γενικά θέματα ανάλυσης

ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

1


2


3

Κάθε γνήσιο αντίτυπο φέρει την υπογραφή του συγγραφέα

© ΚΑΛΟΥΔΗΣ Γ. ΒΑΣΙΛΕΙΟΣ, Απρίλιος 2015, Αθήνα

Απαγορεύεται η αναδημοσίευση και γενικά η πλήρης, μερική ή

περιληπτική αναπαραγωγή και μετάδοση έστω και μίας σελίδας του

παρόντος βιβλίου κατά παράφραση ή διασκευή με οποιονδήποτε

μηχανικό ή ηλεκτρονικό ή φωτοτυπικό τρόπο ή με ηχογράφηση ή

όπως αλλιώς (Νόμος 2121/93 Άρθρο 51),χωρίς την άδεια του

συγγραφέα. Οι παραβάτες διώκονται και τους επιβάλλονται αστικές

και ποινικές κυρώσεις σύμφωνα με το άρθρα 64-66.

ISBN: 978-618-80930-1-0


4

ΑΝΤΙ ΠΡΟΛΟΓΟΥ

Το παρόν βιβλίο αποτελεί μία συλλογή θεμάτων Ανάλυσης

αυξημένης δυσκολίας που καλύπτουν όλη την Εξεταστέα ύλη των

Πανελληνίων Εξετάσεων

Τα θέματα έχουν ως αφετηρία αντικείμενα από τα Ανώτερα

Μαθηματικά (Θεωρήματα, Ειδικές Συναρτήσεις κ.α.) κυρίως από:

τον Απειροστικό Λογισμό,

τις Διαφορικές Εξισώσεις

και τη Θεωρία Πιθανοτήτων

Φυσικά στις συναρτήσεις που παρουσιάζονται έχουν δοθεί, όπου

αυτό ήταν αναγκαίο, ισχυρότερες ιδιότητες – κυρίως

παραγωγισιμότητα – από αυτές που ουσιαστικά χρειάζονται, ώστε

να μπορούν να επιλυθούν χρησιμοποιώντας την εξεταστέα ύλη των

Πανελληνίων Εξετάσεων.

Η δυσκολία των θεμάτων δεν έγκειται στην εύρεση εξεζητημένων

μεθόδων επίλυσης. Άλλωστε, στις λύσεις τους εμφανίζονται

διαδικασίες γνωστές στους μαθητές οι οποίοι έχουν μελετήσει ή

επιλύσει έναν ικανό αριθμό θεμάτων που τέθηκαν στις Πανελλήνιες

Εξετάσεις. Η έκταση, η οποία είναι σαφώς μεγαλύτερη από την έκταση

των αντίστοιχων θεμάτων στα οποία θα εξεταστούν, είναι αυτή που τα

καθιστά δύσκολα.

Παρακάτω παρουσιάζεται μία μικρή ανάλυση και λίγα σχόλια για το

κάθε θέμα.

Θέμα 1ο:

Βασικός στόχος του θέματος αυτού είναι να γίνει γνωστό ότι το όριο

1

0xlim f(t)συν(xt)dt 0 το οποίο αποδεικνύεται στο Ερώτημα Γ,


5

ουσιαστικά αποτελεί το Λήμμα Riemann – Lebesque. Το

συγκεκριμένο λήμμα ισχύει για συναρτήσεις που ικανοποιούν την

κατά πολύ ασθενέστερη ιδιότητα να είναι ολοκληρώσιμες σε

οποιοδήποτε κλειστό διάστημα [α, β].

Θέμα 2ο:

Αφετηρία του θέματος είναι η κλασική, για την Πανεπιστημιακή

Ανάλυση, άσκηση στην οποία αποδεικνύεται ότι

x x t

α α αf(t) x t dt f(u)du dt για συνεχείς συναρτήσεις. Η άσκηση

αυτή απαντάται στα περισσότερα βιβλία Απειροστικού Λογισμού,

είτε ως εφαρμογή του 1ου θεωρήματος του Απειροστικού Λογισμού,

είτε ως ειδική περίπτωση υπολογισμού διπλών ολοκληρωμάτων.

Θέμα 3ο:

Η ολοκληρωτική εξίσωση x x

1 1f (t) f(t) dt f (t) F t dt 0 που

παρουσιάζεται στο θέμα αποτελεί έναν μετασχηματισμό

Διαφορικής Εξίσωσης που έχει δοθεί ως Θέμα Εξετάσεων σε πολλά

Πανεπιστημιακά Τμήματα καθώς και σε τμήματα των ΑΤΕΙ. Μία

λύση της εξίσωσης είναι η συνάρτηση f: με f x ημx , οι

ιδιότητες της οποίας αξιοποιήθηκαν για την ανάπτυξη του θέματος.

Αν μάλιστα προστεθεί στην υπόθεση ότι f π 1 τότε

αποδεικνύεται ότι το ημίτονο είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης.

Θέμα 4ο:

Πρόκειται για θέμα προερχόμενο από το βιβλίο «Απειροστικός

Λογισμός» (τόμος IΙα), Νεγρεπόντης Σ.- Γιωτόπουλος Σ.-

Γιαννακούλιας Ε., Εκδόσεις Αίθρα, Αθήνα 1995. Ο βασικός στόχος


6

είναι η απόδειξη της ανισότητας α β

1

0 0αβ f(t)dt f (t)dt η οποία

αναφέρεται στη βιβλιογραφία ως «Ανισότητα Young». Η ανισότητα

αυτή δεν ισχύει για συναρτήσεις με ασθενέστερες ιδιότητες. Πέραν

των ορίων της εξεταστέας ύλης, η υπόθεση «1Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα» μπορεί να παραληφθεί,

καθώς για μία συνάρτηση ορισμένη σε διάστημα, συνεχή και

γνησίως μονότονη, ισχύει ότι η αντίστροφή της είναι συνεχής και

γνησίως μονότονη με το ίδιο είδος μονοτονίας.

Θέμα 5ο:

Το Θέμα πραγματεύεται τις ιδιότητες της συνάρτησης

x 1 t

0x t e dt

, Συνάρτηση Γ και της συνάρτησης

αα 1 θxθ

f x x eα

, Συνάρτηση Πυκνότητας της Κατανομής Γ για

x 0 . Η πληθώρα των παραμέτρων που παρουσιάζονται,

καθιστούν το Θέμα αρκετά δύσκολο για το μαθητή. Αν όμως

οριστούν τιμές για τις παραμέτρους και παραληφθούν κάποια

υποερωτήματα το θέμα είναι δυνατό να αντιμετωπιστεί από το

μαθητή ακόμα και χωρίς τη βοήθεια του καθηγητή.

Θέμα 6ο:

Πρόκειται για μία παραλλαγή της ιδιότητας που αποδεικνύεται στο

Θέμα 2ο, αλλά μεγαλύτερης δυσκολίας.

