555 Επαναληπτικά Θέματα Γ Λυκείου - 2ος τόμος_Part1

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης β) β i  i β i     a)z1  z3  a  fai   f β  a  f  a  f β   aβ  f  a   f β   i a f β   βf  a a fa  βfβ  0  fa  fβ  ga  gβ . aβ Παρατηρούμε ότι a  β (διότι αν ήταν a  β , τότε z1  z 3  z1  z 3  0  z1  z 3  0  AΓ  0 , άτοπο).Επειδή a  β  0  a , β ομόσημα, π.χ. 0  a  β . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο a , β , ως παραγωγίσιμη και g παραγωγίσιμη στο a ,β .Επίσης, ga  gβ .   Άρα, από το θεώρημα Rolle , υπάρχει x 0  a , β : g x 0  0 , δηλαδή f  x 0 x0  fx 0   0  x0 f x 0  fx  3 x02 0        Η εφαπτομένη της C g στο σημείο A x 0 f x 0 είναι ε : y  f x 0  f x 0  x  x 0 .Το σημείο O0 , 0 ανήκει στην ε   fx 0         x 0 f x 0  f x 0  x 0  f x 0 , το οποίο ισχύει από τησχέση 3 .Οπότε προκύπτει το ζητούμενο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 38ο (προτάθηκε από τον κ. Χ.Λαζαρίδη) Λύση Θέματος 38ουi.f συνεχής στο h  f 2 συνεχής στο h  1  f 2 συνεχής στο h , ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων. x       Άρα, η f με τύπο f x  1  f2 t dt είναι παραγωγίσιμη στο h , με παράγωγο f x  1  f2 x , x  h. 0Επίσης, f παραγωγίσιμη στο h  1  f 2 παραγωγίσιμη στο h , ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.Οπότε, 1  f2x   fx fx f  x   f  x  2 f2x fx    fx  1 1 1  f 2x     fx , x  h. 1  f2xii. Έχουμε fx  fx  fx  fx fx  fx , x  h . Αν θέσουμε gx  fx  fx , x  h , τότε έχουμε gx  gx , x  h , άρα από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου, gx  c  ex , x  h 1 . Είναι g0  f0  f0  0  1  1 0 (διότι f0   1  f2 t dt  0 και f0  1  f2 0  1 ) 0Άρα, για x  0 , η 1 δίνει: g0  c  e0  1  c .Άρα,  ex    e2x   e2x  γ ,  2  2  ex  ex f x              g x h  ex  f x f x  exf x  e2x  exf x  ,  x   ex f xγ σταθερά. Για x  0  f 0  1  γ  γ   1 . 22Άρα,  e2x  1  ex  f x e2x  1  e2x  1  e x  e  x , x  h .  f x      ex  f x 22 2 2e x 2iii. f συνεχής και το πεδίο ορισμού της f είναι το h , άρα η f δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες    iv.(διότι lim f x  h ,  x0  h ) x  x0  f x0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΠλάγιες – Οριζόντιες στο   e2x  1  e2x  1  2ex  lim     limfx e2x 1      lim lim xx    x x x    2xex   x    2xex        lim lim 2e2x 4e2x  8e2x  lim 4  ex     h x    2ex  2x x   2ex  2  lim x    2ex xΆρα, η Cf δεν έχει πλάγιες – οριζόντιες ασύμπτωτες στο   .Πλάγιες – Οριζόντιες στο   ex  e x    ex  e x  2  lim  lim     lim    fx  lim ex  e x lim ex  e x  lim 0    h xx    x x x    2x 2x  x 2 x   2  x    Άρα, η Cf δεν έχει πλάγιες – οριζόντιες ασύμπτωτες στο   .   v. Έχουμε βρει f x  1  f2 x  0 , για κάθε x  h , άρα f 1 στο h  f 1  1 .Εύρεση της f 1   Θέτοντας y  f x η σχέση f x  e2x  1 γίνεται 2ex    y  e2x  1  e2x  1  2yex  2ex ex 2  2y  ex  1  0 : τριώνυμο ως προς ex .Διακρίνουσα: Δ  4y2  4  0 .Ρίζες, ex  2y  4y2  4 y2  1 . Όμως, ex  0 , άρα ex  y  y2  1 . y 2 [ διότι y  y2  1  0 ,  y  h . Πράγματι, για y  0 , ισχύει ως  1  0 . Για y  0 , επίσης ισχύει (άθροισμα αρνητικών είναι αρνητικός). Για y  0 , έχω : y  y2  1  0  y  y2  1  y2  y2  1  0  1 , ισχύει ]Οπότε  ex  y  y2  1  x  ln y  y2  1 .Άρα,   f1 x  ln x  x2  1 , x  h .Οπότε, θα ισχύει επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης  x  x2  1 , x  h   0 h t dt   ln x           x  h t dt  ln x   0 x2  1  x  x2  1  1  x x  x2  4  hx   x2 1 x2  1 1. x  x2  1 x    x2  1 x  x2  1 x2  1Άρα, hx  1 , x  h. x2  1Οπότε  ln x  x2 1   1.  x2  1Άρα, το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι:     1 1 dx  ln x x2 1 1  ln 1 2. x2  0 I  1 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 39ου x fx     i. f  1 συνεχής στο h  f  1 t dt παραγωγίσιμη στο h και συνεχής f παραγωγίσιμη  f  1 t dt 33 παραγωγίσιμη στο h . x    Επίσης, f 1  t συνεχής στο h , ως σύνθεση συνεχών  f 1  t dt παραγωγίσιμη στο h . 1 x  Για το 1  t dt θέτουμε u  1  t  du   dt . 1 Για t  1  u  0 . Για t  x  u  1  x .Άρα,      x  1  x  x1  x f 1t dt     fu du    f1   f1  x.  1   0Πσραγωγίζοντας τη δοσμένη σχέση της υπόθεσης παίρνουμε fx    3x  dt  dt   4x  3  f  1 3   f 1 t   x f 1t f x f x  5  1             2x2   f 1x   4x  3  xfx  f1  x ,  x  h (1)ii. Για x  1 η (1) δίνει f0  7  f1 . Για x  0 η (1) δίνει f 1  3 .Από το Θ.Μ.Τ. για την f στο 0 , 1  υπάρχει  ξ  0 , 1 : fξ  f1  f0  3  7  f1   4  f1 . Άρα, fξ  f1   4 . 10 iii.fσυνεχής στο h   η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο .f x  0 ,  x  hΑπό το ii) ερώτημα έχουμε ότι το άθροισμα δύο τιμών της f είναι αρνητικό.Άρα, υποχρεωτικά fξ  0 και f1  0 . Άρα, f x  0 ,  x  h  f 2 το h . fx        Για το ολοκλήρωμα f  1 t dt θέτουμε u  f1 t  t  f u  dt  f u du . 3 Για t  3  fu  3  u  1  Για t  fx  fu  fx  u  xΆρα, επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης         fx x x x 1 ftdt . 1f1 t dt  u  f u du   uf u   f u du   xfx  f1  31 1 xΆρα, η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται 1 1x 2x2  3x  xfx  3   ftdt  5   ftdt ,  x  h . x0 1 11Για x  0 παίρνουμε  3   ftdt  5   ftdt   ftdt  4 2 0 00 f1Για x  1  fx  f1  3  0 . Άρα, fx  3  0 ,  x  1 .Το ζητούμενο εμβαδό είναι: 1 1 2  E   fx  3 dx   fxdx  3  4  3  1 τ.μ. 00 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 40ου xi. t  φt συνεχής στο 0 ,     t φtdt παραγωγίσιμη στο 0 ,   . 0 x Επίσης, φ συνεχής στο 0 ,     φtdt παραγωγίσιμη στο 0 ,   . 0  Άρα, η h είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με  x   x  x x  x                    h x  0t φ t dt φtdt  tφ t dt   0 φ t dt   tφ t dt    0   0  0  x  x 2  φ t dt   0 φ t dt    0 xx xx x x  φx   φtdt  φx   tφtdt x  φtdt   tφtdt  x  tφtdt    0  x 2 0 φ x 0 0 φ x 0  0,  x 2  x 2          0 φ t dt  0 φ t dt   0 φ t dt       x 2   για κάθε x  0 [ αφού φ x  0 ,  0 φ t dt   0 και 0  t  x , άρα x  t  0  x  t  φ t  0 και η xσυνάρτηση mt  x  t  φt δεν είναι παντού μηδέν στο 0 , x . Άρα,  x  tφt  0 , για κάθε x  0 ]. 0Άρα, h 1 στο 0 ,   .     Για x  0 η h είναι παραγωγίσιμη στο   , 0 , αφού οι συναρτήσεις t  φ t , φ t είναι συνεχείς στο  , 0 .Είναι x x  t  φt dt    x 2hx  φx  0 [ διότι    x φ  t  dt 2 0 και για xt0xt0  0 φ t dt   0 φ x  0 ,  0 0 x  t φt  0   x  t φt dt  0 , διότι η συνάρτηση σ t  x  tφt δεν είναι παντού μηδέν στο x x , 0 και σ t  0 , για κάθε t  x , 0 . xΆρα,  x  t φt dt  0 .] . 0   Άρα, h 1 σε καθένα από τα διαστήματα   , 0 , 0 ,   . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x t φtdt  0ii. Είναι hx  x ,x0   φ  t  dt 0  0 , x  0 xx      Θα αποδείξουμε ότι η h είναι συνεχής στο 0. Οι συναρτήσεις t φ t dt , φ t dt είναι συνεχείς στο 0 (ως 00    παραγωγίσιμες στο h , αφού οι tφ t , φ t είναι συνεχείς στο h ). Άρα, x   tφ t dt  lim h x  lim 0 : απροσδιόριστη μορφή 0 . x0 x0 x 0   φ t dt 0  x  φ x    Οπότε από τον κανόνα DL παίρνουμε: lim h x  lim  x  0  lim x  0  h 0 . x0 φ x x0 Άρα, h συνεχής στο 0. Οπότε,    h     x  0 , για κάθε x  0 ,    h  στο[0, ) . h συνεχής στο 0 ,    Παρόμοια, x   h0,     για κάθε x  ,0  h  στο   , 0 . h συνεχής στο (, 0]  Άρα, h 1 στο h  h 1  1 στο h .iii. α) Ισχυρισμός: Υπάρχει κ  a , β : fκ  gκ . βx      [ Πράγματι θεωρούμε τη συνάρτηση ρ : a , β  h , ρ x  x ft  gt dt  β  a  ft  g t dt . aa x   Η ρ είναι συνεχής στο a , β (αφού η f  g είναι παραγωγίσιμη στο a , β ). a Επίσης, ββ ρa  a  ft  gt dt  β  a  0  a  ft  gtdt . aa ββ ρβ  β  ft  gtdt  β  a  ft  gtdt  . aa ββ ββ β  ft  gt dt  β  ft  gtdt  a  ft  gtdt a  ft  gtdt aa aa επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΆρα, ρa  ρβ και ρ παραγωγίσιμη στο a , β . Άρα, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει κ  a , β : ρκ  0  β β  ft  gtdt   ft  gtdt  β  a fκ  gκ  0  fκ  gκ  a  0  fκ  gκ] a βa     Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση y : κ , β  h , με y x  f x  g x και προκύπτει ότιυπάρχει ξ0  κ , β  a , β : y ξ0   0  fξ0   gξ0  . Το ξ 0 αυτό είναι μοναδικό, διότι η συνάρτηση y είναι  στο a , β . f1         [ Πράγματι, αν x1 , x2  a , β , με x1  x2  f x1  f x2 και επειδή g 2  g x1  g x2 .Άρα,  gx1    gx2 .Άρα,  f x 1   fx2    fx 1   g  x 1   f x 2   g x 2   y x 1   y x 2   y 1 στο  a , β ]. g x 1    g x 2     β) Ισχυρισμός: f x  0 , για κάθε x  h και g x  0 , για κάθε x  h . [ Πράγματι, f συνεχής στο h και f x  0 , για κάθε x  h .Άρα, η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο h . Ας υποθέσουμε ότι f x  0 , για κάθε x  h .Είναι h 1 f  0 h2 h 1 h 1Άρα,              1  2  h 1  h 2 ¿¿À f x dx  0   f x dx  0  f x dx  0 , άτοπο. στο h h1 h2 h2 fx  0 , για κάθε x  h .Τώρα  g    x 0 για κάθε x  h gβ  fβ  0  h ¿¿¿¿À g και   η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο x 0, για κάθε x  h .]  g συνεχής στο h    x       Για x  a , β , λόγω του ισχυρισμού έχουμε ότι οι αριθμοί g t t dt , f x x , g x είναι αρνητικοί. βΆρα, x      β g t t dt  θετικό  0 , f x x  g x  θετικό  0 . x  a θετικό βx θετικό Επειδή τώρα η h είναι 1 -1 στο 0 ,   (ως γνησίως αύξουσα)  η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης x     g tt β dt f x x  gx στο a , β .  xa βx x          Θεωρούμε τη συνάρτηση λ : a , β  h , με τύπο λ x  β  x g t t dt  x  a f x x g x . β x    Η συνάρτηση λ είναι συνεχής στο a , β (διότι η g t t είναι συνεχής, ως σύνθεση συνεχών  g t t dt β x  παραγωγίσιμη  g t t dt συνεχής στο a , β . β Επίσης, η f x x συνεχής στο a , β , ως σύνθεση συνεχών.Άρα, η λ είναι συνεχείς στο a , β , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων).Τέλος, aβ λ a  β  a    g t t dt   β  a   g t t dt  0 και λ β   β  a  fββ   gβ  0 βa β     (αφού f ββ  0 , g β  0 , g t t dt  0 ). a μ      g tt dt f μμ  g μ   Άρα, από το θεώρημα Bolzano υπάρχει μ  a , β : λ μ  0  β  , άρα η ζητούμενη σχέση. μa βμ επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 41ουi.Το τριώνυμο t2  4t  5 έχει διακρίνουσα Δ   4  0 .Άρα, t2  4t  5  0 ,  t  ' .Άρα, fx  f2 x  4fx  5  0 ,  x  0 , 1 .Άρα, f 1 στο 0 , 1 (αφού f συνεχής στο 0 , 1 , ως παραγωγίσιμη). Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0, το f 0 . Η f παρουσιάζει μέγιστο στο 1, το f 1 .       ii. Θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 0 , 1  υπάρχει x 0  0 , 1 : f x 0  f 1  f 0 . Υποθέτουμε ότι f1  2 . Τότε 1  f0  2   2   f0   1 .Οπότε:  f0   1  f 1  f 0   1  fx   1  f 2 x   4f x   5  1  f 2 x   4 f x   4  0  f1  2    0 0 0 0 0    f x 0  2 2  0 , άτοπο.Άρα, f1  2 .   iii. Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0 , 1  h με g x  f x  2 . ii)Η g είναι συνεχής στο 0 , 1 , g0  f0  2  0 , g1  f1  2  0 .Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ρ  0 , 1 : gρ  0  fρ  2 .     Η g είναι 1 στο 0 , 1 (αφού g x  f x  0 , x  0 , 1 ). Άρα, η ρίζα ρ της εξίσωσης g x  0 είναι μοναδική.   Η f είναι παραγωγίσιμη (αφού η συνάρτηση x  f2 x  4f x  5 είναι παραγωγίσιμη στο ). Είναι fx  2fx fx  4fx  2fx fx  2 , x  ' .Είναι fx  0 f1fx  0 ¾¿¿À fx  2  0  fx  2  x  ρ και fx  0  fx  2  fx  fρ <=> x  ρ . x  0 ρ 1  fx  fx 4 3 σ.κ. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης    f κυρτή στο ρ , 1 και κοίλη στο 0 , ρ . Η f παρουσιάζει μοναδικό σημείο καμπής A ρ , f ρ  A ρ , 2 . : fx  0 fx  fx  4  5 , για κάθε 1 fx fx fx dx iv. fx  f2x  4fx  5 ¿¿¿À fx x  0 , 1  0 1   x 5  ln f  x  1 1 1 1 lnf 1  0    0  f  4  fx  dx   fxdx  4  5  f x dx   ln f  β  4  5 I  0 0 0  f 1  β  4  5I  ln 1  β  4  5I  I   β  4  ln a  ln  f 0 a 5 f 1 f0  0Σχόλιο: Είναι fx  0 ,  x  0 , 1 , διότι f0  1  0 και για 0  x  f0  fx  fx  0 . Οπότε ορθά διαιρέσαμε με f x . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 42ουi) Επειδή οι μιγαδικοί z και w είναι συσχετισμένοι και γνωρίζουμε ότι z  2 (δηλαδή γνωρίζουμε τον γεωμετρικό τόπο του z), θα εκφράσουμε τον z σε συνάρτηση του w, δηλαδή θα βρούμε ότι z  g w και θα δώσουμε στη καινούρια μορφή του z την βασική του ιδιότητα, δηλαδή g w  2 και στη συνέχεια θαδουλέψουμε αλγεβρικά.Έχουμε:  w  1 2w  1 w0 2w  1 w z 2  1  wz  2w  1  wz  . z 2 ¾À wΌμως, γνωρίζουμε ότι z  2 , άρα 2w  1  2  2w  1  2  2w  1  2 w . wwΣτη συνέχεια, υψώνουμε στο τετράγωνο και εφαρμόζουμε την ιδιότητα z 2  z  z , έχουμε, λοιπόν:   2w  1 2  4 w 2  2w  1 2w  1   4  w  w  4  w  w  2w  2w  1  4  w  w  2 w  w   1  w  w   1 . 2   Επειδή γνωρίζουμε ότι w  w  2Re w , έχουμε τελικά, Re w   1 . 4 ii) Αναζητάμε λύση της εξίσωσης 2  x ex  z  0 .   Θεωρούμε, λοιπόν, τη συνάρτηση g x  2  x  ex  z , η οποία είναι στο 1 , 2 συνεχής, άρα θαεξετάσουμε μήπως ισχύει το θεώρημα του Bolzano στο διάστημα αυτό.Ας το δούμε λοιπόν στην πράξη.   Έχουμε: g 1  e  z  0 και g 2   z  0 . Άρα, στο διάστημα 1 , 2 έχει εφαρμογή το θεώρημα Bolzano, οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένας ρ, ώστε g ρ  0 .Για τη μοναδικότητα του ρ, αρκεί (όχι αναγκαίο) να δείξουμε ότι η g είναι ‘’1–1’’ στο διάστημα 1 , 2 ή αρκεί ναδείξουμε (όχι αναγκαίο) ότι η συνάρτηση g είναι γνήσια αύξουσα στο 1 , 2 .Παραγωγίζοντας την g στο 1 , 2 , έχουμε:    gx  2  x  ex  2  x  ex   z    ex  2  x  ex  gx  1  x  ex .   Για x  1 , έχουμε 1  x  0 και ex  0 , άρα g x  0 για κάθε x  1 , 2 και επειδή g συνεχής στο 1 , 2 ,συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση g είναι γνήσια φθίνουσα στο 1 , 2 , άρα 1 – 1 , οπότε αποδείξαμε τημοναδικότητα του ρ. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςiii) Πρέπει ex  z  x  0 για κάθε x  1 ή ισοδύναμα z  ex . x     Θεωρούμε τη συνάρτηση h x e x 1  ex , x  1 , η οποία έχει h x  e  x  ex   0 , για κάθε x  1 , άρα x x2 x2 η συνάρτηση h, αφού είναι συνεχής στο 1 ,   , είναι γνήσια αύξουσα στο 1 ,   και έχει ελάχιστο το    h 1 ex e , οπότε h x  e  2 , δηλαδή x  e  2 , για κάθε x  1 ,   , και επειδή z  2 τελικά ισχύειz  ex για κάθε x  1 . xΒρίσκουμε την παράγωγο της f, οπότε: ex ex  z x  ex  z 2 e2x  xex z  e2x  2ex z  z2         ex ex  z x  ex  zex  z f x       ex  z  x 2  ex  z x 2  ex  z  x 2     xex z  2ex z  z 2 z xex  2ex  z z ex 2  x  z z  gx   ,  ex  z x 2  ex  z x 2  ex  z x 2  ex  z  x 2 άρα η f x έχει το ίδιο πρόσημο με την g. x - 1 ρ + gx + - fx + - fx 1 O.M. 2 Άρα, το μέγιστο της f είναι το f ρ  eρ  z . eρ  ρ z    zΑπό το β ερώτημα έχουμε: g ρ  0  2  ρ  eρ  z  0  eρ  2ρ , οπότε z z 2z ρz z    f ρ  2  ρ  2ρ z ρ1  1 .  z  2ρ z  ρ2 z z ρ  1 2 ρ  1 z   ρ z 2ρ 2ρ   Επειδή, λοιπόν, το μέγιστο της f είναι το f ρ  1 έχουμε f x  1 . ρ1 ρ 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 43ου f συνεχής στο h  f1  1  0 f x  0 ,  x  h ¿¿¿À f x     i.  η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο h  0,  xh 1ii. 1 z  Αν z  1   fxdx  0 , άτοπο. 1 1 1 zz  Αν z  1   fxdx  0    fxdx  0   fxdx  0 , άτοπο. z 11 Άρα, z  1 . iii. Καταρχήν, z  z  z  z  z  z  2  3 . Άρα, z  z  3  z  z  3  0 1  Παρόμοια, z  z  z   z  z  z  2  3 . Άρα, z  z  3  0 2 Οπότε λαμβάνοντας τους μεγιστοβάθμιους όρους παίρνουμε:    lim      x    z  z  3 x3  1 z  z  3 x3  lim  z z 3  x  , διότι zz 3 1  lim  z z 3  zz 3  0.  x 2 z  z  3 x2  x x z  z  3 x2iv. Το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την C f , τον άξονα xx και τις ευθείες x  0 , x  1 είναι 11  fxdx , διότι fx  0 ,  x  h (άρα και  x  0 , 1 ). Οπότε, ισχύει  fxdx  z  2z . 00 x     Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 0 , 1  h , με g x  f t dt  3x 2  6x  6 . 0 xx      g συνεχής στο 0 , 1 (διότι f συνεχής  f t dt παραγωγίσιμη  f t dt συνεχής) 00 1  1 1             g 0 g 1  6 0 f t dt  3  0 [ διότι 0 f x dx  z  2z  z  2z  z  2 z  3 z  3  0 f t dt  3  0 ]. ξ      Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ξ  0 , 1 : g ξ  0  f t dt  3ξ2  6ξ  6 . 0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 44ουΈχουμε       z  4  2 z  1  4 z  4 2  z  1 2  z  4 z  4  4 z  1 z  1   z 2  4z  4z  16  4 z 2  4z  4z  4  3 z 2  12  z 2  4  z  2 .Επίσης,  ln x     lim  lim fx  lim ln x  lim 1 0. x xx     x    x xx   Άρα, a  lim e fx  e 0  1 . xΕπίσης, ln x dx  e ln 2 x  e       e β f x e ln x  ln xdx     ln 2 e  ln 21  1 .   1 2 2 dx  1x 2 1 1 Η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 ,   , με ln x  x  ln x x   1  ln x , x  0 . x2 x2      f x   ln x      x  Άρα, γ  f e  z  1  ln e  2  2 . e2 i. f x  0  1  ln x  0  ln x  1  x  e . x2 x2  0 f x  0 ¾À 1  ln x  0  ln x  1  x  e x  0e  fx + - fx 1 2 max f3a  3 , 10β  5 και e  3  5 ¿¿¿À f3  f5 , δηλαδή f3a  f10β . στο e ,  ii. γfx  1  fx  1 . 2 Θα βρούμε το σύνολο τιμών της f.Είναι συνεχής    1      2      f 0 , e lim f x ,f e   , e   A1  x  0 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης     (διότι ln x  1   )lim f x  lim x  lim  x ln x       x  0 x0 x  0 συνεχής    1   e    2      f e ,   lim f x , lim f x  0 ,  A2 xe x Παρατηρούμε ότι 1  A 1 και 1  A 2 . 2 2   Άρα, η εξίσωση f x  1 είναι αδύνατη στο 0 ,   . 2x xxe ln x e e ln x ln x     iii. e  t2 dt  e  t2 dt  e  t2 dt  e  t2 dt  e  t2 dt  0  e  t2 dt .00 00 x x ee x eΑρκεί να αποδείξω ότι e  t2 dt  0 . ln xΈστω gx  x  ln x , τότε gx  1  1 gx  0  1  1  x  e . e ex ex x - 0 e + gx - + gx 2 1 Άρα, η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x  e το g e  0 . Άρα, g x  0 . Άρα, x  ln x . eΑφού x e e  t 2  0  e  t 2 dt  0 . ln x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 45ουi.Ο μιγαδικός z θα είναι της μορφής z  a  i , a  h .Είναι      f x  ex   x  ln x e x  z  ln e x  ln e x  z   ln  e x z  ,  οπότε                  ln  ex  ln  ex      lim f x  lim   x   lim      lim ln  1    ln  1   ln1  0 e z  ex 1    z   1  0 x   x x   z x   ex       1 ex  (διότι z  a 2  1  0 ).ii. Η f είναι παραγωγίσιμη στο h , με       f x  x  ln e x  z   1 ex  z 1  ex z ex  z ex  z  z  0, x  h , άρα f1 στο h. ex Επίσης, ex  z    z  z ex      f x    z ex  z  ex  z  0,  e x  z  2 2  για κάθε x  h (αφού z  0 , e x  0 , e x  z 2  0 ). Άρα η f κοίλη στο h . iii.Έστω x  h . Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο διάστημα x , x  1 : υπάρχει ξx  x , x  1 :f ξ x   fx  1  fx  fx  1  fx . x  1  xΌμως, f 2 x  ξx  x  1  fx  f ξx   fx  1  fx  1  fx  1  fx  fx     z z  f x1 f x  ex  z . ex1  z       1         iv. Είναι x 2 f x  2x f x 1 x2 f x  dx  x 2 f x  1 f 1  1  ln e  z . 0 dx  00Άρα, θα πρέπει     e z  e z  e  z  e  a2  1  e  1  ln e  z   ln2  1  ln e  z  ln 2  1  ln  2  2    a2  1  e2  a2  e2 1  a   e2 1 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

Άρα, λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης z  e2  1  i ή z   e2 1  i. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 46ου h 1 x 1 h e 1  e ft h 0i.f συνεχής στο dt  ft συνεχής στο παραγωγίσιμη στο η f είναι παραγωγίσιμη 1 στο h , με  e f0 x 1  1   f x  1  e ft e fx   dt   0f1 στο h και  0  1    e fx  f x    1  e fx 2         f x1 1   e fx   1  e fx  1  e fx 0 ,για κάθε xh.  1  2Άρα, η f είναι κοίλη στο h .ii. Είναι 1 e fx   1              f xe  fx  f x 1  e fx  1  f x  f x  e fx  1  f x  1           f x  e fx  x  ,  x  h  υπάρχει σταθερά c: f x  e fx  x  c ,  x  1   Για x  0 η αρχική σχέση της υπόθεσης δίνει f 0   e f0  0  f 0   e f0 .   Για x  0 η 1 δίνει f 0  e f0  c  c  0 .   Άρα, f x  e fx  x ,  x  h 2 iii. Έχουμε ότι f x  e fx  x ,  x  h .Οπότε για x  0 , x  fx  e fx  0  x  fx  0  fx  x . Επειδή τώρα lim x    προκύπτει ότι lim f x    . x xΕπίσης,   f x     fx lim  lim  lim 1 1 1. xx    x    x e fx 1  e x 1 iv. Η ζητούμενη σχέση για a  β ισχύει ως 0  0 .Έστω a β. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο a , β  υπάρχει ξ  a , β : fξ  fβ  fa .  β aΌμως  fξ  1 fξ  1  0  fξ  1  0  fβ  fa 1 fβ  fa 1 fβ  fa  βa . e 1  βa βaΠαρόμοια, αν a  β . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςv. Η τιμή x  0 είναι προφανής ρίζα της εξίσωσης x  e x  1 .    Θεωρώντας τη συνάρτηση φ : h  h , με φ x  x  e x  1 , έχουμε ότι φ x  1  e x  0 ,  x  h  φ 1 , άρα η ρίζα x  0 είναι μοναδική. v     vi. Για x  1 η σχέση f x  e fx  x γίνεται f 1  e f1  1  f 1  0 . 1vii. Για το  fx dx θέτουμε u  fx . 0  Νέαάκρα: για x  0  u  f 0  για x  1  u  f 1  0    Από τη σχέση 2  u  e u  x  dx  u  e u  du  dx  1  e u du .Οπότε 1 0         0 f0 fx 0 1  eu 0 0 ue u du  u2   u e u  0 0 e u du    dx  u  du  udu   2  f0  f0 f0 f0 f0 e f0   f0  f 0 e f0  1  ef0       f2 0          f2 0  f2 0 f 0 f2 0 f 0 1.  1 2 22 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018

λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Λύση Θέματος 47ου     i.Έστω z  a  βi , a , β  h. Τότε, w  z  iz  a  βi  i a  βi  a  βi  ai  β  a  β  a  β i .    Άρα, Re w  Im w . Δηλαδή η εικόνα του w κινείται στην ευθεία y  x . A  εικόνα του z  a , β  B  εικόνα του w  a  β , α  β ii.      Γ  εικόνα του iz  β , α Ο  αρχή των αξόνων  0 , 0  iz  ia  βi  ai  β  OA  a 2  β2         AB  OΓ  β 2  a 2    a  β  a 2  a  β  β 2  β2  a 2  BΓ  β  a  β 2  a  a  β 2  a 2  β 2 Το ΟΑΒΓ έχει ίσες πλευρές.Άρα, είναι ρόμβος. iii. i  w  z  iz   i z  iz  iz  z  w . iv. Από τη σχέση iw  w προκύπτει w  i 1 wΆρα,  w 2006   w 2 1003  w2 1003   w2 1003   w 1003 1  i 4  250  3  i3   i.  w  w    w2      i1003       ww  w   επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018