1. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η f είναι κυρτή στο R, άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο R και η συνάρτηση f είναι
γνησίως αύξουσα στο R
Έχουμε
x 0 x 0
x 0 x 0
x 0 x 0
x x
x xf / 0
0
x
0
x
f x f 0 e f x f 0 e
2
x x
f x f 0 e 1 e 1
f 0 f 0 f 0
x x x
e 1
f 0 f 0 f 0
f 0 f 0
f 0 e f 0 f 0
x
lim lim
lim lim
lim lim
======
Άρα
f 0 f 0 2 1
Επίσης
x 0 x 0
2
x f 0 f 0 x
2 x f 0 f 0
x
f 0 f 0 f 0 f 0 2 2
lim lim
Από τις σχέσεις 1 , 2 προκύπτει ότι f 0 0,f 0 2
β)
1ος τρόπος
Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο O 0,0 είναι
: y f 0 f 0 x 0
: y 2x
Επειδή η f είναι κυρτή στο R, η γραφική της παράσταση θα βρίσκεται «πάνω» από την
ευθεία , δηλαδή
f x 2x για κάθε x 3R
(με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 0 )
και επειδή
x
2xlim , προκύπτει ότι
x
f xlim
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, τότε επειδή είναι και συνεχής (ως
παραγωγίσιμη), το σύνολο τιμών της θα είναι το
x x x
f f x , f x , f xlim lim lim'
το οποίο είναι άτοπο
2ος τρόπος
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, τότε f 1 0
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
2. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Από το ΘΜΤ για την f στο διάστημα 0,1 προκύπτει η ύπαρξη αριθμού ρ 0,1 :
f
f ρ = f 1 - f 0 = f 1 < 0 f ρ < 2 = f 0 ρ < 0, ά=>
1
γ)
Η σχέση 3 για x 1,x 1 δίνει αντίστοιχα
f 1 2
f 1 f 1 0
f 1 2
Οπότε
x 0 x 0
x 0
2
x 1
f 1 f 1x f 1 f 1 x 1
x
xf x 2x f x 2x
x 1 1
f 1 f 1
x f x 2x
lim lim
lim
διότι
x 0
x 1
0,
x
lim f 1 f 1 0 ,
x 0
f x 2x 0lim
και f x 2x 0 λόγω της 3
δ)
1ος τρόπος
Έστω ότι για κάποιο 'ισχύει
3
2 2 2 2
f 2
f 1 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0=>
Το μηδέν επαληθεύει την εξίσωση
2
f x x 1 1
Άρα
2
f x x 1 1 α = 0
2ος τρόπος
2
f x 2x 0
2 2 2
x 0
f x x 1 1 f x x 2x 0 f x 2x x x 0
3. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από το δεύτερο όριο παρατηρούμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0
άρα και συνεχής στο 0.
Οπότε
x 0
limf x f 0 και
x 0 x 0
f x f 0 f x f 0
lim lim f 0
x 0 x
.
Είναι :
x x x x
x 0 x 0
x
x
x 0
0
f x f 0 e f x f x e f x e f 0 e
lim 2 lim 2
x x
f x f 01 e
lim f x e 2
x x
f 0 1 e f 0 2
f 0 f 0 2 , 1
0
x x0
0
x 0 L'H x 0
1 e e
lim lim e 1
x 1
Και
2
x 0 x 0
x f 0 f 0 x
lim 2 lim x f 0 f 0 2
x
f 0 f 0 2 , 2
Λύνουμε το σύστημα των (1) και (2) {
f 0 f 0 2
f 0 f 0 2
{
f 0 2
f 0 0
β)
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο .
Τότε για
f x 0 f x
x 0 f x f 0 f x 0 0
x
Επειδή υπάρχουν τα όρια
x 0 x 0
f x f x f 0
lim lim f 0 2
x x 0
και
x 0
lim 0 0 θα ισχύει
x 0
f x
lim 0 f 0 0 2 0
x
άτοπο.
Άρα η f δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο .
Λύνει ο Τρύφωνας Ζωϊτσάκος
4. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
γ)
Είναι
x 0
x 1
lim 0
x
Η εφαπτομένη (ε) της f
C στο σημείο της A 0,f 0 έχει εξίσωση
y f 0 f 0 x 0 y 2x
Η f είναι κυρτή στο άρα η f
C βρίσκεται πάνω από την (ε) για κάθε x με
εξαίρεση το σημείο επαφής.
