555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ΄ Λυκείου Λύσεις Τεύχος Α 555 Επαναληπτικά Θέματα3η έκδοση: Μάρτιος 2018 Αποκλειστική διάθεση http://lisari.blogspot.gr

Πρόλογος (3ης έκδοσης)Στο παρόν αρχείο παρουσιάζονται 555 επαναληπτικά θέματα στα ΜαθηματικάΠροσανατολισμού Γ΄ τάξης Λυκείου, συνοδευόμενα από υποδειγματικές καιαναλυτικές λύσεις.Δύο φίλοι και συνάδελφοι αποφασίσαμε τον Μάρτιο του 2014 να συλλέξουμεκαι να επεξεργαστούμε θέματα από προσωπικές μας σημειώσεις.Στη συνέχεια προσθέσαμε ιδέες συναδέλφων (όπως τα 200 πρώτα θέματα απότο μαθηματικό forum mathematica.gr λύνοντας τα όλα από μηδενική βάσηπροβαίνοντας παράλληλα σε τροποποιήσεις κάποιων θεμάτων- επιστημονικές, συντακτικές, τυπογραφικές- που κατά τη γνώμη μας ήταναπαραίτητες να γίνουν).Σας παρουσιάζουμε με ιδιαίτερη χαρά το αποτέλεσμα μίας επίπονηςεργασίας, με την ελπίδα να φανεί χρήσιμο σε μαθητές και εκπαιδευτικούς.Για εμάς το έργο αυτό αποτελεί ένα είδος «ιδανικής τράπεζας θεμάτων».Πρόθεση μας είναι να διασωθεί και να διαμοιρασθεί υλικό, πουδιαφορετικά θα κατέληγε σε σκοτεινές προσωπικές βιβλιοθήκες.Ζητούμε συγνώμη για τυχόν παραλείψεις ή αστοχίες που δύσκολααποφεύγονται στην εκπόνηση μιας εργασίας τέτοιας έκτασης (1482 σελίδων)Οι λύσεις των θεμάτων είναι προτεινόμενες και όχι περιοριστικές ως προςτην αντιμετώπιση τους. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις καιβελτιωτικές προτάσεις είναι ευπρόσδεκτα.Με εκτίμηση Δημήτρης Παπαμικρούλης Παύλος Τρύφωνυπεύθυνος ψηφιακής επεξεργασίας θεμάτων: υπεύθυνος επίλυσης θεμάτων δακτυλογράφηση εκφωνήσεων/λύσεων- [email protected] επιμέλεια σχημάτων-γενική ταξινόμηση [email protected]

Θεματοδότες(αναγράφονται στην άσκηση που τους αντιστοιχεί στο βιβλίο των λύσεων)Μας τίμησαν με την εμπιστοσύνη τους και το απόλυτα συνεργατικό τους πνεύμα:Ασημακόπουλος Γιώργος Μαργαρώνης ΦάνηςΒέρρας Οδυσσέας Μιχαήλογλου ΣτέλιοςΒώβος Μάριος Μπαλός ΛάμπροςΕλευθερίου Νίκος Μπιρμπίλης ΚώσταςΕλευθερίου Πρόδρομος Μπούζας ΔημήτρηςΖαχαράκης Δημήτρης Οικονομοπούλου ΒάσιαΖωβοΐλης Ηλίας Παγώνης ΘεόδωροςΙωάννου Δημήτρης Παπαμικρούλης ΔημήτρηςΚακαβάς Βασίλης Παπαπαναγιώτου ΚώσταςΚαλαμάτας Βασίλης Πάτσης ΑνδρέαςΚαλούδης Βασίλης Πατσιμάς ΔημήτρηςΚαραγιάννης Ιωάννης Πετρόπουλος ΒασίληςΚαρύμπαλης Νώντας Σίσκας ΧρήστοςΚλίτσας Γιώργος Σκέντζος ΔημήτρηςΚοπάδης Θανάσης Σκίτσας ΝώνταςΚοτσώνης Γιώργος Σπλήνης ΝίκοςΚουκουλάρης Εμμανουήλ Σταρόπουλος ΠαύλοςΚώνστας Χάρης Τρύφων ΠαύλοςΛαζαρίδης Χρήστος Τσακαλάκος ΤάκηςΛιτζερίνος Χρήστος Τσούκας ΒαγγέληςΜανώλης Ανδρέας Φράγκου Μαρία Χατζόπουλος Μάκης Εξώφυλλο: Μάκης Χατζόπουλος

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 1ο (προτάθηκε από τους Γ.Ησίοδο / Συγκελάκη) Λύση Θέματος 1ουΚαταρχήν, επειδή w  2  w  1 , άρα ο z είναι καλά ορισμένος.   i) z  4  w  4  w  z w  1  4  w  zw  z  zw  w  z  4  w z  1  z  4  w  z  4w 1 z1Σχόλιο: z   1 , διότι αν ήταν z   1  4  w   1  4  w  1  w  4  1 , άτοπο. w 1Τώρα,       w  2  z  4  2  z  4  2z  2  z  4 2  2z  2 2  z  4 z  4  2z  2 2z  2  z1  zz  4z  4z  16  4zz  4z  4z  4  z 2  4  z  2 .ii)a. z  w  z   w  z  w  2  2  4 .b. w 2  4  4  w  1  w 2  4  4 . Έχουμε w 1w2  4  w2  w  w  4  w2  w  w  4  w  w  4  w  w  4  2   z 2  2  4 .w 1 w 1 w 1 w 1 w 1 w 1   iii) w 4  8 2  w 2  32Re w  80  w 4  8w 2  16  32Re w  80  w 2  4 2  32 Re w  80  w 2  4 2  32 Re w  80Όμως, από το βii ερώτημα: w 2  4  4 w  1  w 2  4 2  16 w  1 2 .Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι:   16 w  1 2  32Re w  80  w  1 2  2Re w  5  w  1 w  1  2Re w  5   w 2  w  w  1  2Re w  5    22  w  w  2Re w  4  22  2Re w  2Re w  4  4  4 , το οποίο ισχύει.iv) Οι εικόνες των μιγαδικών z , w βρίσκονται στον κύκλο x2  y 2  4 , αφού z  w  2 (άρα, y2  4  x2 ).