Themata kai lyseis mathimatikwn katefthinsis gel 2015

1. Μαθηματικά Θετικής Κατεύθυνσης
ημερησίων Γενικών Λυκείων (ΓΕΛ)
2015 θέματα και λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
https://liveyourmaths.wordpress.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β΄)
ΔΕΥΤΕΡΑ 25 ΜΑΪΟΥ 2015
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω μια συνάρτηση f , η οποία είναι ορισμένη σε ένα κλειστό
διάστημα [α,β]. Αν
η f είναι συνεχής στο [α,β] και
f(α) f(β),
τότε να αποδείξετε ότι για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(α) και f(β)
υπάρχει ένας τουλάχιστον 0x (α,β), τέτοιος ώστε 0f(x ) η.
Μονάδες 7
A2. Έστω μια συνάρτηση f και 0x ένα σημείο του πεδίου ορισμού της. Πότε
θα λέμε ότι η f είναι συνεχής στο 0x ;
Μονάδες 4
A3. Έστω μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού A . Πότε λέμε ότι η f
παρουσιάζει στο 0x Α τοπικό ελάχιστο;
Μονάδες 4
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη
λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
α) Αν για δύο συναρτήσεις f, g ορίζονται οι συναρτήσεις fog και gof,
τότε ισχύει πάντοτε ότι fog = gof.
β) Η διανυσματική ακτίνα της διαφοράς των μιγαδικών α βi και
γ δi είναι η διαφορά των διανυσματικών ακτίνων τους.
γ) Για κάθε x ισχύει ότι συν x ημx.( )

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
δ) Έστω f μία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα [α,β]. Αν ισχύει
ότι f(x) 0 για κάθε x [α,β] και η συνάρτηση f δεν είναι παντού
μηδέν στο διάστημα αυτό, τότε
β
α
f(x)dx 0.
ε) Αν
0x x
lim f(x) 0 και f(x) 0 κοντά στο 0x , τότε
0x x
1
lim .
f(x)
Μονάδες 10
ΘΕΜΑ Β
Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z για τους οποίους ισχύει:
|z 4 | 2 | z 1|.
B1. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων αυτών των
μιγαδικών αριθμών z είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και
ακτίνα ρ=2.
Μονάδες 7
B2. Έστω 1 2
2 1
2z 2z
w ,
z z
όπου 1 2z , z δύο μιγαδικοί αριθμοί του ερωτήματος
Β1.
Να αποδείξετε ότι:
α) Ο w είναι πραγματικός και
(μονάδες 4)
β) -4 w 4.
(μονάδες 7)
Μονάδες 11
B3. Αν w - 4, όπου w είναι ο μιγαδικός αριθμός του ερωτήματος Β2, να
βρείτε τη σχέση που συνδέει τους μιγαδικούς αριθμούς 1 2z , z και να
αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφές τις εικόνες 1 2 3A(z ), B(z ), Γ(z )
των μιγαδικών αριθμών 1 2z , z και 3z , με 3 1z 2iz , είναι ισοσκελές.
Μονάδες 7

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται η συνάρτηση
x
2
e
f(x) , x
x 1
.
Γ1. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι το
σύνολο τιμών της είναι το διάστημα (0, ).
Μονάδες 6
Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
2
3 x 2 e
f e (x 1)
5
( )
έχει στο σύνολο των πραγματικών αριθμών μία ακριβώς ρίζα.
Μονάδες 8
Γ3. Να αποδείξετε ότι
4x
2x
f(t)dt 2xf(4x)
για κάθε x 0.
Μονάδες 4
Γ4. Δίνεται η συνάρτηση
4x
2x
1
, x 0
g(x) x
2 , x 0
f(t)dt
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο [0, ).
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Δ
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : για την οποία ισχύουν:
f(x) f(x)
f (x) e e 2 για κάθε x και
f(0) 0.
Δ1. Να αποδείξετε ότι
2
f(x) n x x 1( ), x .
Μονάδες 5
Δ2. α) Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη
και να προσδιορίσετε το σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f.
(μονάδες 3)

5. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη
γραφική παράσταση της συνάρτησης f , την ευθεία y x και τις ευθείες
x 0 και x 1.
(μονάδες 4)
Μονάδες 7
Δ3. Να υπολογίσετε το όριο:
x 0
x
2
0
f (t)dt
lim e 1 n f(x) .| |
Μονάδες 6
Δ4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση:
2 2
x 2 x
0 0
1 3 f(t )dt 8 3 f (t)dt
0
x 3 x 2
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (2,3).
Μονάδες 7
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)
1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο
εσώφυλλο πάνω-πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά στοιχεία
μαθητή. Στην αρχή των απαντήσεών σας να γράψετε πάνω-πάνω
την ημερομηνία και το εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα
θέματα στο τετράδιο και να μη γράψετε πουθενά στις απαντήσεις σας
το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων
αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα
θέματα δεν θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση. Κατά την
αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα
φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή
μόνο με μαύρο στυλό με μελάνι που δεν σβήνει. Μολύβι επιτρέπεται,
μόνο αν το ζητάει η εκφώνηση, και μόνο για πίνακες, διαγράμματα
κλπ.
4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των
φωτοαντιγράφων.
6. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.00 π.μ.
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

6. https://liveyourmaths.wordpress.com/
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχ. βιβλίου σελ. 194
Α2. Θεωρία σχ. βιβλίου σελ. 188
Α3. Θεωρία σχ. βιβλίου σελ. 259
Α4. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1. Έχουμε:
|𝑧𝑧 − 4| = 2|𝑧𝑧 − 1| ⇔ |𝑧𝑧 − 4|2
= 4|𝑧𝑧 − 1|2
⇔
(𝑧𝑧 − 4) ∙ (𝑧𝑧 − 4�������) = 4(𝑧𝑧 − 1)(𝑧𝑧 − 1�������) ⇔
(𝑧𝑧 − 4)(𝑧𝑧̅ − 4) = 4(𝑧𝑧 − 1)(𝑧𝑧̅ − 1) ⇔
𝑧𝑧𝑧𝑧̅ − 4𝑧𝑧 − 4𝑧𝑧̅ + 16 = 4(𝑧𝑧𝑧𝑧̅ − 𝑧𝑧 − 𝑧𝑧̅ + 1) ⇔
𝑧𝑧𝑧𝑧̅ − 4𝑧𝑧 − 4𝑧𝑧̅ + 16 = 4𝑧𝑧𝑧𝑧̅ − 4𝑧𝑧 − 4𝑧𝑧̅ + 4 ⇔
3𝑧𝑧𝑧𝑧̅ − 12 = 0 ⇔ 3|𝑧𝑧|2 = 12 ⇔ |𝑧𝑧|2 = 4 ⇔ |𝑧𝑧| = 2
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ(z) είναι ο κύκλος µε κέντρο
O(0,0) και ακτίνα ρ = 2.
Β2. α) Ισχύει: 𝑤𝑤 ∈ ℝ ⇔ 𝑤𝑤 = 𝑤𝑤�
Πράγματι, 𝑤𝑤� =
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
+
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
= �
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
�
�������
+ �
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
�
�������
=
2𝑧𝑧1���
𝑧𝑧2
+
2𝑧𝑧2���
𝑧𝑧1
=
2
4
𝑧𝑧1
4
𝑧𝑧2
+
2
4
𝑧𝑧2
4
𝑧𝑧1
=
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
+
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
=
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
+
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
= 𝑤𝑤
(αφού |𝑧𝑧| = 2 ⇔ |𝑧𝑧|2 = 4 ⇔ 𝑧𝑧𝑧𝑧̅ = 4 ή 𝑧𝑧̅ =
4
𝑧𝑧
)
Αφού 𝑧𝑧1, 𝑧𝑧2 ∈ ℂ τότε 𝑧𝑧1� =
4
𝑧𝑧1
και 𝑧𝑧2� =
4
𝑧𝑧2
.
Συνεπώς, 𝑤𝑤� = 𝑤𝑤 ⇔ 𝑤𝑤 ∈ ℝ

7. https://liveyourmaths.wordpress.com/
β) Είναι: | 𝑤𝑤| = �
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
+
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
� ≤ �
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
� + �
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
� =
2|𝑧𝑧1|
|𝑧𝑧2|
+
2|𝑧𝑧2|
|𝑧𝑧1|
=
2∙2
2
+
2∙2
2
= 4 και εφόσον 𝑤𝑤 ∈ ℝ από το α) ερώτημα,
| 𝑤𝑤| ≤ 4 ⇔ −4 ≤ 𝑤𝑤 ≤ 4
Β3. Είναι:
𝑤𝑤 = −4 ⇔
2𝑧𝑧1
𝑧𝑧2
+
2𝑧𝑧2
𝑧𝑧1
= −4 ⇔ 2𝑧𝑧1
2
+ 2𝑧𝑧2
2
= −4𝑧𝑧1 𝑧𝑧2
⇔ 2𝑧𝑧1
2
+ 4𝑧𝑧1 𝑧𝑧2 + 2𝑧𝑧2
2
= 0 ⇔
2 ∙ (𝑧𝑧1
2
+ 2𝑧𝑧1 𝑧𝑧2 + 𝑧𝑧2
2) = 0 ⇔
(𝑧𝑧1 + 𝑧𝑧2)2
= 0 ⇔ 𝑧𝑧1 + 𝑧𝑧2 = 0 ⇔ 𝑧𝑧1 = −𝑧𝑧2 (𝟏𝟏)
Είναι Α(z1),B(z2),Γ(z3)
Παίρνουμε: | 𝑧𝑧3 − 𝑧𝑧1| = |2𝑖𝑖𝑧𝑧1 − 𝑧𝑧1| = |𝑧𝑧1(2𝑖𝑖 − 1)| = |𝑧𝑧1(2𝑖𝑖 − 1)| =
|𝑧𝑧1| ∙ |2𝑖𝑖 − 1| = | 𝑧𝑧1| ∙ �(−1)2 + 22= |𝑧𝑧1| ∙ √5 = 2√5.
Ομοίως: | 𝑧𝑧3 − 𝑧𝑧2| = |2𝑖𝑖𝑧𝑧1 − 𝑧𝑧2| = |2𝑖𝑖𝑧𝑧1 − 𝑧𝑧1| = |𝑧𝑧1(2𝑖𝑖 − 1)| =
|𝑧𝑧1(−1 + 2𝑖𝑖)| = |𝑧𝑧1| ∙ |−1 + 2𝑖𝑖| = 2√5
Άρα |𝑧𝑧3 − 𝑧𝑧1| = |𝑧𝑧3 − 𝑧𝑧2| = 2√5 ⇒ το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές
αφού ΓΒ = ΓΒ
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε τη συνάρτηση 𝑓𝑓(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑥𝑥2 +1
, 𝑥𝑥 ∈ ℝ
Είναι 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = �
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑥𝑥2+1
�
′
=
(𝑒𝑒 𝑥𝑥)′�𝑥𝑥2+1�−𝑒𝑒 𝑥𝑥�𝑥𝑥2+1�
′
(𝑥𝑥2+1)2 =
𝑒𝑒 𝑥𝑥�𝑥𝑥2+1�−𝑒𝑒 𝑥𝑥∙2𝑥𝑥
(𝑥𝑥2+1)2 =
𝑒𝑒 𝑥𝑥�𝑥𝑥2−2𝑥𝑥+1�
( 𝑥𝑥2+1)2 =
𝑒𝑒 𝑥𝑥(𝑥𝑥−1)2
( 𝑥𝑥2+1)2
Άρα 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒𝑥𝑥(𝑥𝑥−1)
2
�𝑥𝑥2+1�
2 > 0 ∀ 𝑥𝑥 ≠ 1
𝑧𝑧1 𝑧𝑧2 ≠ 0
|𝑧𝑧1| = 2
(1)

8. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Δηλαδή
Όμως η 𝑓𝑓 είναι συνεχής στο 𝑥𝑥0 = 1, οπότε 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) > 0 σε όλο το ℝ. Συνεπώς
η 𝑓𝑓 γνησίως αύξουσα στο ℝ.
Για το σύνολο τιμών της συνάρτησης 𝑓𝑓 έχουμε:
lim
𝑥𝑥→−∞
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = lim
𝑥𝑥→−∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑥𝑥2+1
= lim
𝑥𝑥→−∞
�𝑒𝑒 𝑥𝑥 ∙
1
𝑥𝑥2+1
� = 0 ∙ 0 = 0
lim
𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑥𝑥2+1
= lim
𝑥𝑥→+∞
( 𝑒𝑒 𝑥𝑥)′
(𝑥𝑥2+1)′ = lim
𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
2𝑥𝑥
=
lim
𝑥𝑥→+∞
( 𝑒𝑒 𝑥𝑥)′
(2𝑥𝑥)′ = lim
𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒𝑥𝑥
2
= +∞
Εφόσον 𝑓𝑓 γνησίως αύξουσα στο ℝ από Γ1 θα έχουμε:
𝑓𝑓(ℝ) ≡ � lim
𝑥𝑥→−∞
𝑓𝑓( 𝑥𝑥) , lim
𝑥𝑥→+∞
𝑓𝑓( 𝑥𝑥)� ≡ (0, +∞) Άρα 𝑓𝑓(ℝ) ≡ (0, +∞).
Γ2. Έχουμε τη συνάρτηση 𝑓𝑓(𝑒𝑒3−𝑥𝑥 ∙ (𝑥𝑥2 + 1)) =
𝑒𝑒2
5
. Παρατηρούμε ότι 𝑓𝑓(2) =
𝑒𝑒2
22+1
=
𝑒𝑒2
5
, άρα 𝑓𝑓( 𝑒𝑒3−𝑥𝑥 ∙ (𝑥𝑥2 + 1)) = 𝑓𝑓(2).
Επειδή η 𝑓𝑓 είναι «1-1» αφού είναι γνησίως αύξουσα, τότε έχουμε:
𝑒𝑒3−𝑥𝑥 ∙ (𝑥𝑥2 + 1) = 2 ⇔ 𝑒𝑒3 ∙ 𝑒𝑒−𝑥𝑥 ∙ (𝑥𝑥2 + 1) = 2 ⇔
𝑒𝑒3
𝑒𝑒 𝑥𝑥 ∙ ( 𝑥𝑥2
+ 1) = 2 ⇔
𝑥𝑥2 + 1
𝑒𝑒 𝑥𝑥 =
2
𝑒𝑒3 ⇔
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑥𝑥2 + 1
=
𝑒𝑒3
2
⇔
𝑓𝑓(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒3
2
(𝟏𝟏)
1ος τρόπος
Επειδή
𝑒𝑒3
2
∈ (0, +∞) ≡ 𝑓𝑓(ℝ) με χρήση του Θεωρήματος Ενδιαμέσων
Τιμών (Θ.Ε.Τ.) υπάρχει ένα τουλάχιστον 𝑥𝑥0 ∈ ℝ με 𝑓𝑓(𝑥𝑥0) =
𝑒𝑒3
2
. Επίσης,
εφόσον η 𝑓𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ, τότε το 𝑥𝑥0 είναι μοναδικό.
+∞
+∞
+∞
+∞
𝑓𝑓 ↑
(DLH)

