555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 260ο Λύση Θέματος 260ΟΥΑ.       z  1  z  i  z  1 2  z  i 2  z  1 z  1  z i z  i  zz  z  z 1  zz  iz  iz  1      i z  z  z  z  0 .Θέτουμε z  a  βi , a, β  ' .Τότε:  i a  βi  a  βi  2a  0 ia  βi  a  βi  2α  0  2β  2a  0 a βΆρα, Rez  Imz 1 .Αρα οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία y  x. x  Β. Από την 1 και τη σχέση της υπόθεσης προκύπτει ότι  2ft  t dt  x fx ,  x  0 *  1 x  2ftt dtfx  1 x , για κάθε x  0 . Οπότε, η f είναι παραγωγίσιμη, ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων (η 2f t  t είναι συνεχής x    2ft  t dt παραγωγίσιμη). 0Οπότε,    x  dt   0 2ft  t x fx  ,  x  0  2 fx  x fx  x  fx  xfx f x  x  0 ,  x  0 2 . Γ. Η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με gx  fx  xfx  fx 1 xfx  fx  x 2 0   x == x2  x  ln x   x2   x2  0,x  0. Άρα, η g είναι σταθερή στο 0 ,   .Δ. Άρα, υπάρχει c ' :gx  c fx  ln x  c ,  x 0.  x   Όμως, f 1  0 (προκύπτει από τη σχέση * για x  1 ). επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, f1Άρα,  ln1  c  c  0 . 1Ε. fx   ln x  1 , x  0 fx  ln x  0  fx   x  lnx , x  0 . x   f x  0  ln x   1  x  1 και f x  0   lnx  1  0 ln x  1  0 ln x  1  0  x  1 . ee x  0e    fx 1 2 fx τ.μ. f1   1  1 1. e  e e Σύνολο τιμών της f :   1   1     1    1       f 0 ,  f  0 ,  f   e ,       e    e   e      lim f x , f   lim f x , f    x  0  x      0 , 1     , 1     , 1 ,        e   e   e  1 διότι ln x  x  lim x  0 . lim  xln x  lim lim x0  1x  0  ==  1x  0 x  0 x x2 a 1 , δηλαδή a  1  a. e e e  e   ΣΤ. Έστω    , f a  1 . Τότε  e  0 , , άρα δεν υπάρχει x 0  0 : f x0   x x  dt   lim 2f x  x  lim 1 x  1 x 1 2 f x f x              Re zΖ. L  lim           x  1  f2 x 2f t t dt  0     1 2f t t f2 x  0  f2 x  == lim  x 1  2xln x  x  lim  2xln x  x    , διότι lim ln x  0 και ln x  0 ,  x  1 .    limx1   2xln x   ln x  1 x  1  2xln x ln x  1 x 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 261ο Λύση Θέματος 261ΟΥα) Από τη θεωρία ισχύει η σχέση zz  z 2 .Άρα    z 6  z zz  4  64  0  z 6  z z 2  4  64  0  z 6  z 3  4 z  64  0 (2)Η εξίσωση x6  x3  4x  64  0 έχει ρίζα το 2 .Κάνουμε σχήμα Horner με το 2 :1 0 0 1 0 -4 -64 2↓ 2 4 8 18 36 641 2 4 9 18 32 0Οπότε, η ταυτότητα της διαίρεσης δίνει:   x6  x3  4x  64  x  2 x5  2x4  4x3  9x2  18x  32 .Έτσι, η σχέση (2) γράφεται ισοδύναμα:   z  2 z 5  2 z 4  4 z 3  9 z 2  18 z  32  0 θετικόάρα z  2  0  z  2. Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι z  0 (1)(διότι αν ήταν z  0 64  0 , άτοπο).Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως πολυωνυμική, με παράγωγο f x  3x2  z  0, για κάθε πραγματικό αριθμό x .Άρα f γνησίως αύξουσα στο ' . β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g :  z  1, z   ', x  x3  x  z 2 με τύπο g zΗ g είναι συνεχής στο  z  1, z  , ως πολυωνυμική και ισχύει:  g z  z 3  z  z 2  z  0 z 3 z 3  3 z 2  3 z  1  z 2  z  z 3 2 z 2  2 z  1  0z 1  z 1 z2    g z  1 z zz(διότι 2x2  2x  1  0, ως τριώνυμο με αρνητική διακρίνουσα και α  2  0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα 2 z 2  2 z  1  0 ).Από το θεώρημα Bolzano, προκύπτει η ύπαρξη αριθμού    xo  xo3 z2 xo3 z  1, z : g xo  0  z  xo   0  z  xo  zz  3x2  1  0, για κάθε x  z   Το xo αυτό είναι μοναδικό, διότι g x , άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως z  1, zαύξουσα στο πεδίο ορισμού της. γ) Έχουμε τώρα ότι ισχύει η ισότητα z 6  z zz  4  64  0 , οπότε από το α) ερώτημα προκύπτει ότιz  2 . Θα αποδείξουμε ότι z2  z  4  2 17Έστω z  x  yi, x, y  '. Τότε επειδή z  2  x2  y2  4  y2  4  x2 (3)Έχουμε,      z2  z  4  x  yi 2  x  yi  4  x2  y2  2xyi  x  yi  4  x2  y2  x  4  y 2x  1 iΆρα, x2  y2  x  4 2  y2 2 (3) x2  4  x2  x  4 2  4  x2         z2  z  4  2x 1  4x2  1  4x     2x2  x  8 2  4  x2 4x2  1  4x  4x4  x2  64  4x3  32x2  16x  16x2  4  16x  4x4  x2  4x3  68  16x2  2 17  4x2 , x  17 2 Η συνάρτηση φ x  2 17  4x2 , x  17  17 , 17  , με παράγωγο 2 είναι παραγωγίσιμη στο   2 2  φx  2  8x   8x 2 17  4x2 17  4x2άρα,  φ x  17 , 0  .  0  x    2  x  17 0 17 2 2 φ΄x + - φx 1 2 Άρα η φ μεγιστοποιείται για x  0 , με μέγιστη τιμή φ 0  2 17 . Δηλαδή z2  z  4  2 17 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018