Έχουμε: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   z  w  z  4  z  z2  z  4  z  z2  4  z2  4 z 1 z z 2  z 2  4z  4  z 1 z 1 z 1 z 12 z 12     4z  4z  z2  4  4 z  z  z2  4 4  2yi  x  yi 2  4  2x 2  8  iy 2x  8 .   z  1 2 z 12 x  1 2  y2 2x  5 2x  5Μετά από πράξεις (χρησιμοποιώντας τη σχέση y2  4  x2 ) προκύπτει ότι z  w 2  4   4  x2  , x  2.  2x  5 Αν ονομάσουμε fx  4  x2 , x   2 , 2 , τότε fx   2x  1x  4 , x  2 , 2 . 2x  5 2x  52 fx  0  x   2 ,  1 fx  0  x   1 , 2Άρα, η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο  1 .Δηλαδή, το μέτρο z  w μεγιστοποιείται για x   1 .Για  x   1 είναι y 2  4   1 2  3  y   3 .Άρα, z   1  3 i ή z   1  3 i και w  4  z  1  3 i ή w  1  3i . z 1Άρα, οι ζητούμενοι τύποι είναι     z , w   1  i 3 , 1  i 3 ή  1  i 3 , 1  i 3 .   Επειδή z  w  1  i 3  1  i 3   2  2i 3  4  12  4  διάμετρος κύκλου x2  y 2  4 προκύπτειότι τελικά οι εικόνες των μιγαδικών z , w είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου x2  y 2  4 .    (Παρόμοια, z  w   1  i 3  1  i 3  4 .) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 2ου x  ftdt x    Α) Για x  1 , g x  1 x 1 . Η f συνεχής (ως παραγωγίσιμη) άρα f t dt παραγωγίσιμη, g 1   παραγωγίσιμη στο 1 ,   , ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα g συνεχής στο 1 ,   .Για τη συνέχεια της g στο x 0  1 έχουμε: xx x                lim g x 0  1 f t dt  f t dt  f συνεχής    0  f x f συνεχής 1  lim  lim 1  lim  f 1 1g 1  x1 x  1 στο 1 x1 x  1  x1 1 στο 1  x  1Άρα, η g είναι συνεχής στο 1 ,   .Β) Για x  1 , x ft  x  1 x ft dt  dt    fx   gx   1   1 .  x  12  x 1  Επίσης, x x  ft dt  x  1  ft dt 1 1 gx  g1 x 1  lim 1 0  f x  1 f συνεχής 0 x 1 0 0 lim  lim x  12   lim   x1 x  1 x1 x  1 x1 2 x  1 στο 1 fx  1    f x  lim  lim f συνεχής f 1 0.    x  1 2 x  1  x 1 2 στο 1 2Άρα,  x  1 fx  x ft dt    gx  1  , x 1 x  12    0 , x 1 C) Επειδή η g είναι συνεχής στο 1, αρκεί να αποδείξουμε ότι g x  0 , για κάθε x  1 , δηλαδή ότι xx  1  fx   ft dt  0 , για κάθε x  1 . 11ος τρόποςΘεωρώντας τη συνάρτηση x G x  x  1 fx   ft dt , x  1 ,   . 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Η G είναι παραγωγίσιμη στο 1 ,   , με Gx  fx  x  1  fx  fx  x  1  fx .Όμως, f κυρτή  f 1 στο 1 ,   , άρα για  x  1  fx  f1  0  f 1 στο 1 ,   .Άρα, Gx  x  1 fx  0 , για κάθε x  1 άρα G 1 στο 1 ,   .Άρα, για x x  1  G x  G 1  x  1 fx   ft dt  0 . 12ος τρόπος xΈστω F x   ft dt , x  1 . Θέλουμε να αποδείξουμε ότι x  1 fx  Fx , για κάθε x  1 . 1 Από το Θ.Μ.Τ. για την F στο 1 , x υπάρχει ξ  1 , x : 1 x Fξ  Fx  F1  Fx  fξ  Fx . x 1 x 1 x 1Όμως, 1  ξ  x f1 fξ  f x  F x  fx  F x  x  1 f x .  x 1D) Έστω α aβ ft dt ft dt ft dt 1 a  β . Τότε   a1    ga  gβ ,   1 ft dt β  1 1 a 1 1 β 1 β  1το οποίο ισχύει, διότι g 1 στο 1 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 3ουi. Αρκεί να αποδείξουμε ότι lim fx  f0 , δηλαδή lim fx  0 . Είναι x0 x0  lim f x  lim xημx  0 , διότι xημx  x 2 x0 x0 ex 1 ex 1 ex 1 (λόγω της σχέσης ημx  x ) και ισχύει x2  0 x 2   lim 2x  0  0 άρα lim x2 lim 0  0.  lim x0 ex 1  x  0 e x  1  ex  0 x 1 x0 ex 1Άρα, από το κριτήριο της παρεμβολής, lim xημx  0 . x0 ex 1  [ Σχόλιο: Το lim f x  0 μπορεί να βρεθεί και με κανόνα DL. : x0   0  χ  ημχ  0  χ  ημχ   lim ημχ  x  συνχ  0  0  0   lim  lim ]  x0 ex  1 D.L x0 ex  1  x0 ex 1ii. Η f είναι συνεχής στο h* , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.Επίσης, η f είναι συνεχής στο 0.Άρα, η f είναι συνεχής στο h , οπότε δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες    (αφού lim f x  h ,  x 0  h ). x x 0  f x0Πλάγιες – Οριζόντιες στο   xημx  λ  lim f x  lim e x  1  lim ημx  0 , διότι ημx  1 x   0 xx    xx    x ex 1 ex 1 ex 1και το συμπέρασμα λ  0 έπεται από το κριτήριο παρεμβολής.Επίσης,      β  lim f x  λχ  lim f x  lim xημx  0 , διότι x ημx  x , για κάθε x  0 . x x x ex 1 ex 1 ex 1Ισχύει       lim x x  lim 1  1  0 , άρα lim x 0.  