Από την Ρώμη με αγάπη...

add2math · #1

Ιταλία, Ιούνιος 2024
ΤΕΛΙΚΗ ΚΡΑΤΙΚΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΚΥΚΛΟΥ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Θεωρήστε την συνάρτηση $f_{a,b}\left(x\right)=\frac{ax^3+b}{x^2},$ με $a,b\in {\rm R}$

1. Προσδιορίστε τις τιμές των παραμέτρων a,b

έτσι ώστε η ευθεία γραμμή

, με εξίσωση $7x\ +\ y\ -\ 12\ =\ 0$ , να εφάπτεται στο γράφημα της $f_{a,b}\left(x\right)$ στο σημείο

με τετμημένη $x\ =\ 1$ .

Από τώρα και στο εξής, ας υποθέσουμε a = 1 και b = 4.

2. Μελετήστε τη συνάρτηση $f(x)=\frac{x^3+4}{x^2}$ και σχεδιάστε το γράφημα της, $\gamma$ . Γράψτε την εξίσωση της άλλης ευθείας γραμμής που εφάπτεται στην καμπύλη $\gamma$ και διέρχεται από το P.

3. Καθώς η πραγματική παράμετρος

αλλάζει, προσδιορίστε τον αριθμό των σημείων τομής μεταξύ της ευθείας γραμμής με εξίσωση $y\ -\ 5\ =\ m(x\ -\ 1)$ και της καμπύλης $\gamma$ .

4. Έστω S(k)

, με $k\ >\frac{3}{2}$ , είναι το εμβαδόν της πεπερασμένης περιοχής του επιπέδου μεταξύ της καμπύλης $\gamma$ , της πλάγιας ασύμπτωτης, της γραμμής

και της ευθείας με εξίσωση $x\ =\ k$ . Υπολογίστε το $\lim_{k \rightarrow + \infty} S(k)$ , παρέχοντας μια γεωμετρική ερμηνεία του αποτελέσματος που λαμβάνεται.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

«Στην αρχή και στο τέλος, έχουμε το μυστήριο. [...] Τα μαθηματικά μας φέρνουν πιο κοντά σε αυτό το μυστήριο, ακόμα κι αν δεν το διαπερνά». (E. De Giorgi).

Θεωρήστε την οικογένεια συναρτήσεων $f_n\left(x\right)=\sqrt[n]{x^2}-\sqrt{ax^2+bx+1},$ με $n\in N,n>1$ και $a,\ b\ \in \ {\rm R}$ , $a\ <\ 0$ .

1. Επαληθεύστε ότι, όποια και αν είναι η τιμή του

, η συνάρτηση f_n

δεν είναι παραγωγίσιμη στο σημείο με τετμημένη $x\ =\ 0$ . Προσδιορίστε την τιμή του

στην οποία το γράφημα f_n

έχει γωνιακό σημείο. Για τις κατάλληλες τιμές των παραμέτρων $a,\ b$ , το γράφημα $\alpha$ , στο παρακάτω σχήμα, αντιπροσωπεύει τη συνάρτηση $f_2(x)=|x|-\sqrt{ax^2+bx+1}.$ Προσδιορίστε τις παραμέτρους

και

, λαμβάνοντας υπόψη ότι η f_2

ορίζεται στο [−1; 1]

και ότι το γράφημά της είναι συμμετρικό σε σχέση με τον άξονα

.

: γραμμή α.png (85.01 KiB) Προβλήθηκε 2599 φορές

Από τώρα και στο εξής, ας υποθέσουμε $a\ =\ -1,\ b\ =\ 0$ .

2. Μελετήστε τη συνάρτηση $g(x)=|x|+\sqrt{1-x^2}$ , επαληθεύοντας ότι δεν είναι παραγωγίσιμη στα άκρα του πεδίου ορισμού της και στο σημείο με τετμημένη $x\ =\ 0$ . Υποδείξτε το γράφημά της με $\beta$ και σχεδιάστε την καμπύλη $\gamma\ =\alpha \cup \beta$ .

3. Η γραμμή

, της εξίσωσης $x\ =\ k$ , με $-1\ <\ k\ <\ 1$ , τέμνει την $\gamma$ στα σημεία

και

. Αποδείξτε ότι το μέτρο του τμήματος

είναι μέγιστο όταν είναι ο άξονας συμμετρίας της

.

4. Βεβαιωθείτε ότι η συνάρτηση $H(x)=\frac{1}{2}(arcsin(x)+x\sqrt{1-x^2})$ είναι αρχική της συνάρτησης $h(x)=\sqrt{1-x^2}$ . Με τη μέθοδο που θεωρείτε καταλληλότερη, υπολογίστε το εμβαδόν της πεπερασμένης περιοχής του επιπέδου που οριοθετείται από την $\gamma$ .

