Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Επιτροπή Θεμάτων 2025 · #1

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό θα αναρτηθούν (αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου) και, αποκλειστικά, θα λυθούν τα θέματα των Μαθηματικών 2025 (των ημερησίων ΓΕΛ). Επομένως σχολιασμοί-κριτική επί της δυσκολίας κ.λ.π. των θεμάτων θα απομακρύνονται από αυτήν την συζήτηση. Αυτές μπορούν να γίνουν στο Σχόλια στα Μαθηματικά ΓΕΛ 2025.

them_math_gel_250602.pdf: (246.68 KiB) Μεταφορτώθηκε 368 φορές

Ιστοσελίδα · #2

Γ1.

Η

είναι συνεχής στο μηδέν καθώς ισχύει: \\
$\lim\limits_{x\to 0^{+}} f(x) = \lim_{x\to 0^{+}} \sqrt{x^2 +x} = 0$ και\\
$\lim\limits_{x\to 0^{-}} f(x) = \lim_{x\to 0^{-}} e^x \sin(x) = 1\cdot 0 = 0 = f(0)$

Η

δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0, διότι:

$\lim\limits_{x \to 0^{-}} \frac{f(x) - f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x \to 0^{-}} \frac{e^x \sin(x) - 0}{x} = \lim\limits_{x \to 0^{-}} e^x \frac{ \sin(x)}{x} = 1 \cdot 1 = 1$

ενώ

$\lim\limits_{x \to 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x \to 0^{+}} \frac{\sqrt{x^2 +x} }{x} = \lim\limits_{x \to 0^{+}} \frac{x \sqrt{1 +\frac{1}{x}} }{x} = +\infty$

Ιστοσελίδα · #3

Γ2.

Εφόσον η συνάρτηση είναι συνεχής στο $\mathbb{R}$ δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.

Για πλάγιες ασύμπτωτες στο $+\infty$ έχουμε:

$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 +x}}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x \sqrt{1 +\frac{1}{x}}}{x} = 1$

$\lim\limits_{x\to + \infty} (f(x) - 1\cdot x) = \lim\limits_{x\to + \infty} (\sqrt{x^2 +x } - x) = \lim\limits_{x\to + \infty} \frac{(\sqrt{x^2 +x } - x)(\sqrt{x^2 +x } x)}{(\sqrt{x^2 +x } + x)} = \lim\limits_{x\to + \infty} \frac{x^2 +x-x^2}{(\sqrt{x^2 +x } + x)} = \frac{1}{2}$

οπότε η $y=x + \frac{1}{2}$ είναι πλάγια ασύμπτωτη της C_f

στο $+ \infty$ .

Για πλάγιες ασύμπτωτες στο $-\infty$ έχουμε:

$\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{e^x \sin(x)}{x} = 0\cdot 0 = 0$

Οπότε αναζητούμε οριζόντια ασύμπτωτη στο $-\infty$

$\lim\limits_{x \to -\infty} e^x \sin(x) = 0$ , διότι

$|e^x \sin(x)| = e^x |\sin(x)| \leq e^x \Leftrightarrow -e^x \leq e^x \sin(x) \leq e^x$ , οπότε:

$\lim\limits_{x\to -\infty}{ e^x} = \lim\limits_{x\to -\infty}{ -e^x} = 0$
και από κριτήριο παρεμβολής $\lim\limits_{x \to -\infty} e^x \sin(x) = 0$ .

Συνεπώς, η y=0

οριζόντια ασύμπτωτη της

στο $-\infty$ .

Ιστοσελίδα · #4

\textbf{Γ3.}

Αρκεί η εξίσωση $e^x \sin(x) = x+\frac{1}{2}$ να έχει τουλάχιστον μία λύση στο διάστημα $(-\pi, 0)$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x) = e^x \sin(x) - x - \frac{1}{2}$ , η οποία είναι συνεχής στο διάστημα $[-\pi, 0]$ και ισχύουν:

$g(-\pi) = e^{-\pi} \sin(-\pi) + \pi -\frac{1}{2} = \pi - \frac{1}{2} >0$

$g(0) = e^0 \cdot 0 - 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}<0$

οπότε από Θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (-\pi, 0)$ έτσι ώστε $g(\xi ) =0$

απ' όπου προκύπτει το ζητούμενο.