lim x ex 1  x    e x  1  ex    x   x ex 1Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι β  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, η ευθεία y  0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της C f στο   .Για τα κοινά σημεία: θα λύσουμε την εξίσωση  f x  0  xημx  0  xημx  0  x  0 ή x  κπ , κ  . ex 1 Άρα, υπάρχουν άπειρα κοινά σημεία της μορφής κπ , 0 κ  .iii.α) Η συνάρτηση g είναι συνεχής, ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.Έχουμε:  xe x ημx ,x  0 xημx , x  0  ex 1 , x  0     g x   ex f x  και gx  fx  e x fx  fx  ex 1  fx   0 .  0 , x  0Οπότε gx  fx  xημx ,  x  h .Οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο 0 , π , άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι π π            E  g x  f xdx  0 0 xημx xημx  0 π π  συνx  dx   x συνx  π  π  συνx dx  0 0 dx  xημxdx  x στο 0 , π 0 0  π  ημx  π π τετραγωνικές μονάδες. 0β) Παρατηρούμε ότι:      g x  g x   x e x ημx   xe x ημ x   xημx , x  0 . ex 1 ex 1Άρα,  x  0 , gx  g x  xημx . Η σχέση όμως αυτή ισχύει και για x  0 , αφού g 0  0 .Άρα, gx  g x  xημx ,  x  h .Άρα, ππ ππ  I   gxdx   xημx  gx dx   xημxdx   gxdx . π π π π π  Για το g x dx θέτουμε u   x  du   dx . πΆρα, π π π π  gxdx    gudu   gudu   gxdx  I . π π π πΆρα, π 1 π 1 π  dx 1  π π 1 π 2 2 π 2  x π π συνx dx  2         II   xημx dx I  xημx dx  x  συνx  συνx   2π  0 π π επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 4ο (προτάθηκε από τον Χ.Λαζαρίδη) Λύση Θέματος 4ου Α)     i. Η h είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με h x  1  1  0 ,  x  0  h 1 στο 0 ,    h 1  1 . x 1e         Για το ολοκλήρωμα I  h  1 x dx θέτουμε u  h 1 x  x  h u  dx  h u du . 1  Για x  1  hu  1  hu  h1  u  1 .  Για x  1  e  hu  1  e  he  u  e .Άρα,  1  u 2 e 1  e 2  4           I e e  e 1 uh u du  1 u  1  1 du  1 1  u du    .  u   2 1 2ii. Επειδή h γνησίως μονότονη, αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ln x  x  0 έχει τουλάχιστον μία ρίζαθετική.Εύρεση του συνόλου τιμών της h: h συνεχής 1             h 0 ,   h lim h x , lim h x   ,   x x 0 και το 0  h , άρα η εξίσωση h x  0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα ρ  0 .iii. Τα ζητούμενα όρια είναι :  lim ημx  lim ημx  lim  1 1 , x  ln x ημx   0    0  0  0 x0 h x x  0 x  0  x  ln x     lim ημx  lim ημx  0 , διότι x    h 2 x x    x  ln x 2 x 1      ημx 1  0 και το συμπέρασμα προκύπτει από το κριτήριο παρεμβολής.x  ln x 2 x  ln x 2  2Β)       i. Η f είναι παραγωγίσιμη στο   x2  0,   , με f x  xln x  x   2   ln x x h x ,x0. h1 Για x  ρ  hx  hρ  0  hx  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης h1 Για 0  x  ρ  hx  hρ  0  hx  0 . 0 ρ  fx   fx 2 1 minΤο πρόσημο της f ταυτίζεται με το πρόσημο της h . Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ρ.ii.Είναι f1   1 και f1  1 . 2Άρα, η εφαπτομένη είναι ε : y  1  x  1  ε : y  x  3 . 22Λύνουμε το σύστημα:   y  g x  x3 11 3 x3 1   3  x2 6 2 3 x2 3 x3  3x 2  3    x    x  0  3x 10 y 2   x      x3  1  3x x  1  0  x  1 x 2  x  1  3x x  1  0          x  1 x 2  x  1  3x  0  x  1 x 2  2x  1  0  x  1 x  1 2  0  x  1 μοναδική λύση  Ισχυρισμός: Η εξίσωση της εφαπτομένης της C g στο  1 , g  1 είναι η ε : y  x  3 2     [η απόδειξη απλή, παίρνοντας τον τύπο της εφαπτομένης y  g  1  g  1 x  1 ].Άρα, η απάντηση στο Bii ερώτημα είναι ΝΑΙ. 0  1     iii.   1  x f x hx x  ln x  0  x  ln x 1lim  lim  lim  lim  lim 1  .xρ x  ρ xρ x  ρ xρ x  ρ  x  ρ x  ρ  xρ 1 ρ επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 5ου Ας ονομάσουμε z  w  ρ  0 ρ  0 , διότι z  w  0 .i. Έστω ότι ο w είναι φανταστικός, δηλαδή w  βi , β  0 . Έχουμε: w  z 2  zi  βi  βi 2  zi  z  χ  yi   βi  β2  zi  βi  β2  x  yi i  βi  β2  xi  y      β  x i  β2  y  β  x  0 και β 2  y  0  x  β , y   β2 .Άρα, z  β  β2i . Όμως,z  w  β 2  β 4  βi  β 2  β 4  β 2  β 4  0  β  0 , άτοπο.   