Η Ασκηση της Ημέρας

1. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
1
1η
προτεινόμενη λύση (Ηλίας Ζωβοΐλης)
Α. Αρκεί και πρέπει να δείξουμε ότι για κάθε y R, η εξίσωση  y f x έχει λύση
ως προς x, όπου x 0. Θεωρούμε τη συνάρτηση g:R R με τύπο
  x
g x e x 1   . Η g είναι παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο   x
g x e 1 0,   
που σημαίνει ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο R , άρα και "1 1" στο R
Εύκολα φαίνεται ότι   g f x ln x,x 0. 
Για y R και x 0 έχουμε
           y
g:1 1
g y e y 1
f x y g f x g y ln x g y x e e .

 
       
Αποδείξαμε λοιπόν ότι για τυχαίο 0y R, υπάρχει
y0
0e y 1
0x e 0 
  τέτοιο, ώστε
 0 0f x y .
Επομένως η f έχει σύνολο τιμών το R .
Β1. Έστω 1 2x ,x 0 με    1 2f x f x . Η g είναι συνάρτηση, άρα
     
g:1 1
1 2 1 2 1 2g f x g f x ln x ln x x x

     , που σημαίνει ότι η συνάρτηση f
είναι "1 1" στο  0, , επομένως ορίζεται η αντίστροφη 1
f .
(Σχόλιο: θα μπορούσαμε εναλλακτικά να αποδείξουμε ότι η f είναι "1 1" στο
 0, κάνοντας χρήση της παραγωγισιμότητας της f , καθώς παραγωγίζοντας τη
σχέση    f x
f x e lnx 1   προκύπτει
   
         
   
 
   
 
f x f x
f x
f x
1
f x e lnx 1 f x f x e
x
1 1
f x 1 e f x 0
x x 1 e
         
 
      
   
Άρα η f είναι"1 1" στο  0, , ως γνησίως αύξουσα).
Για x 0 και y R είναι
y
e y 1
x e  
 (από το Α ερώτημα), οπότε
 
y
1 e y 1
f y e ,y R.  
 
Β2. Για κάθε x 0 έχουμε
 
   
    
 
 
1
f :1 1
f x f x1 1
f x x ln x 1
f e lnx f f e f lnx
e e f x x ln x 1


 
 
   
    
Η ημερομηνία αποστολής των λύσεων καθορίζει και τη σειρά καταγραφής τους

2. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
2
Θεωρούμε συνάρτηση  u : 0, R  με τύπο    u x f x x ln x 1   
Η u είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της, με
      
1
u x f x x ln x 1 f x 1 0,
x
        
καθώς    
 f x
1 1
f x ,
xx 1 e
  

οπότε η u είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, , άρα
και "1 1" στο  0, . Έτσι        
u:1 1
f x x ln x 1 u x 0 u x u 1 x 1,

        
αφού      1
f 0 1 f 1 0 u 1 0
    
Γ1. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο  0, (ως πράξεις παραγωγίσιμων
συναρτήσεων), με
   
   
 
 
   
 
   
  
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
f x f x f x
2 2f x f x f x2 2
f x f x f x
f xf x
f x
2 2
f x f x2 2
1 1 1
f x x 1 e 1 e xe f x
x 1 e x 1 e x 1 e
1
1 e xe e
1 ex 1 e
1 e 0,
x 1 e x 1 e
 
            
     
 
 
    
 
για κάθε  x 0,  . Οπότε η f είναι κοίλη στο  0,
Γ2. Είναι  f 1 0 και    
 f 1
1 1
f 1 .
21 1 e
  
 
Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο  M 1,0 έχει εξίσωση
      
1
y f 1 f 1 x 1 y x 1 .
2
     
Επειδή η f είναι κοίλη στο  0, , θα ισχύει      
1
f x x 1 2f x x 1,x 0
2
     
με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1.
Θεωρούμε τη συνάρτηση  w : 0, R  με τύπο    w x x 2f x .  Είναι
 w x 1, για κάθε x 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 1. Οπότε
    
   
         
1
1
1 1
α f β 2 f α β 1
α 2f α f β 2 2
w w f β 2 1 f β 1 1 0 ,


 
     
     
             

3. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
3
καθώς  w 1  και   1
w f β 1
 , με τις ισότητες να ισχύουν μόνο για
 1
f β 1.
  
Δ1. Έστω συνάρτηση  h : 0, R  με τύπο      f x
h x f x ln x 1 e    .
Η h είναι παραγωγίσιμη στο  0, με    
     f x f x
h x 1 e f x e 0,
      άρα η
h είναι γνησίως φθίνουσα στο  0, .
Όμως για κάθε x 0 ισχύει ότι x
e x 1 0,   οπότε κάνοντας χρήση της μονοτονίας
της h έχουμε
         
     
x x
x
h e h x 1 f e x f x 1 ln x 1
f e f x 1 x ln x 1
       
     
Δ2. Για κάθε x 0 είναι    
f
x x
e x 1 0 f e f x 1     
<
, οπότε
     
     
x 0
x
x
0 f e f x 1 x ln x 1
f e f x 1 x ln x 1
0 .
x x

      
   
 
Όμως,

    
x 0 x 0 x 0
0
0
DL
x ln x 1x ln x 1 1
1 0
x x x 1
lim lim lim  
  
 
 
 

    
      

x 0
0 0lim


Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει και
   
x 0
x
f e f x 1
0.
x
lim

 

Ε. Θεωρούμε τη συνάρτηση  v: 1,2 R με τύπο
            v x x 1 xf x f x 1 x 2 f x 2 .      
 η συνάρτηση v είναι συνεχής στο  1,2 , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
    v 1 f 3 0,   καθώς        
f
1 3 f 1 f 3 0 f 3 f 3 0       
<
      v 2 2f 2 f 3 0,   καθώς η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του
Θεωρήματος Μέσης Τιμής σε καθένα από τα διαστήματα  1,2 και  2,3 ,
οπότε υπάρχουν  1 1,2  και  2 2,3  τέτοια, ώστε
       1f f 2 f 1 f 2     και      2f f 3 f 2    και επειδή η f είναι
κοίλη στο  0, , θα ισχύει
             
f
1 2 1 2f f f 2 f 3 f 2 2f 2 f 3 0

             
>

4. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
4
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση  v x 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα
στο διάστημα  1,2 . Όμως,
            
     
1 x 2
v x 0 x 1 xf x f x 1 x 2 f x 2 0
xf x f x 1 f x 2
0
x 2 x 1
 
         
  
 
 
ΣΤ. Έχουμε
   
 
       
  
f x 0
f x f x
f x e lnx 1 f x f x f x e f x lnx 1 ,
 
         για κάθε x 0.
       
