λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Η ισότητα ισχύει για x Re z 0, δηλαδή για z yi, y ' .Όμως z 2 y 2.Άρα η ισότητα ισχύει για z 2iδ) Από τις σχέσεις της υπόθεσης και το α) ερώτημα προκύπτει ότι z1 z2 2Α: εικόνα του z1Β: εικόνα του z2 AB 2 2 OB 2Είναι, OB 2 BM 2 2 4 2 2 2 , z1 z2 OA OB 2OM 2 OM 2όπου Μ το μέσο του ΑΒ.δ1) Ας ονομάσουμε w z1 . Οπότε προκύπτει: z2 z1 z2 2 2 z2 z1 2 2 z2 1 z2 w 1 2 2 2 w 1 2 2 w 1 2Παρόμοια, από τη σχέση z1 z2 2 2 καταλήγουμε στη σχέση w 1 2Άρα, w 1 w 1 w 12 w 1 2 w 1w 1 w 1w 1 w w 0 w Re 0 Re z1 0 z1 ki , για κάποιο k' z2 z2Όμως, w 1 2 ki 1 2 k2 1 2 k2 1 k 1Άρα πράγματι z1 iδ2) z2 z12 z22 0 z1 z2 2 2z1z2 0 z1 z2 2 2z1z2 z1 z2 2 2z1z2 z1 z2 2 2 z1 z2 z1 z2 2 8 z1 z2 2 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Οπότε, έχοντας δεδομένα OB 2 , OM z1 z2 2 , εφαρμόζουμε το πυθαγόρειο θεώρημα στο 2ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ: MB OB2 MO 2 4 2 2Άρα, z1 z2 2 MB 2 2[ Σχόλια:1. Στα ερωτήματα δ1) , δ2) μπορούμε εναλλακτικά να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο z1 z2 2 z1 z2 2 2 z1 2 2 z2 2(άσκηση σχολικού βιβλίου – χρειάζεται απόδειξη η χρήση του τύπου αυτού).Οπότε γνωρίζοντας το z1 z2 βρίσκουμε το z1 z2 και αντίστροφα.2. Αν Β η εικόνα του z2 και Γ η εικόνα του z1 , τότε AB 2z2 4 διάμετρος. ΛΆρα Γ 90ο και από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε ΑΒ2 ΑΓ2 ΒΓ2 16 z1 z2 2 z1 z2 2και συνεχίζουμε όπως στα ερωτήματα δ1) , δ2) ] επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 262ο Λύση Θέματος 262ΟΥα) Γνωρίζουμε (από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι nx x 1 για κάθε x 0 (με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν x 1 )Συνεπώς η συνάρτηση gt 1 nt t 1έχει πεδίο ορισμού το (0,1) (1, )Η συνάρτηση x 1 dt 2 nt t 1 Hx έχει πεδίο ορισμού το (1, )(αφού τα άκρα 1, x του ολοκληρώματος πρέπει να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του πεδίου ορισμού της g και2 1, )Αφού η σχέση f(x) 1 dt 2 x 2 nt t 1 1 n2ισχύει για κάθε x ' , η συνάρτηση f(x) 1 dt έχει πεδίο ορισμού το ' Hfx 2 nt t 1Συνεπώς ισχύει x ' και f x 1 , για κάθε x ' Άρα , f x 1 για κάθε x ' . Αφού g συνεχής στο 1, και 2 σημείο του 1, , η συνάρτηση f(x) 1 dt Hfx 2 nt t 1είναι παραγωγίσιμη στο ' , με H f x f(x) 1 dt f(x) t 1 nf(x) f(x) 1 2 nt Παραγωγίζοντας τη σχέση (1) έχουμε f(x) 1 1 1 fx nfx fx 1 n2 0 nfx fx n2 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (διότι 2 e n2 ne n2 1 n2 1 0 και αφού f x 1 προκύπτει nfx fx 1 nfx fx 1 0 )Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 'β) Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο ' τότε η συνάρτηση nfx fx 1 n2 1είναι παραγωγίσιμη στο ' , ως πράξεις παραγωγίσιμων.