9. https://liveyourmaths.wordpress.com/
2ος τρόπος
Αρκεί να δείξω ότι η (1) έχει ακριβώς μια ρίζα (πραγματική), στο σύνολο ℝ.
Θεωρώ συνάρτηση ℎ(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) −
𝑒𝑒3
2
, 𝑥𝑥 ∈ ℝ. Όμως από Γ1 𝑓𝑓(𝑥𝑥) > 0 ⇒
𝑓𝑓(𝑥𝑥) −
𝑒𝑒3
2
> −
𝑒𝑒3
2
⇒ ℎ( 𝑥𝑥) > −
𝑒𝑒3
2
Άρα ℎ(ℝ) ≡ �−
𝑒𝑒3
2
, +∞�, δηλαδή 0 ∈ ℎ(ℝ), συνεπώς η ℎ έχει μια ρίζα.
Δηλαδή υπάρχει 𝑥𝑥0 ∈ ℝ: ℎ(𝑥𝑥0) = 0. Θα δείξουμε ότι η ℎ είναι μοναδική.
Πράγματι βρίσκουμε ℎ′(𝑥𝑥) = (𝑓𝑓(𝑥𝑥) −
𝑒𝑒3
2
))′ = 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) > 0 από Γ1 στο ℝ άρα
το 𝑥𝑥0 που βρήκαμε πριν, είναι μοναδικό.
Γ3. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 2𝑥𝑥𝑥𝑥(4𝑥𝑥) ∀ 𝑥𝑥 > 0 ⇔
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< � 𝑓𝑓(4𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
⇔ � 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
− � 𝑓𝑓(4𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 0
⇔ � �𝑓𝑓(𝑡𝑡) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 0 (𝟏𝟏)
Θεωρώ συνάρτηση 𝐾𝐾(𝑡𝑡) = 𝑓𝑓(𝑡𝑡) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥), 𝑡𝑡 ∈ [2𝑥𝑥, 4𝑥𝑥]. Η συνάρτηση 𝛫𝛫 είναι
συνεχής στο [2𝑥𝑥, 4𝑥𝑥], 𝑥𝑥 > 0. Επίσης η 𝛫𝛫 είναι παραγωγίσιμη στο [2𝑥𝑥, 4𝑥𝑥]
οπότε: 𝛫𝛫′(𝑡𝑡) = �𝑓𝑓(𝑡𝑡) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥)�
′
= 𝑓𝑓′(𝑡𝑡) − 0 (αφού 𝑥𝑥 είναι σταθερό, t είναι η
μεταβλητή μου)
Άρα 𝛫𝛫′(𝑡𝑡) = 𝑓𝑓′(𝑡𝑡) > 0 από Γ1 ερώτημα. Συνεπώς, 𝛫𝛫′(𝑡𝑡) > 0 ⇒ 𝐾𝐾 είναι
γνησίως αύξουσα στο [2𝑥𝑥, 4𝑥𝑥].
Δηλαδή 2𝑥𝑥 ≤ 𝑡𝑡 ≤ 4𝑥𝑥 και επειδή η 𝛫𝛫 γνησίως αύξουσα θα έχουμε 𝛫𝛫(2𝑥𝑥) ≤
𝐾𝐾(𝑡𝑡) ≤ 𝐾𝐾(4𝑥𝑥). Όμως 𝐾𝐾(4𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥) = 0 ⇔ 𝐾𝐾(4𝑥𝑥) = 0. Άρα
𝐾𝐾(𝑡𝑡) ≤ 𝐾𝐾(4𝑥𝑥) ⇔ 𝐾𝐾(𝑡𝑡) ≤ 0 ⇔ −𝐾𝐾(𝑡𝑡) ≥ 0, όπου 𝐾𝐾(𝑡𝑡) δεν είναι παντού 0 παρά
μόνο αν 𝑡𝑡 = 4𝑥𝑥
Άρα από γνωστό θεώρημα έχω:
� �−𝛫𝛫(𝑡𝑡)�𝑑𝑑𝑑𝑑 > 0
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
⇔ � −�𝑓𝑓(𝑡𝑡) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> 0 ⇔
− � �𝑓𝑓(𝑡𝑡) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> 0 ⇔ � �𝑓𝑓(𝑡𝑡) − 𝑓𝑓(4𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 0 ⇔

10. https://liveyourmaths.wordpress.com/
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< � 𝑓𝑓(4𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
⇔ � 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 𝑓𝑓(4𝑥𝑥)(4𝑥𝑥 − 2𝑥𝑥) ⇔
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 2𝑥𝑥𝑥𝑥(4𝑥𝑥) , 𝑥𝑥 > 0
Γ4. Έχουμε τη συνάρτηση 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = �
1
4
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
, 𝑥𝑥 > 0
2 , 𝑥𝑥 = 0
Για 𝑥𝑥 > 0 έχουμε 𝑔𝑔(𝑥𝑥) =
1
𝑥𝑥
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
=
1
𝑥𝑥
�∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑 + ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
𝑎𝑎
2𝑥𝑥
� =
1
𝑥𝑥
�− ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑 + ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
2𝑥𝑥
𝑎𝑎
�, με 𝛼𝛼 > 0.
Οπότε 𝑔𝑔′(𝑥𝑥) = �
1
𝑥𝑥
�− ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑 + ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
2𝑥𝑥
𝑎𝑎
��
′
=
�
1
𝑥𝑥
�
′
∙ �� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
− � 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
2𝑥𝑥
𝑎𝑎
� +
1
𝑥𝑥
�� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
− � 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
2𝑥𝑥
𝑎𝑎
�
′
=
−
1
𝑥𝑥2
�� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
− � 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
2𝑥𝑥
𝑎𝑎
� +
1
𝑥𝑥
�4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥)� =
−
1
𝑥𝑥2 ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑 +
2
𝑥𝑥
�2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(2𝑥𝑥)�
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
(1)
Όμως, από Γ3 έχω ότι ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 2𝑥𝑥𝑥𝑥(4𝑥𝑥) και επειδή 𝑥𝑥 > 0 ⇒
1
𝑥𝑥
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
< 2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) ⇔ −
1
𝑥𝑥
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> −2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) ⇔
4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) −
1
𝑥𝑥
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> 4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) ⇔
4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) −
1
𝑥𝑥
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> 2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) ⇔
4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥) −
1
𝑥𝑥
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> 2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥) (2)
Όμως 2𝑥𝑥 < 4𝑥𝑥 για κάθε 𝑥𝑥 > 0 και εφόσον 𝑓𝑓 γνησίως αύξουσα στο ℝ,
τότε από 2𝑥𝑥 < 4𝑥𝑥 ⇔ 𝑓𝑓(2𝑥𝑥) < 𝑓𝑓(4𝑥𝑥) ⇔ 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥) < 2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) ⇔
2𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥) > 0
Άρα από (2) 4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥) −
1
𝑥𝑥
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
> 0 (3)
Από (1) έχουμε:
𝑔𝑔′(𝑥𝑥) =
1
𝑥𝑥
�4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥) −
1
𝑥𝑥
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
� > 0 , 𝑥𝑥 > 0

11. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Άρα 𝑔𝑔′(𝑥𝑥) > 0 αν 𝑥𝑥 > 0
Εξετάζουμε τη συνέχεια της 𝑔𝑔 στο 𝑥𝑥0 = 0.
lim
𝑥𝑥→0+
𝑔𝑔(𝑥𝑥) = lim
𝑥𝑥→0+
�
1
𝑥𝑥
� 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
� = lim
𝑥𝑥→0+
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
𝑥𝑥
=
lim
𝑥𝑥→0+
�∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
2𝑥𝑥
�
′
(𝑥𝑥)′
= lim
𝑥𝑥→0+
�� 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑎𝑎
2𝑥𝑥
+ � 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
�
′
=
lim
𝑥𝑥→0+
�− � 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
2𝑥𝑥
𝑎𝑎
+ � 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
4𝑥𝑥
𝑎𝑎
�
′
=
lim
𝑥𝑥→0+
�4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥)� =
Αφού η 𝑓𝑓 είναι συνεχής στο 𝑥𝑥0 = 0, τότε:
lim
𝑥𝑥→0+
�4𝑓𝑓(4𝑥𝑥) − 2𝑓𝑓(2𝑥𝑥)� = 4𝑓𝑓(0) − 2𝑓𝑓(0) = 2𝑓𝑓(0) = 2
𝑒𝑒0
02+1
=
2 ∙ 1 = 2
Άρα lim
𝑥𝑥→0+
𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 2 = 𝑔𝑔(0) ⇒ η 𝑔𝑔 είναι συνεχής στο 𝑥𝑥0 = 0. Άρα η
συνάρτηση 𝑔𝑔 είναι γνησίως αύξουσα (↑) στο [0, +∞).
Θέμα Δ
Έχουμε ότι η 𝑓𝑓 είναι παραγωγίσιμη στο ℝ και:
• 𝑓𝑓′(𝑥𝑥). �𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
+ 𝑒𝑒−𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
� = 2 , ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ.
• 𝑓𝑓(0) = 0
Δ1. Από τη σχέση θα έχουμε: 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) ∙ 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
+ 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) ∙ 𝑒𝑒−𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
= 2 ⇒
�𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
�
′
− �𝑒𝑒−𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
�
′
= 2 ⇒ �𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑒𝑒−𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
�
′
= (2𝑥𝑥)′ ⇒
𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑒𝑒−𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
= 2𝑥𝑥 + 𝑐𝑐, 𝑐𝑐 ∈ ℝ
Θέτω στη σχέση αυτή 𝑥𝑥 = 0 και έχω: 𝑒𝑒𝑓𝑓(0)
− 𝑒𝑒−𝑓𝑓(0)
= 2 ∙ 0 + 𝑐𝑐 ⇔ 1 − 1 =
0 + 𝑐𝑐 ⇔ 𝑐𝑐 = 0.
(
0
0
)
(DLH)

12. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Άρα ef(x)
− e−f(x)
= 2x ⇔ ef(x)
−
1
ef(x) = 2x ⇒ e2f(x)
− 1 =
2xef(x)
⇒ e2f(x)
− 2xef(x)
− 1 = 0 (1)
1ος τρόπος
�𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
�
2
− 2𝑥𝑥𝑒𝑒 𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
+ 𝑥𝑥2
− 𝑥𝑥2
− 1 = 0 ⇔ �𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
�
2
− 2𝑥𝑥𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
+ 𝑥𝑥2
= 𝑥𝑥2
+
1 ⇔ �𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑥𝑥�
2
= 𝑥𝑥2 + 1 ⇒ �(𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥) − 𝑥𝑥)2 = √𝑥𝑥2 + 1 ⇒
�(𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑥𝑥)� = √𝑥𝑥2 + 1 (2)
Θεωρώ τη συνάρτηση ℎ(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑥𝑥 ≠ 0 αφού 𝑥𝑥2
+ 1 ≠ 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ η
συνάρτηση 𝑓𝑓 είναι συνεχής αφού εξ’ υποθέσεως είναι παραγωγίσιμη στο ℝ. Η
𝑒𝑒𝑥𝑥
είναι συνεχής, συνεπώς και η σύνθεσή της 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
είναι συνεχής συνάρτηση.
Επίσης 𝑥𝑥 συνεχής ως πολυωνυμική. Άρα η συνάρτηση ℎ(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑥𝑥 είναι
συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, ℎ(𝑥𝑥) ≠ 0, άρα από
συνέπειες θεωρήματος Bolzano, η ℎ διατηρεί πρόσημο στο ℝ.
Είναι ℎ(0) = 𝑒𝑒𝑓𝑓(0)
− 0 = 1 > 0, άρα ℎ(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑥𝑥 > 0. Κατά συνέπεια,
𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
− 𝑥𝑥 = √1 + 𝑥𝑥2 ⇒ 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
= √𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥
(Επίσης √𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥 > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ) οπότε
ln 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
= ln �� 𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥� ⇒ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ln ��𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥�, 𝑥𝑥 ∈ ℝ
Είναι √𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥 > 0 διότι:
• Εάν 𝑥𝑥 > 0 τότε: √𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥 > 0 ισχύει
• Εάν 𝑥𝑥 < 0 τότε: √𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥 > 0 ⇔ √𝑥𝑥2 + 1 > −𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥2
+ 1 >
𝑥𝑥2 ⇔ 1 > 0 ισχύει
• Εάν 𝑥𝑥 = 0 τότε: √02 + 1 + 0 = 1 > 0
Άρα √𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥 > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ
2ος τρόπος
Από τη σχέση (1) έχουμε: e2f(x)
− 2xef(x)
− 1 = 0. Εφόσον η συνάρτηση 𝑓𝑓
είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη εξ’ υποθέσεως) μπορούμε να θεωρήσουμε
την (1) ως ένα τριώνυμο ως προς ef(x)
. Κατά συνέπεια θα έχουμε:
�ef(x)
�
2
− 2x�ef(x)
� − 1 = 0

