονάδες.

9
β) Παρατηρούµε ότι: ( ) ( )
( )xx
x x
xe ηµ xxe ηµx
g x g x xηµx , x 0
e 1 e 1
−
−
− −
+ − − = + = = ≠
− −
… . Άρα,
x 0∀ ≠ , ( ) ( )g x g x xηµx+ − = . Η σχέση όµως αυτή ισχύει και για x 0= , αφού ( )g 0 0= .
Άρα, ( ) ( )g x g x xηµx+ − = , x∀ ∈ ℝ . Άρα, ( )
π
π
I g x dx
−
= =∫
( )( ) ( )
π π π
π π π
xηµx g x dx xηµxdx g x dx
− − −
= − − = − −∫ ∫ ∫ . Για το ( )
π
π
g x dx
−
−∫ θέτουµε
u x du dx= − ⇔ = − . Άρα, ( )
π
π
g x dx
−
−∫ ( ) ( ) ( )
π π π
π π π
g u du g u du g x dx I
−
− −
= − = = =∫ ∫ ∫ . Άρα,
( )
( ) ( )
− − −
−
−
′= − ⇔ = ⋅ = −
 
 = − + = + =   
 
∫ ∫ ∫
∫
π π π
π π π
π
π
π
π
1 1
I xηµxdx I I xηµxdx x συνx dx
2 2
1 1
x συνx συνxdx 2π 0 π
2 2

10
ΘEMA 4ο
(προτάθηκε από τον Χ.Λαζαρίδη)
A. Έστω η συνάρτηση ( )h(x) lnx x, x 0, .= + ∈ +∞
i. Να αποδείξετε ότι η h αντιστρέφεται και να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα
1 e
1
1
h (x)dx.
+
−
∫
ii. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση lnx x 0+ = έχει ακριβώς µια λύση, έστω
( )ρ 0, .∈ +∞
iii. Να υπολογίσετε τα όρια
x 0
ηµx
lim
h(x)+
→
και 2x
ηµx
lim .
h (x)→+∞
B. Έστω η συνάρτηση
2
x
f(x) xln x x , x 0.
2
= − + >
i. Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο ( )ρ 0,∈ +∞ του (Α.ii) ερωτήµατος.
ii. Να εξετάσετε αν η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο ( )1,f(1) εφάπτεται
και στη γραφική της g, όπου
3
2x 11
g(x) x .
3 6
= − − −
iii. Να υπολογίσετε το όριο
x ρ
f (x)
lim ,
x ρ→
′
−
όπου ( )ρ 0,∈ +∞ του (Α.ii) ερωτήµατος.
Α)
i. Η h είναι παραγωγίσιµη στο ( )0 , + ∞ , µε ( ) 1
h x 1 0 , x 0 h
x
′ = + > ∀ > ⇔ ↑ στο
( )+ ∞ ⇒ −0 , h 1 1 . Για το ολοκλήρωµα ( )
1 e
1
1
I h x dx
+
−
= ∫ θέτουµε
( ) ( ) ( )1
u h x x h u dx h u du−
′= ⇔ = ⇔ = .
•••• Για ( ) ( ) ( )= ⇒ = ⇔ = ⇔ =x 1 h u 1 h u h 1 u 1 .
•••• Για ( ) ( )= + ⇒ = + = ⇔ =x 1 e h u 1 e h e u e .

11
Άρα, ( ) ( )
( ) ( )
e
2 2e e e
1 1 1
1
1 u 1 e 41
I uh u du u 1 du 1 u du
u 2 2
 + + − 
′  = = + = + = = 
    
∫ ∫ ∫ .
ii. Επειδή h γνησίως µονότονη, αρκεί να αποδείξουµε ότι η εξίσωση lnx x 0+ = έχει
τουλάχιστον µία ρίζα θετική.
Εύρεση του συνόλου τιµών της h:
( )( ) ( ) ( ) ( )
h συνεχής
xx 0
h 0 , lim h x , lim h x ,+↑ → + ∞→
 
+ ∞ ========= = − ∞ + ∞ = 
 
ℝ και το 0 ∈ ℝ , άρα η
εξίσωση ( )h x 0= έχει τουλάχιστον µία ρίζα ρ 0> .
iii.
( )x 0 x 0 x 0
ηµx ηµx 1 1
lim lim lim ηµx 0 0 0 0
x lnx x lnxh x+ + +
→ → →
 
= = = ⋅ = ⋅ = 
+ + + ∞ 
,
( ) ( )2 2x x
ηµx ηµx
lim lim 0
h x x lnx→ + ∞ → + ∞
= =
+
, διότι
( ) ( ) ( )
x
2 2 2
ηµx 1 1
0
x lnx x lnx
→ + ∞
≤ ⇔ =
+ + + ∞
και το συµπέρασµα προκύπτει από το κριτήριο
παρεµβολής.
Β)
i. Η f είναι παραγωγίσιµη στο ( )0 , + ∞ , µε
( ) ( ) ( )
2
x
f x xlnx x lnx x h x , x 0
2
′ ′′ ′= − + = + = >  
 
.
Για ( ) ( ) ( )
h
x ρ h x h ρ 0 h x 0
↑
> ⇔ > = ⇔ > . Για ( ) ( ) ( )
h
0 x ρ h x h ρ 0 h x 0
↑
< < ⇔ < = ⇔ < .
0 ρ + ∞
( )f x′ − +
f ց ր
min
Το πρόσηµο της f′ ταυτίζεται µε το πρόσηµο της h . Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο
στο ρ.
ii. Είναι ( )
1
f 1
2
−
= και ( )f 1 1′ = . Άρα, η εφαπτοµένη είναι
1 3
ε : y x 1 ε : y x
2 2
+ = − ⇔ = − .
Λύνουµε το σύστηµα:

12
( )
( ) ( )
 =
 
⇔ − − − = − ⇔ + + + = ⇔ + + + = 
= − 
 
⇔ + + + = ⇔
3 3
2 2 3 2
3
y g x
x x11 3 1
x x x x 0 x 3x 3x 1 03 3 6 2 3 3y x
2
x 1 3x x 1 0
( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( )
⇔ + − + + + = ⇔ + − + + = ⇔ + + + =
⇔ + + = ⇔ = −
2 2 2
2
x 1 x x 1 3x x 1 0 x 1 x x 1 3x 0 x 1 x 2x 1 0
x 1 x 1 0 x 1 µοναδική λύση
Ισχυρισµός: Η εξίσωση της εφαπτοµένης της g
C στο ( )( )1 , g 1− − είναι η
3
ε : y x
2
= − [η
απόδειξη απλή, παίρνοντας τον τύπο της εφαπτοµένης ( ) ( )( )y g 1 g 1 x 1′− − = − + ]. Άρα, η
απάντηση στο Bii ερώτηµα είναι ΝΑΙ.
iii.
( ) ( ) ( )
( )
0
0
x ρ x ρ x ρ x ρ x ρ
1
1f x h x x lnxx lnx 1xlim lim lim lim lim 1
x ρ x ρ x ρ 1 ρ
x ρ
 
 
 
→ → → → →
′ +′ ++
= = == = = +
− − − ′−
.

13
ΘΕΜΑ 5ο
Έστω οι µιγαδικοί z,w ∈ ℂ µε τις ιδιότητες z,w 0, z w≠ = και 2
w z zi.= + Να
δείξετε οτι:
i. Ο µιγαδικός w δεν είναι φανταστικός.
ii. Οι εικόνες των µιγαδικών z, w ανήκουν σε δυο τεµνόµενους κύκλους.
iii. Οι εικόνες των µιγαδικών z, w δεν ταυτίζονται.
Ας ονοµάσουµε ( )z w ρ 0 ρ 0 , διότι z w 0= = > ≠ ⋅ ≠ .
i. Έστω ότι ο w είναι φανταστικός, δηλαδή w βi , β 0= ≠ . Έχουµε:
2 2
w z zi βi βi zi= + ⇔ = + ⇔
( ) ( )
( )
= +
⇔ = + ⇔ = + − ⇔ = + + ⇔ − = + ⇔
− = + = ⇔
z χ yi
2 2 2 2
2
βi β zi βi β x yi i βi β xi y β x i β y
β x 0 και β y 0
( )2
x β , y β⇔ = = − . Άρα, 2
z β β i= − . Όµως,
= ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = ⇔ =2 4 2 4 2 4
z w β β βi β β β β 0 β 0 , άτοπο.
ii.
( ) ( )= + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇒ = + ⇒ = + ⇒ + =2 2
w z zi w z zi w zz zi w z z i w z z i ρ ρ z i z i 1
.
Οπότε, αν z x yi= + , x , y ∈ ℝ , τότε οι εικόνες του z κινούνται στον κύκλο κέντρου
( )Κ 0 , 1− και ακτίνας 1. Δηλαδή, ( ) ( )2 2
x y 1 1 1+ + = .
Έστω w a βi , a , β= + ∈ ℝ . Τότε από τη σχέση
( )= + ⇒ + = + + − ⇒ + = + + + ⇒2 2 2 2 2
w z zi α βi x y x yi i a βi x y xi y
( )
2 2
a x y y
2
β x
 = + + 
⇔  
=  
. Όµως από τη σχέση ( )⇒ + = −2 2
1 x y 2y . Άρα,
( ) ( )
 = − 
⇒  
=  
a y
2 3
β x

14
Άρα, z x yi= + και w y xi= − + .
Γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z : ( )2 2
1
C : x y 1 1+ + = . Από τις σχέσεις
( )3 προκύπτει ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του w είναι ο κύκλος
( )2 2
2
C : 1 x y 1− + = . (Δηλαδή κέντρου ( )Λ 1 , 0 και ακτίνας 1). Οι κύκλοι 1 2
C , C είναι
τεµνόµενοι, διότι ( )ΚΛ 2 1 1 2= < + = .
iii. Οι εικόνες των µιγαδικών z , w ταυτίζονται στα σηµεία Ο, Α (βλέπε σχήµα πίσω). Είναι
( )Ο 0 , 0 και ( )Α 1 , 1− . [Τα ( )Ο Α, 1 , 1− τα βρίσκουµε λύνοντας το σύστηµα των ( ) ( )1 , 2 ].
Όµως, δεν µπορεί να ισχύει ταυτόχρονα z w 0= = (λόγω της υπόθεσης z w 0⋅ ≠ ) ούτε η
σχέση z w 1 i= = − (διότι τότε από τη σχέση = + ⇒2
w z zi
( )1 i 2 1 i i i 0 ,− = + + ⇒ = άτοπο).
Βασική παρατήρηση: Παραπάνω αποδείξαµε πως από τη σχέση
( )
 − = 
= +  
+ =  
2
w 1 1
w z zi προκύπτει *
z i 1
. Όµως, τα παραπάνω αποδείχθηκαν µε
συνεπαγωγές. Πρέπει να αποδειχθεί και το αντίστροφο της ( )* , ώστε να καταλήξουµε στο
ασφαλές συµπέρασµα των κύκλων ( ) ( )1 2
C , C .