Θέμα 7ο:

Το βασικό αντικείμενο μελέτης είναι οι ιδιότητες του Υπερβολικού

Συνημιτόνου.


7

Το Υπερβολικό Συνημίτονο ορίζεται ως η αντίστροφη συνάρτηση

της συνάρτησης x

2 2

1 F: 1, με F x x x 1 2 t 1dt και

χαρακτηρίζεται ως η συνάρτηση f για την οποία ισχύουν:

f x f x ,f 0 1 και f 0 0

Το φαινομενικά μη σχετιζόμενο με τα υπόλοιπα, ερώτημα Β, είναι

καθοριστικό για το προσδιορισμό της αντίστροφης της συνάρτησης

g που ζητείται στο ερώτημα Δ.

Τα οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, κρίσεις ή προτάσεις για

καλύτερες λύσεις των θεμάτων, από συναδέλφους καθηγητές,

μαθητές και γενικότερα ενδιαφερόμενους για τα Μαθηματικά θα

είναι όχι μόνο ευπρόσδεκτα άλλα και επιθυμητά για τη βελτίωση

αυτής της συλλογής.

e–mail: [email protected] Τηλ. 6942715235

Βασίλειος Γ. Καλούδης

mailto:[email protected]


8


9

ΘΕΜΑ 1ο

1 1

0 0h 0 h 0

x 0 x 0

ίνεται μία συνάρτηση f: 0,

δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή για την οποία ισχύουν

συν(xt ht) συν(xt) συν(xt ht) συν(xt) lim f(t) dt f(t)lim dt

h h

lim f (x)>0 και lim f(x)

1

0

1

0

>0

f(t) συνt 1 dt 0

ίνεται επίσης η συνάρτηση F: 0, με

F x f(t)συν(xt)dt

) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη με

1

0F x tf(t)ημ(xt)dt

1

0

ημx 1) Να αποδείξετε ότι F x f(1) f (t)ημ(xt)dt

x x2f(1) f(0) 2f(1) f(0)

και ότι F xx x

1

0x) Να αποδείξετε ότι lim f(t)συν(xt)dt 0

1

0) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ 0,1 ώστε tf(t)ημ(ξt)dt 0

Λύση

1

0h 0

) Θα αποδείξουμε ότι για κάθε x 0, , υπάρχει το όριο

F x h f(x)lim , και ισούται με tf(t)ημ(xt)dt. Έχουμε

h

1 1

0 0

h 0 h 0

f(t)συν x h t dt f(t)συν(xt)dtF x h f(x)lim lim

h h


10

1 1

0 0

h 0

1

0

h 0

1

0

h 0

υπόθεση1

0h 0

h 0

f(t)συν xt ht dt f(t)συν(xt)dtlim

h

f(t)συν xt ht f(t)συν(xt) dtlim

h

f(t) συν xt ht συν(xt) dtlim

h

συν xt ht συν(xt)lim f(t) dt

h

συν(xt ht) συν(xt)f(t) lim

h

1

0

h 0

y 0 y 0

dt (1)

συν(xt ht) συν(xt)Για να υποογίσουμε το lim θέτουμε ht y.

h

Όταν h 0 τότε το y 0 και το όριο γίνεται

συν(xt y) συν(xt) συν(xt y) συν(xt) lim t tlim

y y

Tο τελευτ

1

0h 0

αίο όριο εκφράζει την παράγωγό του συνημιτόνου στη θέση

xt, άρα ισούται με ημxt και η σχέση (1) δίνει ότι

F x h f(x)lim tf(t)ημ(xt)dt,

h

1

0

1

0

1 1 1

0 0 0

άρα η συνάρτηση F x f(t)συν(xt)dt είναι παραγωγίσιμη

στο 0, με F x tf(t)ημ(xt)dt

) Έχουμε

1 1F x f(t)συν(xt)dt f(t) ημ(xt) dt f(t) ημ(xt) dt

x x


11

11

0 0

1

0

1f(t)ημ(xt) f (t)ημ(xt)dt

x1

f(1)ημ(x) f(0)ημ(0t) f (t)ημ(xt)dtx

1 1

0 0

1 ημx 1f(1)ημx f (t)ημ(xt)dt f(1) f (t)ημ(xt)dt

x x x

x 0

Η συνάρτηση f είναι κυρτή, άρα η f είναι γνησίως άυξουσα

Επίσης η f είναι συνεχής, άρα f (0) lim f (x)>0 και άρα για κάθε

x>0 f (x)>f (0) f (x)>0

Αφού f (x)>0 έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα κα

x 0

1 1

0 0

1 11

00 0

ι επειδή

είναι και συνεχής

έχουμε f(0) lim f(x)>0 και άρα για κάθε x>0 f(x)>f(0) f(x)>0

Έχουμε ημ xt 1 f (t)ημ xt f (t) f (t)ημ xt dt f (t)dt

f (t)ημ xt dt f(t) f (t)ημ xt dt f(1) f(0)

1

x

1

0

f(1) f(0)f (t)ημ xt dt (1)

x

1

0

ημx 1 ημx 1Ακόμα έχουμε ημx 1 f(1) f(1) 2

x x x x

ε πρόσθεση των 1 και 2 κατά μέλη προκύπτει ότι

ημx 1 f(1) f(0) 1 2f(1) f(0)f(1) f (t)ημ(xt)dt f(1) F x 3

x x x x x

1 1

0 0

1 11

00 0

ντίστοιχα έχουμε

ημ xt 1 f (t)ημ xt f (t) f (t)ημ xt dt f (t)dt

f (t)ημ xt dt f(t) f (t)ημ xt dt f(1) f(0)


12

1

0

1 f(1) f(0)f (t)ημ xt dt (4)

x xημx 1 ημx 1

Ακόμα έχουμε ημx 1 f(1) f(1) 5x x x x

ε πρόσθεση των 4 και 5 κατά μέλη προκύπτει ότι

1

0

ημx 1 f(1) f(0) 1 2f(1) f(0)f(1) f (t)ημ(xt)dt f(1) F x 6

x x x x x

πό τις 3 και 6 προκύπτει

x

x

2f(1) f(0) 2f(1) f(0)F x

x x2f(1) f(0) 2f(1) f(0)