13. https://liveyourmaths.wordpress.com/
𝛥𝛥 = (−2𝑥𝑥)2
− 4 ∙ 1 ∙ (−1) = 4𝑥𝑥2
+ 4 = 4(𝑥𝑥2
+ 1) > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ
Άρα 𝑒𝑒𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
= 𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1 ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ln(𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥) αφού
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1 > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ όπως δείξαμε πριν.
Δ2. α) Ζητάμε τα διαστήματα μονοτονίας της 𝑓𝑓. Υπολογίζουμε την
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = �ln�𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1��
′
=
1
𝑥𝑥+√𝑥𝑥2+1
�𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1�
′
=
1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
∙ �1 +
2𝑥𝑥
2√𝑥𝑥2 + 1
� =
1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
∙ �1 +
𝑥𝑥
√𝑥𝑥2 + 1
� =
1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
�
1
1
+
𝑥𝑥
√𝑥𝑥2 + 1
� =
1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
�
√𝑥𝑥2 + 1 + 𝑥𝑥
√𝑥𝑥2 + 1
� =
1
√𝑥𝑥2 + 1
> 0
Άρα 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) =
1
√𝑥𝑥2+1
> 0 (1) ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ
Επίσης, 𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) = �
1
√𝑥𝑥2+1
�
′
=
(1)′√𝑥𝑥2+1−1�√𝑥𝑥2+1�
′
𝑥𝑥2+1
=
−
1
2√𝑥𝑥2 + 1
(𝑥𝑥2 + 1)′
𝑥𝑥2 + 1
=
−2𝑥𝑥
2√𝑥𝑥2 + 1
𝑥𝑥2 + 1
=
−𝑥𝑥
(𝑥𝑥2 + 1)√𝑥𝑥2 + 1
.
Άρα 𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) =
−𝑥𝑥
( 𝑥𝑥2+1)√𝑥𝑥2+1
.
𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) = 0 ⇔
−𝑥𝑥
(𝑥𝑥2 + 1)√𝑥𝑥2 + 1
= 0 ⇔ −𝑥𝑥 = 0 ⇔ 𝑥𝑥 = 0
𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) > 0 ⇔
−𝑥𝑥
( 𝑥𝑥2+1)√𝑥𝑥2+1
> 0 ⇔ −𝑥𝑥 > 0 ⇔ 𝑥𝑥 < 0
αφού 𝑥𝑥2
+ 1 > 0 και √𝑥𝑥2 + 1 > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ
Ομοίως 𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) < 0 ⇔
−𝑥𝑥
(𝑥𝑥2+1)√𝑥𝑥2+1
< 0 ⇔ −𝑥𝑥 < 0 ⇔ 𝑥𝑥 > 0
Συνεπώς, έχουμε το πίνακα μεταβολών:

14. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Συνεπώς η συνάρτηση 𝑓𝑓 έχει ένα σημείο
καμπής.
Σ.Κ.
Το σημείο καμπής (Σ.Κ.) είναι στο �0, 𝑓𝑓(0)� ≡ (0,0). Επίσης, στο διάστημα
(−∞, 0] η 𝑓𝑓 είναι κυρτή (στρέφει τα κοίλα άνω), ενώ στο [0, +∞) η 𝑓𝑓 είναι
κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω).
β) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: Ε(Ω) = ∫ |f(x) − x|dx
1
0
(2)
Για να βρούμε το πρόσημο της διαφοράς 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥, υπολογίζουμε την
εξίσωση της εφαπτομένης της 𝑓𝑓 στο 𝛰𝛰(0,0). Η εξίσωση είναι: 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(0) =
𝑓𝑓′(0) ∙ (𝑥𝑥 − 0) ή 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓′(0)𝑥𝑥
Όμως από (1) έχουμε 𝑓𝑓′(0) =
1
√02+1
=
1
1
= 1 ⇔ 𝑓𝑓′(0) = 1
Άρα η εξίσωση εφαπτομένης της 𝑓𝑓 είναι (𝜀𝜀): 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥. Όμως στο [0,1] η 𝑓𝑓
στρέφει τα κοίλα κάτω (κοίλη). Άρα 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≤ 𝑥𝑥 ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 ≤ 0
Κατά συνέπεια, |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥| = −(𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 − 𝑓𝑓(𝑥𝑥)
Οπότε από (2) έχω:
𝛦𝛦( 𝛺𝛺) = �|𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥| 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
= �(𝑥𝑥 − 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
= �(𝑥𝑥 − ln(𝑥𝑥 + �𝑥𝑥2 + 1)𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
=
� 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑑𝑑 −
1
0
�ln(𝑥𝑥 + �𝑥𝑥2 + 1 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
= � �
𝑥𝑥2
2
�
′
𝑑𝑑𝑑𝑑 −
1
0
� ln(𝑥𝑥 + � 𝑥𝑥2 + 1 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
=
�
𝑥𝑥2
2
�
0
1
− �(𝑥𝑥)′ ln(𝑥𝑥 + � 𝑥𝑥2 + 1 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
=
�
12
2
−
02
2
�− �� 𝑥𝑥 ln �𝑥𝑥 + � 𝑥𝑥2 + 1��
0
1
− � 𝑥𝑥
1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
�𝑥𝑥 + �𝑥𝑥2 + 1�
′
𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
� =
𝑥𝑥 −∞ 0 +∞
𝑓𝑓′′ + -

15. https://liveyourmaths.wordpress.com/
1
2
− �1 ln �1 + �12 + 1� − 0 ln �0 + �. 02 + 1� − � 𝑥𝑥
1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
(1
1
0
+
2𝑥𝑥
2√𝑥𝑥2 + 1
𝑑𝑑𝑑𝑑� =
1
2
− �ln�1 + √2� − �
𝑥𝑥
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1
√𝑥𝑥2 + 1
𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
� =
1
2
− �ln�1 + √2� − �
𝑥𝑥
√𝑥𝑥2 + 1
𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
� =
1
2
− �ln�1 + √2� − �
( 𝑥𝑥2
+ 1)′
2√𝑥𝑥2 + 1
𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
� =
1
2
− �ln�1 + √2� − ��𝑥𝑥2 + 1�
0
1
� =
1
2
− �ln�1 + √2� − ��12 + 1 − �02 + 1�� =
1
2
− �ln�1 + √2� − �√2 − 1�� =
1
2
− ln�1 + √2� + √2 − 1 =
−
1
2
+ √2 − ln�1 + √2� = �√2 −
1
2
− ln�1 + √2�� 𝜏𝜏. 𝜇𝜇.
Δ3. Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο:
lim
𝑥𝑥→0+
��𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 − 1� ∙ ln|𝑓𝑓(𝑥𝑥)|�
Όμως, 𝑥𝑥 + √𝑥𝑥2 + 1 > 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ ℝ. (το έχουμε δείξει πριν). Επίσης, η 𝑓𝑓 ↑ στο
ℝ (αφού 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) > 0 από (1)). Άρα για 𝑥𝑥 → 0 + ή 𝑥𝑥 > 0 𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑓𝑓 ↑⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) >
𝑓𝑓(0) = 0 (υπόθεση).
Άρα 𝑓𝑓(𝑥𝑥) > 0 ∀ 𝑥𝑥 > 0. Οπότε ln|𝑓𝑓(𝑥𝑥)| = ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥) υπολογίζουμε το
lim 𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥→0+
Θέτω 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑢𝑢. Όταν 𝑥𝑥 → 0 + τότε 𝑢𝑢 → 𝑓𝑓(0) = 0.
Άρα lim
𝑥𝑥→0+
( ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) = lim
𝑢𝑢→0+
ln 𝑢𝑢 = − ∞. Άρα το αρχικό όριο γίνεται:
lim
𝑥𝑥→0+
��𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 − 1� ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)� = 0 ∙ (−∞) (απροσδιόριστη μορφή)

16. https://liveyourmaths.wordpress.com/
Οπότε lim
𝑥𝑥→0+
��𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 − 1� ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)� = lim
𝑥𝑥→0+
𝑒𝑒
∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 −1
1
ln𝑓𝑓(𝑥𝑥)
=
lim
𝑥𝑥→0+
�𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 − 1�
′
�
1
ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)
�
′ = lim
𝑥𝑥→0+
𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 (𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑)′
(1)′ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 1(ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥))′
(ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2
=
lim
𝑥𝑥→0+
𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑥𝑥
0 ∙ 𝑓𝑓2(𝑥𝑥) ∙ (ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2
−𝑓𝑓′(𝑥𝑥)
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
=
lim
𝑥𝑥→0+
�
−𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 ∙ 𝑓𝑓3(𝑥𝑥) ∙ (ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2
𝑓𝑓′(𝑥𝑥)
� =
lim
𝑥𝑥→0+
�
𝑒𝑒
∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 ∙𝑓𝑓3(𝑥𝑥)
−𝑓𝑓′(𝑥𝑥)
∙ (ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2� = 0 ∙ (+∞) (απροσδιόριστη
μορφή)
Οπότε lim
𝑥𝑥→0+
�
𝑒𝑒
∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 ∙𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
−𝑓𝑓′(𝑥𝑥)
∙ 𝑓𝑓2(𝑥𝑥) ∙ (ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2� (1)
Θα υπολογίσουμε το lim
𝑥𝑥→0+
(𝑓𝑓2(𝑥𝑥) ∙ (ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2) = lim
𝑥𝑥→0+
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥))2 (2)
Όμως lim
𝑥𝑥→0+
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) = 0 ∙ (−∞) (απροσδιόριστη μορφή)
Άρα lim
𝑥𝑥→0+
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) = lim
𝑥𝑥→0+
ln 𝑓𝑓( 𝑥𝑥)
1
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
=
lim
𝑥𝑥→0+
(ln 𝑓𝑓( 𝑥𝑥))′
�
1
𝑓𝑓(𝑥𝑥)�
′ = lim
𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓′(𝑥𝑥)
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
(1)′ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)−1� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)�
′
𝑓𝑓2(𝑥𝑥)
= lim
𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓′( 𝑥𝑥)∙𝑓𝑓2(𝑥𝑥)
−𝑓𝑓′( 𝑥𝑥)∙𝑓𝑓(𝑥𝑥)
=
lim
𝑥𝑥→0+
�−𝑓𝑓(𝑥𝑥)� = − lim
𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = −𝑓𝑓(0) = 0 επειδή η 𝑓𝑓 είναι συνεχής.
Άρα lim
𝑥𝑥→0+
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) = 0, συνεπώς lim
𝑥𝑥→0+
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) ∙ ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥))2
= 02
= 0 (3)
Από (1) και (3) έχω:
(
0
0
)
(
+∞
+∞
)
(DLH)
DLH

