555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f x1  x1  a  fx1   fa fx1  fa  0  f x1    . x1 a    f ξ  f a   Άρα, υπάρχει ξ  a , β , ώστε f ξ  ξ  a , συγκεκριμένα ξ  x 1 , όπου x 1 η θέση του μεγίστου της g.iv) Θεώρημα Bolzano για την hx  gx  μ στο a , β .  Η h είναι συνεχής στο a , β ως διαφορά των συναρτήσεων g x , μ στο a , β . ha  ga  μ  0  μ   μ  0hβ  gβ  μ  fβ  fa  μ  0 βa Άρα θα υπάρχει ξ  a , β ώστε hx 0   0  gξ  μ  fξ  fa  μ  fξ  fa  μ ξ  a .  ξ av) Για x  a , β έχουμε gx  fx x  a  fx  fa . x  a 2 Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο a , x θα έχουμε ότι υπάρχει x0  a , x ώστε f xo   fx  fa  fx  fa  f x0  x  a .  x aΆρα, gx  fx x  a  f x0  x  a  fx  f x0  . x  a 2 xa Όμως η f κυρτή και η f θα είναι 1 στο a , β .Τότε x  x0  fx  fx0  , δηλαδή gx  0 στο a , β .Άρα, η g 1 στο a , β . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 74ουi. Θέτουμε ω  xt , x  0 .Τότε dω  x dt  dt  1 dω . x Για t  0  ω  0 . Για t  1  ω  x .Άρα, gx  x fω 1 dω  1 x ftdt , x  0 .Επίσης, x x   0 0 11 g0   f0  tdt   f0dt  f0  1  0  f0 . 00Άρα, πράγματι  x ft dt  gx    , x  0  0 x  f0 , x  0ii. xxa.f συνεχής στο 0 ,   . Άρα,  ftdt παραγωγίσιμη στο 0 ,     ftdt συνεχής στο 0 ,    00 x x  ftdt  ftdt συνεχής στο 0 ,    0 συνεχής στο 0 ,    g συνεχής στο 0 ,   . 0 xb. Για την συνέχεια της g στο 0 έχουμε: x  x           lim f t dt 0  0 f t dt     0  fx f συνεχής gx  lim 0  lim  lim  f0  g0 . x  0 x  0 x * x  0  x 1x  0  στο 0Άρα, lim gx  g0  g συνεχής στο 0. x  0Άρα, η g είναι συνεχής στο 0 ,   . x0        ( (*) η συνάρτηση f t dt είναι συνεχής στο 0, άρα, lim f t dt  f t dt  0 ) 0 x  0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης iii. Έστω ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, τότε f 0  lim    f x  f 0  1 x0 x x      Είδαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι η συνάρτηση f t dt είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , άρα και στο 0 ,   . 0 Άρα, η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Για την παραγωγισιμότητα της g στο 0: x  ftdt x    f t dt  x f 0 gx  g0 0 0  f0    0  x lim  lim  lim 0  x0 x  0 x0 x x0 x2 x f tdt  x f0  fx  f0 1    lim  0  lim 1  f0 . x2  2x 2  x  0 x0Άρα, η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   . xiv. Θέτουμε τη συνάρτηση F : 0 ,    h , με F x   ftdt . 0Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την F στο 0 , x (το x είναι τυχαίος και σταθερός θετικός αριθμός).Συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ  0 , x : Fξ  F x  F 0 , x0δηλαδή x f  t  dtv. Για x  0 έχουμε: fξ   x  fξ  1  x ftdt  x ft dt . 0 x0 fξ   x 0 x f  t  dt  x f  t  dt  x f  t  dt  x x fx x f  t  dt      0 x   gx    0  0  0 x   x2 x2     x  t  dt    f  x f  x   0          x x ft  f x x dt iv) f x   f ξ   0 , για κάθε x  0 . 0 x2 xx f2 (διότι ξ  x  fξ  fx  fx  fξ  0 και x  0 ).  Άρα, g x  0 , για κάθε x  0 και g συνεχής στο 0  g 2 στο 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   Οπότε, η g παρουσιάζει μέγιστο στο 0 (αφού για x  0  g x  g 0 . x    vi. Θεωρούμε τη συνάρτηση h : 0 , 1  h , με τύπο h x  x  f t dt . Η h είναι συνεχής στο 0 , 1 , 1 παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , μεh x   x x ft dt   x f  t  dt  xfx , x 0 , 1 και h0  h1  0 .     1 1   Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ξ  0 , 1 : h ξ  0 , δηλαδή 1 f  t  dtξ ξ  fξ   ξ f  t  dt  fξ   ξ  fξ  ft . dt ftdt  ξ  fξ  0  ξ ξ1 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 75ου   f x  x  2   i) Θέτουμε g x  x2  1 , x κοντά στο 1. Τότε lim g x  1 και λύνοντας ως προς f x παίρνουμε: x 1  fx  x 2  1  gx  x  2 , x κοντά στο 1.Άρα, f συνεχήςστο 1           lim f x  lim x2  1  g x  x  2  0  1  1  2   3 . Άρα, lim f x   3  f 1   3 . x 1 x 1 x 1 ως παραγωγίσιμηΕπίσης, f1  lim fx  f1  lim fx  3 1 x1 x  1 x1 x  1Όμως,  fx  x  2 1  lim  lim fx  3  x  1  lim  fx  3  x 1    x1 x2  1 x2  1 x  1  x2  1 x 21  x 1    limf  1    x 1  x 3  1  1 f 1 1  1. x 1 x1 x  1  22Άρα, f1  1  1  f1  1  f1  1 . 22 22ii)Έχουμε ότι fx  1 για κάθε x  1.  fx   f 1 , για κάθε x  h . Eπίσης, f 1  1.   f παρουσιάζει ακρότατο στο 1.  Fermat Άρα, f παραγωγίσιμη στο 1.   f 1 0.   1 εσωτερικό σημείο του . Τώρα για f 1 f 1 x  1  fx  f1  0 και για x  1  fx  f1  0 . x  1  fx - + fx 4 3 σ.κ. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, f κοίλη στο   , 1 και κυρτή 1 ,   .    Άρα, το σημείο A 1 , f 1  A 1 ,  3 είναι σημείο καμπής της C f .   iii) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : h  h , με g x  f x  x  4 .   Η g είναι παραγωγίσιμη στο h , με g x  f x  1  0 , για κάθε x  h ( αφού fx  1 , για κάθε x  1 και f1  0 ).Άρα, g 1 στο h .Άρα, για x  1  gx  g1  f1  3  0 , δηλαδή fx  x  4  0 , για κάθε x  1. 2Για x  4  f4  4  4  0  f4  0 .   Η f είναι συνεχής στο 1 , 4 , ως παραγωγίσιμη, f 1   3  0 και f 4  0 .   Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x 0  1 , 4 : f x0  0 . Το x 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι f x  1  0 , για κάθε x  h , άρα f 1 στο h , άρα 1 – 1.iv) Είναι 2  2  f1dt   1dt   2  3  1 . 3 3Αρκεί, λοιπόν, να δείξουμε ότιδηλαδή xx  f ft  t dt  f 4x  3  2   f ft  t dt  f 4x  1 για κάθε x  1 11 x  fft  tdt  1  f  4 , για κάθε x  1 . x 1Έστω x  1 τυχαίο και σταθερό. a    Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1 , x  h , με φ a  f f t  t dt . 1     Η f είναι συνεχής στο h  f f t  t συνεχής στο h  φ παραγωγίσιμη στο 1 , x και συνεχής στο 1 , x . x   Άρα, από το Θ.Μ.Τ., υπάρχει ξ  1 , x : φξ  φx  φ1 , δηλαδή f ft  t dt . x 1 f fξ  ξ 1 x 1Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι   f1 f fξ  ξ  f4  fξ  ξ   4  fξ  ξ  4  0 , το οποίο ισχύει [βλέπε σχέση (2) του ερωτήματος γ)]. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 76ουi) Στην σχέση xx  ft dt  z  x   gt dt 1 10 10Για x  1 έχω: 0  z   gtdt  z   gt dt . 01 00Για x  0 έχω:  ft dt  z  0  z   ft dt . 11 00Άρα, κύκλος με κέντρο O0 , 0 και ακτίνα ρ   ft dt   gt dt . 11 x xxii) 1 : fx   gt dt  x gx (παραγωγίσαμε διότι f, g συνεχείς στο , άρα  gt dt ,  ftdt 0 01παραγωγίσιμες στο h ).Άρα, f0  0 . x gtdt  xgx f0  lim fx  f0  lim fx  lim   0 x0 x  0 x0 x x0 x x  gt dt  lim 0  lim gx  lim gx  lim gx  g0  g0  2 g0 x0 x x0 x0 x0iii) 10 0 a. Αν ήταν gx  0 θα είχαμε  gt dt  0   gt dt  0 άτοπο, διότι  gt dt  ρ  0 , άρα 01 1 gx  0  x  h. x b. Έστω hx   ft dt 1 hx  fx hx  0  fx  0  x  0 x Για x  0  x  gx  0 και  gt dt  0 , διότι gt  0 . Άρα 1 fx  0  hx  0 , άρα h 2 . 0 x0 x  0  hx  h0   ft dt   ft dt . 11 x Για x  0  x  gx  0 και  gt dt  0 , διότι gt  0 , άλλα x  0 . Άρα 1 fx  0  hx  0 , άρα h 1 . 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x0 x  0  hx  h0   ft dt   ft dt . 11Η ισότητα ισχύει για x  0 . x0Άρα,  x  h ισχύει  ft dt   ft dt . 11 xxiv) Εφαρμόζω θ. Rolle για την Px   ft dt  2  g t dt  ρx στο 0 , 1 . 