555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 384ο Λύση Θέματος 384ΟΥα) Ας ονομάσουμε z  z1 , τότε 1  z2 , άρα η (1) γίνεται z2 z z1 4z  1  2  4z2  1  2z  4z2  2z  1  0 . Οπότε έχουμε τριώνυμο με διακρίνουσα zΔ  4  16  12 , άρα z1,2  2  i2 3 1i 3 8 4 1i 3 4Άρα z  1  i 2  z1  1  i 3  z1  1i 3  z1 2 z1 1 1  1  z2 2 4 z2 4 z2 4 z2 4 z2 2 z2 2β) Αρκεί να δείξουμε ότι z2 2  z1 2  z1  z2 2  4  1  z1  z2 2  z1  z2 2  3  z1  z2  3 z1  z2  z1  1  z2   z1 1 1  z 1 2 z1 2 1 i 3 1 2 3 i 3 2 93  3  z1  z z 4 44 4 16 16γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση        f x  xz1  1  x z2  ex στο 0,1 , συνεχής στο 0,1 , f 0  z2  e0  1  0 , f 1  z1  e  1  e  0 . Οπότε το συμπέρασμα προκύπτει από το Θεώρημα Bolzano . Δηλαδή ρz1  1  ρ z2  eρ .Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε      ρz1  1  ρ z2  ρz1  1  ρ z2  ρ z1  1  ρ z2  ρ  2 1  ρ  2  ρΆρα eρ  2  ρ  ρ  eρ  2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 385ο Λύση Θέματος 385ΟΥα) Θα βρούμε αρχικά την f . Έχουμε ότι  e2x 1   f x   ln e2x  1  ln  f x 2  1   ex             f xln2  ex  f x   1              f x  ln  f x 2  1  ex  ln  ex 2  1  φ f x  φ ex (*)   όπου φ συνάρτηση με τύπο φ x  x  ln x2  1 , x  ' . Η φ είναι γνησίως αύξουσα στο R x1 2  0 στο       [διότι φ x  1  2x  x2  2x  1  , 1  1,  και η φ είναι συνεχής στο -1 ]. x2  1 x2  1 x2  1     Άρα η φ είναι και 1-1, άρα (*)  f x  ex  f x  ex  για κάθε x  ' f01 Άρα υπάρχει σταθερά γ τέτοια, ώστε f x  ex  γ , για κάθε x  ' => γ  0 Τελικά, f x  ex , x  ' β) M xo, ψο είναι το σημείο επαφής . Η υποτείνουσα ΒΓ είναιεφαπτομένη της Cf στο M , άρα θα ισχύει f xo  εφθ  exo  a και ψο  exo  βψο  α βγ) Για a  e2 , β  1 και από τη σχέση exoa e2 β  exo  1  xo 2 άρα M 2, e2 .Έστω z  x  ψi  C        2xoz  2 xoψο z z  2xozzi  e2 zz  4z  2ψi 2 i  4 x2  ψ2 i  2  2x  i   4z  4ψ2i  4 x2  ψ2 i  4x  z  ψ2i  x2i  ψ2i  x  x  ψi  x2i  x  ψ  x2Οπότε οι εικόνες του μιγαδικού z κινούνται στην παραβολή ψ  x2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 386ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 386ΟΥα) ημ2x  ημ2x ημ2x  συν2x  ημ2x συν2x   k  lim ημ2x  εφ2x  lim συν2x  lim ημ2x συν2x  1 ημ2x 1  2ημ2x  1  lim  lim x0 x2ημx x0 x2ημx x0 x2ημx x0 συν2x  x2ημx x0 συν2x  x2ημx  2lim ημ2x  ημx   2 lim  ημ2x ημx 2  2 1 1  2  4 x0 συν2x  x2  2x x  1 x0  συν2x β) Έχουμε για κάθε x  0 τις παρακάτω ισοδυναμίες:      f3 x  ln3 xx3  efx  1  f3 x  x3 ln3 x  efx  1  xx xx      f3 x  efx  x3 ln3 x  1  f3 x  efx  xln x 3  elnxx  xx           f3 x  efx  xln x 3  exlnx  g f x  g xln x , όπου g x  x3  ex , x  '.Η συνάρτηση g είναι 1-1 συνάρτηση     (διότι g x  x3  ex   3x2  ex  0  g γνησίως αύξουσα στο ' ) άρα f x  xln x , x  0   γ) Είναι f x  xln x , x  0 , x  0 . Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0,  με παράγωγο fx  ln x  1 , x  0 και fx  0  ln x  1  x  1 e x  0 1   e  fx 1 2 fx maxΆρα η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x  1 , το  1    1 ln e1  1 e f e  e e   Άρα f x  f  1  , για κάθε x0  xln x  1 , για κάθε x  0 (1)  e  e  Θέλουμε να αποδείξουμε ότι k  1 k 4 1 1  ln 1  1  ln x  1  xln x  1 4x e ex <=> x  e ex x ex ex e επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςτο οποίο ισχύει από τη σχέση (1) παραπάνω.δ) i. Η ζητούμενη σχέση γράφεται ισοδύναμα:  0  ln x x1  x x2  ...  xνxν  ve  0  ln x x1  ln x x2  ...  ln xνxν  νe  1 2 1 2  0  x1 ln x1  x2 ln x2  ...  xν ln xν  νe  0  x1 ln x1  x2 ln x2  ...  xν ln xν  νe        νe  x1 ln x1  x2 ln x2  ...  xν ln xν  0  νe  f x1  f x2  ...  f x2  0   e  f x1   f x2   ...  f x2   0  fe  f x1   f x2   ...  f x2   f1 ννΗ f είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 , e , αφού 1 1 . eΆρα,   x1  e f2 fe  fx1   f 1  1  =>        1  x2 e f2 e  f x2  f 1   v  fe  f x1   fx 2    fx v   v  f1    => f         1  x v e f2 e  f xv  f 1   => f  fe  f x1   f x2       f x v  f 1 που είναι η ζητούμενη σχέση. v   ii.Η f είναι συνεχής στο 1 , e , f 1  f e (διότι 1  e και f 2 ) και ο αριθμός f x1   f x2    fx v  είναι μεταξύ των αριθμών f1 , fe . v Άρα, από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει x 0  1, e τέτοιο, ώστε : f x 0   f x1   f x2     f x v , δηλαδή v xo ln xo   x1ln x1  x2ln x2  ...  xνln xν  νxo ln xo   ln x x1  ln x2x2  ...  ln xνxν  ν 1 . lnxoνxo   ln 11  ln x x1  x x2  ...  xνxν <=>xoνxo  x x1  x x2  ...  xνxν 1 2 1 2Το x 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι γνησίως μονότονη στο 1 , e , άρα 1  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 387ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 387ΟΥα) Για κάθε x  0 , έχουμε: fx 0 fx           e ημt dt  f x  f x  e ημt dt  eημt dt  f x  f x  fx fx 0 fx 0 fx fx                  f x  e ημt dt  f x  e ημt dt  f x  e ημt dt  f x  e ημt dt  φ f x  φ f x , 0 fx 0 0όπου x     φ x  x  e ημt dt , x  ' , με φ 1 στο ' (διότι φ x  1  eημx  0 ). 0   Άρα, ισοδύναμα προκύπτει ότι f x  f x , για κάθε x  0 .β) Έχουμε, fx  fx  fx  fx  0  fx  fx  0 ,άρα η συνάρτηση gx  fx  fx είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  , οπότε για υποθ. == x  0  gx  g 0  fx  f x   f0  f 0  0  fx   f x   hx  fx  fx ex  0για κάθε x  0  h γνησίως αύξουσα στο 0,    γ) Αρκεί να δείξουμε ότι f2  x  0 , για κάθε x  0 (διότι η f2 είναι και συνεχής στο 0)Είναι f2  x  2fxfx  2fx2  fxfx , x  0 (1)Από το β) ερώτημα έχουμε ότι για x  0  hx  h0  fx  0 ,άρα fx  fx  fx  0 , για x  0   Άρα από την (1) πράγματι έχουμε ότι f2  x  0 , για κάθε x  0    f x  f 1   δ) Αν x  1 τότε από το Θ.Μ.Τ για την f στο 1, x  υπάρχει ξx  1, x : f ξx  x  1 , όμως      1  ξx  x  f 1  f ξx  f x , διότι f γνησίως αύξουσα.Άρα fx  f1  f1  fx  f1x  1  f1 x (διότι f1  0 ) x 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςάρα lim fx   x     ε) Η f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως αύξουσα (αφού f x  0 στο 0 ,   ).Άρα,        f 0 ,   f  0  . 0 , lim f x  , lim f x x x Για x  1 από το Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα 1 , x έχουμε ότι υπάρχει ρ x  1 , x τέτοιο, ώστεf ρ x   fx  f1 .  x 1Όμως, f1Άρα, fρx   fρx  και ρ x  1 => fρ x   f1 . fx  f1  f1  fx  x  1  f1  f1 , για κάθε x  1 . x 1Επειδή  lim x  1  f1  f1    , προκύπτει ότι lim fx    . x xΆρα,      f 0 ,    0 ,   και 2016  0 ,   , άρα υπάρχει a  0 τέτοιο, ώστε f a  2016 . (Το a  0 , διότι f 0  0 .)Το α είναι μοναδικό, διότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   . xx   στ) Είναι f t  0 , για κάθε t  0  eft  1 , για κάθε t  0  eft dt  dt  x , για κάθε x  0 και 00επειδή x lim x     lim eft dt    . x x 0Άρα, x x eft   0 dt  e ft dt    0 ==  lim efx δ) x x lim x  lim   . x x  e  ζ) Έχουμε για κάθε t  0 , 1 ότι:  ft  0 2 ft  ft => ft  ft  f2 t  2ft  ft  2f2 t       f2 t   2  f2 t (η ισότητα ισχύει μόνο για t  0 ). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα,             1 f0  0 f2 1  dt  2 1 f2 t dt  f2 1 f2 t  f2 0  2  E => E  2 . 00   η) Αρχικά έχουμε ότι οι συναρτήσεις f , f είναι συνεχείς στο 0 , 1 και f x  f x , για κάθε x  0 , 1 .Άρα, 11 11  fx dx   fx dx  f1  f0   fx dx  f1   fx dx 2 . 00 00Θεωρούμε τη συνάρτηση σ : 1 , 2016 ' , με τύπο: x    x f 0 dt  t 2016  x 0      σ x  x 1  et2 ft  2f1t dt .Εύκολα δείχνουμε ότι η σ είναι συνεχής στο 1 , 2016 .Επίσης, 1 1  t2  1  1  2 dt  2015  f t  2  0   2015  0 dt  f 1   0  2015      0 0                 σ 1ft και  2f 1 t dt  2f 1 f t  2016  2016  2015  f 0 dt  0 0        σ 2016 et 2 0 (διότι e t 2 e t2 dt  0 και f x  0 στο 0 ,   ).Το ζητούμενο προκύπτει από το θεώρημα Bolzano για την σ στο διάστημα 1 , 2016 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 388ο Λύση Θέματος 388ΟΥα) Η σχέση της υπόθεσης για  x  0  f0  f02  1  4f0  4f2 0  1  2f0 2  4f0  1  0  4   2f0  1 2  0  2f0  1  0  f0  1 2 Παρόμοια για x  1 βρίσκουμε f 1  1 2   Άρα f 0  f 1 , άρα η f δεν είναι ''1  1'' συνάρτηση     β) Η f παραγωγίσιμη στο 0,1 και f 0  f 1 . Από το θεώρημα του Rolle υπάρχει ξ  0,1 τέτοιο, ώστεfξ  0 . Τότε g x  1 , για κάθε x  ' 1 4 4        γ) Θέτουμε g x  f x2  f2 x , x' και g 0 . Έτσι το x1  0είναι σημείο τοπικού ελάχιστου της g . Άρα από το θεώρημα Fermat προκύπτει ότι g 0  0Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με  gx  2xf x2  2fx  fx , άρα g0  0  2f0f0  0  f0  0 .Όμως, f0 fx  f0 fx  1 2f  x  1 1 2f  x  1 2f x  1 2  lim  lim  lim  lim  lim  0 x0 x  0 x0 x x0 2x 2 x0 x x0 xΆρα 2fx  1 2fx  1 lim  lim x  0 0 x0 ημx x0 ημx 1 x     δ) Έχουμε αποδείξει ότι f ξ  0 και f 0  0 ξ  0 . Άρα, η f δεν είναι 1 – 1, άρα δεν είναι και γνησίωςμονότονη.ε) Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο  1 , 0 .Οπότε υπάρχει ρ  1 , 0 τέτοιο, ώστε: fρ  f0  f 1 δηλαδή fρ  1  f 1 , δηλαδή 0   1 2f 1  1  fρ . 2Για x   1 η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f1  f2  1  1  1  f2  1  1  f2  1  1  f 1  1 . 42 4 4 2Άρα, 1  fρ  1   1  1  fρ  1  fρ  0 , 1 . 2 2 2 2 2        στ) Στη σχέση: f x2  f2 x  1 θέτουμε για x το x x  0 και παίρνουμε: f x  f2 x  1  0 . 44   Άρα, 1 0 , 1 . f x  0 , για κάθε x  0 . Επίσης, f x  4 , για κάθε xΆρα,    1 fx 1 1 dx  E  1 . dx  0 04 4 1 , για κάθε x 2v  1 4 4   ζ) Είναι: f x2  x  0 , 1  x 2v  1 f x2  , για κάθε x  0 , 1          1  x 2v  2  1    x 2v  1  f x 2 x1 2v  1 1 x2 v  f x2 1 1 dx  04 dx  x  dx   . 4 2v  2  0 8v  8 0 0Θέτουμε u  x 2  du  2x dx . Για x  0  u  0 . Για x  1  u  1 .Άρα,      1 1 uv f u du  1 1 1 E 1 . 02  uv f u du  8v  8 0 4v  4 4v  4 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΘέμα 389ο(προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων και λύθηκε από τον Θανάση Νικολόπουλο) Λύση Θέματος 389ΟΥΑ. Είναι f(x)  ln x, x  0 , άρα f(x)  1 , x  0 . x Η γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f έχει στο σημείο της Μ α,ln α , α  1 , εφαπτομένη ε με τύπο: ε : y  fα  fαx  α  y ln α  1 x  α  y  x  1  ln α, α  1 (1). ααΤο σημείο Α, όπου η εφαπτομένη τέμνει τον xx , θα έχει τεταγμένη y  0 .Αντικαθιστώντας στη σχέση (1) όπου y  0 βρίσκουμε, για την τετμημένη x του Α, ότι:0  x  1  ln α  x  1  ln α  x  α  αln α . ααΣυνεπώς η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ έχει εξίσωση ε : y  x  1  ln α, α  1 α και τέμνει τον άξονα xx στο A α  αln α, 0 , α  1 .Στο σχήμα που ακολουθεί έχουμε μία απεικόνιση των παραπάνω   Η εφαπτομένη ε διέρχεται από την αρχή των αξόνων όταν το A α  αln α, 0 , το σημείο τομής της με τον xx , ταυτίζεται με την αρχή των αξόνων Ο 0, 0 , δηλαδή όταν α1 άρα α0 α  αln α  0  α(1  ln α)  0<===>1  ln α  0  ln α  1  α  e . Το σχήμα που ακολουθεί μας δείχνει πως διαμορφώνονται γραφική παράσταση και εφαπτομένη όταν η εδιέρχεται από την αρχή των αξόνων. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης B. Καθώς το σημείο Μ α,ln α κινείται, οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου t, άραπροσδιορίζονται από συναρτήσεις της μορφής x(t), y(t), t  0 με x(t)  α(t) και y(t)  ln α(t) , όπου x(t)  α(t)  1 και y(t)  ln α(t)  ln1  0 .Οι συναρτήσεις αυτές είναι παραγωγίσιμες με  x(t)  α(t) (1) και y(t)  ln α(t)   α(t) , t  0 (2) . α(t)Το σημείο Μ απομακρύνεται από τον άξονα xx με σταθερή ταχύτητα 2m s . Αυτό σημαίνει ότι η τεταγμένητου αυξάνεται με σταθερό ρυθμό y(t)  2m s . Πράγματι, το σημείο Μ βρίσκεται στο 1ο τεταρτημόριο του επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςσυστήματος αξόνων άρα, αφού απομακρύνεται από τον xx , κινείται προς τα πάνω, δηλαδή η τεταγμένη τουαυξάνεται.Παρατήρηση: Η παραπάνω ανάλυση είναι απαραίτητη, γιατί αν πχ το σημείο ήταν κάτω από τον άξονα xx ,τότε η απομάκρυνση από αυτόν θα σήμαινε κίνηση προς τα κάτω, άρα η τεταγμένη του σημείου θα μειωνόταν,δηλαδή η ταχύτητά του θα είχε αρνητική τιμή! Στην περίπτωση αυτή θα έπρεπε να γράψουμε ότιy(t)  2m s !Καθώς θα αναφερθούμε κατ’ επανάληψη σε αυτήν, ονομάζουμε t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία ηεφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων.Β1. Έχουμε: y(t)  (2) α(t)  2  α(t)  2α(t) (3). 2 <> α(t)Τη χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία η εφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων, όπωςβρήκαμε στο ερώτημα Α, ισχύει ότι α  e . (1) (3)Συνεπώς x(t0 )  α(t0 )  e και x(t0 ) == α(t0 ) == 2α(t0 )  2e .Άρα ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ, ως προς το χρόνο t, τη χρονική στιγμή t0 , είναι ίσοςμε 2e m s .Β2. Καθώς το Μ κινείται, μεταβάλλονται τόσο η εφαπτομένη στο Μ όσο και το χωρίο που σχηματίζεται από τηCf , την εφαπτομένη της Cf στο Μ και τον άξονα xx . Άρα και το εμβαδό του παραπάνω χωρίουπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής Ε(t), t  0 .Για να προσδιορίσουμε το εμβαδό Ε θα παρατηρήσουμε αρχικά ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη. Πράγματιf(x)  ln x άρα f(x)  1 και f(x)   1  0 , για κάθε x  0 . x x2 Αυτό σημαίνει ότι η Cf βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της ε . Επιπλέον f(x)  0  ln x  0  x  1 , άρα η Cf τέμνει τον xx στο σημείο 1, 0 .Έτσι, το εμβαδό του χωρίου Ε που περικλείεται από τη Cf , την εφαπτομένη της Cf στο Μ και τον άξονα xx ,όπως φαίνεται και από το πρώτο σχήμα, είναι ίσο με   α E  ΑBM  f(x) dx 1αφού για x  1 είναι f(x)  ln x  ln1  0 , άρα f(x)  f(x) . Έχουμε: α α (x) x  (ln x)dx  1 1   α x x 1α  ln x dx  1 ln x dx  ln     1α x  1 dx  α ln α  α α ln a  1  ln1 x 1dx  1  α ln α  x1α  α ln α  (α  1)  α ln α  α  1Επίσης επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης ΑΒΜ  1  ΑΒ  ΒΜ  1  xB  xA    yM  yB   2 2     1  α  (α  αln a)  ln α  0  1  ( α  α  αln α) ln α  α ln2 α 2 22οπότε Ε  αln2 α  αln α  α  1 , α  1 . 2Η συνάρτηση που προσδιορίζει το εμβαδό, ως προς τον χρόνο t, έχει τύπο Ε(t)  α(t)ln2 α(t)  α(t) ln α(t)  α(t)  1, t  0 . 2Σημείωση: Η συνάρτηση E(t) έχει αρκετά σύνθετο τύπο, συνεπώς η παραγώγιση που ακολουθεί θέλει ιδιαίτερηπροσοχή. Όμως ο τελικός τύπος της, όπως θα δούμε, είναι πολύ απλούστερος, άρα και το ζητούμενοαριθμητικό αποτέλεσμα θα προκύψει αρκετά πιο εύκολα, χάρη στις γνωστές τιμές που έχουμε.Η Ε(t) είναι παραγωγίσιμη με Ε(t)   α(t)ln2 α(t)  α(t) ln α(t)  α(t)     1  2  1  α(t)   α(t)  2 α(t) ln2   α(t) α(t)  α(t)   α(t)  α(t)  2ln α(t)  α(t)    ln α(t)  α(t)     0    1 2 α(t)  ln2 α(t)  2α(t) ln α(t)  α(t) ln α(t)  α(t)  α(t)   1  α(t) ln2 α(t)  α(t) ln α(t)  α(t) ln α(t)  α(t)  α(t)  2  1  α(t) ln2 α(t) 2Βρήκαμε δηλαδή ότι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του χωρίου, ως προς τον χρόνο t, είναι Ε(t)  1  α(t) ln2 α(t) . 2Τη χρονική στιγμή t0 είναι Ε(t0 )  1  α(t0 )  ln2 α(t0 ) , όπου α(t0 )  e και α(t0 )  2e άρα 2 Ε(t0 )  1  2 e ln2 e  e 12  e m2 s. 2Άρα ο ρυθμός μεταβολής, ως προς τον χρόνο t, του εμβαδού του χωρίου που σχηματίζεται από τη Cf , τηνεφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ και τον άξονα xx , τη χρονική στιγμή t0 , είναι ίσος με e m2 s . Β3. Η απόσταση ΑΜ είναι ίση με          ΑΜ  xM  xA 2  yM  yA 2  α  α  αln α 2  ln α  0 2      α  α  αln α 2  ln2 α  α2 ln2 α  ln2 α  ln2 α α2  1  α 1  ln α  α2  1 =====ln α  α2  1 ln α0Δηλαδή επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  ΑΜ  ln α  α2  1 , α  1 Καθώς το Μ κινείται, η απόσταση ΑΜ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, άρα προσδιορίζεται απόσυνάρτηση της μορφής d(t) με τύπο d(t)  ln α(t)  α2(t)  1 , t  0Σημείωση: Και για τη συνάρτηση d(t) έχουμε σχετικά πολύπλοκο τύπο, συνεπώς η παραγώγιση που ακολουθείθέλει ιδιαίτερη προσοχή. Ο τύπος της παραγώγου που θα βρούμε είναι κι αυτός αρκετά σύνθετος, και πάλιόμως το τελικό αριθμητικό αποτέλεσμα, όπως θα δούμε, θα βρεθεί χωρίς δυσκολία, χάρη στις γνωστές τιμέςπου έχουμε.Η d(t) είναι παραγωγίσιμη με     d(t)  ln α(t)  α2(t)  1   ln α(t)   α2(t)  1  ln α(t)  α2(t)  1    α(t)  α2(t)  1  ln α(t)   α2(t)  1   α(t) 2 α2(t)  1  α(t)  α(t) α2(t)  1  ln α(t)  2 α(t)α(t)  2 α2(t)  1  α(t)  α(t) α2(t)  1  ln α(t)  α(t)α(t) α2(t)  1 Βρήκαμε δηλαδή ότι ο ρυθμός μεταβολής της απόστασης d  ΑΜ , ως προς τον χρόνο t, είναι d(t)  α(t)  α2(t)  1  ln α(t)  α(t)α(t) . α(t) α2(t)  1Τη χρονική στιγμή t 0 είναι d(t0 )  α(t0 )  α2 (t0 ) 1  ln α(t0 )  α(t0 )α(t0 ) , α(t0 ) α2(t0 )  1όπου α(t0 )  e και α(t0 )  2e άρα d(t0 ) 2e  e2  1  ln e  e  2e  2 e2  1  2 2e2 2 e2  1  2e2  4e2  2e m s. e e2  1  2e2  2 e2  1  e2  1 e2  1 e2  1 e2  1 e2  1 Άρα ο ρυθμός μεταβολής, ως προς τον χρόνο t, της απόστασης ΑΜ , τη χρονική στιγμή t0 , είναι ίσος με4e2  2e m s . e2  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 390ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων και λύθηκε από τον Θανάση Νικολόπουλο) Λύση Θέματος 390ΟΥΑ. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ' με παράγωγο f(x)  3x2 , x  ' . Η εφαπτομένη ε της γραφικής παράστασης Cf της συνάρτησης f(x)  x3 στο σημείο της Μ(α, α3) , με α  0 ,έχει εξίσωση:        ε : y  f α  f α  x  α  y  α3  3α2 x  α  y  3α2x  3α3  α3  y  3α2x  2α3Άρα η ζητούμενη εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο Μ είναι η ε : y  3α2x  2α3 . Για να βρούμε τα κοινά σημεία της ε και της Cf λύνουμε το σύστημα των εξισώσεών τους: y  x3 y  3α2x  2α3Η μορφή των εξισώσεων μας ωθεί να εξισώσουμε τα δεύτερα μέλη τους.Από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει ότι: 3α2x  2α3  x3Η εξίσωση αυτή έχει μόνο έναν άγνωστο και λύνεται κατά τα γνωστά, με δύο τρόπους:1ος τρόπος: Με παραγοντοποίησηΈχουμε ισοδύναμα:3α2x  2α3  x3  x3  3α2x  2α3  0  x3  α2x  2α2x  2α3  0    x x2  α2  2α2 x  α  0  x x  αx  α  2α2 x  α  0        x  α  x x  α  2α2   0  x  α  x2  αx  α2  α2   0   x  α  x  αx  α  αx  α  0  x  α2 x  α  α  0   x  α 2 x  2α  0  x  α ή x  2α2ος τρόπος: Με σχήμα HornerΓνωρίζουμε ήδη ότι η παραπάνω εξίσωση έχει ρίζα τον αριθμό α, αφού γνωρίζουμε ότι το σημείο Μ(α, α3) , α  0 είναι κοινό σημείο των Cf και ε . Εφαρμόζουμε σχήμα Horner για ρ  α : 1 0 3α2 2α3 ρ  α α α2 2α3 1 α 2α2 0άρα η εξίσωση γίνεται ισοδύναμα: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   3α2x  2α3  x3  x3  3α2x  2α3  0  x  α x2  αx  2α2  0 .To τριώνυμο x2  αx  2α2 έχει διακρίνουσα Δ  α2  4 1  (2α2 )  9α2  0 , αφού α  0 ,και ρίζες x1,2  α  9α2  α  3α  α  3α   α  3α  2α  α 21 2 2 x1   2   2 4α 2α x2 α  3α 2 2οπότε η εξίσωση γίνεται ισοδύναμα: x  α  x  αx  2α  0  x  α 2 x  2α  0  x  α ή x  2α .Έχοντας βρει τις δυνατές τιμές για το x, επιστρέφουμε στην επίλυση του συστήματος: Για x  α η y  x3 μας δίνει y  α3 , ενώ για x  2α η y  x3 μας δίνει y  2α 3  8α3 .      Άρα το σύστημα έχει δύο λύσεις, τις x, y  α, α3 και x, y  2α, 8α3 .   Αυτό σημαίνει ότι οι Cf και ε έχουν δύο κοινά σημεία, με συντεταγμένες α, α3 , που είναι προφανώς το σημείο Μ που γνωρίζουμε ήδη, και 2α, 8α3 .   Άρα πράγματι, η ε τέμνει τη Cf και σε δεύτερο σημείο, το Ν 2α, 8α3 .Β. Το σημείο Μ μεταβάλλεται, απομακρυνόμενο από τον yy με σταθερή ταχύτητα 0,5m s . Αυτό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, και είναι της μορφής x(t), y(t) , t  0 , μεx(t)  α(t) και y(t)  α3(t) , όπου α(t)  0 από υπόθεση.Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε x(t)  α(t)  0 , άρα και y(t)  α3(t)  0 . Αυτό σημαίνει ότι το Μβρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο, άρα x(t)  α(t)  0,5m s .Σημαντική παρατήρηση: Η θέση του Μ έχει ιδιαίτερη σημασία και πρέπει να αναφερθεί! Πράγματι, αν το Μβρισκόταν στο δεύτερο ή στο τρίτο τεταρτμόριο, δηλαδή αριστερά από τον άξονα yy , η απομάκρυνσή του απόαυτόν θα σήμαινε κίνηση προς τα αριστερά, άρα η ταχύτητά του θα είχε μεν μέτρο 0,5m s (όπως αναφέρει τοδεδομένο της εκφώνησης), αλλά αυτό θα σήμαινε ότι x(t)  α(t)  0,5m s !Τα παραπάνω δεδομένα είναι κοινά για τα ερωτήματα Β1 και Β2.   α. Το ορθογώνιο ΑΜΒΝ έχει απέναντι κορυφές τα σημεία Μ α, α3 και Ν 2α, 8α3 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018