Important Announcement
PubHTML5 Scheduled Server Maintenance on (GMT) Sunday, June 26th, 2:00 am - 8:00 am.
PubHTML5 site will be inoperative during the times indicated!

Home Explore 555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

Published by mac190604, 2018-02-04 05:49:08

Description: Επιμέλεια λύσεων: Παύλος Τρύφων
Ψηφιακή επεξεργασία:Δημήτρης Παπαμικρούλης
Αποκλειστική διάθεση μόνο ανάγνωση ιστότοπος:
lisari.blogspot.gr

Keywords: lisari,555

Search

Read the Text Version

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΤότε 0  x  2  x  1  x  4 . Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο  x  2 , x  1   υπάρχει ξ  x  2 , x  1 : fξ  fx  1fx  2 fx  1  fx  2 x  1  x  2  3 .Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο  x  1 , x  4  υπάρχει η  x  1 , x  4  : f η   fx  4  fx  1  fx  4  fx  1 . x  4  x  1 3 Όμως, f γνησίως φθίνουσα στο 0 ,   και ξ  η  fξ  fη  fx  1  fx  2  fx  4  fx  1  fx  2  2  fx  1  fx  4 , 33για κάθε x  2 . γ)i. Έχουμε: gx   x  tx  ex  x 1 gx x 1 gx gx gx x 1 gx =>     0     x  0   x  0  x1g x   ex         x  g x  0  x g x   0, ex ex  για κάθε x  0  x  g x  c , για κάθε x  0 . exΓια  x  1  1   1   c  c  1 . g x  ex , x  0. 2 2e g 2  x  Άρα, ii. Α΄ Τρόπος:               ln συνx  ημx  ln ημx  συνx  ln συνx  συνx  ln ημx  ημx ln συνx  ln e συνx  ln ημx  ln eημx   συνx   ημx  ln 1  1 συνx ημx eσυνx eημx  π   eσυνx   eημx  e συνx eημx συνx ημx  2     <=>      ln  ln     g x  0, συνx  g ημx , για κάθε *.  Όμως,      g x ex  ex x  1   x   x2  0 , για κάθε x  0,1 .Άρα, g 2 στο 0 , 1 , άρα g 1  1 στο 0 , 1 .   Έτσι, η σχέση  π  x   0 , π  * δίνει συνx  ημx , x   0 , 2  (διότι ημx , συνx  0,1 για  2  ) .     επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΟπότε, συνx  ημx  συνx  συν  π  x   x  2κπ  π  x  2x  2κπ  π  x  κπ  π , κ  .  2    ή 2   2 4      2κπ  π  x x  2Όμως,  π  , άρα κ 0. Τελικά, x  π . x 0 , 2  4  Β΄ Τρόπος: ln συνx  ημx  ln ημx  συνx  ln συνx  συνx  ln ημx  ημx , x  0 , π  .  2      Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 0 , 1  ' , με φ x  ln x  x .Τότε, φx  1  1  1  x  0 στο 0 , 1  φ γνησίως αύξουσα στο 0 , 1 , άρα και 1  1 . xx     Η ζητούμενη εξίσωση είναι ισοδύναμη με τη φ συνx  φ ημx  συνx  ημx , διότι η φ είναι 1  1 στο 0 , 1 και , όταν x   0 , π  . Οπότε και πάλι βρίσκουμε x π.ημx , συνx  0,1  2  4   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 228ο (προτάθηκε από τον Θανάση Κοπάδη) Λύση Θέματος 228ΟΥα) Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε ότι    f z1  2z1  z 2 , f z 2  2  z 1 z 2 και z1  1  2  z2 .Για να είναι η f γνησίως φθίνουσα στο ' , αρκεί να αποδείξουμε ότι 2z 1  z 2  2  z1 z2  2 2z 1  z 2          2  z1 z2 2  2z1  z 2  2z1  z 2  2  z1 z2 2  z1 z 2   4  z 1 2  2z1 z2  2 z 1 z 2  z 2 2  4  2 z 1 z 2  2z1 z2  z 1 2  z 2 2      4 z1 2  z2 2  4  z1 2  z 2 2  0  z1 2  4  z 2 2  4  z 2 2  0      4  z2 2  z1 2  1  0 , το οποίο ισχύει, αφού z 2  2 και z1  1 .   β)1 f z1  1 z1 2 , z2 5 και η σχέση  2 z1  z 2 δίνει f  2   3 2 και η σχέση f z2  2  z1z 2 δίνει  f5  3 . 2  1  f 11 1 1   2  2  <==> f ως γν. φθίνουσα         i.ff 3x  2x 1  3 2  f f 3x  2x 1  f 3x  2x   3  f 3x  2x f1 1 <=> 3x  2x  5  3x  2x  5  0         f 3x  2x 2 f 5 * . Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : '  ' , με φ x  3x  2x  5 . Είναι φ x  3x  ln3  2  0 , για κάθε x  ' . Άρα, η φ είναι γνησίως αύξουσα στο ' και φ 1  0 .   Άρα, η σχέση * είναι ισοδύναμη με την φ x  0  x  1 .   ii. 2f2x   9 2  6 2  3 fx  2f2 x  6 2  3 fx  9 2  0. * *  Το τριώνυμο 2y2  6 2  3 y  9 2 έχει διακρίνουσα    2 2 Δ  6 2  3  72 2  81  36 2  3  6 2  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, y1 ,2   6 2  3  6 2  3 32 4 3 2 Άρα η σχέση * * είναι ισοδύναμη με την 3  fx  3    2  f 5  1  f2 1 . f x  f  2  2  x  5 2   <=>γ) i. Οι συναρτήσεις f , g ως γνησίως μονότονες είναι και 1 – 1.   