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 : fξ fx 1fx 2 fx 1 fx 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 fx 4 fx 1 fx 4 fx 1 . x 4 x 1 3 Όμως, f γνησίως φθίνουσα στο 0 , και ξ η fξ fη fx 1 fx 2 fx 4 fx 1 fx 2 2 fx 1 fx 4 , 33για κάθε x 2 . γ)i. Έχουμε: gx x tx ex x 1 gx x 1 gx gx gx x 1 gx => 0 x 0 x 0 x1g 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 2Όμως, 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, φx 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 f5 3 . 2 1 f 11 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. 2f2x 9 2 6 2 3 fx 2f2 x 6 2 3 fx 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 fx 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 fogx gofx . για κάθε x ' fgx gfx , για κάθε x ' . Για x το f 1 x παίρνουμε: f g f1 x g f f1 x , για κάθε x ' f g f1 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 g1 f 1 x f1 g 1 x f1 x g f1 g1 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 hx fxy x fy y fx , x>0Παρατηρούμε ότι f10 h1 fy fy y f1 == 0Οπότε η σχέση της υπόθεσης fxy x fy y fx γράφεται: hx h1 , 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 fy y f'x , για κάθε x>0 ]Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat θα ισχύει : h1 0 fy y fy y f1 0 fy y fy :y2 0 fy y fy 1 y <=> y2 y fy ln y , για κάθε y > 0 y Άρα θα υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε : fy ln y c , για κάθε y > 0 yΓια y =1 η παραπάνω σχέση γίνεται : f1 ln1 c c 0 1Τελικά έχουμε fy ln y fy y ln y , y >0 yΔηλαδή, fx 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 f10 f hΑρχικά έχουμε ότι == lim h1 h 1 h1 h 1και fx lim fw fxΘέτουμε wx w xΤότε, w h w hxΆρα, x w x καθώς h 1 Για fx lim fhx fx (x 0) h1 hx x :hx x 0 h 1 fhx fx hfx xfh fx h 1fx xfh ===> fhx fx h 1fx xfh fx fh lim fhx fx fx 1 fx fx 1 hx x hx x x h 1 h1 hx x x x Παρόμοια για h 1 fx fx 1 xΆρα fx fx fx / ln x/ , x 0 x 1 x και η συνέχεια είναι ίδια με αυτή του προηγούμενου τρόπου.β.1ος τρόποςΠλάγιες-οριζόντιες στο : hx x 2 ln 1 ex 1 ln 1 ex α lim lim x lim 2 x2 2 1 ln 1 ex 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 ex 1 ln 1 ex 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 ex xx x x x2 ex 1 ln 1 ex ln 1 ex lim 1 ex 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 ex 2 1 1 x x (διότι, ln 1 ex ln 1 ex ex 1 1 ex ex 1 lim x === lim x lim 1 lim 1 1 ) x x x xΆρα η ευθεία y γx δ , δηλαδή η y x 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο 2ος τρόποςΈχουμε, ln 1 e x h x x2 hx x 2 ln 1 e x , x 0 1 xxΟπότε, (1) ln 1 e x lim ln 1 e x 1 0 0 x limhx x 2 x lim x x xΆρα η ευθεία y x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της C f στο .Παρόμοια, === lim D.L.H. x 1 ln 1 e x limh x x 2 lim ln 1 e x lim ex lim 1 x 1 e x x 1 ex 1x x x xΆρα, limh h 1 h x x x 2 1 lim x x2 0 lim x x 1 0 . x xΆρα 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 gx x 1 fx 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 x1 x1 Θεωρούμε τη συνάρτηση q : 0,1 1, ' με τύπο qx 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 12 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 x0 x0 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 , ' x0 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 x1 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 gx x 1 fx 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 φx 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, φ1 φe 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 , x0 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 )x0 1x0 x0 1 x0 x0 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 0Το 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 x11 1 1 x1 x1 ln x1 ln x1 x1 1 x1 ln x11 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 fxe f x e e t2 dt 0 f x e e t2 dt 0 1Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1, e ' με τύπο x φx fx 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 feeln ee φ1 f1 e et2dt 0 e 0 0 και φe fe e et2dt ===== 0 11 Άρα, από το θεώρημα Rolle, προκύπτει η ύπαρξη τουλάχιστον ενός αριθμού ξ 1, e : φξ 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 dx fx et2dt fx 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 230ΟΥΑ. 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 βα βαΒ.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 1γ) 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) α0 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 h1 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: F1 4 F1 8e2 2e2Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της CF στο x0 1 , ε : y F1 F1x 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, Fξ F2 F0 F2 20 2 Όμως, F(x) 0 για κάθε x 0, , οπότε η F είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , άρα 0 ξ 2 F0 Fξ F2 e F2 5e2 2 2e F2 10e2 2e EΩ 10e2στ) 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 6e2x1 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) fx 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 f1 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: eρρ2 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 : fx 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 hx f1 f5 2f3 x 3 f5 f3 2e 2 x 1Η h ως πολυωνυμική είναι συνεχής στο διάστημα 1,3 h1 2 f1 f5 2f3Έχουμε : f1 f5 2f3 f5 f3 f3 f1 (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 fξ1 f3 f1 f3 f1 2fξ1 2και fξ2 f5 f3 f5 f3 2fξ2 2Άρα η σχέση (1) γράφεται : f1 f5 2f3 2 fξ2 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 fξ2 fξ1 f ξ2 f ξ1 0Άρα από τη σχέση (2) έχουμε : f1 f5 2f3 0 h1 0 h(3) 2 f3 f5 2e 2 Επειδή η f παρουσιάζει ελάχιστο μόνο στο xo 1 , το f 1 e 1 , θα έχουμε : f3 e 1 και f5 e 1οπότε : f3 f5 2e 2 f3 f5 2e 2 0Άρα h3 0 Άρα η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano , οπότε θα υπάρχει τουλάχιστον ένα α 1,3, τέτοιο ώστε : hα 0 f1 f5 2f3 α 3 f3 f5 2e 2 α 1 0 f1 f5 2f3 f3 f5 2e 2 0 α1 α3 ε) Θεωρούμε τη συνάρτηση F x x ftdt, x 0 . 1 Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη στο 0, ( αφού η f είναι συνεχής στο 0, ) με : Fx fx 0 για κάθε x 0 Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο 0, οπότε και 1-1Έχουμε : 12 z 12 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 ' . fa 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, g0 f0 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 fx 1 fx f0 f0 1 . lim x0 x x0 x0Β΄ Τρόπος: fx 1 x2 1 1 ημx lim x2 1 1 ημx lim x ημx lim lim 0 1 1 x0 x x0 x x0 x x0 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 xε) Παρόμοια, βρίσκουμε 1 1 ημx x2 x lim f x x lim x 10 . 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 1,2015β.1ος τρόπος 1Επειδή η συνάρτηση et είναι συνεχής στο 1,2015 , η συνάρτηση t3 1h(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 Hx hxκαι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 Hx hx 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 Hx fx , για κάθε x 1,2015 Hx fx c1 c1 σταθεράΓια x 1 ισχύει H1 f1 c1 c1 0Τότε Hx fx , για κάθε x 1,2015 Hx fx c2 c2 σταθεράΓια x 1 ισχύει H1 f1 c2 c2 0Άρα Hx fx , για κάθε x 1,20152ος τρόπος 1Στο 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 euu1x 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 th t t 1x x th t dt e xh x x 1 h10 ¿¿¿ 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 ] fx 1 1 0 , για κάθε x 1,2015 x3 exΆρα η f είναι κυρτή στο 1,2015Η 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 f2 f1 f2 f1 2 1και f ξ2 f3 f2 f3 f2 3 2Η f είναι γνησίως αύξουσα και ξ1 ξ2 , άρα fξ1 fξ2 f2 f1 f3 f2 2f2 f1 f3 (1) Επειδή ισχύει H x f x ,για κάθε x 1,2015 , η σχέση (1) γίνεται: 2H2 H1 H3 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 φx htdt 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 Gx x gt 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 Gείναι 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 12 x 12 x x x x x 1dt 1 1 1 1 1 gx g t dt g x dt g t dt gx gt dt x 1 2 x 1 2 x 1 2 Ισχύει 1 t x x 1 και επειδή g γνησίως φθίνουσα, προκύπτει gt gx gt gx 0χωρίς να ισχύει η ισότητα παντού στο 1, x (αφού g γνησίως φθίνουσα).Άρα, για κάθε x 1 ισχύει x x x 1 1 gt gx dt 0 1 gx gt dt 0 gx gt dt 0 και x1 0 στο 1,2015Άρα Gx x gx gt dt 0 στο 1,2015 1 x 1 2Άρα G γνησίως φθίνουσα στο 1,20152ος τρόποςΕίναι Gx 1 x gtdt , x 1,2015 x1 1 xΗ συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η 1 g t dt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 και άρα η Gείναι 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 xxgtdt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με παράγωγο 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Kx gxΆρα 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 : Kξ Κ x K 1 gξ 1 x g t dt x 1 x 1 1Όμως 1 ξ x g2 gx 1 x g t dt gx gx 1 x g t dt 0 x1 0 x 1 x 1 ==> g ξ 1 1 ==>G xΆρα η G είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015ii. 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 1i 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 1i 6 8i 1 i 2 z 1 7i 2 . 2 z 1i1i 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 43 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 x0 0 ln a 0 x 1 a x2 1 x 2 1 0 <=> x2 1 2 f x 2x 2 x2 1 a 1 x0 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 x0 0 x2 ln a x 1 a x2 1 2 0 <=> 1 2x 21 x 2 a 1 x0 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 fx fx 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
Search
Read the Text Version
- 1
- 2
- 3
- 4
- 5
- 6
- 7
- 8
- 9
- 10
- 11
- 12
- 13
- 14
- 15
- 16
- 17
- 18
- 19
- 20
- 21
- 22
- 23
- 24
- 25
- 26
- 27
- 28
- 29
- 30
- 31
- 32
- 33
- 34
- 35
- 36
- 37
- 38
- 39
- 40
- 41
- 42
- 43
- 44
- 45
- 46
- 47
- 48
- 49
- 50
- 51
- 52
- 53
- 54
- 55
- 56
- 57
- 58
- 59
- 60
- 61
- 62
- 63
- 64
- 65
- 66
- 67
- 68
- 69
- 70
- 71
- 72
- 73
- 74
- 75
- 76
- 77
- 78
- 79
- 80
- 81
- 82
- 83
- 84
- 85
- 86
- 87
- 88
- 89
- 90
- 91
- 92
- 93
- 94
- 95
- 96
- 97
- 98
- 99
- 100
- 101
- 102
- 103