11 P συνεχής στο 0 , 1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. P παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με Px  fx  2gx  ρ 0 0 g t  dt  ρ  2ρ    P0  P1 ρ P0   ft dt  2   1 1   P1   ρ       Άρα, θα υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0  0 , 1 τ.ω. P x 0  0  f x0  2g x 0  ρ  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 77ουi) Η συνάρτηση ft  1 είναι συνεχής στο h , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, άρα η g είναι z  t2 παραγωγίσιμη στο h , με g x  1  0 , για κάθε x  h . z  x2Άρα, g 1 στο h . 1Προφανώς g1   ftdt  0 . 1 Άρα, το x 0  1 είναι μοναδική λύση της εξίσωσης g x  0 (η μοναδικότητα προκύπτει από το γεγονός ότι η g είναι 1 , άρα 1 – 1).   ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση x 1  x2 φ : h  h , με φ x g x  1. 1 2   Τότε φ x  0 , για κάθε x  h (λόγω της υπόθεσης). Όμως φ 1  0 .Άρα, φx  φ1 , για κάθε x  hΌμως,  Fermat  ¿¿À  φ παραγωγίσιμη στο 1 0. φ 1 1 εσωτερικό σημείο του h        φ x  g x  1 x  1  x2   1  1  x  1  , xh. 1 2 z 2  x2 1 2  x2   1  Άρα,  φ 1  1  1 , άρα 1  1  z 2  1  2  z 2  1  z  1 . z2 1 2 z2 1 2 g1iii) Για x  1  gx  g1  0 .Άρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι  1 1 1 1 1 0E dx    gx dx      gx x g xdx   xg  x  x gxdx  0 00 0 z  1 1 x dx   1  x2 1  2  1 τετραγωνικές μονάδες.  x2   0  1 0iv) 1 a. Θα χρειαστεί το I  x x 2  1 dx . 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  [Η συνάρτηση m x  x x 2  1 είναι περιττή στο  1 , 1 . Άρα, I  0 .]Έχουμε τώρα fx  κ  gx , όπου κ  1 x 1 fx dx  h.  gx 1Άρα, fx  κ  1 , x  h. x2  1 11 1  1 1 x2 1 x2 1 x2  1 κ   dx  κ x 1   κ  x f x dx  x   1      1 g x x2   1 dx  x dx  κ I   2 κ  0  0  0   1  1 1Άρα, κ  0 .Άρα, fx  1 , x  h x2  1 b. Έστω x  0 .Η f είναι παραγωγίσιμη στο h , με         f x   1 1 x2  1    1  1  x  0 . Άρα, f2 στο 0 ,   . x2  1  x 2  1  x2  1 x2  1Άρα, για 0  x  t  x  1  fx  ft  fx  1 ,δηλαδή ft  fx , για κάθε t  x , x  1 .c. Έστω x  0 τυχαίο και σταθερό.Έχουμε 1 x 1 x 1 x 1 1 dt  x2  1           0  f t  f x  0  f t  x2  1  0dt  f t dt  x x x        x 1  0  f t dt  1 x 1 1 , για κάθε x  0 . x x2  1  x  1  x  0  f t dt  x x2  1 1 x1  0 , έπεται από το κριτήριο παρεμβολής ότι lim f t dt  0 .  Τώρα, επειδή, lim 0  lim x x x2  1 x x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 78ου   i) Η συνάρτηση φ t  2  t 2  t έχει πεδίο ορισμού το   ,  1  1 ,   .Προέκυψε από τον περιορισμό: t2  t  0 . t  1 0  t2  t + - +Για να ορίζεται η f θα πρέπει τα άκρα ολοκλήρωσης 3 , x  2 να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του πεδίου ορισμούτης φ.Επειδή 3  1 ,   προκύπτει ότι θα πρέπει x  2  1  x  3 .Άρα, το πεδίο ορισμού της f είναι το A  3 ,   .Η φ είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της (διότι η t 2  t είναι συνεχής ως σύνθεση συναρτήσεων), άρα η fείναι παραγωγίσιμη στο Α, με      x 2  f x   2 t2 t dt      2  x  2 2  x  2  x  2   2  x2  3x  2 , x  3 .   3ii) a. Είναι xA  f x  0  x 2  3x  2  2  x 2  3x  2  2  x 2  3x  0  x  0 ή x  3  x  3 .Επίσης, xA  f x  0  x 2  3x  2  2  x 2  3x  0  x  3 .Πίνακας Μεταβολών x  3  fx - fx 2 f2    Η f είναι  στο 3 ,   και παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 3 (διότι για x  3  f x  f 3 ). b. Από τη σχέση fx  f3 , για κάθε x A προκύπτει:     1           f x   3 t2  t 3 3 2 dt   f x  t 2  t  2 dt  f x  t 2  t dt  2  3 1 1 1 3    f x  2 2  t 2  t dt , για κάθε x  A. 