#5

Δ1. Παρατηρούμε ότι για x>0

,
$\displaystyle g'(x)=\dfrac{F'(x)x^{\ln x}-F(x)(x^{\ln x})'}{x^{2\ln x}}=\dfrac{x^{\ln x}(xf(x)-2F(x)\ln x)}{x^{1+2\ln x}}=0.$

Άρα η

είναι σταθερή.

Δ2. Με x=1

στη δοθείσα παίρνουμε $f(1)=F(1)\ln 1=0$ και από τη συνθήκη της εφαπτομένης f'(1)=2

. Άρα

$\displaystyle \lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{x-1}=f'(1)=2\quad \text{και}\quad \lim_{x\to 1}\dfrac{x-1}{\ln x}=1,$

από L'Hospital. Έτσι

$\displaystyle \lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{\ln x}=\lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{x-1}\cdot \lim_{x\to 1}\dfrac{x-1}{\ln x}=2\cdot 1=2.$

Είναι

$\displaystyle F(1)=\lim_{x\to 1}\dfrac{F(x)}{x}=\dfrac{1}{2}\cdot \lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{\ln x}=1.$

Αφού η

είναι σταθερή , είναι g(x)=g(1)=1

για κάθε

, οπότε $F(x)=x^{\ln x}$ για κάθε x>0

.

Δ3. Είναι $\displaystyle F'(x)=F(x)\dfrac{2\ln x}{x}$
για x>0

.

Έτσι, διακρίνοντας περιπτώσεις βλέπουμε ότι αφού F(x)>0

για

έχουμε αν

είναι

, ενώ αν

, τότε

.

Άρα η

είναι γν. αύξουσα στο $[1,+\infty)$ και γν.φθίνουσα στο (0,1]

.

Προφανώς μια λύση της δοθείσας εξίσωσης $\displaystyle F(x^2)=F(x)-(x-1)^2$ είναι η x=1

.

Έπειτα, αν 0<x<1

, τότε

, οπότε, λόγω μονοτονίας, F(x^2)>F(x)

ενώ αν

, τότε

οπότε

.

Σε κάθε περίπτωση, αν $0<x\ne 1$ , τότε $F(x)-F(x^2)<0\leq (x-1)^2$ . Άρα η δοθείσα εξίσωση έχει μοναδική λύση x=1

.

Δ4. Αφού F(x)>0

για κάθε

και $e^x\geq x+1$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ με το "=" αν-ν x=0

έχουμε

$\displaystyle E=\int_1^e|F(x)|\,dx=\int_1^e F(x)\,dx=\int_1^e e^{(\ln x)^2}\,dx>\int_1^e( (\ln x)^2+1)\,dx=2e-3.$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ιστοσελίδα · #6

Γ4.

Ισχύει ότι $x\geq 0, x'(t)>0, \forall t\geq 0$

Επιπλέον $y(t) = \sqrt{x^2 (t) + x(t)}$ και

$y'(t) = \frac{2x(t)x'(t) + x'(t)}{2\sqrt{x^2 (t) + x(t)}}$

Αναζητείται λύση της εξίσωσης:

y'(t) = x'(t)

$\begin{aligned} y'(t) &= x'(t) \Leftrightarrow \\ \frac{2x(t)x'(t) + x'(t)}{2\sqrt{x^2 (t) + x(t)}} &=x'(t) \stackrel{x'(t)>0}{ \Leftrightarrow}\\ \frac{2x(t) + 1}{2\sqrt{x^2 (t) + x(t)}} &=1 \Leftrightarrow\\ 2x(t) + 1 &= 2\sqrt{x^2(t) + x(t)} \stackrel{x(t)\geq 0}{\Leftrightarrow}\\ 4x^2 (t) +4x(t) + 1 &= 4x^2 (t) +4 x(t) \Leftrightarrow \\ 1=0 \end{aligned}$
το οποίο είναι αδύνατο.

Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοιο t_0 >0

.

thepigod762 · #7

Καλησπέρα, συγγνώμη, θέλω να ρωτήσω αν η αντικατάσταση u=lnx όπου καταλήγω στο e^u^2+u και χρησιμοποιώ την e^u^2+u >= u^2+u+1 είναι σωστή, γιατί καταλήγει σε ένα αποτέλεσμα με πολυώνυμο τρίτου βαθμού. Κατά τη διάρκεια της εξέτασης έτσι το δικαιολόγησα και πίστεψα ότι είναι εντάξει. Θα μου το πάρουν σωστό;

#8

thepigod762 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:10 pm
Καλησπέρα, συγγνώμη, θέλω να ρωτήσω αν η αντικατάσταση u=lnx όπου καταλήγω στο e^u^2+u και χρησιμοποιώ την e^u^2+u >= u^2+u+1 είναι σωστή, γιατί καταλήγει σε ένα αποτέλεσμα με πολυώνυμο τρίτου βαθμού. Κατά τη διάρκεια της εξέτασης έτσι το δικαιολόγησα και πίστεψα ότι είναι εντάξει. Θα μου το πάρουν σωστό;

Αν κατάλαβα σωστά την αλλαγή μεταβλητής, τότε αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης από 0 έως 1.

Το ολοκλήρωμα $\int_0^1 (u^2+u+1)\, du=11/6< 2e-3$

thepigod762 · #9

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:31 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:10 pm
Καλησπέρα, συγγνώμη, θέλω να ρωτήσω αν η αντικατάσταση u=lnx όπου καταλήγω στο e^u^2+u και χρησιμοποιώ την e^u^2+u >= u^2+u+1 είναι σωστή, γιατί καταλήγει σε ένα αποτέλεσμα με πολυώνυμο τρίτου βαθμού. Κατά τη διάρκεια της εξέτασης έτσι το δικαιολόγησα και πίστεψα ότι είναι εντάξει. Θα μου το πάρουν σωστό;
Αν κατάλαβα σωστά την αλλαγή μεταβλητής, τότε αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης από 0 έως 1.

Το ολοκλήρωμα $\int_0^1 (u^2+u+1)\, du=11/6< 2e-3$

Σωστά, αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης. Αβλεψία, ευχαριστώ

#10

thepigod762 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:34 pm

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:31 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:10 pm
Καλησπέρα, συγγνώμη, θέλω να ρωτήσω αν η αντικατάσταση u=lnx όπου καταλήγω στο e^u^2+u και χρησιμοποιώ την e^u^2+u >= u^2+u+1 είναι σωστή, γιατί καταλήγει σε ένα αποτέλεσμα με πολυώνυμο τρίτου βαθμού. Κατά τη διάρκεια της εξέτασης έτσι το δικαιολόγησα και πίστεψα ότι είναι εντάξει. Θα μου το πάρουν σωστό;
Αν κατάλαβα σωστά την αλλαγή μεταβλητής, τότε αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης από 0 έως 1.

Το ολοκλήρωμα $\int_0^1 (u^2+u+1)\, du=11/6< 2e-3$
Σωστά, αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης. Αβλεψία, ευχαριστώ

Πάντως, η ιδέα σου είναι καλή, καθώς οδηγεί σε ολοκλήρωμα που θα λέγαμε ότι είναι πιο εύκολο να υπολογιστεί. Αρκεί να μην εφαρμόσει κάποιος την ανισότητα σε όλη την υπο-ολοκλήρωση συνάρτηση:

$E=\int_1^e e^{(\ln x)^2}\, dx=\int_0^1e^{u^2}\cdot e^{u}\,du>\int_0^1(u^2+1)e^u\,du=2e-3.$

thepigod762 · #11

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:50 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:34 pm

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:31 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 2:10 pm
Κατάλαβα, ωραία λύση!
Μπορεί να μην δίνει το ζητούμενο αποτέλεσμα, αλλά να σημειώσω ότι μπορεί κάποιος να οδηγηθεί σε φράξιμο αν εφαρμόσει παραγοντική με το (Χ)', και έπειτα στο ολοκλήρωμα xf(x) αν χρησιμοποιήσω τη σχέση καταλήγω στο 2F(x)lnx . Και στο F(x)lnx αν χρησιμοποιήσω lnx<=1 παίρνω τελικά ότι το ολοκλήρωμα της F(x) είναι μεγαλύτερο από (e^2-1)/3. Όμως αν ήθελα να έχω το ζητούμενο θα έπρεπε e^2-6e+8>0, που όμως δεν ισχύει καθώς e ε (2, 4). Αυτό για να δείξω σε τι δρόμους μπορεί να καταλήξει ο μαθητής...
Αν κατάλαβα σωστά την αλλαγή μεταβλητής, τότε αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης από 0 έως 1.

