555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x  0 1 2    fx 1 2 fx maxiv. Θα χρειαστούν τα παρακάτω όρια:    α) lim f x  lim ln x 2  x    , αφού x2  x  0 . x0 x  0 β) lim fx  lim fx  f1  ln2 x 1 x 1    γ) lim f x  lim ln x 2  5x  6    , αφού x2  5x  6  0 . x 2 x 2 Οπότε: f συνεχής     ===== 1        f 0 , 1 f x  A1 . lim x , lim f    , ln2 x 1 x  0 f συνεχής     ==== 2       f 1 , 2   , ln2  A2 . lim f x , f 1  x 2 Οπότε το σύνολο τιμών της f είναι το A1  A2    , ln2 .v. Παρατηρούμε ότι: f  1   ln  1 2  1   ln  3  .  2  2    4     2     3    3 2 3   3  1 3.  2    2  2   4  22 f   ln     5   6   ln  και    Άρα, η f δεν είναι αντιστρέψιμη στο 0 , 2 .vi.       Για x  0 , 1 , f x  0  ln x2  x  0  x2  x  1  x 2  x  1  0  x   1  5 . 2  Όμως, x  0 , 1 , άρα x  5  1 . 2       Για x  1 , 2 , f x  0  ln x 2  5x  6  0  x 2  5x  6  1  x 2  5x  5  0 . Επειδή x  1 , 2  x  5  5 . 2 Άρα, fx  0  x  5  1 ή 5  5 . 22vii. Πιθανές κατακόρυφες ασύμπτωτες οι: x  0 , x  1 , x  2 .      , άρα η x  0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f . lim f x x  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim fx  ln2    . x 1     , άρα η ευθεία x  2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της C f .lim f xx 2Πλάγιες – οριζόντιες ασύμπτωτες δεν υπάρχουν.11 1  1 1 x  2x  1 dx  x  ln 1 x2  x            viii. f x dx  ln x2  x dx   x2  x dx  x  ln x2 21 1 x 1 122 2 2 1  3  1 2x  1 1  3 1 2x  2  1 1 3 1  1  2 ln  4  1 x 1 2 ln  1 x 1 2 1 2     dx ln 2    dx  ln2   4    ln2  ln  4    x 1  dx      22 2   1  3  1 ln  1 1  3   3  ln 2  2 ln  4   2x 1  x 1 1  ln 2  2 ln  4   1  ln 2  ln  2    2     2  2ln 2  1  1 ln  3   ln  3   4ln 2  1  3 ln 3. 2  4   2  2     επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 132ου   Α. i. Η f είναι γραμμική συνάρτηση, άρα παραγωγίσιμη στο ' , με f x  z  w  x  z  2w   z  w  0 ,για κάθε x  ' .Άρα, f 1 στο , άρα αντιστρέψιμη. (Σχόλιο: Αφού z  w  0 , προκύπτει ότι z  w  0 ). f1    ==== συνεχής         ii. Το σύνολο τιμών της f είναι f ' lim f x , lim f x  ,    ' και θέτοντας y  f x , x xεύκολα βρίσκουμε x  y  z  2w  1 z  2w y . zw zw zwΆρα,  f  1 : '  ' , με f  1 x  1 z  2w x . zw zwΒ.i), ii)       Αφού f x z  2w  1   f  1 x , για κάθε x  '  f 0  f  1 0   z  2w   z  2w    1  0  zw  z  w   z  2w  0  z  2w  0  z  2w  z  2w  z  2 w .Επίσης,    f 1  f  1 1  z  w  1  z  w 2  1  z  w  1 . zwiii) Είναι z  2w . Άρα, από τη σχέση z  w  1  3w  1  w  1 . Άρα, z  w  2w  w  w  1 . 33Β΄ τρόπος για το ερώτημα Β)Αφού, f 1 στο ' και fx  f1x  fx  x , για κάθε x  ' . Δηλαδή z  w  x  z  2w  x , για κάθε x  ' . Άρα, z  w  1 και z  2w  0 και συνεχίζουμε όπωςπαραπάνω. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 133ουΑρχικά να αναφέρουμε ότι, επειδή οι f , g είναι συνεχείς στο 0 , 1  οι F , G είναι παραγωγίσιμες στο0 , 1 , με Fx  fx , Gx  gx , x  0 , 1 (άρα και συνεχείς στο 0 , 1 ).Επίσης, η συνάρτηση f  G είναι συνεχής στο 0 , 1 , ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων (η G είναι συνεχής,ως παραγωγίσιμη).Άρα, η Η είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με Hx  fx  G x .i. Θεωρούμε τη συνάρτηση K : 0 , 1  ' , με K x  Hx  Fx  G x . Η συνάρτηση Κ είναι συνεχής στο 0 , 1 , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με Kx  Hx  Fx  Gx   fx  Gx  fx  Gx  Fx  gx   Fx  gx  0 ,για κάθε x  0 , 1 [διότι 0  gx  1 στο 0 , 1 και επειδή ft  0 στο x 0 , x   ftdt  0   F x  0 στο 0 , x ]. 0Άρα, η Κ είναι 2 στο 0 , 1 .Οπότε, για 0  x  1  K0  Kx  0  Kx  Hx  Fx  Gx , x 0 , 1 .ii. Θεωρούμε τη συνάρτηση λ : 0 , 1  ' , με τύπο λx  Hx Fx   (είδαμε στο προηγούμενο ερώτημα ότι F x  0 στο 0 , 1 . Άρα, η λ είναι καλά ορισμένη.) Η λ είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με λx  Hx  F x  H x  Fx  fx G x Fx  Hx f x  fx G xfx  H  x   0 F2x F2x F2x   , στο 0 , 1 (διότι f x  0 και G  F  H  0 από το προηγούμενο ερώτημα).Άρα, η λ 1 στο 0 , 1 , οπότε για 0  x  1  λ x  λ 1  Hx  H 1 . Fx F 1Μένει να αποδείξουμε ότι H1 1 ή ότι H1  F1 ή ότι 1 fx  G xdx  1 fxdx . F 1   0 0Είναι gt  1 , για κάθε t  0 , x 0  x  1 , άρα xx x 1 x gtdt   gtdt  1  G x  1  1 dt x ===>  στο 0 , 1 . * 00 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης xx     (*) Σχόλιο: Η γνήσια ανισοτική σχέση g t dt  1 dt ισχύει διότι η συνάρτηση g t  1 δεν είναι παντού 00μηδέν στο 0 , x .Έχουμε τώρα, fx  0 G x  1 στο 0 , 1 ===> fx  G x  fx στο 0 , 1 . 11  fx G xdx   fxdx , που είναι και η ζητούμενη σχέση. 00   iii. Θεωρούμε τη συνάρτηση w : 0 , 1  ' , με w x  1  F x  1  G x . Η w είναι παραγωγίσιμη στο 0 , 1 , με wx   Fx 1  G x  1  Fx  Gx . wx   fx 1  G x  gx 1  Fx .Είναι w 0  1  F0 1  G 0  1  0 1  0  1και η δοσμένη σχέση γράφεται (παραγοντική ολοκλήρωση): H1  1 G  t F  t  dt  F1  G 1  H1  G  t F  t   1  1 G tftdt  F 1  G 1  0   00 H1  G 1  F1  H1  F1  G 1  1  F 1 1  G 1  1 .Άρα, w 1  1 . Δηλαδή w 0  w 1  1 .Οπότε, από το θεώρημα Rolle για τη w, υπάρχει: ξ  0 , 1 : wξ  0   fξ 1  G ξ  gξ 1  Fξ  0  fξ   1  Fξ . gξ 1  G ξiv. Α΄ Τρόπος:Είναι,  H2 x H2x  Hx 2  Hx  H0 2 lim   x  0  lim  x   lim  x  0  ==== lim x2                     x 0 F x  G x x0 F x G x x0 F x G x x0 F x F 0 G x  G 0  x2 xx x0 x 0 H 0 2 H , F , G παραγωγίσιμες G2 f0  0  ==== 0 .             ========= f2 0  G2 0 f 0 0 f 0  02             στο 0 F 0  G 0 f 0  g 0 g0 g 0 g0  0 Β΄ Τρόπος: Είναι G x  1 ,  x  0 , 1 (έχει αποδειχθεί στο β) ερώτημα).Έχουμε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης H2 x Hx Hx Hx Hx Hx  0 Fx  Gx Fx  Gx Fx Gx    Gx  0 H x H x  β) H x0       =====   1  G x , για κάθε x 0 , 1 * * . Fx  0 F x G x (για x  0)Όμως, fx  Gx fx 0  gx  gx  x , για κάθε x  0 , 1 και επειδή       f x  κριτήριο f x G x  lim    x  0 0  lim  g x  x   0 <==> lim gx 0 *** .   x0 παρεμβολής x0Οπότε, 0  H x   Hx    f x  G x *** ** H2 x  0  lim == lim  lim === 0  lim 0 .          x  0 G x x  0 G x x  0 gx x0 F x G x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 134ου i. Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με   1   1  1  1 1  1 2 1 1 1   xe x   x  e x   x  x    f x x e x  e x  xe x     ex  e x , x 0Και  f x  1    1  1   1 1  1  1  1  1  1  1 0, για κάθε x  0   e x   x  e x  x2    x2   e x x x x2 e x e ex x3 Άρα, η f είναι κυρτή στο 0 ,   .ii. Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: ε : y  f1  f1  x  1  ε : y  e  1  2e  1  x  1   2 x  1  1    ε : y  e διότι f 1  e  1, f 1  2e  1 .   iii. Επειδή η f είναι κυρτή στο 0 ,    η C f βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη ε , δηλαδή f x   2 x  1  1 , για κάθε x  0 (η ισότητα ισχύει μόνο για x  1 ). eΟπότε,           2 2 2 2 x 1  1 dx  1 1 2 1 42  2 . f x 2x 1 dx  e x 2  x 1  e e dx  1 1 e e1Άρα, 2 fxdx  2 . 1e  f x 1 ex   iv. g x   , x  0 . Έχουμε ότι g x  0 , για κάθε x  0 . x3 x2Άρα, το t t e 1 x  dx       Et dx . gx 1 1 x2Θέτουμε 1  u  du   1 dx . x x2 Για x  1  u  1 . Για x  t  u  1 . tΆρα, 1     t 1 1 1 t   1 1 e Et   u e t ||} e 0 1  eu du  e  t   1 τετραγωνικές μονάδες. 1 ee επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 135ου 1  i. Για το ολοκλήρωμα f t  x dt θέτουμε u  t  x  du  dt . 0 Για t  0  u  x . Για t  1  u  x  1 .Άρα, 1 x 1 0 x1 x1 x  ft  xdt   fu du   fudu   fudu   fudu   fudu . 0 x x0 00Άρα, ισχύει η σχέση x 1 x e 2x  1  x fudu  x  fudu  0 , για κάθε x  ' . 00 x1 x      Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με φ x  e 2x  1  x f u du  x f u du . 00 x 1 x Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο '  οι συναρτήσεις f , f είναι παραγωγίσιμες στο '  η φ είναι 00παραγωγίσιμη στο ' , με x 1 x  φ x  2e2x   fudu  x fx  1   fudu  xfx . 00Έχουμε τώρα ότι φx  0  φ0 ,για κάθε x  ' .Άρα, η φ παρουσιάζει ελάχιστο στο 0, το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ' και η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0. Άρα, από το θεώρημα Fermat  φ 0  0 , δηλαδή 10 1 2   fudu   fudu  0   fudu  2 . 00 0ii. Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση K : 0 , 1  ' , με x K x   ftdt  1 . 0 x  Η Κ είναι συνεχής στο 0 , 1 (αφού η f συνεχής στο 0 , 1  f t dt παραγωγίσιμη στο 0 , 1  K 0συνεχής στο 0 , 1 , ως παραγωγίσιμη).Επίσης, K 0  K 1   1  2  1   1  0 . ξΆρα, υπάρχει ξ  0 , 1 : K ξ  0 , δηλαδή  ftdt  1. 1 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x   iii. Θεωρούμε τη συνάρτηση m : 0 , ξ  ' , με m x  x  f t dt  x . 0 Η m είναι συνεχής στο 0 , ξ και παραγωγίσιμη στο 0 , ξ , με x mx   ftdt  x fx  1 . 0Επίσης, ξ 1 m0  0 , mξ  ξ   ftdt  ξ  ξ  1  ξ  0 . 0Το συμπέρασμα προκύπτει από το θεώρημα Rolle. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 136ου i. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με f x  e x  1  0 , για κάθε x  ' . Άρα, f 1 στο ' .Για το σύνολο τιμών: f1    ==== συνεχής            f ' lim f x , lim f x e   2, e   2   ,    '. x x       ii. lim f x  x  3x  lim ex  2  3x  ex  2  3x  1   2    4x  2x x 4x  2x  lim   x 4x 2x  x      (αφού lim 4 x  2 x  0 και 4 x  2x  0 ). xΕπίσης,  limfx  x  3x lim ex  2  3x .  x 4x  2x x 4x  2xΌμως, 0 ex  2  3x  2  3x 2 3x  2   3 x 1 x 2  0  1  0 . 4x  2x 4x  2x  4   x    x ===> 1    4 x  1   1   1   1    2  2  Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής, lim e x  2  3x  0 . x 4x  2xΣχόλιο: e x  e και 3x  3 για x  1  3x  e x  3  e  2 .Άρα, ex  2  3x  0 , για x  1 . 4x  2x iii. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 , 1  ' , με φ x  xe x  1 .Η φ είναι συνεχής στο 0 , 1 και φ0  φ1   1  e  1  0 .Άρα, από το θεώρημα Bolzano υπάρχει     ln ξ  0 , 1 : φ ξ  0  ξe ξ  1  0  ξe ξ  1  ξ  e  ξ <==> 11 f 11    ln ξ  ln e  ξ  ln ξ   ξ ¾<==> Àf ln ξ  f  ξ . ως 1     Το ξ είναι μοναδικό, διότι φ x  e x  xe x  0 στο 0, 1 , άρα φ 1 στο 0 , 1  1   1  f 11 1 1.f z  i 2  f z 2  2   <==>     iv.   e 1 i   f 1 z i  2 1 z  0i Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι ο κύκλος κέντρου K 0 , 1 και ακτίνας 1 2v. Είναι z1  z 2  (διάμετρος του παραπάνω κύκλου)  1  2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, z1  z 2  2  0 . Επίσης,    f x  f  x  e x  x  2  e  x  x  2  e x  e  x  4 x      0  4    .Άρα,           lim x z1 z2  2  f x f x  z1  z2  2       . αρνητικός αριθμός επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 137ουi. Είναι fx   2x fx , για κάθε x  0 .     Η f είναι συνεχής στο 0 ,   , ως παραγωγίσιμη, άρα η συνάρτηση 2xf x είναι συνεχής στο 0 ,    η f είναι συνεχής στο 0 ,   .Έχουμε:   e x 2       0 , για κάθε x  0 .  0 =====> e x 2 f x           f x  2xf x  2x e x2 f x 0 fx  ex2     Άρα, η συνάρτηση x f x  e x2 είναι σταθερή στο 0 ,   , δηλαδή υπάρχει c  ' : f x  e x2  c , για κάθεx  0 ,   . Όμως, f1  1 . Άρα, c  e .