Οπότε ορίζονται οι f  1 : f '  ' , δηλαδή f  1 : '  ' και η g 1 : g '  ' , δηλαδή g 1 : '  ' .Έχουμε ότι fogx  gofx . για κάθε x  '  fgx  gfx , για κάθε x  ' . Για x το f  1 x παίρνουμε:                         f g f1 x  g f f1 x , για κάθε x  '  f g f1 x  g x , για κάθε x  '  g f 1 x  f  1 g x ,         για κάθε x '  gof  1 x  f 1 og x , για κάθε x  '. 1ii.                      g 1of 1 x  f 1og 1 x  g1 f 1 x  f1 g 1 x  f1 x  g f1 g1 x  1 για x                      f 1 x  gof 1 g  1 x <=> f  1 x  f  1 og g 1 x  f  1 x  f 1 g g  1 x  το f  1 x     f  1 x  f 1 x , ισχύει. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 229ο (προτάθηκε από τον Θανάση Κοπάδη – λύθηκε από την lisari team) Λύση Θέματος 229ΟΥα. 1ος τρόπος Θεωρούμε ψ  0 τυχαίο και σταθερό. Ορίζουμε τη συνάρτηση h : 0,   ' με hx  fxy  x  fy  y  fx , x>0Παρατηρούμε ότι f10 h1  fy  fy  y  f1 == 0Οπότε η σχέση της υπόθεσης fxy  x  fy  y  fx γράφεται: hx  h1 , για κάθε x > 0Άρα :  Η συνάρτηση h στο xo  1 παρουσιάζει τοπικό μέγιστο,   To xo  1 είναι εσωτερικό σημείο του Dh  0,  ,  Η h είναι παραγωγίσιμη στο ' (άρα και στο 1), [ με παράγωγο h'x  f'xy  y  fy  y  f'x , για κάθε x>0 ]Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat θα ισχύει : h1  0  fy  y  fy  y  f1  0  fy  y  fy  :y2 0 fy  y  fy  1  y <=> y2 y  fy   ln y  , για κάθε y > 0    y Άρα θα υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε : fy  ln y  c , για κάθε y > 0 yΓια y =1 η παραπάνω σχέση γίνεται : f1  ln1  c  c  0 1Τελικά έχουμε fy  ln y  fy  y ln y , y >0 yΔηλαδή, fx  x ln x , x> 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης2ος τρόπος 1  f 1  lim f h  f 1 f10 f hΑρχικά έχουμε ότι == lim h1 h  1 h1 h  1και fx  lim fw  fxΘέτουμε wx w  xΤότε, w  h  w  hxΆρα, x w  x καθώς h  1  Για fx  lim fhx  fx (x  0) h1 hx  x :hx  x   0 h  1  fhx  fx  hfx  xfh  fx  h  1fx  xfh ===> fhx  fx  h  1fx  xfh  fx  fh  lim fhx  fx  fx  1  fx  fx  1 hx  x hx  x x h  1 h1 hx  x x x  Παρόμοια για h  1  fx  fx  1 xΆρα fx  fx  fx /  ln x/ , x 0 x 1    x και η συνέχεια είναι ίδια με αυτή του προηγούμενου τρόπου.β.1ος τρόποςΠλάγιες-οριζόντιες στο  : hx x 2  ln 1  ex       1 ln 1  ex α  lim  lim x lim   2  x2    2  1  ln 1  ex   1  0  0 ln1  1, x  lim 1  x x2  xx x   x x x         β  lim h x   x    αx  lim  2  ln 1  ex    1 ln 1  ex   2  0  ln1  2 x  lim 2  x  x x   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα η ευθεία y  αx  β , δηλαδή η y  x  2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο Πλάγιες-οριζόντιες στο  :    h x   1   1  0  0  1, γ  lim  lim  2  ln 1  ex xx x x x2         ex 1     ln 1  ex      ln 1  ex  lim 1  ex   lim 1  ex   1 === lim (διότι, lim x2 x2  x 2x x 2x  0)  x x        δ  lim h x   x   γx  lim  2  ln 1  ex   2  1  1 x  x (διότι,         ln 1  ex     ln 1  ex  ex  1  1   ex   ex 1 lim x === lim x  lim  1   lim 1  1 ) x  x x xΆρα η ευθεία y  γx  δ , δηλαδή η y  x  1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο 2ος τρόποςΈχουμε,      ln 1  e  x h x x2  hx  x  2  ln 1  e  x , x  0 1 xxΟπότε,  (1) ln 1  e x  lim ln 1  e  x 1  0 0 x          limhx  x  2   x lim x  x   xΆρα η ευθεία y  x  2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο   .Παρόμοια,        === lim D.L.H. x        1 ln 1  e  x   limh x  x  2   lim ln 1  e  x  lim  ex   lim 1 x   1  e  x  x    1  ex  1x x x xΆρα,            limh  h 1 h x x  x 2   1  lim x  x2   0  lim x  x  1   0 . x xΆρα η ευθεία y x  1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο   .γ. 1ος τρόποςΤα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της g και της ευθείας y  x  1 έχουν τετμημένες τις λύσεις τηςεξίσωσης gx  x  1  fx ln x  x  1  xln x ln x  x  1 , x> 0Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται : επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  xln x ln x  x  1  ln x  x  1  x  1και επειδή δεν έχει λύση την x =1 (αφού για x =1 δεν επαληθεύεται)τότε ισοδύναμα γράφεται : ln x  x  1  ln x  x  1  0 x1 x1   Θεωρούμε τη συνάρτηση q : 0,1 1,   ' με τύπο qx  ln x  x  1 x 1   H q είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 1,  , με παράγωγο  q' x  1  x  1  x  1  1  2  0 x x  1 2 x x  12   Άρα η q είναι γνησίως αύξουσα στο Α1  0,1 και γνησίως αύξουσα στο Α2  1, Είναι :  lim q x  lim ln x  x  1     x  1  x0 x0 και  1   lim ln x     x 1    lim q x x 1 x 1 x 1  Aφού η q στο Α1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής , το αντίστοιχο σύνολο τιμών θα είναι :         q A1  lim q x , lim q x  ,   ' x0 x 1   Επειδή 0  q A1 και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α1 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός x1  A1 : q x1  0Επίσης :  1   lim ln x     x 1    lim q x x 1 x1 x 1  και  lim q x  lim ln x  x  1     x  1  x   x Αφού η q στο Α2 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής , το αντίστοιχο σύνολο τιμών θα είναι:         q A2  lim q x , lim q x  ,   ' x 1 x     Επειδή 0  q A2 και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α2 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός x2  A2 : q x2  0Άρα η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες x1, x2Παρατηρούμε όμως ότι: επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 1 1  x1  1   ln 1  x1  x1 1  x1 1  x1 x1  x1 1  x1 1  x1 x1  1  q ln x1  1  ln x1   ln x1   q x1 0 1 x1 x1Άρα ο αριθμός 1 είναι ρίζα της q . Kαι επειδή η εξίσωση q(x)  0 έχει ακριβώς δύο ρίζες τις x1, x2  1 , x1τότε υποχρεωτικά x2  1  x1x2 1 x12ος τρόποςΤα κοινά σημεία της Cg και της ευθείας y  x  1 έχουν τετμημένες τις λύσεις της εξίσωσης gx  x  1  fx ln x  x  1  xln x ln x  x  1  0,x  0Θεωρούμε τη συνάρτηση  φ x  xln x ln x  x  1  0, x  0 Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0,  , με παράγωγο φx  ln x  1 x Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0,  , με παράγωγο  φ x  1  1  0 ,για κάθε x  0 x x2 Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο 0, Επίσης, φ1  φe  1  e  1  0 e   Άρα από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει xo  1, e : φ xo  0Έχουμε τώρα ότι  φ 1       φ <=> x  φ 1      φ <=> 0 x  0  φ x  φ xo  xo xo  x  0  φ x  φ xo  x   Κατά συνέπεια, η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο xo    Θα βρούμε τα σύνολα τιμών φ 0, xo  , φ xo,  Στο 0, xo  η φ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, άρα          φ 0, xo   φ xo , lim φ x  φ xo ,  x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    ln x     lim       (διότι ln x   lim xln x  lim == lim x  0  lim φ x   )x0 1x0 x0  1  x0 x0 x  x   Επίσης, φ2 στο 0,xo         xo  1 =====> φ xo  φ 1  2  0  φ xo  0  0  φ 0,xo    υπάρχει x1  0, xo  : φ x1  0Το x1 είναι μοναδικό, διότι η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο 0, xo      Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε ότι φ xo,   φ xo ,  , άρα υπάρχει μοναδικό   x2  xo,  : φ x2  0Παρατηρούμε ότι    φ1 1  1   1  1 ln x11  1 1   x1   x1 ln  x1   ln  x1   x1 1  x1  ln x11 x1    ln x1  ln x1  1 1  ln x1  x1 ln x1  1  x1  φ x1  0 0 x1 x1 x1 x1 x1 Άρα ο αριθμός 1 είναι ρίζα της εξίσωσης φ x  0 . Όμως είδαμε πως αυτή η εξίσωση έχει ακριβώς δύο x1   ρίζες x1, x2  1 αφού φ 1  2  0 , άρα υποχρεωτικά x2  1  x1x2 1 x1δ.1ος τρόποςΣκεπτικό…Για x  1, e έχουμε: xx             f x et2 dt  e  f x ex2  f x et2dt  f x  e ex2  0  11  x  x   x    1   1  et2 dt              fxe  f x e e t2 dt  0  f x e  e t2 dt  0 1Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1, e  ' με τύπο x  φx  fx  e  et2dt 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης xx Η συνάρτηση et2 είναι συνεχής στο 1, e , άρα η συνάρτηση et2 dt είναι παραγωγίσιμη στο et2 dt . Κατά 11συνέπεια, η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο 1, e , ως γινόμενο των