ii. w  z 2  zi  w  z 2  zi  w  zz  zi  w  z z  i  w  z z  i  ρ  ρ z  i  z  i  1 . Οπότε, αν z  x  yi , x , y  h , τότε οι εικόνες του z κινούνται στον κύκλο κέντρου Κ 0 ,  1 και ακτίνας 1.Δηλαδή, x2  y  12  1 1 .Έστω w  a  βi , a , β  h . Τότε από τη σχέση   w  z 2  zi  α  βi  x 2  y 2  a  x2  y2  y x  yi i  a  βi  x 2 y2  xi  y   β  x  2.   a   y     Όμως από τη σχέση1  x 2  y 2   2y . Άρα, 2   β x  3  Άρα, z  x  yi και w   y  xi .   Γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z : C 1 : x2  y  1 2  1 . Από τις σχέσεις 3 προκύπτει ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w είναι ο κύκλος C 2 : 1  x 2  y 2  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (Δηλαδή κέντρου Λ 1 , 0 και ακτίνας 1).  Οι κύκλοι C 1 , C 2 είναι τεμνόμενοι, διότι ΚΛ  2  1  1  2 .iii. Οι εικόνες των μιγαδικών z , w ταυτίζονται στα σημεία Ο, Α (βλέπε σχήμα πίσω). Είναι Ο0 , 0 και Α1 ,  1 . [Τα Ο , Α1 ,  1 τα βρίσκουμε λύνοντας το σύστημα των 1 , 2 ].Όμως, δεν μπορεί να ισχύει ταυτόχρονα z  w  0 (λόγω της υπόθεσης zw  0 ) ούτε η σχέση z  w  1  i (διότι τότε από τη σχέση w  z 2  zi  1  i  2  1  i i  i  0 , άτοπο).  w 1  1   Βασική 2παρατήρηση: Παραπάνω αποδείξαμε πως από τη σχέση w  z  zi προκύπτει *.  z  i  1 Όμως, τα παραπάνω αποδείχθηκαν με συνεπαγωγές. Πρέπει να αποδειχθεί και το αντίστροφο της * , ώστε να καταλήξουμε στο ασφαλές συμπέρασμα των κύκλωνC1  , C2  . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 6ουA)       x  xe  x dx  x  xe  x  c         i. 1   1  xe  x  e  x dx  e  x  xe  x  dx  x  xe  x dx  ii.   e  x        h x  h x  x  e x  1  e  x h x  e  x h x  xe  x  1  e  x   i)  x  xe  x             ex h x  exh x  xe  x  1  e  x  exh x  xe  x 1  ex  exh x για κάθε x  h  e  x h x  x  xe  x  c , για κάθε x  h . Για x  0  0  c .Άρα,       e  x h x  x  xe  x  h x  xe x  x  h x  x e x  1 , x  h .iii. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι xe x  x , για κάθε x  h . Για x  0 ισχύει ως 0  0 . e x  x  0 Για x  0  e x  e 0  e x  1  xe x  x . ex  x  0 Για x  0  e x  e 0  1  e x  1  xe x  x .Β) Ονομάζουμε 11 11  gx  1  fx , x  0 , 1 . Τότε,  gxdx   1  fx dx   dx   fxdx  0 . 00 00Επίσης, από τη σχέση gx  1  fx  fx  1  gx .Άρα, 11       1  f x e  fx dx  0  g x e gx  1 dx  0  00             1 1 g x 1 g x 1 g x 1 g x dx   e g x dx  0   e gxdx  0   e gx dx  e0 0 0 0 1 11        gx  e gx  gx dx  0   gx  e g x  1 dx  0   h gx dx  0 1 . 0 00  Η συνάρτηση hog είναι συνεχής στο 0 , 1 ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και ισχύει hog x  0 ,  x  0 , 1 . 1     Αν υποθέσουμε ότι η hog δεν είναι παντού μηδέν στο 0 , 1  h g x dx  0 , άτοπο λόγω της 1 . 0    Άρα, h g x  0 ,  x 0 , 1 , άρα g x  0 , για κάθε x  0 , 1  (διότι η εξίσωση h x  0 έχει μοναδική λύση την x  0 ),άρα 1  fx  0 , άρα fx  1 , x  0 , 1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 7ου a) Για το πεδίο ορισμού της συνάρτησης φ t  1 θα πρέπει 4  t  12    4  t  1 2  0  t  1 2  4  t  1  2   2  t  1  2   3  t  1 . Άρα, το πεδίο ορισμού της φ είναι το  3 , 1 . Για να ορίζεται η F θα πρέπει τα άκρα 0 , 2x  1 να ανήκουν στο  3 , 1 .Δηλαδή,   3  2x  1  1   2  2x  2  x   1 , 1 .   Άρα, το πεδίο ορισμού της F είναι το  1 , 1 . Η φ είναι συνεχής στο  3 , 1 , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο  1 , 1 , με  2x  1  2x  1  2 1 2 1. 4  2x  1  1 2 4  4x 2 1  x 2           Fxφt dt   0   φ 2x  1    b) g:   π , π   h, x π. Θεωρούμε τη συνάρτηση  2 2  με g x  F ημx 6  Η g είναι παραγωγίσιμη στο   π , π  , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:  2 2      g x  F ημx  συνx  1  συνx  1  1  συνx 1  1 συνx  1 συνx  0 στο συνx  1  0 , συνx  συνx 1  ημ2x συν 2x  π π   2 ,   2 για κάθε x  π . 2Άρα, η g είναι σταθερή στο   π , π  .  2 2   Είναι  π   π  π π0Άρα,  6   6  6 60   g   F ημ   φ t dt  0 .   gx  0,  x    π , π   Fημx  x  π , x  π .  2 2  6 2  c) Είναι ft  0 , για κάθε t   3 , 1 . Παρατηρούμε ότι 2x  1  3  1  2x  3  x  3 . 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 3 1 2 3 1  3  F ημ π  β) π π π 2 dt  F  2   3  3 6 6 f   dt  f 0 0     Το ζητούμενο εμβαδόν είναι E t t    τ.μ. 3 1 dx θέτουμε x  t  1  dx  dt . 1 4  x2d) Για το ολοκλήρωμα I  Για x  1  t  0 . Για x  3  t  3  1 .Άρα, 3 1 1 γ) π .   0 4  t  1 2 dt I  6 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 8ουA)i. Συντελεστής διεύθυνσης ευθείας λ  fβ  fa . βa  Η ευθεία ε θα έχει εξίσωση ε : y  λ  x . ε fa faΤο A ανήκει στην ε  f β   λ a  λ   fa fβΤο B ανήκει στην   λ β  λ  a  f   a  β . β  β    ii. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : a , β  h ,με φ x fx .  xΗ φ είναι συνεχής στο a , β , ως πηλίκο συνεχών.     Η φ είναι παραγωγίσιμη στο a , β , ως πηλίκο παραγωγίσιμων. φ a  φ β (λόγω του ερωτήματος Αi)   Άρα, από το θεώρημα Rolle υπάρχει x0  a , β : φ x0  0 .Όμως, φx  xfx  fx . x2Άρα, φx0   0  x0 fx0   fx0  .         Άρα, η εφαπτομένη ε : y  f x0  f x0 x  x0 της Cf στο σημείο M x0 , f x0 διέρχεται από το Ο 0 , 0 .    Έστω ότι η ε εφάπτεται δεύτερη φορά στην Cf στο σημείο N x1 , f x1 .Τότε fx0   fx1  .   Από το θεώρημα Rolle για την f στο x0 , x1   υπάρχει ξ  x0 , x1 : f ξ  0 , άτοπο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΒ)  i. f κοίλη στο   , 0  f 2 στο   , 0 . Έστω x  0Θ.Μ.Τ. για την f στο x 1 , x  υπάρχει ξx  x  1 , x : fξx   fx  fx  1  fx  fx  1 . x  x  1Όμως f 2x  1  ξx  x  fx  1  f ξx   fx  fx  1  fx  fx  1  fx   fx  1  fx  1  fx   fx : x  0 fx  1 fx  1  fx fx    . xx xΌμως,  fx  L lim   x     x και   f  fx  1                   x 1 x 1 L f x  1 x 1  ω f ω x x 1 διότι lim lim    lim      L  lim ω L  .  x x 1 x ω  x x ω    x  1 Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής  lim fx  1  fx L. x x   ii. Η g είναι παραγωγίσιμη στο  , 0 , ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g x     xf x  f x , x2x0.Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο    x , 0  υπάρχει ρx  x , 0 : f ρx  f0  fx  fx (αφού f0  0 ). 0x xΌμως, x  ρx f 2 fx  f ρx   fx x0 xfx  fx .  x Άρα, gx  0 , για κάθε x  0  g 2 στο   , 0 .C) Η εφαπτομένη της Cf στο A έχει εξίσωση ε : y  fa  fa  x  a .  Το σημείο Β β , f β ανήκει στην ε  fβ  fa  fa β  a  fa  fβ  fa * . βaΘεωρούμε τη συνάρτηση m : a , β  h , με επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f  x  fa , x  a , β   m x   x a  fa , x  a  m συνεχής στο a , β , διότι είναι συνεχής στο a , β ως πηλίκο συνεχών καιlim mx  lim fx  fa  fa  m(a) .x a xa x  aΔηλαδή m συνεχής στο a , β .  m παραγωγίσιμη στο a , β , με mx  fxx  a  fx  fa . x  a 2 ma  mβ  fa (λόγω σχέσης (*) )Άρα, από το Θεώρημα Rolle  υπάρχει ξ  a , β : mξ  0  fξ  ξ  a  fξ  fa .επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 9ου x     Α) i) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0 , 3  h με g x  f x  f t dt . f παραγωγίσιμη  f συνεχής  0 x ft dt παραγωγίσιμη  g παραγωγίσιμη στο 0 , 3 με gx  fx  fx  0 , x  0 , 3 και η g είναι 0συνεχής στο 0 , 3  g 1 στο 0 , 3 . Άρα, για x x  0  gx  g0  0  fx   ft dt  0 ,  x  0 , 3 . 0 ii) Η h είναι συνεχής στο 0, 3 , ως γινόμενο συνεχών, και παραγωγίσιμη στο 0 , 3 , με: e x   x x  x  x  dt  e  x  0 f t  e  x  f x 0  ft dt   0 , για κάθε 0                   h x  ft dt    ex f t dt  e  x f x 0 0 , 3 (λόγω του Α)i) ερωτήματος και ότι e  x  0 ).Άρα, h 1 στο 0 , 3 .iii) Για h1 0 x  0  hx  h0  e 0  ft dt  0  hx  0 , για κάθε x  0 , 3 . 0Άρα, ex 0 x dt  0  0         x ex 0 ft ft A) a)  0 , για κάθε x 0 , 3  * . dt  0   f x    Β) i) Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 3 ως τετράγωνο παραγωγίσιμης συνάρτησης, με    φ xxft dt 2   x ft dt x f t  dt  x ft dt  fx και φx 2  2 x  x ft dt  fx  0 , 0    f  2   0  2   0 0  0  διότι από την (*) και την σχέση fx  fx προκύπτει ότι fx  0 , x  0 , 3 .Επίσης, x  ft dt  0 , x  0 , 3 . 0   Άρα, φ x  0 για κάθε x  0 , 3  φ κυρτή στο 0 , 3 . 1 1 2 1 2 2   0 f t dt  dt               ii)  0 1 A) γ)  2 φ  1  2  2  2f t dt  f t dt ¾¿À f t  2   φ 1 : αρκεί να αποδείξουμε αυτό. όλα θετικά 0 0  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     1  1  φ 1  φ 0  1  0  2   2   2 Θ.Μ.Τ. για την φ στο  ,    x   0 ,  : φ x1    2φ   .  2 1 1 0 2      1   1  φ1  φ 1   1  2 1  2 1   2  2φ  2 Θ.Μ.Τ. για την φ στο ,    x   , : φ x2   2φ 1   .   2 11 2Όμως, φ 1  1   1  4φ  1   1           x1  2   2   2   2   x2 ¿¿¿À φ x1  φ x 2  2φ    2φ 1  2φ      2φ 1  2φ    φ 1 . αφού φ κυρτή 2C) Αφού  ft dt  1  φ2  12  1 . 0  Εξίσωση εφαπτομένης της C φ στο σημείο Α 2 , φ 2 : y  φ2  φ2  x  2 y  1  2f2  x  2 y  2f2x  1  4f2 φ κυρτή  φx  2f2x  1  4f2 (η ισότητα ισχύει μόνο για x  2 )Δηλαδή φx  2f2x  1  4f2  0 , x  0 , 3 και δεν είναι παντού μηδέν  3 3  f 2 x 2 32 3   φx  2 f 2 x 1  4 f2 dx  0  φx dx  1  4f 2   0  φx dx  f 2  1 22 2 3  E  f2  1 , αφού Ε   φx dx . 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 10ου   i.Για x  a η δοσμένη σχέση γίνεται 3  3 f β  0  f β  8 . 8Η συνάρτηση f είναι συνεχής  κ  f2 συνεχής στο a , β , ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων x   κ  f2 t dt παραγωγίσιμη στο a , β . aΆρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο a , β , με    f x  κ  f2 x , για κάθε x  a , β .Για    x  a  f a  κ  f2 a  2  κ  3  4  κ  3  κ  1 .     ii. Είναι f x  1  f2 x  0 , για κάθε x  a , β και f συνεχής στο a , β  f 1 στο a , β .Άρα, για a  x  β  fa  fx  fβ  3  fx   8  f x  0 , για κάθε x  a , β .     iii. Θέτουμε u  f x  du  f x dx  du  1  f2 x dx  du  1  u2 dx  dx  1 du . 1  u2 Για x  a  u  fa  3 Για x  β  u  fβ  8Οπότε το ολοκλήρωμα είναι:      β 8  f x dx  u  1 8 1  u2 du   1  u 2  8 1  82  1  32  9  4 1   3 1  u2 du  a 3 3 x     iv. Θεωρούμε τη συνάρτηση F : a , β  h, με F x  f t dt . F συνεχής στο a , β και παραγωγίσιμη στο a , β aΆρα, υπάρχει β F β   Fa  f  t  dt iii) 1 , ξ  a , β : Fξ  δηλαδή fξ  a  . βa βa βaΤο ξ αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι  στο a , β , άρα 1 – 1. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 11ου  f αντίστροφη f 1 x  0 , x  0        i. Df  0 ,   ¿¿¿À f  1 A  0 ,    f x  0 , x  0  f x  0 , x  0  f 1 0 ,   .ii. lim fx  f0  0 x0  lim f xx    , αφού D f  1  0 ,  Φx  ffx  Φx  hx Φx  hx  C iii. άρα με C0 x fx dthx  f 0iv.  x  0 ,   . Δεν ισχύει fx  x hfx  x , αφού f0  0 .v. gx  fx  x , x  0 gx  fx  1  f1x  1    lim gx  lim fx  1  lim  f 1 x  1  0  1   1  0 . x 0 x 0 x 0Άρα, gx  0 κοντά στο 0 άρα  a  0 : ga  0 x 1  2    lim gx  lim fx  1  lim  f  1 x  1     0  x x x gx - Ο.Ε. + gx 2 1Άρα, gx  0 κοντά στο   , άρα,  β  a  0 : gβ  0 gξ    Θ.Β. a , β   ξ  a , β : g ξ  0Αφού gx   f  1 x  1 , x  0  g 1 f1 1 g2Αφού ξ  0  gξ  g0  0 . Άρα, gξ  0    f x       lim g x  lim f x  x  lim x   1 x x x      x   lim gx    .  x  f x      lim  lim f x  lim f  1 x    xx    DLH x    xΆρα, gx  0 κοντά στο   . Άρα,  γ  ξ  0 : gγ  0 .    Θ.Β. ξ , γ  κ  ξ , γ : g κ  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης g1 Για x  κ  gx  gκ  0 g1 Για ξ  x  κ  gξ  gx  gκ  0  Η φx  0 έχει μοναδική ρίζα. g2 Για 0  x  ξ  g0  gx  gξvi. Για x  κ  gx  gκ  0  fx  x .Για 0xκ 0  x  ξ  gx  0  gx  0  fx  x ξ  x  κ  gx  0vii. Έστω x0 κ  - Φx  fx  1 x2 Φx + 2 2 Φx 1  Φx  fx  x  Φx   f1 x  x  Φx  0   f1 x  x  fx  x  x  κ Για x  κ  fx  x   0  f  1 x  x  0  Φx  0  Φ viii.  xf 1 x  a fx , x  0 x a 1 xfx  a fx  0  fx  c  x a , x  0  x  κ  f κ  c  κ a κ  c  κ a c  κ1  aΆρα,    f x  κ1a  xa , x  0  κ1a  xa fx  f 0  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 12ου   i) Έστω g x  f x  x . Εφαρμόζω θεώρημα Bolzano για την g στα a  1 , a και a , a  1 . g συνεχής στα a  1 , a και a , a  1 , διότι η f παραγωγίσιμη στο h , άρα η g παραγωγίσιμη στο h . ga  1  fa  1  a  1  0 g a  1  g  a   0 ga  fa  a  0   ga  f a  a 0  a  1  0  g a  g  a  1  0 ga  f a   1   1        Άρα, θα υπάρχουν x1  a  1 , a και x2 a , a  1 ώστε g x1  0  f x1  x1 gx2   0  fx2   x2ii) fx  1  fx  x Έστω hx  fx  x ώστε hx  hx  e  x  hx  e  x  hx  0   e  x  h x   0   Θεώρημα Rolle για Φ x  e  x  h x στο x1 , x2  .  Φ συνεχής στο x1 , x2  ως πράξεις συνεχών.         Φ παραγωγίσιμη στο x1 , x2 με Φ x   e x  h x  e  x  h x         Φ x 1  e  x1  h x 1  e  x1  f x 1  x 1  0        Φ x 2  e  x2  h x 2  e  x2  f x 2  x 2  0 Θα υπάρχει x 0  x1 , x 2 τέτοιο ώστε              Φ x 0  0   e  x 0 h x 0  e  x 0  h x 0  0  h x 0  h x 0  0  f x 0  x 0  f x 0  1iii) Θ.Μ.Τ. για f στο a  1 , a . Θα υπάρχει ξ1 a  1 , a ώστε: f ξ1   fa  fa  1  fa  fa  1 . a  a  1Θ.Μ.Τ. για f στο a , a  1 . Θα υπάρχει ξ2  a, a  1 ώστε: f ξ2   fa  1  fa  fa  1  fa .  a1 aΘ.Μ.Τ. για f στο ξ1 , ξ2  .        Θα υπάρχει ξ  ξ1 , ξ2 ώστε: f ξ  f ξ2  f ξ1 . ξ2  ξ1 fξ  fa  1  fa  fa  fa  1  fa  1  fa  1  2fa 1 . ξ2  ξ1 ξ2  ξ1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΌμως f a  1  a  1 f  a  1  f a  1  2a f a  1  a  1Άρα, 1 : fξ  0 . fa  a   2fa   2a  fa  1  fa  1  2fa  0 και ξ2  ξ1  0. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 13ου f συνεχής στο h  f x  0 ,  x  h   α)  η f h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο 1Είναι τώρα:         1  1 t2 f t 1 gx  ft dt  2 0 dt   x  5x 2 0 t 4 dt 0 1 1  t5 1 1 1  dt  2 0 dt   dt  2 0 dt  x  x 2 .                g 0  x f t t2 f t x  5x 2  5  g x ft t2 f t 0  0Είναι       1 Υπόθεση 1 g 0  f t dt  0  f x  0 ,  x  h . 1 (διότι αν ίσχυε fx  0 ,  x  h   ft dt  0 , άτοπο) 0 1 1       b) Η εξίσωση g x 0 είναι ισοδύναμη με την x 2 2 t 2f t dt  x  0 ft dt  0 τριώνυμο ως προς χ. 0Αρκεί να αποδείξουμε ότι η διακρίνουσα  1 2 1  1 2 1            Δ  0  4 0 t2 f t dt 4 f t dt  0   0 t 2 f t dt   ft dt . 0 0 1  Αν ονομάσουμε m  t 2 f t dt , τότε 0  m  1 (από υπόθεση). Άρα, 0       1 2 1 m2  m   0 t 2 f t dt   t2 f t dt . 0Αρκεί να δείξουμε ότι 11 1  t2ft   ft dt  t2  1 ft dt  0 . 00 0Για την συνάρτηση  gt  t2  1  ft ,  t  0 , 1 έχουμε ότι g t  0 ,  t  0 , 1  (αφού 0  t  1  0  t2  1  t 2  1  0 και f t  0 ).Επίσης, η g δεν είναι παντού μηδέν στο 0 , 1 . Άρα 1  gt dt  0 . 0Οπότε πράγματι η διακρίνουσα Δ  0c) επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1    i. Το ζητούμενο εμβαδό είναι E  f t dt , αφού f θετική. Τώρα, αφού Δ  0  η g x  0 έχει ρίζες 0μιγαδικές και συζυγείς z1 , z1 .Από τους τύπους του Vieta 1   f t dt γ 0  E  z 1 2  E  E  3 τετραγωνικές μονάδες. z1  z1  α  1ii. Επίσης, ισχύει 11           z1  z1  2 t 2 f t dt  2Re z 1  2 t 2 f t dt  2  1  2  Re z 1  1  Re 2 z 1  1 00 1 Re 2z1  Im2 z 1  3 3  Im2          (αφού Re z1  t2 f t dt  0 ) z1  1  Im2 z 1  2  Im z 1  2. 0Επίσης,          Re2 z1  Im2 z1  3  Im2 z1  3  Re 2 z1  3  Im z1  3 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 14ου  i) Η g είναι συνεχής στο 0 ,   ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμη στο 0 ,   με:  g x   e x 1  x  x2   ex 1  x , x0.  2  Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου, ισχύει: ln x  x  1 , για κάθε x  0 . Θέτοντας για x το e x : ln e x  e x  1 x  ex 1 e x  1  x  0 (το “  „ ισχύει μόνο για x  0 )   Άρα, g x  0 , για κάθε x  0 . Άρα, g 1 στο 0 ,   (αφού g συνεχής στο 0).ii) Για x  0  g0  0    g1  g x  0 ,  x  0 . Η ισότητα ισχύει μόνο για x0.  