Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#21

margk έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 1:37 pm
Περιγραφικα για το Δ3(γραφω απο κινητο)
Η συναρτηση f ειναι γνησιως μονοτονη στο
διαστημα που θελουμε να λυσουμε την εξισωση αρα και 1-1.
Οποτε η εξισωση εχει λυση x=1 που απορριπτεται αφου το 1 δεν ανηκει στο διαστημα.

Το επιχείρημα αυτό δεν είναι σωστό....

Αν μια συνάρτηση είναι 1-1 σε ένα διάστημα, δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να λάβει τιμές που λαμβάνει εκτός του διαστήματος αυτού.

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #22

Κάποιες παρατηρήσεις για το ΘΕΜΑ Γ.

Γ2 Η E(x)

είναι τριώνυμο με θετικό μεγιστοβάθμειο συντελεστή.

Αρα ελαχιστοποιείται στο $-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{32}{\pi +4}\in (0,8)$

Μετά βρίσκουμε ότι για αυτή την τιμή ισχύει το ζητούμενο.

Γ3.Αν θέσουμε h(x)=E(x)-5

τότε αυτή είναι τριώνυμο .

Ενας υπολογισμός δείχνει ότι h(0)>0

και

.

Από την θεωρία του τριωνύμου προκύπτει ότι η h(x)=0

εχει μοναδική ρίζα στο (0,8)

(πρόσημο τριωνύμου στα διαστήματα που ορίζουν οι ρίζες η πρόσημο αν δεν έχει ρίζες)

killbill · #23

killbill · #24

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 1:50 pm

margk έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 1:37 pm
Περιγραφικα για το Δ3(γραφω απο κινητο)
Η συναρτηση f ειναι γνησιως μονοτονη στο
διαστημα που θελουμε να λυσουμε την εξισωση αρα και 1-1.
Οποτε η εξισωση εχει λυση x=1 που απορριπτεται αφου το 1 δεν ανηκει στο διαστημα.
Το επιχείρημα αυτό δεν είναι σωστό....

Αν μια συνάρτηση είναι 1-1 σε ένα διάστημα, δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να λάβει τιμές που λαμβάνει εκτός του διαστήματος αυτού.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Συμφωνώ με Αχιλλέας. Θα ήταν σωστό αν θεωρούσαμε την f μόνο στο διάστημα που ζητείται να λυθεί η εξίσωση δηλαδή στο (α, χ2).
Μήπως όμως όντως αυτό εννούσε η εκφώνηση; Μήπως αυτό είχαν στο μυαλό τους οι θεματοδότες, οτι δηλαδή θεωρείστε την f(x) μόνο σε αυτό το διάστημα και απλά δεν διευκρινίστηκε; Πάντως, διαφορετικά, θεωρείται και αυτο θέμα για λίγους

Πάντως και στην επίσημη σελίδα της ΟΕΦΕ δίνεται η λύση που μας παρέθεσε η margk... Έκαναν και αυτοί λάθος; Μάλλον ναι ή μάλλον όχι;

Κάτι συμβαίνει εδώ...

Mpitelis · #25

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [2,3], οπότε:
διόρθωση: όντως έγινε λάθος στην ανίσωση.

#26

Mpitelis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 3:52 pm
Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [2,3], οπότε:

$\displaystyle \begin{gathered} {\text{2}} \leqslant {\text{x}} \leqslant {\text{3}} \Rightarrow - 2 \leqslant {\text{f}}({\text{x}}){\text{ }} \leqslant {\text{ }}2{\text{e}} - 9{\text{ }} \Rightarrow \hfill \\ {\text{ }}9 - 2{\text{e}} \leqslant - {\text{f}}({\text{x}}){\text{ }} \leqslant {\text{ }}2{\text{ }} \hfill \\ {\text{ 2}} \leqslant {\text{x}} \leqslant {\text{3}} \Rightarrow 0 \leqslant \sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \leqslant {\text{ 1 }} \Rightarrow \hfill \\ {\text{ 2}} \leqslant {\text{x}} \leqslant {\text{3}} \Rightarrow 0 \leqslant \sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \leqslant {\text{ 1 }} \Rightarrow \hfill \\ {\text{ }} - {\text{f}}({\text{x}})\sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \leqslant {\text{ }}2{\text{ }} \Rightarrow {\text{f}}({\text{x}})\sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \geqslant - 2{\text{ }} \Rightarrow {\text{ }} \hfill \\ {\text{ }}\int_2^3 {{\text{f}}({\text{x}})\sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{dx}}} {\text{ }} \geqslant - 2 > - \frac{{32}}{{15}}{\text{ }} \hfill \\ \end{gathered}$

Κάτι δεν πάει καλά με το παραπάνω επιχείρημα, διότι στην πραγματικότητα είναι

$\int_2^3f(x)\sqrt{x-2}\,dx \approx-2.04<-2$

Στο Δ4, η

είναι όντως γν. φθίνουσα στο [2,x_2]

και γν. αύξουσα στο $[x_2,+\infty)$ με $2<x_2\approx 3.1462$ .

