Math pros them_lyseis_2020_palaio_l

1. Μαθηματικά ομάδων Προσανατολισμού
θετικών σπουδών & σπουδών
Οικονομίας και Πληροφορικής 2020
θέματα και λύσεις (Παλαιό)
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
www.liveyourmaths.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΛΑΙΟ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
TETAΡΤΗ 17 ΙΟΥΝΙΟΥ 2020
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
A1. Aν οι συναρτήσεις f , g είναι παραγωγίσιμες στο 0x , να αποδείξετε ότι
η συνάρτηση f g είναι παραγωγίσιμη στο 0x και ισχύει
    0 0 0(f g) (x ) f (x ) g (x ).
Μονάδες 7
A2. Έστω f μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού Α και Α1 το σύνολο των
σημείων του Α στα οποία αυτή είναι παραγωγίσιμη. Πώς ορίζεται η
πρώτη παράγωγος της f ;
Μονάδες 4
A3. Να διατυπώσετε το θεώρημα του Bolzano.
Μονάδες 4
A4. Θεωρήστε τον παρακάτω ισχυρισμό:
«Για κάθε συνάρτηση f με


0x x
limf(x) 0, ισχύει ότι

 
0x x
1
lim
f(x)
ή

 
0x x
1
lim
f(x)
».
α) Να χαρακτηρίσετε τον παραπάνω ισχυρισμό, γράφοντας στο
τετράδιό σας το γράμμα Α, αν είναι αληθής, ή το γράμμα Ψ, αν
είναι ψευδής.
(μονάδα 1)
β) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας στο ερώτημα (α).
(μονάδες 3)
Μονάδες 4
A5. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη
λέξη ΣΩΣΤΟ, αν η πρόταση είναι σωστή, ή ΛΑΘΟΣ αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
α) Αν

 
0x x
limf(x) , τότε f(x) 0 για κάθε x κοντά στο 0x .
β) Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο
(α,β) και f΄(x) 0 για κάθε x (α, β), τότε f(α) f(β).

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΛΑΙΟ
γ) Για κάθε συνάρτηση f που είναι παραγωγίσιμη και γνησίως
αύξουσα στο , ισχύει f΄(x) 0 για κάθε x .
Μονάδες 6
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση



3x 1
f(x)
x 3
,  x {3}.
Β1. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται στο  {3}.
Μονάδες 5
B2. Να αποδείξετε ότι οι συναρτήσεις f και
1
f είναι ίσες.
Μονάδες 8
B3. Να αποδείξετε ότι (f f)(x) x για κάθε  x {3}.
Μονάδες 6
B4. Να υπολογίσετε το όριο
 
 
 
 1
x
3
1
lim f(x) ημ
3x+1
.
Μονάδες 6

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΛΑΙΟ
ΘΕΜΑ Γ
Ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ)
είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με
κέντρο Ο και ακτίνα 1, όπως
φαίνεται στο σχήμα. Αν  είναι η
γωνία μεταξύ των ίσων πλευρών του
τριγώνου και ˆ  , τότε:
Γ1. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν
του τριγώνου ΑΒΓ ως
συνάρτηση της γωνίας 
είναι:
E( ) (1 )    , (0, ). 
Μονάδες 5
Γ2. Να βρείτε την τιμή της γωνίας
(0, )  , για την οποία το
εμβαδόν του τριγώνου
μεγιστοποιείται.
Μονάδες 8
Γ3. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δυο γωνίες 1 , 2 , με 1 2,   για
τις οποίες το εμβαδόν του τριγώνου ισούται με
3
4
.
Μονάδες 6
Γ4. Για τις γωνίες 1 , 2 , του ερωτήματος Γ3, να αποδείξετε ότι υπάρχουν
1 , 2 (0, )   τέτοια, ώστε:
1 1 2 2΄( ) ΄( ).
3 3
    
           
   
Μονάδες 6
ΘΕΜΑ Δ
Δίνονται οι συναρτήσεις:
 f(x) x nx n( x) ,  x (0, ),  (0, ) και
 x
g(x) x ,  x (0, ).
Δ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο x 1, το
οποίο και να βρείτε. Στην συνέχεια, να βρείτε την ευθεία στην οποία
ανήκει το σημείο ακρότατου της f , καθώς το  μεταβάλλεται στο (0, ).
Μονάδες 5

5. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΛΑΙΟ
Δ2. Να βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του  0 για την οποία ισχύει
x
x x, για κάθε x>0.
Μονάδες 5
Για τα ερωτήματα Δ3 και Δ4 θεωρήστε ότι  1.
Δ3. Να αποδείξετε ότι η ευθεία y x είναι η μοναδική εφαπτομένη της
γραφικής παράστασης gC της g, η οποία διέρχεται από την αρχή των
αξόνων.
Μονάδες 6
Δ4. Θεωρούμε επιπλέον τη συνάρτηση
 
 

x
x , x 0
h(x)
1, x 0.
Να αποδείξετε ότι:
i. H h είναι συνεχής
(Μονάδες 3)
ii. Η εξίσωση
 
     
 
 
 