15
ΘΕΜΑ 6ο
Έστω η παραγωγίσιµη στο ℝ συνάρτηση h, που έχεις τις ιδιότητες:
x
h (x) h(x) x e 1, x (1)′ = + + − ∀ ∈ ℝ και h(0) 0.=
A.
i. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα ( )x x
1 xe e dx− −
+ −∫ .
ii. Να βρείτε τον τύπο της h.
iii. Εάν ( )x
h(x) x e 1 , x ,= − ∀ ∈ ℝ να δείξετε ότι h(x) 0, x .≥ ∀ ∈ ℝ
B. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο 0,1 , 
   για την οποία ισχύουν:
1
0
f(x)dx 1=∫ (2) και
( )
1
f(x)
0
1 f(x) e dx 0−
− ≤∫ (3). Να δείξετε ότι f(x) 1, x 0,1 = ∀ ∈   
A)
i.
( ) ( ) ( ) ( )− − − − − − −
′ ′  ′+ − = − − = − = − = − +    
∫ ∫ ∫ ∫
x x x x x x x
1 xe e dx 1 e xe dx x xe dx x xe dx x xe c
ii.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
 −⋅ 
 
− − − −
− − − −
′ ′= + + − ⇒ = + + − ⇒
′ − = + − ⇒
xe
x x x xx
x x x x
h x h x x e 1 e h x e h x xe 1 e
e h x e h x xe 1 e
( )( ) ( )( ) ( )− − − − −′ ′ ′
= + − ⇒ = −
i)
x x x x x
e h x xe 1 e e h x x xe , για κάθε
( )− −
∈ ⇒ = − +ℝ x x
x e h x x xe c, για κάθε x ∈ ℝ .
Για = ⇒ =x 0 0 c . Άρα, ( ) ( ) ( ) ( )− −
= − ⇒ = − ⇒ = − ∈ℝx x x x
e h x x xe h x xe x h x x e 1 , x .

16
iii. Θέλουµε να αποδείξουµε ότι x
xe x≥ , για κάθε x ∈ ℝ .
•••• Για x 0= ισχύει ως 0 0≥ .
•••• Για
( )>↑
> ⇒ > ⇒ > ⇒ >
x x 0e
x 0 x x
x 0 e e e 1 xe x .
•••• Για
( )<↑
< ⇒ < = ⇒ < ⇒ >
x x 0e
x 0 x x
x 0 e e 1 e 1 xe x.
Β) Ονοµάζουµε ( ) ( )g x 1 f x , x 0 , 1 = − ∈  
. Τότε,
( ) ( )( ) ( )
1 1 1 1
0 0 0 0
g x dx 1 f x dx dx f x dx 0= − = − =∫ ∫ ∫ ∫ . Επίσης, από τη σχέση
( ) ( ) ( ) ( )= − ⇒ = −g x 1 f x f x 1 g x . Άρα, ( )( ) ( )
( ) ( )
1 1
f x g x 1
0 0
1 f x e dx 0 g x e dx 0
− −
− ≤ ⇔ ≤ ⇔∫ ∫
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )( )
⇔ ⋅ ≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔
⋅ − ≤ ⇔
∫ ∫ ∫ ∫
∫
1 1 1 1
g x g x g x
0 0 0 0
1
g x
0
1
g x e dx 0 g x e dx 0 g x e dx g x dx
e
g x e g x dx 0
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
1 1
g x
0 0
g x e 1 dx 0 h g x dx 0 1⇔ ⋅ − ≤ ⇔ ≤∫ ∫ .
Η συνάρτηση hog−
είναι συνεχής στο 0 , 1   ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και ισχύει
( )( )hog x 0 ,≥ x 0 , 1 ∀ ∈   . Αν υποθέσουµε ότι η hog δεν είναι παντού µηδέν στο
( )( )  ⇒ >  ∫
1
0
0 , 1 h g x dx 0 , άτοπο λόγω της ( )1 . Άρα, ( )( )h g x 0 , x 0 , 1 = ∀ ∈  , άρα
( )g x 0= , για κάθε x 0 , 1 ∈   (διότι η εξίσωση ( )h x 0= έχει µοναδική λύση την x 0= ), άρα
( )1 f x 0− = , άρα ( )f x 1 , x 0 , 1 = ∈   .

17
ΘΕΜΑ 7ο
Δίνεται η συνάρτηση
( )
2x 1
2
0
1
F(x) dt
4 t 1
−
=
− +
∫
a. Να υπολογίσετε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της F.
b. Να αποδείξετε ότι: ( )
π π π
F ηµx x , x , .
6 2 2
  = − ∈ −   
c. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f µε
( )
2
1
f(t) ,
4 t 1
=
− +
τους άξονες και την
ευθεία x= 3 1.−
d. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα
3
2
1
1
dx.
4 x−
∫
a) Για το πεδίο ορισµού της συνάρτησης ( )
( )2
1
φ t
4 t 1
=
− +
θα πρέπει
( ) ( )2 2
4 t 1 0 t 1 4− + > ⇔ + < ⇔
t 1 2 2 t 1 2 3 t 1+ < ⇔ − < + < ⇔ − < < . Άρα, το πεδίο ορισµού της φ είναι το ( )3 , 1− . Για
να ορίζεται η F θα πρέπει τα άκρα 0 , 2x 1− να ανήκουν στο ( )3 , 1− . Δηλαδή,
( )3 2x 1 1 2 2x 2 x 1 , 1− < − < ⇔ − < < ⇔ ∈ − . Άρα, το πεδίο ορισµού της F είναι το ( )1 , 1− .
Η φ είναι συνεχής στο ( )3 , 1− , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, άρα η F είναι
παραγωγίσιµη στο ( )1 , 1− , µε
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2x 1
2
0
1
F x φ t dt φ 2x 1 2x 1 2
4 2x 1 1
− ′  ′′  = = − ⋅ − = =
  − − + 
∫ 2 2
2 1
4 4x 1 x
=
− −
.

18
b) Θεωρούµε τη συνάρτηση
π π
g : ,
2 2
 
− → 
 
ℝ , µε ( ) ( ) π
g x F ηµx x
6
= − + . Η g είναι
παραγωγίσιµη στο
π π
,
2 2
 
− 
 
, ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε:
( ) ( )′ ′= ⋅ − = ⋅ − = − =
− 2 2
1 1
g x F ηµx συνx 1 συνx 1 συνx 1
1 ηµ x συν x
συνx 0 στο
π π
,
2 2
συνx συνx
1 1 0
συνxσυνx
>
 
− 
 
= − =========== − = , για κάθε
π
x
2
< . Άρα, η g είναι σταθερή στο
π π
,
2 2
 
− 
 
. Είναι ( )
0
0
π π π π
g F ηµ φ t dt 0
6 6 6 6
   
= − + = =   
   
∫ . Άρα,
( ) ( )
 
= ∀ ∈ − ⇒ = − ∀ < 
 
π π π π
g x 0 , x , F ηµx x , x
2 2 6 2
.
c) Είναι ( )f t 0> , για κάθε ( )t 3 , 1∈ − .
Παρατηρούµε ότι
3
2x 1 3 1 2x 3 x
2
− = − ⇔ = ⇔ = .
Το ζητούµενο εµβαδόν είναι:
( ) ( )
3
2 1
3 1 β)2
0 0
3 π π π π
E f t dt f t dt F F ηµ
2 3 3 6 6
−
−
   
 = = = = = − =     
∫ ∫ τ.µ.
d) Για το ολοκλήρωµα
3
2
1
1
I dx
4 x
=
−
∫ θέτουµε x t 1 dx dt= + ⇔ = .
Για x 1 t 0= ⇔ = .
Για x 3 t 3 1= ⇔ = − .
Άρα,
( )
3 1 γ)
2
0
1 π
I dt
64 t 1
−
= =
− +
∫ .

19
ΘΕΜΑ 8ο
Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f ορισµένη στο R και η ευθεία που ενώνει τα σηµεία
( )Α α,f(a) και ( )Β β,φ(β) , 0 α β< < της γραφικής παράστασης C της f να διέρχεται από
την αρχή των αξόνων.
A. Να δειχτεί ότι:
i. Ισχύει
f(a) f(β)
a β
=
ii. Αν η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο ( )α,β µε ( )f (x) 0, x α,β′′ ≠ ∀ ∈ ,
τότε υπάρχει εφαπτοµένη της fC η οποία περνά από την αρχή των αξόνων
και η fC να εφάπτεται µια µονο φορά σε αυτήν.
B. Αν η f έχει τα κοίλα κάτω στο ( ,0−∞  να δειχτεί ότι:
i. αν
x
f (x)
lim L
x→−∞
′
= τότε
( )
x
f x 1 f(x)
lim L
x→−∞
− −
= −
ii. η συνάρτηση
f(x)
g(x) , x 0
x
= < µε f(0) 0= είναι γνησίως φθίνουσα.
C. Αν το σηµείο ( )( )B β,f β ανήκει στην εφαπτόµενη της fC στο ( )( )A α,f a να δείξετε
ότι υπάρχει ( )ξ α,β∈ τέτοιο ώστε:
( )( ) ( ) ( ).f f f aξ ξ α ξ′ − = −

20
A)
i. Συντελεστής διεύθυνσης ευθείας
( ) ( )f β f a
λ
β a
−
=
−
. Η ευθεία ( )ε θα έχει εξίσωση
ε : y λ x= ⋅ .
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )Τ
Τ



⇒ =

⇔ = ⋅ ⇔ =
⇔ = ⋅ ⇔ = 

f a
ο A ανήκει στην ε f a λ a λ
a
f β
ο B ανήκει στην ε f β λ β λ
f a
a
β
f β
.
β
ii. Θεωρούµε τη συνάρτηση ( )
( )f x
φ : a , β ,µε φ x
x
  → =  ℝ . Η φ είναι συνεχής στο a , β   , ως
πηλίκο συνεχών.
Η φ είναι παραγωγίσιµη στο ( )a , β , ως πηλίκο παραγωγίσιµων.
( ) ( )φ a φ β= (λόγω του ερωτήµατος Αi)
Άρα, από το θεώρηµα Rolle υπάρχει ( ) ( )0 0
x a , β : φ x 0′∈ = . Όµως, ( )
( ) ( )
2
x f x f x
φ x
x
′ −
′ = .
Άρα, ( ) ( ) ( )0 0 0 0
φ x 0 x f x f x′ ′= ⇔ = . Άρα, η εφαπτοµένη ( ) ( )( )0 0 0
ε : y f x f x x x′− = − της
f
C στο σηµείο ( )( )0 0
M x , f x διέρχεται από το ( )Ο 0 , 0 .

21
Έστω ότι η ( )ε εφάπτεται δεύτερη φορά στην f
C στο σηµείο ( )( )1 1
N x , f x . Τότε
( ) ( )0 1
f x f x′ ′= . Από το θεώρηµα Rolle για την f′ στο
( ) ( )′′  ⇒ ∈ = 0 1 0 1
x , x υπάρχει ξ x , x : f ξ 0 , άτοπο.
Β)
i. f κοίλη στο ( ( )′− ∞ ⇒ ↓ − ∞, 0 f στο , 0 .
ii.
Έστω x 0<
Θ.Μ.Τ. για την f στο
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )x x
f x f x 1
x 1 , x υπάρχει ξ x 1 , x : f ξ f x f x 1
x x 1
− −
′ − ⇔ ∈ − = = − −  − −
. Όµως
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
′ ↓
′ ′ ′ ′ ′− < < ⇒ − > > ⇒ − > − − > ⇒
′ ′− − < − − < −
f
x x
x 1 ξ x f x 1 f ξ f x f x 1 f x f x 1 f x
f x 1 f x 1 f x f x
( ) ( ) ( ) ( ): x 0 f x 1 f x 1 f x f x
x x x
< ′ ′− − −
⇔ − > > − . Όµως,
( )
→ − ∞
 ′
 − = −
 
 
x
f x
lim L
x
και
xx 1−
)(

22
( )
( )
x x
f x 1
f x 1 x 1 L
lim lim L
x x 1
x 1
→ − ∞ → − ∞
 ′ −
 
 ′ − − 
 − = − = − = −  
  
 −
 
( ) ( )
x
x 1 ω
x ω
ω
f x 1 f ω
διότι lim lim L
x 1 ω→ − ∞
− =
→ − ∞ → − ∞
⇔ − ∞
 ′ ′−
 ======= =
 −
 
. Άρα, από το κριτήριο παρεµβολής
( ) ( )
→ − ∞
− −
⇒ = −
x
f x 1 f x
lim L
x
.
iii. Η g είναι παραγωγίσιµη στο ( ), 0−∞ , ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων, µε
( )
( ) ( )
2
xf x f x
g x ,
x
′ −
′ = x 0< .
Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο ( ) ( )
( ) ( ) ( )
x x
f 0 f x f x
x , 0 υπάρχει ρ x , 0 : f ρ
0 x x
−
′  ⇔ ∈ = =  −
(αφού ( )f 0 0= ).
Όµως, ( ) ( )
( )
( ) ( )
′ ↓ <
′ ′ ′< ⇒ > = ⇒ <
f x 0
x x
f x
x ρ f x f ρ xf x f x
x
. Άρα, ( )g x 0′ < , για κάθε
< ⇒ ↓x 0 g στο ( ), 0− ∞ .
C) Η εφαπτοµένη της f
C στο A έχει εξίσωση ( ) ( ) ( )ε : y f a f a x a′− = ⋅ − . Το σηµείο
( )( )Β β , f β ανήκει στην ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
−
′ ′⇒ − = ⋅ − ⇒ =
−
f β f a
ε f β f a f a β a f a *
β a
.
Θεωρούµε τη συνάρτηση m : a , β  →  ℝ , µε ( )
( ) ( )
(
( )
f x f a
, x a , β
m x x a
f a , x a
 −
 ∈ = −
 ′ =
• m συνεχής στο a , β   , διότι είναι συνεχής στο (a , β ως πηλίκο συνεχών και
( )
( ) ( )
x a x a
f x f a
lim m x lim
x a→ →
−
= =
−
( )′= =f a m(a) . Δηλαδή m συνεχής στο a , β   .
• m παραγωγίσιµη στο ( )a , β , µε ( )
( )( ) ( ) ( )( )
( )
2
f x x a f x f a
m x
x a
′ − − −
′ =
−
.
• ( ) ( ) ( )′= =m a m β f a (λόγω σχέσης (*) )
Άρα, από το Θεώρηµα Rolle ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )′ ′⇒ ∈ = ⇔ ⋅ − = −υπάρχει ξ a , β : m ξ 0 f ξ ξ a f ξ f a .
x
ρ
x 0

23
ΘΕΜΑ 9ο
Δίνεται η παραγωγίσιµη συνάρτηση f : 0,3  →   ℝ µε ( )f 0 0,= για την οποία ισχύει
(f (x) f(x),x 0,3 .′ > ∈ 
A. Να δείξετε ότι:
i. ( ) ( ) (
x
0
f x f t dt,x 0,3 .> ∈ ∫
ii. Η συνάρτηση ( ) ( )
x
x
0
h x e f t dt−
= ∫ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα
0,3 . 
  
iii. ( ) (
x
0
f t dt 0,x 0,3 .> ∈ ∫
B. Να δείξετε ότι:
i. Η συνάρτηση ( )
2
x
0
φ x f(t)dt
 =   ∫ είναι κυρτή στο 0,3 . 
  
ii. ( ) ( )
1
1
2
0 0
2f t dt f t dt.<∫ ∫
C. Αν ( )
2
0
f t dt 1=∫ και Ε είναι εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την Cφ ,
τον άξονα x'x και τις κατακόρυφες ευθείες x 2,x 3,= = να αποδείξετε
ότι: ( )Ε 1 f 2 .> +
Α) i) Θεωρούµε τη συνάρτηση g : 0 , 3  →  ℝ µε ( ) ( ) ( )
x
0
g x f x f t dt= − ∫ . f παραγωγίσιµη ⇒ f
συνεχής ⇒ ( )
x
0
f t dt∫ παραγωγίσιµη ⇒ g παραγωγίσιµη στο ( )0 , 3 µε

24
( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x 0 , x 0 , 3′ ′= − > ∈ και η g είναι συνεχής στο 0 , 3    ⇒ ↑  g στο 0 , 3 . Άρα,
για ( ) ( ) ( ) ( ) ( > ⇒ > = ⇒ − > ∀ ∈ ∫
x
0
x 0 g x g 0 0 f x f t dt 0 , x 0 , 3 .
ii) Η h είναι συνεχής στο 0, 3   , ως γινόµενο συνεχών, και παραγωγίσιµη στο ( )0 , 3 , µε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x x x
x x x x x
0 0 0 0
h x e f t dt e f t dt e f t dt e f x e f x f t dt 0− − − − −
′   ′
′ = ⋅ + = − + = − >      
   
∫ ∫ ∫ ∫
, για κάθε ( )0 , 3 (λόγω του Α)α) ερωτήµατος και ότι x
e 0−
> ). Άρα, h ↑ στο 0 , 3   .
iii) Για ( ) ( ) ( ) ( )
0h
0
0
x 0 h x h 0 e f t dt 0 h x 0
↑
> ⇔ > = = ⇔ >∫ , για κάθε (x 0 , 3∈  .
Άρα, ( ) ( ) ( ) (
−
>
−
 
> ⇒ > ⇒ > ∈ 
  
∫ ∫
x
x xe 0 A)a)
x
0 0
e f t dt 0 f t dt 0 f x 0 , για κάθε x 0 , 3 * .
Β) i) Η φ είναι παραγωγίσιµη στο ( )0 , 3 ως τετράγωνο παραγωγίσιµης συνάρτησης, µε
( ) ( )
2
x
0
φ x f t dt
′  
 ′ = =     
∫
( ) ( ) ( ) ( )
′ 
= ⋅ = ⋅  
 
∫ ∫ ∫
x x x
0 0 0
2 f t dt f t dt 2 f t dt f x και ( ) ( ) ( ) ( )
x
2
0
φ x 2 f x f t dt f x 0
+
 
′′ ′= + ⋅ > 
  
∫ ,
διότι από την (*) και την σχέση ( ) ( )f x f x′ > προκύπτει ότι ( )f x 0 ,′ > ( )x 0 , 3∈ . Επίσης,
( ) ( )
x
0
f t dt 0 , x 0 , 3> ∈∫ . Άρα, ( )φ x 0′′ > , για κάθε ( )x 0 , 3 φ κυρτή στο 0 , 3 ∈ ⇔   .
ii) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
 
    
< ⇔ < ⇔ <          
 
∫ ∫ ∫ ∫
2
1 1
2
1 1A) γ)2 2
όλαθετικά
0 0 0 0
1
2 f t dt f t dt 2 f t dt f t dt 2 φ φ 1 :
2
αρκεί να
αποδείξουµε
αυτό.
• Θ.Μ.Τ. για την φ στο ( )
( ) 
− 
      ′⇒ ∃ ∈ = =    
     −
1 1
1
φ φ 0
21 1 1
0 , x 0 , : φ x 2φ
2 2 1 2
0
2
.
1
2
2
x1
x
10

25
• Θ.Μ.Τ. για την φ στο ( )
( )
( )
 
−  
      ′⇒ ∃ ∈ = = −    
     −
2 2
1
φ 1 φ
21 1 1
, 1 x , 1 : φ x 2φ 1 2φ
2 2 1 2
1
2
.
Όµως,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
′ ↑
       
′ ′< ⇒ < ⇒ < − ⇒ < ⇒ <       
       
φ
1 2 1 2αφού φ κυρτή
1 1 1 1
x x φ x φ x 2φ 2φ 1 2φ 4φ 2φ 1 2φ φ 1
2 2 2 2
.
C) Αφού ( ) ( )= ⇒ = =∫
2
2
0
f t dt 1 φ 2 1 1 . Εξίσωση εφαπτοµένης της φ
C στο σηµείο
( )( )Α 2 , φ 2 :
( ) ( ) ( )y φ 2 φ 2 x 2′− = ⋅ −
( ) ( )y 1 2f 2 x 2− = ⋅ −
( ) ( )y 2f 2 x 1 4f 2= + −
φ κυρτή ( ) ( ) ( )⇒ ≥ + −φ x 2f 2 x 1 4f 2 (η ισότητα ισχύει µόνο για x 2= )
Δηλαδή ( ) ( ) ( )  − − + ≥ ∈  φ x 2f 2 x 1 4f 2 0 , x 0 , 3 και δεν είναι παντού µηδέν
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒ − − + > ⇒ − − + > ⇒ > + ⇒ ∫ ∫ ∫
3 3 3
3
2
2
2 2 2
φ x 2 f 2 x 1 4 f 2 dx 0 φ x dx f 2 x 1 4f 2 0 φ x dx f 2 1
( ) ( )⇒ > + = ∫
3
2
E f 2 1 , αφού Ε φ x dx .

26
ΘΕΜΑ 10ο
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : α,β  →   ℝ µε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x
2
a
3
f α 3,f α 2,f x f β κ f t dt,x α,β
8
 ′= = = ⋅ + + ∈   ∫ και κ .∈ ℝ
i. Να βρεθεί το κ.
ii. Να δείξετε ότι ( )f x 0 ,> για κάθε x a,β . ∈   
iii. Να δείξετε ότι ( )
β
a
f x dx 1.=∫
iv. Να δείξετε ότι υπάρχει µοναδικό ( )ξ a,β∈ τέτοιο ώστε ( )
1
f ξ .
β a
=
−
i.Για x a= η δοσµένη σχέση γίνεται ( ) ( )= + ⇒ =
3
3 f β 0 f β 8
8
. Η συνάρτηση f είναι
συνεχής ⇒ + 2
κ f συνεχής στο a , β   , ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων
( )⇒ +∫
x
2
a
κ f t dt παραγωγίσιµη στο a , β   . Άρα, η f είναι παραγωγίσιµη στο a , β   , µε
( ) ( )2
f x κ f x′ = + , για κάθε x a , β ∈   .
Για ( ) ( )′= ⇒ = + ⇒ = + ⇒ = + ⇒ =2
x a f a κ f a 2 κ 3 4 κ 3 κ 1 .
ii. Είναι ( ) ( )2
f x 1 f x 0′ = + > , για κάθε ( )x a , β∈ και f συνεχής στο   ⇒ ↑ a , β f στο a , β   .
Άρα, για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ >a x β f a f x f β 3 f x 8 f x 0 , για κάθε x a , β ∈   .
iii. Θέτουµε
( ) ( ) ( )′= ⇒ = ⇒ = + ⇒ = + ⇒ =
+
2 2
2
1
u f x du f x dx du 1 f x dx du 1 u dx dx du
1 u
.

