555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα 6 3f1 u      f x dx   1 f1 2 u2  2u  2 du 2 Όμως, u  1 , για κάθε u  0 (η ισότητα ισχύει μόνο για u  2 ). 2 u2  2u  2 u[Πράγματι, αρκεί ισοδύναμα να δείξουμε ότι:    u2  2 u2  2u  2  u2  2u2  4u  4  u2  4u  4  0  u  2 2  0 , ισχύει). Άρα, η σχέση 2 δίνει: 3f1 dx  f1 6 1 3f1  3f 1  fx u du  ln u f1  ln 3f 1   .            1    ln f 1  ln f 1  ln 3Β΄ Τρόπος:Καταρχήν, αφού f γνησίως αύξουσα και f1  0 1  x  6  f1  fx  f6 ===> fx  0 , για κάθε x   1 , 6  .Άρα, fx  2f2 x  4fx  4  f2 x , για κάθε x   1 , 6   2 f x  2  0 , για κάθε x   1 , 6  . [διότι, 2f2 x  4 fx  4  f2 x  f2 x  4 fx  4  0  Η ισότητα ισχύει μόνο για x 0   1 , 6  , με f x 0  2 ].Άρα, από τη σχέση    f x f , f 6 f x 6              f x  f2 x 0 f x , x  1 , 6 ===> f x dx  f x dx  fx συνεχείς 1 1 6 6 6  f6  6        lnf1  f1  x   f x dx  ln f6  ln f 1    f  x  dx  ln     fx dx  . 1 1 1 ln  3f1   6 fx dxln3  6 fx dx  f1      1 1δ) Αφού f 1   1  0  f1  1 .Οπότε για f1 x  1 ==> fx  f1  1  fx  1  0 , για x   1 , 6  .   f x    Οπότε από τη σχέση 4  f x f x  1 προκύπτει ότι f x  0 στο  1, 6  f κυρτή στο  1 , 6  .Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο  3 , 4  υπάρχει x1  3 , 4 : fx1   f4  f3 .Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο  4 , 5  υπάρχει x2  4 , 5 : fx2   f5  f4 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΌμως, x1  x 2 και η f είναι γνησίως αύξουσα (αφού η f κυρτή) x1  x2  f x1   f x2   f4  f3  f5  f4  2f4  f3  f5 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (βασικό θέμα) Λύση Θέματος 202ΟΥΑ) Κάνουμε την αντικατάσταση u  a  β  x  du  dx  dx  du για χ  α  u  β για  χ  β  u  α Άρα, β α αββ  fa  β  χdx   fudu   fudu   fudu   fxdx α β βaaΒ) Σε όλα τα ερωτήματα (1 έως 10) θα χρησιμοποιήσουμε τη γενική σχέση ββ  fxdx   fa  β  χdx (*) αα β fx  a (*) β fα β  x  a β fβ  x 1.   fx  a  fβ  xdx  fα β  x  a  f β  α β x dx  fβ  x  fx  adx α α αΆρα, β fx  a β fx  a β fx  a 2   xdx   x dx   x dx  fx  a  f β  fx  a  f β  f x  a  f β  α α α β fx  a β fβ  x   xdx   dx  f x  a  f β  f β  x  f x  a α α β fx  a fβ  x  β fx  a  fβ  x β     dx   xdx  1dx  β  a  fx  a  fβ  x fβ  x  fx  a  fx  a  f β   α α α 2  β fx  a xdx  β  a  β fx  a x dx  β  a  a  fβ  a  fβ 2  fx   fx  α α2. 1 ln x  1 (*) 1 ln0  1  x  1 1 ln 2  x            0 ln 2  x  x2 Ι  dx  0 ln 2  0  1  x  0  1  x 2 dx  0 ln 2  x  x2 dxΆρα, 1 ln x  1 1 ln 2  xΌμως,     Ι  dx  dx . 