- 104
- 105
- 106
- 107
- 108
- 109
- 110
- 111
- 112
- 113
- 114
- 115
- 116
- 117
- 118
- 119
- 120
- 121
- 122
- 123
- 124
- 125
- 126
- 127
- 128
- 129
- 130
- 131
- 132
- 133
- 134
- 135
- 136
- 137
- 138
- 139
- 140
- 141
- 142
- 143
- 144
- 145
- 146
- 147
- 148
- 149
- 150
- 151
- 152
- 153
- 154
- 155
- 156
- 157
- 158
- 159
- 160
- 161
- 162
- 163
- 164
- 165
- 166
- 167
- 168
- 169
- 170
- 171
- 172
- 173
- 174
- 175
- 176
- 177
- 178
- 179
- 180
- 181
- 182
- 183
- 184
- 185
- 186
- 187
- 188
- 189
- 190
- 191
- 192
- 193
- 194
- 195
- 196
- 197
- 198
- 199
- 200
- 201
- 202
- 203
- 204
- 205
- 206
- 207
- 208
- 209
- 210
- 211
- 212
- 213
- 214
- 215
- 216
- 217
- 218
- 219
- 220
- 221
- 222
- 223
- 224
- 225
- 226
- 227
- 228
- 229
- 230
- 231
- 232
- 233
- 234
- 235
- 236
- 237
- 238
- 239
- 240
- 241
- 242
- 243
- 244
- 245
- 246
- 247
- 248
- 249
- 250
- 251
- 252
- 253
- 254
- 255
- 256
- 257
- 258
- 259
- 260
- 261
- 262
- 263
- 264
- 265
- 266
- 267
- 268
- 269
- 270
- 271
- 272
- 273
- 274
- 275
- 276
- 277
- 278
- 279
- 280
- 281
- 282
- 283
- 284
- 285
- 286
- 287
- 288
- 289
- 290
- 291
- 292
- 293
- 294
- 295
- 296
- 297
- 298
- 299
- 300
- 301
- 302
- 303
- 304
- 305
- 306
- 307
- 308
- 309
- 310
- 311
- 312
- 313
- 314
- 315
- 316
- 317
- 318
- 319
- 320
- 321
- 322
- 323
- 324
- 325
- 326
- 327
- 328
- 329
- 330
- 331
- 332
- 333
- 334
- 335
- 336
- 337
- 338
- 339
- 340
- 341
- 342
- 343
- 344
- 345
- 346
- 347
- 348
- 349
- 350
- 351
- 352
- 353
- 354
- 355
- 356
- 357
- 358
- 359
- 360
- 361
- 362
- 363
- 364
- 365
- 366
- 367
- 368
- 369
- 370
- 371
- 372
- 373
- 374
- 375
- 376
- 377
- 378
- 379
- 380
- 381
- 382
- 383
- 384
- 385
- 386
- 387
- 388
- 389
- 390
- 391
- 392
- 393
- 394
- 395
- 396
- 397
- 398
- 399
- 400
- 401
- 402
- 403
- 404
- 405
- 406
- 407
- 408
- 409
- 410
- 411
- 412
- 413
- 414
- 415
- 416
- 417
- 418
- 419
- 420
- 421
- 422
- 423
- 424
- 425
- 426
- 427
- 428
- 429
- 430
- 431
- 432
- 433
- 434
- 435
- 436
- 437
- 438
- 439
- 440
- 441
- 442
- 443
- 444
- 445
- 446
- 447
- 448
- 449
- 450
- 451
- 452
- 453
- 454
- 455
- 456
- 457
- 458
- 459
- 460
- 461
- 462
- 463
- 464
- 465
- 466
- 467
- 468
- 469
- 470
- 471
- 472
- 473
- 474
- 475
- 476
- 477
- 478
- 479
- 480
- 481
- 482
- 483
- 484
- 485
- 486
- 487
- 488
- 489
- 490
- 491
- 492
- 493
- 494
- 495
- 496
- 497
- 498
- 499
- 500
- 501
- 502
- 503
- 504
- 505
- 506
- 507
- 508
- 509
- 510
- 511
- 512
- 513
- 514
- 515
- 516
- 517
- 518
- 519
- 520
- 521
- 522
- 523
- 524
- 525
- 526
- 527
- 528
- 529
- 530
- 531
- 532
- 533
- 534
- 535
- 536
- 537
- 538
- 539
- 540
- 541
- 542
- 543
- 544
- 545
- 546
- 547
- 548
- 549
- 550
- 551
- 552
- 553
- 554
- 555
- 556
- 557
- 558
- 559
- 560
- 561
- 562
- 563
- 564
- 565
- 566
- 567
- 568
- 569
- 570
- 571
- 572
- 573
- 574
- 575
- 576
- 577
- 578
- 579
- 580
- 581
- 582
- 583
- 584
- 585
- 586
- 587
- 588
- 589
- 590
- 591
- 592
- 593
- 594
- 595
- 596
- 597
- 598
- 599
- 600
- 601
- 602
- 603
- 604
- 605
- 606
- 607
- 608
- 609
- 610
- 611
- 612
- 613
- 614
- 615
- 616
- 617
- 618
- 619
- 620
- 621
- 622
- 623
- 624
- 1 - 50
- 51 - 100
- 101 - 150
- 151 - 200
- 201 - 250
- 251 - 300
- 301 - 350
- 351 - 400
- 401 - 450
- 451 - 500
- 501 - 550
- 551 - 600
- 601 - 624
Pages: