555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Επομένως, x2  6x  4 f x  0 , οπότε και     1  x 2  6 x  4x f0 1 x dx  10  3 x  dx  0  4 x f 0  1 x fx dx  10  1 x fx dx  5 1 . 0 12 0 61 dx  5 xf x  Όμως, το « = » ισχύει μόνο στο 0 , οπότε (είτε εργαστούμε με την 1η λύση είτε με τη 2η στο (Γ ).06επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 353ο (Προσομοίωση θεμάτων - Περιφερειακή Διεύθυνση Βορείου Αιγαίου) Λύση Θέματος 353ΟΥ  fx   lim  4   Α. Είναι f x x0 x  , οπότε lim    0.    x x  4  0  0 , δηλαδή lim f x   x0  x  0  lim x  0   x0    Επειδή η f είναι συνεχής στο 0 , lim f x  f 0  0 . x0Επίσης, lim fx lim fx  f0  4 , οπότε f0  4 . 4 x0 x x 0 x  0 1 11Β. Αν x  0 , τότε g0   t  f0 t dt   t  f0 dt   t  0dt  0 . 0 00Αν x  0 , 1 θέτουμε u  x t , οπότε du  xdt , άρα dt  1 du . Επίσης, t  u . x xΓια t  0 είναι u  0 και για t  1 είναι u  x , οπότε x ufu 1 du  1 x 1 x uf u tf t          g x 0 x x x2 0 du  x2 0 dt .Άρα, gx  1 x , x   0 , 1 . x2  t ft dt 0 x  t ft dt  Γ. Αν x  0 , 1  , τότε g x  0 x2 , οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1  ως πηλίκοπαραγωγίσιμων συναρτήσεων.Παραγωγισιμότητα στο 0: 1 x x x2 tf tf t 0 0              g x lim g 0 t dt dt  0   xf x  f x   lim  0   1  1 4  lim === lim  lim   4  . x0 x  0 x0 x x0 x3 x  0 3x2 x  0  3 x  3 3Επομένως, g0  4 . 3   Δ. Η F είναι παραγωγίσιμη στο  0 , 1 , με F x  x  f x  1 , άρα η F είναι και συνεχής στο  0 , 1 . 11Επίσης, F0  0 και g1   t  ft dt . Όμως, g1  1 , άρα  t  ft dt  1 , οπότε : 00 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 11 F 1    t  ft  1 dt   t  ft dt   dt  1  1  0 . 0 00Επομένως, F0  F1 .F συνεχής στο  0 , 1    F παραγωγίσιμη στο 0 , 1 σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει x0  0,1 τέτοιο, ώστεF0  F1          F x0 1 , αφού x0  0.  0  x0 f x0  1  0  x0 f x0  1  f x0  x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 354ο (Προσομοίωση θεμάτων - Περιφερειακή Διεύθυνση Βορείου Αιγαίου) Λύση Θέματος 354ΟΥΑ. α) Θεωρούμε τη συνάρτηση φ :   a , a  ' , με  φ x  e fx  fa  1 fx  1 .       Τότε, φ x  0 , για κάθε x    a , a και φ 0  e f0  f a  1  f 0  1  0 .Άρα, φx φ0 , για κάθε x    a , a .Έτσι, η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο μηδέν, το μηδέν είναι εσωτερικό σημείου του   a , a και η φ είναι       παραγωγίσιμη στο μηδέν (αφού φ x  e fx  f x  f a  1  f x , x    a , a ). Οπότε από το θεώρημα Fermat, φ 0  0 . Δηλαδή,   f0  0 e f0  f0  fa  1  f0  0  f0  1  fa  1  0 <==> fa  1  1  fa  0 ή fa  2 .   Αν ήταν f a  0 , τότε από το θεώρημα Rolle για την f στο  0 , a , θα υπήρχε x1  0 , a τέτοιο, ώστε f x1  0 . Οπότε, από το θεώρημα Rolle, για την f στο διάστημα  0 , x1  , θα υπήρχε     x2  0 , x1    a , a  τέτοιο, ώστε f x2  0 , άτοπο. Άρα, f a  2 .β) Α΄ Τρόπος: Για x  0 η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 0  2 . Για x  a η ζητούμενη σχέση ισχύει ως 2 2 .   Έστω τώρα x  0 , a . Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο  x , a  , υπάρχει ξ  x , a , τέτοιο ώστεfξ  fx  fa 1 . x aΌμως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο   a , a , άρα για x  ξ  fx  fξ 1 fx  fx  fa xa0 ==> xa ===>  x  a fx  fx  2  fx  2  x  a  fx .Άρα, σε κάθε περίπτωση ισχύει fx  2  x  a  fx , για κάθε x  0 , a .Β΄ Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ:  0 , a ' , με τύπο φx  fx  2  x  a fx .       Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0 , a , με φ x   x  a  f x  0 . Άρα, η φ είναι γνησίως αύξουσα στο 0 , a .Άρα, για επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 0  x  a  φx  φa fx  2  x  a fx  0  fx  2  x  a fx .Β. α) Εύρεση εφαπτομένης της C f στο σημείο M0 , 0: ε : y  f0  f0  x  0 . ε: y  0 .Επειδή η f είναι κυρτή, η C f βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη ε, με εξαίρεση το σημείο επαφής Μ. Δηλαδή f x  0 , για κάθε x   0 , a (η ισότητα ισχύει μόνο για x  0 ).β) Πολλαπλασιάζουμε τη σχέση fx  2  x  a  fx , με fx και έχουμε: a aaf2x  2fx  x  a  fx fx   f2x dx  2  fx dx   x  a  fx  fx dx  0 00  f2 x  a aa a  f2 x  1 a                   f2 x dx  2E  f2 00xa    dx  f2 x dx  2E   x  a  x dx   2   2  0 2 0 0 a dx  2E  f2 x      3 a f2 x dx  4E . 20 0 3επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 355ο Λύση Θέματος 355ΟΥ Α. Είναι f x  x x  elnx x  e xlnx , x  0 .     Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων f1 x  e x , f2 x  x  ln x ,με        f x  ex lnx   e xlnx  xln x   xx ln x  1 , x  0 .Είναι  f x  0  ln x  1  0 (διότι x x  0 ) ln x   1  x  1 . eΠίνακας Μεταβολών x  01  e  fx  fx 2 1 τ.ε.f2 στο  1 και 1 στο 1 ,    . 0 ,     e   e  Επίσης, η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με    fx  xx ln x  1   x x   ln x  1  x x  ln x  1   x x ln x  1 2  x x  0 στο 0 ,   xως άθροισμα θετικών όρων. Άρα, η f είναι κυρτή στο 0 ,   .Β. Έστω M a , a a , a  0 το σημείο επαφής.   Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι ε : y  a a  aa ln a  1  x  a .     Το σημείο 0 0 , 0 ανήκει στην ε , άρα θα ισχύει  aa   a  aa ln a  1   (αφού οι συντεταγμένες του O 0 , 0 θα επαληθεύουν την εξίσωση της ε ), δηλαδή a ln a  1  1 ή aln a  a  1  0 . Ισχυρισμός: Η εξίσωση xln x  x  1  0 έχει μοναδική λύση την x  1 στο 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   [Πράγματι, το x  1 είναι προφανής ρίζα. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 ,    ' , με φ x  xln x  x  1 .   Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με φ x  lnx  2 . Οπότε, φ x  0  ln x  2  0  ln x   2  x  1 . e2 x  01  e2 φx  φx  1 2 τ.ε.  1  φ συνεχής   1   e2  1 φ  0 e2  e2    e2  =====    2 Είναι ,    lim  φ x , φ  1 ,  .  x0 Το   1    10  φ   0 , e2   , άρα η εξίσωση φ x  0 είναι αδύνατη στο  0 ,  .   e2    ln x  1   (Χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι  lim x   lim x  0 .) lim xln x  lim ln x  lim x  0 1x  0  === x  0   1  x  0  1 x  0 x  x  x2  Επίσης,  1  φ συνεχής     1    e2  1   e2  1   e2 ,        e2      e   ====     1   φ και 0    e2 ,    , lim φ x , lim φ x  φ ,   ,  x   x 1 e2 άρα η εξίσωση φ x  0 έχει μοναδική λύση (λόγω μονοτονίας) στο 1 ,    .    e2  Συμπέρασμα: φ x  0  x  1] .Οπότε, λόγω του ισχυρισμού, προκύπτει ότι a  1 . Άρα, το σημείο επαφής είναι το M 1 , 1 και η ζητούμενη εφαπτομένη η ε : y  x . Γ. x  x x  1  1  0  x x  x  0  x x  x . Το τελευταίο ισχύει, διότι η f είναι κυρτή, άρα η C f βρίσκεται «πάνω» από την εφαπτομένη ε , άρα f x  x , για κάθε x  0 , δηλαδή x x  x , για κάθε x  0 (η ισότητα ισχύει μόνο για x  1 ).Δ. Καταρχήν, a  0 , β  0 , διότι τα Α, Β βρίσκονται στην C f . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Είναι OA  fa fβ 1 . a , fa , OB β , fβ και επειδή OA / / OB   aβ   Θεωρούμε τη συνάρτηση m : a , β  ' , με m x fx .  x Η m είναι συνεχής στο a , β , παραγωγίσιμη στο a , β , με mx   fx   xfx  fx  x  xx ln x  1  xx  xχ xln x  x 1 , x  0. x2  x2 x2  x Επίσης, ma  mβ , λόγω της σχέσης 1 .     Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ξ  a , β : m ξ  0 , δηλαδή ξξ ξlnξ  ξ  1  0 , δηλαδή ξ2ξlnξ  ξ  1  0 , δηλαδή ξlnξ  1  ξ , δηλαδή ln ξ  1  1 . (προφανώς ξ  0 , αφού 0  a  ξ  β ). ξΕ.i. Η ζητούμενη σχέση γράφεται ισοδύναμα: v  e  e ln x 1 x1  eln x v x v  4v  ln x 2 x 2  v  x1 x1  x x2      xv xv  4v  v  f x 1  f x 2   fx v   4v  2 1  f x1   f x2    f x v   4  f1  fx1   fx2    fxv   f2 . v vΗ f είναι 1 στο 1 , 2 , αφού 1 1 . eΆρα,  1  x1 f1      2  f1  fx1   f2     1  x2  2 f1 f 1   fx2   f2   v  f1  f x1   fx2    fx v   v  f2        1  xv  f1 f1  fxv   f2    2  f1  f x1   f x2       f x v  f 2 που είναι η ζητούμενη σχέση. v   ii. Η f είναι συνεχής στο 1 ,2 , f 1  f 2 (διότι 1  2 και f 1 ) και ο αριθμός f x1   f x2    fxv  vείναι μεταξύ των αριθμών f1 , f2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει x 0  1, 2 τέτοιο, ώστε :f x 0   fx1   f x2     f x v , δηλαδή v  x x 0  x x1  x x2   x xv . 0 1 2 v vΤο x 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι γνησίως μονότονη στο 1 , 2 , άρα 1  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 356ο Λύση Θέματος 356ΟΥ Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση f :  1 , 0  ' , με f x  e2x  x .Η f είναι συνεχής στο  1 , 0 , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.Επίσης,    f  1  e2  1  1  1  1  e 2  0 και f 0  1 0 . e2 e2   Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x 0   1 , 0 : f x 0  0 , δηλαδή e 2x 0  x0  0 . Η f είναι παραγωγίσιμη στο  1 , 0 , με f x f συνεχής  2e2x  1  0 ===> f 1 στο  1 , 0 , άρα 1  1 . στο  1 , 0Οπότε το x 0 που βρήκαμε παραπάνω είναι μοναδικό.Β. Είναι Re z  ex και Imz  x x  0 . Άρα,  Re z  eImz  Imz  ln Rez , Imz  0 . Αντίστροφα: Έστω ένα σημείο M a , ln a , 0  a  1 της y  ln x , με y  0 .   Τότε ο μιγαδικός που αντιστοιχεί στο σημείο Μ είναι ο z  a  ln a i  elna  ln a i  eκ  κi , με κ  ln a  0 .Συμπέρασμα: Οι εικόνες των μιγαδικών z κινούνται στην καμπύλη y  ln x του 4ου τεταρτημορίου. Γ. Η απόσταση των μιγαδικών z από την αρχή των αξόνων είναι z  ex 2  x2  e2x  x2 , x  0 .   Θεωρούμε τη συνάρτηση d :   , 0  ' , με τύπο d x  e2x  x2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Η d είναι παραγωγίσιμη στο   , 0 , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με e2x  x2      d x  2e2x  2x  e2x  x  fx , x0. e2x  x2 2 e2x  x2 2 e2x  x2 e2x  x2Οπότε, A)και dx  0  fx  0  x  x 0        d x  0  f x  0  f x  f x 0 f1 <==> x  x0 . στο ' x   x0 0  dx   dx 2 1 min Άρα, η συνάρτηση της απόστασης d ελαχιστοποιείται στο x 0   1 , 0 .Ο μιγαδικός με εικόνα τη μικρότερη απόσταση από την αρχή των αξόνων είναι ο z  ex 0  x 0  i . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 357ο Λύση Θέματος 357ΟΥ x   Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση F : a ,β ' , με F x  ft  gt dt . a Η συνάρτηση f  g είναι συνεχής στο a , β , ως παραγωγίσιμη, άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο a , β καισυνεχής στο a , β .    F β  F a   Άρα, από το Θ.Μ.Τ. για την F στο a , β , προκύπτει η ύπαρξη ενός x 0  a , β : F x 0  β  a ,δηλαδή     f x0 1  β  1 β β   g x0  β  a  a ft  gt dt 0   f x 0   gx0   β  a ft dt  g t  dt    a  a  f x 0   gx 0   β 1 a  0  fx 0   g x 0   0  f x 0   gx 0  . Β. Είναι:  fx  gx fx fx ln gx gx fx fx fx ln gx gx  gx ln     ln   ln   για κάθε x  ' 1 .   Θεωρούμε τη συνάρτηση m : 0 ,     , με m x  ln x  x .   Η m είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με m x  1  1  0 , για κάθε x  0 . x Άρα, η m είναι 1 στο 0 ,   , άρα και 1  1 .   Από τη σχέση 1 προκύπτει τώρα ότι m fx m  m gx fx  gx , x'. ==> 11 fx 0   gx 0        Άρα, υπάρχει c  ' : f x  g x  c , για κάθε x  ' . Για x  x 0  f x 0  g x 0  c ¿¿¿À c  0 .   Άρα, f x  g x , για κάθε x  ' . Δηλαδή οι συναρτήσεις f , g είναι ίσες στο ' . Γ.i. Έχουμε: 0 x1  ft dt   ft dt  fx  1  fx  2x  e  1  x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x 1 x   ft dt   ft dt  fx  1  fx  2x  e  1 , x  ' 2 . 00 x1 x   f συνεχής  f x  1 , f , f παραγωγίσιμες στο ' . 00 Παραγωγίζοντας τη σχέση 2 παίρνουμε: fx  1  fx  fx  1  fx  2 , x  ' * .Ας ονομάζουμε gx  fx  1  fx , x  ' .       Τότε g x  g x  2 , δηλαδή g x  g x   2 και πολλαπλασιάζοντας με e  x παίρνουμε:    e  x  g x  e x  g x   2e  x     ex  g x   2e x  , για κάθε x  ' . Άρα, υπάρχει σταθερά c  ' : e x  g x  2e x  c , για κάθε x  ' .Για x  0  g0  2  c , δηλαδή f1  f0  2  c , άρα c  f1  f0  2 .Οπότε, e  x  gx  2e x  f1  f0  2  gx  2  f1  f0  2  e x  fx  1  fx  2  f1  f0  2  e x , x  ' .Άρα, lim fx  1  fx  2  f1  f0  2  0  2 . x ii. Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο x , x  1 x  0 έχουμε ότι υπάρχει ξx  x , x  1 : f ξx   fx  1  fx .Άρα, f        Γ. i) == 2 . lim ξx  lim f x1 f x x x Για το lim f ξ θέτουμε ω  ξx . x xΤότε από την σχέση x  ξx  x  1 και το κριτήριο παρεμβολής, προκύπτει ότι ω    .     Άρα, 2  lim f ξx  lim f ω . Δηλαδή, lim f ω  2. ω   ω x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης iii. Α΄ Τρόπος: Από την σχέση * βρίσκουμε fx  1  fx  fx  1  fx  2    fx  1  fx  1  fx  fx  2 , για κάθε x  ' .Άρα,  lim fx  1  lim fx  1  fx  lim fx  2  2  2  2  2 . x x x Β΄ Τρόπος: Για το lim f x  1 θέτουμε u  x  1 . Τότε u  καθώς x   . x   Γ. ii)Άρα, lim fx  1  lim fu == 2 . x u επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 358ο Λύση Θέματος 358ΟΥ x x t  x1             Α. Η σχέση της υπόθεσης γράφεται x1  g t dt   0 g u du dt  tet  tln t  at dt 1 . 0 0 1 t t x t          Η gείναι συνεχής  η gu du είναι παραγωγίσιμη  η g u du είναι συνεχής  η 0  0 g u du dt 0 0 είναι παραγωγίσιμη στο 1 ,   .Επίσης, η συνάρτηση t  te t  tln t  at είναι συνεχής, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων, άρα το 2ο μέλος   της σχέσης 1 είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο  1 ,   . Παραγωγίζοντας τη σχέση 1 παίρνουμε: x  1  x gt dt  x  1  gx  x gu du    00 x10 x  1  e x  1  x  1  ln x  1  a x  1 ==> gx  ex  1  ln x  1  a , x   1 . xΒ. Θεωρούμε τη συνάρτηση h:1 ,    ' , με hx   gt dt . 0   Τότε από τα δεδομένα προκύπτει ότι h x  0  h 0 , για κάθε x   1 . Άρα, η h παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο μηδέν, το μηδέν είναι εσωτερικό σημείο του  1 ,   και η h είναι παραγωγίσιμη στο    1 ,   (άρα και στο μηδέν). Άρα, από το θεώρημα Fermat, h 0  0 .Όμως, hx  gx . Άρα, θα υπάρχει g0  0 , δηλαδή e  ln1  a  0  a  e .   Γ. Η g είναι παραγωγίσιμη στο  1 ,   (αφού οι συναρτήσεις ex  1 , ln x  1 είναι παραγωγίσιμες, ωςσύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με      g x  ex  1  x  1  x  1   e x  1  1  0 , για κάθε x   1 . x 1 x 1   Άρα, η g είναι 1 στο  1 ,   . Επίσης, έχουμε ότι g 0  0 . g1 g1Άρα, για x  0 => gx  g0  0 και για  1  x  0 => gx  g0  0 .Πρόσημο της g : x  1 0    gx επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     Δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 , 1  ' , με φ x  f x  g x . Η φ είναι συνεχής στο 0 , 1 , ωςάθροισμα των συνεχών συναρτήσεων f , g .Επίσης, φ1  f1  g1  0  g1  g1  e2  ln2  e  e  e  1  ln2  0  Και 01 φ0  f0  g0  f0   gt dt    gt dt  0 10 [διότι g t  0 στο 0 , 1 και η g δεν είναι παντού μηδέν στο 0 , 1 , άρα 11  gt dt  0    gt dt  0 ]. 00Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ξ  0 , 1 : φξ  0 , δηλαδή fξ  gξ  0 .Θα αποδείξουμε ότι το ξ είναι μοναδικό. Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με φx  fx  gx x g t  dt   gx  gx  gx  0 , για κάθε x  0 , 1    1[ διότι gx  0 , για x  0 , 1 και gx  0 , για κάθε x   1 ].   Άρα, φ x  0 , για κάθε x  0 , 1 και φ συνεχής στο 0 , 1  φ 1 στο 0 , 1  φ 1  1  το ξ είναιμοναδικό. Ε. Α΄ Τρόπος: Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την συνάρτηση f στο διάστημα x , x  1 x  0 .Προκύπτει η ύπαρξη κάποιου ξx  x, x  1 : fξx   fx  1  fx  fx  1  fx   x 1 x  gξx   fx  1  fx .Άρα,       lim f x  1  f x x  lim g ξx . xΓια το τελευταίο όριο θέτουμε ω  ξx . xΤότε από τη σχέση x  ξx  x  1 και το κριτήριο παρεμβολής, προκύπτει ότι ω ||}   .Άρα,          lim g x ξx  lim g ω  lim e ω  1  ln ω  1 e   e   . ω ω επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΤελικά, lim fx  1  fx    . xΒ΄ Τρόπος: Είναι x1 x x1 0 x 1 fx  1  fx   gtdt   gt dt   gtdt   gt dt   gt dt . 000x xΌμως, g1 x 1 x1 x1 0  x  t  x  1 => gx  gt  gx  1   gxdt   gtdt   gx  1 dt  x xx x 1 x 1 x  1  x  gx   gt dt  x  1  x  gx  1  gx   gt dt  gx  1 , για κάθε x  0 . xxΕπειδή Κριτήριο x 1       lim g x  lim g x  1    ¿¿¿À lim x x Παρεμβολής x    g t dt    . x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 359ο Λύση Θέματος 359ΟΥΑ. f παραγωγίσιμη  e f2 παραγωγίσιμη, ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.   Παραγωγίζοντας τη σχέση f x  1  e f2x  2e έχουμε:                    f x  1   e f2x  f x  1  e f2x   0  f x  e f2x  f x  1  e f2x   2f x  f x  0  e f2x  1  2  e f2x  22 f x  2f x                 f x  fx 1 f x   0  f x 1  0 , για κάθε x  ' 1.   Όμως, ef2x  0 , για κάθε x  ' και 2f2 x  2f x  1  0 , για κάθε x  ' (διότι το τριώνυμο 2t2  2t  1   έχει διακρίνουσα Δ   4  0 , άρα 2t2  2t  1  0 , για κάθε t  ' ). Άρα, η σχέση 1 δίνει f x  0 , για κάθε x  ' . Οπότε, υπάρχει σταθερά γ  ' : f x  γ , για κάθε x  ' . Οπότε, η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει: γ  1  eγ2  2e . Θεωρώντας τη συνάρτηση φ : '  ' , μεφx  x  1  e x2  2e , έχουμε ότι φ1  0 και        φ x  e x2  x  1  e x2  2x  ex2 1  2x x  1  ex2  2x 2  2x  1  0 , για κάθε x  ' . θετικό στο ' θετικό στο '   Άρα φ 1 στο '  φ 1  1 . Άρα, η εξίσωση φ x  0 έχει μοναδική ρίζα το 1. Οπότε, γ  1  e γ2  2e  γ  1 . Τελικά f x  1 , x  ' . (η οποία επαληθεύει την αρχική σχέση) ββΒ. Αφού fx  1 , x  ' , προκύπτει από τη σχέση fx dx   gx dx ότι aa ββ β  1 dx   gx dx   gx dx  β  a . aa a x   Θεωρούμε τη συνάρτηση G : a , β  ' , με τύπο G x  g t dt  x  a . a     Η συνάρτηση G είναι συνεχής στο a , β και παραγωγίσιμη στο a , β , με G x  g x  1 .Επίσης, G a  G β  0 .     Άρα, από το θεώρημα Rolle, προκύπτει η ύπαρξη ενός τουλάχιστον αριθμού x 0  a , β  0 , 1 : G x 0  0 ,   δηλαδή g x 0  1  0 , δηλαδή g x 0  1 .Γ. Για x  1 η δοσμένη σχέση γίνεται g1  ge  1  1  e  g1  ge  2  e .Για x  e η ίδια σχέση δίνει επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης e  ge  g1  e  e2  1 .Οπότε,  g1  ge  2  e  e   e  g1  e  ge   2e  e2  . g1  e  ge  e2  e  1  g 1  e  ge  e2  e 1   Προσθέτοντας κατά μέλη: g1 1  e  1  e  g1  1 .Οπότε, g1  gx 0   1 και x 0  1 .     Εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle για την g στο x 0 , 1 : υπάρχει ξ  x 0 , 1  0 , 1 : g ξ  0 , δηλαδή η  εφαπτομένη της C g στο σημείο A ξ , g ξ είναι παράλληλη στον άξονα xx . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 360ο Λύση Θέματος 360ΟΥ Α)   i. Οι συναρτήσεις f1 x  e x , f2 x  1  e x είναι παραγωγίσιμες στο ' , άρα η συνάρτηση f  f1ο f2 είναι παραγωγίσιμη στο ' με    f x  e 1  e x  1  e x    e 1  e x  e x   e 1  e x  x  0 , για κάθε x  ' (διότι e a  0 , για κάθε a  ' ). Άρα, η f είναι 2 στο ' .ii. Επίσης, η f είναι παραγωγίσιμη, με        f x   e 1  ex  x    e1  e x  x  1  e x  x    e1  e x  x  1  e x    e 1  e x  x  e x  1 , x  ' .Άρα, e x 1  f x  0  e x  1  0  e x  1  e 0 <=> x  0 . x  0  fx   fx 4 3 σ.κ. Η f είναι κοίλη στο   , 0 και κυρτή στο 0 ,   . Η f  έχει σημείο καμπής το A 0 , f 0  A0 , 1 .Β. Πλάγιες – Οριζόντιες Ασύμπτωτες στο   :  lim e1  ex e1  e fx e1  0 1  lim   e e00 xx    xx      και     lim f x  0  x  lim e1  e x  e . x xΆρα, η ευθεία y  e είναι οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο   .Πλάγιες – Οριζόντιες Ασύμπτωτες στο   : επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  lim f x  lim e 1  e x  e 1    e  0 xx    xx     Και      lim f x  0  x  lim e1  e x  e1    e    0 . x xΆρα, η ευθεία y  0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο   .Γ. ε : y  fa  fa  x  a  ε : y  e 1  e a   e 1  e a  a  x  a  ε : y  e 1  e a  e 1  e a  a  x  a 1      Δ. Για y  0  0  e 1  e a  e 1  e a  a  x  a  0  e 1  e a  e 1  e a  e a  x  a  0  e 1  e a  1  e a  x  a        0  1  e α x  a διότι e 1  e a  0  e a  x  a  1  x  a  e  a  x  a  e  a .     Άρα, η ε τέμνει τον άξονα xx στο σημείο B a  e  a , 0 . Δίνεται ότι a t  2 cm sec , t  0 .       Ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Β είναι a t  e  at   a t  a t  e  at  2  2e  at . Άρα, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Β τη χρονική στιγμή t 0 , όπου a t 0   1 είναι2  2e  at 0   2  2e cm sec . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 361ο Λύση Θέματος 361ΟΥ Α. Α΄ Τρόπος: Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με :  fx  x  lnx  1  x  lnx  1   x  1 ln x  x  1  ln x fx  ln x  1  x  ln x  x  1 , x  0 x1 x fx  1  x  1  x  1  1  x  1 x  1 2 x x 2 f  x   1  x 1  1  1 x 1 x2 x  1 2  f x  x 2  x  1  0 , για κάθε x  0  x2  x 2 Άρα f 1 και συνεχής στο 0 ,   .Οπότε για το σύνολο τιμών της f έχουμε        f 0 ,    f f   lim  x , lim x   ,0 x0 x  x xln x  x  1 xln x  x 1 1  lim ln x  1 x1 x  x 0  x  0    [διότι lim f x    0  0  lim     ,  x  0  x  0  1   αφού lim  ln x lim x   lim x  0 ] x ln x lim === x  0 1x  0  1P.L. x  0  x  0 x x2και  lim f x  lim   x  1  x  x 1  ln1  1 1  0. ln  x  x x  x   x     1       Άρα, από τη σχέση f 0 ,      , 0 , προκύπτει ότι f x  0 , για κάθε x  0  f γνησίως φθίνουσαστο 0 ,   .Β΄ Τρόπος: Είναι fx  lnx  1  ln x  1  1 . x x1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Για x  0 , εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για τη συνάρτηση g t  ln t στο διάστημα x , x  1 : οπότε υπάρχειξx  x , x  1 : gξx   gx  1  gx , δηλαδή 1  lnx  1  ln x . ξxΌμως,    gt  0 1 1 . x  ξx x  1 ==> g x  g ξ x x ξx g 2Δηλαδή 1  lnx  1  ln x . xΆρα,  1 0 x1  ln x  1  0 ¿¿¿À        ln x  1 x f x  0 στο 0 ,    f γνησίως φθίνουσα στο 0, . Β. f 2 στο 0 ,   και f συνεχής. Άρα, το σύνολο τιμών της f είναι το         f 0 ,    '  x lim  f x , lim f x    ,   x  0   [διότι lim fx  lim x ln x  1  xln x  ln x  x x   x 1    x 1   x 1 x ln  x  ln x  x ln  x   ln  x     1          lim   x lim  lim ln x  lim   x x x x 0 x   1    x 1    0   x  == lim  1    1     ] x  x   και  lim fx  lim x lnx  1  x  1  ln x  0  1       ]. x 0 x 0 Γ. Το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f (δηλαδή στο ' ), άρα υπάρχει x 0  0 : f x 0  0 , δηλαδή ln x0  1 x0        x0 ln x0  1  x0  x x 1 x x0  1  x0 1 ln x 0  ln  x0 1   ln 0 0  <=>  0 . 11 x 1   Δ. Α΄ Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 ,    ' , με φ x  ft dt x 1 x1 x1 x[δηλαδή φx   ft dt   ft dt , δηλαδή φx   ft dt   ft dt , x  0 ]. x1 11 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x 1 x     Η f συνεχής στο 0 ,    οι συναρτήσεις f , f είναι παραγωγίσιμες στο 0 ,   , άρα η φ είναι 11 παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με φx  fx  1  x  1  fx  fx  1  fx  0 , για κάθε x  0 f2(διότι x  x  1 => fx  fx  1 ).Άρα η φ 2 στο 0 ,   .Επειδή φ2 x2  2 x2  4          x2  1  x2  3 ==> φ x2  1  φ x2  3  f t dt  f t dt , x  ' . x2  1 x2  3 tΒ΄ Τρόπος: Για τη συνάρτηση F t   fu du , t  0 1 εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. σε καθένα από τα διαστήματα x 2  1 , x 2  2 , x 2  3 , x 2  4 x  ' και   παίρνουμε ότι υπάρχουν ξ1  x 2  1 , x 2  2 , ξ2  x 2  3 , x 2  4 :           F ξ1  F x2  2  F x2  1 και F ξ2  F x2  4  F x2  3 ,δηλαδή            f ξ1  F x2  2  F x2  1 και f ξ2  F x2  4  F x2  3 .Όμως, f2           ξ1  ξ2 => f ξ1  f ξ2  F x 2  2  F x 2  1  F x 2  4  F x2  3  x2  2 x2  1 x2  4 x2  3 x2  2 x2  4   fu du   fu du   fu du   fu du   fu du   fu du , x  ' 1 1 1 1 x2  1 x2  3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 362ο Λύση Θέματος 362ΟΥΑ. t   Η g είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη)  g u du είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής στο ' 0     x  t  παραγωγίσιμη στο '.  0 gu du dt 0 x x  x x dt  x g t dt  x  x dt  x2  x 0  0 20 2 20  gt 0               Η συνάρτηση  2 g t dt γράφεται ως x0 gt dt .  Παραγωγίζοντας (ως προς x ) την αρχική σχέση της υπόθεσης, παίρνουμε:          xtgu du  dt   x2  x gt dt   0   2 0   0 x  du                    g u du  x  g x 0 g παραγωγίσιμη x g x * =====>  g u xg x  1  g x  στο ' 0  e x              g x  g x   1  e  x  g x  e  x  g x   ex  e  x  g x  e x  , για κάθε x  ' . Άρα, e x  g x  ex  c , για κάθε x ' (c: σταθερά).Για x  0 η * δίνει: 0  0  g0  g0  0 . Οπότε, για x  0 έχουμε: e0  g 0  e0  c  c   1 .Άρα,    e  x  g x  e x  1  g x  1  ex , x  ' (η οποία επαληθεύει την αρχική σχέση). Β.i. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με fx x g  t dt   gx 1 ex , x ' .    0 ex 1 Οπότε, f x  0  1  e x  0  e x  1  e 0 <=> x  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x  0  fx   fx 1 2 max Η f είναι γνησίως αύξουσα στο   , 0 και γνησίως φθίνουσα στο 0 ,   . Η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 0 , το f 0  0 . xx x 0  g t dt        ii. Α΄ Τρόπος: f x 1  et dt  t  e t  1  x  e x , x ' . 00Η f είναι συνεχής στο 0 , 1 και f0  f1 (αφού f0  0 , f1  2  e ).   Επίσης, παρατηρούμε ότι 2  e   1  0 , δηλαδή f 1   1  f 0 . 22   Άρα, από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών, υπάρχει x 0  0 , 1 : f x 0  1. 2 Το x 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι 2 στο 0 , 1 , άρα 1 – 1.   Β΄ Τρόπος: Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano για την m : 0 , 1  ' , με m x  2f x  1 .iii. Στο   :  1  x  ex   lim 1  ex x x       f x  lim xx     lim 1  x  ex  lim 1 x x == xΚαι     lim f x  x  lim 1  ex   1  e   1  0  1 . x   xΆρα, η ευθεία y  x  1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο   .Στο   :  f x  lim xx     lim 1  x  ex  lim  1 1 ex   0  1     ' x x  x x  xάρα η C f δεν έχει πλάγιες / οριζόντιες ασύμπτωτες στο      ex   lim ex  e     ). (Χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι lim ex  lim xx    == x    x 1x   Γ. Θεωρούμε τη συνάρτηση K : 0 , 1  ' με τύπο K x  fx  gx  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΗ Κ είναι συνεχής στο 0 , 1 , ως άθροισμα συνεχών και K0  f0  g0  1  0  0  1  1  0 K 1  f1  g1  1  2  e  1 e  1  4  2e  22  e  0 , διότι 2  e .       Άρα, από το θεώρημα Bolzano προκύπτει η ύπαρξη αριθμού ξ  0 , 1 : K ξ  0 , δηλαδή f ξ  g ξ   1 . Επίσης, η Κ είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με Kx  fx  gx  gx  gx  1  ex  ex   1  2ex  0 στο 0 , 1 (διότι για x  0  ex  1  2ex  2   2ex   2  1  2ex   1  0 ). Άρα, η Κ είναι 2 στο 0 , 1 , άρα και 1 – 1. Οπότε το ξ που βρήκαμε παραπάνω είναι μοναδικό.    Δ. Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο 0 , ξ  υπάρχει ξ1  0 , ξ  0 , 1 : f ξ1 fξ  f0 fξ  . ξ0 ξ    Από το Θ.Μ.Τ. για την g στο 0 , ξ  υπάρχει ξ2  0 , ξ  0 , 1 : g ξ2 gξ  g0 gξ  . ξ0 ξΟπότε,                g ξ1  g ξ2  f ξ1  g ξ2 fξ gξ fξ g ξ Γ) 1 .    ξ  ξ ξ ξ        Ε. Έχουμε ότι f 0  g 0  0 και f x  g x  1  x  ex  1  ex  x , για κάθε x ' .Άρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι:1  x2 1 1 E 0 x dx    2 τετραγωνικές μονάδες.  2 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 363ο Λύση Θέματος 363ΟΥ Α. Θεωρούμε τη συνάρτηση f :'  ' , με τύπο f x  e z  9 2014  x  3z  5 2014  x  1 .Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων , με :      f x  e z  9 2014  x z  9 2014  x   3z  5 2014  x   f x  e z  92014  x  z  9 2014  3z  5 2014 , x  ' .   Επίσης, από τα δεδομένα της άσκησης προκύπτει ότι f x  0  f 0 , για κάθε x ' .Οπότε η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0  FermatΌμως,   ¿¿À f 0  το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ' 0. η f είναι παραγωγίσιμη στο 0    f 0  z  9 2014  3z  5 2014 .Άρα, θα πρέπει z  9 2014  3z  5 2014  0  z  9 2014  3z  5 2014 .Β. Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι z  9  3z  5 , άρα   z  9 2  3z  5 2  z  9 z  9       3z  5 3z  5  z  9 z  9  3z  5 3z  5  zz  9z  9z  81  9zz  15z  15z  25  z  x  yi  7 <=> x2  y2  3  2x  7       8 z 2  24 z  z  56  z 2  3 z  z x2  2  3x  9  y2  7  9   x  3 2  y2  42 . Άρα, οι εικόνες του z κινούνται στον κύκλο κέντρου K  3 , 0 και ακτίνας 4, δηλαδή z  3  4 .Γ. Έστω w  x  yi , x , y  ' .Τότε w  wi  x  yi  x  yi i  x  yi  xi  y  x  y  y  x i .Οπότε, από την σχέση επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  x  y  1   κ  w  wi  1  κi    απαλοιφή y 1  x2  y2  1. κ  x y  ==> x  του κ y  x   κΆρα, οι εικόνες του w κινούνται στην ισοσκελή υπερβολή x2  y2  1 .Δ. Λύνουμε το σύστημα των δύο γεωμετρικών τόπων: x2  y2  6x  7    6x  8  x2  3x  4  0  x   4 ή 1. x2  y2  1   2x 2 Για x   4  y2  15  y   15 .Για x  1  y  0 .Άρα, οι δύο γεωμετρικοί τόποι τέμνονται στα σημεία      M  4 , 15 , N  4 ,  15 , A 1 , 0 .Οπότε, z  w , όταν z   4  15 i ή z  1 .Ε.i. Θα ισχύει z1  3  4 και z 2  3  4 .Άρα,        z1  3 2  16  z1  3  16 z 1  3  16  z 1  3 z1  3  16  z1 3  z1  3 .Παρόμοια προκύπτει η σχέση επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης z2  3  15 . (Άρα, zκ  16  3 , κ  1 , 2 .) z2  3 zκ  3ii. Είναι:  16   16   1 1  z2  z1 .   3  3   z2   z1  3  z2  3    z1z2    16    3   16   z 1   z 2  3 3 z 1 3Άρα,z 1  z 2  16  4  4  z 1  3  z 2  3  z 1  3  z 2  3  z 1  3  z 2  3 .           z2  z1 z1  3  z2  3 z1  3  z2  3 z1  3  z2  3 z1  3 z2  3 z1  3 z2  3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 364ο Λύση Θέματος 364ΟΥ   Α. Καταρχήν, αφού η f είναι συνεχής, έπεται ότι οι συναρτήσεις f2 , x  x 42x2  1 και x  x  f x 2  x 4  1είναι συνεχείς στο 1 , 2 .Άρα, τα τρία ολοκληρώματα είναι καλώς ορισμένα. 2  x 4  1 dx θέτουμε u  x 2 . Τότε, du  2x dx  x  dx  du . x  f x2    Για το 12 Για x  1  u  1. Για x  2  u  2.Άρα,              2 x  f x2  x4  1 2  u2  1  du  1  2 f x  x2  1 dx . dx  f u 1 1 2 21Άρα, η αρχική σχέση των ολοκληρωμάτων γίνεται: 22                 f2 x dx  x 4  2x 2  1 dx  4  1  2 f x  x2  1 2 f2 x 2 x 2  1 2 dx  21 dx  dx  11 11 2                    2  f x 1  x2  1 2  f2 x  x2  1 2  2 f x  x2 1  dx  0 2 f x  x2  1 2 1 dx  dx  0 1       2Η συνάρτηση g : 1 , 2  ' , με g x  f x  x 2  1 είναι μη αρνητική στο  1 , 2 . 2  Αν υποθέσουμε ότι η g δεν είναι παντού μηδέν στο 1 , 2 , τότε g x dx  0 , άτοπο. 1 Άρα, g x  0 , για κάθε x  1 , 2 , δηλαδή        2 f x  x 2  1  0 , x  1 , 2  f x  x 2  1  0    f x  x2  1, x  1 , 2 .Β. a βi. Α΄ Τρόπος: Για το ολοκλήρωμα Ι  efx dx θέτουμε u   x . 0Τότε du   dx και για x  0  u  0. για x  a  β  u  β  a.Άρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     β  a βa βa Ι  efu   du   ef u du f άρτια efu du , ==== στο ' 00 0 άρα βa I  efu du  0 0 δηλαδή a β βa  efx dx  efx dx  0 . 00 Β΄ Τρόπος: Έστω a  ' τυχαίο και σταθερό. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' με τύπο ax eft dt  xa eft dt .    φ x  00 ax xa  Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο ' (αφού η f είναι συνεχής στο '  eft dt , eft dt 00 παραγωγίσιμες στο ' ), με a  x e ft  x  a e ft   e fa  x a  x   efx  a  xa      0  0        φ x dt  dt     fa  x  fx  a   efa  x  e fx  a ======== 0 , για κάθε x  ' . διότι f άρτια στο '  Άρα, η φ είναι σταθερή στο ' , δηλαδή υπάρχει σταθερά c  ' :φ x c , για κάθε x  ' . 00    Για x  a  φ a  c , δηλαδή eft dt  eft dt  c  c  0 . Τελικά προκύπτει: 00 ax xa  eft dt  eft dt  0 , για κάθε x  ' . 00 Για x  β έχουμε τη ζητούμενη σχέση. Γ΄ Τρόπος: x x  Αρχικά δείχνουμε ότι e ft dt  e ft dt  0, για κάθε x ' . 00 Μετά για x  a  β προκύπτει το ζητούμενο.ii. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Επειδή τη χρονική στιγμή t 0 είναι a t 0  0 , μπορούμε να θεωρήσουμε ότι a  0 .   Επειδή ο συντελεστής διεύθυνσης της ε είναι f a  2a  0 , και ε  η  ο συντελεστής διεύθυνσης τηςη είναι  1 . 2aΟπότε, η εξίσωση της η είναι: η :y  fa   1 x  a 1 2a Για x  0 στη σχέση 1 βρίσκουμε την τεταγμένη του σημείου Β.Δηλαδή yB  fa   1  0  a . 2a yB  1  fα. 2 yB  1  a2  1. 2 yB  a2  3 . 2Οπότε,  , a2  3  . B0 2     3      Ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β τη χρονική στιγμή t  0  a2 είναι t  2  2 a t  a t , οπότε         τη χρονική στιγμή t 0 είναι 2a t 0  a t 0  2  1  a t 0  2  a t 0  2  (ρυθμό μεταβολής της τετμημένηςτου Α τη χρονική στιγμή t 0 ). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018