Τότε από τη σχέση fx nfx fx 1 (2) n2 1προκύπτει ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμηΠαραγωγίζοντας τη σχέση (2) έχουμε fx 1 fx fx fx 1 fx για κάθε x ' n2 fx 0 1 n2 1 fx(αφού fx 0 , n2 1 0 , fx 1 τότε fx 0 και 1 fx 0 )Άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω στο ' f(x) 1 dt 2 xΗ σχέση 2 nt t 1 1 n2για x 2 γίνεται f(2) 1 dt 0Όμως ισχύει 2 nt t 1Τότε Αν f(2) 2 τότε nt t 1 0 1 0 nt t 1 f(2) nt 1 1 dt 0 f(2) 1 dt 0 , άτοπο t 2 nt t 1 2 Αν f(2) 2 τότε 2 nt 1 1 dt 0 f(2) 1 dt 0 , άτοπο t 2 nt t 1 f(2)Άρα ισχύει f2 2Η σχέση επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fx nfx fx 1 n2 1για x 2 γίνεται f2 nf2 f2 1 n2 2 1 n2 1 1 n2 1 n2 1 n2 1 Οπότε η εφαπτομένη της Cf στο A 2,2 έχει εξίσωση ε : y f2 f2x 2 ε: y2 x2 ε:y xγ) Θεωρούμε τη συνάρτηση hx x f t dt x f x , x' α Αφού f συνεχής στο ' , τότεx ' x, f x παραγωγίσιμες στο ' , άρα η είναι h t dt παραγωγίσιμη στο και f απαραγωγίσιμη στο ' , με hx x ftdt x f x fx 1 fx 0 α(αφού fx 1 fx 1 0 και fx 0 )Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ' Η h είναι συνεχής στο [2,α] (αφού είναι παραγωγίσιμη στο ' ) h2 hα 0 αφού h2 2 f t dt 2 f 2 α f t dt 0, διότι ft 0 τότε με α >2 ισχύει α 2 α a a ftdt α fα fα α 0 , διότι η f είναι κυρτή, συνεπώς η f t dt 0 f t dt 0 και h(α) 22 a Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της, δηλαδή ισχύει f x x με την ισότητα να ισχύει μόνο για x 2 .Συνεπώς αφού α 2 θα ισχύει fα α fα α 0 Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 2, α τέτοιο ώστε h x0fx0 fx0 0 t dt x0 f x0 0 t dt x0 f x0 a aΕπειδή η h είναι γνησίως αύξουσα, το x0 είναι μοναδικό.δ) Για κάθε x κοντά στο 0 με x 0 και 0 x t 2x και αφού f γνησίως αύξουσα έχουμε x 2 t 2 2x 2 fx 2 ft 2 f2x 2 :t0 f x 2 1 f t 2 1 f 2x 2 1 => επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fx 2 1 ft 2 1 f2x 2 1 tt t ft21 fx2 1 και f 2x 2 1 f t2 1 0 x2x t t 0 t t ==> 2xft21 fx2 1 2x f 2x 2 1 f t2 1 0 t t t t x dt 0 και x dt 2x f t 2 1 dt 1 2x 1 dt και 2x 1 dt 2x f t 2 dt xt xt xt x t f x2 1 f 2x 2 1 f 2x 2 1 ln t2xx 2x f t 2 1 f x2 1 ln t2xx xt dt 2x f t 2 1 f2x 2 1 n2x nx x t dt fx 2 1 ln2x nx (f(2x 2) 1) n 2x 2x f(t 2) 1 dt (f(x 2) 1) n 2x xx t x 2x f t 2 1 dt f2x 2 1 n2 xt fx 2 1 n2Είναι im fx 2 im fu f2 2 (αφού f συνεχής στο 2) x0 u2και im f 2x 2 im f u 2 2 (θέσαμε u 2x τότε όταν x 0 ισχύει u 0 ) x0 u0Έτσι, im f2x 2 1 n2 im fx 2 1 n2 n2 x0 x0Άρα, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει im 2x f t 2 1 dt n2 x0 x tε) Για κάθε x κοντά στο ισχύει f(x) x 0 0 1 1 x fxΙσχύει im 0 im 1 0 x xxΆρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει im 1 0 fx x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούληςάρα im fx im 1 x 1x fx(διότι im 1 0 με 1 0 ) fx x fxΓια να είναι η y λx β ασύμπτωτη (πλάγια – οριζόντια) της Cf στο αρκεί τα όρια f x λ im και β im f x λx x x xνα είναι πραγματικοί αριθμοί.