Οπότε f x 2x για κάθε x (το ίσον μόνο για x 0 )
δηλαδή f x 2x κοντά στο 0 και επειδή
x 0
lim f x 2x f 0 0 0 θα είναι
x 0
1
lim
f x 2x
Η f είναι κυρτή στο άρα f γνησίως αύξουσα στο .
Η f πληρεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ στα 1,0 και 0,1 .
Άρα υπάρχουν 1
x 1,0 και 2
x 0,1 ώστε :
1
f 0 f 1
f x f 1
0 1
και
2
f 1 f 0
f x f 1
1 0
όμως 1 2 1 2
x 0 x f x f x f 1 f 1 f 1 f 1 0
Άρα
2x 0 x 0
x 0
x f 1 f 1 x 1 x f 1 f 1 x 1
lim lim
xf x 2x x f x 2x
x 1
f 1 f 1
xlim
f x 2x
lim
x 0 x 0
x 1 1
f 1 f 1 lim
x f x 2x
f 1 f 1
5. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Από
2
x 0
x (f(0) f (0))x
lim 2
x
προκύπτει ότι
x 0
lim x (f(0) f (0)) 2 άρα
f(0) f (0) 2(1)
Τώρα από
x
x 0
f(x) f(0)e
lim 2
x
είναι
x
x 0
f(x) f(0) f(0) f(0)e
lim 2
x
ή
x
x 0
f(x) f(0) e 1
lim f(0) 2
x x
ή f (0) f(0) 1 2 f (0) f(0) 2 (2)
και από (1),(2) έχουμε f(0) 0, f (0) 2
β)
Έστω ότι η f είναι γνήσια φθίνουσα στο R.
Τότε από f (0) 2 έχουμε
x 0
f(x) f(0)
lim 2 0
x
άρα
f(x) f(0)
0
x
κοντά στο 0 και για
f
x 0 f(x) f(0)
2
δηλαδή
f(x) f(0)
0
x
που είναι άτοπο
άρα η f δεν είναι γνήσια φθίνουσα στο R.
γ)
Είναι
2
x 0
lim(xf(x) 2x ) 0και
x 0
lim( x (f( 1) f(1))x 1) 0 και τότε
2
x 1
(f( 1) f(1))
x (f( 1) f(1))x 1 xh(x)
xf(x) 2x f(x) 2x
ή
1 x 1
h(x) (f( 1) f(1))
f(x) 2x x
Τώρα η εφαπτομένη της f
C στο σημείο της (0,0) είναι y f(0) f (0)(x 0) y 2x και
λόγω κυρτότητας ισχύει f(x) 2x, x 0
επομένως f(x) 2x 0, x 0 και
x 0
1
lim
f(x) 2x
Ακόμη
x 0
x 1
lim 0
x
και στα διαστήματα [ 1,0], [0,1] σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν
1 2
x ( 1,0), x (0,1) ώστε
1 2
f(0) f( 1) f(1) f(0)
f (x ) , f (x )
0 1 1 0
ή 1 2
f (x ) f( 1), f (x ) f(1)
και αφού f γνήσια αύξουσα αφού f κυρτή ισχύει ότι
Λύνει o Βασίλης Κακαβάς
6. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
1 2
f (x ) f (x ) f( 1) f(1) 0 f( 1) f(1) οπότε
x 0 x 0
1 x 1
limh(x) lim (f( 1) f(1))
f(x) 2x x
δ)
Προφανής ρίζα της εξίσωσης 2
f(x) (x 1) 1 είναι η x 0 και
για την συνάρτηση 2
g(x) f(x) (x 1) 1, x R είναι
g (x) f (x) 2(x 1), x R με g (0) f (0) 2 0 και επειδή είναι γνήσια αύξουσα αφού
για 1 2 1 2
x x 2(x 1) 2(x 1) και 1 2
f (x ) f (x )(λόγω κυρτότητας)
και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει 1 2
g (x ) g (x )έχουμε
για x 0 g (x) g (0) 0
άρα η g είναι γνήσια αύξουσα στο [0, ) και για x 0 g (x) g (0) 0
άρα η g είναι γνήσια φθίνουσα στο ( , 0]
έτσι το g(0) 0 είναι η ελάχιστη τιμή της g , άρα μοναδική ρίζα της είναι το 0
7. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Η συνάρτηση g με
f x f 0
g x
x
με x 0 γράφεται:
x x x x
f x f 0 e f 0 e f 0 f x f 0 e e 1
g x f 0
x x x x
και παίρνοντας όριο στο 0
έχω:
x 0
limg x 2 f 0 f 0 (1), αφού με τον ορισμό της παραγώγου της x
e στο 0 ή τον
κανόνα de L’ Hospital το
x
x 0
e 1
lim 1
x
.