) Από το ερώτημα Β έχουμε F xx x

ια το πρώτο και τρίτο μέλος της διπλής ανισότητας έχουμε

2f(1) f(0)lim 0

x

2f(1) f(0)lim 0

x

οπότε απ

1

0x x

1 1

0 0

1

0

ό το κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι

lim F x 0 lim f(t)συν(xt)dt 0

) Η F είναι συνεχής στο 0,1

Η F είναι παραγωγίσιμη στο 0,1

F 0 f(t)συν(0.t)dt f(t)dt

F 1 f(t)συν(t)dt

1

0

1 1

0 0

Από την υπόθεση έχουμε f(t) συνt 1 dt 0

f(t)συνtdt f(t)dt 0 F 0 F 1 0 F 0 F 1


13

1 1

0 0

πό το θεώρημα Rolle υπάρχει ξ 0,1 τέτοιο ώστε

F ξ 0 tf(t)ημ(ξt)dt 0 tf(t)ημ(ξt)dt 0


14

ΘΕΜΑ 2ο

x α

x α

x

α

Έστω f: α,β μία συνάρτηση που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη

και κυρτή για την οποία ισχύουν οι ιδιότητες:

lim f(x)>0

lim f (x)>0

Θεωρούμε επίσης τις συναρτήσεις F,G: α,β με

F x f(t) x t dt και G

x t

α α

β t ξ

α α α

t

α

x f(u)du dt

Α) Να αποδείξετε ότι F x G x

) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ α,β τέτοιο ώστε

f(u)du dt β α f(u)du

και να αποδείξετε ότι η εξίσωση εφαπτομένης στο ξ είναι

y f(u)du d

β ξ

α α

ξ α t

α x α

x ξt f(t) ξ t dtβ α

Γ) Να αποδείξετε ότι η F είναι γνησίως αύξουσα στο α,β

) Να αποδείξετε ότι για κάθε x>ξ ισχύει

f(t) ξ t dt f(u)du dt<0

Λύση

x x

α α

) α αποδείξουμε πρώτα ότι F x G x . Έχουμε

F x f(t) x t dt xf(t) tf(t) dt

x x x x

α α α αxf(t)dt tf(t)dt x f(t)dt tf(t)dt

άρα

x x x x

α α α αF x x f(t)dt tf(t)dt x f(t)dt tf(t)dt


15

x x x x

α α α α

x t x

α α α

x f(t)dt x f(t)dt xf(x) f(t)dt xf(x) xf(x) f(t)dt

Επίσης

G x f(u)du dt f(t)dt

α α α t

α α α α

Αφού F x G x οι συναρτήσεις F και G διαφέρουν

κατά μία σταθερά, άρα F x G x c 1

Έχουμε

F α α f(t)dt tf(t)dt 0 και G α f(u)du dt 0

σχέση (1) για x α δίνει

F α G α c c 0

άρα F x G x

) Η συνάρτησ

η F είναι

α) συνεχής στο α,β β) παραγωγίσιμη στο α,β

άρα από το θεώρημα μέσης τιμής, υπάρχει ξ α,β ώστε

ξ ξ β t

α α α α

β t

ξ α α

α

F β F α G βF ξ f(t)dt β α f(t)dt f(u)du dt

β α β α

Για την εξίσωση εφαπτομένης της F στο ξ έχουμε

f(u)du dtF ξ f(t) ξ t dt και F ξ ,

β α

άρα η εξίσωση εφαπτομένης είναι

β t

ξ α α

α

f(u)du dty F ξ F ξ x ξ y f(t) ξ t dt x ξ

β α


16

β t ξ

α α α

x α

x ξ y f(u)du dt f(t) ξ t dt

β α

Γ) φου η f είναι κυρτή έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο α,β

Αφού η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, έχουμε ότι η f είναι συνεχής

και άρα f α lim

x α

x x

α α

f (x)>0

Αν x>α f (x)>f (α)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο α,β

φού η f ως παραγωγίσιμη, είναι συνεχής έχουμε ότι

f(α) lim f(x)>0

Αν x>α f(x)>f(α)>0

Αφού f(x)>0 f(t)dt> 0dt F x 0

άρα η F είνα

x t ξ ξ x t

α α α α α α

ξ α t

α x α

ι γνησίως αύξουσα στο α,β

) F είναι γνησίως αύξουσα στο α,β και άρα για κάθε

x>ξ F x >F ξ G x F ξ

f(u)du dt> f(t) ξ t dt f(t) ξ t dt f(u)du 0

f(t) ξ t dt f(u)du 0


17

ΘΕΜΑ 3ο

x x

1 1

*

Έστω f: μία συνάρτηση δύο φορές παρ/μη, με συνεχή δεύτερη

παράγωγο, και F: μία παράγουσα της, για τις οποίες ισχύουν:

f π 0 και F 1 f (1)

f (t) f(t) dt f (t) F t dt 0

η συνάρτηση g: με

* *

f(x) g x 2 έχει οριζόντια

x

ασύμπτωτη στο την ευθεία με εξίσωση y 2

) Να αποδείξετε ότι f (x) f(x) 0

) Δίνονται οι συναρτήσεις

f (x) 1Α: με Α x και Β: με Β x xf

x x

Να αποδείξετε ότι

α)

x 0

η συνάρτηση Α x έχει ορίζοντια ασύμτωτη στο + τον άξονα xx'.

β) lim Β x 0

Γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη

και ότι για κάθε α>π υπάρχει ξ>π τέτοιο ώστε π α f (ξ) f(α

1 2

1 2

1 2

)

) Αν επιπλέον υπάρχουν δύο σημεία x ,x , τέτοια ώστε

η f να είναι κοίλη στο διάστημα x ,x ,και οι εφαπτομένες της γραφικής

παράστασης της συνάρτησης f στα x ,x να είναι κάθετες,

να αποδείξετε ότι:

α

0

1 2

1 0

) η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο σε εσωτερικό σημείο x του

διαστήματος x ,x

β) υπάρχει ρ x ,x τέτοιο ώστε το εμβαδόν που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της f, την εφαπτομένη τη

ς γρ

αφικής της παράστασης της


18

0

1

1 1 0

x0 1 0 1

0x

0

f στο σημείο x και τις ευθείες x x και x x να ισούται με

f x f(x ) y 2f xΕ f(x)dx, όπου y είναι η

2f (ρ)

η τεταγμένη του σημείου της εφαπτομένης με τετμημένη x

Λύση

x x

1 1) Έχουμε ότι για κάθε x ισχύει f (t) f(t) dt f (t) F t dt 0 1

Οι συναρτήσεις F x ,f(x),f (x) και f (x) είναι συνεχείς,

άρα,

οι συναρτήσεις f (x) f(x) και f (x) F x είναι συνεχείς ως αθροίσματα

x x

1 1

x x x

1 1 1

συνεχών συναρτήσεων,

οπότε,

οι συναρτήσεις f (t) f(t) dt και f (t) F t dt είναι παραγωγίσιμες.

Παραγωγίζοντας τα δύο μέλη της σχέσης (1) έχουμε

f (t) f(t) dt f (t) F t dt 0 f (t) f(t) dt f (t)

x

1

x x

1 1

1 2

F t dt 0

f (t) f(t) dt f (t) F t dt 0 f (x) f(x) f (x) F x 0 2

έτουμε

h x f (x) f(x) 3 και h x f (x) F x 4

2

2 1

1 2 2 2

x

h x είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων και η παράγωγος της

είναι h x f (x) f(x) h x

σχέση 2 γίνεται f (x) f(x) f (x) F x 0

h x h x 0 h x h x 0 (5)

Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση (5) με e

x x x x x x2 2 2 2 2

προκύπτει ότι

e h x e h x e 0 e h x e h x 0 e h x 0

x2 συνάρτηση e h x έχει πεδίο ορισμού το και η παράγωγος της

είναι 0 για κάθε x , άρα η συνάρτηση είναι σταθερή, δηλαδή


19

x2

2

12

e h x c 6

H σχέση (4) για x 1 δίνει

h 1 f (1) F 1 0 (αφού από την υπόθεση έχουμε ότι F 1 f (1))

οπότε η σχέση (6) για x 1 δίνει e h 1 c c 0

xe 0x

2 2άρα e h x 0 h x 0 f (x) F x 0 (6)

Παραγωγίζοντας κατά μέλη τη σχέση (6) προκύπτει ότι

f (x) F x 0 f (x) F x 0

f (x) F x 0 f (x) f(x) 0

f (x)) α) Για να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση Α x έχει οριζόντια

x

x

x

f (x)ασύμπτωτη στο τον άξονα xx', αρκεί να αποδείξουμε ότι lim 0

xf(x)

πό την υπόθεση έχουμε ότι η συνάρτηση g x 2 έχει x

οριζόντια ασύμπτωτη στο την ευθεία με εξίσωση y 2, άρα

lim g x 2.

Έχου

f(x) f(x)με g x 2 g x 2 1

x xπό το ερώτημα Α έχουμε ότι f (x) f(x) 0 f(x) f (x)

f xf (x)άρα η σχέση (1) γίνεται g x 2 g x 2 (2)

x xΠαίρνοντας όρια όταν το x τείνει στο στα δύο μέλη της σχέσης (2)

x x x x x x

προκύπτει ότι

f (x)lim lim g x 2 lim g x lim 2 lim g x lim 2 2 2 0

x

f (x)

άρα η συνάρτηση Α x έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο x

την ευθεία με εξίσωση y 0, δηλαδή τον άξονα xx'


20

x 0

1β) θα υπολογίσουμε το lim xf 0

x

1Θέτουμε t Τότε όταν x 0 t

x

t tx 0

f t1 1άρα lim xf lim f t lim 0

x t t

) Από τη σχέση f (x) f(x) 0 προκύπτει ότι f (x) f(x)

αφού όμως η f είναι παραγωγίσιμη έπεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη

και άρα η f είναι τρει

ς φορές παραγωγίσιμη.

Θα εφαρμόσουμε το θεώρημα μέσης τιμής για την f στο διάστημα π,α

f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο π,α

f είναι παραγωγίσιμη στο π,α

άρα από το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ξ π,α τέτοιο ώστε

f (x) f(x) f(π) 0

1 2

f α f π f(α) f(π) f(α)f (ξ) f (ξ) f (ξ)

α π α π α π

f (ξ) α π f(α) f (ξ) π α f(α).

) α) Αφού υπάρχουν x ,x τέτοια ώστε οι εφαπτομένες της γραφικής

παράστασης της συνάρτη

1 2

1 2

σης f στα x ,x να είναι κάθετες, έπεται ότι

f (x ).f (x ) 1 1

1 2

1 2

1 2

Θα εφαρμόσουμε το θεώρημα Βοlzano για την f (x) στο διάστημα x ,x

f είναι συνεχής (αφού είναι παραγωγίσιμη) στο x ,x

f (x ).f (x )<0 (από την (1)

0 1 2 0

1 0 1 0 1 0

άρα από θεώρημα Βοlzano υπάρχει x x ,x ώστε f (x ) 0

πό την υπόθεση η συνάρτηση f είναι κοίλη, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα.

Για κάθε x x ,x έχουμε x x x f (x ) f (x) f (x ) 0.

1 0 1 0

0 2 0 2 0 2

φού για x x ,x είναι f (x)>0 η f είναι γνησιώς αύξουσα στο x ,x

Για κάθε x x ,x έχουμε x x x 0 f (x ) f (x) f (x ).


21

0 2 0 2

0

φού για x x ,x είναι f (x)<0 η f είναι γνησιώς φθίνουσα στο x ,x

οπότε το x είναι θέση τοπικού μέγιστου για την f.

1 1 1 1

1 2

1 2

β) Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f

στο x είναι y f (x ) x x f(x )

Αφού η f είναι κοίλη στο x ,x , η εφαπτομένη βρίσκεται πάνω

από τη γραφική παράσταση της f για κάθε x x ,x

Το

1 1 0

εμβαδόν που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f, την εφαπτομένη

της στο σημείο x και τις ευθείες x x , x x ισούται με

0 0 0

1 1 1

00 0 0

1 1 11

x x x

1 1 1

x x x

x2x x x

11 1 1 1 1 0 1

x x xx

y f x dx y f x dx f (x ) x x f(x ) f x dx

x xf (x ) x x f(x ) dx f x dx f (x ) f(x ) x x f x dx

2

0 0

1 1

2 x x

0 1 0 11 1 0 1 0 1 1 1

x x

x x x xf (x ) f(x ) x x f x dx x x f (x ) f(x ) f x dx

2 2

0 0

1 1

x x

1 0 1 1 0 10 1 0 1

x x

f (x ) x x 2f(x ) y f(x )x x f x dx x x f x dx 1

2 2

1 0

1 0

1 0

0 1

0 1

f είναι συνεχής στο x ,x

f είναι παραγωγίσιμη στο x ,x

πό το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ρ x ,x τέτοιο ώστε

f(x ) f(x )f (ρ)

x x

1 0 0 1

Άπο το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι η f x είναι γνησίως

άυξουσα στο x ,x , άρα 1 1 και επομένως f(x ) f(x ) f (ρ) 0.


22

0 0

1 1

0

1

0 10 1

x x

0 1 0 1 0 10 1

x x

x

0 1 0 1

x

f(x ) f(x )ότε x x και με αντικατάσταση στη σχέση (1) έχουμε

f (ρ)

y f(x ) f(x ) f(x ) y f(x )x x f x dx f x dx

2 f (ρ) 2

f(x ) f(x ) y f(x )f x dx

2f (ρ)


23

ΘΕΜΑ 4ο

1

α x1

0 0

Έστω f: 0, μία συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση

με τις ιδιότητες

f(0) 0

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα.