    
       
     
   
  
 
 
   
  
 
   
e e
f x
1 1
e e e
ef x
1
1 1 1
e
ee ef x2
11 1
1
e
ee ef x2
11 1
1
e
f e2 0
1
Ά , f x f x f x e dx f x lnx 1 dx
f x f x dx f x e dx f x lnx 1 f x lnx 1 dx
f x1
f x e f x lnx 1 dx
2 x
f x
2 dx f x 2 e 2 f x lnx 1
x
f x
2 dx f e 2e 2e
x
      
         
            
            
  
 
  


  
 
      
 
     
 
   
 
  
e
2
1
e
2
1
e
2
1
e
2
1
2f e 2
f x
2 dx f e 2 ln e 1 f e 2 4f e
x
f x
2 dx f e 4 2f e 2 4f e 0
x
f x
2 dx f e 6f e 9 7
x
f x
2 dx f e 3 7.
x
  
      
      
    
   





5. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
5
2η
προτεινόμενη λύση (Παύλος Τρύφων)
(εναλλακτικές λύσεις υποερωτημάτων)
Β΄ τρόπος ερωτήματος Α:
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,
[Πράγματι, για τυχαία 1 2x ,x 0 με 1 2x x αρκεί να αποδείξουμε ότι    1 2f x f x .
Αν υποθέσουμε ότι    1 2f x f x , τότε    1 2f x f x
e e
Άρα,
   
   
 
   
   1 2
1 2
ό
1 2 f x f x
1 2f x f x
1 2 1 2 1 2
f x f x
f x e f x e
e e
lnx 1 lnx 1 lnx lnx x x , ά .
    
     
  
       
Οπότε,    1 2f x f x δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0, ].
Επιπλέον η f είναι και συνεχής (ως παραγωγίσιμη), οπότε το σύνολο τιμών είναι
       xx 0
f 0, f x , f xlim lim 
 
 Αν  x 0
f x k R,lim

  τότε παίρνοντας όρια για x 0
 στη σχέση
   f x
f x e lnx 1   προκύπτει k
k e ,   άτοπο! Άρα  x 0
f x .lim

 
 Αν  x
f x m R,lim

  τότε παίρνοντας όρια για x   στη σχέση
   f x
f x e lnx 1   προκύπτει m
m e ,   άτοπο! Άρα  x
f x .lim

 
Τελικά,     f 0, , R.    
Β΄ τρόπος ερωτήματος ΣΤ:
Η σχέση    f x
f x e lnx 1   για x e δίνει      
   f e f e
f e e 2 e 2 f e 1    
Στο ολοκλήρωμα
 e
1
f x
dx
x κάνουμε την αντικατάσταση

6. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
6
     
 
 u
f x
dx dx
u f x du f x dx du 1 e du
xx 1 e
       

Για να νέα άκρα έχουμε: για  x 0 u f 0 1    και για  x e u f e  
Άρα
 
 
    
 
 
 
       
 
         
      
 
  
f e f e f e f ee
f eu u 2 u u
0
1 0 0 0 0
1
f e f e2 2
e
2 22
1
f x
2 dx 2 u 1 e du 2 udu 2 ue du f e 2 ue 2 e dx
x
f e 2f e e 2e 2 f e 2f e 2 f e 2 2-f e 2
f x
f e 6f e 2 7 f e 3 2 dx f e 3 7.
x
         
        
         
    

3η
προτεινόμενη λύση (Δέσπω Πλατώνη)
Α.Είναι 𝑓(𝑥) + 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑥 > 0 (1)
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑥 + 𝑒 𝑥
, 𝑥 ∈ ℝ
𝑔΄(𝜒) = 1 + 𝑒 𝑥
> 0 𝛾𝜄𝛼 𝜅ά𝜃𝜀 𝜒 ∈ ℝ
Άρα 𝑔 ↗ 𝜎𝜏𝜊 ℝ οπότε και 1-1 και αντιστρέφεται.
𝑔 συνεχής στο ℝ άρα
𝑔(ℝ) = ( lim
𝑥→−∞
𝑔(𝑥) , lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥)) = (−∞, +∞) = ℝ = 𝐷 𝑔−1
Έστω ℎ(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑥 > 0
ℎ΄(𝑥) =
1
𝑥
> 0 για κάθε χ> 0 άρα ℎ ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞)
ℎ συνεχής οπότε ℎ((0, +∞)) = ( lim
𝑥→0+
ℎ(𝑥) , lim
𝑥→+∞
ℎ(𝑥) ) = (−∞, +∞) = ℝ
Για κάθε 𝜒 ∈ (0, +∞) λόγω της (1) 𝑔(𝑓(𝑥)) = ℎ(𝑥) ⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑔−1
(ℎ(𝑥))
άρα 𝑓((0, +∞)) = 𝑔−1
(ℎ((0, +∞))) = 𝑔−1
(ℝ) = 𝐷𝑔 = ℝ
Β1. Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε:
𝑓΄(𝑥) + 𝑒 𝑓(𝑥)
𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥
⟺ 𝑓΄(𝑥)(1 + 𝑒 𝑓(𝑥)
) =
1
𝑥
⟺ 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥))
> 0
Άρα 𝑓 ↗ 𝜎𝜏𝜊 (0, +∞) οπότε 1-1 και αντιστρέφεται.

7. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
7
𝐷 𝑓−1 = 𝑓((0, +∞)) = ℝ
Θέτουμε στην (1) 𝑓(𝑥) = 𝜓 και έχουμε:
𝜓 + 𝑒 𝜓
= 𝑙𝑛𝑥 + 1 ⟺ 𝑙𝑛𝑥 = 𝑒 𝜓
+ 𝜓 − 1 ⟺ 𝜒 = 𝑒 𝑒 𝜓+𝜓−1
⟺ 𝑓−1
(𝜓) = 𝑒 𝑒 𝜓+𝜓−1
⟺ 𝑓−1
(𝑥) = 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
, 𝑥 ∈ ℝ.
Β2. 𝑓(𝑒 𝑓(𝑥)
) = 𝑙𝑛𝑥 ⟺ 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑓−1
(𝑙𝑛𝑥) ⟺ 𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑒 𝑒 𝑙𝑛𝑥+𝑙𝑛𝑥−1
⟺
𝑒 𝑓(𝑥)
= 𝑒 𝑥+𝑙𝑛𝑥−1
⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 − 1 ⟺ 𝑓(𝑥) − 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + 1 = 0 (2).
Είναι 𝑓−1
(0) = 𝑒 𝑒0+0−1
= 𝑒1−1
=𝑒0
= 1 ⟺ 𝑓(1) = 0
άρα η (2) έχει ρίζα το 1 αφού 𝑓(1) − 𝑙𝑛1 − 1 + 1 = 0
Είναι 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1+𝑒 𝑓(𝑥))
<
1
𝜒
για κάθε 𝜒 > 0
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + 1 , 𝑔΄(𝜒) = 𝑓΄(𝑥) −
1
𝜒
− 1 , 𝜒 > 0
Η 𝑔 έχει ρίζα το 1 αφού 𝑔(1) = 0 . Έστω ότι έχει και δεύτερη ρίζα χ1> 1
Από Θ.Rolle για την 𝑔 στο [1, χ1] υπάρχει 𝜉 ∈ (1, χ1) : 𝑔΄(𝜉) = 0 ⟺
𝑓΄(𝜉) −
1
𝜉
− 1 = 0 ⟺ 𝑓΄(𝜉) =
1
𝜉
+ 1 >
1
𝜉
άτοπο αφού 𝑓΄(𝜉) <
1
𝜉
Όμοια αν 0 < χ1 < 1 . Άρα το 1 μοναδική ρίζα.
Γ1. Για κάθε 𝜒 > 0 είναι 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1+𝑒 𝑓(𝑥))
𝑓΄ παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με
𝑓΄΄(𝜒) = −
1
𝜒2 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥))2
[𝑥 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥)
)]΄
= −
1
𝜒2 (1 + 𝑒 𝑓(𝑥))2
[1 + 𝑒 𝑓(𝑥)
+ 𝜒 𝑒 𝑓(𝑥)
𝑓΄(𝑥)] < 0
Άρα 𝑓 κοίλη στο (0, +∞).
Γ2. Είναι 𝑓(1) = 0 και 𝑓΄(1) =
1
1 (1+𝑒 𝑓(1))
=
1
1+𝑒0
=
1
2
Η εφαπτομένη (ε1) της 𝐶𝑓 στο σημείο (1,0) έχει εξίσωση:
𝜓 − 0 = 𝑓΄(1) (𝜒 − 1) ⟺ 𝜓 =
1
2
(𝜒 − 1) ⟺ 𝜓 =
1
2
𝜒 −
1
2
𝑓 κοίλη άρα η 𝐶𝑓 θα βρίσκεται κάτω από την (ε1) για κάθε χ∈ (0, +∞) με
εξαίρεση το σημείο επαφής.

8. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
8
Οπότε 𝑓(𝑥) ≤
1
2
𝜒 −
1
2
⟺ 2𝑓(𝑥) ≤ 𝑥 − 1 ⟺ 𝑥 − 2𝑓(𝑥) ≥ 1 με το ίσον μόνο για
χ=1.
Για χ=α έχουμε: 𝛼 − 𝑓(𝛼) − 1 ≥ 0 (3)
Είναι 𝑓−1
(0) = 1 και (𝑓−1)΄(𝜒) = (𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
)΄ = 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
(𝑒 𝑥
+ 1)
άρα (𝑓−1)΄(0) = 𝑒0
∙ 2 = 2
Η εφαπτομένη (ε2) της 𝐶 𝑓−1 στο σημείο (0,1) έχει εξίσωση:
𝜓 − 1 = 2(𝜒 − 0) ⟺ 𝜓 = 2𝜒 + 1
(𝑓−1)΄΄(𝜒) = 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1 (𝑒 𝑥
+ 1)2
+ 𝑒 𝑒 𝑥+𝑥−1
𝑒 𝑥
> 0 άρα 𝑓−1
κυρτή στο ℝ
και η 𝐶 𝑓−1 θα βρίσκεται πάνω από την (ε2) για κάθε χ∈ ℝ με εξαίρεση το
σημείο επαφής και 𝑓−1
(𝜒) ≥ 2𝜒 + 1 για κάθε χ∈ ℝ με το ίσον να ισχύει μόνο
για χ=0.
Για χ=β είναι 𝑓−1
(𝛽) ≥ 2𝛽 + 1 ⟺ 𝑓−1
(𝛽) − 2𝛽 − 1 ≥ 0 (4)
Ισχύει: 𝛼 + 𝑓−1
(𝛽) = 2(𝑓(𝑎) + 𝛽 + 1) ⟺ 𝛼 − 2𝑓(𝑎) − 1 + 𝑓−1
(𝛽) − 2𝛽 − 1 ≥ 0
Λόγω των (3) και (4) το ίσον ισχύει μόνο για α=1 και β=0.
Δ1. Για κάθε 𝜒 ∈ ℝ ισχύει : 𝑒 𝑥
≥ 𝜒 + 1 το ίσον ισχύει μόνο για x=0
επομένως για κάθε χ> 0 ισχύει : 𝑒 𝑥
> 𝜒 + 1
Από Θ.Μ.Τ για την 𝑓 στο [𝜒 + 1, 𝑒 𝑥] θα υπάρχει 𝜉1 ∈ (𝜒 + 1, 𝑒 𝑥) :
𝑓΄(𝜉1) =
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
Έστω 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥
Από Θ.Μ.Τ για την 𝑔 στο [𝜒 + 1, 𝑒 𝑥] θα υπάρχει 𝜉2 ∈ (𝜒 + 1, 𝑒 𝑥) :
𝑔΄(𝜉2) =
𝑔(𝑒 𝑥) − 𝑔(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
=
𝑙𝑛𝑒 𝑥
− 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
=
𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1
Όμως 𝑓΄(𝑥) =
1
𝑥 (1+𝑒 𝑓(𝑥))
<
1
𝜒
= 𝑔΄(𝑥) για κάθε χ> 0
Άρα 𝑓΄(𝜉1) < 𝑔΄(𝜉2) ⟺
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
<
𝑥−𝑙𝑛(𝑥+1)
𝑒 𝑥−𝑥−1
⟺
𝑓(𝑒 𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) < 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1) αφού 𝑒 𝑥
− 𝑥 − 1 > 0
Δ2. Από Δ1 είναι 𝑓(𝑒 𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1) < 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝜒>0
⇔

9. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
9
𝑓(𝑒 𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1)
𝜒
< 1 −
𝑙𝑛(𝑥 + 1)
𝜒
Όμως 𝑒 𝑥
> 𝜒 + 1 για κάθε χ> 0
𝑓↗
⇔ 𝑓(𝑒 𝑥
) > 𝑓(𝑥 + 1) ⟺
𝑓(𝑒 𝑥
) − 𝑓(𝑥 + 1) > 0 ⟺
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒
> 0
Άρα 0 <
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒
< 1 −
𝑙𝑛(𝑥+1)
𝜒
lim
𝜒→0+
0 = 0 και lim
𝜒→0+
(1 −
𝑙𝑛(𝑥+1)
𝜒
) = 1 − 1 = 0
lim
𝜒→0+
𝑙𝑛(𝑥+1)
𝜒
= lim
𝜒→0+
1
𝜒+1
1
= 1
Από Κ.Π και lim
𝜒→0+
𝑓(𝑒 𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒
= 0
Ε. Θεωρούμε συνάρτηση
ℎ(𝑥) = (𝑥 − 1)[𝑥 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥 + 1)] + (𝑥 − 2) 𝑓(𝑥 + 2) , 𝑥 > 0
ℎ συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχων
ℎ(1) = −𝑓(3) < 0 γιατί 3 > 1
𝑓↗
⇔ 𝑓(3) > 𝑓(1) ⟺ 𝑓(3) > 0 ⟺ −𝑓(3) < 0
ℎ(2) = 2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0 ⨂
ℎ(1) ℎ(2) < 0 και από Θ.Bolzano η εξίσωση h(x)=0 ⟺
𝑥 𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥+1)
𝜒−2
+
𝑓(𝑥+2)
𝜒−1
= 0
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).
⨂ Θα δείξουμε ότι 2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0
Από Θ.Μ.Τ για την 𝑓 στα [1,2] 𝜅𝛼𝜄 [2,3] υπάρχουν 𝜉1 ∈ (1,2) 𝜅𝛼𝜄 𝜉2 ∈ (2,3)
ώστε:
𝑓΄(𝜉1) =
𝑓(2)−𝑓(1)
2−1
= 𝑓(2) και 𝑓΄(𝜉2) =
𝑓(3)−𝑓(2)
3−2
= 𝑓(3) − 𝑓(2)
Η 𝑓 είναι κοίλη άρα 𝑓΄ ↘
𝜉1 < 𝜉2 ⟺ 𝑓΄(𝜉1) > 𝑓΄(𝜉2) ⟺ 𝑓(2) > 𝑓(3) − 𝑓(2) ⟺ 2𝑓(2) > 𝑓(3) ⟺
2𝑓(2) − 𝑓(3) > 0
ΣΤ. Για το ∫
𝑓(𝑥)
𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 θέτουμε 𝜒 = 𝑓−1
(𝑢) τότε 𝑑𝑥 = (𝑓−1)΄(𝑢) 𝑑𝑢 =
(𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
)΄𝑑𝑢 = 𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢
Για χ=1⟺ 𝑓−1
(𝑢) =1⟺ 𝑢 = 𝑓(1) ⟺ 𝑢 = 0

10. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
10
Για χ=𝑒 ⟺ 𝑓−1
(𝑢) =𝑒 ⟺ 𝑢 = 𝑓(𝑒)
Άρα 2 ∫
𝑓(𝑥)
𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 +(𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫
𝑓(𝑓−1(𝑢))
𝑓−1(𝑢)
𝑓(𝑒)
0
𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫
𝑢
𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
𝑓(𝑒)
0
𝑒 𝑒 𝑢+𝑢−1
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫ 𝑢
𝑓(𝑒)
0
(𝑒 𝑢
+ 1)𝑑𝑢+(𝑓(𝑒) − 3)2
=
2 ∫ 𝑢
𝑓(𝑒)
0
𝑒 𝑢
𝑑𝑢 + 2 ∫ 𝑢
𝑓(𝑒)
0
𝑑𝑢 + (𝑓(𝑒) − 3)2
=
2𝑓(𝑒) 𝑒 𝑓(𝑒)
− 2(𝑒 𝑓(𝑒)
− 1) + 𝑓2
(𝑒) + 𝑓2
(𝑒) − 6𝑓(𝑒) + 9 =
2𝑓(𝑒)(2 − 𝑓(𝑒)) − 2𝑒 𝑓(𝑒)
+ 2 + 2𝑓2
(𝑒) − 6𝑓(𝑒) + 9 = 7
⨂ Η σχέση (1) για χ=e δίνει: 𝑓(𝑒) + 𝑒 𝑓(𝑒)
= 𝑙𝑛𝑒 + 1 = 2 ⟺ 𝐞 𝐟(𝐞)
= 𝟐 − 𝐟(𝐞)
4η
προτεινόμενη λύση (Παντελής Δέτσιος)
Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο  0,  με f (x)
f(x) e ln x 1 , x 0    (1)
Α. Με παραγώγιση της (1) έχουμε
 
f (x)
f (x)
1 1
f (x) e f (x) f (x) 0
x x 1 e
      

άρα  f 1 κι εφόσον είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη θα είναι
 xx 0
f(A) lim f(x) , lim f(x) 

Από την γνωστή ανισότητα x
e x 1 ,x  r έχουμε
(1)
f (x) f (x) 1
e f(x) 1 f(x) e 2f(x) 1 ln x 1 2f(x) 1 f(x) ln x
2
            , όμως
x 0
1
lim ln x
2

 
  
 
άρα και
x 0
lim f(x)

  , συνεχίζοντας
(1)
1 1 1
f(x) ln x f(x) ln x ln x f(x) ln x ln x
2 2 2
         
 x 1
f (x) f (x)1 1 1
e 1 ln x e 1 ln x f(x) ln 1 ln x
2 2 2

 
         
 
, όμως
x
1
lim ln 1 ln x
2
  
    
  
, άρα και
x
lim f(x)

  , οπότε  f(A) ,    r

11. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
11
Β1. Εφόσον  f 1 είναι και '1 1' άρα αντιστρέψιμη με 1
f : (0, )
 r και από
(1) για f(x) y έχουμε
y
y y e 1
y e ln x 1 x e  
     οπότε
x
1 x e 1
f (x) e  

Β2. Παρατηρούμε ότι
0
1 0 e 1
f (0) e 1 f(1) 0  
   
 
ln x
f (x) 1 f (x) ln x e 1 f (x)
(1)
f (x)
f e ln x f (ln x) e e e
ln x x 1 f(x) f(x) e 1 x 1 f(x)
  
     
         
f (x)
e x 2 0   που
επαληθεύεται για x 1 κι εφόσον για την
f (x) f (x)
g(x) e x 2 , g (x) e f (x) 1 0       η  g 1 , άρα η x 1 μοναδική λύση
Γ1. Από Α. έχουμε
 f (x)
1
f (x) ,x 0
x 1 e
  

που είναι παραγωγίσιμη ως πράξη
παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα
  
f (x) f (x)
2
f (x)
1 e xe f (x)
f (x) 0 , για x 0
x 1 e
 
    