παραγωγίσιμων συναρτήσεων x  f x  e και et2 dt . Οπότε, 1  η φ είναι συνεχής ως διάστημα 1, e (ως παραγωγίσιμη σε αυτό)   η φ είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 1, e 1 e feeln ee     φ1  f1  e    et2dt  0  e  0  0 και φe  fe  e  et2dt ===== 0 11 Άρα, από το θεώρημα Rolle, προκύπτει η ύπαρξη τουλάχιστον ενός αριθμού ξ  1, e : φξ  0δηλαδή ξ      f ξ et2 dt  e  f ξ eξ2 12ος τρόποςΗ ζητούμενη σχέση γράφεται ισοδύναμα ξ      f ξ et2 dt  f ξ  e eξ2  0 1Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο 1, e για την συνάρτηση x  dx  fx  et2dt  fx  e ex2 1   d 1  e2  0 και      e   0 και συνεχής στο 1, e   d e  2 et2 dt  0, αφού et2 1 π 2  ε. Είναι, I  ημx ln ημx  συνxdx π 6Θέτουμε u  ημx  du  συνxdx  x  π  u  1 για x   u    6 2  για π 1  2 Άρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςπ  1  lnudu ln u 2ημx 1 1  u2  u2 1 u2  du  ln2 1 u2 11  2ln2  3 . 1  2  2 1 1 2 8 4 2 16       I  ημx ln   π  συνxdx  uln udu 1   ln u 6 22 22 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 230ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Νίκο Σπλήνη) Λύση Θέματος 230ΟΥΑ. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)  x με x  ' , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο ' αφού f είναι f(t)dt ασυνεχής στο ' με, h(x)  f(x)Η συνάρτηση h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο α,β , οπότε υπάρχει τουλάχιστον έναξ  α,β ώστε, h(ξ)  h(β)  h(α)  β f(t)dt α 0  f(ξ)  0 βα βαΒ.α) Θεωρούμε συνάρτηση x 1 f(t)dt    g(x)  x με x  ' 0 x4  2x3  x2με g(0)  g(1)  0 , οπότε η δοσμένη ισοδύναμα γίνεται, g(x)  g(0) για κάθε x  ' και g(x)  g(1) για κάθε x  'άρα η g παρουσιάζει στα x0  0, x1  1 ελάχιστο.Ακόμη, η f είναι συνεχής στο ' , άρα η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο ' , οπότε και η g είναιπαραγωγίσιμη στο ' με, x 1 f(t)dt  xf(x  1)    g(x)  0 4x3  6x2  2xΑφού τα x0  0, x1  1 είναι εσωτερικά του ' , από Θ. Fermat πρέπει g(0)  0 και g(1)  0οπότε, 1 g(0)  0  f(t)dt  0 (1) 0 g(1)  0  f(0)  0 (2) Από την (1) και το Α. ερώτημα προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ  1, 0 ώστε f(ξ)  0β) Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο ξ, 0 , οπότε υπάρχει τουλάχιστον έναα  ξ,0  1,0 , ώστε f(α)  0Από όπου προκύπτει ότι το α είναι πιθανή θέση ακρότατου της f . x 1γ) Η συνάρτηση F(x)  0 f(t)dt είναι συνεχής στο 0,1 αφού είναι και παραγωγίσιμη και επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης F(1)  0 1 (1) F(0)  f(t)dt  0 0 Άρα από Θ. Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα β  0,1 ώστε F(β)  0  f(β)  0Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο 0,β , οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα, θ  0,β  0,1 , ώστε f(θ)  0 Ακόμη, η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Rolle στο α, θ  1,1 , οπότε υπάρχει τουλάχιστον έναξ  α,θ  1,1 , ώστε f(ξ)  0   άρα το ξ  α,θ  1,1 είναι πιθανή θέση σημείου καμπής της f . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 231ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Νίκο Σπλήνη) Λύση Θέματος 231ΟΥα) Θέτουμε, xt  u  xdt  du ενώ, για t  0 είναι u  0 και για t  1 είναι u  x οπότε,     F x  ex u3 1 u2  1 du 0   Η συνάρτηση g u  eu3 1 u2  1 είναι συνεχής στο ' ως πράξεις και σύνθεση συνεχών, άρα η συνάρτησηF είναι παραγωγίσιμη με    F x  ex3 1 x2  1  0 για κάθε x  ' (1)ακόμη,      F x F x  ex3 1  3x2  x2  1 (1) 2x x2  1  ex3 1  2x  3x2F(x)    F(x)  3x2  2x F x  3x4  3x2  2x , για κάθε x  ' (2)   F(x) x2  1 x2  1 F xβ) Αρκεί να υπάρχει μοναδικό α   1,  1  ώστε,  2      (2) α0 F α  0  3α4  3α2  2α  0 <=>3α3  3α  2  0Αν h(x)  3x3  3x  2 συνεχής ως πολυωνυμική στο 1, 1  και με  2    h1  h   1   4  1   1  0  2  8 2  τότε από Θ. Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα α   1,  1  ώστε  2     h α  0  3α3  3α  2  0 Όμως h x  9x2  3  0 για κάθε x  ' άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο 1, 1  ,  2  οπότε το α είναι μοναδικό.Ακόμη, η (2) για x  α ,  F α 2α  0  3α2  2α  3α2   2α  3α2   F α α2  1 α2  1 α2  1όμως  2α  1 α2  1άρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 3α2  1  α  3   3  α  3 33 3επομένως  3  α  1γ) Από το (α) έχουμε, 32Οπότε έχουμε,    (2) F x  0  x 3x3  3x  2  0  x  0 ή x  α (α)δ) Το F(1)  2e2 και για x  1 η (2) γίνεται: F1  4  F1  8e2 2e2Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της CF στο x0  1 , ε : y  F1  F1x  1  y  8e2x  6e2 ε) Είναι g(x)  ex3 1 x2  1  0 για κάθε x  ' , άρα E(Ω)  02 g(x)dx  F(2)Η F ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο 0,2 άρα, υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ  0,2 ώστε, Fξ  F2  F0  F2 20 2 Όμως, F(x)  0 για κάθε x  0,  , οπότε η F είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  , άρα 0  ξ  2  F0  Fξ  F2  e  F2  5e2 2  2e  F2  10e2  2e  EΩ  10e2στ) Αν F κυρτή στο 0,  , τότε η εφαπτομένη (ε) της CF είναι κάτω από τη CF εκτός του σημείο επαφής, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    3 3 F(x)  8e2x  6e2  2 F(x)dx  2 8e2x  6e2 dx 11            F 1 F 3 F 1 3 3 4e2x2 3 2 2 F 2 F 1  4e2 2  2e2  F 1   6e2x1 2  3 3 2 2 1  1όμως η F ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο 1, 3  άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα  2     ξ 3  F  3   F 1  2   2      1, ώστε F ξ  άρα 3 1 2    F ξ  4e2  eξ3 1 ξ2  1  4e2. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 232ο (προτάθηκε και λύθηκε από τον Παύλο Σταυρόπουλο) Λύση Θέματος 232ΟΥα) fx  ex x  1  ln x , x>0 x2Παρατηρούμε ότι :  Για x  1 είναι : x  1  0 , lnx 0 , οπότε f x  0  Για 0  x  1 είναι : x  1  0 , lnx  0 , οπότε f x  0Επίσης f1  0 Επειδή η f είναι συνεχής στο xo  1 , τότε θα είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,1 και γνησίως αύξουσα στο 1, β) Ισοδύναμα έχουμε:      eρρ2 1  ln ρ  1  ρ2 1  ln ρ  eρ  ρ  ρln ρ  eρ  eρ  ρln ρ  ρ  0  f ρ  0 ρρ Όμως έχουμε ότι η f έχει στο xo  1 ελάχιστο το f 1  e  1  0Οπότε : fx  e  1  0 για κάθε x  0,  . Οπότε δεν υπάρχει ρ  0 με f ρ  0γ)        f x  ex  x  ex  ex x2  ex  x  ex 2x  1  ex x2  2x  2  1  0 για κάθε x  0 . x4 x x3 x Άρα η συνάρτηση f είναι κυρτή στο 0, δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h με hx  f1  f5  2f3 x  3  f5  f3  2e  2 x  1Η h ως πολυωνυμική είναι συνεχής στο διάστημα 1,3 h1  2 f1  f5  2f3Έχουμε : f1  f5  2f3  f5  f3  f3  f1 (1)Η συνάρτηση f είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα διαστήματα 1,3 και 3,5 ως πράξεις συνεχών   συναρτήσεων και παραγωγίσιμη σε κάθε ένα από τα διαστήματα 1,3 και 3,5   Άρα από το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1  1,3 και τουλάχιστον ένα ξ2  3,5 ,ώστε : επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fξ1   f3  f1  f3  f1  2fξ1  2και fξ2   f5  f3  f5  f3  2fξ2  2Άρα η σχέση (1) γράφεται : f1  f5  2f3  2 fξ2   f ξ1  (2)Αποδείξαμε στο ερώτημα Γ3 ότι η f είναι κυρτή , άρα η f είναι γνησίως αύξουσαΕπειδή είναι ξ2  ξ1 , τότε θα είναι και fξ2   fξ1   f ξ2   f ξ1   0Άρα από τη σχέση (2) έχουμε : f1  f5  2f3  0  h1  0 h(3)  2 f3  f5  2e  2 Επειδή η f παρουσιάζει ελάχιστο μόνο στο xo  1 , το f 1  e  1 , θα έχουμε : f3  e  1 και f5  e  1οπότε : f3  f5  2e  2  f3  f5  2e  2  0Άρα h3  0 Άρα η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano , οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα α  1,3, τέτοιο ώστε : hα  0  f1  f5  2f3 α  3  f3  f5  2e  2 α  1  0  f1  f5  2f3 f3  f5  2e  2  0 α1 α3 ε) Θεωρούμε τη συνάρτηση F x  x ftdt, x  0 . 1 Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο 0, ( αφού η f είναι συνεχής στο 0,  ) με : Fx  fx  0 για κάθε x  0 Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  οπότε και 1-1Έχουμε : 12 z 12 z  z 3  z 1             f t dt  0  f t dt  f t dt  F 1  2 z  F  z 3  z  1  z 3  z 1 11  1  2 z   z 3  z  1  z 3  z  2  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΠαρατηρούμε ότι το z είναι μία λύση της εξίσωσης x3  x  2  0που εύκολα βρίσκουμε ότι έχει μοναδική λύση την x =1 . Οπότε : z  1 , άρα ο γεωμετρικός τόπος τωνεικόνων των μιγαδικών z είναι ο μοναδιαίος κύκλος . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 233ο Λύση Θέματος 233ΟΥ α) Υποθέτουμε ότι υπάρχει x0  ' : f x 0  0 .Για x  x 0 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει:    f 2 x0  ημx 0 x 2 συν 2 x   2f x 0  0  0  x 0 2  συν 2 x 0  0  x 0  0 και συνx 0  0 , άτοπο. Άρα, f x  0 , για κάθε x  ' και f συνεχής στο ' . fa  0 Άρα, η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ' ¿¿À f x  0 , για κάθε x  ' . a)   β) Για x  0 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει: f2 0  1  f 0  1 .γ) Έχουμε ότι:        f2 x  2f x  ημx  x 2  συν2 x  f2 x  2f x  ημx  ημ2x  x 2  συν2 x  ημ2x       f x  ημx 2  x2  1 , για κάθε x  ' 1 .   Θεωρούμε τη συνάρτηση g : '  ' , με g x  f x  ημx . Τότε, η σχέση 1 δίνει x2  1  0 g συνεχής     g2 x  x2  1 , για κάθε x  ' ===> g2 x  0 , για κάθε x  '  g x  0 , για κάθε x  ' ¿===> στο 'η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ' .Όμως, g0  f0  ημ0  1  0 . Άρα, g x  0 , για κάθε x  ' .Οπότε, η σχέση      g2 x  x2  1 , x  ' , δίνει: g2 x  x2  1 , x  '  g x  x2  1 , x  '      f x  ημx  x2  1 , x  '  f x  x2  1  ημx , x  ' .δ) Α΄ Τρόπος: Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , με f x  x  συνx . x2  1 Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 , με f 0   1 .Έχουμε, A  lim fx  1 fx  f0  f0   1 .  lim x0 x x0 x0Β΄ Τρόπος: fx  1 x2 1 1  ημx lim  x2  1 1  ημx   lim  x ημx lim  lim        0 1 1 x0  x  x0  x x0 x x0 x  x  x2  1  1Επίσης,    B  lim f x  lim  x2  1   x2  1  ημx   x2   x x  lim  1    ημx   x  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  1 1  x  0 για  1 1   1 1 ημx  lim  x  x2  ημx  ===== lim  x x2  ημx   lim x   x2  x   x  x x x     1  0    (διότι ημx  1   1  ημx  1 , για x  0 x x x xxκαι επειδή lim  1  0 , προκύπτει από το κριτήριο της παρεμβολής ότι lim ημx  0 ).   x x  x  xε) Παρόμοια, βρίσκουμε  1 1 ημx  x2 x       lim f x x  lim   x      10   . x    Αν η f ήταν γνησίως αύξουσα, τότε το σύνολο τιμών θα ήταν f1    ==== συνεχής        f   ,   lim f x , lim f x  ,   , άτοπο. x x  Άρα, η f δεν είναι γνησίως αύξουσα.Παρόμοια δείχνουμε ότι δεν είναι γνησίως φθίνουσα. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 234ο (προτάθηκε από τον Νίκο Αντωνόπουλο-λύθηκε από τη lisari team) Λύση Θέματος 234ΟΥα. Για κάθε x  1,2015 ] ισχύει: 1 2015 1 2015 2015  1 1  x x 1  x dx  0  2xf x dx   x2ex  2xf            e f20152 x2 e   f2 x dx  dx e x x 1 11  1 2 2015  f x  xe x  dx  0 11      f2 2015 21 x  x2e x  2xe x f x *  1 1 dx  0  ex exΙσχύει όμως   1 2  f x  xex   0 , για κάθε x  1,2015 1 ex   1 2 fx  xe x Αν η συνάρτηση δεν ήταν παντού μηδέν στο 1,2015 , τότε θα είχαμε 1 ex  1 2  2015  fx  xe x  1 1 dx  0 , άτοπο! [ λόγω της σχέσης (*) ] exΆρα για κάθε x  1,2015 ισχύει  1 2   f x  xex       1 ex  1 2 1 1  0   f x  xex   0  f x  xex  0  f x  xex , x  1,2015β.1ος τρόπος 1Επειδή η συνάρτηση et είναι συνεχής στο 1,2015 , η συνάρτηση t3 1h(x) x e t dt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , συνεπώς και συνεχής στο 1,2015 . 1 t3Τότε η συνάρτηση H     xx h t dt  e είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , με 1 Hx  hxκαι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 Hx  hx  ex x3Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με  f x  1  1 1 ex x exκαι  f x   1 1  1 1  1 1  1 1 ex ex ex ex x2 x2 x3 x3Άρα ισχύει Hx  fx , για κάθε x  1,2015  Hx  fx  c1 c1 σταθεράΓια x  1 ισχύει H1  f1  c1  c1  0Τότε Hx  fx , για κάθε x  1,2015  Hx  fx  c2 c2 σταθεράΓια x  1 ισχύει H1  f1  c2  c2  0Άρα Hx  fx , για κάθε x  1,20152ος τρόπος 1Στο ολοκλήρωμα x e t dt , x  1,2015 θέτουμε 1 t3 1  u   1 dt  du  1 dt  du t t2 t2Για τα νέα άκρα:  t  1  u  1 ενώ για  t  x  u  1   x   Άρα, 1 x et dt  11  1 1 1 t3 x euudu  x euu1x x eudu  11 1        h x eu   udu 1   ex 1 e  e 1 1  1  , x  1,2015 x x  x   e  ex Οπότε για κάθε x  1,2015 θα έχουμε x x th t t 1x  x th t dt  e  xh x x 1 h10 ¿¿¿ h 1 1 et                  H x  1 t dt  e  dt  e  th h 1  t dt  e 1 t3 x 1 1  e  e  xex 1 1   xex  ex  1  1   0    1 1 1 1 f x  x   t2  etdt  e  xex     ex  επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης[ή διαφορετικά x 1 1 1  x  1 '  1 x 1γ. Είναι 1  e t t  dt 1  te t  dt  e  te t  et  xe x  1      H x   e  e f x ]  fx  1 1 0 , για κάθε x  1,2015 x3 exΆρα η f είναι κυρτή στο 1,2015Η f είναι:  συνεχής στο 1,2 και στο 2,3  παραγωγίσιμη στο 1,2 και στο 2,3(με f γνησίως αύξουσα αφού f κυρτή) Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ1  1,2 και ένα τουλάχιστον ξ2  2,3 τέτοια , ώστε: f ξ1   f2  f1  f2  f1  2 1και f ξ2   f3  f2  f3  f2  3 2Η f είναι γνησίως αύξουσα και ξ1  ξ2 , άρα fξ1   fξ2   f2  f1  f3  f2  2f2  f1  f3 (1)   Επειδή ισχύει H x  f x ,για κάθε x  1,2015 , η σχέση (1) γίνεται: 2H2  H1  H3  2  2 h  t  dt  e   1 h  t  dt  e  3 h  t  dt  e  1 1 1 0 2 h  t  dt  2e  3 h  t  dt  2e  2 h  t  dt  3 h  t  dt 2 1 2 1 1 1[ή διαφορετικά θέτοντας x1 φx  htdt  xex  e  1Τότε 3 h t dt  2φ 2  φ 3           2 e  2e  33 e  e  4 e  e  33 e  e  4 e  33 e  0 2 h t dt  11Θέτοντας 0  k  6 e , η παραπάνω σχέση γίνεται: k6  4k3  3k2  0  k4  4k  3  0Κάνοντας σχήμα Horner στο πολυώνυμο x4  4x  3 με το 1 παίρνουμε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης   x4  4x  3  x  1 2 x2  2x  3Το οποίο είναι θετικό για κάθε x  1 , άρα και για k  6 e ]δ.i.1ος τρόποςΣτη συνάρτηση G η μεταβλητή ολοκλήρωσης είναι το t , άρα Gx  x gt dt  1  x g  t  dt  x g  t  dt x 1 1 x 1 1 1 x 1   xΗ συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η 1 g t dt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 και άρα η Gείναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με παράγωγο   xt dt    x  1   x g  t  dt   x  1 g  x   x  1  x g  t  dt G(x)  g 1  1 1 x  12 x  12 x x x x x  1dt 1 1 1 1 1  gx   g  t  dt g x  dt  g  t  dt gx  gt dt x  1 2  x  1 2  x  1 2 Ισχύει 1  t  x x  1 και επειδή g γνησίως φθίνουσα, προκύπτει gt  gx  gt  gx  0χωρίς να ισχύει η ισότητα παντού στο 1, x (αφού g γνησίως φθίνουσα).Άρα, για κάθε x  1 ισχύει      x x x 1  1 gt  gx dt  0  1 gx  gt dt  0  gx  gt dt  0 και x1  0 στο 1,2015Άρα  Gx  x gx  gt dt 0 στο 1,2015 1 x  1 2Άρα G γνησίως φθίνουσα στο 1,20152ος τρόποςΕίναι Gx  1 x gtdt , x  1,2015 x1 1   xΗ συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η 1 g t dt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 και άρα η Gείναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , με παράγωγο 1 g 1 x x  x 1    G(x) x , 1,2015  1 1 g(t)dt x Η συνάρτηση K     xxgtdt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με παράγωγο 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Kx  gxΆρα η K είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 (αφού η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 )Η συνάρτηση Κ ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο 1, x  1,2015 , άρα υπάρχειξ  1,x : Kξ  Κ x K 1  gξ  1 x g  t  dt x 1 x 1 1Όμως 1  ξ  x g2  gx  1 x g  t  dt  gx  gx  1 x g  t  dt  0  x1  0 x 1 x 1 ==> g ξ 1 1 ==>G xΆρα η G είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015ii. Αφού G γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 ισχύει για 2014  2015: 2014 2015 2014 2015            g t dt g t dt g t dt g t dt    G 2014  G 2015  1  1  1  1  2014  1 2015  1 2013 2014      2014 2015 2014 g t dt  2013 g t dt. 11 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 235ο (προτάθηκε από το ιδιωτικό σχολείο Ροδίων Παιδεία) Λύση Θέματος 235ΟΥα. 1ος Τρόπος: z  25  10  z z  25  10  z 2  25  10  z 2  25  10  zz z z 2 z 5 0 z 5.   z 2  10 z  25  0 2ος Τρόπος: z  25 25 2  25   25  z z  z   z   10  z   100   z     z    100   z z  25  25  625  100  z 2  625  50  0  z 4  50 z 2  625  0  zz z 2   z 2  25 2  0  z 2  25  z  5 .Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z στο μιγαδικό επίπεδο είναι ο κύκλος με κέντρο την αρχή τωναξόνων και ακτίνα 5 .β. Έχουμε:  w  i  z  6  8i  i  z  w  6  8i  z  w  6  8i 1 . iΓνωρίζουμε από το προηγούμενο ερώτημα ότι z  5 , οπότε:  1  w  6  8 i  5  w  6  8i  5 . iΆρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w στο μιγαδικό επίπεδο είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείοK  6, 8  και ακτίνα 5 .1ος Τρόπος: Έστω ότι ισχύει z  w .Τότε έχουμε: z  w  z  i  z  6  8i  1  i  z  6  8 i  z  6  8i  z   6  8i  1  i   1i  1  i  1  i  z   2  14 i  z   1  7 i . 2Όμως:  1  7i  1  49  50  5 2  5 , επομένως η λύση απορρίπτεται.Άρα, z  w .2ος Τρόπος: Οι γεωμετρικοί τόποι των εικόνων των z , w στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλοι εξωτερικά εφαπτόμενοι, αφού ισχύει ότι: OK  62  82  100  10  R 1  R 2 , όπου R 1  R 2  5 οι ακτίνες των δύο κύκλων. Το κοινό σημείο των δύο κύκλων είναι το μέσο Μ του OK , δηλαδή το σημείο M 3 , 4 .Άρα: z  w  z  w  3  4i .Τότε η αρχική συνθήκη γίνεται:  w  i  z  6  8i  3  4i  i 3  4 i  6  8 i  3  4 i  2  11i , άτοπο.γ. 1ος Τρόπος: Έχουμε  z  w  z  i  z  6  8i  1  i z  6  8 i . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Με χρήση της τριγωνικής ανισότητας προκύπτει ότι:  1  i z  6  8i  1  i z  6  8 i  1  i z  6  8i   2  z  10  1  i z  6  8 i  2  z  10  z 5   <=> 5 2  10  1  i z  6  8 i  5 2  10  10  5 2  1  i z  6  8 i  10  5 22ος Τρόπος: Έχουμε  z  w  z  i  z  6  8 i  1  i z  6  8 i  1  i  z  6  8i  1i  6  8i    1  i  2  z  1  7i 2 . 2  z  1i1i  Αν A  1 , 7 σημείο του μιγαδικού επιπέδου, τότε όπως γνωρίζουμε από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου(εφαρμογή 2, σελίδα 99) θα ισχύει:    OA  5  z  1  7i  OA  5  1  49  5  z  1  7i  1  49  5  2  50  5  z  1  7i  50  5  5 2  5  z  1  7i  5 2  5 <=>     2  5 2  5  2  z  1  7i  2  5 2  5  10  5 2  z  w  10  5 2 .δ. Για τις ρίζες u 1 , u 2 της εξίσωσης ισχύουν: S  u1  u2  z1 z2 , P  u1 u2  15  3, 5 5Έχουμε :    u 1  u 22 2  z1 z2 2  5   u 2  2 u1 u2  u2 2  u1  u2  4 u1 u2     43 1  1 z1 z2  12 . 25 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 236ο (προτάθηκε από το ιδιωτικό σχολείο Ροδίων Παιδεία) Λύση Θέματος 236ΟΥα. Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' * ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' * ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων g και φ x  a x , a  1 .Έχουμε:   2x  a x2 1  f x   , αν x  0 , οπότε:  2x , αν x  0  a x2  1 για x  0 :   2x        a x2 1                     f x  2x  ln a    2x   a  2x  ln a   2 x2  1  2x  2x  a  2x  2 x2  1  ln a  x 2  1  x2  1 x2  x2  1  a x2 1 2  x2  1 2  1      f x  2x  2 x2  1  x0 0    ln a 0 x  1 a x2 1    x 2  1  0 <=>  x2  1 2      f x  2x  2 x2  1  a 1 x0 0   a x2 1     ln a  0 <=> x 2  1  0 <=> x   1  x2  1 2  για x  0 :  2x        a x2 1                    f x  2x  ln a   2x  2x  ln a  2 x2 1  2x  2x 2x  21  x2  ln a  x2   x2  a x2 1 1  a x2 1 x2  1 2   a x2 1 2   1f x     2x  21  x2  0  1  x2 x0 0   x2    ln a  x 1 a x2  1  2   0 <=>   1     2x  21  x 2  a 1 x0  x2  1 2 f x 0  a x2  1     ln a  0 <=> 1  x 2  0 <=> 0  x  1  Αναλυτικά, ο πίνακας μεταβολών της f έχεις ως εξής: x  1 0 1  fx     fx 1 2 1 2Επομένως:Η f είναι γνησίως αύξουσα στο   ,  1  , γνησίως φθίνουσα στο   1 , 0  , γνησίως αύξουσα στο  0 , 1 και γνησίως φθίνουσα στο  1 ,   .Η f παρουσιάζει:  i. τοπικό μέγιστο, για x   1 , το f  1  a . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018




Like this book? You can publish your book online for free in a few minutes!
Create your own flipbook