Επειδή im fx και im x x xκαι im f(x) imf(x) imx x nf(x) f(x) 1 1 1 im f(x)[ nf(x) 1 f(1x)] (αφού im f x n2 1 n2 f(x) x x x x είναι και im nfx x nf x im και im x 1 0, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει nf x im 0 fx fx x x f xτότε nf x 1 1 0) 1 και im 1 x f x n2 1 f x άρα, από τον κανόνα De ΄l Hospital ισχύει fx im x xΈτσι, η Cf δεν έχει ασύμπτωτες (πλάγιες – οριζόντιες) στο . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 263ο Λύση Θέματος 263ΟΥΑ. Αρκεί να δείξουμε ότι φx σ x , για κάθε x ' .Έχουμε : φ x xex ex xex ex x ex x ex e x x ex xex x x e ex xex ex ex xex ex xex σ x Β. α) Επειδή ο άξονας xx εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Ο 0, 0 θα είναι : f0 0 (1) και f0 0 (2) ,οπότε για κάθε x ' έχουμε: fx fx exπολλαπλασιάζω με ex : ex fx ex fx 1 ex fx x , για κάθε x ' .Άρα: ex f x x c , για κάθε x ' . ( c : σταθερά)Για x 0 είναι : 2 e0 f0 0 c f0 c c 0Άρα ex f x x f x x exπου σύμφωνα με το ερώτημα Α γράφεται: f x x ex ex , για κάθε x ' .Άρα υπάρχει σταθερά c1 ' ώστε: f x x ex ex c1 για κάθε x ' . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΓια x 0 έχουμε : 1Άρα : f 0 1 c1 0 1 c1 c1 0 . f x x ex ex 1 ήΣύνολο τιμών της f : f x x 1 1 1 ήΈχουμε βρει ότι: ex ex fx x 1 1 , x' . ex fx x ex , x 'και με δεδομένο ότι ex 0 , το πρόσημο της f εξαρτάται από το πρόσημο του x . x 0 fx - + fx 2 1Είναι : f 2 f f , 0 == 0 , lim f x 0, A1 x συνεχής[αφού: x1 x 1 1 lim ex lim lim ex x x x lim fx 1 1 x ex x 1 1 1 ] Ακόμη: f 1 f f 0, == 0 , lim f x 0,1 A2 x συνεχής[αφού : x1 lim ex x 1 lim 1 x ex ex x == lim 0 οπότε : x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim fx 0 1 1 ]. x Άρα το σύνολο τιμών της f είναι : f Α1 Α2 0, 0,1 0, β) Η δοθείσα ανίσωση γράφεται: 1 x2 ex2 1 x2 3 1 x2 3 3 e2 ex2 e2 ex2 e2 x2 0,20 f 2 <==> x2 2 x 1 x2 1 3 1 f x2 2 2x 2 ex2 e2 f1 γ) Είναι lim f x 1 , άρα η ευθεία y 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο . x Άρα: κ 1 . x 2015 x 2015 x 2015 x 2015 ftdt 1 t 1 et dt dt t 1 etdt xk x1 x1 x1 x 2015 et dt x 2015 x 2015 x 1 etdt x 2015 x 1 t t1 2014 t1 e x1 x1 ex2015 ex1 x 2015 2014 et x 1 x 2016 x2 2014 x 2016 ex2015 x 2 ex1 ex2015 ex1 2014 x 2017 ex2015 x 3 ex1 .Το ζητούμενο όριο είναι : x 2015 ex2015 ex1 L lim x f t dt lim 2014 x 2017 x3 2014 0 0 2014 x1 x[διότι: x 2017 lim lim x x 2017 e x 2015 lim x 2017 == lim 1 1 0 e x 2015 x x ex2015 ex x2015και x3 lim ex1 x x 3 e x 1 lim x 3 == lim lim 1 1 0] ex x1 ex x1 x δ) Είναι : επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης fσυνεχής στο 0 lim συνx 1 1 1 0 και lim fx ====== f0 0 x0 x0οπότε: 0 συνx 1 f x lim 0 συνx 1 ημx ημx 1 1 1 1 == lim lim xex lim x ex 1 x0 f x x0 x0 x0Άρα : L1 1 .Ακόμη : 0 lim ημx 0 ημx συνx 1 f x xex x == lim lim lim exσυνx 1 fx0 x x0 x0 x0και 0 ημx lim f x ημx 0 lim συνx 1 x == lim lim exσυνx 1 . fx0 x xex0 x x0 x0Επειδή τα πλευρικά όρια είναι διαφορετικά, το όριο L2 δεν υπάρχει.ε) Έστω α 0 . Είναι: x 1 α 1 x 1 α 1 1 x 1 1 α 1 fx fα ex eα ex eα ex eαΤο fα Α1 , οπότε υπάρχει x1 , 0 : fx1 fα .Το x1 είναι μοναδικό διότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο , 0 . Ακόμη, f α Α2 , αφού α 0 , οπότε υπάρχει μοναδικό x2 0, : f x2 f α .Επειδή ισχύει x1 0 x2 προκύπτει το ζητούμενο. επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 264ο Λύση Θέματος 264ΟΥα) Η σχέση της υπόθεση γράφεται 1 x 1 tetdt x 1 x tet 10 1 x 0 0 0 0 f x f tdt t f 1 t dt f x e f t f 1 t dt 1 x e et 10 x x f x 0 f t f 1 t dt fx 1 x e e 1 0 f t f 1 t dt f x 1 x e e 1 x f t f 1 t dt fx 1 x x f t f 1 t dt, x' 0 0Για x 0 είναι f0 1 Η συνάρτηση f t f 1 t είναι συνεχής στο ' ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων άρα η συνάρτηση xft dt '. 0 f 1t είναι παραγωγίσιμη στοΈτσι λοιπόν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ' ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: fx 1 fx f1 x για κάθε x ' (1)Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (1) f1 x 1 f1 x fx , x ' (2)Από (1) + (2) fx f1 x 2 fx f1 x 2x , x 'Άρα υπάρχει c ' τέτοιο ώστε fx f1 x 2x c (3) , για κάθε x 'Θέτουμε για x το 1 x , οπότε (3) f1 x fx 2 2x c (4)Από 3 4 0 2 2c c 1Άρα (4) 1 x2 ,x' f1 x fx 1 2xfx 1 1 2x fx Οπότε f x x2 c1 , x ' και c1 σταθερός πραγματικός αριθμός Επειδή f 0 1 c1 1 άρα fx x2 1 , x 'β) Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση 2x x2 , x 0Έχουμε, 2x ln x:\"11\" ln x2 x ln 2 2ln x ln x ln2 , x0 x2 <===>ln2x x2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θεωρώντας τη συνάρτηση g : 0, ' , με g x ln x έχουμε ότι η εξίσωση 2x x2 , x 0 είναι ισοδύναμη με xτην εξίσωση gx g2 , x 0Για τη συνάρτηση h : 0, ' με hx gx g2 έχουμε h x ln x 1 ln x , g x x x2 x 0 h x 0 1 ln x 0 1 ln x 0 ln x 1 x e x2h x 0 1 ln x x2 0 ln x 0 ln x 1 0 x e x2 0 <=>1 1 ln x x2 0h x 0 ln x 0 ln x 1 x e x2 0 <=>1Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών x 0 e - hx + 2 1 hx Παρατηρούμε ότι h 2 0 και επειδή η h είναι γν. αύξουσα στο 0, e , η εξίσωση h x 0 έχει μοναδικήρίζα στο 0, e την x 2 Παρατηρούμε επίσης ότι h4 g4 g2 ln 4 ln2 2ln2 ln2 ln2 ln2 0 42 4 2 22 και επειδή η h είναι γν. φθίνουσα στο e, , η εξίσωση h x 0 έχει μοναδική ρίζα στο e, , την x 4Συμπέρασμα: 2x x2, x 0 x 2 ή x 4 (5)Τώρα, για την εξίσωση 2fx f2 x 2x2 1 x2 1 2θέτουμε y x2 1 0 5Οπότε έχουμε να λύσουμε την εξίσωση 2y y2, y 0 y 2 ή y 4 Για y 2 x2 1 2 x2 1 x 1 Για y 4 x2 1 4 x2 3 x 3 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Άρα η εξίσωση 2fx f2 x έχει λύσεις x 1, 3γ) Α΄ τρόποςΘεωρούμε τη συνάρτηση g x t ln 1 dx tα , tα αt α fxH συνάρτηση 1 ln f x είναι συνεχής στο α, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων άρα η t 1 dx είναι α ln f xπαραγωγίσιμη στο α, με t 1 1 α ln f x dx ln ft .Οπότε η g είναι παραγωγίσιμη στο α, , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με g t 1 1 t2 ln f t t2 ln t2 1 , tα ln f t t2 t2 ln f t t2 ln t2 1Οι ρίζες και το πρόσημο της g΄ εξαρτώνται από τον αριθμητή, αφού t2 ln t2 1 0 για κάθε t α Θεωρούμε τη συνάρτηση v t t2 ln t2 1 με t 0Είναι v t 2t 2t 2t3 0 για κάθε t 0 t2 1 t2 1Άρα η v είναι γνησίως αύξουσα στο 0, Άρα για t 0 vt v 0 v t 0 Οπότε και g t 0 για κάθε t α άρα g γνησίως αύξουσα στο α, g( α)=0Οπότε για 0 α β gα gβ ==>gβ 0 1 dx β α 0 β 1 dx β α β αβ αβ α ln f x α ln f xΒ΄ τρόποςΙσοδύναμα έχουμε β 1 dx β α β 1 dx 1 1 α ln f x αβ α ln f x αβ β1 dx 1 1 0 β1 1 β α ln f x βα α ln f x dx x 0 α επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης 1 β 1 dx 0 β 1 1 β dx dx 0 α ln f x α x2 α ln f x x2 β 1 1 β x2 ln x2 1 dx 0 dx 0 α ln x2 1 x2 α x2 ln x2 1 Το τελευταίο ισχύει, διότι η γνωστή σχέση ln x x 1 , x 0 για x το x2 1 δίνει ln x2 1 x2 x2 ln x2 1 0 (η ισότητα ισχύει μόνο για x 0 )Άρα, x2 ln x2 1 β x2 ln x2 1 x2 ln x2 1 0 στο α,β και αφού 0 α β είναι dx 0 α x2 ln x2 1 δ) Είναι x eftdt x eftxk dt exk x eftdt 0 , k 1,2,... 00 exkΑρχικά θα αποδείξουμε ότι lim x eftdt x 0Α΄ τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση κ : ' ' με τύπο κ t et2 1 Η κ είναι παραγωγίσιμη στο ' , με κ t 2tet2 , t ' . 2et2 0 κ t 0 2tet2 0 <=>t 0 2et2 0 κ t 0 2tet2 0 <=>t 0 2et2 0 κ t 0 2tet2 0 <=>t 0Έτσι λοιπόν έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών t 0 κt - + κt 2 1 Άρα η συνάρτηση κ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0, δηλαδή κ t κ 0 e για κάθε t ' , δηλαδή et2 1 e ,t' x et2 1dt xΆρα για x 0 έχουμε edt e xΌμως lim ex οπότε 00 x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης lim x et2 1dt x 0Β΄ τρόποςΈστω x 0 τυχαίο και σταθερόΘεωρούμε τη συνάρτηση y eftdt φ y y et2 1dt 0 0 φ y στο 0, xΑφού η et2 1 είναι συνεχής στο ' και 0 ' η φ είναι παραγωγίσιμη στο 'Έτσι λοιπόν έχουμε Η φ είναι συνεχής στο 0, x Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, x με φ x ex2 1 Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ 0, x τέτοιο ώστε x et2 1dt 0 x φ x φ 0 x et2 1dt xeξ2 1 φ ξ 0 x eξ2 1 (6)Όμως, ex 1 0 ξ x 0 ξ2 x2 1 ξ2 1 x2 1 ==> x0 e eξ2 1 ex2 1 => xe xeξ2 1 xex2 1 1 1 1 για κάθε x 0 xe xeξ2 1 xex2 1Επειδή lim 1 0 και lim 1 0 , από Κριτήριο Παρεμβολής είναι x xe xex x2 1 lim 1 0 xex ξ2 1Οπότε lim xeξ2 1 και από (6) είναι lim x et2 1dt x x 0 Για κ 1 είναι e dtx t2 1 x t2 1 L lim 0 e dt ex2 1 lim ex2 x1 ux2 x1 0 === lim lim ==== lim eu x ex d.L.H. x ex ex x x u u Για κ 2 είναι e dtx t2 1 x t2 1dt L lim 0 e ex2 1 e 0 0 === lim lim lim x ex2 d.L.H. x ex2 x 2xex2 x 2x Για κ 3 είναι επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης e dtx t2 1 x t2 1dt L lim 0 e ex2 1 1 ex2 x3 1 x 3x2 0 === lim lim lim ex3 d.L.H. x ex3 x 3x2ex3 x ux2 x3 1 1 0 έχουμε ότι L 0Για το lim ex2 x3 1 ==== lim eu 0 και αφού limx u u x 3x3 Παρόμοια για κ 4 βρίσκουμε L 0 Έτσι λοιπόν, L , αν κ 1 0 , αν κ=2,3,... επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 265ο Λύση Θέματος 265ΟΥα) Η g είναι συνεχής στο ' , άρα και στο 0, άρα g0 lim gx lim gx f0 lim fx lim 2 xln x 1 f0 2 x0 x0 x0 x0Ονομάζουμε hx fx x,x '. Τότε η h είναι συνεχής στο ' (ως διαφορά συνεχών) και h x 0 , για κάθε x ' .Άρα η h διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ' .Όμως h0 f0 0 2 0. Άρα h x 0 , για κάθε x ' (1).Η αρχική σχέση της υπόθεσης γίνεται h x 1 h2 x ex 1 (1) 0 0 h2 x ex 1 0 h x ex 1 , x ' ex 1 h x ex 1 h xΆρα, f x x ex 1 f x x ex 1 , x 'β) g0 f0 2, άρα το 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης g x 0 . Θεωρούμε την εξίσωση g x 0 στο , 0 , δηλαδή την εξίσωση x ex 1 0, x , 0Είναι ex 1 g x x ex 1 2 1 ex 0 στο , 0 g γν. αύξουσα στο , 0Οπότε, g συνεχης1 στο,0 g , 0 ======== lim g x , lim g x , 2 x x0 και επειδή 0 , 2 υπάρχει μοναδικό x1 0 : g x1 0 (η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο , 0 ) Θεωρούμε την εξίσωση g x 0 στο 0, , δηλαδή την εξίσωση 2 xln x 1 0 , x 0, Είναι gx ln x 0, , g 0, 2 xln x 1 x 1 0 στο γν. φθίνουσα στο x 1 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (χρησιμοποιήσαμε τις σχέσεις x 1 1 ln x 1 0 και x 0 x1Οπότε, g συνεχης,2 στο0, g 0, ¿======= lim g x , lim g x , 2 x x0 και επειδή 0 , 2 υπάρχει μοναδικό x2 0 : g x2 0 (η μοναδικότητα προκύπτει από τη σταθερή μονοτονία της g στο 0, ) Άρα η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο λύσεις ετερόσημες. γ) Από το ερώτημα β) προκύπτει ότι g x 2, για κάθε x 0 .Οπότε θεωρώντας x1, x2 0 προκύπτει ότι gx1 2 , gx2 2Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1, 0 ' με τύπο φx x gx1 2 x 1 gx2 2 2016xx 1Η φ είναι συνεχής στο 1, 0 , ως πολυωνυμική.Επίσης, φ1 φ0 2 gx1 gx2 2 0 () () Από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα ρ 1, 0 : φ ρ 0 :ρ(ρ1) ρ gx1 2 ρ 1 gx2 2 2016ρρ 1 <=> gx1 2 g x2 2 ρ1 ρ 2016 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 266ο Λύση Θέματος 266ΟΥα) Θα αποδείξουμε ότι e x x , για κάθε x ' ,οπότε το πεδίο ορισμού της f θα είναι το ' .1ος Τρόπος: Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου ισχύει ln x x 1 , για κάθε x 0 .Για x το e x : x 1 x ln e x e x 1 x e x 1 e x x 1 ==> e x x , x ' .2ος Τρόπος: Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : ' ' , με τύπο φx ex x .Τότε φx e x 1 , x ' και φx 0 x 0 x 0 φx φx 2 1 Η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 0 , οπότε φ x φ 0 , για κάθε x ' , δηλαδή e x x 1 0 e x x , για κάθε x ' .β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ' (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με x1 ex x ex x x 1 ex 1 ex x 2 f x 1 x x ex x x 1 ex ex x 2 e x x x e x x e x 1 2e x xe x 1 g x , x', e x x 2 ex x 2 ex x 2όπου g x 2e x xe x 1 , x ' . gx e x1 xΕύρεση συνόλου τιμών της g:Η g είναι παραγωγίσιμη στο ' , μεΟπότε επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης g x 0 1 x 0 x 1 (αφού e x 0 ).Πίνακας Μεταβολών x 1 gx 2 gx 1 g συνεχής ==== 1 g 1 , e 1 A1 , 1 lim g x , g 1 x (διότι lim g x lim 2e x xe x 1 0 0 1 1 , x x αφού lim xe x lim x x lim 1 1 0 ). ex x == lim x x e x x e x g συνεχής ==== 2 g 1 , lim g x , lim g x 1 , e 1 A2 x 1 x (διότι lim gx lim 2e x xe x 1 lim e x 2 x 1 1 ). x x x Επειδή 0 A1 υπάρχει x1 1 : g x1 0 . Ειδικότερα, x1 1 , διότι g 1 0 .Το x 1 αυτό είναι μοναδικό, διότι g γνησίως μονότονη στο , 1 . Η σχέση g x1 0 δίνει f x1 0 . Άρα, υπάρχει μοναδικό σημείο A x 1 , f x 1 , με x1 1 : f x1 0 , δηλαδή η εφαπτομένη της C f στο Α ναείναι παράλληλη στον άξονα xx . Με παρόμοιο τρόπο, επειδή 0 A2 υπάρχει μοναδικό σημείο B x 2 , f x 2 , με x 2 1 : η εφαπτομένη τηςC f στο Β να είναι παράλληλη στον άξονα xx . γ) Από το θεώρημα Rolle για την f στο x1 , x2 υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ x1 , x2 ' . f ξ 0 ,δηλαδή ισχύει το ζητούμενο. δ) Είδαμε ότι η εξίσωση g x 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο ' , τις x1 , x 2 , με 1 x1 , x2 . Η g είναι μη μηδενική στο x1 , x2 και συνεχής σε αυτό, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο.Επειδή g1 e 1 0 gx 0 , για κάθε x x1 , x2 .θα έχουμε ότι, f x 0 στο x1 , x2 f γνησίως αύξουσα στο x1 , x2 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης ΠαπαμικρούληςΜένει να αποδείξουμε ότι x 2 x 1 2 .Εύκολα διαπιστώνουμε ότι ισχύει το θεώρημα Bolzano για την g σε κάθε ένα από τα διαστήματα 2 , 1 , 1 , 2 . Άρα, η g έχει ρίζες σε κάθε ένα από τα 2 , 1 , 1 , 2 . Επειδή τώρα οι ρίζες x1 , x 2 της g είναι μοναδικές x1 2 , 1 και x2 1 , 2 .Έτσι, 2 x1 1 , 1 x1 2 x2 x1 2. x2 x2 1 2 1 2 Άρα, πράγματι x 2 x 1 2 (δηλαδή α x 1 , β x 2 ).ε) Έχουμε ότι f0 1 και fx 0 x 1 x 1 και fx 0 στο 0 , 1Συνεπώς, το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι: ex x dx ex x 11 E f x dx 0 0 1 1 dx 0 x10 1 ln ex x 0 1 ln e 1 τετρ. μονάδες. στ) Αρχικά θα βρούμε το lim f x . xΈχουμε, lim x e x 1 ex x ex x lim 10 , xδιότι lim x lim x lim 1 1 0. ex x ex x == x e x Οπότε, x1 lim lim f x lim x 1 lim 1 1 0. == x ex x x x e x x x e x 1 Έτσι, lim fx 0 .Έχουμε τώρα, x ημf x 1 ημf x lim L1 1 lim f3 x x f 2 x fx x επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης (διότι lim f x 0 lim 1 ημf x x και για το όριο lim θέτουμε u f x 0 ). x x f2 x x f xΆρα, ημf x lim ημu 1 .), οπότε L1 . u0 u lim x f xΕπίσης, xημx ημx xημx ημx x 1 Όμως, e x e lnx ex x e x x ημx L2 . lim lim lim lim fx ημx x x x x fx ημx fx , για κάθε x 0 .Άρα, fx fx ημx fx , για κάθε x 0 .Άρα από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει ότι L 2 0 . επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Θέμα 267ο Λύση Θέματος 267ΟΥ ημt συνt 9 0, π 0, π α) Η συνάρτησηg t είναι συνεχής στο 2 , άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 2 με f'x ημx συνx 9 .Έχουμε, f΄ x 0 ημx συνx x π (διότι 0 x π ) 42 x 0π π 4 2 hx ημx συνx - + Η συνάρτηση h(x) ημx συνx είναι συνεχής και μη μηδενική στο 0, π , οπότε διατηρεί σταθερό 4 πρόσημο στο π 0, 4 Όμως, ημ π συν π 0 88[Πράγματι από τους τύπους αποτετραγωνισμού έχουμε π 1 συν π 1 2 2 2 ημ π 2 2 4 2 ημ2 82 22 82Παρόμοια, π 1 συν π 1 2 2 2 συν π 2 2 4 2 συν2 82 22 82Οπότε εύκολα επαληθεύουμε ότι ημ π συν π ] 88Άρα ημx συνx 0, για κάθε x 0, π 4 Δηλαδή, ημx συνx 9 0 π 0, π f' x στο x 0, 4 f γνησίως φθίνουσα στο 4 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης είναι συνεχής και μη μηδενική στο π π Η συνάρτηση h x ημx συνx 4 , 2 οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο π , π 4 2 Όμως, ημ 3π συν 3π 0 (1) 88[ Με τους τύπους αποτετραγωνισμού παρόμοια βρίσκουμε ότι ημ 3π 2 2 και συν 3π 2 2 άρα ισχύει η (1) ] 82 82Άραημx συνx 0 στο π , π f'(x) (ημx συνx)9 0 για κάθε x π , π 4 2 4 2 f γνησίως αύξουσα στο π , π 4 2 Προκύπτει λοιπόν ο παρακάτω πίνακας μεταβολών: x0 ππ 42 f΄(x) - + f(x) 2 1Κυρτότητα της f :Η f είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο 0, π , με 2 f(x) (ημx συνx)9 9(ημx συνx)8 (ημx συνx) 9(ημx συνx)8 (συνx ημx) 0στο 0, π π , π και η f είναι συνεχής στο π, άρα f είναι κυρτή στο 0, π 4 4 2 4 2 β) Έχουμε αρχικά ότι f 0 0 και ότι f π 0 2 [ Για τον υπολογισμό του f π π 2 2 (ημt συνt)9 dt 0θέτουμε u π t du dt 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης Για t 0 u π 2 Για t π u 0 2 π 0 π π 9 π 9 du π 9 f π Άρα,f2 ημ 2 u 2 du 2 2 2 π συν u 0 συνu ημu o ημu συνu du 2 Άρα π π π 0] f 2 f 2 f 2 Οπότε, για 0 x π f2 fx fx 0 4 ==> f 0 και για f1 => f πx π x f π 2 0f x 0 42Επίσης, π π ημt συνt 9 dt 0 f4 4 0 (διότι ισχύει g t 0 στο 0, π χωρίς η ισότητα να ισχύει παντού στο 0, π και η g είναι συνεχής στο 0, π ) 4 4 4 Άρα πράγματι σε κάθε περίπτωση ισχύει f x 0, για κάθε x 0, π 2 Απόδειξη της σχέσης f x f x για κάθε x 0, π : 2 Υποθέτουμε ότι υπάρχει π α 0, 2 : f α f α δηλαδή 9 dt 9 α 8 0 ημt συνt ημα συνα συνα ημα , άτοπο 0 0 0 0Επίσης f(0) f π 0 και f(0) f π 9 0 2 2 Άρα πράγματι fx fx στο 0, π 2 επίλυση θεμάτων: Παύλος Τρύφων – Μάρτιος 2018
λύσεις 555 επαναληπτικών θεμάτων - ψηφιακή επεξεργασία αρχείου: Δημήτρης Παπαμικρούλης(διαφορετική απόδειξη: είδαμε ότι f 0 στο 0, π π , π και f0 στο 0, π , και f'' π 0 f π ) 4 4 2 2 4 4 γ) Έστω x 0, π τυχαίο και σταθερό. 2 Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 0, x Υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ 0, x : fξ fx f0 fx xxΌμως, f'1 fx fx fx xfx 0, για κάθε x 0, π x 2 0 ξ x ==>f ξ f x Οπότε, mx fx xfx fx 0, για x 0, π 2 x2 x και η συνάρτηση m είναι συνεχής στο 0, π . 2 Άρα η συνάρτηση m είναι γνησίως αύξουσα στο 0, π 2 δ) Α τρόποςΈστω φυσικός αριθμός ν 1 . Τότε 1 1 m1 m 1 f 1 1 f1 ν ν ν ν ν => m(1) f(1) f 1 νΒ΄ τρόποςΗ εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο M 1 , f 1 είναι ν v (ε) : y f 1 f' 1 x 1 ν ν ν Επειδή η f είναι κυρτή η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (ε) , δηλαδή f x f 1 f 1 x 1 ν ν ν (η ισότητα ισχύει μόνο για x 1 ) νΓια x 1 παίρνουμε 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: