Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Επιτροπή Θεμάτων 15 · #1

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό θα συζητήσουμε αποκλειστικά τα θέματα των Μαθηματικών κατεύθυνσης 2015 αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου.

Επιτροπή Θεμάτων 15 · #2

Τα θέματα που μόλις δημοσιεύθηκαν στη σελίδα του Υπουργείου.

them_mat_kat_c_hmer_no_150525.pdf: (240.92 KiB) Μεταφορτώθηκε 1197 φορές

Silver · #3

Για το Α θέμα:

Α1) Απόδειξη σελίδα 194 σχολικού βιβλίου
Α2) Ορισμός σελίδα 188 σχολικού βιβλίου
Α3) Ορισμός σελίδα 259 σχολικού βιβλίου
Α4) α) Λ (σελίδα 144 σχολικού βιβλίου)
β) Σ (σελίδα 89 σχολικού βιβλίου)
γ) Λ (σελίδα 225 σχολικού βιβλίου)
δ) Σ (σελίδα 332 σχολικού βιβλίου)
ε) Σ (σελίδα 178 σχολικού βιβλίου)

gavrilos · #4

Θέμα Β.

Β.1 Έστω $\displaystyle{z=x+yi}$ .Τότε η δοσμένη σχέση γράφεται $\displaystyle{\sqrt{(x-4)^2+y^2}=2\sqrt{(x-1)^2+y^2}\Leftrightarrow (x-4)^2+y^2=4(x-1)^2+4y^2}}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{x^2-8x+16+y^2=4x^2-8x+4+4y^2\Leftrightarrow 3x^2+3y^2=12\Leftrightarrow x^2+y^2=4}$ άρα οι εικόνες των $\displaystyle{z}$

ανήκουν στον κύκλο κέντρου $\displaystyle{(0,0)}$ και ακτίνας $\displaystyle{R=2}$ .

B.2 α) Ισχύει κατ' αρχάς $\displaystyle{z\overline{z}=4\Leftrightarrow z=\frac{4}{\overline{z}}}$ για κάθε $\displaystyle{z}$ του παραπάνω ερωτήματος.

Άρα $\displaystyle{\overline{w}=\frac{2\overline{z_{1}}}{\overline{z_{2}}}+\frac{2\overline{z_{2}}}{\overline{z_{1}}}=\frac{8}{z_{1}}\cdot \frac{z_{2}}{4}+\frac{8}{z_{2}}\cdot \frac{z_{1}}{4}=\frac{2z_{2}}{z_{1}}+\frac{2z_{1}}{z_{2}}=w}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Β.3 Αρκεί $\displaystyle{|w|\leq 4\Leftrightarrow \left|\frac{z_{1}}{z_{2}}+\frac{z_{2}}{z_{1}}\right|\leq 2}$ .

Όμως $\displaystyle{\left|\frac{z_{1}}{z_{2}}+\frac{z_{2}}{z_{1}}\right|\leq \frac{|z_{1}|}{|z_{2}|}+\frac{|z_{2}|}{|z_{1}|}=2}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Β.4 $\displaystyle{w=-4\Leftrightarrow \frac{z_{1}}{z_{2}}+\frac{z_{2}}{z_{1}}=-2\Leftrightarrow z_{1}^{2}+2z_{1}z_{2}+z_{2}^{2}=0\Leftrightarrow (z_{1}+z_{2})^2=0\Leftrightarrow z_{1}+z_{2}=0}$ .

Άρα οι εικόνες τους είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου (ή αλλιώς συμμετρικές ως προς την αρχή των αξόνων).

Έχουμε $\displaystyle{|z_{3}-z_{1}|=|2iz_{1}-z_{1}|=|z_{1}|\cdot |2i-1|=2\sqrt{5}}$ .

Επίσης αφού $\displasystyle{z_{2}=-z_{1}}$ έχουμε $\displaystyle{|z_{3}-z_{2}|=|2iz_{1}+z_{1}|=|z_{1}|\cdot |2i+1|=2\sqrt{5}}$ .

Επομένως $\displaystyle{|z_{3}-z_{1}|=|z_{3}-z_{2}|}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#5

Για το Δ4

Ορίζουμε τη συνάρτηση $g(x)=(x-2)\left(1-3\displaystyle\int_0^{x-2}f(t^2)dt\right)+(x-3)\left(8-3\displaystyle\int_0^xf^2(t)dt\right)$ η οποία είναι συνεχής στο [2,3]

με

$g(2)=-8+3\displaystyle\int_0^2f^2(t)dt$ και

$g(3) = 1-3\displaystyle\int_0^1f(t^2)dt$

Όμως έχουμε δείξει στο Δ2 ότι $f(x)\leq x$ , για κάθε $x\geq 0$ ( είναι κοίλη και η y=x

είναι η εφαπτομένη της

στο

) με ισότητα μόνο στο

.

Άρα $f^2(x)\leq x^2$ οπότε $\displaystyle\int_0^2 f^2(x)dx< \displaystyle\int_0^2 x^2 dx = \dfrac{8}{3}$ . Άρα g(2)<0

Όμοια από την $f(x)\leq x$ (θέτοντας όπου

το

) παίρνουμε $f(x^2)\leq x^2$ και έτσι $\displaystyle\int_0^1 f(x^2)dx< \displaystyle\int_0^2 x^2 dx=\dfrac{1}{3}$ . Άρα g(3)>0

Συνεπώς

κι έτσι από το θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_0\in(2,3)$ ώστε g(x_0)=0

δηλαδή ισοδύναμα (αφού $x_0\neq 2, 3$ ) η εξίσωση

$\dfrac{1-3\displaystyle\int_0^{x-2}f(t^2)dt}{x-3}+\dfrac{8-3\displaystyle\int_0^xf^2(t)dt}{x-2}$ έχει μία τουλάχιστον λύση στο (2,3)

.

Αλέξανδρος

#6

Και του χρόνου !

Εύχομαι καλά αποτελέσματα στους μαθητές που είναι μέλη μας αλλά και σε όλους τους μαθητές !

Εμείς τα λύσαμε από τις 8:30 στο σχολείο,στην επιτροπή , χαρείτε τα και σεις (θα βρείτε όμως και δυσκολίες ) .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αν μετά τις λύσεις σας δω ότι έχω κάτι διαφορετικό, θα ξανάρθω !

Μπάμπης

#7

Γ1.
Η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \frac{{{e^x}}}{{{x^2} + 1}}\,\,}$ ορίζεται σε όλο το $\displaystyle{R}$ και είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως πηλίκο των παραγωγίσιμων συναρτήσεων $\displaystyle{\,{e^x},{x^2} + 1}$ με $\displaystyle{f'(x) = {\left( {\frac{{{e^x}}}{{{x^2} + 1}}} \right)^\prime } = \frac{{{e^x}({x^2} + 1) - {e^x} \cdot 2x}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} = \frac{{{e^x}({x^2} + 1 - 2x)}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} = \frac{{{e^x}{{(x - 1)}^2}}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}}}$
Είναι προφανές ότι $\displaystyle{f'(x) = \frac{{{e^x}{{(x - 1)}^2}}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} \ge 0}$ , επομένως η $\displaystyle{\,f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$
Επίσης :
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{e^x}}}{{{x^2} + 1}}} \right) = \left( {{e^x}\frac{1}{{{x^2} + 1}}} \right) = 0 \cdot 0 = 0}$ ,
αφού : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {e^x} = 0}$ , και :
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^2} + 1} \right) = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}}} \right) = 0}$
Ακόμα : Οι συναρτήσεις $\displaystyle{{{e^x}}}$ , $\displaystyle{{{x^2} + 1}}$ είναι παραγωγίσιμες και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {e^x} = + \infty }$ , $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^2} + 1} \right) = + \infty }$ , και το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{e^x}}}{{{x^2} + 1}}} \right)}$ υπάρχει , όπως φαίνεται παρακάτω , επομένως ισχύουν οι προυποθέσεις εφαρμογής του κανόνα De L’ Hospital ,
Άρα : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{e^x}}}{{{x^2} + 1}}} \right)\,\,\,\mathop {\mathop = \limits_{DLH} }\limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^\prime }}} = \,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{e^x}}}{{2x}}\,\mathop {\mathop = \limits_{DLH} }\limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {2x} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{e^x}}}{2} = + \infty }$
Επομένως το σύνολο τιμών είναι το $\displaystyle{f(R) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)} \right) = (0, + \infty )}$

gavrilos · #8

Θέμα Δ.

Δ.1 Η σχέση γράφεται $\displaystyle{e^{f(x)}\cdot f'(x)-(-f'(x)e^{-f(x)})=2\Leftrightarrow \left(e^{f(x)}-e^{-f(x)}\right)'=(2x)'\Leftrightarrow e^{f(x)}-e^{-f(x)}=2x+c}$ .

Αφού $\displaystyle{f(0)=0}$ παίρνουμε τελικά $\displaystyle{e^{f(x)}-e^{-f(x)}=2x\Leftrightarrow e^{2f(x)}-2xe^{f(x)}-1=0}$ την οποία λύνουμε σαν δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{e^{f(x)}$ .

Βρίσκουμε $\displaystyle{e^{f(x)}=x\pm \sqrt{x^2+1}}$ .Η ρίζα $\displaystyle{x-\sqrt{x^2+1}}$ απορρίπτεται γιατί είναι πάντα αρνητική.

Επομένως $\displaystyle{e^{f(x)}=x+\sqrt{x^2+1}\Leftrightarrow \boxed{f(x)=\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}$ .

Δ.2 α.Έχουμε $\displaystyle{f'(x)=\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot \left(1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}\right)=\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot \frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}$ .

Άρα $\displaystyle{f''(x)=-\frac{\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}=-\frac{x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}}$ .Ο παρονομαστής είναι πάντα θετικός.Ο αριθμητής αλλάζει πρόσημο μόνο στο $\displaystyle{0}$ .

Ισχύει $\displaystyle{f''(x)>0}$ για $\displaystyle{x<0}$ και $\displaystyle{f''(x)<0}$ για $\displaystyle{x>0}$ .

Άρα η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{(-\infty,0)}$ και κοίλη στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$ ενώ το $\displaystyle{0}$ είναι το σημείο καμπής της $\displaystyle{C_{f}}$ .

β. Μας ζητείται το $\displaystyle{E=\int_{0}^{1}\left|\ln (x+\sqrt{x^2+1})-x\right|dx}$ .

Αρχικά μελετάμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=\ln (x+\sqrt{x^2+1})-x}$ .Αυτή είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων με $\displaystyle{g'(x)=f'(x)-1=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-1}$ .

Αυτό για $\displaystyle{x\neq 0}$ είναι αρνητικό αφού $\displaystyle{x^2+1>1\Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}>1\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}<1}$ ενώ για $\displaystyle{x=0}$ μηδενίζεται.

Άρα η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως φθίνουσα.Επίσης $\displaystyle{g(0)=0}$ άρα $\displaystyle{g(x)\leq 0}$ για $\displaystyle{x\geq 0}$ .

Τελικά $\displaystyle{E=\int_{0}^{1} x-\ln (x+\sqrt{x^2+1})dx}$ .

Έχουμε $\displaystyle{\int_{0}^{1}\ln (x+\sqrt{x^2+1})dx=[x\ln (x+\sqrt{x^2+1})]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} x\cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx=\ln (1+\sqrt{2})-\int_{0}^{1} \frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}dx}$

$\displaystyle{=\ln (1+\sqrt{2})-[\sqrt{x^2+1}]_{0}^{1}=\ln(1+\sqrt{2})-(\sqrt{2}-1)}$ .

Επίσης $\displaystyle{\int_{0}^{1} xdx=\frac{1}{2}}$ .Τελικά $\displaystyle{E=\frac{1}{2}-\ln (1+\sqrt{2})+\sqrt{2}-1=\boxed{\sqrt{2}-\frac{1}{2}-\ln(1+\sqrt{2})}}$ .

Μέχρι εδώ έχω φτάσει,θα ακολουθήσουν και τα υπόλοιπα 2.

gavrilos · #9

Θέμα Γ.

Γ.1 Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων. $\displaystyle{f'(x)=\frac{e^{x}(x^2+1)-e^{x}\cdot 2x}{(x^2+1)^2}=\frac{e^{x}(x-1)^2}{(x^2+1)^2}}$ .

Η παράγωγος δηλαδή είναι θετική εκτός από το σημείο $\displaystyle{x_{0}=1}$ .Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

Αφού είναι γνησίως αύξουσα το Σ.Τ. της είναι το $\displaystyle{A_{f}=\left(\lim_{x\to -\infty} f(x),\lim_{x\to +\infty} f(x)\right)}$ .

Έχουμε $\displaystyle{\lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty} \frac{e^{x}}{x^2+1}\overset{\frac{0}{+\infty}}=0}$ .