άρα
η f είναι κοίλη
Γ2.
1
f (1)
2
  , οπότε η εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο Μ(1,f(1)) είναι
1
y f(1) f (1)(x 1) y (x 1)
2
      κι εφόσον είναι κοίλη θα ισχύει
1
f(x) (x 1)
2
 
(2) για κάθε x 0 με το '' '' να ισχύει μόνο για x 1
 1 1
α f (β) 2 f(α) β 1 α 2f(α) 2β f (β) 2 
         (3) , η (2) για x α δίνει
2f(α) α 1  
α 2f(α) 1   με το '' '' να ισχύει μόνο για α 1 , εφόσον 1
f (β) 0
 από την (2)
έχουμε
   1 1 1 1 11
f f (β) f (β) 1 2β f (β) 1 2β f (β) 1 2β f (β) 2 1
2
    
             με
το '' '' να ισχύει μόνο για 1
f (β) 1 f(1) β β 0
     και από (3) πρέπει
1
α 2f(α) 1 και 2β f (β) 2 1
     άρα α 1 και β 0
Δ1. Από την (1) για x
x 1 και e έχουμε
   x
f ef (x 1) x
f(x 1) e ln(x 1) 1 και f e e x 1
        οπότε για x 0 έχουμε
 
     xf
f ex x f (x 1)
x 1 e f x 1 f e e e
      
1
και αντικαθιστώντας από τις
παραπάνω ισότητες προκύπτει
   x x
ln(x 1) 1 f(x 1) x 1 f e f e f(x 1) x ln(x 1)            

12. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
12
Δ2. Από Δ1. έχουμε
 
   xx 0
x
f e f(x 1) x ln(x 1)
0 f e f(x 1) x ln(x 1) 0
x x
    
        
 
0
0
DLHx 0 x 0
ln(x 1) 1
lim lim 1
x x 1 
 
 
 
 

 

οπότε
x 0 x 0
x ln(x 1) ln(x 1)
lim lim 1 1 1 0
x x 
 
   
     
 
και άρα από κριτήριο παρεμβολής
 x
x 0
f e f(x 1)
lim 0
x

 

Ε. Θεωρούμε την συνάρτηση
      h(x) x 1 xf(x) f(x 1) x 2 f(x 2) , x 1,2        που είναι συνεχής από
πράξεις συνεχών συναρτήσεων , h(1) f(3) 0   εφόσον
 f
1 3 f(1) f(3) 0 f(3)    
1
, h(2) 2f(2) f(3) 0   εφόσον
2f(2) f(3) 0 f(2) f(2) f(3) f(1) f(2) f(1) f(3) f(2)          
   1 2
f(2) f(1) f(3) f(2)
f ξ f ξ
2 1 3 2
 
    
 
από Θ.Μ.Τ. με  1 2ξ (1,2) , ξ 2,3 
, όμως f κοίλη άρα η  f 2 και    1 2 1 2f ξ f ξ ξ ξ    που ισχύει διότι
1 21 ξ 2 ξ 3    . Έτσι από Θ. Bolzano υπάρχει  0x 1,2 ώστε
      0 0 0 0 0 0 0h x 0 x 1 x f(x ) f(x 1) x 2 f(x 2) 0         που εφόσον
0 0x 1 0, x 2 0    γίνεται 0 0 0 0
0 0
x f(x ) f(x 1) f(x 2)
0
x 2 x 1
  
 
 
ΣΤ. Η ζητούμενη ισότητα γίνεται
2e
1
f(x) f (e)
dx 3f(e) 1
x 2
   
 οπότε
     
e e e e(1)
e f (x)
1
1 1 1 1
f(x)
dx ln x f(x)dx ln xf(x) ln x f (x)dx f(e) f(x) e 1 f (x)dx
x
          
   
1
2
u f (x) f (u)2 2f (e)du f (x)dx
u u f (e)
u f (1) 0 0
0u f (e)
u f(e)
f(e) (u e 1)du f(e) e u f(e) e f(e) 1
2 2


 

   
               
   
2 2(*)
f(e) f(e)
f(e) 2 f(e) f(e) 1 3f(e) 1
2 2
 
          
 
(*) από την (1) για x e προκύπτει f (e) f (e)
f(e) e lne 1 e 2 f(e)      .

13. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
13
5η
προτεινόμενη λύση (Μάκης Μάντζαρης)
A.
Έστω x
g( x ) x e ,x R   παραγωγίσιμη με x
g'( x ) 1 e 0 ,x R    . Αρα
g  και 1-1 . Τότε
   f ( x )
f (x) e lnx 1 , x 0, g( f ( x )) lnx 1 , x 0,            .
Έστω ότι υπάρχει y R : f ( x ) y για κάθε x (0, )    τότε
g( f ( x )) g( y) για κάθε x (0, ) lnx 1 g( y) για κάθε x (0, )        
g( y ) 1
lnx g( y) 1 για κάθε x (0, ) x e για κάθε x (0, )
        
,άτοπο αν επιλέξουμε g( y ) 1
x e 
 . Άρα για κάθε y R υπάρχει
x (0, ): f ( x ) y   και τότε   f 0, R 
B.1
Στη δεδομένη σχέση τα δυο μέλη είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις οπότε
 f ( x ) f ( x ) f ( x )1 1
f (x) e lnx 1 f '( x ) f '( x )e f '( x ) 1 e
x x
        
1
0
x
 και f ( x )
1 e 0  άρα f '( x ) 0 και τότε η f  και 1-1 ,άρα
αντιστρέψιμη.
Τότε αφού   f 0, R  θα είναι  1
f : R 0,
  . Για κάθε y R
υπάρχει   1
x 0, : y f ( x ) x f ( y) (0, )
       . Άρα
1
1
x f ( y )
f ( x ) 1 f ( f ( y )) 1
f (x) e lnx 1 f ( f ( y)) e ln f ( y) 1



 
       
y
y 1 y 1 1 y e 1
y e ln f ( y) 1 y e 1 ln f ( y) f ( y) e    
        
B.2
Έστω x
d( x ) e x 1 ,x R    τότε x
d'( x ) e 1 0   ,άρα d ↗ και 1-1 με
d(0) 0
Από την δεδομένη σχέση για x=1 είναι
d 1 1
f ( 1) f ( 1)
f (1) e 1 f (1) e 1 0 d( f (1)) d(0) f (1) 0

         
Έστω  H( x ) f ( x ) lnx x 1, x 0,      παραγωγίσιμη με
 
1
H'( x ) f '( x ) 1, x 0,
x
     

14. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
14
   
f ( x )
f ( x ) f ( x )
1 1 e
H'( x ) 1 1 0
xx 1 e x 1 e

     
 
,άρα η Η είναι ↗ στο
 0, και 1-1 . Είναι Η(1)=0.
lnx
f ( x ) f ( x ) 1 f ( x ) lnx e 1
f lnx f (lnx ) e f ( x ) lnx x 1  
       (e )= e e
H 1 1
f ( x ) lnx x 1 0 H( x ) 0 x 1

        
Γ.1
   
 
 
 
 
 
 
 
f ( x ) f ( x )
2f ( x ) 2 f ( x )
f ( x )
f ( x ) f ( x ) f ( x )
f ( x ) f ( x )
2 2
2 f ( x ) 2 f ( x )
2
f ( x ) f ( x )
2 f ( x )
2
2 f ( x )
1 1 e xf '( x )e
f '( x ) f ''( x )
x 1 e x 1 e
1 e
1 e x e 1 e
x 1 e 1 e
f ''( x ) f ''( x )
x 1 e x 1 e
e e 1
f ''( x ) 0 , u u 1 0 ,u e ,άρα f κοίλη
x 1 e
 
    
 
   
 
     
 
 
      

Γ.2
Από τη σχέση  1
a f (β) 2 f (a) β 1
    αναγκαία είναι α 0 , β R 
Έστω 1
f (β) γ β f (γ )
   , γ>0 και η παραπάνω σχέση γίνεται
 
1 1 1 1
a γ 2 f (a) f (γ ) 1 f (a) a f (γ ) γ 0 (*)
2 2 2 2
   
             
   
Είναι
 f ( 1)
1 1
f (1) 0 , f '(1)
21 1 e
  

η εφαπτόμενη της fC στο  1, f (1) είναι η  ε : y f(1) f '(1)(x 1)   άρα
 
1 1
ε : y x
2 2
  . Τώρα η f είναι κοίλη στο  0, άρα
1 1
f ( x ) x
2 2
 
για κάθε  x 0,  με την ισότητα να ισχύει μόνο για το σημείο επαφής (1,0)
της (ε) με τη Cf . Οπότε
για x α είναι
1 1 1 1
f (a) a f (a) a 0
2 2 2 2
     
για x γ είναι
1 1 1 1
f (γ ) γ f (γ ) γ 0
2 2 2 2
     

15. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
15
Αν
1 1 1 1
f (a) a 0 ή f (γ ) γ 0
2 2 2 2
      τότε δεν θα ισχύει η (*) .
Συνεπώς
1 1
f (γ ) γ 0
2 2
   και
1 1
f (a) a 0
2 2
   που όπως
προαναφέρθηκε οι ισότητες ισχύουν μόνο για το σημείο επαφής , άρα
1
α 1 και γ 1 f (β) 1 β f (1) β 0
        .
Δ.1
Έστω  g( x ) f ( x ) lnx ,x 0,    παραγωγίσιμη με
 
   
 
f ( x )
f ( x ) f ( x )
1 1
g'( x ) f '( x ) ,x 0, g'( x ) f '( x )
x x
1 1 e
g'( x ) 0 g , x 0,
xx 1 e x 1 e
      

       
 
x 0 g
x x x x x
e u 1 , είναι lnu u 1 lne e 1 e x 1 g(e ) g( x 1)
 
             
   x x x
f (e ) lne f ( x 1) ln x 1 f (e ) f ( x 1) x ln x 1          
Δ.2
για
f
x x x
x 0 e x 1 f (e ) f ( x 1) f (e ) f ( x 1) 0

          
άρα
 
 x
x x ln x 1f (e ) f ( x 1)
0 f (e ) f ( x 1) x ln x 1 0
x x
  
        
 
0
0
DLHx 0 x 0 x 0
1
1x ln x 1 x 1lim lim 0 lim 0
x 1  
 
 
 
  
     , άρα από Κ.Π είναι
x
x 0
f (e ) f ( x 1)
lim 0
x

 

Ε.
Εφαρμόζοντας ΘΜΤ για την f στα [1,2],[ 2,3] θα υπάρχουν
   
f ( 1) 0
k 1,2 ,m 2,3 : f '(k) f (2) f (1) f(2) , f '(m) f (3) f (2)

      
,όμως
f ' άρα k m f '(k) f '(m) f(2) f (3) f (2) 2 f (2) f (3) 0         
Έστω    H( x ) ( x 1) xf ( x ) f ( x 1) ( x 2) f(x 2) ,x 1,2        συνεχής

16. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
16
H(1) f (3) 0
H(1)H( 2) 0
H( 2) 2 f ( 2) f (3) 0
   

   
.
Άρα από Θ.Bolzano η Η έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (1,2) συνεπώς
 
 
H( x ) 0 ( x 1) xf ( x ) f ( x 1) ( x 2) f(x 2) 0
xf ( x ) f ( x 1)
έχει τουλάχιστον μια ρίζα στ
f(x
ο 1,
2)
0 .
x 2 x
2
1
        
  
  
 
ΣΤ.
x e
f ( x ) f ( e )
f (x) e lnx 1 f (e) e 2

     
 
 f ( x ) f ( x )
f ( x )
1 1 f ( x )
f '( x ) 1 e f ( x ) 1 e f '( x )
xf '( x ) xx 1 e
      

άρα  
e e
f ( x )
1 1
f ( x )
Ι dx f ( x ) 1 e f '( x )dx
x
  
  ,
θέτω u f ( x ) du f '( x )dx  
για x 1 u f (1) 0   
για x e u f (e)   ,συνεπώς  
2
2Ι f (e) 3  =
       
     
   
 
f ( e ) f ( e )
2 2u u
0 0
f ( e )
f ( e ) 2u u
0
0
f ( e )2f ( e ) 2u u
0
0
f ( e ) 22 u u
0
2 f ( e ) f ( e ) 2
2 u 1 e du f (e) 3 2 u u e ' du f (e) 3
2 u u e 2 u e du f (e) 3
u
2 u u e 2 e f (e) 3
2
u 2ue 2e f (e) 3
f (e) 2 f (e)e 2e 2 f (e) 6 f (e) 9
       
        
 
         
 
       
      
 

 
  
2 f ( e )
2
2 f (e) 2e f (e) 1 6 f (e) 7
2 f (e) 2 2 f (e) f (e) 1 6 f (e) 7 7

     
      

17. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
17
6η
προτεινόμενη λύση (Τάκης Καταραχιάς)
Α.
Για x >0 είναι :f(x) +ef(x)
= lnx+1f΄(x) + f΄(x)ef(x)
=
1
x
 f΄(x)(1 + ef(x)
) =
1
x
 f΄(x) =
1
x
1 +ef(x)
> 0 . Συνεπώς f γνήσια αύξουσα στο (0,+∞) , και επειδή f
συνεχής ως παραγωγίσιμη στο (0,+∞) , συνολο τιμών θα είναι:
f((0,+∞)) = (
x 0
lim

f(x) ,
x
lim
f(x) ). Όμως f(x) <f(x) +ef(x)
= lnx+1,
x 0
lim

(lnx+1) = -∞ οπότε
x 0
lim

f(x) = -∞. Επίσης αν h(x)= ex
− x, h΄(x)= ex
−
1 , h΄(x) = 0  x = 0, h΄(x) > 0  x > 0 , h΄(x) < 0  x < 0. Δηλαδή η h
παρουσιάζει ελάχιστο το h(0)=0 , επόμενα ex
≥ x + 1 > x. Οπότε f(x) +ef(x)
=
lnx+1<2 ef(x)
και για x>
1
e
έχω f(x) > ln (
lnx+1
2
). Αν θέσω u=
lnx+1
2
,
x
lim
u = +∞ ,
οπότε
x
lim
f(x) = +∞ . ΄Αρα f((0,+∞)) = R.
B1.
H f αντιστρέφεται ως γνήσια μονότονη. Θέτοντας f(x)=y στην αρχική σχέση έχουμε:
y +ey
= lnx+1  y +ey
-1 = lnx  x=ey +ey−1
.΄Αρα f−1(x) = ex+ex−1
, x∈ R.
B2.
΄Εχουμε f−1(0) = 1  f(1)=0 και f΄(1)=
1
2
.
Η δοσμένη εξίσωση είναι: f(ef(x)
)= lnx  ef(x)
=f−1
(lnx) 
ef(x)
= 𝑒lnx+elnx−1
 ef(x)
= 𝑒lnx+x−1
 f(x) = lnx + x − 1
f(x) = f(x) + ef(x)
+ x − 2  ef(x)
+ x − 2 = 0. Αν τώρα για x>0 δ(x)= ef(x)
+ x − 2
, δ΄(x)=f΄(x) ef(x)
+ 1>0 , δηλαδή δ(x) γνήσια αύξουσα στο (0,+∞) , οπότε είναι 1-1 ,
και επειδή δ(1)=0 θα είναι δ(x)=0  δ(x)=δ(1)  𝑥 = 1.
Γ1.Έίναι f΄(x) =
1
x
1 +ef(x)
.
΄Εστω 0<x1<x2 
1
x1
>
1
x2
. Οι συναρτήσεις f και ex
είναι γνήσια αύξουσες και ως
εκ τούτου : f(x1) < f(x2) , ef(x1)
< ef(x2)
f(x1) + ef(x1)
< f(x2) + ef(x2)

1
f(x1)+ef(x1) >
1
f(x2)+ef(x2) 
1
x1
f(x1)+ef(x1) >
1
x2
f(x2)+ef(x2)  f΄(x1) > f΄(x2).Οπότε f΄
γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞). Αρα f κοίλη στο (0,+∞).

18. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
18
Γ2.
Η αποδεικτέα σχέση γράφεται:2f(α) − α = f−1(β) − 2β − 2.
Προφανώς α>0. ΄Εστω d(x)= f−1(x) − 2x − 2, x∈ 𝑅.
d΄(x)= (1 + ex)𝑒x+ex−1
− 2, d΄΄(x)=ex
𝑒x+ex−1
+ (1 + ex)2
𝑒x+ex−1
=(1+3ex
+e2𝑥
) 𝑒x+ex−1
.Tώρα είναι d΄΄(x)>0 d΄ γνήσια αύξουσα οπότε :
x>0 d΄(x)> d΄(0)=0 συνεπώς d γνήσια αύξουσα στο [0,+∞),
X<0 d΄(x)< d΄(0)=0 συνεπώς d γνήσια φθίνουσα στο (−∞,0], και η d παρουσιάζει
ολικό ελάχιστο στο x0=0.
Επόμενα d(β)≥ d(0) = −1. (1)
Επίσης θέτω ζ(x)= 2f(x) − x, x>0 τότε ζ΄(x)= 2f΄(x) − 1, ζ΄(x)>0  f΄(x) >
1
2
 f΄(x) > f΄(1)  x<1 (διότι f΄γνήσια φθίνουσα στο (0, +∞). ΄Ομοια ζ΄(x)<0 
x>1. Συνεπώς ζ γνήσια αύξουσα στο (0,1] , γνήσια φθίνουσα στο
[1, +∞), δηλαδή παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0=1.Επόμενα ζ(α)≤ ζ(1) 
2f(α) − α ≤ −1 .(2)
Από τις σχέσεις (1) , (2) προκύπτει ότι η αποδεικτέα ισχύει για α=1 και β=0.
Δ1.
Θέτω στο (0,+∞) β(x)=f(x) - lnx , β΄(x)= f΄(x) -
1
x
<0 διότι 𝑓΄(x) =
1
x
1 +ef(x)
<
1
x
οπότε β(x) γνήσια φθίνουσα στο (0,+∞) .
Επειδή για x>0 ex
> x + 1 (αποδείχτηκε στο Α ερώτημα) θα είναι β(ex
) < β(x + 1)
 f(ex
)-x< f(x+1) – ln(x+1) 
f(ex
)- f(x+1)< x – ln(x+1) στο (0,+∞) .
Δ2.
Eστω θ(x)=f(𝑒 𝑥
) ,φ(χ)=f(x+1).Τότε θ΄(x)= 𝑒 𝑥
f΄(𝑒 𝑥
)
θ΄(0)= f΄(1) =
1
2
, φ΄(x)=f΄(x+1) φ΄(0) = f΄(1) =
1
2
,
΄Αρα:
x 0
lim

