555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΑπό την παραλληλία των πλευρών του με τους άξονες, για τις συντεταγμένες των κορυφών του Α και Βέχουμε ότι: xA  xN  2α , yA  yM  α3 , x B  xM  α και yB  yN  8α3   άρα τα σημεία Α και Β είναι αντίστοιχα τα Α 2α, α3 και Β α, 8α3 .Τότε:     α0 ΑΜ  xM  xA  α  2α  3α ==== 3ακαι  ΜΒ α0  8α3  α3  9α3 ===== 9α3  yB  yM 9α3 0Το εμβαδό του ορθογωνίου ΑΜΒΝ είναι ίσο με: Ε  ΑΜΒΝ  ΑΜ  ΜΒ  3α  9α3  27α4 .Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και το εμβαδόν Ε θα μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο και θαπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής Ε(t) με τύπο: Ε(t)  27α4 (t), t  0 .Σχόλιο: Η απάντησή μας εδώ έχει ολοκληρωθεί. Πράγματι το αποτέλεσμα είναι επαρκές, διότι εκφράζει τημεταβολή του εμβαδού ως προς τον χρόνο t και εξαρτάται μόνο από το μοναδικό μεταβλητό μέγεθος πουαναφέρει και η εκφώνηση, δηλαδή το α.β. Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού Ε(t) του ορθογωνίου ΑΜΒΝ, ως προς τον χρόνο t, ισούται με τηνπαράγωγο Ε(t) , δηλαδή με  Ε(t)  27α4(t)   27  4α3(t)  α(t)Είναι t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα yy απόσταση 2m. Αυτό σημαίνει ότι xM (t0 )α(t0 )0 xM (t0 )  2<======> α(t0 )  2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΕπίσης, x(t)  α(t)  0,5m s : σταθερό, άρα και α(t0 )  0,5m s .Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού τη χρονική στιγμή t0 είναι Ε(t0 )  27  4α3(t0 )  α(t0 )οπότε, με αντικατάσταση βρίσκουμε Ε(t0 )  27  4 23  0,5  432m2 s .Άρα, τελικά, τη στιγμή που το Μ απέχει από τον άξονα yy απόσταση 2m, το εμβαδό του ορθογωνίου ΑΜΒΝμεταβάλλεται (συγκεκριμένα αυξάνεται) με ρυθμό 432m2 s .Γ. Σε αυτό το ερώτημα το Μ μεταβάλλεται, απομακρυνόμενο από τον xx με σταθερή ταχύτητα 8m s . Αυτόσημαίνει ότι y(t)  8m s .Παρατήρηση: Όπως και στο Β ερώτημα, έτσι κι εδώ, η θέση του Μ στο πρώτο τεταρτημόριο, σημαίνει ότι ηαπομάκρυνσή του από τον xx γίνεται προς τα πάνω, άρα η ταχύτητά του έχει θετική αλγεβρική τιμή.Στο ερώτημα αυτό, ορίζουμε ως Ε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της fκαι την εφαπτομένη της ε : y  3α2x  2α3 .     Η Cf και η ε , όπως βρήκαμε στο Α ερώτημα, έχουν δύο κοινά σημεία, τα Ν 2α, 8α3 και Μ α, α3 , όπουα  0 άρα 2α  0  α . Άρα το εμβαδό Ε του παραπάνω χωρίου είναι ίσο με   Ε  α f(x)  3α2x  2α3 dx 2αΈχουμε: (Α) 2 xα2 0  0 <===>  0 <=>   f(x)  3α2x  2α3x3   3α2x  2α3  x3  3α2x  2α3 xα x  2α  x  2α  0  x  2α Άρα, για x  2α είναι f(x)  3α2x  2α3  0 , οπότεα f(x)  3α2x  2α3 α α x3  3α2x  2α3 2α2α 2α        Ε   dx  f(x)  3α2x  2α3  dx  dx  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  2α 4 2α 2    3α2   2α3   4 2       x4  3α2  x2  2α3 α   α4  3α2  α2  2α3  α   2α    2  x  4 2    4  2α 3α4    24α4   27α4 . 4  4  4Καθώς το Μ κινείται, το εμβαδό Ε μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση τηςμορφής Ε(t) με τύπο Ε(t)  27α4 (t) , t  0 4Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, ως προς t, είναι η παράγωγος Ε(t) , δηλαδή Ε(t)   27α4 (t)   27  4 α3(t)  α(t)  27α3(t)  α(t) .  4  4Τη χρονική στιγμή t1 , κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα yy απόσταση 2m, ο ρυθμός μεταβολής τουεμβαδού θα είναι Ε(t1)  27  α3(t1)  α(t1) α(t)0όπου xM (t1 )  2  α(t1 )  2<===> α(t1 )  2 . Επιπλέον y(t)  α3(t) άρα y(t)  α3(t)   3α2(t)  α(t) .Τη χρονική στιγμή t1 θα ισχύει y(t1)  3α2(t1)  α(t1) , όπου y(t)  8m s : σταθερό, άρα y(t1 )  8m s .Συνεπώς 3α2(t1 )  α(t1 )  8 και με αντικατάσταση βρίσκουμε Ε(t1 )  27  α3(t1)  α(t1)  9  α(t1) 3α2(t1)α(t1)  9 2  8  144m2 s . Άρα, τελικά, τη χρονική στιγμή t1 , το εμβαδό του χωρίου μεταξύ της Cf και της ε μεταβάλλεται με ρυθμό144 m2 s . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 391ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Μαθηματικό Περιηγητή (Ιωάννης Καραγιάννης)) Λύση Θέματος 391ΟΥα)    i. Η συνάρτηση h x  συνx  f f x είναι συνεχής στο ' , άρα και στο 0 , π (ως πράξεις συνεχών   2 συναρτήσεων αφού η f είναι και παραγωγίσιμη στο ' ). Τώρα έχουμε 0  x  π  συνx  0: και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα (επειδή f x  0 , x  ' ) θα 2έχουμε για x  0 ότι: f0  fx  ff0  ffxκαι συνx  ff0  συνx  ffx ή συνx  ff0  συνx  ffx  0 .Με ολοκλήρωση στο  π παίρνουμε τη σχέση: 0 ,   2  ππ    2 2  συνx  f f0 dx  συνx  f fx dx  0 00ή διαδοχικά ππ π f  f  0   2 συν x dx  2 συνx  ffx dx  ff0  2 συνx ffxdx    00 0ή τελικά π 2 συνx  f f x dx  f f 0 .  0 xii. Θεωρούμε τη συνάρτηση F x   gt dt x  0 . Η F γράφεται: x x x x Fx   gt dt    gt dt   gt dt . x 0 0Η F είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Άρα, η F είναι και συνεχής στο κ.Έτσι, lim Fx  Fκ κ gt dt x κ    0 κ επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης κ  (Η g είναι περιττή και θα πρέπει να δειχθεί ότι g t dt  0 . Πώς;). Έχουμε: κ x   g t dt    lim F x1 x και 0 κανόνας D' Hospital   lim 1    g t dt  lim  x  x κxκ x  κ x xκ x  κ 0           x  x  g lim  g t dt  gt dt  lim x  g  x   0 (αφού η g είναι περιττή). x κ  0  0 x κ x  Σχόλιο: Εδώ μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι το g t dt  0 (χωρίς να πάρουμε όριο) και άρα στο κλάσμα θα xέχουμε τον αριθμητή  0 χωρίς να εφαρμόσουμε τον κανόνα D’ Hospital το ζητούμενο όριο είναι ίσο με το 0. xxβ) Θεωρούμε τη συνάρτηση K x   ft dt gt dt , x  a , β , η οποία: aβ xx      είναι συνεχής στο a , β (ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων των f t dt , g t dt , άρα και aβ συνεχών).  είναι παραγωγίσιμη στο a , β αφού οι συναρτήσεις f , g είναι συνεχείς με: xx Kx  fx  gt dt  gx  ft dt . βa K a  0 , K β  0 .Και έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα Rolle, υπάρχει ξξ ξ  a , β : Kξ  0 ή fξ  gt dt  gξ  ft dt βaή ισοδύναμα ξξ gξ  ft dt   fξ  gt dt aβκαι τελικά ξβ gξ  ft dt  fξ  gt dt . aξ x γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ x   ft  gt  dt , x  a , η , η  a , β , η οποία: a  είναι συνεχής στο a , η (αφού η Φ είναι παραγωγίσιμη διότι οι συναρτήσεις f , g είναι συνεχείς στο a , β και άρα η διαφορά f  g είναι συνεχής). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης είναι παραγωγίσιμη στο a , η , όπως δικαιολογήθηκε προηγούμενα, με Φx  fx  gx . Φ a  0 και Φ η  0 (από τα δεδομένα).Άρα, από το θεώρημα του Rolle υπάρχει c  a , η  a , β , τέτοιοι ώστε: Φc  0 ή fc  gc .δ) i. Η συνάρτηση G με x  0 γράφεται x xx G x   fu ln x  lnu du   fu ln xdu   fu lnu du 1 11 ή xx G x  ln x  fu du   fu lnu du , 11 xxόπου οι συναρτήσεις  fu du ,  fu lnudu είναι παραγωγίσιμες, διότι οι fu , fulnu είναι συνεχείς. 11Ακόμα η G είναι παραγωγίσιμη ως γινόμενο και διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων.Η παράγωγος της G είναι Gx  1 x fu du  ln x fx  ln x fx  1 x fu du , x  0. x x   1 1 x 1 uft u         Η συνάρτηση H , με x  0 , γράφεται H x dt ft dt 1 u1 και επειδή η f είναι συνεχής η είναι 1παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής όπως είναι και η 1 . u    Έτσι, η 1 u f t dt είναι συνεχής u  0 , άρα και η H είναι παραγωγίσιμη για x  0 . Η παράγωγος της H u1είναι Hx  1 x fu du , x  0 . x  1Αφού Gx  Hx , x  0 , θα είναι G x  Hx  c , c  ' μια σταθερά που θα υπολογίσουμε.Για x  1 θα έχουμε G 1  0 , H1  0 και άρα c  0 , δηλαδή G x  Hx , x  0 .     ii. Τώρα θα δείξουμε ότι οι G x και H x είναι γνησίως φθίνουσες στο 1 ,  , δηλαδή θα δείξουμε    ότι η συνάρτηση P x  1 x f u du είναι γνησίως φθίνουσα. Η P είναι παραγωγίσιμη (ως γινόμενο x1παραγωγίσιμων συναρτήσεων, αφού και η f είναι συνεχής), με επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x x fx   ft dt Px  1 , x 1. x2Θα αποδείξουμε ότι: x x fx   ft dt  0 , για x  1 . 1Είναι x      φ x  x f x  f t dt , x  1 , που είναι παραγωγίσιμη (ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με 1 φx  x fx  0 , αφού x  1  0 και fx  0 (δεδομένο) και άρα η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο 1 ,  .Τώρα έχουμε x  1  φx  φ1  φx  f1  0 Άρα, η Ρ είναι γνησίως φθίνουσα, αφού η P x  0 , για x  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 392ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 392ΟΥα) Είναι για               x  0 : x  e x  f x  x  2e x  1  f x  x  e x  f x  x  e x  e x  1  f x   x  e x  fx  x  e x  fx  e x  1  fx  x  e x  fx  ex  1  fx  x  e x  fx   f x  x  e x   f x                     x  ex  f x  x  e x   f x  x  e x x  ex  fx  f x   x  e x 2 x  ex  fx  fx    , x  0.  x  e x  x  e x  f x Άρα, από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου προκύπτει ότι x  ex  c  e x , x  0 c : σταθερά .Για x  0 η αρχική σχέση δίνει f0  3  f0 , δηλαδή f0  1 (διότι δίνεται f0  3 ).    f x f x   Για x  0 η σχέση x  e x  c  e x δίνει c  1 . Άρα, x  e x  e x  f x  e x  x  e x , x  0 . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η f x αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.Σχόλια 1. 2 Είναι x  e x  0 , για κάθε x  0 . Οπότε μπορέσαμε παραπάνω και διαιρέσαμε με x  ex .   2. f x  x  2e x  1 (διαιρέσαμε με f x ) δεν είναι σωστή, διότι δε Μια πιθανή λύση της μορφής x  ex fx γνωρίζουμε αν η f μηδενίζεται σε κάποιο x  0 ,   .β) Θεωρούμε τη συνάρτηση m : 0 , 1  ' , με τύπο    m x  x   xex e2x x f x   3  2   3  2.       Η συνάρτηση m είναι συνεχής στο 0 , 1 και m 0  3e2  3e  5  0 . m 1  1 3     Οπότε, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ρ  0 , 1 τέτοιο, ώστε m ρ  0  f ρ   ρ  2 . 3    Άρα, η ευθεία ε και η C f τέμνονται στο σημείο A ρ , f ρ . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     Το σημείο αυτό είναι μοναδικό, διότι m x  f x  1  0 , για κάθε x  0 , 1 , άρα η συνάρτηση m είναι 31  1 στο 0 , 1 , ως γνησίως αύξουσα. γ) Για το ρ  0 , 1 του β ερωτήματος θέλουμε να αποδείξουμε ότι:  e e ρ  e 2e ρ  ρ  e ρ  2  e  ρ  1  eρ f 1        e e ρ  e2e ρ  ρ  e  ρ  1  e ρ  2  e ρ  e e ρ  e 2e ρ  ρ  1  e ρ  1  e 2ρ  2  f e ρ  f ρ  1 <=> ρ0  eρ  ρ  1 ,το οποίο ισχύει από την σχέση e x  x  1 , για κάθε x  ' και με την ισότητα να ισχύει μόνο για x  0 .δ) Πολλαπλασιάζουμε τη ανίσωση με e x2  1 και παίρνουμε:  x 2  1  e x 2  1  2x e 2x  e4x  e 2x 2  2   ex 2  1  e 2 x 2  1  2x  e2x  e4x  f x 2  1 f1     x2  1  f 2x ¾¿¿À x2  1  2x  x2  2x  1  0  x2  1  0 2x  0   x  1 2  0 , αδύνατη.Άρα, η αρχική ανίσωση είναι αδύνατη στο 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 393ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 393ΟΥα) a΄τρόποςΓια f00  1 ¿À f 0           (*) x  ψ  0f 0  f0 2 0 ή f 0 1 1  f 0Χρησιμοποιώντας τον ορισμό παραγώγου έχουμε: f0  a, άρα lim fx  f0  a  lim fx 1 a x0 x  0 x0 xΈστω x  ' τυχαίο και σταθερό. Έχουμε:  fx  lim fx  h  fx f  x  f h  e2xh  fx fx  f h e2xh 1  h0 h  lim  lim h0 h h0 h      fx  f h e2xh  fh  fh 1  lim    f x f h e2xh  1  fh 1    lim  h0 h h0 h  f  x lim  f h e2xh  1  f h  1   f x   1  2x  a  , h0  h   h άρα fx  2x  afx , x  ' (1) 0 e2xh  1        [διότι limf h   f συνεχής στο 0 e2xh 1  0  ¿¿¿¿¿¿ f 0 1 και lim == lim  lim 2xe2xh  2x ].h0 h0 h h0 h h0β΄τρόποςΠαραγωγίζουμε την αρχική σχέση ως προς x (με ψ σταθερό):      fx  ψ   fxfψe2xψ   fx  ψ  x  ψ  fψ    f x e2xψ  f x e2xψ 2ψ           f x  ψ  f ψ f x e2xψ  2ψe2xψ  f x , για κάθε x, y  'Για x  0  fψ  fψ  a  2ψ  fx  2x  afx , για κάθε x  '   β) Έστω ότι υπάρχει x 0 ' με την ιδιότητα f x 0  0 . Για x  x 0 η σχέση * δίνει:        fx0   0 f x 0  y  f x 0  f y  e 2x 0 y ¿¿À f x 0  y  0 , για κάθε y  ' .   Για y το  x 0 παίρνουμε: f 0  0 , άτοπο. Άρα, πράγματι f x 0  0 , για κάθε x  ' .γ) Έχουμε βρει: fx  2x  a  fx , x' β) fx  2x  a , x'  fx  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης        ln f x   x 2  ax  , x  '  ln f x  x 2  ax  c , x  ' (c: σταθερά) Όμως η f είναι συνεχής στο ' (ως παραγωγίσιμη) και f x  0 στο ' . f0  0 Άρα, η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ' ==> f x  0 , για κάθε x  ' .Άρα,   ln f x  x 2  ax  c , για κάθε x  ' .Για x  0  ln1  c  c  0 .Άρα,     ln f x  x2  ax  f x  e x2  ax , x ' .       δ1) Είναι e a f x  e , για κάθε x  '  f x  e1  a , για κάθε x  '  f x  f  1 , για κάθε x  ' .Άρα, η f παρουσιάζει εσωτερικό σημείο  1 το ' ελάχιστο και είναι και παραγωγίσιμη στο  1 . Άρα, από το θεώρημα Fermat, προκύπτει ότι f  1  0 .Όμως,    f x  2x  a  e x2  ax , x  ' .Άρα,  a  2  e1  a  0  a  2 .Επαλήθευση: Για a  2 είναι      f x  e x 2  2x και f x  2 x  1  e x2  2x .     Άρα, η f παρουσιάζει ελάχιστο στο  1 , δηλαδή f x  f  1 , για κάθε x ' , δηλαδή f x  1 , για κάθε e x  ' , δηλαδή πράγματι e 2f x  e , για κάθε x  ' .Σχόλιο: Μπορεί να λυθεί αυτό το ερώτημα και δίχως τη χρήση του θεωρήματος Fermat, ως εξής:   Είναι e a f x  e , για κάθε x  '  f x  e 1  a , για κάθε x  '  e x2  ax  e 1  a , για κάθε x  '  x 2  ax  1  a , για κάθε x  '  x 2  ax  a  1  0 , για κάθε x  '  η διακρίνουσα του τριωνύμουπρέπει να είναι    Δ  0  a2  4 a  1  0  a2  4a  4  0  a  2 2  0  a  2 .δ2) Ισχύει ότι e x  x  1 , για κάθε x  ' . Η ισότητα ισχύει μόνο για x  0 (προκύπτει από τη γνωστή σχέσηln x  x  1 , x  0 , θέτοντας για x το e x ).   Άρα, για x το x 2  2x η σχέση e x  x  1 δίνει: e x2  2x  x2  2x  1 ή ισοδύναμα f x  x  1 2 , για κάθεx'.Στην παραπάνω σχέση η ισότητα ισχύει μόνο για x 2  2x  0 , δηλαδή μόνο για x  0 ή x   2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   δ3) Άρα, η συνάρτηση f x  x  1 2 είναι μη αρνητική στο 0 , 1 , χωρίς να είναι παντού μηδέν, οπότε   1 1  3 1            f x dx     00   0 1 fx dx  x 1  7  1 fx dx  7 ** 3 3 0 3 x  1 2 dx  0Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο  1 ,   .Άρα, η * * δίνει:    1   7   7 2 2 7 91 dx   3  e  3 f 0 f x  f    3  e9 .  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 394ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 394ΟΥα) Για κάθε x  0 έχουμε:  x3 fx 3  8f3x  12x f2x  6x2 fx  x3 x  fx3  2fx3  3 2f  x  2 x  3 2f  x   x2  x3  x f  x  3  2f x   3  x  mxfx  m2fx  x , όπου m : '  ' συνάρτηση με τύπο m x  x3 «1 – 1» συνάρτηση (ως γνησίως αύξουσα).   Αρα, m xfx  m 2fx  x  xfx  2fx  x  xfx  2fx  x , για κάθε x  0 .β) Για κάθε x  0 έχουμε ότι xfx  2fx  x  0 .Άρα, xfx  2fx  0 , για κάθε x  0 .  f x     f x Διαιρώντας με x3  0 παίρνουμε x2  2 fx  0, για κάθε x  0   x2   0 , για κάθε x  0 . x3  Άρα, η συνάρτηση φ : 0 ,    ' , με τύπο φx  fx είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   . x2Οπότε, για f1  0x  1  φx  φ1 ¿À φx  0  fx  0 και για 0  x  1  φx  φ1  0  fx  0 .Έτσι, προκύπτει ο πίνακας προσήμου της f : 0 1  x    fxγ) Έχουμε x  fx  2 fx  x  fx  2fx  x , για κάθε x  0 . x  2f x  x   Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , άρα η x είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , οπότε η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με    fx    2fx  x   2fx  1 x  2fx  x    x2  x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης          2xf x  2f x 2f x  x 2x  x     fx  2fx  x  2f x 2f x  2x 2 υπόθεση x   f x  x  0, ======= x2 x2 x2 x2 για κάθε x  0 . Άρα, η f είναι κυρτή στο 0 ,   .δ) Διαιρώντας με x 3 τη σχέση του α) ερωτήματος, έχουμε: xfx  2fx 1 , για κάθε x  0   x3 x2  1 , για κάθε x  0  1  f x  1   1 , για κάθε x  0  x2 x 2  x2  x2        1 f x x2  2 fx  f x x3   1   1  fx   1  c , για κάθε x  0 . x2 f x    x  , για κάθε x  0  υπάρχει σταθερά c': x2 x   f1  0 Για x  1  f 1   1  c ==> c  1 .Άρα, fx   1  1 ή fx  x2  x , x  0 . x2 x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 395ο Λύση Θέματος 395ΟΥα) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0 , π  ' , με gx  0 , αν x  0ή x  π . fx , αν x 0 , π  Η g είναι συνεχής στα 0 , π , ως πράξεις συνεχών.Η g είναι συνεχής στα x1  0 , x 2  π , αφού        g 0  lim g x , g π  lim g x  g συνεχής στο 0, π . x0 x π Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 , π , με  gx  fx  x2  πx  2 ημx .   Ισχύει ημx  0 , για κάθε x  0 , π και άρα g x  0  x2  πx  2  0  τριώνυμο με διακρίνουσα Δ  π2  8  0 . Άρα, η εξίσωση g x  0 έχει δύο ρίζες x 1 , x2 . x  0 x1 x2 π     gx 1 2 1 gx max min g συνεχής            g 0 , x1  ==== g 0 ,g x1   0 , g x1   g x1  0 f x1 0 1 g συνεχής            g x2 , π ===== g x2 , g π    g x2 , 0  g x2  0 f x2 0 1 g συνεχής           β) gx1 , x2  ==== g x2 , g x1  και 0  g x 1 , x2   υπάρχει x 0 x1 , x2  : g x0  0  f x0 0. 2Το x 0 είναι μοναδικό, λόγω της μονοτονίας της g στο x1 , x2  . Επίσης, προφανής λύση της f x  0 είναι το π . 2Συμπέρασμα: fx  0 στο 0 , π  x  π . 2γ) 1  ημx  4  π  π2ημx  4 .   π x π  x π2 x πx Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 , π  ' , με επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης φx  π2  ημx . x π  x Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0 , π , με  ημx  συνx  x π  x  ημx π  2x   xπ  x 2  φx  π2   x π  x   π2    π x 2  x π  x συνx  2x  π ημx   π x 2  fx .      xπ    xπ  Οπότε, το πρόσημο της φ καθορίζεται από το πρόσημο της f .Πρόσημο της f x  0 x1 π x2 π 2 fx   π   Έχουμε βρει στο β) ερώτημα ότι  f x M0 fx  0 , για κάθε x  0 , 2  και επειδή και f συνεχής    f x  0 , για κάθε x   0 , π  .  2    Παρόμοια αποδεικνύουμε ότι f x  0 , για κάθε x  π , π  . Οπότε το πρόσημο της φ είναι το παρακάτω.  2   x  0 π π  2 φx 1  φx 2 maxΕύρεση συνόλου τιμών της φ   π φ συνεχής  φ  π  π2  ημx    2   lim  ====  1 xx 0  π  x       φ 0 , 2    lim φ x ,  π, 4 , διότι lim φ x   x  0 x  0 lim  π2  ημx   πx x   π  1  π . x 0Επίσης, π   φ συνεχής   π διότι    2   ====   2   φ , π φ x φ  π , 4 ,   2  lim ,  x  π επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης π2  ημx  π2  ημx   lim  x πx   xx π  π  x  lim φ x  lim  x  π  xπ     ημ  lim  π2  πx  uπx  π2  ημu  π2 1  π.   π  u u   π x  π   x πx ==== lim x  π x  π  u 0  Άρα, φ 0 , π  π , 4 , δηλαδή π  φx  4  π  π2 ημx  4  1  ημx  4 , x  0 , π . π π2 xπ x xπ  xδ) π fx π x π  x  συνx  2x  πημx    I 2 2 dx  π dx  π x2 πx 2  x2  π  x 2 6  6                   π x π  x  συνx π 2x  π  ημx π συνx π 2x  π  ημx 2 dx  2 dx  2 dx  2 dx  π π π x2  π  x 2 x2  πx 2 π x πx x2  πx 2 6 6 6 6  π π συνx π 1 π συνx  ημx 2 π συνx 2 2 πx  2 dx   πx  2   π  x    π dx  dx           6 x πx π  x  ημxdx  π x πx π x πx 6 6 6 6 ημ π ημ π 1 2 6  1  2  4  18  2 π  π  π  π  π2 5π2 π2 5π2 5π2 2  π  2  6  π  6  4 36     επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018