Η παραπάνω ιδέα όμως εφαρμόζει την

ως αύξουσα στο [2,3]

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Theo21 · #27

Εγω ,πριν λιγες ωρες λοιπον, το Δ3 το ελυσα οπως ο οεφε
Δηλαδη φ φθινουσα στο (α,χ2)
Αρα φ 1-1 στο (α,χ2)
Αρα χ=1 , ομως το 1 δεν ανηκει στο (α,χ2) γιατι α>1

Ειναι λαθος;

killbill · #28

Ναι είναι λάθος η λύση του Δ3 που προτείνει η ΟΕΦΕ και πολλοί αλλοι. Διάβασε λίγο παραπάνω. Έχει απαντηθεί.
Δυστυχώς ο μαθητής θα αναρωτηθεί, "ολόκληρη ΟΕΦΕ και το λύνει λάθος, εγώ τι έπρεπε να κάνω?"

Kwstas64 · #29

Αν έχω βγάλει ότι το ολοκλήρωμα στο δ4 με χτίσιμο είναι μεγαλύτερο -10/3 και όχι του -32/15 παίρνω καμία μονάδα? Ευχαριστώ

#30

xr.tsif έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 10:24 am
ανεβάζω τα θέματα σε .docx

Χρήστο, σε ευχαριστώ πολύ ! Πάντα χρήσιμα και σωτήρια όσα γράφεις, ειδικά αν θέλεις να ετοιμάσεις μοριοδότηση !

Μπ

#31

Για την πλάγια ασύμπτωτη στο

μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε απευθείας τον ορισμό, αντί για τους τύπους με το $\lambda$ και το $\beta.$

$\displaystyle f(x) - x = - \frac{4}{{{x^2}}}$ κι επειδή $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \frac{4}{{{x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - \frac{4}{{{x^2}}}} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {f(x) - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f(x) - x} \right) = 0$

hsiodos · #32

Ακόμα μία εκδοχή για το Γ3.
Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle E(x) = 5 \Leftrightarrow \phi (x) = \left( {\pi + 4} \right)x^2 - 64x + 16(16 - 5\pi ) = 0\,\,\,\left( 1 \right)$ έχει μόνο μία λύση στο διάστημα $\displaystyle \left( {0\,,\,8} \right)$ .

$\displaystyle \Delta = 64^2 - 64\left( {\pi + 4} \right)\left( {16 - 5\pi } \right) = 64\left( {5\pi ^2 + 4\pi } \right) > 0$

Άρα η (1) έχει δύο ρίζες $\displaystyle x_1 \,,\,x_2$ πραγματικές και άνισες , έστω $\displaystyle x_1 < x_2$ .

Είναι $\displaystyle x_1 x_2 = \frac{{16(16 - 5\pi )}}{{\pi + 4}} \simeq \frac{{16 \cdot 0,3}}{{\pi + 4}} = \frac{{4,8}}{{\pi + 4}} \Rightarrow 0 < x_1 x_2 < 1$ $\displaystyle \left( 2 \right)$ και $\displaystyle x_1 + x_2 = \frac{{64}}{{\pi + 4}} > 0$ .

Συνεπώς $\displaystyle 0 < x_1 < x_2$ και λόγω της $\displaystyle \left( 2 \right)$ θα είναι $\displaystyle 0 < x_1 < 1$ .

Επειδή $\displaystyle \phi (8) = \left( {\pi + 4} \right)64 - 512 + 256 - 80\pi = - 16\pi < 0$ προκύπτει ότι $\displaystyle x_2 > 8$ .

Συνεπώς η $\displaystyle \left( 1 \right)$ έχει μόνο μία λύση στο διάστημα $\displaystyle \left( {0\,,\,8} \right)$ .

ΥΓ.Μπορούμε και χωρίς Vietta αφού $\displaystyle \phi (0) > 0\,\,,\,\,\phi (8) < 0$ και από τον κανόνα προσήμου του $\displaystyle \phi (x)$ προκύπτει ότι $\displaystyle 0 < x_1 < 8 < x_2$ .

Mpitelis · #33

Ξαναδίνω μια νέα λύση στο Δ4 (ελπίζω σωστή)

$\displaystyle \begin{gathered} \forall {\text{x}} \in {\text{(2}}{\text{,3): }} \hfill \\ {\text{ }}2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \geqslant - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \Leftrightarrow \hfill \\ {\text{ }}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \left( {{\text{2}}{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}}} \right) \geqslant 0 \hfill \\ \hfill \\ {\text{h(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}} \Rightarrow {\text{h'(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{x}} + 2{\text{ }} \hfill \\ {\text{ }} \Rightarrow {\text{h''(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{ }} \Rightarrow \hfill \\ \hfill \\ h'(x) > 0 \Rightarrow {\text{ h}} \nearrow {\text{ }},{\text{ }}\mu \varepsilon {\text{ h}}(2) = 0{\text{ }} \Rightarrow {\text{ h(x)}} \geqslant 0 \hfill \\ \hfill \\ \int_2^3 {\left( {2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} > \int_2^3 {\left( { - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} = \hfill \\ {\text{ }} - 2\int_0^1 {\left( {{\text{2}}{{\text{u}}^4}{\text{ + 2}}{{\text{u}}^2}} \right)} {\text{du}} = - \frac{{32}}{{15}} \hfill \\ {\text{ }} \hfill \\ \end{gathered}$

Christos.N · #34

Δ3. (για τον πλουραλισμό)

$\displaystyle \begin{array}{l} h\left( x \right) = f\left( x \right) - f\left( 1 \right),x \in \left( {a,{x_2}} \right)\\ h'\left( x \right) = f'\left( x \right) < {0_{\forall x \in \left( {a,{x_2}} \right)}} \Rightarrow h\left( {\left( {a,{x_2}} \right)} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}^ - } h\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} h\left( x \right)} \right)\mathop \subset \limits^* \left( { - \infty ,0} \right) \Rightarrow h\left( x \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right) < f\left( 1 \right)\\ *\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} h\left( x \right) = f\left( a \right) - f\left( 1 \right) = 2 - {a^2} - 2{e^{1 - a}} + 1\mathop \le \limits^{{e^x} \ge x + 1,\forall x \in R} 3 - {a^2} - 2\left( {\left( {1 - a} \right) + 1} \right) = - {\left( {a - 1} \right)^2}\mathop < \limits^{a \ne 1} 0 \end{array}$

βέβαια η παράσταση $\displaystyle 2 - {a^2} - 2{e^{1 - a}} + 1$ μπορεί να μελετηθεί ως προς το πρόσημο και με άλλον τρόπο.

nikos_el · #35

Δεν ξέρω αν έχει ειπωθεί νωρίτερα:
Δ3
Είναι $\displaystyle \alpha >1$ . Διακρίνουμε περιπτώσεις:
1) Έστω $\displaystyle x_1 < 1 < \alpha$ και επειδή η $\displaystyle f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left [ x_1, x_2 \right]$ , η εξίσωση $\displaystyle f \left( x \right) = f\left( 1 \right)$ έχει μοναδική λύση την $\displaystyle x=1$ που κείται στο διάστημα $\displaystyle \left (x_1, \alpha \right)$ . Άρα, η δεδομένη εξίσωση είναι αδύνατη στο $\displaystyle \left( \alpha, x_2 \right)$ .
2) Έστω $\displaystyle 1 < x_1 < \alpha$ . Η $\displaystyle {f}'$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left( - \infty, a \right] \supseteq \left[ 1, x_1 \right]$ , αφού η $\displaystyle f$ είναι κοίλη σε αυτό το διάστημα. Οπότε έχουμε: $\displaystyle 1<x_1 \Leftrightarrow {f}'\left(1 \right )>{f}'\left(x_1 \right ) \Leftrightarrow 2e^{1-\alpha}-2 >0 \Leftrightarrow e^{1-\alpha}>e^0 \Leftrightarrow 1-\alpha > 0 \Leftrightarrow \alpha <1$ , άτοπο. Οπότε, $\displaystyle x_1 < 1$ (προηγούμενη περίπτωση)
Άρα, η εξίσωση $\displaystyle f \left(x \right) = f \left( 1 \right)$ είναι αδύνατη στο $\displaystyle \left( \alpha, x_2 \right)$ .