27
( )
( )
Γ
Γ
= ⇒ = =
= ⇒ = =
ια x a u f a 3
ια x β u f β 8
Οπότε το ολοκλήρωµα είναι: ( ) ( )
β 8 8 8
2 2
2 3a 3 3
1
f x dx u du 1 u du 1 u
1 u
′
 = ⋅ = + = + =
  +
∫ ∫ ∫
2 2
1 8 1 3 9 4 1= + − + = − =
iv. Θεωρούµε τη συνάρτηση F : a , β  →  ℝ , µε ( ) ( )
x
a
F x f t dt= ∫ . F συνεχής στο a , β   και
παραγωγίσιµη στο ( )a , β . Άρα, υπάρχει ( ) ( )
( ) ( )F β F a
ξ a , β : F ξ
β a
−
′∈ =
−
, δηλαδή
( )
( )
β
iii)
a
f t dt
1
f ξ
β a β a
= ==
− −
∫
. Το ξ αυτό είναι µοναδικό, διότι η f είναι ↑ στο a , β   , άρα 1 – 1.

28
ΘEMA 11ο
Έστω η συνάρτηση ) )0, 0, , +∞ → +∞   η οποία είναι παραγωγίσιµη και αντιστρέψιµη µε
( ) ( ) )1
f x f x , x 0, .− ′= ∀ ∈ +∞
i. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
ii. Να υπολογίσετε τα όρια ( )x 0
lim f x
→
και ( )x
lim f x .
→+∞
iii. Να δείξετε ότι ισχύει ( )( ) ( ) )
x
0
f f x tf t dt, x 0, .′= ∀ ∈ +∞∫
iv. Να ελέγξετε εάν για κάθε )x 0,∈ +∞ ισχύει ( )f x x> ή ( )f x x.<
v. Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )f x x,x 0,= ∈ +∞ έχει ακριβώς µία θετική λύση κ .
vi. Να δείξετε ότι ( )f x x, x κ> ∀ > και ( ) ( )f x x, x 0,κ .< ∀ ∈
vii. Να δείξετε ότι ( ) 21
f x x , x κ
2
> ∀ > και ( ) ( )21
f x x , x 0,κ .
2
< ∀ ∈
viii. Εάν ισχύει επιπλέον ( ) ( ) )1
xf x αf x , x 0, ,− = ∀ ∈ +∞ όπου α θετική σταθερά, να
βρείτε τον τύπο της f.
i.
) ( ) )
( )
( )
( ) )
1f αντίστροφη
1
f
f x 0 , x 0
D 0 , f A 0 , f x 0 , x 0 f 0 ,
f x 0 , x 0
−
−
≥ ≥
′  = + ∞ ⇒ = + ∞ ⇒ ⇒ > > ⇒ ↑ + ∞  ′ ≥ ≥
.
ii. ( ) ( )x 0
lim f x f 0 0
→
= =
( )x
lim f x
→ + ∞
= + ∞ , αφού )1
f
D 0 ,−
= + ∞

29
iii.
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )
Φ
Φx
0
x f f x
x h x
h x f f x dt
=
′ ′⇒ =
= ∫
( ) ( )Φ x h x C′= +
C 0=
iv. )x 0 ,∀ ∈ + ∞ . Δεν ισχύει ( ) ( )f x x hf x x> < , αφού ( )f 0 0= .
v. ( ) ( )g x f x x , x 0= − >
( ) ( ) ( )1
g x f x 1 f x 1−
′ ′= − = −
( ) ( )( ) ( )( )1
x 0 x 0 x 0
lim g x lim f x 1 lim f x 1 0 1 1 0+ + +
−
→ → →
′ ′= − = − = − = − < .
Άρα, ( )g x 0′ < κοντά στο 0 ( )a 0 : g a 0′∃ > <
( ) ( )( ) ( )( )1
x x x
lim g x lim f x 1 lim f x 1 0−
→ + ∞ → + ∞ → + ∞
′ ′= − = − = + ∞ >
Άρα, ( )g x 0′ > κοντά στο + ∞ , άρα, ( )β a 0 : g β 0′∃ > > >
( ) ( )
Θ Β. .
a , β ξ a , β : g ξ 0′  ⇒ ∃ ∈ = 
Αφού
( ) ( )1
1
g x f x 1 , x 0
g
f
−
−
′ = − >
′⇒ ր
ր
Αφού ( ) ( )
g
ξ 0 g ξ g 0 0
↓
> → < = . Άρα, ( )g ξ 0<
( ) ( )( )
( )
( )
( ) ( )
( )
x x x
x
1
DLHx x x
f x
lim g x lim f x x lim x 1
x
lim g x
f x
lim lim f x lim f x
x
→ + ∞ → + ∞ → + ∞
+ ∞ → + ∞
+ ∞
−
→ + ∞ → + ∞ → + ∞
  
  = − = −
  
   ⇒ = + ∞
′=== = = + ∞
.
Άρα, ( )g x 0> κοντά στο + ∞ . Άρα, ( )γ ξ 0 : g γ 0∃ > > > .
( ) ( )
Θ Β. .
ξ , γ κ ξ , γ : g κ 0  ⇒ ∈ = 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
Γ
Γ
Γ
g
g
g
ια x κ g x g κ 0
ια ξ x κ g ξ g x g κ 0
ια 0 x ξ g 0 g x g ξ
↑
↑
↓
> → > =
< < → < < = ⇒
< < → > >
Η ( )φ x 0= έχει µοναδική ρίζα.
x
− ∞
1
2
− + ∞
g′ - +
g ց ր
Ο.Ε.
( )g ξ

30
vi. Για ( ) ( ) ( )x κ g x g κ 0 f x x> → > = → > .
Για
( )
( )
( ) ( )
0 x ξ g x 0
0 x κ g x 0 f x x
ξ x κ g x 0
< < ⇒ <
< < → ⇒ < ⇒ <
< < → <
vii. Έστω ( ) ( )Φ 21
x f x x
2
= −
( ) ( )Φ x f x x′ ′= −
( ) ( )Φ 1
x f x x−
′ = −
( ) ( )
( )
Φ 1
x 0 f x x
f x x x κ
−
′ = ⇒ =
= ⇒ =
Για ( ) ( )1
x κ f x x 0 f x x 0−
> ⇒ − > ⇒ − <
( )Φ Φx 0′ < ⇒ ↓
viii. ( ) ( )1
xf x af x , x 0−
= ≥
( ) ( ) ( )
a 1
x
a
xf x af x 0 f x c x
−
′ − = ⇒ = ⋅ , x 0>
( ) a
a
1 a
x κ f κ c κ
κ c κ
c κ −
= ⇒ = ⋅
= ⋅
=
Άρα,
( )
( )
( )
1 a a
1 a a
f x κ x , x 0
f x κ x
f 0 0
−
−
= ⋅ >
⇒ = ⋅
=
x 0 κ + ∞
( )Φ x′ + -
( )Φ x ր ց

31
ΘEMA 12ο
Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ℝ , για την οποία ισχύει:
( )f a 1 a 1,f(a) a− > − < και ( )f a 1 a 1,+ > + για κάποιο α ∈ ℝ .
i. Να αποδείξετε ότι , η γραφική παράσταση της f και η διχοτόµος της 1ης
-3ης
γωνίας
των αξόνων έχουν δυο τουλάχιστον κοινά σηµεία.
ii. Να αποδείξετε ότι, η εξίσωση f (x) 1 f(x) x′ − = − έχει µια τουλάχιστον λύση στο
διάστηµα ( )α 1,α 1 .− +
iii. Αν επιπλέον η f είναι δυο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα
τουλάχιστον ( )ξ α 1,α 1∈ − + ώστε: ( )f ξ 0.′′ >
i) Έστω ( ) ( )g x f x x= − . Εφαρµόζω θεώρηµα Bolzano για την g στα a 1 , a −  και
a , a 1 +  .
• g συνεχής στα a 1 , a −  και a , a 1 +  , διότι η f παραγωγίσιµη στο ℝ , άρα η g
παραγωγίσιµη στο ℝ .
•
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
g a 1 f a 1 a 1 0
g a 1 g a 0
g a f a a 0
− = − − − > 
− ⋅ <
= − < 
•
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
g a f a a 0
g a g a 1 0
g a 1 f a 1 a 1 0
= − < 
⋅ + <
+ = + − + > 
Άρα, θα υπάρχουν ( )1
x a 1 , a∈ − και ( )2
x a , a 1+ ώστε ( ) ( )1 1 1
g x 0 f x x= ⇔ =
( ) ( )2 2 2
g x 0 f x x= ⇔ =
ii) ( ) ( )f x 1 f x x′ − = −
Έστω ( ) ( )h x f x x= − ώστε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )− − − ′
′ ′= ⇒ ⋅ − ⋅ = ⇒ ⋅ =x x x
h x h x e h x e h x 0 e h x 0
Θεώρηµα Rolle για ( ) ( )Φ x
x e h x−
= ⋅ στο 1 2
x , x   .

32
• Φ συνεχής στο 1 2
x , x   ως πράξεις συνεχών.
• Φ παραγωγίσιµη στο ( )1 2
x , x µε ( ) ( ) ( )Φ x x
x e h x e h x− −
′ ′= − ⋅ − ⋅
• ( ) ( ) ( )( )Φ 1 1x x
1 1 1 1
x e h x e f x x 0
− −
= ⋅ = ⋅ − =
( ) ( ) ( )( )Φ 2 2x x
2 2 2 2
x e h x e f x x 0
− −
= ⋅ = ⋅ − =
Θα υπάρχει ( )0 1 2
x x , x∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )Φ 0 0x x
0 0 0
x 0 e h x e h x 0
− −
′ ′= ⇔ − − ⋅ =
( ) ( )
( ) ( )
0 0
0 0 0
h x h x 0
f x x f x 1
′− =
′− = −
iii) Θ.Μ.Τ. για f στο a 1 , a −  .
Θα υπάρχει ( )1
ξ a 1 , a∈ − ώστε: ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )1
f a f a 1
f ξ f a f a 1
a a 1
− −
′ = = − −
− −
.
Θ.Μ.Τ. για f στο a , a 1 +  .
Θα υπάρχει ( )2
ξ a, a 1∈ + ώστε: ( )
( ) ( )
( ) ( )2
f a 1 f a
f ξ f a 1 f a
a 1 a
+ −
′ = = + −
+ −
.
Θ.Μ.Τ. για f′ στο 1 2
ξ , ξ   .
Θα υπάρχει ( )1 2
ξ ξ , ξ∈ ώστε: ( )
( ) ( )2 1
2 1
f ξ f ξ
f ξ
ξ ξ
′ ′−
′′ =
−
.
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 1 2 1
f a 1 f a f a f a 1 f a 1 f a 1 2f a
f ξ 1
ξ ξ ξ ξ
+ − − + + + + + −
′′ = =
− −
.
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 1
Όµως, f a 1 a 1
f a 1 f a 1 2a
f a 1 a 1
f a a 2f a 2a
f a 1 f a 1 2f a 0
και ξ ξ 0.
+ > + 
+ + − >
− > − 
< ⇒ − > −
+ + + − − >
− >
Άρα, ( ) ( )1 : f ξ 0′′ > .