17. https://liveyourmaths.wordpress.com/
lim
𝑥𝑥→0+
�
𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 ∙ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)
−𝑓𝑓′(𝑥𝑥)
∙ 𝑓𝑓2
(𝑥𝑥) ∙ (ln 𝑓𝑓(𝑥𝑥)) 2
� = 0 ∙ 0 = 0
Άρα lim
𝑥𝑥→0+
��𝑒𝑒∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0 − 1� ∙ ln|𝑓𝑓(𝑥𝑥)|� = 0.
Δ4. Έχουμε την εξίσωση:
1−3∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
𝑥𝑥−2
0 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥−3
+
8−3∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
𝑥𝑥
0 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥−2
= 0
Είναι Ε.Κ.Π (𝑥𝑥 − 3, 𝑥𝑥 − 2) = (𝑥𝑥 − 3) ∙ (𝑥𝑥 − 2). Πολλαπλασιάζω την αρχικά
δοθείσα με (𝑥𝑥 − 3) ∙ (𝑥𝑥 − 2) ≠ 0. Εν συνεχεία, θα έχω:
(𝑥𝑥 − 2) ∙ �1 − 3 ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
𝑥𝑥−2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑� + (𝑥𝑥 − 3) ∙ �8 − 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
𝑥𝑥
0
𝑑𝑑𝑑𝑑� = 0
Θεωρώ συνάρτηση ℎ με τύπο:
ℎ(𝑥𝑥) = (𝑥𝑥 − 2) ∙ �1 − 3 ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
𝑥𝑥−2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑� + (𝑥𝑥 − 3) ∙ �8 − 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
𝑥𝑥
0
𝑑𝑑𝑑𝑑� με
𝑥𝑥 ∈ [2,3].
Η συνάρτηση 𝑓𝑓 είναι συνεχής στο [2,3] άρα και η 𝑓𝑓2(𝑥𝑥), ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
𝑥𝑥
0
𝑑𝑑𝑑𝑑
συνεχείς συνεπώς και η παράσταση �8 − 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
𝑥𝑥
0
𝑑𝑑𝑑𝑑� συνεχής παράσταση
ως διαφορά συνεχών παραστάσεων. Η 𝑥𝑥 − 3 είναι συνεχής στο [2,3] ως
πολυωνυμική. Ομοίως, η 𝑥𝑥 − 2 συνεχής ως πολυωνυμική στο [2,3]. Η
∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
𝑥𝑥−2
0
είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων. Κατά
συνέπεια, η ℎ(𝑥𝑥) είναι συνεχής στο [2,3].
Έχουμε ℎ(2) = (2 − 2)(1 − 3 ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
2−2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 + (2 − 3) �8 − 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑�
ή ℎ(2) = − �8 − 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑� = 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 − 8 (1)
Η συνάρτηση 𝑓𝑓 έχει εφαπτομένη από Δ2 β) ερώτημα, στο 𝛰𝛰(0,0) 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥.
Επίσης, στο [0,2] ⊆ [0, +∞) η 𝑓𝑓 είναι κοίλη, άρα 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≤ 𝑥𝑥 με το ίσον να
ισχύει στο σημείο επαφής.
Άρα 𝑓𝑓(𝑡𝑡) ≤ 𝑡𝑡 (αντικαθιστούμε το 𝑡𝑡 με το 𝑥𝑥) με 0 < 𝑓𝑓(𝑡𝑡) ≤ 𝑡𝑡 ⇔ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) −
𝑡𝑡2
≤ 0 ⇔ 𝑡𝑡2
− 𝑓𝑓2
(𝑡𝑡) ≥ 0
Άρα 𝑡𝑡2 − 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) ≥ 0 χωρίς να είναι παντού 0. (Γίνεται 0 στο σημείο επαφής
𝛰𝛰(0,0). Η 𝑡𝑡2
− 𝑓𝑓2(𝑡𝑡) είναι συνεχής παράσταση στο [0,2] άρα από γνωστό

18. https://liveyourmaths.wordpress.com/
θεώρημα, ∫ �𝑡𝑡2
− 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)�𝑑𝑑𝑑𝑑
2
0
> 0 ⇔ ∫ 𝑡𝑡2
𝑑𝑑𝑑𝑑
2
0
− ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 > 0 ⇔
∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 < ∫ �
𝑡𝑡3
3
�
′
𝑑𝑑𝑑𝑑
2
0
⇔ ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 < �
𝑡𝑡3
3
�
0
2
⇔ ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 <
8
3
⇔ 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 < 8 ⇔ 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
2
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 − 8 < 0
Συνεπώς από (1) έχω: ℎ(2) = 3 ∫ 𝑓𝑓
2
(𝑡𝑡)
2
0 𝑑𝑑𝑑𝑑 − 8 ⇔ ℎ(2) < 0.
Όμοια με πριν, 0 < 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≤ 𝑥𝑥 εάν θέσω όπου 𝑥𝑥 το 𝑡𝑡2 θα έχω: 𝑓𝑓(𝑡𝑡2) ≤
𝑡𝑡2 ⇔ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2) − 𝑡𝑡2 ≤ 0 ⇔ 𝑡𝑡2 − 𝑓𝑓(𝑡𝑡2) ≥ 0 όπου η συνάρτηση αυτή δεν
είναι παντού 0 με εξαίρεση το σημείο επαφής. Άρα από γνωστό θεώρημα
στο διάστημα [0,1] θα έχουμε: ∫ �𝑡𝑡2
− 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
�� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
> 0 η 𝑡𝑡2 − 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
συνεχής συνάρτηση στο [0,1].
Άρα ∫ 𝑡𝑡21
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 − ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
> 0 ⇔ ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
< ∫ 𝑡𝑡21
0
𝑑𝑑𝑑𝑑 ⇔
∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
< �
𝑡𝑡3
3
�
0
1
⇔ ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
<
1
3
⇔ 3 ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
< 1 ⇔
3∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
− 1 < 0 ⇔ 1 − 3 ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
> 0 (2)
Όμως ℎ(3) = (3 − 2) ∙ �1 − 3 ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
� + (3 − 3)(8 − 3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
3
0
𝑑𝑑𝑑𝑑
ή ℎ(3) = 1 − 3 ∫ 𝑓𝑓�𝑡𝑡2
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
1
0
> 0.
Άρα ℎ(2) ∙ ℎ(3) < 0 η ℎ συνεχής στο [2,3] από θεώρημα Bolzano υπάρχει
ένα τουλάχιστον 𝑥𝑥0 ∈ (2,3): ℎ(𝑥𝑥0) = 0. Συνεπώς, η ισοδύναμη αρχική:
1−3 ∫ 𝑓𝑓(𝑡𝑡2)
𝑥𝑥−2
0 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥−3
+
8−3 ∫ 𝑓𝑓2(𝑡𝑡)
𝑥𝑥
0 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥−2
= 0, έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο
(2,3).
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος Κ. Λοΐζος M.Sc.
Μαθηματικός