#36

Mpitelis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 6:47 pm
Ξαναδίνω μια νέα λύση στο Δ4 (ελπίζω σωστή)

$\displaystyle \begin{gathered} \forall {\text{x}} \in {\text{(2}}{\text{,3): }} \hfill \\ {\text{ }}2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \geqslant - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \Leftrightarrow \hfill \\ {\text{ }}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \left( {{\text{2}}{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}}} \right) \geqslant 0 \hfill \\ \hfill \\ {\text{h(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}} \Rightarrow {\text{h'(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{x}} + 2{\text{ }} \hfill \\ {\text{ }} \Rightarrow {\text{h''(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{ }} \Rightarrow \hfill \\ \hfill \\ h'(x) > 0 \Rightarrow {\text{ h}} \nearrow {\text{ }},{\text{ }}\mu \varepsilon {\text{ h}}(2) = 0{\text{ }} \Rightarrow {\text{ h(x)}} \geqslant 0 \hfill \\ \hfill \\ \int_2^3 {\left( {2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} > \int_2^3 {\left( { - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} = \hfill \\ {\text{ }} - 2\int_0^1 {\left( {{\text{2}}{{\text{u}}^4}{\text{ + 2}}{{\text{u}}^2}} \right)} {\text{du}} = - \frac{{32}}{{15}} \hfill \\ {\text{ }} \hfill \\ \end{gathered}$

Πάλι υπάρχει θέμα, αφού το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_2^3(-2x\sqrt{x-2})\,dx=-\dfrac{52}{15}.}$

Από την κυρτότητα, βλέπουμε ότι η $f(x)\sqrt{x-2} \geq (-2x+2)\sqrt{x-2})\geq -2x\sqrt{x-2}$ για $x\geq 2.$

Το ζήτημα είναι ότι το ολοκλήρωμα της $(-2x+2)\sqrt{x-2}$ από x=2

έως

είναι ήδη $-\dfrac{32}{15}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#37

gavrilos έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 11:35 am
Καλημέρα και καλή επιτυχία στους υποψήφιους.

Η (μάλλον "λογική") απάντηση στο (δύσκολο) Δ4.

Η είναι κυρτή στο διάστημα $[2,+\infty)$ άρα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της στο .Η ευθεία αυτή έχει εξίσωση .

Συνεπώς $\int_{2}^{3} f(x)\sqrt{x-2}dx>\int_{2}^3 -2\sqrt{x-2}-2\sqrt{x-2}^3dx=-\frac{32}{15}$ .

Edit: Μία ακόμη λύση,με όχι σχολικά εργαλεία,θα μπορούσε να προκύψει με αλλαγή μεταβλητής $y=\sqrt{x-2}$ και χρήση της $e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}$ .

ΕΙΝΑΙ 'μη σχολική' η $e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}$ ; Δεν έχω ασχοληθεί 'επαγγελματικά' με Πανελλαδικές κλπ οπότε δεν είμαι σίγουρος, αλλά θα έλεγα ότι μπορούμε να θεωρήσουμε -- ακριβέστερα, θα μπορούσε ο κάθε εξεταζόμενος να θεωρήσει -- την $g(x)=e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}$ (για την οποία ισχύει g(0)=0

, άρα αρκεί να δειχθεί η g'(x)>0

, δηλαδή η e^x>1+x

, που είτε θεωρείται γνωστή είτε αποδεικνύεται αναλόγως μέσω της e^x>1

για

, κλπ κλπ)

Κάτι πιο ενδιαφέρον: πως και γιατί οδηγούν οι δύο παραπάνω μέθοδοι, 'σχολική' και 'μη σχολική', στην ΙΔΙΑ ακριβώς προσέγγιση, $-\dfrac{32}{15}$ ;! Όπως θα δείξω παρακάτω, ΔΕΝ πρόκειται 100% για σύμπτωση...

Ας θεωρήσουμε λοιπόν συνάρτηση $f(x)=ae^{x-2}+bx^2$ , που θα θέλαμε κυρτή στο διάστημα (2, 3)

, θα θέλαμε δηλαδή να ισχύει η $a+2b\geq 0$ . Για την 'ολοκληρωματική' μας προσέγγιση τώρα, η μεν 'σχολική' μέθοδος της εφαπτομένης (στο x=2

) δίνει

, η δε 'μη σχολική' μέθοδος της εκθετικής ανισότητας δίνει $f(x)>\left(\dfrac{a}{2}+b\right)x^2-ax+a$ : ποιο από τα δύο κάτω φράγματα είναι μεγαλύτερο; Παρατηρούμε ότι

$\left(\dfrac{a}{2}+b\right)x^2-ax+a>(a+4b)x-(a+4b)\leftrightarrow (a+2b)(x-2)^2>0,$

έχουμε δηλαδή καλύτερο φράγμα στην περίπτωση της 'μη σχολικής' μεθόδου, εκτός και αν a+2b=0

(συνθήκη 'οριακής κυρτότητας', που βεβαίως ισχύει στο δοθέν θέμα Δ4 με a=2

,

)!

[Ας δούμε τώρα το παράδειγμα $h(x)=3e^{x-2}-x^2$ , όπου η μεν 'σχολική' μέθοδος δίνει $\displaystyle\int_{2}^{3}h(x)\sqrt{x-2}dx >\int_{2}^{3}(-x+1)\sqrt{x-2}dx\approx -1,0667$ , η δε 'μη σχολική' μέθοδος δίνει $\displaystyle\int_{2}^{3}h(x)\sqrt{x-2}dx>\int_{2}^{3}\left((\dfrac{3}{2}-1)x^2-3x+3\right)\sqrt{x-2}dx\approx -0,92381$ ... επιβεβαιώνοντας τα παραπάνω 'θεωρητικά'.]

Σωτήριος Τερζόπουλος · #38

Έχω ανεβάσει στο διαδίκτυο ( facebook ) σε φωτογραφία την λύση του Γ θέματος με γνώσεις β και γ γυμνασίου και κάποιοι συνάδελφοι το έχουν πραγματευτεί με παρόμοιο τρόπο σε προηγούμενα ποστ εδώ.
Θα ήταν ωραίο να γραφτεί σε ένα ποστ όλο το Γ θέμα λυμένο έτσι..

Απολογούμαι που ακόμη δε γράφω σε latex.

Επιτροπή Θεμάτων 2023 · #39

Στην αρχική σελίδα ανέβηκε η 1η έκδοση των λύσεων των θεμάτων Μαθηματικών προσανατολισμού 2018, η οποία είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών του mathematica.gr.

Nikkie · #40

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 11:44 am
Δ2. Έχουμε ότι:
* $f'(a)=2e^{a-a}-2a=2-2a$ ,
* $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=+\infty}$ , αφού $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a})=0}$ και $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2x)=-\infty}$ και

* $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=\lim_{x \righatrrow -\infty}\left[2e^{x-a}\left(1-\frac{x}{e^{x-a}\right)\right]=+\infty}$ , αφού
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}(2e^{x-a})=+\infty}$ ,
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{x}{e^{x-a}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{1}{e^{x-a}}=0}$ (αφού τηρούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος De L' Hospital).

Από το Δ1 αποδείξαμε ότι η συνάρτηση είναι κοίλη στο $(-\infty,a]$ και κυρτή στο $[a,+\infty)$ ,
οπότε η είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,a]$ και γνησίως αύξουσα στο $[a,+\infty)$ .

Η είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο $A_1=(-\infty,a]$ , οπότε $\displaystyle{f'(A_1)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}$ .

Επίσης είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως αύξουσα στο $A_2=[a,+\infty)$ , οπότε $\displaystyle{f'(A_2)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}$ .

Αφού $a>1 \Leftrightarrow -2a<-2 \Leftrightarrow 2-2a<0$ ,
οπότε $0 \in f'(A_1),\;0 \in f'(A_2)$ και γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα ,
οπότε η έχει από μία ακριβώς ρίζα σε κάθε ένα από τα διαστήματα , έστω $x_1 \in A_1,x_2 \in A_2$ .
Συνεπώς:
** $x<x_1 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)>0$ , άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο $(-\infty,x_1]$ ,
** $x_1<x<a \Rightarrow f'(x)<f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)<0$ , άρα η είναι γνησίως φθίνουσα στο ,
** $a<x<x_2 \Rightarrow f'(x)<f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)<0$ , άρα η είναι γνησίως φθίνουσα στο ,
** $x>x_2 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)>0$ , άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο $[x_2,+\infty)]$ .
Επιπλέον η συνάρτηση είναι συνεχής στο , οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο .
Συνεπώς η συνάρτηση παρουσιάζει μοναδικό τοπικό μέγιστο για $x_1 \in (-\infty,a]$ και μοναδικό τοπικό ελάχιστο για $x_2 \in [a,+\infty)$ .

Αν στο Δ2 κάνεις Bolzano στο [0,1] και βρεις την ρίζα x1, στο Δ3 μπορείς να πας άμεσα στο διάστημα (α,x2) χωρίς διερεύνηση σωστά ?