Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε ότι
         
    
          
 



     
    
      

3 3
x α x α
3
x α
2
x α
x α
lim f x f x 2 lim f x f x 2 0
lim f x 1 f x 1 0
lim f x 1 f x f x 1 f x 1 0
lim            2
f x 1 f x f x 2 0
Όμως για x κοντά στο α έχουμε:
 
       
   
       
   
       
 
       
       
    
  
   
  

 
  
 
  

  

22
2 2
2
2
2
2
f x 1 f x f x 2f x 1 f x f x 2
f x 1
f x f x 2 f x f x 2
f x 1 f x f x 2
1 7
f x
2 4
f x 1 f x f x 2
7
4
4 f x 1 f x f x 2
7
Άρα
 
       
       
 
       
  
 
     
    
2
2 2
4 f x 1 f x f x 2
f x 1
7
4 f x 1 f x f x 2 4 f x 1 f x f x 2
f x 1
7 7
και επειδή
       

        
 
 
x α
2
4 f x 1 f x f x 2 4 0
0
7 7
lim
προκύπτει από το κριτήριο παρεμβολής ότι υπάρχει το   

x α
lim f x 1 και ισούται με 0
Άρα ισοδύναμα,  

x α
limf x 1
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
Για μαθητές

2. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Αφού η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής στο 0
Άρα    
 
x 0
f 0 limf x λ  1
Επομένως έχουμε:
 
      
          
f x λ
x 0
lim e f x e 1 e λ e 1 h λ h 1 λ 1
αφού η συνάρτηση   x
h x e x είναι γνησίως αύξουσα στο R άρα 1 1 στο R
Άρα η  1 δίνει   f 0 1
β) Θεωρούμε την συνάρτηση
     g x f x 2x 1 με x R
Έτσι
     g 0 f 0 1 0
H g είναι παραγωγίσιμη στο R με      g 0 f 0 2  2
Έτσι έχουμε:
              f x 2x 1 f x 2x 1 0 g x g 0 για κάθε x R
H g ικανοποιεί όλες τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Fermat και επομένως
 
 
    
2
g 0 0 f 0 2
γ) Έστω F μια αρχική της f στο R
Για κάθε x R έχουμε ότι:
     
       
     
           
         
   
     
   
   
   
   
 
   
   
   

   
 
 
       
     
     
      

   
  
2
f x f x f x 2f x 2f x2
h1 1
2
2
F x F x F x F x2
F x F x
F x F x
e 2f x 2f x e f x f x f x
h f x f x f x h 2f x 2f x
f x f x f x 2f x 2f x
f x e f x f x e 2f x e 2f x e 0
f x e 2f x e 0
f x e 2f x e c
Για x 0 έχουμε c 0 και επομένως για κάθε x R έχουμε:
   
   
      
 
  

        

F x F x 2x
2x
1
f x e 2f x e 0 f x 2f x 0 f x e 0
f x e c
Για x 0 έχουμε 1
c 1και επομένως   2x
f x e για κάθε x R
Για καθηγητές

3. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Αρκεί να αποδείξουμε ότι:   
 
x α
lim f x 1 0
Έχουμε:
 
     
   
       
 
   
   
     
  





 
2
2
3
2
2
f x f x f x 1 f x f x 2f x 1
f
4
f x 1 f x f x 2
71 7
f x
2
x 2
4
f
2
x
δηλαδή
                3 34 4
f x f x 2 f x 1 f x f x 2
7 7
όμως
        
   
           
   
3 3
x α x α
4 4 4
lim f x f x 2 lim f x f x 2 0 0
7 7 7
οπότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε:
  
 
x α
lim f x 1 0
Λύνει ο Μάκης Χατζόπουλος
Για μαθητές

4. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θα αποδείξουμε ότι   f 0 2 έχοντας δεδομένο ότι
 
 
   
  
 
 
  
f x 2x 1,x
f 0 1
f παραγωγίσιμη στο 0
R
Έχουμε
   
 
 
   
   
   
   
 
 
 




    
      
   
           
    
         
 
       
      
       
x 0
x 0
f x 1 f x f 0
2,x 0 2,x 0
x xf x 2x 1,x f x 1 2x,x
f x 1 f x f 0
2,x 0 2,x 0
x x
f x f 0
2 f 0 2x f 0 2
f x f 0 f 0 2
2
x
lim
lim
R R
Λύνει ο Π. Τρύφων- Εναλλακτική λύση
Για καθηγητές

5. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Από τη σχέση της υπόθεσης έχω:
 
  3
x α
lim f (x) f(x) 2 0
Επίσης:
            3 3 2
f (χ) f(x) 2 f (x) 1 f(x) 1 (f(x) 1) f (x) f(x) 1 f(x) 1
=    
     
 
3
2
2
f (x) f(x) 2
(f(x) 1) f (x) f(x) 2 f(x) 1
f (x) f(x) 2
αφού  2
f (x) f(x) 2 > 0 ως τριώνυμο με Δ < 0.
Άρα
 
    
 
3
3
2
f (x) f(x) 2
f(x) 1 f (x) f(x) 2
f (x) f(x) 2
(1), επειδή είναι
        
 
2 2
2
1
f (x) f(x) 1 0 f (x) f(x) 2 1 1
f (x) f(x) 2
.
Από την (1) έχω
        3 3
f (x) f(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 2
       3 3
1 f (x) f(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 2
Επειδή
    
       3 3
x α x α
lim 1 f (x) f(x) 2 lim 1 f (x) f(x) 2 1
θα είναι


x α
limf(x) 1.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Για μαθητές

6. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Iσχύει ότι:
 
        
 
3
2 3
2
x x 2
(x 1)(x x 2) x x 2 x 1
x x 2
οπότε
f(x) 1=
   
  
   
3 3
2 2
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2
f(x) 1
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2
.
Όμως
 
 
 
3
3
2
f (x) f(x) 2
f (x) f(x) 2
f (x) f(x) 2
.
Επόμενα
   3
f(x) 1 f (x) f(x) 2 
-  3
f (x) f(x) 2 < f(x) 1<  3
f (x) f(x) 2
και επειδή
  
      3 3
x α x α
lim f (x) f(x) 2 0 lim f (x) f(x) 2 0 ,
από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι
 
   
x α x α
lim(f(x) 1) 0 limf(x) 1
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
Για μαθητές

7. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θεωρώ τη συνάρτηση
 x
g(x) e x   x
g'(x) e 1> 0  x R
οπότε g γνήσια αύξουσα στο R και ως εκ τούτου 1-1.
Τώρα επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R θα είναι και συνεχής, οπότε
 
  f(x)
x 0
lim e f(x) e 1        f(0)
e f(0) e 1 g(f(0)) g(1) f(0) 1
διότι η g είναι 1-1.
β)Επειδή  f(x) 2x 1 η συνάρτηση   φ(x) f(x) 2x 1 παρουσιάζει ακρότατο στο x=1, συνεπώς
από θεώρημα FERMAT θα ισχύει   φ΄(0) 0 f'(0) 2 διότι  φ'(x) f'(x) 2.
γ)Η σχέση της υπόθεσης είναι:
 
    
2
f''(x) f(x)f'(x) 2 2f'(x) 2f (x)
e 2f (x) 2f'(x) e f(x)f'(x) f''(x)     2
g(f''(x) f(x)f'(x)) g(2f'(x) 2f (x))
και επειδή η g είναι 1-1 θα ισχύει:
  2
2f (x) 2f'(x) f(x)f'(x) f''(x)    2
2f (x) f(x)f'(x) 2f'(x) f''(x)
 f(x)(2f(x) f'(x))= 2f'(x) f''(x)
 f(x)(2f(x) f'(x))- ( 2f'(x) f''(x)) = 0 (1)
Αν F(x) μία παράγουσα της f , η σχέση (1) γράφεται:
 F'(x)(2f(x) f'(x)) ( 2f'(x) f''(x))= 0
 - 
 F(X)
e F'(x)(2f(x) f'(x)) F(x)
e ( 2f'(x) f''(x) ) = 0
  
F(x)
e (2f(x) f'(x) ’ =0  
F(x)
e (2f(x) f'(x) = c
Για x = 0 έχουμε c = 0 .
Επόμενα
2f(x)-f’(x) = 0   
  2x 2x
2e f(x) e f'(x) 0   2x
e f(x) ’ =0  
2x
1
e f(x) c
΄Όμως f(0) 1  1
c 1 ,και  2x
f(x) e .
Για καθηγητές

8. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Δίνεται ότι
         
          3 3 2
x α x α x α
lim f (x) f(x) 2 lim f (x) f(x) 2 0 lim f(x) 1 f (x) f(x) 2 0 ,
Θέτοντας
     2
g(x) f(x) 1 f (x) f(x) 2
έχουμε


x α
limg(x) 0 (1)
Επίσης
 
             
 
2
2 2 1 1 1 1 7 7
f (x) f(x) 2 f (x) 2 f(x) 2 f(x) 1
2 4 4 2 4 4
,
οπότε

       
   
g(x) 0
2
2 2
g(x)1
f (x) f(x) 2 1 0 1 g(x)
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2
και
        
   
(1)
2 2
g(x)g(x)
f(x) 1 g(x) g(x) f(x) 1 g(x)
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2
,
Όμως
  
  
x α x α
lim g(x) lim g(x) 0
και άρα από κριτήριο παρεμβολής
  
   
x α x α
lim f(x) 1 0 limf(x) 1
Λύνει ο Παντελής Δέτσιος
Για μαθητές

9. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Εφόσον f παραγωγίσιμη θα είναι και συνεχής , οπότε


x 0
limf(x) f(0) και αντίστοιχα
 
      f(x) f(0) f(0)
x 0
lim e f(x) e f(0) e 1 e f(0) (1),
θεωρώντας την g με       x x
g(x) e x, x , g (x) e 1 0 , gr 1 άρα και "1 1" , η (1) γίνεται
 

  
"1 1"
g(1) g f(0) 1 f(0)
β) Θεωρώντας την h με   h(x) f(x) 2x 1 , έχουμε h(0) 0 και από  f(x) 2x 1 προκύπτει
h(x) h(0) δηλ. για x 0 έχει ελάχιστο κι εφόσον είναι παραγωγίσιμη με   h (x) f (x) 2 από
Θ.Fermat θα είναι
       h (0) 0 f (0) 2 0 f (0) 2
γ) Έχουμε
   
      
2
f (x) f (x)f(x) 2 2f (x) 2f (x)
e 2f (x) 2f (x) e f(x)f (x) f (x) ,
οπότε
      

             

2
α)
f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) 2 2
g"1 1"
e f (x) f(x)f (x) e 2f (x) 2f (x) g f (x) f(x)f (x) g 2f (x) 2f (x)
f    
     
2
2
(x) f(x)f (x) 2f (x) 2f (x)
f (x) 2f (x) f(x)f (x) 2f (x)
      f (x) 2f (x) f(x) f (x) 2f(x)
η οποία θεωρώντας
      A(x) f (x) 2f(x) , A (x) f (x) 2f (x)
γίνεται
    A (x) f(x)A(x) A (x) f(x)A(x) 0 ,
Αν F αρχική της  f , δηλ.   F (x) f(x), (υπάρχει εφόσον f είναι συνεχής ) , έχουμε
 

           
F(x)
e 0
F(x) F(x) F(x) F(x)
A (x) F (x)A(x) 0 A (x)e F (x)e A(x) 0 A(x)e 0 A(x)e c
Για x 0 προκύπτει
      F(0) F(0)
A(0)e c f (0) 2f(0) e c 0 c ,
άρα
 

 
  

           
    
F(x) 2x
e 0 e 0
F(x) 2x 2x 2x
2x 2x
1 1
A(x)e 0 A(x) 0 f (x) 2f(x) 0 e f (x) 2e f(x) 0 e f(x) 0
e f(x) c f(x) c e
Για x 0 προκύπτει   1 1
f(0) c 1 c , οπότε
 2x
f(x) e ,x R
Για καθηγητές

10. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής, έχουμε:
 
      f(x) f(0)
x 0
lim e f(x) e 1 e f(0) e 1
Θεωρούμε τη συνάρτηση    x
h(x) e x e 1 που έχει προφανή ρίζα το χ=1 και επειδή είναι
γνησίως αύξουσα (    x
h (x) e 1 0 και συνεχής) άρα η ρίζα είναι μοναδική. Οπότε f(0) 1 .
β) Θέτω   g(x) f(x) 2x 1 οπότε η δοσμένη σχέση γράφεται:   g(x) 0 g(x) g(0) δηλαδή η
g παρουσιάζει στο x = 0 ακρότατο και αφού είναι παραγωγίσιμη και το x = 0 είναι εσωτερικό
σημείο από το θεώρημα του Fermat θα ισχύει:  g (0) 0 .
Όμως
  g (x) f (x) 2 άρα     f (0) 2 0 f (0) 2
γ) Έστω  x
φ(x) e x η οποία είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1-1. Η δοσμένη σχέση
γράφεται:
      