2 1
2020
1 0
x 3 2 g(t)dt (1 x) h(1 t)dt 0
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0, 1).
(Μονάδες 6)
Μονάδες 9
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 αλλού στο τετράδιό σας το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφω ν 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 κ .λπ.
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. www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
- ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 2020
(ΠΑΛΑΙΟ - ΗΜΕΡΗΣΙΑ)
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 111
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 104
Α3. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 74
Α4. α) Ο ισχυρισμός είναι ψευδής (Ψ).
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση 3
( ) ,f x x x= ∈ .
Είναι 3
0
1
lim
x x+
→
= +∞ αφού
0
3
lim 0
x
x+
→
= και 3
0x > δεξιά του 0.
Αντιστοίχως, είναι 3
0
1
lim
x x−
→
= −∞ , αφού
0
3
lim 0
x
x−
→
= και 3
0x < αριστερά του 0.
Τελικά, είναι 3
00
3
1
li
1
lim m
x xx x− +
→→
≠ , άρα το όριο 30
1
lim
x x→
δεν υπάρχει.
Άρα, ο ισχυρισμός είναι ψευδής.
Α5. α) ΣΩΣΤΟ
β) ΣΩΣΤΟ
γ) ΛΑΘΟΣ
ΘΕΜΑ Β
Β1. Είναι
3 1
( )
3
x
f x
x
+
=
−
με { }3x∈ − . Για να αποδείξουμε ότι η f αντιστρέφεται, αρκεί να αποδεί-
ξουμε ότι η f είναι ‘1-1’. Για να αποδείξουμε, τώρα, ότι η f είναι ‘1-1’, αρκεί για οποιαδήποτε
{ }1 2, 3xx ∈ − με ( ) ( ) 21 2 1f x f x x x= ⇒= .
Πράγματι,
( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2
1 2 1 2 2 1
1 2
1 2
1 1
1 3
3
3 3
3 13 3
3
3
f
x x
x x x x
x x
x
x f x
x
⇒ = ⇒
−
= ⇒
⇒
+ +
= + − + −
−
1 29 3x x− + − 1 23x x= 2 19 3x x− + − 1 2 1 21010 x xx x⇒ − ⇒=− =
Άρα, η f είναι ‘1-1’ και άρα αντιστρέφεται.
Β2. Αφού η f αντιστρέφεται, θα βρούμε την
1
f −
. Θέτουμε:
1

7. www.liveyourmaths.com
( )
( )
3 1
3 3 1 3 3 1 3 1 3)
3
3 3
(
1 (1)
x
y y x x yx yy x yx x y
x
y
f x
x y
+
⇔ = ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔
−
⇔ − =
=
+
• Αν 33 0 yy − =⇔ =, τότε η (1) γίνεται: 0 10= , άτοπο, δηλαδή η (1) είναι αδύνατη.
• Άρα, 0 33y y≠− ⇔ ≠ , οπότε: 3
1 3
,
3
y
x y
y
+
= ≠
−
. Οπότε, ( )1
3
3 1
,
3
y
f y y
y
− +
= ≠
−
και α-
ντικαθιστώντας y με x, έχουμε: ( )1
3
3 1
,
3
x
f x x
x
− +
= ≠
−
.
Είναι:
• { }1 3f f
D D −= Α= −=
• Για κάθε x∈Α, ισχύει: ( ) ( )1
f x f x−
= .
Άρα, οι συναρτήσεις
1
καιf f −
είναι ίσες.
Β3. Θα αποδείξουμε ότι ( )( )f f x x= , για κάθε { }3x∈ − .
Είναι { } { } { }( ) 3 ( ) 3 3και καιf ff fD D f x D f xx x= ∈ ∈ ≠ ≠= ≡ −  , αφού:
3 1
3 3 1 3 9 1 9
3
( ) 3 xf
x
x
x
x =
+
⇔ = ⇔ + = − ⇔ =−
−
, άτοπο. Δηλαδή ( ) 3f x ≠ .
Άρα, { }3f fD ≡ −  . Συνεπώς,
α’ τρόπος
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )3 3 1 33 1
3 1
3 ( ) 1 33( )
3 1( ) 3 3
3
x xx
f x xxf f x f f x
xf x
x
+ + −+
+
+ −−= = = =
+− −
−

( )3 1 3 3
3
x x
x
+ − −
−
9 3 3 10
3 1 3 9 10
x x x
x
x x
=
+ + −
= = =
+ − +
Τελικά, ( ) { }3( ) ,f f x x x∈ −=  .
β’ τρόπος
Είναι ( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )
1
1
( )
f x f x
f f x f f x f f x x
−
=
−
= = =
(B3)
.
Δηλαδή, ( ) { }3( ) ,f f x x x∈ −=  .
Β4. Αναζητούμε το όριο
1
3
1
lim ( )
3 1x
f x
x→−
  
⋅ηµ  +  
.
Θεωρούμε συνάρτηση
1
( ) ( )
3 1
g x f x
x
 
= ⋅ηµ 
+ 
με ( )
1 1
, ,3 3,
3 3
x
   
∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞   
   
.
2

8. www.liveyourmaths.com
Είναι: (
1
( ) ( ) )
1
( ) ( ) (
3 1
)
3 1
g f x f x f x
x
x f x f x
x
 
= ⋅ −

η

⇒ ≤ ⋅ηµ ≤ 
+ 
µ ≤
+ 
.
Όμως:
•
1 1
3 3
3 1
lim ( ) lim 0
3x x
x
f x
x→− →−
+
= =
−
•
1 1
3 3
lim ( ) lim ( ) 0
x x
f x f x
→− →−
−  = − = 
Άρα, σύμφωνα με το Κριτήριο Παρεμβολής, έχουμε ότι:
1
3
1
lim ( ) 0
3 1x
f x
x→−
  
⋅ηµ =  +  
.
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Έχουμε:
α’ τρόπος
Για να προσεγγίσουμε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση του θ, θα πρέπει να δια-
κρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
1η
περίπτωση:
Αν 0
2
π
< θ < , τότε έχουμε το διπλανό σχήμα και
ισχύει ˆΒΟΜ = θ και ˆΒΑΓ = θ εξ υποθέσεως.
Τα Μ, Ο, Α είναι συνευθειακά, διότι Ο περίκε-
ντρο του τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή Α και Ο ανήκουν
στη μεσοκάθετή του. Επίσης, η ˆΒΑΓ είναι εγγε-
γραμμένη γωνία που βαίνει στο ΒΓ. Επίσης, η
ˆΒΟΓ είναι επίκεντρη γωνία που βαίνει στο ΒΓ.
Ως γνωστό, ισχύει ˆ ˆ2ΒΟΓ= ΒΑΓ (σχέση εγγε-
γραμμένης – επίκεντρης). Άρα, ˆΜΟΓ = θ , αφού
ˆ 2ΒΟΓ= θ. Ως εκ τούτου, στο τρίγωνο ΒΟΓ η
ΟΜ είναι διχοτόμος ( )ˆ ˆΒΟΜ = ΜΟΓ = θ και ε-
πειδή το εν λόγω τρίγωνο, είναι ισοσκελές ( )1ΒΟ = ΟΓ = , η ΟΜ είναι ύψος και διάμεσος στη
ΒΓ. Άρα, , Α,Ο,Μ συνευθειακά και τελικά⊥ ΒΓ ΑΜ ⊥ ΒΓΟΜ . Κατά συνέπεια, το τρίγωνο
ΒΟΜ είναι ορθογώνιο με ˆ 90ΒΜΟ= °.
Τελικά,
1
1
(1)
(2)
⇔ ΜΟ = συνθ
ΒΜ ΒΜ
ηµθ =
σ
ΜΟ ΜΟ
υνθ =
Ο
= ⇔ ΒΜ = η
=
µθ
Β
Β
Ο
Επίσης, το ΑΜ είναι ύψος και διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΓ . Οπότε:
3

9. www.liveyourmaths.com
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
21 1
2
2 2
1
μέσο (1), (2)
ΒΓ= ΒΜ ΑΜ= ΑΟ+ΟΜ
Μ ΒΓ
ΑΒΓ = ⋅ ΒΓ ⋅ ΑΜ = ⋅ ΒΜ ⋅ ΑΜ = ΒΜ ⋅ ΑΜ =
= ηµθ⋅ + συνθ
Δηλαδή, ( ) ( )1 , 0
2
π
ΑΒΓ = ηµθ⋅ + συνθ < θ < .
2η
περίπτωση:
Αν
2
π
θ = , τότε έχουμε το διπλανό σχήμα. Το τρί-
γωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ( )ˆ 90Α= ° και ισο-
σκελές ( )ΑΒ = ΑΓ . Το ύψος ΑΟ είναι και ύψος
και διάμεσος και διχοτόμος. Ισχύει:
1 0 1
2
1
2 2 1 2
2
1
2 2
(1)
(2)
π
⇔ ΑΟ= + ⇔ ΑΟ= + συν ⇔
⇔ ΑΟ= + συνθ
π
ΒΓ
Α
= ΒΟ= ⋅ ⇔ ΒΓ= ηµ ⇔
⇔ ΒΓ= ηµθ ⇔ ΒΓ= η θ
Ο =
µ
Οπότε, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 1
2 2
(1), (2)
ΑΒΓ = ⋅ ΒΓ ⋅ ΑΟ = ⋅ ηµθ ⋅ + συνθ= + συνθ ⋅ηµθ
Άρα, ( ) ( )1 ,
2
π
ΑΒΓ = ηµθ⋅ + συνθ θ =
3η
περίπτωση:
Αν
2
π
< θ < π, τότε έχουμε το διπλανό σχήμα. Εί-
ναι ( ) ( ) ( )
1
2
ΑΒΓ = ⋅ ΒΓ ⋅ ΑΜ . Στο τρίγωνο
ΑΒΓ , φέρουμε ΑΜ το ύψος. Εφόσον το εν
λόγω τρίγωνο είναι ισοσκελές ( )ΑΒ = ΑΓ , το
ΑΜ είναι διάμεσος και διχοτόμος.
Οπότε,
2
ΒΓ
ΒΜ = ΜΓ = . Το τρίγωνο ΟΑΒ εί-
ναι ισοσκελές, αφού 1ΟΒ = ΟΑ = . Συνεπώς, ι-
σχύει ˆ ˆ
2
θ
ΟΑΒ = ΟΒΑ = . Ως εκ τούτου, στο τρί-
γωνο ΟΑΒ έχουμε:
2
ˆ ˆ ˆ ˆ180 18
ˆ
ˆ 18 0
18
0
2
0
θ θ
⇔ + + ΑΟΒ= ° ⇔ θ + ΑΟΒ= ° ⇔
⇔ ΑΟΒ= °− θ
ΟΑΒ + ΟΒΑ + ΑΟΒ= °
Στο τρίγωνο ΟΜΒ, το οποίο είναι ορθογώνιο ( )ˆ 90ΟΜΒ= ° , ισχύει:
4

10. www.liveyourmaths.com
( ) ( )
( ) ( )
ˆ 180
1
ˆ 180
1
(1)
(2)
⇔ ηµθ = ΒΜ
ΟΜ
συν ΑΟΒ = συν °− θ =
η
Μ
−συνθ =
Β
µ ΑΟΒ = ηµ °− µ
⇔ συνθ
θ
= −Ο
=
Μ
η θ =
Άρα,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
1
2 1
2
1
ΑΒΓ = ⋅ ΒΜ ⋅ ΑΜ = ΒΜ ⋅ ΑΜ = ηµθ ΑΟ − ΟΜ = ηµθ⋅ − −συνθ =
= ηµθ⋅ + συνθ
Δηλαδή, ( ) ( )1 ,
2
π
ΑΒΓ = ηµθ⋅ + συνθ < θ < π.
Τελικά, ( ) ( ) ( )1 0,, πΑΒΓ = ηµθ⋅ νθ θ∈+ συ , οπότε ( ) ( ) ( ), 0,1 θ πΕ θ= + συνθ θ ∈⋅ηµ και
άρα, το ζητούμενο απεδείχθη.
β’ τρόπος
Εφόσον το τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας R 1= , από γνωστό
τυπολόγιο, το εμβαδόν του δίνεται από τη σχέση: ( )
4R
α⋅β⋅γ
ΑΒΓ = .
Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές, άρα ισχύει β = γ . Οπότε, έχουμε:
( )
2 2R 1
4R 4R 4εξ' υποθέσεως
=α⋅β⋅γ α⋅β α⋅β
ΑΒΓ= = = . Άρα, ( )
2
4
α⋅β
ΑΒΓ = (1)
Από τον Νόμο των Ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε:
1
2R 2RR 22
R=α
⇒ = ⇔ α= ⋅ηµθ⇒α= ηµθ
α Β γ
= = =
ηµθ ηµΒ ηµΓ ηµθ
(2)
Από τον Νόμο των Συνημιτόνων στο ίδιο τρίγωνο ΑΒΓ , έχουμε για την πλευρά α:
( )
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
1 2
ισοσκελές
β=γ
ΑΒΓ
α =β + γ − βγ ⋅συνθ = β +β − β⋅β⋅συνθ = β − β ⋅συνθ =
= − συνθ ⋅ β
Δηλαδή, ( )2 2
1 2α= − συνθ ⋅ β (3)
Από (3), αν 0θ = , τότε 1 0 01⇔ − σσ υνθ =υνθ ⇒ α == , άτοπο.
Άρα, 0 1 1 0≠ ⇔ ≠ συνθ ⇔ − συνθ ≠θ .
Από τη σχέση (3), έχουμε: ( )
( )
2
2 2 2
1 2
2 1
⇔
θ
α
α= − συνθ ⋅ ββ =
⋅ − συν
.
Επίσης: ( )
( )
( )
2
2 3
2
4
2
2 1 4
4 4 4 1 1
(2)
(3)
ηµ θ
ηµθ⋅
− συνθαβ ηµ θ ηµθ
ΑΒΓ = = = = ηµ θ⋅
− συνθ − συνθ
(4)
Είναι 1 0+ συνθ ≠ , αλλιώς θ = π και δεν σχηματίζεται τρίγωνο. Οπότε, από τη σχέση (4) έ-
χουμε:
5

11. www.liveyourmaths.com
( )
( )
( )( )
( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
1
ηµθ⋅ + συνθ ηµθ⋅ + συνθ ηµθ⋅ + συνθ
ΑΒΓ = ηµ θ⋅ = ηµ θ⋅ = ηµ θ⋅ =
− συνθ + συνθ − συν θ ηµ θ
= ηµθ⋅ + συνθ
Δηλαδή, ( ) ( )1ΑΒΓ = ηµθ⋅ + συνθ με 0 και≠ θ ≠ πθ , όπως έχουμε προαναφέρει.
Επίσης, πρέπει ( )
0 1 0
0
1
1 0
0
και
ή
και
ηµθ > + συνθ >

⇔ 

η
ηµθ < + συν
µθ⋅ + σ
θ <
υνθ

>
Αλλά, 1 0+ συνθ < άτοπο, άρα 1 00 0καιη πµθ > + συν ⇔> < θ <θ .
Συνεπώς, ( ) ( ) ( )1 0,, πΕ θ = ηµθ⋅ νθ θ∈+ συ .
Γ2. Η ( )Ε θ είναι συνεχής στο ( )0,π και παραγωγίσιμη με:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 2 2 2 2
1 1 1
1
′ ′ ′′Ε θ= + συνθ ⋅ηµθ = + συνθ ⋅ηµθ + + συνθ ⋅ ηµθ =  
= −ηµθ ⋅ηµθ + + συνθ ⋅συνθ = −ηµ θ + συνθ + συν θ = συν θ − ηµ θ + συνθ
α’ τρόπος
Είναι:
( ) ( )2 2 2 2
2 2 2
1
1 2 1
′Ε θ = συν θ − ηµ θ + συνθ = συν θ − − συν θ + συνθ =
= συν θ − + συν θ + συνθ = συν θ + συνθ −
Δηλαδή, ( ) 2
2 1′Ε θ = συν θ+ συνθ− . Θέτουμε συνθ = ω με 1 1− ≤ ω ≤ . Οπότε,
( ) 2 2
0 1 0 2 1 02
συνθ=ω
′ ⇔ συΕ θ= θ+ συνθ−= ω + ω−⇔ =ν . Ισχύει:
( )
2
1,
2
1
2
1 4 2 1 1 8 9 0
1
1 9 1 3
2 1
4 4
4 2
∆ = − ⋅ ⋅ − = + = >
ω =−
− ± − ± 
ω= = 
ω = =
Δηλαδή,
1
1
2
ήω = − ω = (Δεκτές αμφότερες αρχικά).
Άρα, ( ) ( )( )2 1
2 1 2 1 12 0
2
1
 
⇔ ω+ ω− = ω− ω+ 

+

ω ω− = .
Τελικά, ( ) ( ) ( )2 1 1 00 ⇔ συνθ−′ ⋅ συνθ θ+Ε == .
Αλλά ( )0,θ∈ π , οπότε 01συνθ+ ≠ , συνεπώς:
• ( ) ( )( )
1 0 1
2 1 1 20 0 1 0
2
συνθ+ ≠
′ ⇔ συνθ − συνθ + = ⇔ συνθ − = ⇔ συν= θ =Ε θ
Άρα, ( )
1
2
0 ⇔ σθ = υνθ =′Ε .
6

12. www.liveyourmaths.com
• ( ) ( )( )2 1 1 00 ⇔ συνθ′ − συνθ θ+Ε >> . Όμως 1συνθ ≥ − , για κάθε θ∈ και ε-
πειδή ( )0,θ∈ π , θα είναι 1 01⇔ σσ υννθ > θ+υ >− . Άρα:
( )( ) ( )0,
3
2
1
2 1 0
2 3
1 1 0
στο
συν
π
π
⇔ συνθ − > ⇔ συνθ >συνθ − συνθ ⇔ συνθ > συν ⇔+ >
π
⇔ θ <
2
Άρα, ( )
3
0
π
⇔θ > θ <′Ε .
• Ομοίως, ( ) ( )( )2 1 1 00 ⇔ συνθ′ − συνθ θ+Ε << . Όμως 1συνθ ≥ − για κάθε θ∈
και επειδή ( )0,θ∈ π , θα είναι 1 01⇔ σσ υννθ > θ+υ >− . Άρα:
( )( ) ( )
0
0,
1
3
2 1 1 0 2 1 0
1
2 3 στο
συνθ > συν
π
+ π
⇔ ⇔ σσυνθ − συνθ + < θσυνθ − < υν < ⇔ συνθ < συν ⇔
π
⇔ θ <
2
Άρα, ( ) 0
3
π
⇔ < θ < π′Ε θ < .
Έχουμε λοιπόν τον διπλανό πίνακα
μεταβολών. Συνεπώς, το εμβαδόν
( )Ε θ μεγιστοποιείται όταν
3
π
θ = με
1 3 3 3 3 3
1 1
3 3 3 2 2 2 2 4
π π π     
Ε = + συν ⋅ηµ = + ⋅ = ⋅ =     
     
β’ τρόπος
Είναι: ( ) 2 2
2′Ε θ = συν θ− ηµ θ+ συνθ = συν θ+ συνθ, αφού 2 2
2συν θ − ηµ θ = συν θ.
Δηλαδή, ( ) ( )2 0,, π′Ε θ = συν υνθ θ∈θ+ σ .
( ) ( )
( )
2 0 2
2
0 2
2
⇔ συν θ + συνθ = ⇔ συν θ = −συνθ ⇔ συν θ = συν π − θ ⇒
⇒ θ = κπ ± π − θ
′Ε θ =
 2 22 ⇔ θ= κπ − πθ = κπ − π + θ , όμως
10
1
0 2 2 2 1 2 2
2
⇔ < κπ − π < π ⇔ π < κπθ < π ⇔ ⇔< < <π κ < < κ < , αδύνατη,
αφού κ∈ .

2
3 2
3
2 2
κπ + π
⇔ θ= κπκ + π ⇔ θ =θ= π + π − θ , όμως
0
0
2
0 0 2 3 2 2
3
1
1
2
κ∈
κπ + π
⇔ < < π ⇔ < κπ + π < π ⇔θ −π < κ
<
< π < π ⇔
⇔ − κ <
< π
⇒ κ =

θ
Ε' + -
Ε' 1 2
+∞−∞ π0
0
π/3
7

13. www.liveyourmaths.com
Άρα,
0
3
3 2 3
κ=
θ= κπ θ
π
⇔+ =π θ =π ⇔
Συνεπώς, ( ) ( )
3
0 , 0,
π
⇔ θ= θ∈ π′Ε θ = . Οπότε, ( ) 0′Ε θ ≠ για κάθε 0, ,
3 3
π π   
∈ ∪ π   
   
θ .
Η ( )′Ε θ είναι συνεχής, επομένως από συνέπειες θεωρήματος Bolzano διατηρεί πρόσημο εκα-
τέρωθεν της ρίζας 0
3
π 
θ = 
 
.
• Επιλέγουμε 10
4 3
π π
< θ = < και έχουμε:
2
2 0 0
4 4 4 2 4 2
π π π π π   
Ε = συν ⋅ + συν = συν + συν = + >   
   
.
Άρα, ( ) 0′Ε θ > για κάθε 0,
3
π 
∈ 
 
θ .
• Επιλέγουμε 2
3 2
π π
< θ = < π και έχουμε:
2 1 0 0
2 2 2 2
π π π π   
Ε = συν ⋅ + συν = συνπ + συν = − + <   
   
.
Άρα, ( ) 0′Ε θ < για κάθε ,
3
π 
∈ π 
 
θ .
Έχουμε λοιπόν τον διπλανό πίνακα
μεταβολών. Συνεπώς, το εμβαδόν
( )Ε θ μεγιστοποιείται όταν
3
π
θ = με
1 3 3 3 3 3
1 1
3 3 3 2 2 2 2 4
π π π     
Ε = + συν ⋅ηµ = + ⋅ = ⋅ =     
     
.
Γ3. Έχουμε:
α’ τρόπος
Είναι
0,
3
4 3 4 3
Ε
π 
 
 
π π π π   
< Ε < Ε   
  
⇔

1
, δηλαδή
34
π 
≠ Ε Ε

π 

  
 .
Η ( )Ε θ είναι συνεχής στο ,
4 3
π π 
  
. Επίσης,
2 3 3 3
4 2 4 4 3
π π   
Ε = < < =Ε   
   
.
Άρα, από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών (Θ.Ε.Τ.), υπάρχει μία τουλάχιστον γωνία 1 ,
4 3
π π 
∈ 
 
θ , τέ-
τοια ώστε ( )1
3
4
Ε θ = . Αφού η ( )Ε θ είναι γνησίως αύξουσα στο 0,
3
π 
  
, η 1θ είναι μοναδική.
Είναι:
θ
Ε' + -
Ε' 1 2
+∞−∞ π0
0
π/3
8

14. www.liveyourmaths.com
,
3
2
3 3
1
23 3 4 33 22 στο
Ε
π 
π
 
π π π π       
⇔ ⇔ Ε < Ε ⇔ − < ⇒ Ε ≠ Ε       
π
     
π π π   
< Ε > Ε  
   

 
2
Η ( )Ε θ είναι συνεχής στο ,
3 2
π π 
  
με
3 3 3
1
2 4 4 3
π π   
Ε =− < < =Ε   
   
.
Άρα, από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών (Θ.Ε.Τ.), υπάρχει μία τουλάχιστον γωνία 2 ,
3 2
π π 
∈ 
 
θ ,
τέτοια ώστε ( )2
3
4
Ε θ = . Αφού η ( )Ε θ είναι γνησίως φθίνουσα στο ,
3
π 
π 
, η 2θ είναι μοναδική.
Τελικά, υπάρχουν ακριβώς δύο γωνίες 1 2,θ θ με 1 2θ < θ , τέτοιες ώστε ( )
3
4
Ε θ = .
β’ τρόπος
Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )
3
4
g θ =Ε θ − και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Bolzano στα διαστή-
ματα ,
4 3
π π 
  
και ,
3 2
π π 
  
και λόγω μονοτονίας της g, οι γωνίες 1 2,θ θ θα είναι μοναδικές.
γ’ τρόπος
Θα βρούμε το σύνολο τιμών της ( )Ε θ .
Είναι: 1 0,
3
π 
Α =  
στο οποίο η ( )Ε θ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα. Οπότε,
( ) ( )1
0
lim ,
3+
θ→
 π  
Ε Α= Ε θ Ε  
  
.
• ( ) ( ) ( )0 0
lim lim 1 1 1 0 0+ +
θ→ θ→
Ε θ= + συνθ ⋅ηµθ= + ⋅ =  
•
3 3
3 4
π 
Ε = 
 
Άρα, ( )1
3 3
0,
4
 
Ε Α = 
 
, όμως ( )1
3
4
∈Ε Α (αφού
3 3 3
0
4 4
< < ), οπότε υπάρχει τουλάχιστον
μία γωνία 1 0,
3
π 
∈ 
 
θ , τέτοια ώστε ( )1
3
4
Ε θ = και επειδή η ( )Ε θ είναι γνησίως αύξουσα στο
0,
3
π 
  
, η 1θ είναι μοναδική.
Επίσης, 2 ,
3
π 
Α= π 
, στο οποίο η ( )Ε θ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα. Οπότε,
( ) ( )2 lim ,
3−
θ→π
 π  
Ε Α= Ε θ Ε  
  
.
• ( ) ( )lim lim 1 0− −
θ→π θ→π
Ε θ= + συνθ ⋅ηµθ=  
9

15. www.liveyourmaths.com
•
3 3
3 4
π 
Ε = 
 
Άρα, ( )2
3 3
0,
4
 
Ε Α = 
 
, όμως ( )2
3
4
∈Ε Α (αφού
3 3 3
0
4 4
< < ), οπότε υπάρχει τουλάχιστον
μία γωνία 2 ,
3
π 
∈ π 
 
θ , τέτοια ώστε ( )2
3
4
Ε θ = και επειδή η ( )Ε θ είναι γνησίως φθίνουσα
στο ,
3
π 
π 
, η 2θ είναι μοναδική. Άρα, το ζητούμενο απεδείχθη.
Γ4. Από το ερώτημα Γ3, έχουμε: 1 20
3
π
< θ < < θ < π .
Η συνάρτηση ( )Ε θ είναι συνεχής στο 1,
3
π 
θ  
και παραγωγίσιμη στο 1,
3
π 
θ 
 
. Άρα από θεώ-
ρημα μέσης τιμής του Διαφορικού Λογισμού (Θ.Μ.Τ.), υπάρχει τουλάχιστον ένα 1 1,
3
 
∈ θ 

π

ξ ,
τέτοιο ώστε ( )
( )
( ) ( )
1
1 1 1 1
1 1
3 3 3
3
3 3 3
3 4 4
3
4
3
(1)′
π
π 
Ε − Ε θ − 
  ′Ε ξ
−  ′⇔ ⇔ − θ ⋅Ε ξ == Ε ξ=
π π
− θ −

θ
(Γ2)
(Γ3)
Ομοίως, η συνάρτηση ( )Ε θ είναι συνεχής στο 2,
3
π 
θ  
και παραγωγίσιμη στο 2,
3
π 
θ 
 
. Άρα
από θεώρημα μέσης τιμής (Θ.Μ.Τ.), υπάρχει τουλάχιστον ένα 2 2,
3
π 
∈ θ 
 
ξ , τέτοιο ώστε
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2
3
3 3 3
3
3 3
4
3
(2)
π 
Ε θ − Ε 
 ′
π 
Ε − Ε θ  π − 
π
′ ′⇔ Ε ξΕ ξ = = ⇔ Ε ξ ⋅
θ
− θ = π  − θ−
(Γ2)
(Γ3)
Από (1) και (2) προκύπτει: ( ) ( )1 1 2 2
3 3
π π   ′ ′− θ ⋅Ε ξ= − θ ⋅Ε ξ   
   