Το 2ο όριο γράφεται:
x 0
lim x - f 0 - f 0 = -2 f 0 + f 0 = 2 (2).
Από (1) και (2) έχω f 0 0 και f 0 2.
β)
Επειδή η f κυρτή στο R η f θα είναι στο R, άρα
x 0 f x f 0 2 0 f στο 0, , άρα όχι στο R.
γ)
Για x κοντά στο 0 έχω
2
x 1
f 1 f 1x 1 f 1 f 1 x
xh x
xf x 2x f x 2x
.
Η y 2x είναι η εφαπτομένη της f
C στο O 0,0 , άρα f x 2x με το «=» μόνο στο 0 .
Άρα η συνάρτηση f x 2x έχει θετικές τιμές κοντά στο 0 και
x 0
lim f x 2x 0 ,
άρα
x 0
1
lim
f x 2x
(3).
Από τη σχέση *
f x 2x,x R για x 1 και 1 έχω: f 1 2 και f 1 2 και
προσθέτοντας: f 1 f 1 0 .
Άρα
x 0
x 1
lim( f 1 f 1 ) f 1 f 1 0
x
(4).
Από (3), (4) έχω
x 0
limh x .
Για το πρόσημο του f 1 f 1 θα μπορούσαμε να εφαρμόσουμε ΘΜΤ στα 1,0 , 0,1
και: 1 2
f f 0 f 1 f 1 ,f f 1 f 0 f 1 κι επειδή f θα ήταν
1 2
f f f 1 f 1 f( 1) f 1 0.
δ)
Λύνει ο Κώστας Δεββές
9. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
f κυρτή στο άρα f συνεχής και παραγωγίσημη στο οπότε :
x x
x 0 x 0
x x
x 0 x 0 x 0
f x -f 0 e f x -f 0 +f 0 -f 0 e
lim 2 lim 2
x x
f x -f 0 f 0 -f 0 e 1-e
lim lim 2 f΄ 0 f 0 lim 2
x x x
f΄ 0 f 0 1 2 f΄ 0 f 0 2 σχέση (1)
Από το δεύτερο όριο έχουμε :
2
x 0 x 0
x x- f 0 f ΄ 0x - f 0 f ΄ 0 x
lim 2 lim 2
x x
.................. f 0 f΄ 0 2 σχέση (2)
Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε ότι f 0 =0 , f΄ 0 =2
β)
Α ΄ τρόπος :
Βρίσκουμε την εφαπτομένη της f
C στο 0
x = 0
ε : ψ-f 0 =f΄ 0 x-0 .............. ε : ψ=2x
Επειδή f κυρτή στο ισχύει ότι :
f x ψ δηλαδή f x 2x το = ισχύει για x=0
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο άρα μπορούμε να γράψουμε :
5 0 f 5 f 0 f 5 0
Mε τη βοήθεια της παραπάνω ανίσωσης για x=5 παίρνουμε :
f 5 10 0 άτοπο , άρα f όχι γνησίως φθίνουσα στο
Β΄ τρόπος :
Θεωρούμε συνάρτηση h με τύπο : h x =f x -2x στο συνεχής και παραγωγίσημη με
h΄ x =f΄ x -2
Επειδή f κυρτή στο ισχύει ότι : f΄ x γνησίως αύξουσα στο
Άρα μπορούμε να γράψουμε :
Για x 0 f΄ x f΄ 0 f΄ x 2 f΄ x -2 0 h΄ x 0
Για x<0 f΄ x f΄ 0 f΄ x 2 f΄ x -2<0 h΄ x 0
Λύνει ο Γιώργος Κουρεμπανάς
10. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
Για την h έχουμε :
Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας έχουμε ότι :
h x 0 το = ισχύει για x=0
Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο δηλαδή
ισχύει ότι :
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
x , x με x x f x f x και
x x 2x 2x
Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε 1 1 2 2 1 2
f x 2x f x 2x h x h x
δηλαδή h γνησίως αύξουσα στο το οποίο είναι άτοπο
Άρα f όχι γνησίως φθίνουσα στο
γ)
Διαιρώντας τον αριθμητή και τον παρονομαστή του ορίου που θέλουμε να