33
ΘEMA 13ο
Δίνεται η συνεχής στο ℝ συνάρτηση f για την οποία γνωρίζουµε ότι: f(x) 0≠ για κάθε
x ∈ ℝ και
1
2
0
t f(t)dt 1≤∫ . Έστω ακόµη η συνάρτηση
( )
1
2 2 4
0
g(x) f(t) 2xt f(t) 5x t dt,= − +∫ x ∈ ℝ µε g(0) 0.>
a. Να αποδείξετε ότι f(x) 0> για κάθε x ∈ ℝ .
b. Να δείξετε ότι η εξίσωση g(x) 0= δεν έχει πραγµατικές ρίζες.
c. Αν ο αριθµός 1
z είναι ρίζα της εξίσωσης g(x) 0= και ισχύει 1
z 3= τότε:
i. Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της f,
τον άξονα x΄x και τις ευθείες x 0= και x 1=
ii. Να αποδείξετε ότι ( )1
2 Im z 3≤ < .
α)
( ) ( )
f συνεχής στο
η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο 1
f x 0 , x

⇒
≠ ∀ ∈ 
ℝ
ℝ
ℝ
Είναι τώρα: ( ) ( ) ( )
 
= − ⋅ +  
 
∫ ∫ ∫
1 1 1
2 2 4
0 0 0
g x f t dt 2 t f t dt x 5x t dt
( ) ( ) ( )
  
= − + ⇒         
∫ ∫
1
51 1
2 2
0 0 0
t
g x f t dt 2 t f t dt x 5x
5
( ) ( ) ( )
 
= − +  
 
∫ ∫
1 1
2 2
0 0
g x f t dt 2 t f t dt x x .
Είναι ( ) ( )
( )
( )
Υ
= > ⇒ > ∀ ∈∫ ℝ
11 πόθεση
g 0 f t dt 0 f x 0 , x . (διότι αν ίσχυε
( ) ( )
1
0
f x 0 , x f t dt 0< ∀ ∈ ⇒ <∫ℝ , άτοπο)

34
b) Η εξίσωση ( ) =g x 0 είναι ισοδύναµη µε την
( ) ( )
1 1
2 2
0 0
x 2 t f t dt x f t dt 0
 
− + =  
 
∫ ∫ τριώνυµο ως προς χ. Αρκεί να αποδείξουµε ότι η
διακρίνουσα ( ) ( ) ( ) ( )∆
   
< ⇔ − < ⇔ <      
   
∫ ∫ ∫ ∫
2 2
1 1 1 1
2 2
0 0 0 0
0 4 t f t dt 4 f t dt 0 t f t dt f t dt .
Αν ονοµάσουµε ( )= ∫
1
2
0
m t f t dt , τότε < ≤0 m 1 (από υπόθεση). Άρα,
( ) ( )
 
≤ ⇒ ≤  
 
∫ ∫
2
1 1
2 2 2
0 0
m m t f t dt t f t dt . Αρκεί να δείξουµε ότι
( ) ( ) ( ) ( )< ⇔ − <∫ ∫ ∫
1 1 1
2 2
0 0 0
t f t f t dt t 1 f t dt 0 . Για την συνάρτηση ( ) ( ) ( )= − ⋅2
g t t 1 f t ,
 ∈  t 0 , 1 έχουµε ότι ( )  ≤ ∀ ∈  g t 0 , t 0 , 1 (αφού
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ − ≤2 2
0 t 1 0 t 1 t 1 0 και ( ) >f t 0 ). Επίσης, η g δεν είναι παντού µηδέν
στο   0 , 1 . Άρα ( ) <∫
1
0
g t dt 0 . Οπότε πράγµατι η διακρίνουσα ∆ < 0 .
c)
i. Το ζητούµενο εµβαδό είναι ( )= ∫
1
0
E f t dt , αφού f θετική. Τώρα, αφού
( )∆ < ⇒ =0 η g x 0 έχει ρίζες µιγαδικές και συζυγείς 1 1
z , z . Από τους τύπους του
Vieta
( )
1
20
1 1 1
f t dt
γ
z z E z E E 3
α 1
⋅ = = = ⇒ = ⇒ =
∫
τετραγωνικές µονάδες.
ii. Επίσης, ισχύει
( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ = ⇒ = ≤ ⋅ = ⇒ ≤ ⇒ ≤∫ ∫
1 1
2 2 2
1 1 1 1 1
0 0
z z 2 t f t dt 2Re z 2 t f t dt 2 1 2 Re z 1 Re z 1
(αφού ( ) ( )= >∫
1
2
1
0
Re z t f t dt 0 )
( ) ( )
( ) ( ) ( )+ =
→ − ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥
2 2
1 1Re z Im z 3 2 2
1 1 1
3 Im z 1 Im z 2 Im z 2 .
Επίσης, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ = ⇒ = − < ⇒ <2 2 2 2
1 1 1 1 1
Re z Im z 3 Im z 3 Re z 3 Im z 3 .

35
ΘEMA 14ο
Έστω οι συναρτήσεις
2
x x
g(x) e 1 x , x 0
2
= − − − ≥ και
2
x
f(x) e , x 0= ≥
i. Να µελετήσετε την g ως προς την µονοτονία.
ii. Να δείξετε ότι για κάθε x 0≥ ισχύει g(x) 0.≥ Πότε ισχύει η ισότητα;
iii. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε τον τύπο της αντίστροφης.
iv. Να σχεδιάσετε στο ίδιο σύστηµα αξόνων, τις γραφικές παραστάσεις των f στο 0,1 
   και
της αντίστροφης της στο ( )f 0,1 
   .
v. Να δείξετε ότι
2
1 e
x
0 1
e dx ln xdx e+ =∫ ∫
vi. Να δείξετε ότι
2
1
x
0
e
e dx .
2
>∫
i) Η g είναι συνεχής στο ) + ∞0 , ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιµη στο ( )+ ∞0 ,
µε:
( )
′ 
′ = − − − = − − >  
 
2
x xx
g x e 1 x e 1 x , x 0
2
. Από γνωστή εφαρµογή του σχολικού
βιβλίου, ισχύει: ≤ −lnx x 1 , για κάθε >x 0 . Θέτοντας για x το x
e : ≤ −x x
lne e 1
≤ −x
x e 1
− − ≥x
e 1 x 0 (το “ = „ ισχύει µόνο
για =x 0 )
Άρα, ( )′ >g x 0 , για κάθε >x 0 . Άρα, ↑g στο ) + ∞0 , (αφού g συνεχής στο 0).

36
ii)
( )
( ) ( ) ( )
( )
Γ
Γ
↑
= ⇔ =

⇒ ≥ ∀ ≥
> ⇒ > ⇒ > 
g
ια x 0 g 0 0
g x 0 , x 0
ια x 0 g x g 0 g x 0
. Η ισότητα ισχύει µόνο για
=x 0 .
iii) f συνεχής στο ) + ∞0 , , ως σύνθεση συνεχών. f παραγωγίσιµη στο ( )+ ∞0 , , µε:
( ) ( )′
′ = =
2
x
f x e
( )′
= ⋅ = >
22
xx 2
e x 2xe 0 , για κάθε >x 0 , αφού >
2
x
e 0 , για κάθε ∈ ℝx . Άρα, ↑f στο
) + ∞ ⇒0 , f αντιστρέψιµη. Θέτοντας
2
x
y e= έχουµε 2
ln y x= και µε την προϋπόθεση
≥ln y 0 , έχουµε
≥
= ⇒ =
x 0
x ln y x ln y . (Η συνθήκη ≥ln y 0 δίνει ≥y 1 ). Άρα,
) ( )− −
 + ∞ → = ℝ1 1
f : 1 , , µε f x lnx .
iv) Οι − 1f f
C , C είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία =y x . Από τη γενική σχέση
≥ + ∈ ℝx
e x 1 , x , θέτοντας για x το 2
x : ≥ +
2
x 2
e x 1 . Όµως, + >2
x 1 x (ως
τριώνυµο µε αρνητική διακρίνουσα). Άρα, ( ) = >
2
x
f x e x . Άρα, η f
C βρίσκεται “πάνω„
από την =y x .
( ) ( ) ( )↑
    ======= =    
f συνεχής
f 0 , 1 f 0 , f 1 1 , e

37
v) Έστω = ∫
e
1
I lnx dx . Θέτω
( )
=
′= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
2u
2
x e
u
1 1 1 1
u lnx du lnx dx du dx du dx
2u x 2ue2 lnx
.
Για = ⇒ =x 1 u 0 . Για = ⇒ =x e u 1 .
Άρα,
( )′  = ⋅ = ⋅ = − = − ⇒ + = ⇒
 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2 2 2 2 2 2
11 1 1 1 1
u u u u x x
0 0 0 0 00
I u 2ue du u e du ue e du e e dx I e dx e ζητούµενησχέση
β΄ τρόπος(γεωµετρικά)
Το ∫
2
1
x
0
e dx είναι το εµβαδό 3
ε της f
C .
Το
e
1
lnx dx∫ είναι το εµβαδό 2
ε της − 1
f
C
Όµως, λόγω συµµετρίας, ισχύει Ε Ε2 1
= .
Άρα, ( ) ( ) ( )ΟΑΒΓ ΟΑ ΟΓ+ = + = + = = ⋅ = ⋅ =∫ ∫
2
1 e
x
3 2 3 1
0 1
e dx lnx dx ε ε ε ε 1 e e .
vi)Είναι από το ii) ερώτηµα: ( ) ≥g x 0 , για κάθε ≥x 0 . Για x το 2
x : ( )≥2
g x 0 . Οπότε η
συνάρτηση h µε ( ) ( )= ≥2
h x g x 0 και δεν είναι παντού µηδέν στο   0 , 1 . Άρα,
( )
 
> ⇒ − − − > ⇒  
 
∫ ∫
2
41 1
x 2
0 0
x
h x dx 0 e 1 x 0
2
 
> + + = + + = > 
  
∫
2
1
3 51
x
0 0
x x 1 1 43 e
e dx x 1
3 10 3 10 30 2
.