, που είναι και το ζητούμενο.
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Είναι ( )( ) ln ln , 0, 0f x x x x x= − λ > λ > . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( )0,+∞ ως πρά-
ξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο ( )0,+∞ με:
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
1
ln ln ln ln ln ln
1
ln 1 ln 1 , 0
f x x x x x x x x x x x x
x
x x x
x x
′ ′′ ′ ′ ′′ = − λ = − λ = + − ⋅ λ =
λ
λ
= + − = + − >
λ
10

16. www.liveyourmaths.com
Δηλαδή,
1
( ) ln 1 , 0f x x x
x
′ = + − > .
Η συνάρτηση f ′ είναι συνεχής στο ( )0,+∞ και παραγωγίσιμη με:
( ) 2 2
1 1 1 1 1 1 1
ln 1 0f x x
x x x x x x x
′ ′     ′′ = + − = − = − − = + >     
     
.
Δηλαδή, ( ) 2
1 1
0 0, για κάθεf x x
x x
′′ = + > > .
Άρα, η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( )0,+∞ .
Παρατηρούμε ότι ( )
1
1 ln1 1 0 1 1 0
1
f ′ = + − = + − = ή ( )1 0f ′ = .
• Για ( ) ( ) ( ) 01 1
f
x f f xf x
′
> ′> ⇔ ⇔′ ′ >
1
• Για ( ) ( ) ( ) 00 1 1
f
x f x f xf
′
′ ′< < < ′⇔ ⇔ <
1
Συνεπώς, έχουμε τον διπλανό πίνακα προσήμου
της f ′ .
Άρα, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ]0,1 και
γνησίως αύξουσα στο [ )1,+∞ . Άρα, στη θέση 0 1x = η f παρουσιάζει ελάχιστο, το
( ) ( )1 ln , 01 1ln1 ln ff = − λ ⇔ = − λ λ > . Το σημείο ακροτάτου της f είναι:
( )( ) ( )1, ln ,1, 1 0f ≡ − λ λ >Α .
Έστω ( ),x yΜ ένα σημείο του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου. Τότε, ισχύουν:
l ,
1
0n
και
x
y
= 
 
 
 − ∈ λ >= λ 
Τελικά, η ευθεία στην οποία ανήκει το ακρότατο της f, καθώς το λ μεταβάλλεται στο ( )0,+∞
είναι: ( ) : 1xε =.
Δ2. Για να ισχύει x
x x≥ λ , πρέπει:
( ) ( ) ( )
ln
lln n ln ln ln 0 ( ) 0lnx x
x x x x xx x x x x f x⇔ ⇔ ≥ λ ⇔ −λ λ ≥ ⇔≥ ≥ λ ≥
1
.
Για να είναι ( ) 0f x ≥ για κάθε 0x > , αρκεί το ελάχιστο της f να είναι μη αρνητικό. Δηλαδή,
πρέπει min 0f ≥ .
Όμως, ( )
ln
1m lin 1 ln 0 ln 0 n ln1f f ⇔ λ= ≤ ⇔ ⇔= λ λ− ≥ ≤ λ ≤
1
και αφού 0λ > , τότε θα
είναι max 1λ =.
Δ3. Για 1λ = , έχουμε ότι y x= .
x
f'(x) - +
f(x) 2 1
+∞−∞
0
0 1
11

17. www.liveyourmaths.com
Έστω ( )( )0 0,x g xΒ το σημείο επαφής εφαπτομένης και γραφικής παράστασης της g. Τότε, η
εξίσωση εφαπτομένης της gC στο Β, δίνεται από τη σχέση: ( ) ( ) ( )0 0 0( ) : y g x g x x x′ε − = ⋅ −
και αφού η ( )ε διέρχεται από την αρχή των αξόνων, τότε ( ) (0,0 )Ο ∈ ε , οπότε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0
0 0
0 (1)
g x g x x g x g x x
g x
g x g x x
g xx
′ ′⇔ − = − ⋅ ⇔
⇔
′− = ⋅ −
′ =
= ⋅ ⇔
−
Είναι ( ) , 0x
g x x x= > . Η g είναι συνεχής στο ( )0,+∞ και παραγωγίσιμη με
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
ln ln ln ln
ln ln ln ln 1
ln 1
x x x x x x xx
x
x
g x x e e x x e x x x x e x
x x
′ ′ ′ ′ ′′ = = = ⋅ = ⋅ + = ⋅ + =
= ⋅ +
Άρα, ( )( ) ln 1 (2)x
g x x x′ = ⋅ + . Από (1) και (2), έχουμε:
( ) ( )( ) ( )
( )
0
0
0 0 0
0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
0
0
0
0
ln 1 0 1 ln 1 0 1 ln 1 0
1 1
ln 1 1 1 01 ln ln
x
x
x x x
x
x
x
x x x x x x x
x
x
x
x
x
x
>
>
− ⋅ += − += − +=
+
⇔
+= + −
⇔ ⇔
⇔= ⇔ =⇔
Αντικαθιστούμε 0x με x και έχουμε:
1
ln 1 0x
x
+ − = .
Θεωρούμε συνάρτηση
1
( ) ln 1 , 0x x x
x
κ = + − > . Παρατηρούμε ότι:
( )
1
1 ln1 1 1 1 0
1
κ = + − = − = ή ( )1 0κ =. Η συνάρτηση κ είναι συνεχής στο ( )0,+∞ ως άθροι-
σμα συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη με :
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1
ln 1 ln
1 1
0
0
0x x x
x x x x x x
x
x x
x
′ ′     ′′ − ′⇒ κ− =κ = + − = − = = + >     
  
+ > ⇒
′
 
κ

⇒ >
Άρα, η συνάρτηση κ είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ , άρα η προφανής ρίζα 0 1x = είναι μο-
ναδική. Τελικά, ( )( ) ( )11, 1 1,g ≡Β .
Οπότε, ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 11 11 1y x y x y xy g g x ⇔ − −′− = = ⋅ − ⇔ = − ⇔⋅ =− .
Δ4. i) Είναι
, 0
( )
1, 0
x
x x
h x
x
 >
= 
=
Το πεδίο ορισμού της h είναι: [ )hD 0,= +∞ .
Η h είναι συνεχής στο ( )0,+∞ ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Θα ελέγξουμε τη
συνέχεια της h στο 0 0x = . Είναι:
( )
0
lim ln
ln
0 0 0
lim ( ) lim lim x
x x
x x
x x x
x
h x x e e +
+ + +
→
→ → →
= = = .
Όμως,
( )
( ) ( )
( )
0
0 0 0 0 0 0
2
2
1
lnln
lim ln lim lim lim lim lim 0
1 11
DLHx x x x x x
xx xxx x x
x
x xx
+ + + + + +
∞
∞ ∞
− 
 ⋅ − + 
→ → → → → →
′  
= = = = − = − = 
′      −     
.
12

18. www.liveyourmaths.com
Άρα,
( )
( )0
lim ln
0
0
lim ( ) 1 0x
x x
x
h x e e h+
+
→
→
= = = = . Συνεπώς, η h είναι συνεχής στο 0.
Τελικά, η h είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, δηλαδή το [ )0,+∞ .
ii) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( )( ) ( ) ( )
2 1
2020
1 0
3 2 1 1 0x g t dt x h t dt⋅ − + − ⋅ − =∫ ∫
έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )0,1 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ]
2 1
2020
1 0
3 2 1 11 , 0,x x g t dt x h t dt xΠ = ⋅ − + ∈− ⋅ −∫ ∫ .
Η συνάρτηση Π είναι συνεχής στο [ ]0,1 ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και ι-
σχύει:
• ( ) ( )( )2
2020
1
0 0 3 2 g t dtΠ = ⋅ − ∫ ( ) ( ) ( )
1 1
0 0
1 0 1 1 0h t dt h t dt+ − ⋅ − = − >∫ ∫ , διότι:
Θέτουμε 1 t u− = , οπότε
dt = -du
t 0 u 1
t 1
d t
u
u d
0
⇔

= →

= −
=
= → =
και άρα:
( ) ( )( ) ( ) ( )
11 0 0 1
0 1 1 0
1
t u
h t dt h u du h u du h u du
− =
− = − =− =∫ ∫ ∫ ∫ .
Άρα, ( ) ( )
1 1
0 0
1 0h t dt h u du− = >∫ ∫ , αφού ( ) 0h x > για κάθε 0x ≥ .
• ( ) ( )( ) ( ) ( )
2 1
2020
1 0
1 1 3 2 1 1 1g t dt h t dtΠ = ⋅ − + − ⋅ −∫ ∫ ( )
2
1
3 2 0g t dt=− <∫ , διότι:
Η g είναι συνεχής στο ( )0,+∞ και παραγωγίσιμη με: ( ) ( )ln 1 , 0x
g x x x x′ = ⋅ + > όπως
βρήκαμε στο ερώτημα Δ3.
Η g′ είναι συνεχής στο ( )0,+∞ και παραγωγίσιμη με:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
ln ln ln
ln l
2
2n ln ln
2ln
ln 1 ln 1 ln 1
1 1
ln ln 1 ln 1
1 1
ln 1 ln 1 0 0, για κάθε
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x
g x e x e x e x
e x x x e e x e
x x
e x x x x
x x
′′ ′′′  = ⋅ + = ⋅ + + ⋅ + = 
′= ⋅ ⋅ + + ⋅ = ⋅ + + ⋅ =
   
= ⋅ + + = ⋅ + + > >      
Δηλαδή, ( ) 0g x′′ > , άρα η g είναι κυρτή στο ( )0,+∞ . Κατά συνέπεια, η gC βρίσκεται
«πάνω» από την εφαπτομένη y x= του ερωτήματος Δ3, με εξαίρεση το σημείο επαφής.
Ως εκ τούτου, ( ) 0x x
g xx xx xx ⇔ ⇔ −≥ ≥≥ με την ισότητα να ισχύει για 1x = .
Οπότε:
13

19. www.liveyourmaths.com
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
2 22 2 2 2
2 2 2
1 1 1
11
2 2 2 2
1
2
1
1 1 1
0
2 1
2 2 2 2
1 3
2 2 3 3 2 0
0
2 2
0
γνωστή
πρόταση
x xx
x x dx xdx g x dx xdx
x x
g x dx dx g x dx g x dx
g x dx g
x
x
x x d
dx g x dx g x dx
x⇒ ⇒ − > ⇒ > ⇒
′   
⇒ > ⇒ > ⇒ > − ⇒   
   
⇒ > − ⇒ > ⇒ > ⇒
−
−
>
<
− ≥
⌠

⌡
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
∫
∫
∫ ∫ ∫
Δηλαδή, ( )1 0Π < . Τελικά, ( ) ( )0 1 0Π ⋅Π < και άρα από το Θεώρημα Bolzano, υπάρχει
ένα τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ τέτοιο ώστε:
( ) ( )( ) ( ) ( )
2 1
2020
10 00 00 3 2 1 1 0x g t dt x h t dtxΠ= ⋅ − + − −⇔ =∫ ∫
και το ζητούμενο απεδείχθη.
14