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης iii) Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο 3 , 5 . Παίρνουμε ότι υπάρχει ξ  3 , 5 : f5  f3 f5  0  f3  fξ  f3 1  2 fξ 1  53 2 ¾À ¾À  fξ  2 2  t 2  t dt  3 1  1  21 3 2   t 2  t dt  ¾À  f ξ   21ξ      f2 2 t 2  t dt  3         2  f ξ  1 3t2 β)ii) 1 fx  t dt fx 2 2 ¾À 2 2  ξ2  3ξ  2   2  21 2 2 ¾À ξ2  3ξ  2  2  fx , για κάθε x  A. 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 79ου z2  w2  u2  0i) z 2  w 2   u2  u2  u 2  12  1 . Παρόμοια, δείχνουμε ότι w 2  u2  u2  z 2  1 .ii) Είναι  zz  ww  uu  1  z  1 1 ,u 1Επίσης,  z w  z z2 2 u2  w  u 1  w   12 w  1 u  1      z 2  w 2  u2  0  z 2  w 2  u2  0  z 2  w 2  u2  0  z 2  w 2  u 2  1    1 2   1 2   1 2 1 1  1  1 1.  z   w   u  z2 w2 u2      iii) z  1 , w  1 , u  1 , zwu  z  w  u  13  1 .Αρκεί να αποδείξουμε ότι zw  wu  uz  1 . zwuΠράγματι, zwu  zwu  zwu 1 1  1 1  wz  1  wu  zu  zw  wu  zu  zw   z w u zw u zwu 1  wu  zu  zw . Άρα, wu  zu  zw  1 . zwuΆρα, οι εικόνες των μιγαδικών z , w , u , zwu , zw  wu  uz βρίσκονται όλες στο μοναδιaίο κύκλο. zwuiv) Είναι        z  w  u 2  z 2  w 2  u2  2 zw  zu  wu  z  w  u 2  2 zw  zu  wu  0     z  w  u 2  2 zw  zu  wu  z  w  u 2  2 zw  zu  wu 2 . Όμως, στο ε) ερώτημα αποδείξαμε ότι z  w  u  zw  zu  wu 3 . zwu0   Από 2 , 3  z  w  u 2  2 z  w  u ¿¿¿¿¿À z  w  u  2 . άρα z  w  u  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 80ουΑ)i. Έχουμε: e ffx                efx  e fgx  e ffx  fx  e fgx e x :1  1 f x f x f g x f f x f x f g x ¿¿¿À f fx  fy  fx  y f1 1    ¿¿¿¿¿¿À f fx  f x  gx ¿À fx  x  gx  fx  gx  x , για κάθε x  h .   ii. Η εξίσωση f x  0 είναι ισοδύναμη με την  g x  x (λόγω του προηγούμενου ερωτήματος).   Η συνάρτηση φ : ρ1 , ρ2   h , με φ x  x  g x είναι συνεχής στο ρ1 , ρ2  , ως παραγωγίσιμη και           gρ1  gρ2  0 υπόθεση φ ρ1  φ ρ2  ρ1  g ρ1  ρ2  g ρ2  ρ1  ρ2  0 .       Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x 0  ρ1 , ρ2 : φ x 0  0 , δηλαδή x 0  g x 0 , δηλαδή f x 0  0 .Το x 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η f είναι 1 – 1.   Β) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ξ  ρ1 , ρ2 : f ξ  1 (αφού η διχοτόμος της 1ης και της 3ης γωνίας των αξόνων είναι η ευθεία y  x ).Η συνάρτηση g ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα ρ1 , ρ2  .   Άρα, υπάρχει ξ  ρ1 , ρ2 : g ξ  0 1 .Οπότε από τη σχέση fx  gx  x παραγωγίζοντας παίρνουμε fx  gx  1 , για κάθε x  h .Για 1 x  ξ  fξ  gξ  1  fξ  1 . g1     C) Έστω x1  x2 x1 , x2  h  g x1  g x 2 .‘Αρα x1  x2   x1  g x2              g x 1 g x1  x2  g x2  f x1  f x 2 . Άρα, η f 1 στο h .   D) Έστω ότι η f έχει σημείο καμπής A x 0 , f x 0 .Τότε, η f δεξιά και αριστερά του x 0 αλλάζει μονοτονία.   Δίχως βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι f 1 στο κ , x 0 και f 2 στο x 0 , λ (για κάποια κ, λ κοντά στο x 0 ).Για επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f 2x  x 0  fx  f x0   fx  1  fx 0   1  gx  gx 0   g 2 στο x 0 , λ , άτοπο, διότι η g είναι κυρτή, άρα g 1 στο h .Ε) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι      2fxdx 2x dx  x2  2 2 τετραγωνικές μονάδες. 0  0E  0 g x  2  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 81ουi.Για την g θέτουμε x  t  ω   dt  dω . Για t   2  ω  x  2 .  Για t  2x  3  ω  x  2x  3  3  x .Άρα, 3x x2 0 x2 x2 3x gx    fωdω   fωdω   fωdω   fω dω   fωdω   fωdω x2 3x 3x 0 00 x2 3xΗ f συνεχής στο h (ως παραγωγίσιμη)   f ,  f παραγωγίσιμες στο R , ως σύνθεση παραγωγίσιμων 00συναρτήσεων.Οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο h με gx  fx  2  x  2  f3  x  3  x  fx  2  f3  x , x  h . ii. g3  5x  f3  5x  2  f 3  3  5x  f5  5x  f5x 1Επίσης,  g5x  2  f5x  2  2  f 3  5x  2  f5x  f5  5x 2Από 1 , 2 προκύπτει το ζητούμενο.iii. Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την gx   1 gx (διότι f3  x  fx  2  gx και 3x ftdt   gx ). x  x2   Θεωρούμε τη συνάρτησηφ : 0 , 1   h , με x .  2  φ x xg Η φ είναι συνεχής στο 0 , 1  , ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων, παραγωγίσιμη στο  0 , 1 ως γινόμενο  2      2  5 5   1  1 2 2  1  2   2  f ω dω   0        παραγωγίσιμων συναρτήσεων και φ 0 0g 0  0, φ  2  fω dω  00.   0      Άρα, από  1  φ το θεώρημα Rolle, υπάρχει x0   0 , 2  : x0  0 , δηλαδή g x 0  x 0  g x 0  0 , δηλαδή         x0  g x0 1   g x0 , δηλαδή g x 0  x0 g x0 , οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε.iv. Είναι gx  fx  2  f3  x , x  h .   Οι συναρτήσεις f x  2 , f 3  x είναι παραγωγίσιμες στο h , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.Άρα, η g είναι παραγωγίσιμη στο h , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης gx  fx  2  f3  x  fx  2  f3  x  fx  2  x  2  f3  x  3  x   fx  2  f3  x , x  h .Είναι      g x f 2 1  0  f x  2  f 3  x x  2  3  x  2x 1  x  . ¾À 2 x  1  2 - gx + gx 3 4 σ.κ.Άρα, g κυρτή στο    , 1 και κοίλη στο 1 ,    .  2  2   Η Cg έχει σημείο καμπής το  1 , g  1    M  1 , 0  M  2  2    2       (διότι δείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι g 0  0 ). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 82ου 1    i.Η f είναι συνεχής στο   , 0 , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων  f x  x e x  2002x  2001 .   Οπότε θα πρέπει η f να είναι συνεχής στο 0, δηλαδή lim f x  f 0 , δηλαδή x  0 1  lim  xe x  2002x  2001  a . x 0Όμως, 1  lim 1 u 1 lim eu  lim  1  e u   0  e   00 0.Οπότε, x o x  u  lim xe x ex x    x0 1 ux  0  το u    u    x 1  δηλαδή a  2001 . lim  xe x  2002x  2001  2001 , x 0ii. Είναι   1 lim f x f 0  lim xe x  2002x  2001  2001  lim 1   e   2002   h. x  e x  2002 x0 x0 x0 x0 Άρα, η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 για a  2001 .   iii. Έστω ότι για κάποιο a  h η f είναι παραγωγίσιμη στο 0. Τότε lim f x  f 0  h . x  0 x0Όμως, 1 xe x       lim * fx f 0  lim  2002x  2001  a     2001  a    1          h.     x  0 x0 x  0 x 0 0 0Αρα η f δεν είναι παραγωγισιμη στο 0, για κάθε α πραγματικό.* Είναι 1   1  1  1    e x     1 ex ex  x  1  lim xe x  lim lim lim  lim ex  e   . x  0 x  0  1 D.L.H x  0   1  x  0   1  x 0 x  x   x         iv. Θέλουμε λ  lim f x  h και β  lim f x  λx  h . xx    xΕίναι  f x  lim 1  2002  2001  1  2002  0  2003  e x x  lim x xx    επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςκαι lim    1fx  1   2003x  lim  xe x  2002x  2001  2003x   lim  xe x x  2001  1  2001  2002x x x  1 0      1   1  ex 1  0    x    e x  1     διότι lim  xe x lim  x lim 1   x x x  x     1  1  1     e x  1  ex  x  1       lim  lim  lim e x  e0 1    1  x     1    x x   x   x     Επίσης,  f x 1  2002  2001   1  2002   lim  e x x  0  2003 lim xx    xκαι    1  lim fx  2003x  lim  xe x x  2001  1  2001  2002 . x x 1 0    διότι και πάλι lim 1  ex 1  0  1 x     xe x x    lim 1  lim e x  1 . x x  xΆρα, λ  2003 και β  2002 .v. Για a  2001 είδαμε ότι η f είναι συνεχής στο h (στο i) ερώτημα).Για x  0 έχουμε, 1   1   1 1  1     fx   xe x  2002x  2001   xe x   2002x  0  ex  xex  x   2002    11 1 1  1 1 ex xex   2002  e x e x  2002 , x  0 . x2 xΕπίσης,  f x 1    1 1   0  1  1    1  1  1 1    1 1  1 1  1 1 1 , x  0.   e x   x      x  e x  x2 x2 x ex ex  x   x  ex ex ex ex 1  ex x2 x3   Οπότε, 0   f συνεχής στο 0 ,    f συνεχής στο   ,      και   f κυρτή στο 0 ,  και  και  f κοίλη στο   , 0 .  f  x   0 στο  0 ,     f  x   0 στο    , 0      Πιθανό σημείο καμπής της C f είναι το μηδέν (διότι εκατέρωθεν του 0 αλλάζει η κυρτότητα).Όμως, η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 (ερώτημα iii). Άρα, η C f δεν έχει σημεία καμπής. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 83ου i. Θέτουμε u  x x  0  du   x dt  dt   t2 du . t t2 x Για t  1  u  x . Για t  x  u  1 .Άρα, 1 fu t2 x fu x du , x  0 . Fx    x du   u x 1 u  f u   Η f είναι συνεχής στο 0 ,   , ως παραγωγίσιμη  η u συνεχής στο 0 ,   , ως πηλίκο συνεχών 0 ,   , με    x fu  fx F  συναρτήσεων F παραγωγίσιμη στο x    u du   ,x0. x 1ii. Είναι 0  β F  x  dx  Fβ  Fa  Fa  F β   fa  fβ  a fβ  βfa  0 1Επίσης,  a β a 1 zw  a  ifa  fβ  iβ  afβ  βfa  i aβ  fa  fβ  Rezw  0 .iii. α) e fxln x dx  1 Fxdx   f x ln x  e  e fx dx  F 1  F e  fe  F e  F 1  F e  ‘ 1 x    1e 1 F1  0  fe  F1 ¿¿¿À fe  0 . b) F κυρτή  F 1 στο 0 ,   .Άρα: για 0  x  e  Fx  Fe  fe  0 . e για x  e  Fx  Fe  0 . x  0 e  Fx - + Fx 2 1 min     Άρα, η F παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο e, το F e , άρα F x  F e , για κάθε x  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςc) Από το Θ.Μ.Τ. για την F στα διαστήματα 1 , 2 , 2 , 3 παίρνουμε:   Υπάρχουν x1  1 , 2 και x2  2 , 3 : Fx   F 2  F 1  F 2  F 1  F 2  0  F 2  1 1 2 Fx   F 3  F 2  F 3  F 2  2 3 2Όμως F κυρτή  F 1 x1  x2 Fx1   Fx2   F2  F3  F2  2  F2  F3 . ¿¿À επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 84ουi. Για x  0 προφανώς ισχύει x  x 2  1  0 .Για x  0  x  x2  1  1  0 . 2 Για x  0 έχουμε: x  x 2  1  0  x 2  1   x  x 2  1   x 2  x 2  1  x 2  1  0 , ισχύει. Άρα, σε κάθε περίπτωση ισχύει f x  0 , για κάθε x  h .ii. f παραγωγίσιμη στο h , με    f x  x  x2  1   1  fx fx x x x2  1  fx  f x 1 .     x2  1 x2  1 x2  1 x2  1 f x x2  1 Η συνάρτηση φ x  1 είναι παραγωγίσιμη στο , με x2  1  x  0    -    1 x2  1    1  x . φx + x2  1 x2  1φ x    x2  1  1  2 x2  1Άρα, φx  0  x  0 και φx  0  x  0 . φx 1 2 Επίσης, η φ είναι συνεχής στο 0. Η φ 1 στο   , 0 και 2 στο 0 ,   . 1 2 2 fx x 2x2  1 fx 0 iii. I  dx   0 0 dx  ln f  ln f2  ln f0  ln 2 5. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 85ου      Α) Έστω M x 0 , f x 0 το σημείο επαφής της C f και της εφαπτομένης ε . Τότε A x 0 , 0 .     Εξίσωση εφαπτομένης: ε : y  f x 0  f x 0  x  x 0 .            Για x  0  yB  f x 0   f x0  x 0  yB  f x 0  f x 0  x 0 . Άρα, B 0 , f x 0  x 0  f x 0 .Εμβαδόν του τραπεζίου 0ΑΜΒ: OAMB  OB  AM  OA  f x 0   x0 fx 0   f x 0   x0  2 fx0   x0 f x 0   x0 2 2 2Άρα, θα πρέπει       2f x0  x 0 f x 0  x 0  a2 , για το τυχαίο x 0  0 , με M x 0 , f x 0 Cf . 2Άρα,  2fx  xfx  x  a2 , για κάθε x  0  2fx  xfx     x  2a 2  2xf x  x 2f x  2a 2  2 : x 4  x 2 f x  2xf x       2a 2 ¿À  x4           x2f x  2xf x  2a f x   2a , για κάθε x0.   3x 3 x 4  x 2Άρα  f x  2a2  c , για κάθε x  0 . x 2 3x 3Για f1  a 2 2a 2 cc a2 . x  1 ¿¿À a 2  33Άρα,  f x 2a 2 a2 a2 a2 x2 2 a2    x2 3x 3 3 3 3  x 3 3    2  x   x  2  x 2  , x  0.  x 3  1  f  1  f    x  Β) Είναι φx  a2   2  x  0. 3  x x2  , επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςi. Πλάγιες – Οριζόντιες στο    φ x  a2  2  a2  a2 και  lim  1 x3  3 3  3 xx    lim   10 x lim   φx  a2   lim  a2   2   a2   lim  a2  2  0. 3 x   3  x x2  3 x   3 x2  x x xΆρα, η ε:y  a2 x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cφ στο . 3   ii. a2  2  a2lim φ x  lim 3  x  x2   3 0      . Άρα, η ευθεία x  0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C φ .x  0 x  0Είναι φx  0 , για κάθε x  0 (αφού fx  0 στο 0 ,   ).Άρα t  a2x  t  a2 2  a 2x  t 2a 2 dx  2a 2  1t 2a 2 1 1        Ω tφ x  3  dx  1  3  x 2  x    dx  1 3x 2 3    3   t  .   3   x 1  1 iii. 2a 2 1 1 2a 2lim Ω t  lim 3     3 . t t t  ημt  Ω t  lim  ημt  2a 2  t  1   lim  2a 2 ημt   2a 2 0 0 .  t 1 3 t   3 t  3 lim t t t t 1 (διότι 0 ημt 1 t lim ημt  0 ). tt ¿¿À 0 , άρα από το κριτήριο της παρεμβολής tt   iv. Είναι 1 1 a2  2  a2 x2 2  1 a2  1  t2 2   a2   3 t2 2  3  x x2  dx 3 x  t 3  2  2 t   3  2 2 t   φ x dx   t t     E t    2    2      , 0  t 1.  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  v. lim ln t  E t  a2  lim  2ln t  t2 ln t  3ln t   a2  lim 4ln t  t 3 ln t  3tln t  t0 3 t0  t 2 2  3 t0 2t a2  1  a2  a2       3  2t  3 3            lim 4ln t  t 3ln t  3tln t     00 t0  ln t  1   (διότι,  lim tlim ln t    , lim t 3 ln t  lim ln t  lim   lim t 3  0t0 t0 1t  0   t  0  1  t  0  3 3t  0  t3  t 3  t4 και παρόμοια lim tln t  0 ). t0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 86ουi) Για x το – x η αρχική σχέση δίνει fx  fx   x ,  x  h * . Ισχυρισμός: f x  0 ,  x  h . * [Πράγματι, αν υπήρχε a  h με fa  0  fa  fa   a  0  f a   a  a  0 . Άρα, f0  0 , άτοπο.]   Οπότε:  f x 0,xh  f0  1  0   ¿¿¿À f x  f συνεχής στο h   η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο h  0,  xh. (ως παραγωγίσιμη) ii) f παραγωγίσιμη  f  x παραγωγίσιμη, ως σύνθεση παραγωγίσιμων. Άρα, η g είναι παραγωγίσιμη στο h ,ως πηλίκο παραγωγίσιμων, με: gx  f x   fx  f x   f x   f x   f2x   f x  fx  fx  fx *     f2x  xx  0,  xh.  fx  υπόθεση f2xΆρα, η g είναι σταθερή στο h (ως συνεχής σε αυτό).iii) Αφού g σταθερή  f x  c,  x h. fxΓια x  0 f0 cc 1. Άρα, f x  fx ,  x  h. f0Οπότε, η αρχική σχέση γίνεται: f x  fx  x  fx  fx  x  2fx  fx  2x f2x  x2  ,   x  h  f2 x  x2  d ,  x  h (d σταθερά). Για x  0  f2 0  d  d  1 .Άρα, a)        f2 x  x2  1  f2 x  x2  1  f x  x2  1  f x  x2  1 , x  h .iv) Θέλουμε τοL  lim συνx . Είναι συνx  1  1 συνx  1 και  1   0 . x x2  1 x2  1 x2  1 x2  1 x2  1 x2  1 lim    x    x 2  1   Άρα, από το κριτήριο της παρεμβολής, lim συνx  0 . Άρα, L  0 . x x2  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  v) f παραγωγίσιμη, με f x  x2  1   x , x  h . x  0  x2  1 fx - +fx  0  x  0fx  0  x  0 fx 2 1Για min x  0   3x  5x  f1  f3x  f5x   f 3x  f 8x  f 5x  f 10x  8x  f8x  f 10x    10x   Άρα, η ζητούμενη εξίσωση είναι αδύνατη στο 0 ,   .Για x  0   3x  5x  f2  f3x  f5x   f 3x  f 8x   f 5x  f 10x  8x  10x  10x   f 8x  fΆρα, για x  0 η ζητούμενη εξίσωση είναι αδύνατη.Για x  0 η ζητούμενη εξίσωση επαληθεύεται.Άρα, f3x  f8x  f5x  f10x  x  0 .vi) Είναι 1 ftdt  0 και F  x    x ft dt   fx  0  F 1 στο h   F1    1 1 (η F είναι παραγωγίσιμη, διότι η f είναι συνεχής στο h ).Για x  1  Fx  F1  0  Fx  0 .Το ζητούμενο εμβαδό W είναι:  1 1 1 1 x W   Fx dx      Fx dx   F x  dx    F xdx  00 00 . 1 1 1 0 dx        xF  x2  1 dx x  x  F x x 00Θέτουμε u  x2  1  du  xdx  du  xdx . x2  1 u  Για x  0  u  1.  Για x  1  u  2.Άρα, 2  u3  2 2 2 1 1  3 W  u  u du   3  τ.μ.  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  f0  1   vii)  Για x  0  f 1   f x  0 , για κάθε x  hΕπειδή fx  0 ,  x  h  fημx  0 ,  x  0 , 1 . 1Άρα,  fημxdx  0 . 0Θα αποδείξουμε ότι 1 11  fημxdx  E   fημxdx   fxdx . 0 00Έχουμε από τη θεωρία ότι ισχύει η σχέση: ημx  x ,  x  h (το “  „ ισχύει μόνο για x  0 ).Άρα, ημx  x ,  x  0 , 1 (το “  „ ισχύει μόνο για x  0 ).   Άρα, επειδή f 1 στο 0 ,    f ημx  f x , για κάθε x  0 , 1 .   Όμως, f ημx  f ημx  ημ2x  1 .Άρα, fημx  fx ,  x  0 , 1 .       Οπότε, η συνάρτηση m x  f ημx  f x , x  0 , 1 έχει την ιδιότητα m x  0 ,  x  0 , 1 και δεν είναι 1 11παντού μηδέν στο 0 , 1   mxdx  0   fημxdx   fxdx  E . 0 00 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 87ου i. Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με  1   1  1  1 1  1  1 1   ax   x 1  a  x 2  β    0 ,        f x       β x  1 2   ax 2 β x  1 2 για κάθε x  0 , 1 . Άρα, f  στο 0 , 1 , άρα 1 – 1.ii. Θα βρούμε το σύνολο τιμών της f . Είναι f συνεχής      f2        f 0,1 lim f x , lim f x   ,   x  0 x 1 [ διότι  1 1  1 1 1  1      , αφού lim 1    και β  0 . lim fx  lim          x 1 x  1   ax β x  1  a β 0  a x1 x  1  1 1  1 1  1  1   1  lim 1    και a  0 ].   Επίσης,   lim fx  lim       x  0  x  0   ax β x  1  a 0  β a β xx  0  Οπότε, f 0 , 1  h , άρα για κάθε y  h υπάρχει x  0 , 1 : fx  y .iii. Είναι f  β   1  1  aβ  1  a β  a β  0 .    β β aβ a aβ aβ  a β  a  β  β  β  aβ a β   1  a Άρα,   a β β   0  f1 0 β.   a β f   iv. Είναι  ft A t , ft , t 0 , 1 και B1 ,  . t      ft  x .  Tο Β το βρίσκουμε λύνοντας το σύστημα y t  x  1 Οπότε, dt  ft  1  ft , t  0 , 1 . ttΘα προσδιορίσουμε το πρόσημο της f (για να γίνει απαλοιφή του απολύτου).Είναι x0 1x0 ¾¿À β 1  x  ax  β  βx  ax  β  a  β x  x      f x  0  1  1 1 0 1  β .    ax β x  1 ax β 1  x aβ επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε προκύπτει το πίνακας προσήμου της f . x  0 β 1  aβ fx +-Όταν t  0  , οπότε t  β . aβ Άρα, f t  0 για t κοντά στο 0  . Οπότε:α) dt  1  ft   1  f t  1  1  1  1  1 , t  0 , 1 . t    t t  at β t  1  at2 t 1 βt    b)  1  1  lim βt t  1  at 2 lim β t1  at β , lim d(t)  lim            t  0 t  0   at 2 βt t  1  t  0  βat 3  t  1 t  0  aβt 2 t  1 0 αφού aβt 2 t  1  0 για t  0 , 1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 88ου  Η εφαπτομένη της C f στο σημείο 0 , f 0 έχει κλίση 1 . 2Άρα, f0  1 . 2    Επίσης, επειδή η y  x  ln2 είναι ασύμπτωτη της f στο   προκύπτει ότι lim f x  x  ln2 * . x  Α τρόπος : 1 ισχύει ότι f 0  1 . 2 2    Επειδή η εφαπτομένη τηςCf έχει κλίση , στο 0, f 0Για x  0, y  ln2 άρα f0  ln2  f x   Επειδή η Cf y  x  ln2 είναι ασύμπτωτη της καθώς x   ισχύει ότι lim x  1 και lim f x  1  ln2 x xΑ i)  fx 2  2fx  exfx  1  exf x   fx 2  2fx  1  fx   fx  1 2  0 x  h ex επειδή f x  1 άρα η f στρέφει τα κοίλα κάτω στοii) 2 f x  1   2 f x  1               f x  f x  1 1  ex   1  1  1 c    ex ex  f x  1  ex f x  1Για x  0 1   1  c  1  2  c  c  1Άρα 1 1 2 1  ex  1  ln x    1  1 1 ¿À ex f x  1 ex 1  f x      ln ex  1  ln 1 ln x 11  ex 1  f x  ln1  ln 1  f x  ln ex  1  ln 1  f x  ln ex ex ex  1 ¿¿À 1  fx  ex  fx  1  ex  fx  ex  1  ex  fx  1 (1) ex  1 ex 1 ex  1 ex  1 1  ex  1  ex  1  ex ex  1 ex  1 ex  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018