38
ΘEMA 15ο
Έστω η συνάρτηση )f : 1, , +∞ → ℝ η οποία είναι παραγωγίσιµη και έχει την ιδιότητα
)
x
3 2
1
f (x) x f(x) 2 tf(t)dt x 1, x 1,+ − = − ∀ ∈ +∞∫ .
i. Να δείξετε ότι f(1) 0=
ii. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.
iii. Να δείξετε ότι )
x 1
0 f(x) , x 1,
2
− ≤ ≤ ∀ ∈ +∞ .
iv. Να δείξετε ότι η f είναι κοίλη.
v. Να βρείτε το σύνολο τιµών της f΄.
vi. Να δείξετε ότι
3
1
2 3 f(x)dx− > ∫ .
i.Για x 1= η αρχική σχέση δίνει:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )+ − = ⇒ + = ⇒ + = ⇒∫
1
3 3 2
1
f (1) f 1 2 tf t dt 0 f 1 f 1 0 f 1 f 1 1 0 ( )f 1 0⇒ = , αφού
( )2
f 1 1 0+ > .
ii. f παραγωγίσιµη στο )1 , f + ∞ ⇒ συνεχής στο ) ( )1 , t f t + ∞ ⇒ ⋅ συνεχής στο
) ( )
x
1
1 , tf t dt + ∞ ⇒ ∫ παραγωγίσιµη στο )1 , + ∞ , µε ( ) ( )
x
1
tf t dt xf x
′ 
=  
 
∫ .
Επίσης, f παραγωγίσιµη 3
f⇒ παραγωγίσιµη και ( )2
x f x παραγωγίσιµη. Οπότε,
παραγωγίζοντας την αρχική σχέση, παίρνουµε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
x x
3 2 3 2
1 1
f x x f x 2 tf t dt x 1 f x x f x 2 tf t dt 1
′ ′   ′ ′′+ − = − ⇒ + − = ⇒      
   
∫ ∫

39
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2
1
3f x f x 2xf x x f x 2xf x 1 f x 3f x x 1 f x 0
3f x x
+
′ ′ ′ ′⇒ ⋅ + + − = ⇒ ⋅ + = ⇒ = >
+
, για κάθε x 1≥ . Επίσης, f συνεχής στο 1 (ως παραγωγίσιµη). Άρα, f ↑ στο )1 , + ∞ .
iii.
( )
( ) ( )
( )
Γ
Γ
f
ια x 1 , f 1 0
f x 0 , x 1
ια x 1 f x f 1 0
↑
= =

⇒ ≥ ∀ ≥
> ⇒ > = 
. ( Το ¨ = ¨ ισχύει µόνο για x 1= ).
Επίσης, ( )
( ) 22 2
1 1
f x
x3f x x
′ = <
+
, για κάθε
( ) ( )2
1 1
x 1 f x 0 , x 1 f x 0 , x 1
xx
′ 
′> ⇒ − < ∀ > ⇒ + < ∀ > 
 
.
Άρα, η συνάρτηση )g : 1 , + ∞ → ℝ , µε ( ) ( ) 1
g x f x
x
= + είναι ↓ στο )1 , + ∞ (αφού είναι
συνεχής στο 1).
Άρα, για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x 11 1
x 1 g x g 1 f x 1 f x 1 f x
x x x
−
> ⇒ < ⇒ + < ⇒ < − ⇒ < .
Ισχυρισµός:
x 1 x 1
, x 1
x 2
− −
< ∀ > .
[Πράγµατι,
( )
( )
22
2
x 1x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1
x 1 0
x 2 x 2 2 2 2x
−   − − − − − −
< ⇔ < ⇔ < ⇔ − − < ⇔   
   
( )
2
2
2x 2 x
x 1 0
2x
− −
− ⋅ < , το οποίο ισχύει, διότι
2 2
x 1 0 , 2x 0 , x 2x 2 0− > > − + − < (αρνητική διακρίνουσα)]. Άρα, ( )
x 1
f x , x 1
2
−
< ∀ >
και ( )
1 1
f 1 0
2
−
= = . Άρα, ( )
x 1
0 f x , x 1
2
−
≤ ≤ ∀ ≥ .
iv.Από τη σχέση ( )
( )2 2
1
f x , x 1
3f x x
′ = ≥
+
, προκύπτει ότι η f′ είναι παραγωγίσιµη στο
( )1 , + ∞ , ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων.
Έχουµε
( )
( ) ( )( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
′  ′⋅ +′ ′′ = = − ⋅ + = − < ∀ >
 + + + 
2 2
2 22 2
2 2 2 2
6f x f x 2x1 1
f x 3f x x 0 , x 1
3f x x 3f x x 3f x x
,

40
διότι ( ) ( )2x 0 , f x 0 , f x 0′> > > . Άρα, f′ ↓ στο )1 , + ∞ , αφού f′ συνεχής στο 1. Οπότε f
κοίλη στο )1 , + ∞ .
v. Σύνολο τιµών της f′ : )( ) ( ) ( ) (
f συνεχής
x
f 1 , lim f x , f 1 0 , 1
′
↓ → + ∞
 ′ ′ ′ + ∞ ====== =  
, διότι
( ) 1
f 1 1
3 0 1
′ = =
⋅ +
και ( )
( ) 22 2
1 1
f x
x3f x x
′ = <
+
. Οπότε ( ) 2
1
0 f x
x
′< ≤ και
2x x
1
lim 0 lim 0
x→ + ∞ → + ∞
= = . Άρα, από το κριτήριο της παρεµβολής, ( )x
lim f x 0
→ + ∞
′ = .
vi. Εξίσωση εφαπτοµένης της f
C στο ( )( )1 , f 1 :
( ) ( )( )ε : y f 1 f 1 x 1′− = −
ε : y 0 x 1
ε : y x 1
− = −
= −
Η f κοίλη ⇒ η f
C βρίσκεται ¨ κάτω¨ από την
( ) ( )ε f x x 1 , x 1⇒ ≤ − ∀ ≥ (το ¨ = ¨ ισχύει µόνο για x 1= ).
Άρα, η συνάρτηση ( ) ( )φ x f x x 1= − + είναι συνεχής και δεν είναι παντού µηδέν στο διάστηµα
1 , 3 
 
, άρα
( ) ( )( ) ( )
( )
 
< ⇒ − + < ⇒ + − + < ⇒ 
 
 
+ − + + − < ⇒ 
 
∫ ∫ ∫
∫
3
3 3 3 2
1 1 1 1
3
1
x
φ x dx 0 f x x 1 dx 0 f x dx x 0
2
3 1
f x dx 3 1 0
2 2
( ) ( )
3 3
1 1
f x dx 3 2 0 f x dx 2 3⇒ + − < ⇒ < −∫ ∫

41
ΘEMA 16ο
Δίνονται οι συναρτήσεις: f, F µε:
t
e
f(t)
t
= και
x
1
F(x) f(t)dt= ∫ .
Θεωρούµε και τη συνάρτηση:
2
xF(x) , 0 x 1
G(x) 0 , x 0
x f (x), x 1
 < <= =
 ′ ≥
Να αποδείξετε ότι:
i. Η G είναι συνεχής.
ii. Η G έχει ολικό ελάχιστο.
iii. Η G είναι κυρτή.
iv. Για κάθε x 0≥ ισχύει: ( )G(x) e x 1≥ − .
i) Αρχικά θα βρω το πεδίο ορισµού της F. Η f έχει πεδίο ορισµού το ( ) ( ), 0 0 ,− ∞ ∪ + ∞ .
Για να ορίζεται η F θα πρέπει τα άκρα 1, x να ανήκουν στο ίδιο διάστηµα του πεδίου ορισµού
της f. Επειδή ( )∈ + ∞ ⇒ >1 0 , x 0 . Άρα, ( )F
A 0 ,= + ∞ .
• Η f είναι συνεχής στο ( )+ ∞ ⇒0 , F παραγωγίσιµη στο ( ) ( )+ ∞ ⇒ ⋅0 , x F x παραγωγίσιµη
στο ( ) ⇒0 , 1 ( )x F x⋅ συνεχής στο ( ) ⇒0 , 1 G συνεχής στο ( )0 , 1 .
• Είναι
/
t t t
2
2
e te e
f (t) ,t 0 f συνεχης στο (1, ) x f(x) συνεχης στο (1, )
t t
  −
′ ′= = ≠ ⇒ +∞ ⇒ +∞ 
 
G συνεχης στο (1, )⇒ +∞
•
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
− −
+ +
→ →
′
→ →

= ⋅ ======== ⋅ = 

′⇒ = ⋅ = ⇒
′ ′= ⋅ ======== ⋅ = ⋅ =

F συνεχής
στο 1x 1 x 1
f συνεχής
2 2
στο 1x 1 x 1
lim G x lim x F x 1 F 1 0
G 1 1 f 1 0 G συνεχης στο 1.
lim G x lim x f x 1 f 1 1 0 0

42
• Θα αποδείξω ότι G συνεχής στο 0, δηλαδή ότι ( ) ( )x 0
lim G x g 0+
→
= , δηλαδή ότι
tx
x 0
1
e
lim x dt 0
t+
→
 
⋅ =  
 
∫ .
Για
↑ > <
< ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒∫ ∫ ∫
x
t x1 1 1e t 0 x 1x t
x t 1
x x x
e ee e e e
0 x t 1 e e e dt dt dt
t t t t t t
( ) ( )
⋅
   ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ − ≤ ⋅ ⇒ − ⋅ ≤ − ≤ − ⋅ ⇒   
⇒ − ⋅ ≤ − ≤ − ⋅ < <
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫
t t1 1 1 x x xt
1 1x x x
x x
x x x 1 1
tx
x
1
e e1 e 1
e dt dt e dt e lnt dt e lnt e lnx dt e lnx
t t t t t
e
xlnx e x dt e xlnx , 0 x 1.
t
Είναι ( )
( )
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2
1
lnxlnx xlim xlnx lim lim lim lim x 0
1 1
1
x xx
+ + + + +
− ∞
+ ∞
→ → → → →
′
= === = = − =
− ′
 
 
 
.
Άρα, ( ) ( )x
x 0 x 0
lim xlnx e lim e xlnx 0+ +
↔ →
   − ⋅ = − ⋅ =    . Άρα, από το κριτήριο παρεµβολής,
tx
x 0
1
e
lim x dt 0
t+
→
 
− =  
 
∫ , δηλαδή
tx
x 0
1
e
lim x dt 0
t+
→
 
⋅ =  
 
∫ . Συµπέρασµα: Η συνάρτηση G είναι
συνεχής στο )0 , + ∞ .
ii) Εύρεση της G΄
Για ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
x
x
1
0 x 1 , G x x F x F x xf x f t dt e
′′< < = = + = +∫ .
Για ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2
x 1 , G x x f x 2xf x x f x
′
′ ′ ′ ′′> = ⋅ = + ⋅ .
Βρίσκουµε: ( ) ( )
xx x x 2 x x
2 3
e xe e x e 2xe 2e
f x , f x
x x x
′  − − +
′ ′′= = =  
 
.
Άρα, ( ) ( ) ( )
x x 2 x x x
2 x2xe 2e x e 2xe 2e
G x 2xf x x f x xe , x 1
x x
− − +
′ ′ ′′= + ⋅ = + = > .
Επίσης,
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( ) ( )− − − −
 
 
 
→ → → →
′
− +
= == = = + =
− − ′−
0
0
x 1 x 1 x 1 x 1
xF xG x G 1 xF x F x xf x
lim lim lim lim F 1 f 1 e
x 1 x 1 1
x 1
, και

43
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )
0
2 0
x 1 x 1 x 1
G x G 1 x f x
lim lim lim 2xf x 2x f x 2f 1 2f 1 0 e e
x 1 x 1+ + +
 
 
 
→ → →
′−
′ ′′ ′ ′′= = + = + = + =
− −
.
Άρα, ( )G 1 e′ = .
Άρα, ( ) ( )
x
x
1
x
f t dt e , 0 x 1
G x
xe , x 1

+ < <
′ = 
 ≥
∫
Η G′ είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα διαστήµατα ( )0 , 1 και ( )1 , + ∞ , ως πράξεις
συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, ( ) ( ) ( )x 1 x 1
lim G x lim G x G 1 e− +
→ →
′ ′ ′= = = . Άρα, η G′ είναι συνεχής
στο ( )0 , + ∞ .
Επίσης, για ( ) ( ) ( ) x
x 0 , 1 , G x f x e 0′′∈ = + > και για x 1> , ( ) ( )x x x
G x xe e xe 0
′
′′ = = + > .
Επίσης, η G′ είναι παραγωγίσιµη στο 1. (διότι
( ) ( ) ( ) ( )
x
0x
x0
1
x 1 x 1 x 1
f t dt e e
G x G 1 f x e
lim lim lim 2e
x 1 x 1 1− − −
 
