Apantiseis Mathimatikon Kateuthinsis

1. ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΑΝΟΔΟΣ
ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ – ΚΟΚΚΑΛΗΣ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΘΕΜΑ 1
Α) Θεώρημα σελ. 251
Β) Ορισμός σελ. 213
Γ) α) Σωστό
β) Σωστό
γ) Λάθος
δ) Λάθος
ε) Λάθος
ΘΕΜΑ 2
Α) α) Έστω x = 2λ + 1, y = 2λ − 1 ∀λεR
x −1 x −1
λ= Άρα y = 2 −1⇔ y = x − 2
2 2
β) Η κάθετη στην y = x − 2 που πέρνα απο το Ο(0,0) είναι y = λ ⋅ x με λ = ‐1
Άρα y = −1 ⋅ x

2. y = −1x
Όποτε : x − 2 = − x ⇔ x = 1 και y = −1
y=x−2
Επομένως Z 0 = 1 − i έχει το μικρότερο δυνατό μέτρο.
Β) Έστω οτι w = x + y ⋅ i τότε : W + W − 12 = 1 − i ⇔
2
x 2 + y 2 + x − y ⋅ i − 12 = 1 − i
x = −3
x 2 + y 2 − x − 12 = 1 x 2 + 1 − x − 12 = 1
Συνεπώς ⇔ ⇔ ή
− y = −1 y =1
χ =4
Άρα w1 = −3 + i w2 = 4 + i
ΘΕΜΑ 3
Α) Έχουμε f ( x) ≥ 1 ⇔ f ( x) ≥ 0
Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0 = 0 το f (0) = 1
1
Επειδή επιπλέον η f είναι παραγωγίσιμη με : f ' ( x) = a ⋅ ln a −
x
τότε σύμφωνα
x +1
με το Θ. Fermat :
1
f ' (0) = 0 ⇔ a 0 ln a − = 0 ⇔ ln a = 1 ⇔ a = e
0 +1
Β) Για a = e , f ( x) = e x − ln( x + 1) , x > −1
1 1
α) f ' ( x) = e x − , f ' ' ( x) = e x + > 0
x +1 (x + 1)2
Άρα η f κυρτη στο Δ = (0,+∞ )

3. β) Αφού f κυρτή τότε η f ' ↑ και αφού f ' (0) = 0 τότε το 0 είναι μοναδική ρίζα της f '
και για το πρόσημο της f ' έχουμε :
• xε (− 1,0) με x < 0 ⇔ f ' ( x) < f ' (0) = 0
• xε (0,+∞) με x > 0 ⇔ f ' ( x) > f ' (0) = 0
Χ ‐1 0 +∞
f ' ( x) ‐ +
f (x) ↓ ↑
f (0) = 1
f ( β ) − 1 f (γ ) − 1
Γ) Έστω η εξίσωση : + =0⇔
x −1 x−2
( x − 2 )[ f ( β ) − 1] + ( x − 1)[ f (γ ) − 1] = 0
Έστω τώρα η συνάρτηση g ( x ) = ( x − 2 )[ f ( β ) − 1] + ( x − 1)[ f (γ ) − 1] στο [1,2]
• Η g συνεχής στο [1,2] ως πολυώνυμο
• g (1) = − f ( β ) + 1 < 0 δίοτι f ( β ) > 1 ⇔ f ( β ) − 1 > 0, β ≠ 0
• g (2) = f (γ ) − 1 > 0 δίοτι f (γ ) > 1 με γ ≠ 0
(αφού f (0) = 1 ολικό ελάχιστο της f )
Άρα g (1) g (2) < 0 , επομένως απο το Θ. Bolzano υπάρχει x0ε (1,2) τετοίο ώστε
g ( x0 ) = 0 δηλαδή x0 ρίζα της εξίσωσης.
ΘΕΜΑ 4
H ( x) x
α) Η G με τύπο G ( x) = − ∫ f (t )dt + 3 ως πράξεις συνεχών στο (0,2]
x 0

4. x
H ( x) = ∫ tf (t)dt συνεχής, αφού η H (x) είναι παραγωγίσιμη, δίοτι tf (t ) συνεχής.
0
x
Ακόμη ∫ f (t)dt συνεχής.
0
⎛ H ( x) x ⎞
Στο x0 = 0 έχουμε: lim G ( x) = lim ⎜ − ∫ f (t )dt + 3 ⎟ = L
x→0 x →0 ⎝
+
x 0 ⎠
H ( x) 0
Αλλά lim έχει απροσδιόριστη μορφή τύπου
x →0 + x 0
Άρα απο πρώτο κανόνα De L’hospital έχουμε :
⎛x ⎞
⎜ ∫ tf (t )dt ⎟
(H ( x) )' ⎝0 ⎠=
lim ( x)' = lim 1
+
x →0 x →0 +
lim ( x ⋅ f ( x)) = 0 ⋅ f (0) = 0 αφού f
x →0 +
συνεχής
στο x 0 = 0
H ( x)
Άρα lim =0
x →0 + x
H ( x) x
Όποτε L = lim − lim ∫ f (t )dt + 3 = 3
x →0 x x →0 0
Άκομη G (0) = 6 ⋅ lim
1− 1− t2
= 6 ⋅ lim
1− 1− t2 1+ 1− t2 ( )( )
t →0 t2 t →0 1+ 1− t2 ⋅t2
( )
t2 1
= 6 ⋅ lim = 6⋅ = 3
t →0 (
t2 1+ 1− t2 ) 1 + 1 − 02
Άρα lim G ( x) = G (0) , επομένως G συνεχής στο x
x →0 +
0
= 0 , άρα η G συνεχής στο [0,2]
⎛ H ( x) x ⎞
β) Η G παραγωγίσιμη στο (0,2) με παράγωγο : G ' ( x) = ⎜ − ∫ f (t )dt + 3 ⎟΄ =
⎝ x 0 ⎠
H ' ( x) ⋅ x − H ( x) ⋅ ( x)' x 2 f ( x) − H ( x) H ( x)
= − f ( x) = =− 2
x 2
x 2
x

5. H ( x)
γ) Έστω οτι δεν υπάρχει aε (0,2) : H (a) = 0 τότε G ' ( x) = − ≠ 0 , ∀xε (0,2)
x2
Αφού G ' ( x) συνεχής και δεν μηδενίζεται τότε διατηρεί πρόσημο. Άρα η G γνησίως
μονότομη στο [0,2] . Άρα η G είναι «ένα προς ένα».
Όμως • G (0) = 3
H (2) 2
• G ( 2) = − ∫ f (t )dt + 3 ⇔
2 0
Και
1 2 2
1⎛2 ⎞ 1
G (2) = ∫ tf (t )dt − ∫ f (t )dt + 3 = ⎜ ∫ (t − 2 ) f (t )dt ⎟ + 3 = ⋅ 0 + 3
20 0 2⎝0 ⎠ 2
Άτοπο
δ) G ( x ) : [0, a ]
H ( x) x
• Η G ( x) = − ∫ f (t )dt + 3 συνεχής στο [0, a ]
x 0
H ( x)
• Η G παραγωγίσιμη με G ' ( x) = −
x2
Άρα απο Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξε (0, a ) τέτοιο ώστε :
G ( a ) − G ( 0)
G ' (ξ ) = ⇔
a−0
H (a) a
− ∫ f (t )dt + 3 − 3
H (ξ ) a
− 2 = 0
⇔
ξ a
ξ α
a ∫ tf (t )dt = ξ 2 ∫ f (t )dt
0 0