Επίσης $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to +\infty} \frac{e^{x}}{x^2+1}\overset{\frac{+\infty}{+\infty}}=\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{2x}\overset{\frac{+\infty}{+\infty}}=\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{2}=+\infty}}$ .

Άρα $\displaystyle{A_{f}=(0,+\infty)}$ όπως θέλαμε.

Γ.2 Ισχύει $\displaystyle{f\left(e^{3-x}\cdot (x^2+1)\right)=f(2)\overset{1-1}\Leftrightarrow e^{3-x}\cdot (x^2+1)=2\Leftrightarrow \frac{e^x}{x^2+1}=\frac{e^3}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{e^3}{2}}$ .

Αυτή η εξίσωση πράγματι έχει ακριβώς μια ρίζα αφού η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα άρα και $\displaystyle{1-1}$ κι επιπλέον $\displaystyle{\frac{e^{3}}{2}\in A_{f}}$ .

Άρα και η αρχική έχει μοναδική ρίζα όπως θέλαμε.

Γ.3 Για κάθε $\displaystyle{t\in [2x,4x]}$ ισχύει $\displaystyle{f(t)\leq f(4x)}$ λόγω της μονοτονίας (σημειώστε ότι $\displaystyle{x>0}$ ).

Άρα $\displaystyle{\int_{2x}^{4x} f(t)dt\leq \int_{2x}^{4x} f(4x)dt=f(4x)\int_{2x}^{4x} 1dt=f(4x)[t]_{2x}^{4x}=2xf(4x)}$ .

Επειδή η ισότητα $\displaystyle{f(t)=f(4x)}$ δεν ισχύει για κάθε $\displaystyle{t\in [2x,4x]}$ αλλά μόνο για ένα,η ανισότητα είναι γνήσια.

Γ.4 Για $\displaystyle{x>0}$ ισχύει $\displaystyle{f'(x)=\frac{x(4f(4x)-2f(2x))-\int_{2x}^{4x} f(t)dt}{x^2}\overset{\Gamma 3}>\frac{4xf(4x)-2xf(2x)-2xf(4x)}{x^2}=\frac{2(f(4x)-f(2x)}{x}}$ .

Αυτή για $\displaystyle{x>0}$ ισχύει αφού $\displaystyle{f(4x)>f(2x)}$ λόγω της μονοτονίας.Άρα η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$ .

Επίσης $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}}g(x)=\lim_{x\to 0^{+}} \frac{\int_{2x}^{4x} f(t)dt}{x}\overset{\frac{0}{0}}=\lim_{x\to 0^{+}} 4f(4x)-2f(2x)=4f(0)-2f(0)=2=g(0)}$ αφού η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής.

Άρα η $\displaystyle{g}$ είναι και συνεχής στο $\displaystyle{0}$ άρα είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το $\displaystyle{[0,+\infty)}$ .

Edit:Τυπογραφικό στο τέλος.

#10

Για το Δ3

Η συνάρτηση f(x)

έχει παράγωγο $f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} > 0$ άρα είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ οπότε για x>0

έχουμε

συνεπώς

για $x\in(0,+\infty)$

Το όριο γράφεται:

$\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\left[\dfrac{F(x)-F(0)}{x-0} x\ln{f(x)} \right]$ όπου $F(x)=e^{\int_0^x f^2(t)dt}$ η οποία είναι παραγωγίσιμη με F'(x)=f^2(x)F(x)

Όμως $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{F(x)-F(0)}{x-0}=F'(0)=0$

και επίσης $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} (x\ln{f(x)})=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} \dfrac{lnf(x)}{\dfrac{1}{x}}\stackrel{\left(\dfrac{0}{0}\right)}{=}\dfrac{\dfrac{f'(x)}{f(x)}}{-\dfrac{1}{x^2}}=-\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{x^2}{ln(x+\sqrt{x^2+1})}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}=0\cdot 1=0$

διότι $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{x^2}{ln(x+\sqrt{x^2+1})}\stackrel{\left(\dfrac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{2x}{\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}}=0$

simantiris j. · #11

Mια άλλη προσέγγιση από την ωραία και άμεση του Γιώργου στο Β2α) είναι να θεωρήσουμε πότε το κλάσμα $\frac{a+bi}{c+di}$ είναι πραγματικός ( ad=bc

) να φέρουμε το w με πράξεις στη μορφή $w=\frac{4i(ab+cd)+4(a^2-d^2)}{i(ad+bc)+ac-bd}$ (όπου $z_{1}=a+bi,z_{2}=c+di$ ) οπότε αρκεί 4(a^2-d^2)(ad+bc)=4(ab+cd)(ac-bd)

δηλαδή μετά από πράξεις $a^2-d^2=c^2-b^2\Leftrightarrow a^2+b^2=c^2+d^2$ που ισχύει λόγω του πρώτου ερωτήματος.
Καλή επιτυχία στους διαγωνιζόμενους!

gavrilos · #12

Φοβερή η λύση του Αλέξανδρου,ας δούμε κι άλλη μία.Πάντως είναι ερώτημα που η λύση δε φαίνεται με την πρώτη ματιά (

).

$\displaystyle{L=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\frac{e^{\int_{0}^{x} f^{2}(t)dt}-1}{f(x)}}{\frac{\frac{1}{f(x)}}{\ln |f(x)|}}}$ .

Τα όρια σε αριθμητή και παρονομαστή παρουσιάζουν απροσδιόριστες μορφές στις οποίες μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε DLH.

Τα υπολογίζουμε ξεχωριστά.Έχουμε $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}} \frac{e^{\int_{0}^{x} f^{2}(t)dt}-1}{f(x)}\overset{\frac{0}{0}} =\lim_{x\to 0^{+}} \frac{f^{2}(x)e^{\int_{0}^{x} f^{2}(t)dt}}{f'(x)}=0}$ αφού $\displaystyle{f(0)=0,f'(0)=1}$ .

Επίσης $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}} \frac{\frac{1}{f(x)}}{\ln |f(x)|}\overset{\frac{+\infty}{-\infty}}=\lim_{x\to 0^{+}} \frac{-\frac{f'(x)}{f^2(x)}}{\frac{f'(x)}{f(x)}}}=\lim_{x\to 0^{+}} -\frac{1}{f(x)}=-\infty}}$ .

Άρα το όριό μας παρουσιάζει τη μορφή $\displaystyle{\frac{0}{-\infty}}$ άρα ισούται με $\displaystyle{0}$ .

Ελπίζω να είναι σωστή.

gavrilos · #13

Αρκετός ο όγκος των ερωτημάτων αλλά τα περισσότερα από αυτά σχετικά "συνηθισμένα".Και μ' αυτό εννοώ ότι υπάρχουν παρόμοια σε όλα τα βιβλία τα οποία χρησιμοποιούν οι μαθητές στην προετοιμασία τους.

Θα ήθελα να σχολιάσω τα δύο τελευταία ερωτήματα του διαγωνίσματος (αυτά που πιστεύω θα χαρακτηριστούν ως δύσκολα από την πλειοψηφία).Η δυσκολία βρίσκεται,όχι στην εύρεση του τρόπου λύσης αλλά στην εύρεση του τρόπου εφαρμογής γνωστών τεχνικών.Και στα δύο δηλαδή γνωρίζουμε εξ' αρχής ποια τεχνική θα χρησιμοποιήσουμε (De' L Hospital και Bolzano αντίστοιχα) όμως η πολυπλοκότητα των εκφράσεων μας δυσκολεύει στον τρόπο εφαρμογής.

Άλλη μια παρατήρηση είναι ότι το Θ.Μ.Τ. και το Rolle απουσιάζουν από το διαγώνισμα.

Καλά αποτελέσματα σε όλους τους υποψηφίους!

nikolaos p. · #14

Ωραία τα θέματα, έχουν και εύκολα ερωτήματα και κάποια δυσκολότερα, που θα κάνουν τη διαφορά! Ίσως όμως τα δυσκολότερα θα μπορούσαν να είναι πιο λίγα.

#15

Για το Δ3, όσοι είχαν υπόψη τους την άσκηση

της παραγράφου 2.9

του σχολικού βιβλίου, θα πήγε αμέσως το μυαλό τους να διαιρέσουν και να πολλαπλασιάσουν με f(x)

.

tsaknakis · #16

gavrilos έγραψε:
Άλλη μια παρατήρηση είναι ότι το Θ.Μ.Τ. και το Rolle απουσιάζουν από το διαγώνισμα.

Το $\Gamma3$ βγαίνει και με ΘΜΤ

#17

Δ1. Είναι $f'\left( x \right) \cdot \left[ {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right] = 2 \Leftrightarrow {e^{f\left( x \right)}} \cdot f'\left( x \right) + {e^{ - f\left( x \right)}} \cdot f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow$ ${\left( {{e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = {\left( {2x} \right)^\prime } \Rightarrow \boxed{{e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}} = 2x + c}:\left( 1 \right),c \in R$ .