Το ολοκλήρωμα $\int_0^1 (u^2+u+1)\, du=11/6< 2e-3$
Σωστά, αλλάζουν τα όρια ολοκλήρωσης. Αβλεψία, ευχαριστώ

Πάντως, η ιδέα σου είναι καλή, καθώς οδηγεί σε ολοκλήρωμα που θα λέγαμε ότι είναι πιο εύκολο να υπολογιστεί. Αρκεί να μην εφαρμόσει κάποιος την ανισότητα σε όλη την υπο-ολοκλήρωση συνάρτηση:

$E=\int_1^e e^{(\ln x)^2}\, dx=\int_0^1e^{u^2}\cdot e^{u}\,du>\int_0^1(u^2+1)e^u\,du=2e-3.$

Κατάλαβα, ωραία λύση!
Μπορεί να μην δίνει το ζητούμενο αποτέλεσμα, αλλά να σημειώσω ότι μπορεί κάποιος να οδηγηθεί σε φράξιμο αν εφαρμόσει παραγοντική με το (Χ)', και έπειτα στο ολοκλήρωμα F(x)lnx που απομένει αν χρησιμοποιήσω lnx<=1 παίρνω τελικά ότι το ολοκλήρωμα της F(x) είναι μεγαλύτερο από (e^2-1)/3. Όμως αν ήθελα να έχω το ζητούμενο θα έπρεπε e^2-6e+8>0, που όμως δεν ισχύει καθώς e ε (2, 4). Αυτό για να δείξω σε τι δρόμους μπορεί να καταλήξει ο μαθητής...

Dimessi · #12

Αν θελήσουμε να πετύχουμε όσο δυνατόν το βέλτιστο παίρνουμε το ολοκλήρωμα που είπε ο Γιώργος και από την $e^{x}\geq 1+x+ x^{2}/2 + x^{3}/6 +...+x^{n}/n!$ για θετικό ακέραιο

και βάζοντας n=3 παίρνουμε το ζητούμενο.
Στο λέω φιλικά Γιώργο, ώστε αν δεν φτάσουν οι πρώτοι δύο όροι να έχεις κι άλλους μετά.

#13

Δ4. Αλλιώς:

Ισχύει $\dfrac{e^a+e^b}{2}\geq e^{\dfrac{a+b}{2}$ για κάθε $a,b\in \mathbb{R}$ λόγω κυρτότητας(*) της y=e^x

και

$\dfrac{1+(\ln x)^2}{2}\geq \ln x$ , αφού είναι ισοδύναμη με $(\ln x-1)^2\geq 0$ .

Άρα, αν x>0

, τότε

$e+e^{(\ln x)^2}\geq 2 e^{\frac{1+(\ln x)^2}{2}}\geq 2e^{\ln x}=2x$ ,

οπότε

$F(x)=e^{(\ln x)^2}\geq 2x-e$

για κάθε x>0

με το "=" αν και μόνο αν x=e

.

Επίσης, $F(x)\geq F(1)=1$ για κάθε $x\geq 1$ και F(e)=e

.

Έτσι, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όπου $A(\frac{e+1}{2},1)$ (αφού 2x-e=1

αν και μόνο αν $x=\frac{e+1}{2}$ ) και B(e,e)

είναι

$\begin{aligned} E&> (DFCE)+(ACB)\\\ &=1\cdot (e-1)+\frac{1}{2}\cdot (e-\frac{e+1}{2})(e-1)\\\ &=(e-1)+\frac{(e-1)^2}{4}\\\ &>(e-1)+(e-1)-1\\\ &=2e-3. \end{align}$

(αφού $\frac{a^2}{4}>a-1\iff a^2-4a+4>0\iff (a-2)^2>0$ που ισχύει για $a\ne 2$ ).

*Σημείωση-Σχόλιο. Η ανισότητα αυτή αποδεικνύεται στοιχειωδώς, αφού διαιρώντας και τα δύο μέλη με $e^{\frac{a+b}{2}}>0$ βλέπουμε ότι είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{e^{\frac{a-b}{2}}+\frac{1}{e^{\frac{a-b}{2}}}\geq 2}$ ,

η οποία ισχύει, με το "=" αν-ν a=b

.

#14

Ανεβάζω τα θέματα σε word για διευκόλυνση του Σωτήρη

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 2025.docx: (94.56 KiB) Μεταφορτώθηκε 116 φορές

vgreco · #15

polysot έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 02, 2025 12:05 pm
Γ4.
Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοιο .

Η περίπτωση t_0 = 0

δεν πρέπει να εξεταστεί;

venpan · #16

Η $f''(x)=\dfrac{e^{ln^2{x}}(ln^2{x}-2lnx+2)}{x^2}>0$ στο [1,e]

άρα η εφαπτόμενη ''από κάτω''.

Η εφαπτόμενη στο B(e,e)

είναι

και τέμνει την y=1

, εφαπτόμενη στο A(1,1)

στο $D(\frac{e+1}{2},1)$ . Η y=1

τέμνει την x=e

στο

Το ορθογώνιο με διαστάσεις e-1, 1 και το τρίγωνο με βάση DF και ύψος FB έχουν μαζί εμβαδόν $1.(e-1)+\dfrac{(e-\dfrac{e+1}{2})(e-1)}{2}$ μεγαλύτερο του 2e-3

αφού ισχύει η ανίσωση και το ζητούμενο εμβαδόν είναι μεγαλύτερο του αθροίσματος εμβαδών ορθογώνιου και τριγώνου

Θα βάλω λίγο αργότερα και τους λογαριασμούς για να γίνει φανερό

KARKAR · #17

Δες το σχήμα του Αχιλλέα εδώ #13

venpan · #18

Την ανέφερα χτες στην συνάντηση των εποπτών. Το ανέβασμα του σχήματος μου έκανε κάτι νερά...

Dimessi · #19

Η λύση μου στο θεμα Δ διαφερει καπως....
Δ1
$\forall x\gt> 0:\displaystyle \frac{d}{dx}F\left( x \right)=f\left( x \right)\Rightarrow \frac{d}{dx}\left( \frac{F\left( x \right)}{x^{\ln x}} \right)=\frac{x^{\ln x-1}\left( xf\left( x \right) -2F\left( x \right)\ln x\right)}{x^{2\ln x}}=0\Rightarrow \forall x\gt> 0: g\left( x \right)=c$
Δ2
$\forall x\gt> 0:\displaystyle F\left( x \right)=cx^{\ln x}\Rightarrow f\left( x \right)=2c x^{\ln x}\frac{\ln x}{x} \Rightarrow \frac{d}{dx}f\left( x \right)=2cx^{\ln x-2}\left( 2\ln^{2}x-\ln x+1 \right)$
$\displaystyle \left( \varepsilon_{1} \right):y=f\left( 1 \right)+f'\left( 1 \right)\left( x-1 \right)\parallel \left( \varepsilon_{2} \right):y=2x\Rightarrow f'\left( 1 \right)=2\Rightarrow c=1\Rightarrow \forall x\gt>0:F\left(x \right)=x^{\ln x}$
$\lim_{x \to 1}\displaystyle \frac{f\left( x \right)}{\ln x}=\lim_{x \to 1} \left( 2e^{\ln x\left( \ln x-1 \right)} \right)=2$
Δ3
$\forall x\in \left( 0,1 \right):\displaystyle \frac{d}{dx}F\left( x \right)\lt< 0 \wedge \forall x\in \left( 1,+\infty \right):\frac{d}{dx}F\left( x \right)\gt> 0\wedge \lim_{x \to 1} F\left( x \right)=F\left( 1 \right)\Rightarrow F$ γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left( 0, 1\right]$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left[ 1,+\infty \right)$
$\displaystyle \forall x\in \left( 0,1 \right):x^{2}< x\Rightarrow F\left( x^{2} \right)> F\left( x \right)> F\left( x \right)-\left( x-1 \right)^{2}$
$\displaystyle \forall x >1:x^{2}> x\Rightarrow F\left( x^{2} \right)>F\left( x \right)>F\left( x \right)-\left( x-1 \right)^{2}$
Λύση μόνο x=1

Δ4
Από τη συνέχεια της συνάρτησης στο κλειστό διάστημα αυτό κι επειδή είναι θετική σε αυτό πάμε στο αποδεικτέο που ισοδυναμεί με $\displaystyle \int_{1}^{e}F\left( x \right)dx>2e-3\Leftrightarrow \int_{0}^{1}e^{u^{2}+u}du>2e-3$
$\displaystyle \int_{0}^{1}\left( 1+u+u^{2}+\frac{\left( u^{2}+u \right)^{2}}{2}+\frac{\left( u^{2} +u\right)^{3}}{6} \right)du=\left[ u+\frac{u^{2}}{2}+\frac{u^{3}}{2}+\frac{7u^{4}}{24} +\frac{u^{5}}{5}+\frac{u^{6}}{12}+\frac{u^{7}}{42}\right]^{1}_{0}$

Αυτό είναι μεγαλύτερο από το 2e-3

λόγω της $\displaystyle e<\frac{4703}{1680}$ το οποίο κάνοντας μια κάθετη διαίρεση και έχοντας στο μυαλό μας ότι $e\simeq 2.71$ είναι άμεσο.

Από την γνωστή $\displaystyle \int_{0}^{1}\left( 1+u+u^{2}+\frac{\left( u^{2}+u \right)^{2}}{2}+\frac{\left( u^{2} +u\right)^{3}}{6} \right)du\le \int_{0}^{1}e^{u^{2}+u}du$

λόγω της $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}\le e^{x}$

τελειώσαμε.
Υπάρχει κι άλλη λύση που είναι δική μου και δεν έχει δοθεί πουθενά (δεν είναι μομφή αυτό προς κάποιον) και είναι σχολική. Θα την βάλω όποτε πάψει να με κάνει το latex να υποφέρω.