0 ln 2  x  x2 0 ln 2  x  x2 1 ln x  1 1 ln 2  x 1 ln x  1 ln 2  x   dx  dx  (  )dx         0 ln 2  x  x2 0 ln 2  x  x2 0 ln 2  x  x2 ln 2  x  x2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    1 lnx  1  ln2  x 1 ln x  12  x 1 ln 2  x  x2 1    0 ln 2  x  x2      dx  dx  dx  1dx  1  0 ln 2  x  x2 0 ln 2  x  x2 0 2Ι  1  Ι  1 2 β (*) β αβ π β  π   β β  1 dx 2 2  dx  εφχ  J  ln εφx dx  ln εφ α  β  x  ln ln  ==== aa a a           3. dx ln εφ  x    σφx dx   a β  ln εφxdx  J  J  J  J  0 a4.  π/2 ημ100  π  0  x   2  K  ημ100 x (*) π/2  dx  0 ημ100x  συν100x dx   π   π   2   2  0 ημ100   0  x   συν100   0  x  ημ100  π  x   π/2  2    π/2 συν100χ dx  dx   π   π  0 συν100χ  ημ100χ 0 ημ100  2  x   συν100  2  x      π/2 ημ100 x π/2 συν100 χ π/2 ημ100x  συν100χdx π/2 π π 2Κ  Κ  Κ  dx  1dx    0 ημ100x  συν100x dx     Κ  0 συν100χ  ημ100χ 0 ημ100x  συν100x 2 4 05.           k (*) k k M  xln 1  ax dx  k  k  x ln 1  akkx dx   xln 1  ax dx  k k k k 1 dx k  1  ax  k  xln 1  ax  k  a dx x ( xln k  k        x ln  1  ax  xln ax )dx  kk k   x2 ln a)dx  ( xln 1  ax dx  ln a  k k k       k x2dx  M  lna  x3  M  2k3 ln a   3 3  ( xln 1  ax  k 2M  2k3 ln a  M  k3 ln a 336. a dx (*) a dx a dx a dx  a dx a e ax x 1 D         0 1  e ax x dx  0 1  e aax ax 0 1  e x ax 0 1  e ax x 0 1  e ax x 01 e ax x e ax x    a a 2D  D  D   dx e ax x a1e ax  x a 0 1  e ax x 0 1  e ax x dx  dx  1dx  a  0 1  e ax x 0 D a 27. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης      N a  a ex  ea  (*) a eax  ea   ea ex  1 dx a   ex 1   0 ln  ex  1 dx  0 ln  eax  1 dx  ln  eax  1   0 ln ea  ln  eax 1 dx   0  1 1  a ex  a  ex 1  a2 a ex 1  a2 ln  dx a2 a  ex  1  a  ln  eax 1 dx   0 ln  eax 1 dx       ea  ex dx     0  ln 0  eax  1  0  a2  a ea  ex   a2 N  N  a2 N  2N  a2  N  a2 0 ln  ex  1 dx 28. π 1 (*) π 1 π 1 π 1 π 1 π 1 dx π eημχ dx π eημ π  π  χ π eημχ π e ημx π 1 π 1  eημx π eημχ  1 dx  eημx eημx      H eημχ  1 dx  dx  dx  dx    1 1 1 1 π π dx     π π π 2H  H  H  1dx 1 eημχ dx  1  eημχ dx   2π  2H  2π  Η  π π eημχ  1 π eημχ  1 π eημχ  1 π9. π/2  1  ημκχ  (*) π/2  1  ημκ  π  χ   π/2  1  συνκχ  π/2  1  ημκχ   1  συνκx dx   2    1  ημκx dx  1  συνκx dx ln  ln    dx ln  ln    Q     Q  0 0   π χ   0 0 1  συνκ  2      Q  Q  Q  0,κ  1,2,...10. π      W  xημχ (*) π π  x ημ πx π πx ημχ π πημχ  χημχdx dx dx       0 3  ημ2χ dx    0 3  ημ2 π  x 0 3  ημ2χ 0 3  ημ2χ π dx  π    π ( πημχ  χημχ π ημχ π xημχ ημχ dx  W  0 3  ημ2χ 3  ημ2χ )dx  π dx  0 3  ημ2χ 0 3  ημ2χ 0 3  ημ2χ  π Wπ ημχ dx  W  W  π π ημχ dx 0 3  ημ2χ 2 0 3  ημ2χΓια τον υπολογισμό του ολοκληρώματος π ημχ dx θέτουμε u  συνx  du  ημxdx 0 3  ημ2χ για χ  0  u  1  για χ  π  u  1Άρα,       πημχ π ημχ 1 du 1 du  1 1  1  1  du  4 1     dx  dx    0 3  ημ2χ 03 1  συν2χ 1 3  1  u2 1 4  u2 2 u 2 u    1 1 ln u  2  ln 2  u du  1  u2 1  1 ln 3  ln 1   1 ln3 4 1 4 ln u2  4  3  2   1 Τελικά, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης W  π π ημχ dx  π  1 ln3  π ln3 . 2 0 3  ημ2χ 22 4για επιπλέον εξάσκηση, αποδείξτε ότι: συνχ ημχπ/3π/2 π/2    ln εφx dx  0 ,, ημ2x  ημx dx  π dx  π     π/6 0 1  ημx  συνx 4 0 ημχ συνχ  συνχ ημχ 2επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 203ΟΥΑ) Κάνουμε την αντικατάσταση χ  εφu ,  π  u  π . Τότε dχ  du . 22 συν2u για χ  1  u   π  χ  1u π  για 4  4  Άρα,    1 1 π/4 1 1 π/4 1 1 du  π/4 π 1 x2  1dx  du  1du  π/4 εφ2u  1 συν2u π/4 1 συν2u 2 π/4 συν2u ββ    Β) θα κάνουμε χρήση της βασικής σχέσης f x dx  f a  β  χ dx (*). ααΈχουμε, 11x 2 x 2 1   Ι  x2 (*) 1 1 1 x2 dx  dx  dx                  1 x2 1 ex 1 dx  1  1  x 2  1 e11x  1 x 2  1 ex  1 1  1 1 1 1 x2  1    e x 1      e x x2 1 ex  1  1 x2 1 ex  1 x2  x2 1 ex  1 x2 x2                  1 x2 1 ex 1dx  dx  1 x2  1 ex  1 1 x2  1 ex  1 dx  (  )dx  1 x2  1 ex  1 x2  1 ex  1 1 x2 x2 1 x2 1 x2 dx  1 x2  1  1dx  I  1 (1  1 )dx  I ( )dx  dx            1 x2  1 x2  1 ex  1 1 x2  1 1 x2  1 ex  1 1 x2  1 1 x2  1 1 1 dx  A)  π  I  Ι  2  π  I  2Ι  2  π  Ι  1  π . 2 1 x2  1 I2 2 4 24 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 204ΟΥ ββ    θα κάνουμε χρήση της βασικής σχέσης f x dx  f a  β  χ dx (*). ααΈχουμε,Α) α)             π (*) π π π f περιττή f συνx dx  f συν π  x dx  f συνx dx ===== f συνx dx  00 0 0 ππ π π  fσυνxdx   fσυνxdx  2 fσυνxdx  0   fσυνxdx  0. 00 0 0β) Το ολοκλήρωμα γράφεται π συν5x  συν3x  συνxdx  π συν5x  συν3x  συνxdx π      π συν5x  συν3x  συνxdx  dx,  0 2  ημ2x 0 1  συν2x  f συνx 0 2  1  συν2x 0 όπου f x  x5  x3  x περιττή συνάρτηση στο ' (η απόδειξη εύκολη). 1  x2Οπότε, από το α) ερώτημα, προκύπτει ότι π συν5x  συν3x  συνxdx  0 0 2  ημ2xΒ)             a fx (*) a f a  a  x a f x f άρτια a fx a fx dx  a exf x dx  1 a κexf x dx  dx ==== dx ==      a ex  κdx  dx  a eaax  κ a ex  κ a ex  κ 1 a κex  1 κ a κex  1 a ex κ                      1 aκex κex 11 f x 1 a 1 f x fx )dx  1 a fx 1 a dx  1 a fx ( (f f κ a κex  1 dx   x  κ a κex  1 κex  1 κ a κex  1 )dx  κ a x κ a κex  1 dx                   a f x dx  1 a f x dx  1 a fx a fx dx  1 a fx dx  1 a f x dx a ex  κ κ a κex  1 dx  κ a a ex  κ κ a κex  1 κ aΓ) f a x   1 fx α 1 (*) α 1 α 1 α 1 α 1 α f2 x dx  dx  dx ====== dx                  0 f2 x  1 2 dx  dx  0 f2 0  α  x  1 0 f2 α  x  1 01 0 1  f2 x 0 1  f2 x 1   1  f x α     2 1 α 1 α 1 α 1 α f2 x α f2 x  1 α dx  dx  dx  dx =                   0 f2 x  1 0 f2 x  1 0 f2 x  1 0 f2 x  1 dx  0 1  f2 x 0 1  f2 x dx  1dx  α  0 α dx  α       α 1 1 dx  α . 2 0 f2 x  1 0 f2 x  1 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 205ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 205ΟΥΑ) n    1 dx  n x  x2  a2  1 n x2  a2  1 dx  I  m x2  a2 m x2  a2 x  x2  a2 dx  x  x  x2  a2 m  n  x2 a2 n  n  n2  a2  dx  ln x  m  m    ln x   m x2  a2   ln m2  a2 Β)  x1  1  A)   x  1 x1 2 1    x 1 x2  2x  2  lim dt  lim ln  x x2  1   lim ln  x x2  1    t2        x x    x x  1  x2 1 2 2     12  2   1 12  2   x1   x  x2     x x2  x x x2     x0 ln  x  1x   1 1   2     xx 1 1  ln  1 1   2  lim ln   == lim   x2   lim  x2   ln    0. x    1 1   x   x    x2   x x2    επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 206ΟΥΑ) α) θέτουμε u  x2  du  2xdx για χ  0  u  0  για  χ  a  u  α2 Άρα      a2 2 du  a2 1 2  1 du = ln u1  2ln u2  ln u  3  a2  u2  u2   0 I(a)   u  1 u 3 0 u1 u3 0            ln 1  a2  ln 2  a2 2  ln 3  a2  2ln2 ln3  ln 1  a2 3  a2  ln  4   3  2  a2 2      β) lim I a    a = lim ln 1  a2 3  a2  4    4 , 2  a2 2  ln  3 ln   a  3   [διότι      1  a2 3  a2    lim a4  4a2  3 lim a4 ln 1  a2 3  a2  4   4   4 ] a a4  4a2  4 aa 4 2  a2 2  3  3   3 lim   1  lim  ln   ln 1  ln    ln    a a 2  a2 2 Β) Θα υπολογίσουμε αρχικά το I(a). θέτουμε u  x  1  t  1  u2  t  u2  1  dt  2udu για χ  3  u  2   για χ  a  u  a  1 Άρα            I(a)  a1 u  12udu  2 ua1 2  udu  2 a1 u  1 u2 2 a1  u  1 u2 2  a1 a 1 1 du   2 u  1 2 u1 2 u1 du  2  du  2 u  2 du  4 2  u  1 u  1  2 u1 2  u2  a1  4 ln u  1 2a1  a1 2 a  1  2  4  4ln a  1  1  a  1  2 a  1  2  4  4ln a 1 1   2u 2 2  2 2Οπότε,  lim I a  lim  a 1  2 a  1  6  4ln a  1  1   1  21  6  4  ()    2  2 a0 a0   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 207ο (προτάθηκε από τον Δημήτρη Ιωάννου) Λύση Θέματος 207ΟΥα) Αρχικά θα αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ' .   [Πράγματι, Έστω a,β  ' με a  β . Αρκεί να αποδείξουμε ότι f a  f β .Αν ήταν        f a  f β  f2015 a  f2015 β .Οπότε,    f a  f β  () f2015 υπόθεση            f2015 a  f2015 β   a f a  f2015 a f a ===> a  β, άτοπο.Άρα όντως fa  fβ ]. Θα αποδείξουμε ότι f '  ' (1) [Πράγματι, θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με τύπο φ x  x2015  x . Τότε φ x  2015x2014  1  0  φ γνησίως αύξουσα στο ' .Το σύνολο τιμών της φ είναι: συνεχής 1              φ ' ¿¿===== lim φ x , lim φ x  lim x2015  x , lim x2015  x  ,   ' x   x x x  Άρα, φ'  '.Επίσης, από την σχέση     f2015 x  f x  x  φ fx  x, x  '   και επειδή η φ είναι 1-1 (ως γνησίως αύξουσα), προκύπτει ότι f x  φ1 x , x  ' .Άρα, f  φ1 στο '.Έτσι, το σύνολο τιμών της f  σύνολο τιμών της φ1  πεδίο ορισμού της φ, δηλαδή το ' ].Όμως,  συνεχής1 f' ==== lim fx, lim fx (2) x xΑπό τις σχέσεις (1),(2) προκύπτει ότι lim fx   (και lim fx   ). x   x  β) Έστω a  '. Τότε για χ κοντά στο α έχουμε:    f2015xf x x      f2015af a a    επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης           f2015 x  f2015 a  f x  f a  x  a      fx  fa            f2014 x  f2013 x f a  ...  f2014 a  f x  f a  x  a                 f x  f a  f2014 x  f2013 x f a  ...  f2014 a  1  x  a (*)  Ax Όμως η f είναι συνεχής στο α, άρα                    lim f2014 x  f2013 x f a  ...  f2014 a  1  f2014 a  f2013 a f a  ...  f2014 a  1  2015f2014 a  1  0, xa άρα, A x  0, x κοντά στο α .Άρα η σχέση (*) δίνει για χ κοντά στο α    f x  f a 1 χα 1 .  ==>          x  a f2014 x  f2013 x f a  ...  f2014 a  1 2015f2014 α  1Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με παράγωγο  f x  1 (**)  2015f2014 x  1γ) Για χ=0 η σχέση της υπόθεσης δίνει    1  0  f          f2015  0 f 0 0f 0 f2014 0 0  0.   Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση    f2015 x  f x  x με fxπροκύπτει            f2016 x  f2 x  xf x  f2016 x  xf x  f2 x , x  ' (* * *) xΓια το ολοκλήρωμα  ftdt : 0     Α΄ τρόπος: θέτουμε u  f t  du  f t dt  du  1 dt  dt  2015u2014  1 du  2015f2014 t  1 για t  0  u  f0  0 για t  x  u  fx  Άρα, fx fx fx dt  u du   0 0 0 x             f 0 t 2015u2014 1 2015u2015 u du   2015u2016  u2  2015f2016 x f2 x  2 2016   2016  2     *** 2015 xf x  f2 x f2 x 2015xfx  2015f2 x f2 x 2015xfx  1007f2 x    2016 2 2016 2 2016Β΄ τρόπος επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΈχουμε αποδείξει ότι  f x  1  2015f2014 x  1Άραx fx f2015 xxfx fx fx fx  2015f2015 x ====== x fx  fx  2015x  2015fx  fx  2015x  2014fx  f   f x 2015 fx 2015x  2014fx   fx  2015xfx  2014fxfx  fxfx   fx 2015x  2014fx (* * **)Παραγωγίζοντας το 2ο μέλος της ζητούμενης σχέσης, παίρνουμε  2015xf x  1007f2 x   2015f  x   2015xfx  2014fxfx (****) 2015fx  fx  2016f  x   fx     x    2016 === 2016 2016  0 f t dt  2016         2015xf x  1007f2 x   x  2015xf x  1007f2 x x       2016    0 f t dt  , x' 2016  f t dt  c  0 Για χ=0 βρίσκουμε c=0, αφού f 0  0   xδ) Θέτουμε u  f x . Τότε u ||}  (λόγω του Α ερωτήματος).Άρα  f2015 x  f2015 x  lim u2015  lim u2015  lim 1    lim  lim 1 x   x fx 2015 x  f x uu 2015  u u 1 1  u 1 u2015   u2014  1  u2014   f2016 x  f2016 x  lim u2016  lim u2016  lim u    lim  lim   x   x fx 2015 x  f x uu 2015  u u 1 1  u 1 u2015   u2014   1 u2014  f2014 x  f2014 x  lim u2014  lim u2014 1    lim  lim  lim 0 x   x fx 2015 x  f x u u2015  u u 1 1  u u  1 1  u2015   u2014    u2014   Άρα,  f ν x 1 , αν ν  2015   , αν ν  2016 lim ν  2014 xx 0 , αν   ε) Έχουμε βρει f x  1 , άρα f x  1, για κάθε x  '  2015f2014 x  1(εύκολα διαπιστώνουμε ότι η ισότητα ισχύει μόνο για x  0 )   Θεωρούμε τη συνάρτηση d(x)  f x  x , x  ' . Τότε d(x)  f x  1 0 στο '* και η d είναι συνεχής στο0, άρα η d είναι γνησίως φθίνουσα στο ' . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΈτσι, το σύνολο τιμών της d είναι            d(')  lim dx, lim dx  lim fx  x , lim fx  x     lim f2015 x , lim f2015 x  ,   ' x x x x x xΟπότε, αν a  '  d(')  υπάρχει r  '  dr  a  fr  r  a  fr  a  r .Το r αυτό είναι μοναδικό, διότι η d είναι γνησίως μονότονη. Άρα η εξίσωση f x  a  x έχει μοναδική ρίζα στ) Έχουμε αποδείξει ότι f  φ1 στο '  f1  φ1 1  f1  φ στο ' . Άρα, f x2015  x  x, x  'Για x το 1 (x  0)  f  1  1   1 , x  0  f  1  x2014   1 , x  0. x  x2015 x  x  x2015  x  Οπότε,     f2015 1  x2014   lim ημx  1   0  x2015   x2015  L  lim ημ f x2015  x x  x (το τελευταίο όριο κάνει 0 από το κριτήριο παρεμβολής)     fk 1  x2014  lim ημx  1   1, αν κ  1 2  x2015    xk  , αν κ  M  lim ημ f x2015  x x0  x0 ζ) Έστω m  0 .Θα αποδείξουμε ότι η f είναι περιττή, οπότε το συμπέρασμα θα είναι άμεσο.Η συνάρτηση f1  φ είναι περιττή (εύκολο).Έστω xο  ' . Τότε το xο  ' και               f1 f xο  f1 f xο  xο  f1 f xο  xο  f xο  f xο .Άρα η f είναι περιττή. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 208ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 208ΟΥ x    α) Έστω g x  συνx , 0  x  π και G x  et2 dt , 0  x  π. 0 Η συνάρτηση et2 είναι συνεχής στο 0, π , άρα η G είναι παραγωγίσιμη στο 0, π , με G x  ex2 .Επίσης, G g  f στο [0, π].Έτσι,               f x  G g  x  G g x  g x  eσυν2x ημx  ημx  eσυν2x  0 στο 0, πκαι επειδή η f είναι συνεχής στο 0, π , προκύπτει ότι είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, π . β) Η f’ είναι παραγωγίσιμη στο 0, π , με          f'' x          ημx  eσυν2x   ημx   eσυν2x  ημx  e  συν2 x     συνx  e συν2 x  ημx  eσυν2x  συν2x               συνx  eσυν2x  2ημx  e  συν2 x  συνx  συνx    συνx  eσυν2x  2ημ2x  eσυν2x  συνx      συνx  eσυν2x 1  2ημ2x , x  0, π θετικ όΆρα,  f'' x  0  συνx  x0,π  π και 0 <=> x 2 x0,π  f'' x  0  συνx  0 <=> π  x  π 2 x 0 π π 2 fx - + fx 4 3 σ.κ.Άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα 0, π  / κυρτή στο  π , π  και το σημείο  π , f  π   M  π , 0  είναι  2   2  M  2  2    2       σημείο καμπής.γ) Βρίσκουμε f  π   ημ π  συν2 π  1  e0  1  2  2 2  e  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΕξίσωση εφαπτομένης: ε : y  f  π   f  π   x  π   2   2   2      ε : y  0    x  π   2    ε:y  π x 2i) H f είναι κοίλη στο 0, π  , άρα η εφαπτομένη στο σημείο Μ βρίσκεται «πάνω» από τη γραφική παράσταση  2  της f στο 0, π  , δηλαδή  2    fx  π  x , x  0, π (η ισότητα ισχύει μόνο για x  π ), δηλαδή 2   2 2  συνx  π x , x 0, π (η ισότητα ισχύει μόνο για x  π ). et2 dt 2   2 2  0 συνο π 0 1 π et2 dt et2 dtΆρα για χ=0 παίρνουμε,  0   20 2ii) Το σύνολο τιμών της f είναι  1  f π            f   2  0, π  f π ,f 0   f π , e  t2 dt  π ,  ,  0   1 et2 dt  π π  f π  02  2       [διότι  f0 ] και το π , , άρα πf 0, π και άρα δεν υπάρχει αριθμόςξ  0, π : fξ  π .iii) Η συνάρτηση et2 είναι θετική στο ' και συνx  0 στο 0, π  , άρα  2     f x  συνx  0 , στο 0, π .   et2 dt 2  0 π 2  Οπότε, το εμβαδόν είναι Ε  f x dx . 0Έχουμε αποδείξει όμως ότι ππ π π x  0, π (η ισότητα ισχύει μόνο για x  π)  2 f 2π  x dx  E   πx x2 2 π2 2  20  2  8     fxx , 2  x dx   2  2  0     0δ) Έχουμε, ππ π 2 π2 2 π2 π 2 π2 8 8 8 f xf 02  xf 0 0 0           Ε  x dx   x dx   xf x x dx   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης π   2 π2   xe dxσυν2x  συνχ  dx   08 ππ 2 π2 2 xημxdx π2 xeσυν2xημxdx      . 8 eσυν2x 8 0 0ε) Έχουμε,      lim    xπ   2    συνχ et2 2x  π  2συνx dt   συνχ et2 2x  π  2συνx    συνχ 2x  π  2  dt   0    et2 συνχ et2 συνχ  dt    συνχ e t2    et2 συνχ   2x2  2πx  π2       2x2  2πx  π2   lim  0  2   lim  0        2  xπ xπ  2x2  2πx  π2    2 2 2  συνχ 2x  π συνχ  t2   2x  π   0  0   συνχ   2x  π  2f x  0  2         dt  e dt   2x2  συνχ    συνx  2f x    2πx  lim 0  lim π2   lim   2 xπ 2x2  2πx  π2 xπ  x  π  2x2  2πx  π2  2 2 2  2  2     0    f''συνεχήςς στο π2  f''π            2 2x  π  2f x  2  2f x  0  2  2f x   f'' x  ======  0  0.lim    lim   lim  4x  2π   lim  2     4x  2π        22xπ   π xπ xπ  π2  x 2 2 2  2  2 2x2  2πx   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 209ο (προτάθηκε από τον Παύλο Τρύφων) Λύση Θέματος 209ΟΥ α) Η συνάρτηση φ t  tet είναι συνεχής στο R, άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο R, με et  1   f x  x tet 1 dt   xex , x ' .  0 et   ex  1Η f’ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με xex  ex  1  ex  xex ex  1  e2x  ex  1 2               f x   xex 1   ex  1  xex  ex  ex  1 2  e2x  ex  xex  ex ex  1  x  ex  g x , x  '      ex  1 2 ex  1 2 ex  1 2     όπου g x  ex  1  x , x  ' . Τότε, g x  ex  1  x   ex  1  0  g γνησίως αύξουσα στο ' .Οπότε το σύνολο τιμών της g είναι: συνεχής 1       gR ===== lim gx, lim gx  lim ex  1  x , lim ex  1  x  ,   '. x x x x   Επειδή το 0 ανήκει στο g '  ' , προκύπτει ότι υπάρχει ρ  ' :g ρ  0.Το ρ αυτό είναι μοναδικό, διότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ' .Άρα, ex  g x  ex  ex  1 2 διότι ex  1 0         f x  0   και 0g x 0xρ 2    fx  0  ex 2  gx  0  gx  0  gx  g1  ρ . ex  g  ρ  <=> x 1 x  ρ  + fx - 3 fx 4 σ.κ.  Η f είναι παραγωγίσιμη στο ρ, άρα ορίζεται εφαπτομένη στο Α ρ, f ρ , οπότε η f έχει μοναδικό σημείο καμπής, το Α ρ, fρ .β) Ας ονομάσουμε hx  fx  fx , x  '. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΗ συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο ' (ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με hx  fx  fx   fx  fx  fx  fx  x  fx  fx  xx   xex  xex  xex  ex  xex  ex  ex  1 ex  1 ex  1 ex  1 1  ex  xex  x  xex  x  x ex  1  x   x2  , 1 ex ex  1 1  ex ex  1 ex  1  2 ex 1οπότε,    h  x2   x2  c, για κάθε x  '. x   2  , x' h x 2Για x  0 παίρνουμε  02  c  f  0 tet dt  2 διότι f 0 0 et  1 0          h 0 0  f 0 cc0   .Άρα, hx  x2 ή fx  fx = x2 , για κάθε x  '. (*) 22 γ) Λόγω της σχέσης (*) αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό ξ  1, 0 : ξ2  eξ. 2 Ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για την συνάρτηση m x  x2  ex, αφού η m είναι συνεχής 2  1  e1  1  1  e  2  0 , m 0 2 2 e 2e   στο 1,0 και  0  e0  1  0 . m 1   Άρα υπάρχει ξ  1, 0 : m ξ  0  ξ2  eξ  0  ξ2  eξ . 22   Επίσης, η m είναι παραγωγίσιμη στο  x2  ex   ex 1, 0 με m x   2   x  0 (διότι, από στη γνωστή σχέση ln x  x  1 , x  0 αν θέσουμε για x το ex παίρνουμε: ex 1 ex lnex  ex  1 ή x  ex  1 ====> x  ex  x  ex  0 ).Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, 0 , άρα το ξ είναι μοναδικό.δ) θα χρησιμοποιήσουμε την εξής πρόταση:     Αν για τις συναρτήσεις f,g : '  ' ισχύει f x  g x , κοντά στο   και lim g x   , τότε είναι και x  lim fx   x   (η απόδειξη δίνεται παρακάτω)Έχουμε για x  0 και 0  t  x : et  et  1  1  1  1 , άρα tet  t  t (1) et  1 et  1 et  1 et  1 et  1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018