𝑓(𝑒 𝑥)− 𝑓(𝑥+1)
𝑥
=
x 0
lim

(
𝑓(𝑒 𝑥)− 𝑓(1)
𝑥
-
𝑓(𝑥+1)− 𝑓(1)
𝑥
) =
x 0
lim

(
𝑓(𝑒 𝑥)− 𝑓(1)
𝑥
) -
x 0
lim

(
𝑓(𝑥+1)− 𝑓(1)
𝑥
)=
x 0
lim

(
𝜃(𝑥)− 𝜃(0)
𝑥
) –

19. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
19
x 0
lim

(
𝜑(𝑥)− 𝜑(0)
𝑥
) =θ΄(0) – φ΄(0) = 0
Ε.
Από θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση f στα διαστήματα [1,2] , [2,3]
υπάρχουν ξ1 , ξ2 με 1< ξ1<2< ξ2<3 και f΄(ξ1) = f(2) − f(1) , f΄(ξ2) = f(3) − f(2), f
κοίλη στο(0 , +∞) επόμενα f΄(ξ1) > 𝑓΄(ξ2)  f(2) − f(1) > f(3) − f(2)  2f(2) >
f(3) (διότι f(1) = 0 ).
Θεωρώ τη συνάρτηση s(x)=x(x-1)f(x)–(x-1)f(x+1)+(x-2)f(x+2).
H f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών.
Επίσης s(1)= - f(3)<0 διότι f γνήσια αύξουσα, x1<x2  f(1)<f(3) 0 < f(3).
S(2)= 2f(2) − f(3) > 0 .΄Αρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ρ∈(1,2) ώστε s(ρ)=0 
ρ(ρ-1)f(ρ) –(ρ-1)f(ρ+1)+(ρ-2) f(ρ+2)=0 
ρ(ρ−1)f(ρ) –(ρ−1)f(ρ+1)+(ρ−2)f(ρ+2)
(ρ−1)(ρ−2)
= 0
ρf(ρ)−f(ρ+1)
ρ−2
+
f(ρ+2)
ρ−1
= 0.
ΣΤ.
΄Εχουμε: ∫
f(x)
x
e
1
dx = ∫ f(x)(lnx)΄
e
1
dx = [f(x)(lnx)]1
e
-∫ f΄(x)(lnx)
e
1
dx=f(e) -
∫ f΄(x)(f(x) + ef(x)
− 1)
e
1
dx=f(e) -∫ f΄(x)f(x)
e
1
dx - ∫ f΄(x)ef(x)e
1
dx + ∫ f΄(x)
e
1
dx=
f(e) -
1
2
[f2(x)]1
e
-[ef(x)
]1
e
+ [f(x)]1
e
= f(e) -
1
2
f2(e) –(ef(e)
− 1) + f(e) . Όμως από την
αρχική συνθήκη για x=e προκύπτει ότι:
f(e)+ ef(e)
=2. Επόμενα ∫
f(x)
x
e
1
dx = f(e) -
1
2
f2(e) –(ef(e)
− 1) + f(e) = f(e) -
1
2
f2(e) –
( 1 − f(e) ) + f(e) = 3 f(e) -
1
2
f2(e) -1.
΄Αρα 2 ∫
f(x)
x
e
1
dx+ (f(e) − 3)2
= 6 f(e) -f2(e) -2+ f2(e) − 6 f(e) + 9 = 7.

20. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
20
7η
προτεινόμενη λύση – εκτός του Γ2 ερωτήματος
(Κώστας Δεββές)
A. Το σύνολο τιμών της f είναι το ΠΟ της f -1
. Για να είναι το ΣΤ της f το θα δ.ο.
y  η εξίσωση ( )y f x έχει λύση στο (0, ). Έστω ότι 0: ( )x΄ f x΄ y  
(2). Αν x x  τότε η δεδομένη αρχική σχέση δίνει
(2)
( ) 1
( ) ln 1 ln 1
y
f x y y e
f x e x y e x x e  
            (μοναδική πιθανή ρίζα).
Θα δ.ο. για 1y
y e
x e  
  ισχύει ( )f x y  . Λόγω της αρχικής είναι
όπου ( ) x
g x x e  1-1.
Β1. ( )
1
( ) 0
( 1)f x
f x f
x e
   

στο (0, ) άρα 1-1 δηλ. αντιστρέφεται. Αν θέσω
1
( )f x
στο x η δοσμένη γίνεται:
1
1 ( ( )) 1 1 1
( ( )) ln ( ) 1 ( ) ,
x
f f x x e
f f x e f x f x e x

    
     
Β2. 1
(0) 1 (1) 0f f
   με το 1 λύση της εξίσωσης που ισοδύναμα γράφεται:
ln
1 ( ) ln 1 ln 1
( ) ( )
(ln ) ( ) ln 1 ( ) ln 1
1 1 2 0
x
a ή
f x x e x x
f x f x
f x e e e f x x x f x x x
e x e x

    
           
      
με μόνη ρίζα το 1 ως .
Γ1.
 
 
2( ) ( )
32 ( )
1
( ) 0
1
f x f x
f x
e e
f x
x e
 
   

δηλ. f κοίλη στο (0, ).
Δ1. Η ζητούμενη ισοδύναμα γράφεται:
     ln ( 1) ln 1 ( ) ( 1)x x x
f e e f x x g e g x        με
( ) ( ) ln , 0g t f t t t   . Είναι
 
( )
( )
( ) 0
1
f t
f t
e
g t
t e
   

άρα g κι επειδή 1 x
x e 
για 0x  θα είναι    1 x
g x g e  οεδ.
Δ2. Με x>0 κοντά στο 0 είναι 1x
e x 
f
 ( ) ( 1) ( ) ( 1) 0x x
f e f x f e f x     
: ( ) ( 1)
0
xx f e f x
x
 
  .

21. ___________________________________________________________________________
20η
ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr
21
Διαιρώντας με x την ανισότητα της Δ1 έχω:
( ) ( 1) ln( 1)
1
x
f e f x x
x x
  
 
και
0
ln( 1)
lim(1 ) 0
x
x
x


  (de l’ Hospital),
0
lim 0 0
x 

 . Τέλος από κρ. παρεμβολής
είναι
0
( ) ( 1)
lim 0
x
x
f e f x
x

 
 .
Ε.       ( ) 1 ( ) ( 1) ( 2) 2 , 1,2k x x xf x f x f x x x        συνεχής με
 (1) (3) 1 0k f   (αφού f και (1) 0.f  ) Ακόμα
  1 2(2) 2 (2) (3) (2) (1) (3) (2) ( ) ( ) 0h f f f f f f f f           με 2 ΘΜΤ
και μονοτονία f  . Από Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.
ΣΤ. Είναι ( ) 1
( )( 1)f x
f x e
x
   και από την αρχική (1)
       
   
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
2 2(1)
( ) ( ) ( )
11 1
1
2 2(1)
( )
( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 2 ( )
2 2
( ) ( )
2 ( ) 1 3 ( )
2
           
                
   
    
  
 
e e e
f x f x f x f x
e
e e ef e f x f x
f e
f x f x e dx f x f x e dx f x f x e f x f x e dx
f x f x
f e f e e dx e dx f e e
f e f e
f e e f e 1.
2

Αν I το πρώτο μέλος της αποδεικτέας τότε έχω:
2
2( )
2 3 ( ) 1 ( ) 6 ( ) 9 7.
2
f e
I f e f e f e
 
       
 
( )
( ) 2f e
f e e 