Έστω επίσης α>0 και η συνάρτηση

g: 0, με g x f(t)dt f (t)dt αx

Α) Να αποδ

α β

1

0 0

είξετε ότι g f(α) 0

) Να αποδείξετε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0,f(α)

και γνησίως αύξουσα στο διάστημα f(α),

) Να αποδείξετε ότι για κάθε β>0 ισχύει αβ f(t)dt f (t)dt

Λύση

α f(α)

1

0 0

f άραf 1-1f(0) 0

f άραf 1-1

A) Θα αποδείξουμε ότι g f(α) 0. Έχουμε

g f(α) f(t)dt f (t)dt αf(α) (1)

Θέτουμε t f(x). Τότε

για t 0 f(x) 0 f(x) f(0) x 0 2

για t f(α) f(α) f(x) x α 3

Ακόμα έχουμε t f(x) dt f (x)dx 4

σχέση (1) από τις (2),(3),(4) γίνεται

α α1

0 0

ολοκλήρωση κατά παράγοντεςα α

0 0

g f(α) f(t)dt f (f(x))f (x)dx αf(α)

f(t)dt xf (x)dx αf(α)


24

α αα

00 0f(t)dt xf(x) f(x)dx αf(α)

α α

0 0

α α

0 0

f(t)dt αf(α) 0f(0) f(x)dx αf(α)

f(t)dt f(x)dx 0

1

α x1

0 0

α x1 1 1

0 0

) Η συνάρτηση f (x) είναι συνεχής, οπότε η g x είναι

παραγωγίσιμη με

g x f(t)dt f (t)dt αx

f(t)dt f (t)dt αx 0 f (x) α f (x) α

Θα αποδείξουμε ότι g x 0 για κάθε x 0,f(α)

ράγματι

αν

1

1

f1 1 1 1

1

f1 1 1

1

0<x<f(α) f (0)<f (x)<f (f(α)) 0<f (x)<α

f (x) α<0 g x 0 άρα η g x είναι γνησίως φθίνουσα

στο 0,f(α)

Θα αποδείξουμε ότι g x 0 για κάθε x f(α),

ράγματι

αν x>f(α) f (x)>f (f(α)) f (x)>α

f

(x) α>0 g x 0 άρα η g x είναι γνησίως αύξουσα

στο f(α),

Γ) Αφού η συνάρτηση g x είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0,f(α)

και γνησίως αύξουσα στο διάστημα f(α),

το σημείο f(α) είναι θέση ολικού ελάχιστου, άρα για κάθε x 0,


25

α x

1

0 0

έχουμε g x g f(α) g x 0

f(t)dt f (t)dt αx>0

α β α β

1 1

0 0 0 0

Για x β προκύπτει ότι

f(t)dt f (t)dt αβ>0 f(t)dt f (t)dt>αβ


26

ΘΕΜΑ 5ο

Δίνεται συνάρτηση f: 0, συνεχής στο 0, και

παραγωγίσιμη στο 0 για την οποία

ισχύει

1f (x) f(x) α 1 θ για κάθε x 0, , α , α>1, και θ>0

x

Για κάθε x 0 ισχύει f(x) 0

ν επίπλέον γνωρίζουμε ό

tα 1 x

0t

α

θ

tα 1 x

0t

τι το lim x e dx υπάρχει και είναι

πραγματικός αριθμός διάφορος του 0

θκαι ότι η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Μ 1,

e

όπου lim x e dx

Α) Να αποδείξετε ότι

αα 1 θx

t t

0 0t t

>0 και f(x)>0 για κάθε x>0.

θΒ) Να αποδείξετε ότι f(x) x e για κάθε x 0, .

α) Να αποδείξετε ότι lim f(x)dx 1, και ότι lim xf(x)dx .

θ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

Λύση

α 1 x

α 1 x α 1 x

) Θα αποδείξουμε ότι >0

Θεωρούμε τη συνάρτηση g x x e .

Για κάθε x 0 έχουμε ότι x 0 και e 0, άρα x e 0 g x 0

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα 0,t . Έχουμε

t t

α 1 x

0 0g x dx 0 x e dx 0 (1) πάιρνοντας όρια όταν t


27

t

α 1 x

0t t

στα δύο μέλη της (1) έχουμε

lim x e dx lim 0 0

επειδή όμως από την υπόθεση έχουμε ότι 0, τελικά

προκύπτει ότι >0.

Θα αποδείξουμε ότι f(x)>0 για κάθε x>0. Πράγματι

η f είναι συνεχής στο 0

α

θ

f(x)>0

, και f(x) 0 για κάθε x>0, επομένως

η f διατηρεί πρόσημο στο 0, .

θΑκόμα έχουμε ότι f(1)= 0 αφού θ>0 και >0 και άρα

e

f(x)>0 για κάθε x 0,

1 f (xΒ) Για κάθε x>0 έχουμε f (x) f(x) α 1 θ

x

α 1 α 1α 1 lnx θx c lnx θx c

f(x)>0α 1 θx c α 1 θx c

α 1 θ.1 c α

) 1α 1 θ

f(x) x

ln f(x) α 1 lnx θx ln f(x) α 1 lnx θx c

ln f(x) lnx θx c f(x) e f(x) e e e

f(x) x e e f(x) x e e (2)

H σχέση (1) για x 1 δίνει f(1) 1 e e f(1) 1

1 θ.1 c

α α αθ c c c

θ θ θ

αα 1 θx

α α *t t tα 1 θx α 1 θx

0 0 0t t t

e e

θ θ θe e e e (3)

e e e

θοπότε η (2) από τη (3) γίνεται f(x) x e

θ θ) Έχουμε lim f(x)dx lim x e dx lim x e dx

α 1αtθ

u

0t

α α 1 α **tθ tθ tθu α 1 u α 1 u

α 1 α 10 0 0t t t

θ u 1 lim e du

θ θ

θ u 1 θ 1 1 1lim e du lim u e du lim u e du

θ θ θ θ


28

yα 1 u

0y

αt

α 1 θx

0t t

1 1lim u e du 1

* θέτουμε θx u, οπότε ** Θέτουμε tθ y

για x 0 u 0 όταν t τότε y

για x t u θt

1dx du

θΈχουμε

θlim xf(x)dx lim x x e

αt t

α θx

0 0t

α αt ttα θx α θx α θx

00 0t t

α 1 α 1t t

α θt α 1 θx α θt α 1 θx

0 0t t

θdx lim x e dx

θ 1 1 θlim x e dx lim x e x e dx

θ θ

θ θlim t e αx e dx lim t e α x e dx (4)

Aπό το προηγούμε νο έχ

α αt t t

α 1 θx α 1 θx

0 0 0t t t

tα 1 θx

α0t

ουμε ότι

θ θlim f(x)dx 1 lim x e dx 1 lim x e dx 1

lim x e dx (5)θ

α.0 ***α θt

θt α θtt t t

κόμα έχουμε ότι

t α(α-1)(α-2)...2.1lim t e lim lim 0 (6)

e θ e

*** Το παραπάνω όριο είναι απροσδιόριστη μορφή , οπότε

πρέπει να εφαρμοσουμε κανόνες Del' Hospital. Στον αριθμητή,

ο εκθέτης του t είναι α οπότε για να φτάσουμε σε προδιορίσιμη

μορφή, θα πρέπει να εφαρμόσουμε

κανόνες Del' Hospital α φορές.