Άρα,    f x  e  e  x 2 , x  0 ή f x  e 1  x2 , x  0 .ii. Έστω e x1 x  1 και 1  t  x  1  t 2  x 2   1   t 2   x 2  0  1  t 2  1  x 2 => 1  e 1  t2 e 1  x2           f x         f x  f t  1  ft 1 x1 x f x x ft x 1 dt  f x x 1 x ft x 1 dt   ==>   2t2 2t2 2t2  1 2t 2 dt  dt  dt  dt  1 2t 2 1 2t 2 1 2t 2 1 2t 2 1 2t 2          f x1  x x ft 1  x x 1 2t 2    2 1  t   dt   1  t   x1 f x ft dt  x  1 , για κάθε x 1.   2   2x 2t 2 2x 1 1Εύκολα δείχνουμε τώρα ότι  x  1  fx  x  1 fx , για κάθε x 1 και x  1  x  1 , για κάθε x 1 . 2x 2x 2 2x2Οπότε προκύπτει άμεσα η ζητούμενη σχέση.iii. x  1  x x 1f x dt  1 x  1  x 1 1 x 1 x 1 f t 1 2t 2  f 2t 2 21  t  2  2 1 t  dt  dt  t dt    dt  1 1 1 1 1 1x                       Ft ft f t f t ft dt   t f t  d x               f  x  e1  x2 x dt  1  e 1  x 2 1  x f1  1 1 e 1t2 x 1  x 2 2x f t dt     2t f t dt  2   1   f t , x 11 2  x 1  2 1 t dt   1 1.iv. Άρα, από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  1  e1x2 x  1  1 e1  x2 2 2x 1  2t 2  f 2 2x     F x  t dt    1           x   x f t dt  1  e 1  x 2 x 1  e 1  x 2 x f t dt 1 dt    1ft f t dt    , 1 2t 2 2 2x 2  2x 1 2t 2  2 1    e 1  x2 x ft ft 2x 1 2t 2 διότι  0 και dt  0 , αφού 2t 2 dt  0 και x  1 .Άρα,  x e 1  t 2 dt  1  2e x e  t 2 dt  1 . 1 21 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 138ου Α. f x  0 στο a , β , άρα f 2 στο a , β , άρα η f είναι 1 – 1 στο a , β . f2       Το πεδίο ορισμού της f  1 είναι το σύνολο τιμών της f, δηλαδή το f a , β ==== f β , f a   f β , β . συνεχήςΒ. fβ        i. Για το ολοκλήρωμα f 1 t dt θέτουμε u  f1 t  t  f u  dt  f u du . fa Για t  fa  u  a . Για t  fβ  u  β .Άρα, fβ                     f1 fa β β β β fβ a du  f  1 t dt  u  f u du  u f u   fu du  fu t dt  βf β  af a fa a a aΟπότε, από την σχέση της υπόθεσης θα πρέπει: βfβ  afa  0  βfβ  aβ  0  fβ  a αφού β  0     ii. Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ  a , β : f ξ  1   1 , δηλαδή f ξ   1 .   Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : a , β  ' , με φ x  f x  x .Η φ είναι συνεχής στο a , β , παραγωγίσιμη στο a , β και φa  fa  a  a  β , φβ  fβ  β  a  β ,δηλαδή φa  φβ .Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ξ  a , β : φξ  0 , δηλαδή fξ  1  0  fξ   1 . Γ.   i.Θεωρούμε τη συνάρτηση m : a , β  ' , με m x  f x  x .ii.Η m είναι συνεχής στο a , β και ma  mβ  fa  afβ  β  β  aa  β   a  β 2  0 .Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ξ1 a , β : mξ1   0  fξ1   ξ1  0  fξ1   ξ1Το ξ1 αυτό είναι μοναδικό [ διότι mx  fx  1  0 , αφού fx  0 . Άρα, m 2 στο a , β .]       iii. Θ.Μ.Τ. για την f στο a , ξ 1   υπάρχει κ  a , ξ1 : f κ  f ξ1  f a  ξ1  β . ξ1  a ξ1  a       Θ.Μ.Τ. για την f στο ξ 1 , β  υπάρχει λ  ξ1 , β : f λ  f β  f ξ1  a  ξ1  ξ1  a . β  ξ1 β  ξ1 ξ1  βΆρα, fκ  fλ  1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 139ου   Θεωρούμε τη συνάρτηση φ1 : '  ' , με φ1 x  f2 x  4 .Η f συνεχής στο '  f2 συνεχής στο '  φ1 συνεχής στο ' . Επίσης, φ1 x  0 , για κάθε x  ' .Άρα, η φ1 διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ' .Επίσης, φ10  f20  4  0 (διότι από τη σχέση f0  2  f20  4 ).   Άρα, φ1 x  0 στο ' , δηλαδή f2 x  4 , για κάθε x  '. 1 Επίσης, f x  0 για κάθε x  ' . 1   (Πράγματι, αν ήταν f x 0  0 για κάποιο x 0  '  f2 x 0  4  0  4 , άτοπο.) 1Άρα, f συνεχής και μη μηδενική στο ' και f0  2  0  fx  0 , για κάθε x  '  fx  2 , για κάθε x  ',2i. Το πεδίο ορισμού της g είναι το 2 ,   .Έχουμε , 2       Agof  x  Af : f x  Ag  x  ' : f x  2  ' .Άρα, η σύνθεση gof ορίζεται στο ' .ii.Έστω x 1 , x2  ' με x 1  x2 ex 1  ex2  1  1.  ex 2 ex1  ==> 0  e x1   1 1 1 1   ex2 f x1 e x1           Eπίσης, επειδή f1 στο '  0  f x1  f x2 1  1 .  f x2 f x2 f x1       1    f x2  1 1 1 1 1φ x1  φ x2  φ 1 στο ' . ex2 f x1 e x1iii. φ0  1  1  1  1  0 και φ1  1  1  1  1  1  e . e e f0 f0 f1 f1Θα αποδείξουμε ότι 1  1  e  0  0  1  e  1  f1  e . e e  f1 f1 e 1 Όμως, f x  2 , για κάθε x  ' .   Άρα, f 1  2 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2  e  2 e  1  e  2e  2  e  e  2 , ισχύει. e 1Άρα, φ0  φ1  0 και φ συνεχής στο 0 , 1 .   Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει x 0  0 , 1 : φ x 0  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (Το x 0 είναι μοναδικό στο ' , διότι φ 1 στο ' .)Είναι  1  0  e x 0  f x 0  e x0 f x 0 ex0  f x0            φ x0 0 1  1  1  0  ex0  f x0 0 f x0 ex0 ex0  f x0     e x 0  f x 0  e x 0  f x 0 .    iv. α) Έστω x1 , x2  2 ,   , με g x1  g x2 .      f ===> f g x1  f g x2  4x1  9  4x 2  9  x1  x 2 . συνάρτησηΆρα, η g είναι αντιστρέψιμη στο 2 ,   .β) Αρχικά θα βρούμε την g  1 . 1  0 στο x 2    Είναι g x  2 2,   και g συνεχής στο 2 ,    g 1 στο 2 ,   .Οπότε το σύνολο τιμών της g είναι g 2   0 ,         g 2 ,   , lim g x . x Οπότε y  g x βρίσκουμε x  y 2  2 . Άρα, g  1 : [0, )  ' , με g  1 x  x 2  2 .         Η g  1 είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως πολυωνυμική, με g  1  x  2x , x  0 ,   . Άρα, g  1  1  2     Επίσης, οι f, g παραγωγίσιμες στα πεδία ορισμού τους, άρα f g x   4x  9  fgx  gx  4 , x  2Για x  33 παίρνουμε: 16  g  33   g  33   4 f   16    16      f  1   2  4  4    f  1   2  4      Άρα,g11  f  1   2 , δηλαδή προκύπτει το ζητούμενο  4   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018