«Οι μορφές που δημιουργούνται από τον μαθηματικό, όπως αυτές που δημιουργούνται από τον ζωγράφο ή τον ποιητή, πρέπει να είναι όμορφες: οι ιδέες, όπως τα χρώματα ή οι λέξεις, πρέπει να συνδέονται αρμονικά. Η ομορφιά είναι η θεμελιώδης προϋπόθεση: δεν υπάρχει μόνιμη θέση στον κόσμο για άσχημα μαθηματικά». (G. H. Hardy)

Όλο το διαγώνισμα παρακάτω

Ιταλία 2024.docx: (80.08 KiB) Μεταφορτώθηκε 65 φορές

add2math · #2

Λύση

1. Έχουμε $f_n\left(0\right)=0-\sqrt{1}=-1$ .
Επιπλέον

$\lim_{x\to 0^+} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=\lim_{x\to 0^+} \frac{\sqrt[n]{x^2}-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }=\lim_{x\to 0^+} \frac{\sqrt[n]{x^2}}{x}\ }+\lim_{x\to 0^+} \frac{-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }$ $=\lim_{x\to 0^+} \frac{x^{\frac{2}{n}}}{x}\ }+\lim_{x\to 0^+} \frac{-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }=\frac{2}{n}\lim_{x\to 0^+} x^{\left(\frac{2}{n}-1\right)}\ }-\lim_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }$ .
Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Για $n>2\Leftrightarrow \frac{2}{n}-1<0$ έχουμε $\lim_{x\to 0^+} x^{\left(\frac{2}{n}-1\right)}\ }=+\infty$ και $\lim_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }=\frac{b}{2}$ , άρα $\lim_{x\to 0^+} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=+\infty$ .
Όμοια έχω $\lim_{x\to 0^-} \frac{f_n\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=-\infty$ .

Συνεπώς για n>2

η $f_n\left(x\right)$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 (έχει κατακόρυφη εφαπτομένη, εκτός ύλης στο ελληνικό σχολείο).

Για n=2

έχουμε

$\lim_{x\to 0^+} \frac{f_2\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=\lim_{x\to 0^+} \frac{\mathrm{|}x|-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }=\lim_{x\to 0^+} \frac{|x|}{x}\ }-\lim_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}\ }=1-\frac{b}{2}$
και $\lim_{x\to 0^-} \frac{f_2\left(x\right)-f_n\left(0\right)}{x-0}\ }=\lim_{x\to 0^-} \frac{\mathrm{|}x|-\sqrt{ax^2+bx+1}+1}{x}\ }=\lim_{x\to 0^-} \frac{|x|}{x}\ }-\lim_{x\to 0^+} \frac{2ax+b}{2\sqrt{ax^2+bx+1}}}=-1-\frac{b}{2}$

Άρα και η $f_2\left(x\right)$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 (οι πλαϊνές εφαπτόμενες δεν συμπίπτουν, οπότε έχουμε γωνιακό σημείο).

Αφού το γράφημα της $f_2\left(x\right)$ είναι συμμετρικό ως προς τον άξονα

έχουμε για $x\in [-1,1]$ ότι $f_2\left(x\right)=f_2\left(-x\right)\Leftrightarrow \left|x\right|-\sqrt{ax^2+bx+1}=\left|\mathrm{-}x\right|-\sqrt{a{\left(-x\right)}^2+b\left(-x\right)+1}\Leftrightarrow \sqrt{ax^2+bx+1}=\sqrt{ax^2-bx+1}\Leftrightarrow ax^2-bx+1=ax^2+bx+1\Leftrightarrow \underline{\overline{\left|b=0\right|}}$ .

Από το σχήμα έχουμε $f_2\left(1\right)=1\Leftrightarrow \mathrm{1}-\sqrt{a+0+1}=1\Leftrightarrow \underline{\overline{\left|a=-1\right|}}$ .

2. Έχουμε ότι $g\left(0\right)=\left|0\right|+\sqrt{1-0}=1$ ,

$\lim_{x\to 0^+} \frac{g\left(x\right)-\mathrm{g}\left(0\right)}{x-0}\ }=\lim_{x\to 0^+} \frac{\left|x\right|+\sqrt{1-x^2}-1}{x}\ }=\lim_{x\to 0^+} \frac{|x|}{x}\ }+\lim_{x\to 0^+} \frac{-2x}{2\sqrt{x^2+1}}\ }=1-0=1$ και

$\lim_{x\to 0^-} \frac{g\left(x\right)-\mathrm{g}\left(0\right)}{x-0}\ }=\lim_{x\to 0^-} \frac{\left|x\right|+\sqrt{1-x^2}-1}{x}\ }=\lim_{x\to 0^-} \frac{|x|}{x}\ }+\lim_{x\to 0^+} \frac{-2x}{2\sqrt{x^2+1}}\ }=-1-0=-1$

άρα η g(x)

δεν είναι παραγωγίσιμη στο

.

Ακόμα έχουμε για το δεξί άκρο του πεδίου ορισμού ότι $g\left(1\right)=\left|1\right|+\sqrt{1-\mathrm{1}}=1$ και ${\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} \frac{g\left(x\right)-\mathrm{g}\left(1\right)}{x-1}\ }={\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} \frac{x+\sqrt{1-x^2}-1}{x-1}\ }=1+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} \frac{\sqrt{1-x^2}}{x-1}\ }=1+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} -\sqrt{\frac{1-x^2}{{\left(1-x\right)}^2\ }}\ }=1+{\mathop{\mathrm{lim}}_{x\to 1^-} -\sqrt{\frac{1+\mathrm{x}}{1-x\ }}\ }=-\infty$ ,

άρα η g(x)

δεν είναι παραγωγίσιμη στο

(έχει κατακόρυφη εφαπτομένη). Λόγω συμμετρίας η g(x)

δεν είναι παραγωγίσιμη και στο

.

Για το γράφημα της

, έχω για

ότι $g{'}\left(x\right)=1-\frac{2x}{2\sqrt{1-x^2}}=1-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ . Έχουμε $g{'}\left(x\right)\ge \ 0\Leftrightarrow 1-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\ge 0\Leftrightarrow x\le \sqrt{1-x^2}\Leftrightarrow x^2\le 1-x^2{{\stackrel{x>0}{\Longleftrightarrow}}}0<x\le \frac{\sqrt{2}}{2}$ . Ακόμα έχουμε $g{''}\left(x\right)=-\frac{\sqrt{1-x^2}-\frac{x\left(-2x\right)}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}=-\frac{1-x^2+2x^2}{\left(1-x^2\right)\sqrt{1-x^2}}=-\frac{1+x^2}{\left(1-x^2\right)\sqrt{1-x^2}}<0$ , άρα κοίλη.

Προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας προσήμων

: prob2b.png (18.61 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

Τελικά έχουμε την καμπύλη $\gamma$ του σχήματος

: prob2c.png (33.15 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

Έτσι προέκυψε ο τίτλος της ανάρτησης!

3. Έχω $PQ\left(k\right)=g\left(k\right)-f\left(k\right)=\left|k\right|+\sqrt{1-k^2}-\left(\left|k\right|-\sqrt{1-k^2}\right)=2\sqrt{1-k^2}$ , $\ k\in [-1,1]$

με $PQ{'}\left(k\right)=\frac{2\left(-2k\right)}{2\sqrt{1-k^2}}=\frac{-2k}{\sqrt{1-k^2}},\ k\in (-1,1)$ και πίνακα προσήμων
Έχω $PQ{'}\left(k\right)>0$ όταν -1< k < 0

άρα η $PQ\left(k\right)$ είναι γνησίως αύξουσα στο [-1,0]

. Ομοίως η $PQ\left(k\right)$ είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,1]

Άρα το

μεγιστοποιείται, για k=0

, δηλαδή όταν το

είναι ο άξονας συμμετρίας της $\gamma$

: prob2e.png (29.48 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

4. Έχω $H{'}\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2}+x\cdot \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\right)$ $=\frac{1}{2}\left(\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2}\right)=\frac{1}{2}\left(2\sqrt{1-x^2}\right)=\sqrt{1-x^2}=h\left(x\right).$

Άρα η $H\left(x\right)$ είναι αρχική της h(x)

. Για το εμβαδόν του χωρίου που εσωκλείεται στην καμπύλη $\gamma$ έχω, αφού λάβουμε υπόψην τη συμμετρία της ως προς τον άξονα

ότι $E_{\gamma}=\int^1_{-1}{\ }(g(x)-f_2(x))dx=2\int^1_0{\ }(g(x)-f_2(x))dx=2\int^1_0{\ }2\sqrt{1-x^2}dx=4\int^1_0{\ }\mathrm{h(x)}dx=4[H(x)]^1_0=2{\left[\mathrm{arcsin}x+x\sqrt{1-x^2}\right]}^1_0=2(\mathrm{arcsin}1-\mathrm{arcsin}0)=\underline{\overline{\left|\pi\right|}}.$

: prob2f.png (37.29 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

Μια ερμηνεία του αποτελέσματος είναι η εξής: Θεωρούμε τον κυκλικό δίσκο

με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα r=1

. Καθώς το

διατρέχει τις τιμές από το

έως το

, το τμήμα

καλύπτει ακριβώς όλο το χωρίο που βρίσκεται εντός της καμπύλης $\gamma$ . Όμως, όπως εύκολα συμπεραίνουμε, ισχύει ότι PQ=RS

και καθώς το

διατρέχει τις τιμές από το

έως το

, το τμήμα

καλύπτει ακριβώς τον κυκλικό δίσκο εμβαδού $E_{c}=\pi \cdot r^2=\pi$ . Συνεπώς $E_{\gamma}=E_{c}=\pi$ .

: prob2g.png (53.75 KiB) Προβλήθηκε 2429 φορές

Από την Ρώμη με αγάπη...

Από την Ρώμη με αγάπη...

Re: Από την Ρώμη με αγάπη...

Μέλη σε σύνδεση