29

α θt

α 1t

α θt α 1 θx

0t

Ο αριθμητής με τά από α παραγωγίσεις θα ισούται με

α(α-1)(α-2)...2.1

Ο παρονομαστής μετά από α παραγωγίσεις θα ισούτε με

θ e

(4) από τις (5) και (6) θα δώσει ότι

θ θlim t e α x e dx

α 1 α 1

α α

θ α0 α α

θ θ θ

f(x)>0

Θα μελετήσουμε τη συνάρτηση f(x) ως προς τη μονοτονία.

1Από την υπόθεση έχουμε ότι f (x) f(x) α 1 θ

x

οπότε

1 1f (x) 0 f(x) α 1 θ 0 α 1 θ 0

x x

1 α 1x α 1 xθ x0 α 1 xθ 0 xθ α 1 x

x θΟ πίνακας με

ταβολών της f είναι

x 0 α 1

θ

f (x) + -

f(x)

x

Δ) Από τον πίνακα έχουμε ότι το σύνολο τιμών της f ισούται με

α 1 α 1f 0, f 0 ,f lim f(x),f

θ θ


30

α αα 1 θx α 1 θ0

x 0 x 0

α 1 α 1α 1α αθ α 1 1 αθ

α 1 1 α

αα 1 θx

x x

Έχουμε

Άφου η f είναι συνεχής στο 0 έχουμε ότι

θ θf 0 lim f(x) lim x e 0 e 0

α 1 θ α 1 θ 1f e α 1 e

θ θ θ

θα 1 e

θlim f(x) lim x e

α α 1 α*

θx α 1 θxx x

θ x θ (α-1)(α-2)...2.1lim lim 0

e θ e

* Το όριο είναι απροσδιόριστη μορφή , οπότε

πρέπει να εφαρμοσουμε κανόνες Del' Hospital. Στον αριθμητή,

ο εκθέτης του x είναι α 1 οπότε για ν

α φτάσουμε σε προδιορίσιμη

μορφή, θα πρέπει να εφαρμόσουμε

κανόνες Del' Hospital α 1 φορές.

Ο αριθμητής με τά από α 1 παραγωγίσεις θα ισούται με

(α-1)(α-2)...2.1

Ο παρονομαστής μετά από α 1 παραγωγίσεις

α 1 θx

θα ισούτε με

θ e

x

α 1 α 1 α 11 α 1 α 1 α

ελικά το σύνολο τιμών της f(x) είναι

α 1 α 1f 0, f 0 ,f lim f(x),f

θ θ

θ θ θ0, α 1 e 0, α 1 e 0, α 1 e


31

ΘΕΜΑ 6ο

x u x t

0 0

x x t

0

ίνεται μία συνάρτηση f: 0, δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή.

Δίνονται επίσης οι συναρτήσεις

F: με F(x) e f(t)dt du και

G: με G(x) x t e f(t)dt

Α) Να αποδείξετε ότι οι συναρτή

0

σεις F και G

είναι παραγωγίσιμες στο .

B) Nα αποδείξετε ότι κάθε θέση x οι εφαπτομένες

των γραφικών τους παραστάσεων των συναρτήσεων F και G ταυτίζονται

Γ) Δίνεται επιπλέον η συνάρτηση

eΗ: με Η x

u x x t

0 0

x x t

0

u xx 0 x t

0 0

f(t)dy dt, x 0

0, x 0

Να αποδείξετε ότι η Η είναι συνεχής στο 0

x t e f(t)dtκαι να υπολογίσετε το όριο lim

e f(t)dy dt

Δ) Να αποδεί

11 txx

0

11 tuxx

0 0

1t e f(t)dt

xξετε ότι η συνάρτηση Α x , x 0

e f(t)dy dt

έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο και στο .

Λύση

A) Θα αποδείξουμε ότι οι συναρτήσεις F και G είναι

παραγωγίσιμες στο . Έχουμε:


32

x u x u x ux t x t x t

0 0 0 0 0 0

ut t

0

t

F(x) e f(t)dt du e e f(t)dt du e e f(t)dt du 1

Η f t και η e είναι συνεχείς στο , άρα η e f(t)dt είναι παραγωγίσιμη

και άρα συνεχής. Τότε όμως και η e f(t)dt

x u

0 0

x

x xx t x t x t

0 0

x

du είναι παραγωγίσιμη

και αφού η e είναι παραγωγίσιμη, προκύπτει ότι η F(x)

ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, είναι παραγωγίσιμη.

G(x) x t e f(t)dt xe e f(t) te e f(t) dt

xe e

x x x xt x t x t x t

0 0 0 0

t

x xt t

0 0

f(t) dt te e f(t) dt xe e f(t) dt e te f(t) dt 2

Αφού η f, η e και η t είναι συνεχείς στο , έπεται ότι

οι συναρτήσεις e f(t) dt και te f(t) dt είναι παραγωγίσιμες,

άρα και η G είνα

0

0

0

ι παραγωγίσιμη, αφού προκύπτει από

αθροίσματα και γινόμενα παραγωγίσιμων συναρτήσεων

Β) Θα αποδείξουμε ότι για κάθε x οι εφαπτομένες

των γραφικών παραστάσεων των F και G στο x ταυτίζονται

Έστω ότι x

0

0 0 0 0 0 0 0

0

0 0 0 0 0 0 0

.

Η εξίσωση εφαπτομένης της συνάρτησης F στο x είναι

y F(x ) F (x ) x x y F (x )x F(x ) x F (x ) 1

Η εξίσωση εφαπτομένης της συνάρτησης G στο x είναι

y G(x ) G (x ) x x y G (x )x G(x ) x G (x ) 2

Για να

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

ταυτίζονται οι εφαπτομένες σε κάθε σημείο αρκεί να

ισχύουν:

F (x ) G (x ) F (x ) G (x )

F(x ) x F (x ) G(x ) x G (x ) F(x ) G(x )


33

x ux t

0 0

x ux t

0 0

x u ux t x t

0 0 0

δηλαδή πρέπει να είναι ίσες οι συναρτήσεις.

Από τη σχέση 1 έχουμε για την F

F(x) e e f(t)dt du οπότε

F (x) e e f(t)dt du

F (x) e e f(t)dt du e e f(t)dt

x

0

1x u xx t x t

0 0 0

x xx t x t

0 0

x xx t x t

0 0

x t

du

F (x) e e f(t)dt du e e f(t)dt

F (x) F(x) e e f(t)dt F (x) F(x) e e f(t)dt 3

Από τη σχέση 2 έχουμε για την G

G(x) xe e f(t) dt e te f(t) dt

G (x) xe e f(t)

x xx t

0 0

x xx t x t

0 0

x x xx t x t x t

0 0 0

x xx t x t

0 0

x xx t x t x x

0 0

dt e te f(t) dt

G (x) xe e f(t) dt e te f(t) dt

G (x) x e e f(t) dt x e e f(t) dt xe e f(t) dt

e te f(t) dt e te f(t) dt

G (x) e e f(t) dt xe e f(t) dt xe e f(

x

x t x x

0

x)

e te f(t) dt e xe f(x)

2x x xx t x t x t

0 0 0

x xx t x t

0 0

G (x) e e f(t) dt xe e f(t) dt e te f(t) dt)

G (x) e e f(t) dt G(x) G x G(x) e e f(t) dt 4


34

x x x x

x x x x

Aπό τις σχέσεις 3 και 4 έχουμε

F (x) F(x) G x G(x)

e F (x) e F(x) e G x e G(x)

e F(x) e G(x) e F(x) e G(x) c 5

Οι σχέσεις 1 και 2 για x 0 δίνουν

x

0 u0 t

0 0

0 00 t 0 t

0 0

0 0

e 0x x

F(0) e e f(t)dt du 1.0 0

G(0) 0.e e f(t) dt e te f(t) dt 0.1.0 1.0 0

επομένως η σχέση 5 για x 0 δίνει

e F(0) e G(0) c 0 0 c c 0, άρα

e F(x) e G(x) F(x) G(x)

Γ) Θα αποδείξουμε ότ

u x u xx t x t

0 0 0 0

u ux t x t

0 0

x

ι η H x είναι συνεχής.

Για x 0 έχουμε

H x e f(t)dy dt e f(t) dy dt

e f(t)x dt xe e f(t)dt

Το ολοκλήρωμα είναι ένας πραγματικός αριθμός και οι

συναρτήσεις x και e είναι

x 0

συνεχείς, άρα η H x ως

γινόμενο συνεχών συναρτήσεων είναι συνεχής για x 0.

Για να δείξουμε ότι είναι συνεχής στο 0, αρκεί να δείξουμε ότι

limH x H 0

u u

x t t

0 0x 0 x 0

Πράγματι

limH x limxe e f(t)dt 0.1. e f(t)dt 0 H 0


35

x x t

0

u xx 0 x t

0 0

x x t

0

u x x t

0 0

άρα η Η είναι συνεχής σε όλο το

x t e f(t)dtΘα υπολογίσουμε το lim

e f(t)dy dt

Παρατηρούμε ότι x t e f(t)dt G x

και e f(t)dy dt Η x

για τις οποίες γνωρίζουμε ότι G 0 Η 0

x 0x t . 0

0

u xx 0 x 0 x 0x t

0 0

xx t

0 x 0

x t

0

Για το όριο έχουμε

x t e f(t)dt G x G xlim lim lim 6

Η x Η xe f(t)dy dt

Aπό τη σχέση 4 έχουμε

G x e te f(t) dt G(x) άρα limG x 0

Από το ερώτημα Β έχουμε ότι

H x xe e f(t)

A M

παραγωγίσιμη ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεωνu

0

u u ux t x t t x

0 0 0

u ux t x t

0 0

u u0 t 0 t

0 0x 0 x 0

dt

H x xe e f(t)dt H x x e e f(t)dt x e f(t)dt e

H x e e f(t)dt e x e f(t)dt

limH x e e f(t)dt e .0 e f(t)dt lim

u

t

0

t

ut

0

H x e f(t)dt

πό την υπόθεση όμως, έχουμε ότι f(t)>0 άρα e f(t)>0

και άρα e f(t)dt 0, οπότε από τη σχέση (6) έχουμε ότι


36

x x t

0uu xx 0 x 0 tx t

00 0

x t e f(t)dt G x 0lim lim 0

Η x e f(t)dte f(t)dy dt

x x

1t

x

Δ) Για να αποδείξουμε ότι η Α x , έχει οριζόντια ασύμπτωτη

στο και στο , αρκεί να δείξουμε ότι τα όρια

lim Α x και lim Α x υπάρχουν και είναι πραγματικοί

αριθμοί.

1t e f(t

xΈχουμε Α x

1

x

0

11 tuxx

0 0

11 tx ωx ω t

00

ω11x x ω 0 ω ttuxx

00 0

)dt

e f(t)dy dt

1Θέτουμε ω

xΌταν το x τότε ω 0 έχουμε

1t e f(t)dt ω t e f(t)dtx

lim Α x lim lime f(t)dy

e f(t)dy dt

u

0

ω ω t

0

u yω 0 ω t

0 0

dt

ω t e f(t)dtlim 0 από το ερώτημα Γ

e f(t)dy dt

Άρα η συνάρτηση Α έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο , τον άξονα xx'.


37

ΘΕΜΑ 7ο

x x 2

0 0

x x

ίνεται μία συνάρτηση f: 0, δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή

για την οποία ισχύουν

f(t)dt 1 f (t) 1

f 0 1 και f 0 0

e eΔίνεται επίσης η συνάρτηση g: 0, με g x

2) Να αποδείξετε ότι

α)

2

2

f x f x

β) η συνάρτηση h x f x g x είναι σταθερή και να βρείτε

την τιμή της

) Δίνονται οι συναρτήεις Α,Β: 1, με Α x ln x x 1

και Β x ln x x 1 . Να βρεθεί το σύνολο τιμών της Α x

και να δείξετε ότι Β x 0 για κά

x

2 2

1

1

θε x 1,

Δίνονται επίσης οι συναρτήσεις

Γ) Αν F: 1, με F x x x 1 2 t 1dt,

Να αποδείξετε ότι F x Α x

) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g είναι αντιστρέψιμη με g x F x

Λύση

) α) Τα ολοκληρώματα στα δύο μέλη της σχέσης (1) είναι παραγωγίσιμες

συναρτήσεις, οπότε έχουμε

x x x x2 2

0 0 0 0f(t)dt 1 f (t) f(t)dt 1 f (t) dt


38

22 2 22 2

22

f x 1 f (x) f x 1 f (x) f x 1 f (x)

f x 1 f (x) 2f x f x 2f x f x (2)

H f είναι κυρτή συνάρτηση επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε

για κάθε x 0 f x f 0 0.

Για κάθε x 0 είναι f x 0, άρα η σχέ

f συνεχής

x 0 x 0

ση (2) δίνει ότι f x f x

ια x 0 έχουμε ότι

f 0 limf x limf x f 0 , άρα τελικά για κάθε x 0

είναι f x f x

β) Για τη συνάρτηση g εύκολα διαπιστώνουμε ότι

g x g x , g 0 1 και g x 0. Για την h έ

2 2

2 2

2 2

χουμε

h x f x g x h x f x g x h x f x g x

h x f x g x h x h x h x h x 0

2h x h x 2h x h x 0 h x h x 0

h x h x c (3)

ια x 0 είναι h 0 h 0 0 οπότε προκύπτει ότι c 0 και η (3) δίνει

h x h x 0 h x

x x

2x x

x

x

h x h x h x 0

h x h x 0 ή h x h x

h x e h x e h x Αν h x h x 0 0 0

e e

h xλ h x λe

e

και επειδή h 0 0 προκύπτει ότι λ 0 άρα h x 0


39

x x x

x x

Αν h x h x 0 h x e h x e 0 h x e 0

h x e κ h x κe

και επειδή h 0 0 προκύπτει ότι κ 0 άρα h x 0

συνάρτηση h είναι η μηδενική και συνεπώς f x g x

2

2 22

2 2 2

x

2

x

) Για κάθε x 1 έχουμε

x x x 11

1x 1 x 1Α x ln x x 1 0

x x 1 x x 1 x 1

άρα η Α είναι γνησίως άυξουσα και επομένως το σύνολο τιμών της είναι

το 1, 1 ,lim x

1 ln 1 1 1 0

lim x lim

2

x

2

2 22

2 2 2

ln x x 1

οπότε 1, 0,

ια κάθε x 1 έχουμε ότι

x x x 11

1x 1 x 1x ln x x 1 0

x x 1 x x 1 x 1

άρα η Β είναι γνησίως φθίνουσα και για κάθε x 1 x 1 0

2

2 2x

1

) Από προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι

1x .

x 1

αραγωγίζοντας την F έχουμε

F x x x 1 2 t 1dt


40

2 2 2 22 2

2 2 2

x x 1 x 2x 2 1x 1 2 x 1

x 1 x 1 x 1

οπότε

F x x F x x μ

Για x 1 είναι F 1 1 0 και έτσι προκύπτει ότι μ 0

οπότε F x x .

x x

x x

) Για τη συνάρτηση g έχουμε

e eg x

2

g x 0 e e 0 x 0 και για κάθε x 0 είναι g x 0.

συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, επομένως είναι

1-1 και άρα αντιστρέψιμη.

Το σύνολο τιμών της είναι τ

x

x x2

x x x

x

x

2

x 2 2

ο

g 0, g 0 ,limg x 1,

Για την αντίστροφη της έχουμε

e e 1y e 2y e 2ye 1 0

2 e

Η τελευταία εξίσωση είναι τριώνυμο ως προς e με διακρίνουσα

4y 4 0 αφού y 1

οπότε

e y y 1 x ln y y 1

ή

x 2 2

2

e y y 1 x ln y y 1

ια x 0 προκύπτει εύκολα ότι y 1 και στις δύο περιπτώσεις.

ια x 0, από το ερώτημα Β έχουμε ότι ln y y 1 0 για κάθε y 1,

οπότε αυτή η λύση απορρίπτεται.

Έτσι έχουμε ότι x ln y y

2 1 21 ή g x ln x x 1 x F x


41


42

Βιβλιογραφία

[1] Νεγρεπόντης Σ.- Γιωτόπουλος Σ.- Γιαννακούλιας Ε.,

Απειροστικός Λογισμός (τόμος I),Εκδόσεις Συμμετρία , Αθήνα 1997

[2] Νεγρεπόντης Σ.- Γιωτόπουλος Σ.- Γιαννακούλιας Ε.

Απειροστικός Λογισμός (τόμος IΙα), Εκδόσεις Αίθρα ,Αθήνα 1995

[3] Κρόκος Ι., Διαφορικές Εξισώσεις, Εκδόσεις Αρνός Αθήνα 2003

[4] Δάσιος Γ., Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις, Πάτρα 1983

[5] Στεφανίδης Ν.Κ., Διαφορική Γεωμετρία (τόμος I), Θεσσαλονίκη

1984

Finney R.L- Weir M.D- Giordano F.R , THOMAS Απειροστικός Λογισμός

(τόμος I), Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης Ηράκλειο 2010

(βασισμένο στο πρωτότυπο του Thomas George. B)

[6] Finney R.L- Weir M.D- Giordano F.R , THOMAS Απειροστικός

Λογισμός (τόμος IΙ), Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης Ηράκλειο 2010

(βασισμένο στο πρωτότυπο του Thomas George. B)

[7] Χαραλαμπίδης Χ., θεωρία πιθανοτήτων (τεύχος 1), Εκδόσεις

Συμμετρία Αθήνα 1993

[8] Boyce W.E- Diprima R.C, Στοιχειώδης Διαφορικές Εξισώσεις και

Προβλήματα Συνοριακών Τιμών, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης Αθήνα 1999

[9] Lipschutz M.M Διαφορική Γεωμετρία, Εκδόσεις Μc Graw-Hill New

York ΕΣΠΙ, Αθηνα 1982

[10] Βεργάδος Ι.Δ, Μαθηματικές Μέθοδοι Φυσικής (τόμος II),

5η έκδοση, Πανεπιστήμιο Ιωανίνων 1998

[11] Bronson R., Εισαγωγή στις Διαφορικές Εξισώσεις, Μc Graw-Hill

New York ΕΣΠΙ, Αθηνα 1978

[12] Marsden J.- Weinstein A. ,calculus II, second edition, Spriger-

Verlag

[13] Marsden J.- Weinstein A., calculus III, second edition, Spriger-

Verlag

[14] Βλάμος Π., Όριο και Συνέχεια Συνάρτησης (τόμος 1), Εκδόσεις V ,

Αθήνα 1997

[15] Βλάμος Π., Παράγωγός Συνάρτησης (τόμος 2), Εκδόσεις V , Αθήνα

1998


43

[16] Βλάμος Π., Ολοκλήρωμα Συνάρτησης (τόμος 3), Εκδόσεις V ,

Αθήνα 1999

[17] Rudin W., Αρχές Μαθηματικής Αναλύσεως, Εκδόσεις Leader

Books, Αθήνα 2000

[18] Xατζηαφράτης Τ., Γεωμετρική Ανάλυση (τόμος I), Εκδόσεις

Συμμετρία Αθήνα 2002

[19] Τσαρπαλιας Α.- Χατζηαφράτης Τ., Αναλυτικές Συναρτήσεις και

εφαρμογές, Εκδόσεις Συμμετρία Αθήνα 2000

[20] Xατζηαφράτης Τ., Προσεγγίσεις και Αναπαραστάσεις

συναρτήσεων, Αθήνα 2001


44


45

γενικά θέματα ανάλυσης

Education