             
2
f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) 2 2
e f (x) f (x)f(x) e 2f (x) 2f (x) φ f (x) f (x)f(x) φ 2f (x) 2f (x)
και αφού η φ είναι 1-1 θα έχουμε:
                  2 2
f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) f (x) 2f (x) f (x)f(x) 2f (x) (f (x) 2f(x)) f(x)(f (x) 2f(x))
Αν θέσουμε  σ(x) f (x) 2f(x) τότε η σχέση γίνεται:
 σ (x) σ(x)f(x)   σ (x) σ(x)f(x) 0
Επειδή f συνεχής έστω F μία αρχική της f. Τότε έχουμε:
  
    F(x) F(x) F(x)
e σ (x) e σ(x)f(x) 0 [e σ(x)] 0
Δηλαδή , 
F(x)
1
e σ(x) c αφού F(x)
e σ(x) είναι συνεχής
Άρα αν θέσουμε όπου x = 0 θα έχουμε 1
c 0 δηλαδή 
F(x)
e σ(x) 0
Και αφού 
F(x)
e 0 τότε σ(x) = 0 .
Δηλαδή
  
        2x 2x 2x
f (x) 2f(x) 0 e f (x) 2f(x)e 0 (f(x)e ) 0
Και αφού 2x
f(x)e είναι συνεχής θα ισχύει:

2x
2
f(x)e c και για x = 0
θα έχουμε: 2
c 1 δηλαδή

  2x 2x
f(x)e 1 f(x) e
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Για καθηγητές

11. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Είναι
 3
x α
lim f (x) f(x)

 =2  3
x α
lim f (x) f(x) 2

  =0   3
x α
lim f (x) 1 f(x) 1

   =0
   2
x α
lim[ f(x) 1 f (x) f(x) 1 f(x) 1]

     =0
   2
x α
lim f(x) 1 f (x) f(x) 1 1

    =0
   2
x α
lim f(x) 1 f (x) f(x) 2

   =0 (1).
Το τριώνυμο 2
g(y) = y y 2  έχει γραφική παράσταση παραβολή που στρέφει τα κοίλα άνω
και παρουσιάζει ελάχιστο για
β
y =
2α
 =
1
2
 .
Η ελάχιστη τιμή του είναι το
1 1 1
g = 2
2 4 2
 
   
 
=
7
4
.
Τότε όμως
  2
f(x) 1 f (x) f(x) 2   = 2
f(x) 1 f (x) f(x) 2   
7
4
f(x) 1
και παίρνοντας όρια για x α έχουμε ότι
  2
x α
lim f(x) 1 f (x) f(x) 2

   
x α
7
lim f(x) 1
4 

(1)
 0
x α
7
lim f(x) 1
4 
  0.
Από το κριτήριο παρεμβολής έπεται ότι
x α
lim f(x) 1

 = 0  x α
lim f(x) 1

 = 0 
x α
limf(x)

= 1.
Λύνει ο Θανάσης Καραγιάννης
Για μαθητές

12. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Είναι  f(x)
x 0
lim e f(x)

 =e  1 και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής στο .
Συνεπώς f(0)
e f(0) =e 1 (1) ,
δηλαδή ο αριθμός f(0) είναι ρίζα της εξίσωσης x
e x =e 1  g(x) = g(1) , όπου θέσαμε
g(x) = x
e x , x . Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη με ' x
g (x) = e 1 > 0 για κάθε x .
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο , δηλαδή 1 1. Επομένως, από την (1) έχουμε ότι
f(0) = 1 .
β) Εξ υποθέσεως, υπάρχει η '
f (0), δηλαδή υπάρχει το
x 0
f(x) f(0)
lim
x
 (α)

x 0
f(x) 1
lim λ
x

  .
Παίρνουμε πλευρικά όρια, οπότε για x > 0 είναι:
f(x) 2x 1   f(x) 1 2x 
x>0

f(x) 1 2x
x x

 
f(x) 1
2
x

 
x 0
f(x) 1
lim 2
x


  λ 2 (2).
Για x < 0 έχουμε:
f(x) 2x 1   f(x) 1 2x 
x<0

f(x) 1 2x
x x

 
f(x) 1
2
x

 
x 0
f(x) 1
lim 2
x


  λ 2 (3).
Από τις (2), (3) λ = 2, δηλαδή '
f (0)= 2 .
γ) Η δοσμένη σχέση, γράφεται ισοδύναμα:
'' ' ' 2
f (x) f (x)f(x) '' ' 2f (x) 2f (x) ' 2
e f (x) f (x)f(x) = e 2f (x) 2f (x) 
     φ(x)h(x)
e h(x) = e φ(x)  (4)
για κάθε x , όπου θέσαμε '' '
h(x) = f (x) f (x)f(x) και φ(x) = ' 2
2f (x) 2f (x) , x .
Θεωρούμε και τη συνάρτηση g(x) = x
e x του ερωτήματος (α), που είναι 1 1.
Τότε η (4)     g h(x) = g φ(x)  h(x) = φ(x)  '' '
f (x) f (x)f(x) = ' 2
2f (x) 2f (x) 
'' ' ' 2
f (x) 2f (x) = f (x)f(x) 2f (x)    ΄΄ ' '
f (x) 2f (x) = f (x) 2f(x) f(x)  
   
'
' '
f (x) 2f(x) = f (x) 2f(x) f(x)  ,για κάθε x . (5)
Απ` τη μορφή της σχέσης (5), οδηγούμαστε στο επόμενο
Λήμμα: Έστω u(x), v(x) συνεχείς συναρτήσεις σ` ένα διάστημα Δ και παραγωγίσιμες στο
εσωτερικό του Δ, για τις οποίες ισχύει η σχέση:
u΄(x) = u(x)v΄(x) για κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ.
Τότε η συνάρτηση u είναι της μορφής v(x)
u(x) = ce , x Δ και c σταθερός πραγματικός
αριθμός.
Απόδειξη: Θεωρούμε τη συνάρτηση v(x)
u(x)
w(x) =
e
, που είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του
Δ με παράγωγο w΄(x)=
v(x) v(x)
2v(x)
u΄(x)e u(x)e v΄(x)
e
 (i)

v(x) v(x)
2v(x)
u(x)v΄(x)e u(x)e v΄(x)
e

= 0 για κάθε εσω-
τερικό σημείο x του Δ. Από γνωστή συνέπεια του Θ.Μ.Τ. η συνάρτηση w είναι σταθερή στο Δ,
Για καθηγητές

13. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
άρα υπάρχει σταθερά c  τέτοια, ώστε w(x) = c  v(x)
u(x)
e
= c v(x)
u(x) = ce , x Δ .
Σχόλιο: Αν πάρουμε μία άλλη αρχική συνάρτηση της v΄(x), έστω την s(x), τότε το λήμμα οδηγεί
στο συμπέρασμα s(x)
u(x) = ce . Όμως, 1
s(x) = v(x) +c για κάποια σταθερά 1
c  καθώς οι συναρ-
τήσεις v και s έχουν την ίδια παράγωγο, οπότε παρατηρούμε ότι
1v(x)+c
u(x) = ce = 1cv(x)
ce e = 1c v(x)
(ce )e = v(x)
2
c e διότι ο αριθμός 2
c = 1c
ce είναι σταθερός. Ώστε η επιλογή της
αρχικής συνάρτησης της v΄(x) διαφοροποιεί απλώς τη σταθερά c και το λήμμα ισχύει σε κάθε
περίπτωση.
Εφαρμόζουμε το λήμμα για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις u(x) = '
f (x) 2f(x) , x
και v(x) = F(x), x , όπου F είναι μία αρχική συνάρτηση της f, η οποία υπάρχει γιατί η f είναι
συνεχής, άρα ολοκληρώσιμη. Τότε, από τη σχέση (5) προκύπτει ότι u΄(x) = u(x)F΄(x) και
συνεπώς
F(x)
u(x) = ce  '
f (x) 2f(x) = F(x)
ce για κάθε x (6).
Η σταθερά c θα προσδιοριστεί θέτοντας x = 0.
Πράγματι, (6)  '
f (0) 2f(0) = F(0)
ce
(α)
(β)
 221 = F(0)
ce  F(0)
ce = 0 c = 0 .
Αλλά τότε η (6)  '
f (x) = 2f(x)για κάθε x (7).
Εφαρμόζουμε πάλι το λήμμα για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις u(x) =f(x), x
και v(x) = 2x, x και έχουμε: (7)  u΄(x) = u(x)(2x)΄ και επομένως
2x
1
u(x) = c e  2x
1
f(x) = c e , x και 1
c σταθερά, η οποία θα προσδιοριστεί θέτοντας ξανά x = 0.
Τότε η τελευταία σχέση δίνει 2 0
1
f(0) = c e 
(α)
 1 = 0
1
c e  1
c = 1. Άρα τελικά είναι 2x
f(x) = e , x .

14. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Θέτουμε 3
g(x) f (x) f(x) 
Ισχύει ότι  x α x α
limg(x) 2 lim g(x) 2 0
 
   
3 3 3
g(x) f (x) f(x) g(x) 2 f (x) f(x) 2 g(x) 2 f (x) 1 f(x) 1             
    
   
2
2
g(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 1 f(x) 1
g(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 1 1
       
       
 
  2
g(x) 2 f(x) 1 f (x) f(x) 2     
Το 2
f (x) f(x) 1 0   για κάθε xR διότι είναι τριώνυμο ως προς f(x) με α 1 0  και
Δ 3 0  
άρα 2 2
f (x) f(x) 1 0 f (x) f(x) 2 1 0       
επομένως 2
g(x) 2
f(x) 1
f (x) f(x) 2

 
 
έχουμε 2 2
g(x) 2g(x) 2
f(x) 1 g(x) 2
f (x) f(x) 2 f (x) f(x) 2

    
   
διότι 2 2
2
1
f (x) f(x) 2 1 f (x) f(x) 2 1 1
f (x) f(x) 2
        
 
άρα g(x) 2 f(x) 1 g(x) 2     
επειδή    x α x α
lim g(x) 2 lim g(x) 2 0
 
     από κριτήριο παρεμβολής είναι και
 x α x α
lim f(x) 1 0 limf(x) 1
 
   
Λύνει ο Τόλης Τσακίρης
Για μαθητές

15. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) H f παραγωγίσιμη άρα και συνεχής
x 0
limf(x) f(0)


Η f(x)
e συνεχής
f(x) f(0)
x 0
lime e


     f(x) f(x) f(x) f(x) f(0)
x 0 x 0 x 0 x 0
f(0) limf(x) lim e f(x) e lim e f(x) lim e e 1 e
   
         
f(0) f(0)
f(0) e 1 e f(0) e e 1       
Θέτουμε x
g(x) e x ,x  R x
g (x) e 1 0    γνησίως αύξουσα άρα 1-1
Έχουμε g(f(0)) e 1 g(f(0)) g(1) f(0) 1     
β)
f(x) 2x 1 f(x) 2x 1 0      για κάθε xR (1)
Θέτουμε h(x) f(x) 2x 1   , xR , h(0) f(0) 2 0 1 1 0 1 0        και h (x) f (x) 2  
(1) h(x) h(0)  για κάθε xR
Δηλαδή η h παρουσιάζει στο 0 ολικό ελάχιστο. Επίσης η h είναι παραγωγίσιμη στο 0
και το 0 είναι εσωτερικό σημείο του R
Από θεώρημα Fermat h (0) 0 f (0) 2 0 f (0) 2       
γ)
2
f (x) f (x)f(x) 2 2f (x) 2f (x)
e 2f (x) 2f (x) e f(x)f (x) f (x)   
       
2
f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x) 2
e f (x) f(x)f (x) e 2f (x) 2f (x)   
      
Θέτουμε x
g(x) e x ,x  R x
g (x) e 1 0    γνησίως αύξουσα άρα 1-1
2
g(f (x) f (x)f(x)) g(2f (x) 2f (x))      2
f (x) f (x)f(x) 2f (x) 2f (x)    
2
f (x) 2f (x) f (x)f(x) 2f (x)     
   f (x) 2f(x) f(x) f (x) 2f(x)    
Θέτουμε k(x) f (x) 2f(x)  , k(0) f (0) 2f(0) 2 2 1 0     
Η f είναι συνεχής άρα έχει αρχική F , F (x) f(x) 
F(x) F(x)
k (x) f(x)k(x) k (x) F (x)k(x) 0 e k (x) F (x)e k(x) 0          
F(x) F(x) F(x)e 0
2F(x) F(x)
k (xe k (x) F (x)e k(x) k(x)
0 0
e e
     
    
 
Άρα 1F(x)
k(x)
c
e
 , για x 0 έχουμε 1 1 1F(0) F(0)
k(0) 0
c c c 0
e e
    
Για καθηγητές

16. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
2x 2x
F(x)
k(x)
0 k(x) 0 f (x) 2f(x) 0 f (x)e 2e f(x) 0
e
          
 2x 2x
4x 2x
f (x)e 2x e f(x) f(x)
0 0
e e
    
    
 
Άρα 2x
f(x)
c
e
 για x 0 έχουμε 0
f(0) 1
c c c 1
1e
    
2x
2x
f(x)
1 f(x) e
e
  
Κάνουμε επαλήθευση και έχουμε 2x
f(x) e

17. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Θέτω   x
g x e x  , x .
Η g είναι [ και 1-1 και έχω   f(x)
g f(x) e f(x)  στο .
Από την υπόθεση είναι
x 0
limg(f(x)) e 1

  . (1)
Η g συνεχής στο 1, άρα
x 1
limg(x) g(1) e 1

   .
Ισχύει επίσης
x 0
limf(x) f(0)

 (2), αφού f συνεχής στο 0 ως παρ/μη σ’ αυτό.
Θέτω u f(x) και ισχύει
u f(0)
lim g(u) g(f(0))

 (3), αφού g συνεχής στο f(0).
Aπό (2), (3) ισχύει
x 0
limg(f(x)) g(f(0))

 (4).
Από (1), (4) είναι
f1 1
g(f(0)) g(1) f(0) 1

   .
β) Αν h(x) f(x) 2x,  x η δεδομένη ανισότητα της υπόθεσης γράφεται h(x) h(0) και με
εφαρμογή Fermat είναι h (0) 0 f (0) 2    .
Λύνει ο Κ. Δεββές [ ερωτήματα (α) και (β)]
Για καθηγητές

18. ___________________________________________________________________________
3η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) f(x) f(0)
x 0
lim(e f(x)) e 1 e f(0) e 1

      
Θεωρούμε την g(x)  x
e x η οποία είναι 1-1
 f(0)
e f(0) e 1 g(f(0)) g(1) f(0) 1.      
β) Έχουμε :f(x) 2x 1 f(x) 2x 1 0     
Θεωρούμε την h(x)  f(x) 2x 1  με h'(x) f'(x) 2 
 f(x) 2x 1 0 h(x) h(0)     άρα η h παρουσιάζει ελάχιστο στο 0 οπότε από
Θ.Fermat h'(0) f'(0) 2 0 f'(0) 2    
γ) Έστω F μια αρχική της f

2
f''(x) f'(x)f(x) 2f'(x) 2f (x) 2
e f''(x) f'(x)f(x) e 2f'(x) 2f (x) 
    
2 2
g(f''(x) f'(x)f(x)) g(2f'(x) 2f (x)) f''(x) f'(x)f(x) 2f'(x) 2f (x)       
2
f''(x) 2f'(x) f'(x)f(x) 2f (x) (f'(x) 2f(x)) f(x)(f'(x) 2f(x))       
'
F(x) ' F(x)
F(x) ' F(x)
(f'(x) 2f(x)) f(x)(f'(x) 2f(x)) 0
e (f'(x) 2f(x)) e f(x)(f'(x) 2f(x)) 0
(e (f'(x) 2f(x))) 0 f'(x) 2f(x) ce
 

    
    
     
Για x=0 : c=0 άρα 2x 2x 2x
f'(x) 2f(x) 0 e f'(x) 2e f(x) 0 ... f(x) e 
       
Λύνει ο Δημήτρης Χατζάκης
Για καθηγητές