υπολογίσουμε με το x έχουμε :
x 0 x 0
συνx-1 συνx-1
+f(-1)+f(1) +f(-1)+f(1)
x xL=lim lim
f x -2x h x
Ισχύουν τα παρακάτω :
x 0
συνx-1
lim =0
x
Από το β) ισχύει : h x 0 για κάθε x 0 Άρα :
h 1 0 .........f 1 2 , h 1 0 .........f -1 2
δηλαδή f(-1)+f(1) 0
Επίσης x 0
limh x =h 0 =0 και επειδή h x 0 για κάθε x 0
x 0
limh x 0
Άρα
x 0
συνx-1
+f(-1)+f(1)
1xL=lim f(-1)+f(1)
f x -2x 0
δ)
2 2 2
f(x)+ x-1 1 f x -2x=-x h x =-x
Eπειδή h x 0 για κάθε x και 2
-x 0 για κάθε x
έχουμε ότι : 2
h x =-x 0 x=0
11. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έχουμε ότι:
xx
x 0 x 0
x x
x 0 x 0
f x f 0 f 0 e f 0f x f 0 e
lim 2 lim 2
x x
f x f 0 f 0 e 1 e 1f x f 0
lim 2 lim f 0 2
x x x
f 0 f 0 2 1
αφού
x 0
f x f 0
lim f 0
x
και
xx
x
x 0 x 0 x 0
e 1e 1
lim lim lime 1
x x
Επίσης:
2
x 0 x 0
x f 0 f 0 x
lim 2 lim x f 0 f 0 2
x
f 0 f 0 2 2
Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων 1 , 2 και έχουμε ότι f 0 2 και f 0 0
β)
Επειδή η f είναι κυρτή η γραφική παράσταση της βρίσκεται πάνω από την γραφική
παράσταση της εφαπτομένης στο 0,f 0
Άρα f x 2x για κάθε x R και συνεπώς f 1 2
Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R
Έχουμε:
0 1 f 0 f 1 0 f 1 άτοπο
γ)
Επειδή η f είναι κυρτή η γραφική παράσταση της βρίσκεται πάνω από την γραφική
παράσταση της εφαπτομένης στο 0,f 0 εκτός από το σημείο επαφής
Άρα f x 2x για κάθε x 0 και επομένως f 1 2 και f 1 2 συνεπώς
f 1 f 1 2 2 0
Συνεπώς το ζητούμενο όριο γίνεται:
Λύνει ο Θωμάς Πετρόπουλος
12. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
2x 0 x 0
x f 1 f 1 x 1 x f 1 f 1 x 1 1
lim lim
xf x 2x x f x 2x
αφού:
0
0
x 0 x 0
x 0
x f 1 f 1 x 1x f 1 f 1 x 1
lim lim
x x
lim x f 1 f 1 f 1 f 1 0
και
x 0
lim f x 2x 0 αφού η f είναι συνεχής στο 0 ως παραγωγίσιμη και επιπλέον
f x 2x f x 2x 0 για κάθε x 0 και συνεπώς
x 0
1
lim
f x 2x
δ)
Η εξίσωση ορίζεται για κάθε x R
Παρατηρούμε ότι για x 0 επαληθεύεται
Για x 0 έχουμε:
2
f x 2x
x 0
και συνεπώς
22
f x x 2x f x x 1 1
Άρα η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα
13. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
2
x 0 x 0
x f 0 f 0 x
lim lim x f 0 f 0 f 0 f 0
x
, άρα
f 0 f 0 2 f 0 f 0 2 (1)
x x
x 0 x 0
f x f 0 e f x f 0 f 0 f 0 e
lim lim
x x
x
x 0
f x f 0 e 1
lim f 0 f 0 f 0
x x
, αφού
x DLH
x
x 0 x 0
e 1
lim lime 1
x
Άρα f 0 f 0 2 (2)
Από (1) και (2) παίρνουμε f 0 2 και f 0 0.
β)
Αφού η f είναι κυρτή η f είναι γνησίως αύξουσα στο .
Για κάθε x 0 f x f 0 2 , άρα στο 0, η f είναι γνησίως αύξουσα , άρα δεν
μπορεί να είναι γνησίως φθίνουσα στο .
γ)
Η γραφική παράσταση της f έχει στο O 0,0 εφαπτομένη με εξίσωση
y f 0 f 0 x y 2x
Επειδή η f είναι κυρτή στο ισχύει f x 2x για κάθε x και η ισότητα ισχύει μόνο
για x 0 .
Άρα για x 1 ισχύει f 1 2 και για x 1: f 1 2 , οπότε f 1 f 1 0 . Οπότε
έχουμε
2x 0 x 0
x 1
f 1 f 1x f 1 f 1 x 1
xlim lim
xf x 2x f x 2x
καθώς
x 0
lim f x 2x 0 και f x 2x 0 κοντά στο 0
x 0 και
x 0
x 1
lim f 1 f 1 f 1 f 1 0
x
.
Λύνει ο Αθανάσιος Μπεληγιάννης
14. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
β΄ τρόπος για το f 1 f 1 0
Από Θ.Μ.Τ. στο 1,0 για την f υπάρχει 1
x 1,0 :
1
f 0 f 1
f x f 1
1
Από Θ.Μ.Τ. στο 0,1 για την f υπάρχει 2
x 0,1 :
2
f 1 f 0
f x f 1
1
Οπότε
f
1 2 1 1
x x f x f x f 1 f 1 f 1 f 1 0 .
δ)
Προφανής λύση είναι η x 0 , η οποία θα δείξουμε ότι είναι και μοναδική.
Αν υπάρχει ρίζα 0 της εξίσωσης τότε :
2
f 1 1 .
Αλλά
2 2 2
f 2 1 1 2 1 2 1 2 0 άτοπο.
Άρα η x 0 είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης.
15. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
α)
Έχουμε x 0 ,
x
f(x) f(0)e
x
x x x
f(x) f(x)e f(x)e f(0)e
x
x
1 e
f(x)
x
+ xf(x) f(0)
e
x
και επειδή
x
x 0
1 e
limf(x) f(0)
x
, x
x 0
f(x) f(0)
lim e f'(0)
x
Θα ισχύει ότι:
x
x 0
f(x) f(0)e
lim f(0) f'(0)
x
f'(0) f(0) 2 (1).
Eπίσης
2
x 0
x (f(0) f'(0))x
lim
x
x 0
lim(x f(0) f'(0)) f(0) f'(0)
οπότε f(0) f'(0) 2 (2).
Από τις σχέσεις (1) , (2) προκύπτει ότι
f(0) 0 , f'(0) 2 .
β)
Αν η f ήταν γνήσια φθίνουσα στο R τότε
x 0
f(x)
x 0 f(x) 0 lim 0
x
δηλαδή f'(0) 2 < 0 ΑΤΟΠΟ.
Όμοια
x 0
f(x)
x 0 f(x) 0 lim 0
x
δηλαδή f'(0) 2 < 0 ΑΤΟΠΟ.
Άρα η f δεν είναι γνήσια φθίνουσα στο R.
γ)
Από θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στα διαστήματα 1,0 , 0,1 υπάρχουν
1 2
, ώστε 1 2
1 0 1 και 1
f'( ) f(0) f( 1) , 2
f'( ) f(1) f(0) .
Επειδή f κυρτή στο R θα είναι
1 2
f'( ) f'( ) f( 1) f(1) f( 1) f(1) 0 .
Επίσης λόγω της κυρτότητας η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε
σημείο του R βρίσκεται “κάτω” από τη γραφική της παράσταση με εξαίρεση το σημείο
επαφής τους.
Η εφαπτομένη της Cf στο O(0,0) είναι
y 2x οπότε θα ισχύει f(x) 2x x 0 .
Τώρα
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
16. ___________________________________________________________________________
16 ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2017-΄18
2
x f( 1) f(1) x 1 x 1 1
f( 1) f(1) ,x 0
xf(x) 2x x f(x) 2x
και επειδή
x 0
x 1
lim 0
x
, f( 1) f(1) 0 , f(x) 2x x 0
x 0
limf(x) 2x 0
,
θα είναι
x 0
lim
2
x f( 1) f(1) x 1
xf(x) 2x
x 0
lim
x 1 1
f( 1) f(1)
x f(x) 2x
=+.
δ)
Προφανής λύση της εξίσωσης η x 0 ,
Τώρα για x 0 είναι
f(x) 2x 0 2
f(x) x 2x 0 2
f(x) x 2x 1 1 2
f(x) (x 1) 1.
Άρα 2
f(x) (x 1) 1 x 0.