Dimessi · #20

ΘΕΜΑ Γ
Γ1
Κοντά στο $0^{-}:f\left( x \right)=e^{x}\sin x \to 0=f\left( 0 \right)$
Κοντά στο $0^{+}:f\left( x \right)=\sqrt{x^{2}+x}\longrightarrow 0=f\left( 0 \right)$
από εδώ έχουμε τη συνέχεια στο μηδέν και επειδή κοντά στο $0^{+}:\displaystyle \frac{f\left( x \right)-f\left( 0 \right)}{x-0}=\sqrt{1+\displaystyle \frac{1}{x}}\longrightarrow +\infty$ απορρίπτεται η παραγωγισιμότητα στο μηδέν.
Γ2
Από τη συνέχεια της συνάρτησης στο σύνολο των αρνητικών ως γινόμενο εκθετικής και ημιτονοειδούς και από τη συνέχεια της συνάρτησης στο σύνολο των θετικών πραγματικών ως τετραγωνική ρίζα πολυωνυμικής και άρα συνεχούς συνάρτησης, λόγω της συνέχειάς της και στο μηδέν, θα είναι συνεχής στους πραγματικούς αριθμούς. Άρα η γραφική της παράσταση δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.
Στέλνοντας $x\longrightarrow -\infty :f\left( x \right)=e^{x}\sin x\Rightarrow \left| f\left( x \right) \right|\le e^{x}\longrightarrow 0$
Άρα ο άξονας των τετμημένων είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης στο μείον άπειρο, οπότε δεν γίνεται να έχει και πλάγια ασύμπτωτη στο μείον άπειρο.
Στέλνοντας $\displaystyle x\longrightarrow +\infty : \frac{f\left( x \right)}{x}=\sqrt{1+\frac{1}{x}}\longrightarrow 1=l\in \mathbb{R}$
Στέλνοντας $x\longrightarrow +\infty :f\left( x \right)-lx=\sqrt{x^{2}+x}-x=\frac{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x}}-1}{\displaystyle\frac{1}{x}}\Rightarrow \lim_{x \to +\infty } \left( f\left( x \right)-lx \right)=\lim_{x \to +\infty } \frac{1}{2\sqrt{\displaystyle 1+\frac{1}{x}}}=\frac{1}{2}$
λόγω του Κανόνα De L' Hospital.
Οπότε πλάγια ασύμπτωτη στο συν άπειρο η $\displaystyle y=x+\frac{1}{2}$ και δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο συν άπειρο.
Γ3 Κάντε έναν Bolazno είναι κλασική άσκηση.
Γ4. η συνάρτηση f είναι μη παραγωγίσιμη στο 0 οπότε μόνο την χρονική στιγμή 0 δεν ορίζεται ρυθμός μεταβολής των τεταγμένων του σημείου $M\left( x\left( t \right) ,f\left( x\left( t \right) \right)\right),x\left( t \right)\geq0$
Για τα θετικά t
$\displaystyle y΄\left( t \right)-x΄\left( t \right)=x΄\left( t \right)\left( f΄\left(x\left( t \right)\right)-1 \right)=x΄\left( t \right)\frac{\sqrt{4\left( x\left( t \right) \right)^{2}+4x\left( t \right)+1}-\sqrt{4\left( x\left( t \right) \right)^{2}+4x\left( t \right)}}{2\sqrt{\left( x\left( t \right) \right)^{2}+x\left( t \right)}}>0$
Αλλιώς το Δ4
$\displaystyle \frac{d}{dx}\left( \lim_{t \to x}\frac{F\left( t \right)-F\left( x \right)}{t-x} \right)=2x^{\ln x-2}\left( \ln^{2} x+\left( \ln x-\frac{1}{2} \right)^{2}+\frac{3}{4}\right)>0$
Από εδώ έχουμε ότι είναι κυρτή η προς ολοκλήρωση συνάρτηση.
Για κάθε x,y στο [1,e] ισχύει $\displaystyle F\left( x \right)\ge F\left( y \right)+F΄\left( y \right)\left( x-y \right)$ με ισότητα μόνο όταν x=y
Από εδώ $\displaystyle \int_{1}^{e}F\left( x \right)dx> \int_{1}^{e}\left( y^{\ln y}-2y^{\ln y}\ln y+2y^{\ln y}\frac{\ln y}{y} x\right)dx=y^{\ln y}\left[\left( 1-2\ln y \right)x+x^{2}\frac{\ln y}{y} \right]^{e}_{1}=$
$\displaystyle =y^{\ln y}\left[ \left( e-1 \right)\left( 1-2\ln y \right)+\left( e-1 \right)\left( e+1 \right)\frac{\ln y}{y} \right]=\left( e-1 \right)y^{\ln y}\left( 1-2\ln y+\left( e+1 \right) \frac{\ln y}{y}\right)$
Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle h\left( x \right)=\left( e+1 \right)\frac{\ln x}{x}-2\ln x-1+\frac{1}{e-1}$ ορισμένη στο [1,e]
Η h είναι παραγωγίσιμη στο [1,e] με $\displaystyle \frac{d}{dx}h\left( x \right)=\left( e+1 \right)\frac{1-\ln x}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{\left( e+1 \right)\left( 1-\ln x \right)-2x}{x^{2}}$
που είναι ομόσημη του $\displaystyle \left( e+1 \right)\left( 1-\ln x \right)-2x$
Παίρνουμε την $w\left( x \right)=\left( e+1 \right)\left( 1-\ln x \right)-2x$ στο [1,e] που με παραγώγους είναι άμεσο ότι είναι γνησίως φθίνουσα. Είναι όμως και συνεχής οπότε $w\left([1,e]\right)=\left[w\left( e \right),w\left( 1\right)\right]=\left[ -2e,e-1 \right]$ οπότε έχει ρίζα μάλιστα μοναδική λόγω γνήσιας μονοτονίας έστω

Στο [1,ρ) ισχύει $\displaystyle w\left( x \right)>0\Leftrightarrow \frac{d}{dx}h\left( x \right)>0$
Στο (ρ,e] ισχύει $\displaystyle w\left( x \right)<0\Leftrightarrow \frac{d}{dx}h\left( x \right)<0$
και με