Για η σχέση $\left( 1 \right)$ γίνεται ${e^{f\left( 0 \right)}} - {e^{ - f\left( 0 \right)}} = 2 \cdot 0 + c\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0} {e^0} - {e^0} = c \Rightarrow c = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$

${e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}} = 2x \Leftrightarrow {e^{f\left( x \right)}} - \dfrac{1}{{{e^{f\left( x \right)}}}} = 2x$ $\Leftrightarrow {e^{f\left( x \right)}} - 2x{e^{f\left( x \right)}} - 1 = 0$

$\Leftrightarrow {e^{f\left( x \right)}} - 2x{e^{f\left( x \right)}} + {x^2} = {x^2} + 1 \Leftrightarrow$ $\boxed{{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} - x} \right)}^2} = {x^2} + 1 \ne 0}\,:\left( 2 \right),{x^2} + 1 \geqslant 1 > 0$ , για κάθε $x \in R$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} - x,x \in R$ . Επειδή είναι παραγωγίσιμη στο (από την υπόθεση) θα είναι και συνεχής και επειδή

η συνάρτηση $g\left( x \right) = {e^x}$ είναι συνεχής στο άρα και στα $f\left( x \right) \in R$ προκύπτει ότι η $\left( {g \circ f} \right)\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}}$ θα είναι συνεχής στο

και με την $i\left( x \right) = x$ συνεχή στο (ταυτοτική) προκύπτει ότι η $h\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} - x,x \in R$ θα είναι συνεχής στο (διαφορά συνεχών)

και με $h\left( x \right) \ne 0$ για κάθε $x \in R$ (όπως προκύπτει από τη σχέση $\left( 2 \right)$ ) αυτή θα διατηρεί το πρόσημό της στο και με $h\left( 0 \right) = {e^{f\left( 0 \right)}} - 0\mathop = \limits^{f\left( 0 \right) = 0} {e^0} = 1 > 0 \Rightarrow h\left( x \right) > 0$

για κάθε $x \in R$ από την $\left( 2 \right)$ θα έχουμε:

${h^2}\left( x \right) = {x^2} + 1\mathop \Rightarrow \limits^{h\left( x \right) > 0} h\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow$ ${e^{f\left( x \right)}} - x = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {e^{f\left( x \right)}} = x + \sqrt {{x^2} + 1} > 0$

(αφού ${x^2} + 1 > {x^2} \Rightarrow \sqrt {{x^2} + 1} > \sqrt {{x^2}} = \left| x \right| \geqslant - x \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 1} > 0$ για κάθε $x \in R$ ) οπότε από

${e^{f\left( x \right)}} = x + \sqrt {{x^2} + 1} > 0 \Rightarrow \ln {e^{f\left( x \right)}} = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) \Rightarrow$ $f\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right),x \in R$ .

Δ2. α) Από τη σχέση $f'\left( x \right) \cdot \left[ {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right] = 2\mathop \Rightarrow \limits^{{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}} > 0,\forall x \in R}$ $\boxed{f'\left( x \right) = \dfrac{2}{{{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}}} > 0}:\left( 3 \right)$ για κάθε $x \in R$

οπότε η είναι γνησίως αύξουσα στο και από τον τύπο $\left( 3 \right)$ προκύπτει ότι η είναι παραγωγίσιμη στο (... πράξεις με παραγωγίσιμες) με

$f''\left( x \right) = {\left( {\dfrac{2}{{{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}}}} \right)^\prime } = - 2\dfrac{{{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}^2}}}$ $= - 2\dfrac{{{e^{f\left( x \right)}} \cdot f'\left( x \right) - {e^{ - f\left( x \right)}} \cdot f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}^2}}}$

$\Rightarrow \boxed{f''\left( x \right) = - \dfrac{{2f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}^2}}}\left( {{e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}:\left( 4 \right)$

Είναι $f''\left( x \right) = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{f'\left( x \right) > 0,\forall x \in R} {e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}} = 0$ $\Leftrightarrow {e^{f\left( x \right)}} = {e^{ - f\left( x \right)}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{e^x}\,\,1 - 1}$ $f\left( x \right) = - f\left( x \right) \Leftrightarrow 2f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow$

$f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\mathop \Leftrightarrow \limits^{f\,\,1 - 1\,\,(\omega \varsigma \,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha )} \boxed{x = 0}$

Για $x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha \,} f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0 > - f\left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{{e^x}\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha }$

${e^{f\left( x \right)}} > {e^{ - f\left( x \right)}} \Rightarrow {e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}} > 0$ $\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) > 0,{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}^2} > 0,\forall x \in R} f'\left( x \right) < 0$ και με

συνεχή στο διάστημα $\left[ {0, + \infty } \right)$ επειδή είναι παραγωγίσιμη στο (από την εκφώνηση) προκύπτει ότι η θα είναι κοίλη στο διάστημα $\left[ {0, + \infty } \right)$ και

για $x < 0\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha \,} f\left( x \right) < f\left( 0 \right) = 0 < - f\left( x \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{{e^x}\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha }$ ${e^{f\left( x \right)}} < {e^{ - f\left( x \right)}} \Rightarrow {e^{f\left( x \right)}} - {e^{ - f\left( x \right)}} < 0$

$\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) > 0,{{\left( {{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}}} \right)}^2} > 0,\forall x \in R} f'\left( x \right) > 0$ και με συνεχή στο διάστημα $\left( { - \infty ,0} \right]$ (επειδή είναι παραγωγίσιμη στο (από την εκφώνηση) )

προκύπτει ότι η είναι κυρτή στο διάστημα $\left( { - \infty ,0} \right]$ το δε σημείο $O\left( {0,f\left( 0 \right)} \right) \to \boxed{O\left( {0,0} \right)}$ είναι σημείο καμπής

της γραφικής της παράστασης (αφού $f''\left( 0 \right) = 0$ και εκατέρωθεν του μηδενός αλλάζει το πρόσημο της δεύτερης παραγώγου).

β) Αν είναι το ζητούμενο εμβαδόν τότε θα έχουμε: $\boxed{E = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right) - x} \right|dx} }:\left( 5 \right)$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $k\left( x \right) = f\left( x \right) - x$ , η οποία είναι συνεχής (διαφορά συνεχών) στο διάστημα $\left[ {0,1} \right]$ , παραγωγίσιμη στο $\left( {0,1} \right)$ (διαφορά παραγωγισίμων)

με $k'\left( x \right) = {\left( {f\left( x \right) - x} \right)^\prime } = f'\left( x \right) - 1 = \dfrac{{1 + \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }} - 1 =$ $\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - 1 < 0$ για κάθε $x \in \left( {0,1} \right)$

(αφού για $x \in \left( {0,1} \right)$ είναι ${x^2} + 1 > 1 \Rightarrow \sqrt {{x^2} + 1} > 1 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} < 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - 1 < 0$ , οπότε η $k\left( x \right)$

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left[ {0,1} \right]$ και με $k\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) = 0$ προκύπτει ότι $k\left( x \right) \leqslant 0$ , για κάθε $x \in \left[ {0,1} \right]$ ,

οπότε από την $\left( 5 \right)$ έχουμε ότι: $E = \int\limits_0^1 {\left( {x - f\left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^1 {xdx} - \int\limits_0^1 {\left( {x'} \right)f\left( x \right)dx}$ $= \left[ {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right]_0^1 - \left( {\left[ {xf\left( x \right)} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {xf'\left( x \right)dx} } \right) =$

$\dfrac{1}{2} - f\left( 1 \right) + \int\limits_0^1 {x\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}$ $= \dfrac{1}{2} - \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) + \left[ {\sqrt {{x^2} + 1} } \right]_0^1 =$

$\dfrac{1}{2} - \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) + \sqrt 2 - 1 \Rightarrow$ $\boxed{E = \sqrt 2 - \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) - \dfrac{1}{2}}$ .

Δ3, Με ${f^2}\left( t \right)$ συνεχή στο (δύναμη συνεχούς και $0 \in R$ προκύπτει ότι η $F\left( x \right) = \int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt}$ είναι μια παράγουσα της στο άρα συνεχής

και με $m\left( x \right) = {e^x}$ συνεχή στο προκύπτει ότι η $\left( {m \circ F} \right)\left( x \right) = {e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}$ είναι συνεχής στο άρα και στο μηδέν

οπότε $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right) = {e^{\int\limits_0^0 {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1 = {e^0} - 1 = 1 - 1 = 0$ και

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\ln \left| {f\left( x \right)} \right|} \right]\mathop = \limits^{f\left( x \right) > 0,\gamma \iota \alpha \,\,x > 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\ln f\left( x \right)} \right]$ $\mathop = \limits^{u = f\left( x \right),\Gamma \iota \alpha \,x \to {0^ + }\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma } u \to f\left( 0 \right) = 0\,} \mathop {\lim }\limits_{u \to {0^ + }} \ln u = - \infty$ .

Έτσι έχουμε: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right) \cdot \ln \left| {f\left( x \right)} \right|} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\dfrac{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1}}{{\dfrac{1}{{\ln f\left( x \right)}}}}} \right]$ και με τις συναρτήσεις ${e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1,\dfrac{1}{{\ln f\left( x \right)}}$

παραγωγίσιμες είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{{{\left( {\ln f\left( x \right)} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\dfrac{1}{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1}}} \right)}^\prime }}}\mathop {\mathop = \limits_{De\,\,L'Hospital} }\limits^{\dfrac{{ - \infty }}{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}}}{{ - \dfrac{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}}} =$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}}}{{ - \dfrac{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} \cdot {{\left( {\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} } \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}}}{{ - \dfrac{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} \cdot {f^2}\left( x \right)}}{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}}} =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ { - \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}}} \cdot \dfrac{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}{{{f^3}\left( x \right)}}} \right]$ .

Είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( { - \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}}}} \right)\mathop = \limits^{f'\left( x \right),{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \varepsilon \iota \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,0} - \dfrac{{f'\left( 0 \right)}}{{{e^{\int\limits_0^0 {{f^2}\left( t \right)dt} }}}} = - \dfrac{1}{{{e^0}}} = - \dfrac{1}{1} = - 1$ και

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}{{{f^3}\left( x \right)}}\mathop = \limits_{De\,\,L'Hospital}^{\dfrac{0}{0}} \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{{{\left[ {{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}} \right]}^\prime }}}{{{{\left( {{f^3}\left( x \right)} \right)}^\prime }}}$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{2\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right) \cdot {{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^\prime }}}{{3{f^2}\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{2\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right) \cdot {e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}{f^2}\left( x \right)}}{{3{f^2}\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}} =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{2\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right) \cdot {e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}}}{{3 \cdot f'\left( x \right)}} =$

$\dfrac{{2\left( {{e^{\int\limits_0^0 {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right) \cdot {e^{\int\limits_0^0 {{f^2}\left( t \right)dt} }}}}{{3 \cdot f'\left( 0 \right)}} = \dfrac{{2 \cdot 0 \cdot 1}}{{3 \cdot 1}} = 0$ . Οπότε τελικά για το ζητούμενο όριο

(από όρια και πράξεις) έχουμε : $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{{{\left( {\ln f\left( x \right)} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\dfrac{1}{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1}}} \right)}^\prime }}} = \ldots \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ { - \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}}} \cdot \dfrac{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}{{{f^3}\left( x \right)}}} \right] =$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( { - \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }}}}} \right) \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{{{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1} \right)}^2}}}{{{f^3}\left( x \right)}} = - 1 \cdot 0 = 0$ .

Στάθης

Υ.ΣΓια το Δ4 ταυτίζομαι με τον Αλέξανδρο (Συγκελάκη) και νομίζω ότι είναι η πιο ενδεδειγμένη αντιμετώπιση

zoumero_mpifteki · #18

Μια ερώτηση. Αριθμητικό λάθος στον υπολογισμό του Δ2(β), με πλήρη αιτιολόγηση προσήμων της $\displaystyle{f(x)-x}$ και μη αιτιολόγηση προσήμων στα $\displaystyle{x_1=2}$ και $\displaystyle{x_2=3}$ της συνάρτησης που ορίζουμε εμείς στο Δ4 για να εφαρμόσουμε Bolzano, πόσο περίπου κόβουν;

evry · #19

Το Γ3 με ΘΜΤ στο [2χ, 4χ]

και μετά με μονοτονία της

?

themata · #20

Δ2. β) Για το πρόσημο της διαφοράς. Παρατηρώ ότι η $\displaystyle{y=x}$ είναι εφαπτομένη της $\displaystyle{C_f}$ στο $\displaystyle{(0,0)}$ και αφού η

είναι κοίλη, βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη.

edit (μόλις διαπίστωσα ότι έχει σχολιαστεί παραπάνω)

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Μέλη σε σύνδεση