555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part2

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Bx  fx  ex  1 , x  ' ex  x  B x  0  ex  1  0  ex  1  x  0   ex x0 B x  0 <==>ex  1  0  ex  1  x  0   ex x0 B x  0 <==>ex  1  0  ex  1  x  0 x  0   Bx  Bx 2 1Από τον παραπάνω πίνακα μεταβολών έχω ότι η B παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0  0Οπότε Bx  B0  Bx  f0  Bx  0 για κάθε x  ' με το «=» μόνο για x  0 άρα η B είναιγνησίως αύξουσα στο ' οπότε και «1-1». B:\"11\" <==>          (8)  B 2 x1 2  B ln x2  2x  2 x 1  ln x2  2x  2           ln x2  2x  1  1  x  1 2  0  ln x  1 2  1  x  1 2  0 (9)Θεωρούμε ct  lnt  1  t με t  1Είναι    c1 1  t 1 t t    1  t  1    , t  1 , c t  0  t  0 , t 1 t 1 t 1 0  ct   ct 1 2  c t  0   t t10 t1  0 <==> t  0  1  t  0  c t  0   t t10 t1  0 <==> t  0  t  0Από τον παραπάνω πίνακα μεταβολών έχω ότι η c παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x0  0Οπότε cx  c0  cx  c0  cx  0 για κάθε x  ' με το «=» μόνο για x  0  Έτσι λοιπόν (9)  c x  1 2  c0  x  1 2  0  x  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x    γ2) Θεωρούμε τη συνάρτηση Q x  f t dt . 2014Η δοσμένη ανισότητα γράφεται 2015 2017 2016               f t dt  f t dt  2 f t dt  Q 2015  Q 2017  2Q 2016  2014 2014 2014  Q2017  Q2016  Q2016  Q2015 Η f είναι συνεχής στο ' , 2014  ' άρα DQ  ' και Q x παραγωγίσιμη στο ' μεQx  fx  Bx , x  ' και Qx  fx  Bx , x  'Από τον πίνακα μεταβολών του ερωτήματος γ1) έχουμε ότι η Q είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  .   Η Q x είναι συνεχής στα 2015,2016 και 2016,2017  Η Qx είναι παραγωγίσιμη στα 2015,2016 και 2016,2017       Από Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ξ1  2015,2016 τέτοιο, ώστε Q ξ1  Q 2016  Q 2015 καθώςυπάρχει  ξ2  2016,2017 τέτοιο, ώστε Qξ2   Q2017  Q2016Όμως ξ1 ,ξ20,            ξ1  ξ2 ¾¿¿¿¿À Q' ξ1  Q' ξ2  Q 2016  Q 2015  Q 2017  Q 2016 Q 1 0,  x   f t dt   0 xln x    γ3)  lim   ημ 1  lim  Βx  ημ 1    x  xln x x x0  x0 Η B x είναι παραγωγίσιμη στο ' , άρα είναι συνεχής στο ' οπότε είναι συνεχής και στο x0  0 .Έτσι λοιπόν lim Βx  Β0  0 . Επίσης x0      1     x   ln x     lim    lim    lim   x0 xln x  lim 1 ¿¿¿  1  x 0 x0  x  x0  x2  x0 D.L.H.       Β x 0  ex   Β x   ln x   lim   0 lim    lim 1   0 x0  xln x   ln x  1   ln x ¿¿¿ x0 x0   D.L.H.Για x κοντά στο 0 με x  0 έχουμε Βx ημ 1  Βx Βx  Βx ημ 1  Βx xln x x xln x  xln x xln x x xln xΕίναι lim Βx 0 και lim  Βx   0 x0 xln x x0  xln x   Από Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει ότι Β x ημ 1   0. lim   x0  xln x x  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 325ο Λύση Θέματος 325ΟΥ x1  α) Οι συναρτήσεις e s2 ds , 0 x2 είναι παραγωγίσιμες (άρα και συνεχείς) στο 0, .   