 
 
→ → →
+ −
′ ′− +
= == =
− −
∫
και
( ) ( )
0
x x x0
x 1 x 1 x 1
G x G 1 xe e e xe
lim lim lim 2e
x 1 x 1 1+ + +
 
 
 
→ → →
′ ′− − +
= == =
− −
. Άρα, ισχύει ( )G 1 2e 0′′ = > .
Οπότε, ( )G x 0′′ > στο ( )0 , G′+ ∞ ⇔ ↑ στο ( )0 , + ∞ .
Για κάθε t ∈ ℝ ισχύει:
t
t e 1
e t 1 1 , t 0
t t
≥ + ⇔ ≥ + > .
Άρα,
 
 ≥ + = + = − − ⇒ ≤ + −   
 
∫ ∫ ∫
t t1 1 x
1
x
x x 1
e e1
dt 1 dt t lnt 1 x lnx dt x lnx 1
t t t
, για κάθε
( )x 0 , 1∈ .
Επειδή, ( )+ +
↔ →
+ − = − ∞ ⇒ = − ∞∫
tx
x 0 x 0
1
e
lim x lnx 1 lim dt
t
.
Έχουµε τώρα:
• G′ συνεχής στο (0 , 1 .
• ( ) ( )+ +
→ →
 
′ = + = − ∞ ⇒  
 
∫
x
x
x 0 x 0
1
lim G x lim f t dt e υπάρχει ( ) ( )′∈ <1 1
x 0 , 1 : G x 0 .
• ( )G 1 e 0′ = >

44
Άρα, από το θεώρηµα Bolzano για την G′ στο 1
x , 1   υπάρχει ( ) ( )0 1 0
x x , 1 : G x 0′∈ = (το
0
x είναι µοναδικό, διότι G′ ↑ ).
Για ( ) ( )
′ ↑
′ ′< ⇔ < = ⇒ ↓
G
0 0
x x G x G x 0 G στο ( )0
0 , x .
Για ( ) ( )
′ ↑
′ ′> ⇔ > = ⇒ ↑
G
0 0
x x G x G x 0 G στο ( )0
x , 1 .
Άρα, η G παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0
x .
iii) Το έχουµε αποδείξει στο β) ερώτηµα ( )( )G στο 0 ,′ ↑ + ∞ .
iv) Η G είναι κυρτή, άρα η εφαπτοµένη της σε οποιοδήποτε σηµείο βρίσκεται κάτω από την
γραφική παράσταση της G. Εφαπτοµένη της G στο ( )( )A 1 , f 1 :
( ) ( )( )ε : y G 1 G 1 x 1′− = −
( )ε : y 0 e x 1− = ⋅ −
( )ε : y e x 1= ⋅ −
Άρα, ( ) ( )G x e x 1≥ ⋅ − , για κάθε x 0≥ (το “ = „ ισχύει µόνο για x 1= ).

45
ΘEMA 17ο
Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f µε
x x x
2 2 2
0 0 0
2tηµtf(t)dt t f (t)dt ηµ tdt≥ +∫ ∫ ∫ για κάθε
x 0, ).∈ +∞
a. Να δείξετε ότι xf(x) ηµx= για κάθε x 0, ).∈ +∞
b. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο .ℝ
i. Να δείξετε ότι η f παραγωγίσιµη.
ii. Να βρείτε τα ακρότατα στο 0,π 
   .
iii. Να λυθεί η 2 3 2009
f(x) f(x ) f(x ) f(x )+ = + στο 0,π 
   .
c.Να αποδείξετε ότι το εµβαδόν µεταξύ των f
C , ψ xηµ1= και του άξονα των x είναι
µικρότερο του π ηµ1.+
d. Nα βρείτε ότι το εµβαδόν µεταξύ των ψ xf(x), ψ χηµ1= = και του άξονα των x.
a) ( ) ( ) ( ) ( )
x x x x
2
2 2 2
0 0 0 0
2ηµf t dt t f t dt ηµ tdt tf t ηµt dt 0 σχέση 1 ≥ + ⇔ − ≤ ∫ ∫ ∫ ∫
Η ( )
2
tf t ηµt −  είναι συνεχής ως πράξεις και σύνθεση συνεχών και ισχύει ( )
2
tf t 0  ≥  ,
άρα ( ) ( )
x
2
0
tf t ηµt dt 0 , x 0 σχέση 2 − ≥ ≥ ∫ .
Οπότε από τις σχέσεις ( )1 και ( )2 έχουµε ( ) )
x
2
0
tf t zηµt dt 0 , x 0 ,  − = ∀ ∈ + ∞ ⇒ ∫
( ) ( ) ( )
x
2 2
0
tf t ηµt dt 0 xf x ηµx xf x ηµx,x 0
′ 
   ⇒ − = ⇔ − ⇔ = ≥     
 
∫ .

46
b)
i. Είναι ( ) ( )
( )
ηµx
, x 0
xf x f x x
f 0 , x 0

>
⇔ = 
 =
.
Αφού είναι συνεχής στο )0 , + ∞ θα είναι συνεχής και στο 0, οπότε
( ) ( )x 0 x 0
ηµx
f 0 lim f x lim 1
x+ +
→ →
= = = .
Άρα, ( )
ηµx
, x 0
f x x
1 , x 0

>
= 
 =
Για x 0> η f είναι παραγωγίσιµη µε ( ) 2
xσυνx ηµxηµx
f x
x x
′ − 
′ = = 
 
.
Στο 0
x 0= , θα εξετάσουµε την παραγωγισιµότητα µε τον ορισµό:
( ) ( ) ( )
( )
0
0
2 DLH x 0x 0 x 0x 0 x 0 2
ηµx
1f x f 0 ηµx xηµx x συνx 11 1xlim lim lim lim lim 0 0
x 0 x 2 x 2x
x
+ + + + →→ →→ →
′−− −− −
= = == = = ⋅ =
− ′
.
Άρα, είναι παραγωγίσιµη και στο 0, µε ( )f 0 0′ = .
Συνεπώς είναι παραγωγίσιµη µε ( ) 2
xσυνx ηµx
, x 0
f x x
0 , x 0
 −
>
′ = 
 =
.
ii. Έστω ( )g x xσυνx ηµx , x 0= − ≥ µε προφανή ρίζα το 0, αφού ( )g 0 0 συν0 ηµ0 0= ⋅ − =
και παράγωγο ( ) ( ) ( )g x xσυνx ηµx xηµx 0 , x 0 , π′′ = − = − < ∀ ∈ , άρα η g είναι γνησίως
φθίνουσα στο 0 , π   ως συνεχής σε αυτό.
Για ( ) ( ) ( ) ( )x 0 g x g 0 g x 0 f x 0′> ⇔ < ⇔ < ⇔ < , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
0 , π   ως συνεχής σε αυτό.
Οπότε οι τιµές των ακροτάτων βρίσκονται στα άκρα του διαστήµατος, µε ελάχιστο στο π
και µέγιστο στο 0.
Τα ακρότατα είναι ( )f 0 1= µέγιστο και ( ) ηµπ
f π 0
π
= = ελάχιστο.
iii. Οι αριθµοί 0 και 1 είναι προφανείς ρίζες της εξίσωσης ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2009
f x f x f x f x+ = + .

47
Για
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
+ > ⇒ < 
> ⇒ ⇒ + < + 
> ⇒ <  
2009 2 2009 2
2009 8 2
8 8
x x f x f x
x 1 f x f x f x f x
x x f x f x
.
Οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη στο (1 , π .
Όµοια για 0 x 1< < βρίσκουµε ( ) ( ) ( ) ( )2009 8 2
f x f x f x f x+ > + , άρα η εξίσωση µας είναι
αδύνατη στο ( )0 , 1 .
Συνεπώς έχεις ως µοναδικές λύσεις τις 0 και 1.
Σχόλιο: Αξίζει να σηµειωθεί ότι η εξίσωση έχει ως µοναδικές της ρίζες το 0 και το 1 στο
)0 , + ∞ .
c) Για τα σηµεία τοµής των συναρτήσεων f και y x ηµ1= ⋅ , όταν x π> , είναι
ηµx 1 1 π x π
x ηµ x ηµ1
x x π 2 2 6
≤ < < < < ⋅ < ⋅ .
Θεωρούµε την συνάρτηση ( ) ( )h x f x x ηµ1 , π x 0= − ⋅ ≥ ≥ η οποία είναι συνεχής και
παραγωγίσιµη ως διαφορά παραγωγίσιµων συναρτήσεων στο 0 , π   .
Είναι ( )h 1 0= και ( ) ( )h x f x ηµ1 0′ ′= − < , οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε το 1
είναι µοναδική ρίζα.
Για τα σηµεία τοµής της f µε τον άξονα x x′ έχουµε ( ) Ν*
f x 0 x κπ , κ= ⇔ = ∈ . Πρώτη λύση
είναι αυτή που προκύπτει για κ 1= , δηλαδή η x π= .
Για τα σηµεία τοµής της y x ηµ1= ⋅ µε τον άξονα x x′ έχουµε y 0 x 0= ⇔ = .

48
Αν Ω είναι το σχηµατιζόµενο χωρίο µεταξύ των f
x x , C′ και y x ηµ1= ⋅ , τότε για το εµβαδό
του ( )E έχουµε: ( ) ( )
π
1
1
E 1 ηµ1 f x dx
2
= ⋅ ⋅ + ∫ .
Ισχύει
ηµx 1
, x 1 , π
x x
 ≤ ∈   και επειδή η
1 ηµx
0 , x 1 , π
x x
 − ≥ ∈   είναι συνεχής και όχι
παντού µηδέν
(η ισότητα ισχύει όταν
π
x
2
= ) θα έχουµε
( ) ( )
π π π
π
1
1 1 1
1 ηµx
dx 0 f x dx lnx f x dx ln π π 1
x x
 
 − > ⇔ < ⇔ < < −   
 
∫ ∫ ∫ .
Συνεπώς, ( )Ε
1
π ηµ1 1 π ηµ1
2
−
 
< + ⋅ − < + 
 
.
d) Πρώτα θα αναζητήσουµε τα κοινά σηµεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων
( )s x ηµx= και y x ηµ1= ⋅ .
Έστω η συνάρτηση ( )w x ηµx x ηµ1 , x 0= − ⋅ ≥ η οποία είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών
και έχει προφανείς ρίζες τις ο και 1, αφού ( )w 0 ηµ0 0 ηµ1 0= − ⋅ = , ( )w 1 ηµ1 1ηµ1 0= − = .
Για ( ) ( ) ( ) ( )x 0 , w x 0 f x ηµ1 f x f 1 x 1≠ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
Οπότε οι λύσεις 0 και 1 είναι µοναδικές.
Για 0 x 1< < έχουµε ( ) ( ) ( )ηµx
f x f 1 ηµ1 ηµx x ηµ1 0 w x 0
x
> ⇔ > ⇔ − ⋅ > ⇔ > .
Αν Ε είναι το εµβαδό του ζητούµενου χωρίου, τότε
( ) ( )
11 1 2
0 0 0
x
E w x dx w x dx συνx ηµ1
2
 
= = = − − = 
 
∫ ∫
ηµ1
1 συν1
2
 
= − − 
 
τµ.

