555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 140ουi. Έστω hx  fx 2 , οπότε lim hx  2 . x2 x 2Από την 2 έχουμε fx  hxx  2 , οπότε: lim fx  lim hx lim x  2  2  0  0 x 2 x 2 x 2   και επειδή η f είναι συνεχής έχουμε lim f x  f 2  0 . x 2     ii. Η εφ1 για x  1  0  x   1 γράφεται: ex1  1  f x  x 1 . x 1 x 1Έχουμε (De L’ Hospital): ex1  1   lim e x  1  e 0  1 και lim ex1 1 0 0 lim x1 x  1 ==  x   1  x  1  x  1 εφ x  1  1       0 εφ x  1 0 lim == lim  lim συν 2 x  1  1  1 1, x  1 x  1 x1  1 συν 20 1  x  1  x  1 οπότε σύμφωνα με το κριτήριο της παρεμβολής έχουμε lim f x  1 . x  1 και επειδή η f είναι συνεχής στο -1 έχουμε τελικά ότι f(1)  lim f x  1 . x   1iii. Για να δείξουμε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f , g έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σημείο     με τετμημένη x 0  1, 2 , αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f x  g x έχει τουλάχιστον μια λύση στο       διάστημα 1  ,2 , δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x 0  1, 2 τέτοιο ώστε f x 0  g x 0 .Θεωρούμε τη συνάρτηση           W x  f x  g x  W x  f x  x2  1 e x2  x  1 , x   1 , 2 .Η συνάρτηση W είναι συνεχής στο  1 ,2 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και έχουμε ότι:  W  1 W 2  f 1  0  f2  3e 7   W  1 W 2  1   3e 7  0 , οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει x 0   1 , 2 τέτοιο ώστε: Wx0   0  fx0   gx0   0  fx0   gx0  .iv. Θεωρούμε τη συνάρτηση Wx  fx  gx .Η συνάρτηση W είναι συνεχής στο  1 , 2 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, άρα σύμφωνα με το θεώρημα   μεγίστου για κάθε συνεχή συνάρτηση σε κλειστό διάστημα, υπάρχει ξ  1 , 2 ώστε να ισχύει: W x  W ξ , για κάθε x  1 , 2 , όπου W ξ  y max , οπότε υπάρχει ξ  1  , 2 για το οποίο τελικά έχουμε: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   fx  gx  fξ  gξ  fx  fξ  gx  gξ  fx  fξ x2  1 e x2  x  1  ξ2  1 e ξ2  ξ  1          f x  ξ2  1 e ξ2  ξ  1  f ξ  x2  1 e x2  x  2 , για κάθε x  1 , 2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 141ου Α. i. Είναι f x  1  1  0 , για κάθε x  0 . x Οπότε, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα για x  0 ,   , επομένως, ορίζεται η αντίστροφη τηςσυνάρτησης.   ii. Η εξίσωση f x  0 , έχει προφανή λύση την x 0  1 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0 ,   , ηλύση αυτή είναι μοναδική.Β. i. Από το Αii) ερώτημα έχουμε ότι η εξίσωση ln z  4  3i  1  z  4  3i έχει μοναδική ρίζα το 1.Επομένως, ισχύει ότι z  4  3i  1 .Το σύνολο των σημείων του μιγαδικού z  x  yi είναι τα σημεία που έχουν την ιδιότητα να απέχουν από το σημείο K 4 ,3 σταθερή απόσταση ίση με 1. Επομένως, το σύνολο των εικόνων του z είναι ο κύκλος με κέντρο K 4 ,3 και ακτίνα ρ  1 . x  42  y  3 2  1 1   ii. Είναι : z  z  2Im z  2y , έτσι επειδή η εικόνα του z ανήκει στον κύκλο 1 η μέγιστη τιμή του y είναι 4,   yκ  ρ  3  1  4 , η ελάχιστη τιμή είναι 2, y κ  ρ  3  1  2 .Έτσι, η μέγιστη τιμή του z  z είναι 8 και η ελάχιστη 4. iii. Έστω ο z1   3  4i , με εικόνα το N  3 ,  4 .Η ζητούμενη απόσταση είναι η z  z1  z  3  4i . Ο z παριστάνει από πριν κύκλο με K 4 , 3 και ρ  1 .    KN   3  4 2   4  3 2  49  49  98 .Άρα: z  z1 min  KN  ρ  98  1 . z  z1 max  KN  ρ  98  1 . iv. Είναι z  4  3i  z  4  3i  8  6i και λόγω της τριγωνικής ανισότητας έχουμε: z  4  3i  8  6i  z  4  3i  8  6i  z  4  3i  8  6i ή 1  10  z  4  3i  1  10 ή 9  z  4  3i  11 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 142ου  e fx e fx  0 ===> f   i.Για f x  x  0 x  0.x0 είναιΕπίσης, επειδή ex 1 e fx e fx  fx  0  e fx  f x fx  e fx  x ===> f x =====> x  f x . ===>        f x0  e0   1 Άρα, 0  f x  x , για κάθε x  0 .ii. Για x  0 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει  e f0 e f0  0  0 ===> f      f 0 0 0 1Τώρα,    0 x x  0 fx   , για κάθε  κριτήριο 2 lim 0 lim x  0  lim f x 0 ====> x0 x0 παρεμβολής x0Από τις 1 , 2 προκύπτει ότι f συνεχής στο 0.iii. Για x κοντά σε μια θετική περιοχή του μηδενός έχουμε,    f x f x  e fx  x  1 x0 1 1 1.  x  e fx e fx e fx e f0 e0 x x  =====> f συνεχής στο 0 Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, με f 0  1 .    iv. Έστω 0  x1  x 2 και f x1  f x2 . Θα φτάσουμε σε άτοπο (άρα η f θα προκύψει 1 στο 0 ,   ).    f x1 ex 1 e fx 1  e fx 2   f x2  . ==>Οπότε,    f x1 0     e fx1    f x2  f x1 e fx1   f x 2 e fx 2   x 1  x 2 , άτοπο.  e fx 2   0 v. f παραγωγίσιμη στο 0 , 1  f 0 1 1 0 ,   f παραγωγίσιμη στο συνεχής στο ,  1  f συνεχής στο 1 1 0 1f x  0 , 1 , άρα το ολοκλήρωμα dx είναι καλά ορισμένο. Επίσης, f παραγωγίσιμη στο 0 ,    e f παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως σύνθεση παραγωγίσιμωνσυναρτήσεων. Παραγωγίζοντας τη σχέση f x efx  x παίρνουμε         f x e fx  f x e fx f x  1  f x e fx  1 fx fx 1  fx  1    , 1  fxγια κάθε x  0 , 1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε,         1  1 11 e fx e fx 1  e f1  e f0  e f1  e f1 dx   0  e0 1. 0 1f x dx  f x  e fx dx  0 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 143ουi. Είναι  1    x2      2f x 1  2fx 1 1   ln x  , για κάθε x x3 x  x 2               xf x  2f x  x 2  f x  x <==> x2 f x f xx  0 .Άρα, fx  ln x  c , για κάθε x  0 . x2Για xe fe  ln e  c  c  0 . e2Άρα, fx  ln x  fx  x2 ln x , x  0 . x2ii. fx  2x ln x  x  x 2ln x  1 , x  0 .Οπότε  f x  0 x0 2ln x  1  0  ln x   1  ln x  ln 1 ln 1 1 . <==> 2e <==> x  e x  0 1  e fx fx  21 minΗ f1 στο  1  και 2 στο  1   e ,     0 , .  eΗ f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 1 , το  1   1 . e f  e  2eΚατακόρυφες ασύμπτωτες  ln x  1      lim f x  lim  lim x   lim x 3   lim x 2  0  ' x 2  ln x  lim ln x  lim x  0 x  0 1x  0  === x  0   1  x 0 2 x  0  2x 2x  0  x2  x 2  x3Άρα, η C f δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.Πλάγιες – Οριζόντιες στο   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim fx lim x ln x          ' .  xx    xΆρα, η C f δεν έχει πλάγιες – οριζόντιες ασύμπτωτες στο   . iii. Καταρχήν, η ζητούμενη εξίσωση έχει νόημα να λυθεί στο 0 ,   .Είναι  2011 ln 1  1 2011 2011 x  e x 2 ¾¿À ln x  ln e x 2  ln x   x 2 ln x  2011  f x  2011 . x2Έχουμε ότι   1   f2  1    1  και το 2011   1 , 0  . e   f  e  , lim f x    2e , 0   2e  f 0 ,  ===     x  0 συνεχής Άρα, η εξίσωση f x  1   2011 είναι αδύνατη στο διάστημα  0 , . e f1 ==== συνεχής f    1 ,    1    1    e   f  e  , lim f x    ,       2e  x  1   1   2e  x0  e ,    : f    και το 2011  ,   , άρα υπάρχει x0  2011 .Το x0 είναι μοναδικό, λόγω της μονοτονίας της f στο  1   e ,    .  2011 Συμπέρασμα: Η εξίσωση x  e x 2 είναι μοναδική ρίζα στο 0 ,   .   iv. z  z  ln z  1  z 2  ln z  1  f z  1 *Σχόλιο: Από τη σχέση z 2  ln z  1 προκύπτει ότι z  1 .Πράγματι, αν ήταν z  1  ln z  0 , άρα z 2  ln z  0 , άτοπο.  1  f 1 στο  1  e    ρ e   : f Το 1  f   ,  ====> υπάρχει μοναδικό  ,  ρ 1.     1 ,    e 1 f1  ρ  1 ====> f ρ  f 1  0 , δηλαδή 1  0 , άτοπο.   Αν υποθέσουμε ότι ρ  1 , τότε e 1   e ,    Άρα, ρ  1 . z 1 Οπότε η σχέση * δίνει f z  fρ ====> z  ρ . ρ 1 f 1 στο 1 ,  Οπότε ισχύει το ζητούμενο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 144ο (προτάθηκε από τον κ. Μάκη Χατζόπουλο) Λύση Θέματος 144ουa. Κατ’ αρχάς πρέπει 1-t20  t[-1,1].Επειδή 0[-1,1] πρέπει και 2x[-1,1]   1  x  1 , άρα Df   1 , 1  22  2 2   b. Για κάθε xDf, είναι και -xDf και ισχύει: 2(  x ) 2x 1  t2 dt   1  u2 du  f(x) ,  f(x)  00 άρα η f είναι περιττή. [ θέσαμε u=-t=g(t), άρα, du=(-t)΄du=-du και u1=g(0)=0, u2=g(-2x)=2x] xc. Αφού η συνάρτηση φ(t)= 1  t2 είναι συνεχής, η 1  t2 dt είναι παραγωγίσιμη, άρα και η f(x) είναι 0 x παραγωγίσιμη ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων 2x και 1  t2 dt . Είναι: 0  2x  f´(x) =  0 1  t2 dt   1  (2x)2  (2x)  2 1  4x2  0 για κάθε x   1 , 1  , επομένως η f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο  1 , 1   2 2   2 2    Η f(x) παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο x=  1 το y=f   1    π και (ολικό) μέγιστο στο x= 1 το y=f 2  2  4 2    1  f   1      π   π διότι η f είναι περιττή.    2   4  4  2      20 0 d. Επειδή f(0)  1  t2 dt  1  t2 dt  0 το x=0 είναι προφανής λύση της f(x) και αφού η f είναι 00 γνησίως αύξουσα στο Df , η λύση x = 0 είναι μοναδική. Για x  1 ,  είναι x  0  fx  f0  fx  0  2 0   Για x 0, 1  είναι x  0  fx  f0  fx  0  2  e. H f(x) είναι συνεχής στο 0, 1  και μη αρνητική σ’ αυτό, επομένως το εμβαδόν είναι:  2   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 11 11 2 2 1 2 1  1  2 1  4x2dx  2  2  0 (x)f(x)dx 0 xf(x)dx   2x 0 0   Ε f(x)dx   xf(x)  2   f  0   π  1 0 π 1 1 π 1 u 3  1 π1  3π-4 τμ 8 41 8 8 6 2  0 86 24 udu   u 12du    40[θέσαμε u=1-4x2=g(x) οπότε du=-8xdx, u1=g(0)=1 και u2=g(1/2)=0] επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 145ουi.Α΄ Τρόπος:    Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με φ x  e x  x  1 . Η φ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με φ x  e x  1 .Είναι ex 1  φ x  0  e x  1  0  e x  1  e 0 <===> x  0 .Πίνακας Μεταβολών: x  0  φx   φx 2 1 min Άρα, η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, το φ 0  0 .   Άρα, φ x  φ 0 , για κάθε x  ' . Δηλαδή e x  x  1  0 , για κάθε x  '  e x  x  1 , για κάθε x  ' . Β΄ Τρόπος: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει ότι ln x  x  1 , για κάθε x  0 . Για x το e x  0 παίρνουμε ln e x  e x  1 , δηλαδή x  e x  1 , δηλαδή e x  x  1 , για κάθε x  ' .ii. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι:  e fx  f x  1 , για κάθε x  '    e fx  f x  2f x  1 , για κάθε x  '  x  1  2f x  1 , για κάθε x  ' x  2fx , για κάθε x  ' x  fx , για κάθε x  ' * 2 Αφού, x * . lim     lim fx 2x    xiii. Έχουμε ότι  e fx  x  efx  x  1  x  e fx  x  1  e fx x  2  e fx x2  x1 xf x 22    f x 2 2 22 2 =====> ln 1  x    1   2  ln   ==>        x  1  e fx ln 1  ln e fx   x  f x 2 2 , για κάθε x   1. 1Επειδή τώρα επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   x  1   1 ln  2     lim     . x lim f x xiv. Έστω x1 , x 2  ' με x 1  x 2 .    Αρκεί να αποδείξουμε ότι f x1  f x2 .   Υποθέτουμε ότι f x1 ex fx1  e fx 2  .  f x2 e  ==> 1Άρα,    f x1      e fx1    f x2 f x1  e fx1   f x 2  e fx 2   x 1  1  x 2  1  x 1  x 2 , άτοπο.  e fx 2     Άρα, πράγματι f x1  f x2  f 1 στο ' .v. f παραγωγίσιμη στο '  e f παραγωγίσιμη στο ' .Οπότε,  e fx     1              f x 1  1  e fx x  1   f x  e fx  f x  1  f x   e fx  1  f x  0  θετικό για κάθε x  ' .Επειδή η συνάρτηση 1 είναι παραγωγίσιμη στο ' (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων)  1  efη συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με 1  e fx        f x    1     e fx  f x 0,  e fx   1  1  e fx 2 1  e fx 2   για κάθε x  ' (διότι e fx  0 , f x  0 , 1  e fx 2  0 στο ' ).vi. Το σύνολο τιμών της f είναι f συνεχής    ===== 1        f ' '. lim f x , lim f x  ,   x xvii. Αρχικά θα βρούμε τους αριθμούς f0 , f0 . Για x  0 η αρχική σχέση δίνει f 0  e f0  1 . Θεωρούμε τη συνάρτηση K : '  ' , με K x  x  e x  1 .     Παρατηρούμε ότι K 0  0 και K 1 στο ' (αφού K x  1  e x  0 ). Άρα, K x  0  x  0 .        Οπότε, f 0  e f0  1  f 0  e f0  1  0  K f 0  0  f 0  0 .   Επίσης, από τη σχέση f x 1 f 0  1 1 1. e fx ,x  0 , για x  0 , παίρνουμε e f0 11 2 1  1  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΗ εξίσωση της εφαπτομένης είναι ε : y  f0  f0  x  0  ε : y  x . 2viii. Για x  0 η σχέση ισχύει ως 0  0 . Έστω x  0 .Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα 0 , x  υπάρχει ξ  0 , x : fξ  fx  f0 , δηλαδή x0fξ  fx . Όμως, x  f 2 διότι fx x0          0  ξ  x =====> f ξ  f x  f 0 στο ' x  f x ===> f x  xf x .   Άρα, σε κάθε περίπτωση ισχύει: xf x  f x , για κάθε x  0 .ix. Η f αντιστρέφεται, διότι είναι 1 στο ' .  Θεωρούμε τη συνάρτηση K : '  ' , με K x  x  e x  1 .Είδαμε ότι K 1 στο ' . Οπότε το σύνολο τιμών της Κ είναι το'       K    ' Επίσης, η Κ είναι αντιστρέψιμη, ως 1 . lim K x , lim K x  ,   x xΆρα, K  1 : '  ' .        Τώρα από τη σχέση f x  e fx  x  1  K f x  x , για κάθε x  ' , δηλαδή f x  K  1 x , για κάθε x  ' .Δηλαδή f  K 1 στο ' , οπότε το σύνολο τιμών της f  σύνολο τιμών της K  1  πεδίο ορισμού της K  ' .   Επίσης, f  K  1  f  1  K  1  1  f 1  K στο ' . Άρα, f 1 : '  ' , με f 1 x  x  e x  1 .Επειδή τώρα  f 1 1  e  fe  1 .x.Έστω x  ' , τυχαίο και σταθερό. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο x  a , x  β : υπάρχει ξ  x  a , x  β : fξ  fx  β  fx  a , x  β  x  aδηλαδή fξ  fx  β  fx  a  fx  β  fx  a  β  a  fξ . βaΌμως, f 2x  a  ξ  x  β ==> fx  a  fξ  fx  β  β  a fx  a  β  a  fξ  β  a  fx  β  βa βa  e fx   e fx  β     , x' . a f xβ f xa  1 1Όμως, lim βa a  βa 0 και lim βa  βa 0.  e fx  1  e  e fx  β 1  e x 1 x 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής, lim fx  β  fx  a  0 . xΕπίσης, lim βa a  βa β  a και lim βa  βa β  a.  e fx  1  e  e fx  β 1  e x 1 x 1    Άρα, από το κριτήριο της παρεμβολής, lim f x  β  f x  a  β  a . x x [Σχόλιο: Είναι lim f x  a    , διότι θέτοντας u  x  a ===>   . xΆρα, iii) lim fx  a  lim fu ==   . x u x  Παρόμοια, lim f x  a    , διότι θέτοντας t  x  a ====>   . x ii)Άρα, lim fx  a  lim ft ==   .] x t επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 146ου i. Η εξίσωση της εφαπτομένης της C f στο A 1 , f1 , είναι η: y  f1  f1x  1 1   Επομένως, το πρόβλημά μας μετατοπίζεται στον προσδιορισμό των f 1 και f 1 .Από την υπόθεση έχουμε: lim fx  x3  4. x1 x  1Θέτουμε: gx  fx  x 3 , x  1 , οπότε lim gx   4 . x 1 x 1Ακόμη: fx  gx  x  1  x3 , x  1        2 g  x 3   1 . , άρα lim f x  lim x  x 1 x 1 x 1Εξάλλου, επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , θα είναι και συνεχής στο ' , άρα και στο x 0  1 .Δηλαδή, lim fx  f1  1 . x 1 Για τον υπολογισμό της f 1 , εργαζόμαστε ως εξής:Έστω:   λx  fx  f1 2 gxx  1  x3   1  gxx  1  x3  1 gxx  1  x 1 x2  x  1   x 1 x 1 x 1  x 1          x 1  g x  x2  x 1  x 1 x2  x  1  == g x  . x 1Είναι:    lim g x  x2  x  1    4  3   1 .  x 1   Επομένως, υπάρχει και το lim λ x   1  f 1 . x 1Οπότε η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομένης είναι: y  1   1x  1  y  1   x  1  y   x  2 .ii. Παρατηρούμε ότι, για τη συνάρτηση f , ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο διάστημα 1 , 3 .   Επομένως, υπάρχει x 0  1 , 3 , τέτοιο ώστε να ισχύει f x 0  0 . Όμως, από υπόθεση f x  0 , x  ' . Άρα, η f είναι 1 στο ' .Έτσι, διαμορφώνουμε τον διπλανό πίνακα μεταβολών για την f από τον x 1 x0 3 f΄(x) οποίο φαίνεται ότι η f παρουσιάζει στο x 0  1 , 3 ελάχιστο. f(x) - +Το x 0 είναι μοναδικό, αφού αν υποθέσουμε ότι η f παρουσιάζει Τ.Α. και 2 Ο.Ε. 1   στο x0  1 , 3 θα έπρεπε από το Θ. Fermat f x0  0 άτοπο, αφούη f είναι 1 , οπότε δεν μπορεί να μηδενίζεται σε δύο σημεία x 0 , x 0 .iii. Αφού η f 1 , άρα είναι “1 - 1”. Οπότε, η εξίσωση: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης f ''1  1'' f1  1      f x5  x 4  x2  f 2x  f 1 <===> x 5  x 4  x2  2x  f 1 <==> x 5  x 4  x2  2x  1  0 Θεωρούμε τη συνάρτηση h με h x  x 5  x 4  x2  2x  1 . Παρατηρούμε ότι h 1  1  1  1  2  1  0 .    Με σχήμα Horner βρίσκουμε ότι h x  x  1 x 4  x  1 . Θέτουμε Φ x  x 4  x  1 . Η Φ είναι, ως πολυωνυμική, συνεχής στο ' , άρα και το 0 , 1 . Ισχύει: Φ 0  04 0  1   1  0   Φ  0   Φ 1  0 Φ 1  1 4 1  1  1  0  Επομένως, ισχύουν για την Φ, οι προϋποθέσεις του Θ.Bolzano στο 0 ,1 .Άρα, υπάρχει ξ0 , 1 : φξ  0 .Άρα, αφού hx  x  1 φx , θα είναι: hξ  ξ  1φξ  ξ  1  0  0 .Άρα, hξ  0 .    Εξάλλου, ισχύει φ x  x 4  x  1   4x3  1  0 ,  x  0 , 1 .Άρα, η φ 1 στο 0 , 1 , οπότε η ρίζα ξ, θα είναι και μοναδική. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018