Η συνάρτηση e t2 είναι συνεχής στο 0 ,   , άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με  x es2ds 1   x es2ds   1  x 2   0 x 2  0         x2   es2 ds   x 1  1          0  x2        F x  e x4    e t 2 dt  e t 2 dt  e t 2 dt  e t 2 dt  e0   e s2 ds    1 1   1   1   x es2 2 1   x4 ds   e e  2e 0  x2  0 , για κάθε x  0 . x3Άρα, F 1 στο 0 ,   . x1  β) Ισχυρισμός: e t2 dt  0 x2 , για κάθε x  1. * x 1 έχουμε g x  e x2  2  0 ,  e t2 dt       [ Πράγματι, για τη συνάρτηση g : 0,    ' , με g x 0 x2 x3  x  0.Άρα, g 1 στο 0 ,   .          1 1Άρα, για x  1  g x  g 1  g x  e t2 dt  1  e t2  1 dt  0 , αφού e t2  1  0 , για κάθε t   0 , 1 , 00χωρίς να είναι παντού μηδέν στο  0 , 1 ].γ) Από τη γενική σχέση e t  t  1 ,  t  1 , έχουμε e t2  t2  1 ,  t  1  x et2 dt x et2 dt  x e t 2 dt 3  0  * 0 0 x 1 1 x       0  0    .     e t2dt  t21 dt   e t2 dt    3 3 0 x 2 3x 6 11 x2 x2Άρα, lim Fx    x(το lim x e t 2 dt    , προκύπτει από e t2  t 2  1  x e t 2 dt  x 3  x ). x    03 0 x 1  e t 2 dt     δ) Για τη συνάρτηση g x 0 x2 , x  0 έχουμε αποδείξει ότι g 1 στο 0 ,   .Άρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης g συνεχής     ==== 1             g 0 ,   lim  g x , lim g x  0  ,0  , και άρα 0  g 0 ,   , x0 x   άρα υπάρχει ξ 1 . ξ  0: g ξ  0 , δηλαδή dt  e t2 0 ξ2Άρα, ξ e t 2 dt 0   F ξ  e t2 dt  0 . 1 ξ2 Η μοναδικότητα του ξ προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της F στο 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 326ο Λύση Θέματος 326ΟΥ Α) Θεωρούμε τη συνάρτηση h x   f x  β , x κοντά στο a . xaΤότε, lim hx  2015 και fx  x  a  hx  β , x κοντά στο a . xaΆρα,          lim f x β  β  0 2015  β  β . xa lim xa h x   lim xa  lim h x xa xa xa     Άρα, lim f x  β . Όμως, η f είναι συνεχής στο ' , άρα και στο a , άρα f a  lim f x . xa xaΟπότε, fa  β .  f x  a   Παρόμοια, θεωρώντας τη συνάρτηση K x  x β , x κοντά στο β, δείχνουμε ότι f β  a(χρησιμοποιώντας τη συνέχεια της f στο β).   Β) Έχουμε ότι για a  β  f a  β  a  f β και επειδή η f είναι γνησίως μονότονη, συμπεραίνουμε ότι η fείναι γνησίως φθίνουσα στο ' .   Γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση m :  a , β  ' , με τύπο mx  x  a fx  β  x  β fx  a .Η m είναι συνεχής στο a , β (αφού η f είναι συνεχής στο ' , άρα και στο a , β και οι συναρτήσειςx  a , x  β είναι συνεχείς, ως πολυωνυμικές).Επίσης,  ma  mβ   a  β fa  a  β  a fβ  β   a β β  a  β  a a  β   a  β 4  0 .Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα   x 0  a , β : m x0  0   x 0  a fx0   β  x0  β fx0   a  0  x 0  a fx 0   β  x 0  β fx 0   a     x 0  a  0 ¾¿¿¿À f x0 β f x0 a  . x0 β  0 x0  β x0  aΔ) Έχουμε ότι: 0  a  2a  4a f2 fa  f 2a   f 4a    2fa  f2a  f3a  4f  4a   0  a  3a  4a fa  f 3a     <==>   f2 f 4a   <==>  f4a  f2a  f3a  fa . 2   Η f είναι συνεχής στο a , 4a (αφού είναι συνεχής στο ' ) και f a  f 4a επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f2(διότι 0  a  4a => fa  f4a ).Οπότε, από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει ξ a , 4a : fξ  f2a  f3a . 2 Το ξ είναι μοναδικό, διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 , 4a , άρα και 1  1 .Ε) Από υπόθεση, lim f 2x  L. x    f x Οπότε, πολλαπλασιάζοντας και διαιρώντας με f 2x στο παρακάτω όριο, έχουμε:          f 4x  f 4x f 2x  f 4x f 2x  L  L  L2lim  lim     lim  lim         x    f x x     f 2x f x  fx    2x x    f x (για τον υπολογισμό του K  lim f 4x θέτουμε u  2x . Τότε, u x     .  x    f 2xf 2u  Άρα, K  lim  L ).u f u επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 327ο Λύση Θέματος 327ΟΥ aΑ) Έχουμε ότι: fx  gx   ft  gt dt , για κάθε x   1 , a * . 1 aaΓια x  1  f1  g1   ft  gt dt  2   ft  gt dt . 11Άρα, η σχέση * δίνει fx  gx  2 , για κάθε x   1 , a  gx  2  fx , για κάθε x   1 , a .Β) x dt  2x . a 1  ft 1      i. Θεωρούμε τη συνάρτηση K:  1 , a  ' , με τύπο K x g t xΟι συναρτήσεις f , g είναι συνεχείς (ως παραγωγίσιμες), άρα η f  g είναι συνεχής, άρα η f  g είναι 1παραγωγίσιμη, άρα η Κ είναι παραγωγίσιμη στο 1 , a , άρα και συνεχής στο 1 , a .Επίσης, K 1  1 ft gt dt  a 2 1  0  a 2 1   a 2 1     1Και Ka  a ftgt dt  2a  2  2a  2 . a 1 a 1 a 1  1Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει x 0  1 , a : Kx0   0  fx0   gx0   2 1  0  f x0   g x 0   2 1 . a a   ii. Η εξίσωση 2f x  2 2  a  3 γράφεται ισοδύναμα: a 1    fx  fx  2 2  a  3  fx  gx 2  a  3  f2 x  g2 x  2fx  gx a  3  a 1 a 1 a 1  f2 x  g2 x  2fx  gx  4fx gx  a  3  fx  gx2  4 fx  gx  a  3  a 1 a 1 22  4fx gx  a  3  4  4fx  gx  a  3 . a 1 a 1     Θεωρούμε τη συνάρτηση h : 1 , x 0   ' , με τύπο h x  a3 (το x 0  4  4f x g x a 1 είναι του Βi)ερωτήματος).Τότε, η h είναι συνεχής στο 1 , x0  και επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    h 1  a3   2 a  3 a 3 a  3  a  3 2 0. h x0    4  4  a 1    4  4  a 1  a    a 1  3  a 1  3  a       1    1          Αν a  3 , τότε h 1  h x0  0 , άρα h 1  0 ή h x0  0 , δηλαδή{ το 1 είναι ρίζα ή το x 0 είναι ρίζα }.       Αν a  3, τότε h 1  h x0  0 , άρα από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ξ  1 , x 0 : h ξ  0 . 2 a3 2      Άρα, σε κάθε περίπτωση, υπάρχει ξ  1 , x 0    1 , a : h ξ  0 , δηλαδή 2f ξ  a 1Γ) Έχουμε: fx  gx  fx  gx  a  x  fx  gx  fx  gx  ax   a  x  fx  gx  a  x fx  gx  0  a  x  fx  gx   0 . Θεωρούμε τη συνάρτηση w : 1 , a  ' , με τύπο w x  a  x  fx  gx .     Η w είναι συνεχής στο 1 , a , παραγωγίσιμη στο 1 , a και w 1  w a  0 .Άρα, από το θεώρημα Rolle υπάρχει ρ 1 , a: wρ  0  fρ  gρ  fρ  gρ . aρΔ) Έχουμε ότι gx  2  fx , x  1 , a , άρα gx   fx και gx   fx .   Άρα, από τη δοσμένη σχέση f x  g x προκύπτει ότι fx   fx ή 2fx  0 ή fx  0 , για κάθε x   1 , a  . Άρα, f x  c , για κάθε x   1 , a  ( c: σταθερά ).Για x  1 βρίσκουμε c  1 . Άρα, 2 fx  1  fx   x  ,  x   1 , a  . 2    2 Άρα,  f x  x  c1 ,  x   1 , a  ( c 1: σταθερά ). Για x 1 βρίσκουμε c1  1. 2 2Άρα, fx  x1 , x   1 , a  . Άρα, gx 2  fx 2  x1  3x , x   1 , a  . 2 2 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 328ο Λύση Θέματος 328ΟΥ     Α) Έστω x1 , x2  0 , με f x1  f x2  0 .Τότε, επειδή η f είναι συνάρτηση, προκύπτει ότι υπόθεση    f x1  f x2  0          f f x1  f f x2 ¿¿À x1  f x 1  x2  f x2 ¿¿¿¿¿¿À x1  x2 .Άρα, η f είναι συνάρτηση 1  1 . f1 1   Β) Για x  1 η σχέση f fx  x fx γίνεται f f1  f1 => f1  1 .Γ) Για x  0 κοντά στο x0 έχουμε:             fof x  fof x0 ffx  f f x0 υπόθεση  x  x0 x  x0 ====                    xf x  x0  f x0 xf x  x0  f x 0  x f x0  x  f x0 x fx  f x0  f x0 x  x0    x  x0 x  x0 x  x0                f x   x   f x0  f x0 fx  f x0 1 fof x  fof x0  f x0 1  x x  x0 x x  x0 x  x0         Όμως, η fof fof είναι παραγωγίσιμη στο x0 , άρα lim x  fof x0  fof  x0  ' . x  x0 x  x0          Άρα, η1 δίνει: lim f x  f x0 1  fof  x0  f x0 '. x  x0 x  x0 x0 x0 fof  x0  f x0 x0      Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 , με f x0 .Δ)      i. f παραγωγίσιμη στο 0 ,    f συνεχής στο 0 ,   και επειδή f x  0 , για κάθε x  0 , προκύπτει ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 0 ,   .Όμως, f1  1  0 . Άρα, f x  0 , για κάθε x  0 . ii. Η fof είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.   Παραγωγίζοντας τη σχέση f fx  x fx παίρνουμε: f fx  fx  fx  x fx , για κάθε x  0 .   Για x  1  f f1  f1  f1  f1 , δηλαδή f1 2  f1  1  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύνοντας το τριώνυμο προκύπτει: f 1  1  5 . 2   Όμως, f γνησίως φθίνουσα στο 0 ,   , άρα f x  0 , για κάθε x  0 .Οπότε, f1  1  5 . 2iii. Είναι fx  0 στο 0 ,   . Οπότε για x το fx , η σχέση f fx  x  fx γίνεται fffx  fx  ffx   fxfx  fx  x  fx  fxfx  x  f2 x  x  0. 2Άρα,    lim f2 x  ημx 2 lim f2 x  ημx lim ημx  1' . ==      x  0 f xf x x  0  x  f2 x xx  0  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΑ) Θέμα 329οα) Είναι (προτάθηκε και λύθηκε από τον Μάκη Χατζόπουλο) Λύση Θέματος 329ΟΥ    fx  y  fx  x  fy  y  x  y, παραγωγίζοντας ως προς y έχουμε: fx  yx  y  fx  x fy  y  fx  xfy  y  x  y  fx  y  0  fy  y  fx  xfy  1  1  fx  y  fx  xfy  1  1Για y  0 :fx  fx  xf0  1  1  fx  fx  x  1 (1)β) Έχουμε fx  1  fx  x  fx  x  fx  x,x  'άρα από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου θα έχουμε  f x  x  cex , c  'Αλλά από τη σχέση (1) για x  0 : f0  f0  1  f0  1 Τότε f 0  ce0  c  1, άρα fx  x  ex  ή f x  ex  x, x  'Β) Θεωρούμε τη συνάρτηση gx  fx  αx  ex  x  αx , x  'Είναι g0  f0  1.Τότε έχουμε,      fx  αx,x  '  fx  αx  0,x  '  gx  0,x  '  min gx  0 (2) Αλλά η g είναι παραγωγίσιμη στο ' με g x  ex  1  α και    ● g x  0  ex  1  α  0  ex  1  α  x  ln 1  α   ● g x  0  ex  1  α  0  ex  1  α  x  ln 1  α επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα η συνεχής συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο , 0 και γνησίως αύξουσα στο 0,  και παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για x  ln 1  α , την           g ln 1  α  eln(1α)  ln 1  α  αln 1  α  1  α  ln 1  α  αln 1  α =  1  α  ln 1  α  αln 1  α  1  α  1  αln 1  α  1 α 1  ln 1  αΤότε από (2):  1  α 1  ln 1  α  0  1 ln1  α  0  1  ln1  α  ln1  α  lne  1  α  e  α  e 1 Άρα η  μεγαλύτερη τιμή του α, για την οποία ισχύει f x  αx για κάθε x  ' , είναι η α  e  1 .Γ) Είναι           z  f x  x  i f ln x  e2  x  ex  x  x  i elnx  ln x  e2  x  ex  i x  ln x  e2  x  ex  i e2  ln xΆρα  | z |2  e2x  e2  ln x 2  e2x  ln2 x  2e2 ln x  e4Θεωρoύμε τη συνάρτηση h με τύπο  h x  e2x  ln2 x  2e2 ln x  e4, x  0 Η h είναι παραγωγίσιμη στο 0,  με παράγωγο    h x  2e2x  2ln x ln x   2e2 1  2e2x  2ln x  2e2  2xe2x  2ln x  2e2 x xx xΘεωρούμε τη συνάρτηση φ με τύπο  φ x  2xe2x  2ln x  2e2, x  0 Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0,  με παράγωγο  φ x  2e2x  4xe2x  2  0 x   Άρα η συνεχής συνάρτηση φ είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  και αφού φ 1  0 , έχουμε: φ1● Αν x  1φx  φ1  φx  0  hx  0 , άρα η συνεχής συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 φ1● Αν x  1φx  φ1  φx  0  hx  0 , άρα η συνεχής συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο 1,    Ακόμα h 1  0 , οπότε η h παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για x  1 , την h 1  e2  e4 ,δηλαδή    h x  h 1 , για κάθε x  0  | z |2  e2  e4 | z |2  e2(1  e2) | z | e  e2  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 330ο (προτάθηκε από τον Νίκο Σκομπρή – λύθηκε από την lisari team) Λύση Θέματος 330ΟΥA)α) Έστω z  w τότε η δοσμένη γράφεται ισοδύναμα, z2  z2  z2  0  3z2  0  z  0που είναι άτοπο. Άρα z  wΑκόμη, z w   0   z2  zw  w2  0 ¾¿À z  w z2  zw  w2  0  z3  w3  0β) Αρκεί να δείξουμε, z  wΑπό το Α.α ερώτημα, z3  w3  0  z3  w3οπότε, z3  w3  z 3  w 3  z  wΒ)α) 1ος τρόποςΈχουμε ότι  OA  ρ  z  ρ και OΒ  ρ  w  ρΟπότε,  z2  zw  w2  0  zw  w2  z2  w z  w  z2   w z  w  z2  w z  w  ρ2  ρ z  w  ρ2  z  w  ρΕπίσης,  _______   _______  zw   zw           z  w 2  z  w 2  zw zw zw z w  zw z w    zz  zw  wz  ww  zz  zw  wz  ww  2 z 2  2 w 2  2ρ2  2ρ2  4ρ2Άρα zw ρ 3ρ  zw ρ z  w 2  z  w 2  4ρ2 ==>ρ2  z  w 2  4ρ2  z  w 2  3ρ2  z  w  3Άρα πράγματι ισχύει η σχέση zw  zw ρ 3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης2ος τρόπος zwΈχουμε,  z2  zw  w2  0 =>z2  2zw  w2  zw  z  w 2  zwοπότε,  z  w 2  zw  z  w 2  z w  z  w 2  ρ2  z  w  ρΑκόμη, 3zw  z2  zw  w2  0 => z2  2zw  w2  3zw  z  w 2  3zwοπότε,  z  w 2  3zw  z  w 2  3 z w  z  w 2  3ρ2  z  w  ρ 3  z  w  ρ 3επομένως, zw  zw ρ 33ος τρόποςΗ δοσμένη σχέση αν διαιρεθεί με zw  0 γίνεται z  1  w  0 και με την αντικατάσταση u  z παίρνουμε wz w u  1  1  0  u2  u  1  0 uη οποία (με επίλυση τριωνύμου) έχει ρίζες τους μιγαδικούς u 1  3i 22Άρα z  w   1  3   z  w  1  3i w  2 2 i  2 2και zw  w   1  3   w  w  3  3i  3w  2 2 i 2 2 zw  w   1  3   w  w 1 3i  w  2 2 i 2 2Άρα zw  zw ρβ) 1ος τρόποςΈχουμε ότι 3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΌμως, zw  ρ  z  w  ρ 3 (1) 3  z  w  ΑΒ .Άρα η σχέση (1) γράφεται  2    2 ΑΒ  ρ 3  ΟΒ ΟΑ  ρ 3  ΟΒ ΟΑ  ρ 3    2  3ρ2   2     2 3ρ2  2    2  3ρ2 ΟΒ ΟΑ   ΟΒ   2ΟΑ ΟΒ ΟΑ  2  συνφ   ΟΒ ΟΑ ΟΒ ΟΑ    ρ2  2  ρ  ρ  συνφ  ρ2  3ρ2   2συνφ  1  συνφ   1 0φ180ο  120ο 2 ====>φ2ος τρόποςΕστω Δ η εικόνα του μιγαδικού  w (δηλαδή Δ το συμμετρικό του Β ως προς το Ο).Έχουμε ΑΔ  z  w  z  w  ρ  Δ  ΟΑΔ ισόπλευρο  Λ Δ Ο Α  60Ο  φ  120ο3ος τρόποςΟνομάζουμε Γ την εικόνα του μιγαδικού z  w (προσδιορίζεται με τον κανόνα του παραλληλογράμμου με αρχικά διανύσματα OA , OB )   Επειδή OA  ΟΒ  ρ , προκύπτει ότι το παραλληλόγραμμο ΟΑΓΒ είναι ρόμβος, οπότε οι διαγώνιοι ΛΑΒ,ΟΓ διχοτομούνται κάθετα και η διαγώνιος ΟΓ διχοτομεί τη γωνία ΑΟΒ επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΈχουμε (από το προηγούμενο ερώτημα) ότι ΑΒ  z  w  3ρ και ΟΓ  z  w  ράρα ΒΚ  ΑΒ  3ρ και ΟΚ  ΟΓ  ρΟπότε, 22 22 ΒΚ  3ρ Λ εφω  ΟΚ  2 ρ 3  ω  60ο  ΑΟΒ  2ω  120ο 24ος τρόποςΣτο τρίγωνο OAB έχουμε OA  OB  z  w  ρ και AB  z  w  ρ 3 .Ας ονομάσουμε φ  ΑΟΒ , τότε από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΟΒ έχουμε,  AB2  OA2  OB2  2OAOBσυνφ  ρ 2 3  ρ2  ρ2  2ρ  ρ  συνφ  2ρ2συνφ  2ρ2  3ρ2  συνφ   1 0φ180ο φ  1200. 2 ¿¿¿À επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 331ο Λύση Θέματος 331ΟΥ z x z        Α. Η σχέση 1 γράφεται ισοδύναμα: x  1 2015  f t dt  f t  z dt  z  x  1 , για κάθε x  ' . 10 z  1 x z  Για το ολοκλήρωμα f t  z dt θέτουμε u  t  z  du  dt . z 1 Για t  z  1  u  1 . Για t  x  z  u  x .Άρα, x z xx Άρα, η σχέση 1 γράφεται:  ft  z  dt   fu du   ft dt . 11 z 1 zx x  1 2015   ft dt  z   ft dt  x  1 , για κάθε x  '  11 zx        x  1 2015  f t dt  z  f t dt  x  1  0 , για κάθε x  ' . 10 1Θεωρούμε τη συνάρτηση h : '  ' , με τύπο zx hx  x  1 2015  ft dt  z   ft dt  x  1 . 10 1 x  Η f είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο ' , άρα η συνάρτηση f t dt είναι παραγωγίσιμη στο ' . 1Οπότε, η h είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με: z hx  2015  x  1 2014   ft dt  z  fx  1 , x  ' . 10 Επίσης, h 1  0 (προκύπτει με απλή αντικατάσταση).Έχουμε τώρα ότι hx  0  h1 , για κάθε x  ' .Άρα, η h παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 , το 1 είναι εσωτερικό σημείο του ' και η h είναι παραγωγίσιμη   στο 1 , άρα από το θεώρημα Fermat, h 1  0 , δηλαδή  f 1  z  1  0 .   Όμως, f 1  1 (λόγω της 3 υπόθεσης). Άρα, z  1 .Β. Είναι z 1 z2 1z z 1z  1 . z επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, 1 2016              z  z   2016 2Im z  i 2016  22016  Im z 2016  i2016  22016  Im z 2016  '  zz   (αφού i2016  i 4 504  1 504  1 ).Γ. Α΄ Τρόπος:Έστω z  x  yi , x  ' . Τότε από την σχέση z  1 προκύπτει x 2  y2  1 , άρα y2  1  x2 . *Οπότε: *         A  z2 z  2  x  yi 2  x  yi  2  x2  y2  x  2  2xy  y i == 2x2  x  3  y 2x  1 i  2x2  x  3 2  y2 * 2x  1 2 ==         4x4  x2  9  4x3  12x2  6x  1  x2 4x2  1  4x   4x4  4x3  11x2  6x  9  4x2  1  4x  4x4  x2  4x3   8x2  2x  10 .Η παράσταση  8x2  2x  10 παρουσιάζει μέγιστο στο x  β  2  1 , το  8   1 2  2  1   10  81 2a  16 8    8  8  8   (αφού είναι της μορφής ax2  βx  γ , με a  0 ).Άρα, Amax  81  9  9 2 . 8 22 4Β΄ Τρόπος:  A  z2  z  2  z 2  z  2  1  z 2  z  2  zz  z z  1  2z  z  z  1  2z .Θέτουμε z  x  yi , x , y  ' και με την υπόθεση x 2  y2  1 έχουμε:  A  1  x  3yi  1  x 2  9y2   8x2  2x  10 και συνεχίζουμε όπως και στον 1ο τρόπο.Δ. Για x  1 η σχέση 2 γίνεται: 2f1  1  f2 , δηλαδή 2  1  1  f2  f2  1 .Για x  2 η σχέση 2 γίνεται: 2f2  1  f2  f2  1 .Άρα, f2  1 . Δηλαδή f1  f2  1 .Άρα, η σχέση 2 γίνεται: fx  1  f1  f2 , για κάθε x  ' .Άρα, η f παρουσιάζει στις θέσεις x1  1 και x 2  2 ελάχιστο. Οπότε (από το θεώρημα Fermat)f1  f2  0 .   Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο  1 , 2  , άρα υπάρχει ξ  1 , 2 : f ξ  0 .Άρα, η C f δέχεται εφαπτομένη παράλληλη στον άξονα xx . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 332ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Νίκο Σπλήνη) Λύση Θέματος 332ΟΥΑ. Η δοσμένη ισοδύναμα γράφεται,  2  xfx  fx  0  x  2fx   0 για κάθε x  'Θεωρούμε συνάρτηση gx  x  2fx, x  ' με gx  0 για κάθε x  ' άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ' με g 2  0Οπότε, για x  2  gx  g2  x  2fx  0 , άρα fx  0και για x  2  gx  g2  x  2fx  0 , άρα fx  0   ενώ για x  2 η δοσμένη f 2  0 επομένως f x  0 για κάθε x  ' , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 'οπότε και 1-1 , δηλαδή ορίζεται η αντίστροφη της f .      Β. Τα σημεία A 2, f 2 ,B 3, f 3 επαληθεύουν την (ε) , οπότε f2   1  2  f1 1 και f3  2  3  f1 2 Ακόμη, για κάθε x1, x2  f ' με          x1  x2  f f1 x1  f f1 x2 και f1 ' άρα είναι f1 x1  f1 x2 . Άρα η f1 1 'Έτσι έχουμε,         f1 3  f x2  1  2  f1 3  f x2  1  f1 1  3  f x2  1  1       f x2  1  2  f x2  1  f 3  x2  1  3  x2  4  x  2  2  x  2Γ Για x  0 έχουμε,            xf xlim xf x ημ ex  x  1927x2 fx  1 ημ ex  x  1927  x2  lim x x2  ημ ex  x  1927x2 x2  lim x2     x x2f x  3x3  6x2 x   x2f x  3x3  6x2 x   f x  3x  6 x2 x2 x2όμως η (ε) είναι ασύμπτωτη της Cf στο  , άρα ισχύουν    fx lim  3 και xx lim fx  3x  7  lim fx  3x 7 x xακόμη, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    1 ημ ex  x  1   1  1 ημ ex  x  1 και lim 1  0 x2 x2 x2 x2 x2 xx 2 άρα από Κριτήριο Παρεμβολής lim 1 ημ ex  x  0 xx 2άρα το ζητούμενο όριο είναι ίσο με 3  0  1927  1924 76Δ. Αφού η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο ' , οι συναρτήσεις f, f είναι συνεχείς στο ' άρα και στο       2,3 και είναι f 2  f 3  2  0 . άρα από Θ Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0  2,3 ώστε f x0  0και αφού η f είναι 1-1 είναι μοναδικό.Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στα διαστήματα, 2, x0 , x0,3Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα, ξ1  2, x0  : fξ1   fx0   f2   1  2  x0 x0  2 f ξ1και ξ2  x0,3 : f ξ2   f3  f x0    2  x0  3  3 x0 f ξ2Επομένως    1 f ξ1 2  2  x0  x0  3  1 f ξ2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 333ο Λύση Θέματος 333ΟΥΑ. Για το ολοκλήρωμα 4 f  x  dx θέτουμε u  x  du  1 dx  dx  2du . 6  2  22   Για x  6  u  3 . Για x  4  u  2 .Άρα,       4 2 3 6 f  x  dx  2f u 3 dx .  2   du   2 f x 2Άρα, 2            1 fx dx  1 4  f  x    dx  2 fx dx  1 4 f  x  dx  4 x dx  2 f x dx  26   2  2x  1 2 6  2  6 1     1  3  x2 4 2 33 2    2  2 dx  1 dx   f x dx  10  f x 21             f x   2   f x dx  10 .   6 x   Β. Θεωρούμε τη συνάρτηση F : 1 , 3  ' , με τύπο F x  f t dt . 1 13Είναι F 1   ft dt  0 , F 3   ft dt  10 και η F είναι συνεχής στο 1 , 3 και παραγωγίσιμη στο 111 , 3 , άρα από το Θ.Μ.Τ., υπάρχει x1  1 , 3 : Fx1   F 3  F1 , δηλαδή fx1   10  5. 2 3 1Γ. π ππ  fx  fx ημx dx  fπ  1   fx ημx dx   fx  ημx dx  fπ  1  0 00          π  π   fx  0 ημx dx  f x  ημx π  f x  συνx dx  f π 1 0  0  π fx ημx dx  0  f  x   συνx  π  π fx  ημx dx  fπ 1  0   00  fπ  f0  fπ  1  f0   1 .Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα  0 , x1  (αφού f συνεχής    στο ' , άρα και στο 0 , x 1  και f 0  f x 1  1  5  0 .    Άρα, υπάρχει τουλάχιστον ένα x 2  0 , x 1  0 , 3 τέτοιο, ώστε f x 2  0 . 0 1 x1 3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Δ. α) Θεωρούμε τη συνάρτηση K : x1 , x2   ' , με τύπο K x  f x  x  1 .Η Κ είναι συνεχής στο x1 , x2  , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.Επίσης,                K x1  K x2  f x1  x1  1  f x2  x2  1  4  x1   x2  1  0 .       Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα x3  x 1 , x2  0 , 3 τέτοιο, ώστε K x3  0 , δηλαδή f x3  x3  1 .   Μοναδικότητα: Αν υπήρχε και δεύτερο x4  0 , 3 τέτοιο, ώστε K x 4  0 , τότε από το θεώρημα Rolle στο     διάστημα με άκρα x 3 , x 4 , θα υπήρχε x 5  0 , 3 τέτοιο, ώστε K x 5  0 , δηλαδή f x 5  1  0 , άτοπο   (διότι f x  1 , για κάθε x ' , άρα και f x5  1  0 ).β) K x  fx  x  1 , x 0 , 3 .Η συνάρτηση Κ είναι συνεχής στο 0 , 3 , άρα από το θεώρημα μέγιστης – ελάχιστης τιμής, θα έχει ελάχιστο m   και μέγιστο Μ. Οπότε, από το σύνολο τιμών θα είναι K  0 , 3   m , M .Άρα,    m  K x1 M            m  K x2  M  m  f x1  x1 1  2m  f x1  f x2  x1  x 2  2  2M   M  m  f x2  x2  1  M fx 1   5 2m  3  x1  x2  2M  m  3  x1  x2  M. ¿¿¿À 2 fx 2   0   Αφού το 3  x1  x2  3  x1  x2 . 2 2 K 0 , 3 , θα υπάρχει ρ  0 , 3 τέτοιο, ώστε K ρ   Μοναδικότητα: Είναι K x  f x  1  0 , για κάθε x  ' .Επίσης, η f είναι συνεχής στο ' (ως παραγωγίσιμη).Άρα, η K είναι και συνεχής στο ' , άρα (από συνέπεια θεωρήματος Bolzano), η K διατηρεί σταθερό πρόσημο στο'.Άρα, η Κ είναι γνησίως μονότονη στο ' , άρα και \" 1  1\" . Συνεπώς, η λύση της εξίσωσης K x  3  x 1  x 2 είναι μοναδική. 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018