49
ΘEMA 18ο
A. Να δείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένα ξ 0> τέτοιο ώστε lnξ ξ 3 0.+ − =
B. Δίνεται η συνάρτηση ( )f : 0, ,+∞ → ℝ µε ( )
1
f(x) 1 lnx 2 .
x
  = − −   
i. Να µελετήσετε τη συνάρτηση f(x) ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα.
ii. Για το ξ του ερωτήµατος Α, να δείξετε ότι:
a.Για κάθε x 0,> ισχύει:
( )
2
ξ 1
f(x) 0.
ξ
−
+ ≥
b.Υπάρχει o
x ξ> τέτοιο ώστε να ισχύει o o
f(x ) f (x ) 0.′+ =
Α) Θεωρούµε τη συνάρτηση ( )g : 0 , + ∞ → ℝ µε ( )g x lnx x 3= + − . Η g είναι συνεχής στο
1 , e   και ( ) ( ) ( )( )g 1 g e 2 e 2 0⋅ = − − < . Άρα, από το θεώρηµα Bolzano υπάρχει
( ) ( )ξ 1 , e : g ξ 0∈ = , δηλαδή lnξ ξ 3 0+ − = . Η g είναι παραγωγίσιµη στο +
ℝ , µε
( ) 1
g x x 0 , x 0
x
′ = + > ∀ > . Άρα, g ↑ στο ( )0 , + ∞ . Άρα, το παραπάνω ξ είναι µοναδικό.
Β)
i. Η f παραγωγίσιµη στο ( )0 , + ∞ , µε
( ) ( ) ( ) ( )2
1 1 1 1 1
f x 1 lnx 2 1 lnx 2 lnx 2 1
x x x xx
′     ′′ = − − + − − = − + − =     
     
( )
2 2
g xlnx 2 lnx 2 x 1 lnx x 31 1 1
1 , x 0
x x x x x x x
 − − + − + −
= + − = = = > 
 
. Οπότε,
( ) ( )f x 0 g x 0 x ξ′ = ⇔ = ⇔ = ( ) ( ) ( ) ( )
g
f x 0 g x 0 g x g ξ x ξ
↑
′ = ⇔ > ⇔ > ⇔ > .

50
ii.
-∞ 0 ξ +∞
( )f x′ - +
f ց ր
Η f ↓ στο (0 , ξ και ↑ στο )ξ , + ∞ . Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ξ.
iii. Αφού η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ξ:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )− −
≥ ∀ > ⇒ + ≥ + =
2 2
ξ 1 ξ 1
f x f ξ , x 0 f x f ξ
ξ ξ
( )
( )
( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
Α
2 2 2
)
lnξ 3 ξ
2 2 2
ξ 1 ξ 1 ξ 1 1 ξ ξ 1ξ 11
1 lnξ 2 3 ξ 2
ξ ξ ξ ξ ξ ξ
ξ 1 ξ 1 ξ 1
0. Άρα, f x 0 , x 0.
ξ ξ ξ
= −
− − − − −− 
= − − + ========= − − + = + = 
 
− − − −
= − + = + ≥ ∀ >
Β) Θεωρούµε τη συνάρτηση )φ : ξ , + ∞ → ℝ , µε ( ) ( ) ( )φ x f x f x′= + . Τότε,
( ) ( ) ( )φ ξ f ξ f ξ′= + = ( )
( )( )ξ 1 lnξ 21
1 lnξ 2 0 0
ξ ξ
− − 
= − − + = < 
 
.
 >
 
 < < ⇒ − > > − > 
 < = < 
ξ 0
1διότι ξ e ξ 1 0 . Άρα, ξ 0 , ξ 1 0,
lnξ l 1
,
ne 2
lnξ 2 0.− <  Άρα, φ(ξ)>0.
Επίσης, ( ) ( ) ( )→ +∞ → + ∞ → +∞
′= + = + ∞ + = + ∞
x x x
lim φ x lim f x lim f x 0 (διότι
( ) ( ) ( )x
lim f x 1 0 2
→ + ∞
= − ⋅ + ∞ − = + ∞ και
( )
( )
( )
2x x x 2
lnx x 3lnx x 3
lim f x lim lim
x
x
+ ∞
+ ∞
→ ∞ → + ∞ → + ∞
′+ −+ −
′ = === =
′ x
1
1 0 1xlim 0
2x→ ∞
+ +
= = =
+ ∞
).
Αφού, ( )→ + ∞
= + ∞ ⇒
x
lim φ x υπάρχει ( )> >ρ ξ : φ ρ 0
Τώρα για την φ ισχύει το θεώρηµα Bolzano στο διάστηµα   ⇒ ξ , ρ υπάρχει
( )0 0
x ξ : φ x 0> = , δηλαδή ( ) ( )0 0
f x f x 0′+ = .
O

51
ΘEMA 19ο
Δίνεται συνάρτηση 2
f(x) x z 4 3i x 2010, x ,= + − − + ∈ ℝ για τον µιγαδικό αριθµό z
ισχύει z 4 3i.≠ + Αν η γραφική παράσταση της f(x) στο σηµείο της
1 1
Α ,f ,
2 2
    − −        
έχει
εφπτοµένη παράλληλη στον άξονα x΄x, τότε:
i. Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z.
ii. Να βρείτε την µέγιστη και την ελάχιστη τιµή του µέτρου z z .−
iii. Να αποδείξετε ότι 9 z 4 3i 11.≤ + + ≤
i. Η f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ , ως πολυωνυµική, µε ( )f x 2x z 4 3i , x′ = + − − ∈ ℝ . Θα
πρέπει
1
f 0
2
 
′ − = 
 
. Είναι
1
f 1 z 4 3i
2
 
′ − = − + − − 
 
. Άρα, θα πρέπει 1 z 4 3i 0− + − − = ⇔
( )z 4 3i 1 z 4 3i 1− − = ⇔ − + = .
Ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z είναι ο κύκλος κέντρου ( )Κ 4 , 3 και
ακτίνας ρ 1= .
ii. ( )1
c : z 4 3i 1− + = , δηλαδή ( ) ( )
2 2
1
c : x 4 y 3 1− + − =
(γεωµετρικός τόπος των µιγαδικών z).
Ο µιγαδικός z βρίσκεται στον συµµετρικό κύκλο ( )2
c ως προς
τον άξονα x x′ , δηλαδή στον κύκλο ( ) ( )
2 2
2
c : x 4 y 3 1− + + =
(κέντρο ( )Κ −4 , 3 , ακτίνα ρ 1= ).
Οπότε : ( )ΚΚmax
z z 2ρ 6 2 8′− = + = + =
( )ΚΚmin
z z 2ρ 6 2 4′− = − = − =

52
iii. Είναι: ( ) ( )z 4 3i z 4 3i 8 6i z 4 3i 8 6i 1 10 11+ + = − − + + ≤ − − + + = + = .
Επίσης, ( ) ( )z 4 3i z 4 3i 8 6i z 4 3i 8 6i 1 10 9+ + = − − + + ≥ − − − + = − = .
Άρα, 9 z 4 3i 11≤ + + ≤ .

53
ΘEMA 20ο
Έστω συνάρτηση 2009 2007
f(x) x x x, x= + + ∈ ℝ και η γνησίως φθίνουσα στο ℝ
συνάρτηση g(x).
a. Να µελετήσετε την f ως προς την µονοτονία και τα κοίλα και να αποδείξετε ότι η f
έχει αντίστροφή συνάρτηση.
b. Να συγκρίνετε τους αριθµούς ( )( )fog 2009 και ( )( )fog 2008 .
c. Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο (0,0)
είναι άξονας συµµετρίας των γραφικών παραστάσεων της f και της 1
f .−
d. Να δείξετε ότι: 1
f(x) f (x)−
< για κάθε x 0< και 1
f(x) f (x)−
> για κάθε x 0.>
α) f συνεχής στο ℝ ως πολυωνυµική. f δύο φορές παραγωγίσιµη, ως πολυωνυµική, µε :
( ) 2008 2006
f x 2009 x 2007 x 1′ = ⋅ + ⋅ + ,
( )′′ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2007 2005
f x 2009 2008 x 2006 2007 x ,
( ) ( )2005 2
f x x 2009 2008 x 2007 2006′′ = ⋅ ⋅ + ⋅ .
Άρα, ( )f x 0′ > , για κάθε ∈ ⇒ ↑ ⇒ −ℝ ℝx f στο f 1 1 .
Επίσης: ( ) 2005
f x 0 x 0 x 0′′ = ⇔ = ⇔ =
( ) 2005
f x 0 x 0 x 0′′ > ⇔ > ⇔ >
-∞ 0 +∞
f΄(x) + +
f΄΄(x) - +
Άρα, f κυρτή στο ( )0 , + ∞ και κοίλη στο ( ), 0− ∞ . Η f έχει σηµείο καµπής το
( )( ) ( )A 0 , f 0 A 0 , 0= .
O

54
b)
f στο
f στο
↑ 

↓ 
ℝ
ℝ
θα αποδείξουµε ότι fog στο↓ ℝ .
[Έστω 1 2
x , x ∈ ℝ µε
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
↓ ↑
< ⇒ > ⇒ > ⇒ >
g f
1 2 1 2 1 2 1 2
x x g x g x f g x f g x fog x fog x
, άρα fog ↓ στο ℝ .]
Τώρα, επειδή ( )( ) ( )( )
fog
2008 2009 fog 2008 fog 2009
↓
< ⇔ > .
c) Εφαπτοµένη της f
C στο
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )A 0 , 0 : ε : y f 0 f 0 x 0 , ε : y 0 1 x 0′− = − − = − ,
( )ε : y x := άξονας συµµετρίας των 1f f
C , C − .
d)
Για x 0> η f είναι κυρτή ⇒ η y x= βρίσκεται κάτω από την
( )⇒ >f
C f x x , για κάθε ( )x 0 1> . Θα αποδείξουµε ότι ( ) ( ) ( )1
f x f x x 0 2−
> ∀ > . Με
απαγωγή σε άτυπο: Αν υπήρχε a 0> µε ( ) ( )1
f a f a−
≤
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
1f
1
f
f f a f f a f f a a f f a a f a
f f a f a f a a
↑
−
↑
⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ < ⇔
⇔ < ⇒ <
, άτοπο λόγω ( )1 . Άρα, ισχύει η ( )2 .
Παρόµοια: Για x 0< η f είναι κοίλη ⇒ η y x= βρίσκεται πάνω από την
( ) ( )⇒ < ∀ <f
C f x x , x 0 3 . Θα αποδείξουµε ότι ( ) ( ) ( )1
f x f x , x 0 4−
< ∀ < . Με απαγωγή
σε άτοπο: Αν υπήρχε a 0< µε ( ) ( )1
f a f a−
≥
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
↑ ↑
−
⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ > ⇒ > ⇒ >
3f f
1
f f a f f a f f a a f f a a f a f f a f a f a a ,
άτοπο λόγω ( )3 . Άρα, ισχύει η ( )3 .

Ekfoniseis liseis 1-200

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

En vedette

En vedette (10)

Similaire à Ekfoniseis liseis 1-200

Similaire à Ekfoniseis liseis 1-200 (20)

Plus de Μάκης Χατζόπουλος

Plus de Μάκης Χατζόπουλος (20)

Dernier

Dernier (17)

Ekfoniseis liseis 1-200