Για x  0  gx  g0  gx  0  iii) f συνεχής στο 0 ,   , ως σύνθεση συνεχών. f παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με:      f x  ex2   ex2  x2   2xe x2  0 , για κάθε x  0 , αφού e x2  0 , για κάθε x  h . Άρα, f 1 στο 0 ,    f αντιστρέψιμη . Θέτοντας y  ex2 έχουμε ln y  x 2 και με την προϋπόθεση ln y  0 , έχουμε x0 x  ln y ¿À x  ln y . (Η συνθήκη ln y  0 δίνει y  1 ). Άρα,   f  1 : 1 ,    h , με f  1 x  ln x .iv) Οι C f , C f 1 είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y  x . Από τη γενική σχέση e x  x  1 , x  h , θέτοντας για x το x 2 : e x2  x 2  1 . Όμως, x 2  1  x (ως τριώνυμο με αρνητική διακρίνουσα).  Άρα, f x  e x2  x . Άρα, η C f βρίσκεται “πάνω„ από την y  x .      f συνεχής f 0 , 1  f 0 , f 1   1 , e  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςv) Έστω   e 1 lnx  dx  du  1 1 dx x  eu2 1 dx . I  ln x dx . Θέτω u  ln x  du  2u x  du  2ue u2 2 ln x 1 Για x  1  u  0 Για x  e  u  1 .Άρα, 1 1      I  1 u e u2  du  ue u2  1 11 e x 2 dx  e  ζητούμενη σχέση  u  2ue u2 du   e u2 du  e  e x 2 dx  I 00 00 0 0β΄ τρόπος(γεωμετρικά)1 e x 2 dxΤο είναι το εμβαδό ε3 της C . f0 e Όμως, λόγωΤο ln x dx είναι το εμβαδό ε2 της C f 1 . 1συμμετρίας, ισχύει Ε2  Ε 1 .Άρα,1e       e x2 dx  ln x dx  ε3  ε2  ε3  ε1  ΟΑΒΓ  ΟΑ  ΟΓ  1  e  e01 vi)Είναι από το ii) ερώτημα: g x  0 , για κάθε x  0 .      Για x το x2 : g x 2  0 . Οπότε η συνάρτηση h με h x  g x 2  0 και δεν είναι παντού μηδέν στο0 , 1 .Άρα,     1 1 x 5 1 0 0 h x 1  e x 2  1  x 2  x4   0  e x 2 dx    x3   1 1  1  43  e .  2  x 3  3 10 30 2 dx  0   10 0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 15ουi.Για x  1 η αρχική σχέση δίνει: 1  f3(1)  f1  2  t ftdt  0  f3 1  f1  0  f1 f2 1  1  0  f1  0 , αφού f2 1  1  0 . 1 x      ii. f παραγωγίσιμη στο 1 ,    f συνεχής στο 1 ,    t  f t συνεχής στο 1 ,    t f t dt 1  x      παραγωγίσιμη στο 1 ,   , με  1 t f t dt   x f x . Επίσης, f παραγωγίσιμη  f3 παραγωγίσιμη και x2 f x παραγωγίσιμη.Οπότε, παραγωγίζοντας την αρχική σχέση, παίρνουμε:        x   x   f3 x  x2f x 2 t ftdt   x  1  f3 x     x2f x 2  1 tf t  dt   1  1   3f2 x  fx  2x fx  x2fx  2x fx  1  fx   3f2 x  x2 1  fx  1  x2  0 ,  3f2 xγια κάθε x  1 .Επίσης, f συνεχής στο 1 (ως παραγωγίσιμη).Άρα, f 1 στο 1 ,   .iii. Για x  1 , f1  0    f1  f x  0 ,  x  1 . ( Το ¨  ¨ ισχύει μόνο για x  1 ).  Για x  1  fx  f1  0Επίσης, 1  1 , για κάθε x  1  f x 1  1  x  x2 x2 x2  0 ,  x 1  f x           f x  x   0 ,  x  1  . 3 f2     Άρα, η συνάρτηση 1 g : 1 ,    h , με g x f x x είναι 2 στο 1 ,   (αφού είναι συνεχής στο 1).Άρα, για x  1  gx  g1  fx  1  1  fx  1  1  fx  x  1 . x xxΙσχυρισμός: x 1  x 1 ,x 1. x2[Πράγματι, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x1 2  x1  22     x  1  x x 1   x  1 2  x 1  x 1 x 1  1  0  x  1  2x  2  x2  0 , 2   2   2x2  x   x2 2 το οποίο ισχύει, διότι x  1  0 , 2x2  0 ,  x2  2x  2  0 (αρνητική διακρίνουσα)].Άρα, fx  x  1 ,  x  1 και f1  0  1  1 . Άρα, 0  fx  x  1 ,  x  1 . 2 22   iv. Από τη σχέση f x  1 , x  1 , προκύπτει ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 ,   , ως πηλίκο  3f2 x  x2παραγωγίσιμων συναρτήσεων.Έχουμε            f x   1 1  3f2 x  x2    6f x  f x  2x  0,x 1,          3f2 x  x2  3f2 x  x2 2 3f2 x  x2 2διότι 2x  0 , fx  0 , fx  0 .Άρα, f 2 στο 1 ,   , αφού f συνεχής στο 1.Οπότε f κοίλη στο 1 ,   .v. Σύνολο τιμών της f : f συνεχής     2      f 1 ,   f f 0 , 1 , lim x , 1  xδιότι    f 1  1  1 και f x  1  1 .  3  0  1 3f2 x  x2 x2Οπότε  0  f x  1 και lim 0  lim 1  0 . x   2 x x2 x Άρα, από το κριτήριο της παρεμβολής, lim f x  0 . x vi. Εξίσωση εφαπτομένης της Cf στο 1 , f1 : ε : y  f1  f1x  1 ε:y 0 x 1 ε:y x 1   Η f κοίλη  η Cf βρίσκεται ¨ κάτω¨ από την ε  f x  x  1 ,  x  1 (το ¨ = ¨ ισχύει μόνο για x  1 ).   Άρα, η συνάρτηση φ x  f x  x  1 είναι συνεχής και δεν είναι παντού μηδέν στο διάστημα 1 , 3 , άρα           3 3 3 f dx  x2 3 φ x dx  0  1  2  x  0   11 1 f x  x 1 dx  0  x  3 3 1 3  2  0  f x dx  2  1 3 f x dx    3  3  1  1   0  f x dx  3  2 2          1   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018