συνεχή στο

η h είναι γνησίως αύξουσα στο [1,ρ] και γνησίως φθίνουσα στο [ρ,e] και επειδή είναι συνεχής ισχύει $\displaystyle h\left( \left[ 1,p \right] \right)=\left[ h\left( 1 \right),h\left( p \right) \right]=\left[\frac{1}{e-1}-1,h\left(p \right) \right]$ και $\displaystyle h\left( \left[ p,e \right] \right)=\left[ h\left( e \right),h\left( p \right) \right]=\left[ \frac{e+1}{e}+\frac{1}{e-1}-3,h\left( p \right) \right]$
Άρα το σύνολο τιμών της h είναι το $\displaystyle \left[\frac{e+1}{e}+\frac{1}{e-1}-3,h\left(p \right) \right]$
Ισχύει $\displaystyle w\left( p \right)=0\Leftrightarrow \left( e+1 \right)\left( 1-\ln p \right)-2p=0\Leftrightarrow 1-\ln p=\frac{2p}{e+1}\Leftrightarrow \ln p=1-\frac{2p}{e+1}$
$\displaystyle h\left( p \right)=\left( 1-\frac{2p}{e+1} \right)\left( \frac{e+1}{p}-2 \right)-1+\frac{1}{e-1}=\frac{\left( e+1-2p \right)^{2}+\left( e+1 \right)\displaystyle \frac{2-e}{e-1}p}{\left( e+1 \right)p}$
ομόσημο του $\displaystyle \left( e+1-2p \right)^{2}+\frac{\left( e+1 \right)\left( 2-e \right)}{e-1}p$
Παίρνουμε το τριώνυμο $\displaystyle P\left( x \right)=\left( e-1 \right)\left( 2x-e-1 \right)^{2}+\left( e+1 \right)\left( 2-e \right)x$
$\displaystyle D=\left(9e^{2}-9e-2 \right)\left(e^{2}-9e+6 \right)<0$
Είναι $\displaystyle e^{2}-9e+6<3^{2}-9\cdot 2+6<0$ και παίρνοντας το τριώνυμο $\displaystyle Q\left(x \right)=9x^{2}-9x-2$ βρίσκουμε ρίζες $\displaystyle \frac{3-\sqrt{17}}{6}$ και $\displaystyle \frac{3+\sqrt{17}}{6}$ Όμως $\displaystyle e-\frac{3+\sqrt{17}}{6}=\frac{6e-3-\sqrt{17}}{6}>\frac{5-\sqrt{17}}{6}>0$ οπότε το

βρίσκεται εκτός των ριζών του $Q\left(x \right)$ και άρα $Q\left(e \right)>0$
Άρα $\displaystyle P\left(x \right)>0$ ομόσημο του συντελεστή $\displaystyle 4\left(e-1 \right)$ του $\displaystyle x^{2}$ και άρα $h\left(p \right)>0$
Γράφοντας $\displaystyle 1-2\ln p+\frac{\left( e+1 \right)\ln p}{p}=h\left( p \right)+2-\frac{1}{e-1}$
παίρνουμε $\displaystyle \int_{1}^{e}F\left( x \right)dx>\left( e-1 \right)p^{\ln p}\left( h\left( p \right)+2-\frac{1}{e-1} \right)\left( \ast \right)$
Αλλά $\displaystyle p>1\Rightarrow p^{\ln p}=F\left( p \right)>F\left( 1 \right)=1$ επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[ 1,+\infty \right)$ και $\displaystyle h\left( p \right)>0\Rightarrow \left( e-1 \right)\left(h\left( p \right)+2-\frac{1}{e-1} \right)>2e-3$ και από την $\left( \ast \right)$ έχουμε τελειώσει.
Υ.Γ Αυτά όλα είναι λίγο γραψιματάκι κι όμως τα πληκτρολόγησα σε 100 χρόνια από το Mathtype γιατί το latex κολλούσε. Η LATEX μου έβγαλε την πίστη.

Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Δ4 Μια λύση heavy metal

Re: Δ4 Μια λύση heavy metal

Re: Δ4 Μια λύση heavy metal

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση