Α' ΔΕΣΜΗ 1988

parmenides51 · #1

1. α) Να λυθεί το σύστημα $\left\{ \begin{matrix} \left( \lambda +1 \right)x+y=\lambda +1 \\ x+\left( \lambda +1 \right)y=1 \\ x+y=2\lambda +1 \\ \end{matrix} \right.$
β) Να δείξετε ότι το σύνολο $\displaystyle{A =\left\{ \frac{4\kappa +1}{5-4\lambda }:\kappa ,\lambda \in \mathbb{Z} \right\}}$ εφοδιασμένο με την συνήθη πράξη
του πολλαπλασιασμού κλασμάτων στο $\mathbb{R}$ είναι πολλαπλασιαστική ομάδα.

2. α) Να αποδείξετε ότι κάθε ακολουθία αύξουσα και φραγμένη άνω είναι συγκλίνουσα
β) Να βρείτε το όριο της ακολουθίας $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ με $\displaystyle{{{\alpha }_{1}}=1}$ και $\displaystyle{{{\alpha }_{\nu +1}}=\sqrt{4{{\alpha }_{\nu }}+5}\,\,\forall \nu \in \mathbb{N}*}$ .

3. α) Θεωρούμε συνάρτηση $\displaystyle{g}$ ορισμένη σε ένα διάστημα $\displaystyle{\Delta}$ .
Να αποδείξετε ότι αν η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}\in \Delta$ και $g({{x}_{0}})\ne 0$ τότε και
η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{1}{g}}$ είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}$ και είναι $\displaystyle{{{\left( \frac{1}{g} \right)}^{\prime }}({{x}_{0}})=-\frac{{g}'({{x}_{0}})}{{{\left[ g({{x}_{0}}) \right]}^{2}}}}$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{f(x)=x+1+\frac{1}{x+1}}$
i) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της συνάρτησης .
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση $\displaystyle{C_f}$ της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ τον άξονα $\displaystyle{Ox}$
και τις ευθείες με εξισώσεις $\displaystyle{x=2,x=5}$ .

4. α) i) Να δώσετε τον ορισμό της παραβολής.
ii) Δίνεται η παραβολή ${{y}^{2}}=2px$ και η ευθεία με εξίσωση $y=\lambda x+\kappa$ .
Να αποδείξετε ότι η ευθεία και η παραβολή έχουν ένα διπλό κοινό σημείο αν και μόνο αν $p=2\lambda \kappa$ .
β) Δίνεται η παραβολή με εξίσωση ${{y}^{2}}=4x$ .
i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής που είναι κάθετη στην ευθεία με εξίσωση $\displaystyle{3x+y+3=0}$ .
ii) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της παραβολής τις οποίες φέρνουμε από το σημείο $\displaystyle{(-2,1)}$ .

Christos75 · #2

parmenides51 έγραψε:
4. α) i) Να δώσετε τον ορισμό της παραβολής.
ii) Δίνεται η παραβολή ${{y}^{2}}=2px$ και η ευθεία με εξίσωση $y=\lambda x+\kappa$ .
Να αποδείξετε ότι η ευθεία και η παραβολή έχουν ένα διπλό κοινό σημείο αν και μόνο αν $p=2\lambda \kappa$ .
β) Δίνεται η παραβολή με εξίσωση ${{y}^{2}}=4x$ .
i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής που είναι κάθετη στην ευθεία με εξίσωση $\displaystyle{3x+y+3=0}$ .
ii) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της παραβολής τις οποίες φέρνουμε από το σημείο $\displaystyle{(-2,1)}$ .

Μιας και δεν έχει ξεκινήσει κανείς, ας ξεκινήσω εγώ την επίλυση της άνωθεν άσκησης.
Α.
i) Θεωρία

ii) Έχουμε την παραβολή $C: y^{2}=2px$ και την ευθεία: $(\varepsilon ): y=\lambda x+\kappa$

Για να έχουν διπλό σημείο η παραπάνω και η ευθεία, πρέπει το σύστημα που θα προκύψει να έχει διπλή λύση ή διπλή ρίζα.

Δηλαδή προκύπτει το σύστημα: $\left\{\begin{matrix} y^{2}=2px & \\ y=\lambda x+\kappa & \end{matrix}\right.$ θα επιλύσουμε το μη γραμμικό αυτό σύστημα με την μέθοδο της αντικατάστασης, δηλαδή:

$(\lambda x+\kappa )^{2}=2px\Leftrightarrow \lambda ^{2}x^{2}+2\lambda \kappa x-2px+\kappa ^{2}\Leftrightarrow \lambda ^{2}x^{2}+2(\lambda \kappa -p)x+\kappa ^{2} (1)$

Η σχέση (1)

παρατηρούμε ότι είναι τριώνυμο ως προς

και αφού θέλουμε το εν λόγω τριώνυμο να έχει διπλή λύση, τότε απαιτούμε: $\Delta =0\Leftrightarrow \beta ^{2}-4\alpha \gamma =0\Leftrightarrow [2(\lambda \kappa -p)]^2-4\lambda ^{2}\kappa ^{2}=0\Leftrightarrow 4(\lambda^2 \kappa ^{2}-2\lambda \kappa p+p^{2})-4\lambda^2 \kappa ^{2}=0\Leftrightarrow 4p^{2}=8\lambda \kappa p\overset{p\neq 0}{\rightarrow}p=2\kappa \lambda$

και έτσι αποδείξαμε το ζητούμενο.

Β. Μας δίνεται η παραβολή : C: y^2=4x

από όπου παίρνουμε: $2p=4\Leftrightarrow p=2$

Μας ζητείται να βρούμε την ευθεία που είναι κάθετη στη δοσμένη: $(\varepsilon ):3x+y+3=0$

Έστω $(\eta ):y=\lambda x+\kappa$ ζητούμενη και αφού $\displaystyle{(\varepsilon )\perp(\eta ) \Leftrightarrow \lambda _{\varepsilon }.\lambda _{\eta }=-1\Leftrightarrow \lambda _{\eta }=\frac{-1}{\lambda _{\varepsilon }}=\frac{-1}{-3}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \lambda _{\eta }=\frac{1}{3}}$

Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι: $y=\frac{1}{3}x+\kappa$ αν εφαρμόσουμε το προηγούμενο ερώτημα $p=2\lambda \kappa \Leftrightarrow 2=2.\kappa .\frac{1}{3}\Leftrightarrow 2\kappa =6\Leftrightarrow \kappa =3$

Συνεπώς, η ζητούμενη είναι: $\displaystyle{y=\frac{1}{3}x+3\Leftrightarrow 3y=x+9\Leftrightarrow x-3y+9=0}$ .

ii) Έστω $M(x_{0},y_{0})$ το κοινό σημείο της ζητούμενης ευθείας με την κωνική. Από θεωρία γνωρίζουμε ότι όταν έχουμε το σημείο επαφής η εξίσωση εφαπτομένης δίνεται από τον τύπο: $(\varepsilon ): y.y_{0}=p.(x+x_{0})\Leftrightarrow y.y_{0}=2(x+x_{0})\Leftrightarrow 2x-y_{0}y+2x_{0}=0$

Επίσης: $(-2,1)\epsilon \left ( \varepsilon \right )\Leftrightarrow 2(-2)-1.y_{0}+2x_{0}=0\Leftrightarrow2x_{0}-y_{0}=4 (2)$ .

Μην ξεχνάμε ότι $M(x_{0},y_{0})\epsilon C\Leftrightarrow y_{0}^{2}=4x_{0}\overset{.2(2)}{\rightarrow}4x_{0}-2y_{0}=8\Leftrightarrow y_{0}^{2}-2y_{0}-8=0$

Από όπου παίρνοντας την Διακρίνουσα στο παραπάνω τριώνυμο έχουμε τις λύσεις: $y_{0}=-2\vee y_{0}=4$

αντιθκαθιστώντας στην τις παραπάνω τιμές στην παραβολή έχουμε: $x_{0}=1\vee x_{0}=4$

Άρα, $M(1,-2) \vee M(4,4)$ Οπότε προκύπτουν δύο ευθείες που είναι οι ζητούμενες: $(\varepsilon _{1}): x+y+1=0 \wedge (\varepsilon _{2}):x-2y+4=0$

Επίσης η ευθεία: x=-2

δεν αποτελεί λύση του προβλήματός μας.

Christos75 · #3

parmenides51 έγραψε:

3. α) Θεωρούμε συνάρτηση $\displaystyle{g}$ ορισμένη σε ένα διάστημα $\displaystyle{\Delta}$ .
Να αποδείξετε ότι αν η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}\in \Delta$ και $g({{x}_{0}})\ne 0$ τότε και
η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{1}{g}}$ είναι παραγωγίσιμη στο ${{x}_{0}}$ και είναι $\displaystyle{{{\left( \frac{1}{g} \right)}^{\prime }}({{x}_{0}})=-\frac{{g}'({{x}_{0}})}{{{\left[ g({{x}_{0}}) \right]}^{2}}}}$ .
β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{f(x)=x+1+\frac{1}{x+1}}$
i) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της συνάρτησης .
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση $\displaystyle{C_f}$ της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ τον άξονα $\displaystyle{Ox}$
και τις ευθείες με εξισώσεις $\displaystyle{x=2,x=5}$ .

Πάμε να δούμε και το 3ο ζήτημα.

Α. Θεωρία σχολικού βιβλίου

Β.
i) Μας δίνεται η συνάρτηση:

με τύπο: $\displaystyle{f(x)=x+1+\frac{1}{x+1}}$ , το πεδίο ορισμού της εν λόγω συνάρτησης είναι: $D_{f}\equiv \mathbb{R}-\left \{ -1\left. \right \} \right..$

Μας ζητείται να βρούμε τα διαστήματα μονοτονίας της.

Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο αυτής: $\displaystyle{f'(x)=(x+1+\frac{1}{x+1})'=(x+1)'+(\frac{1}{x+1})'=1-\frac{(x+1)'}{(x+1)^2}=\frac{x(x+2)}{(x+1)^2}}$ με την βοήθεια και του ερωτήματος Α, πάντα με $x\neq -1$ .

Θα βρούμε πρωτίστως τα σημεία μηδενισμού της πρώτης παραγώγου: $\displaystyle{f'(x)=0\Leftrightarrow \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}=0\Leftrightarrow x(x+2)=0\Leftrightarrow x=0\vee x=-2}$

Επίσης: $f'(x)>0\Leftrightarrow \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}>0\Leftrightarrow x(x+2)>0\Leftrightarrow x\in \left ( -\infty,-2\right )\cup \left ( 0,+\infty \right )$

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι : $\displaystyle{f'(x)<0\Leftrightarrow \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}<0\Leftrightarrow x(x+2)<0\Leftrightarrow x\in \left ( -2,0\right )}$

Αφού το πρόσημο της συνάρτησης αλλάζει εκατέρωθεν των σημείων

και

σημαίνει ότι τα σημεία αυτά είναι τοπικά ακρότατα σύμφωνα με το θεώρημα της πρώτης παραγώγου.
Συνεπώς η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα : $\left ( -\infty,-2\right ]\cup \left [ 0,+\infty \right )$ και γνησίως φθίνουσα στο:
[-2,-1)

και

. Οπότε, το σημείο (-2,f(-2))

είναι τοπικό μέγιστο και (0,f(0))

είναι τοπικό ελάχιστο.

ii) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: $E=\int_{2}^{5}\left | f(x) \right |dx (1)$

Η συνάρτηση

είναι θετική στο διάστημα [2,5]

αφού $\displaystyle{f(x)>0\Leftrightarrow x+1+\frac{1}{x+1}>0\Leftrightarrow \frac{(x+1)^2+1}{x+1}>0\Leftrightarrow x>-1}$ συνεπώς είναι: f(x)>0

στο

.

$E=\int_{2}^{5}\left | f(x) \right |dx= \int_{2}^{5} f(x)dx=\int_{2}^{5}(x+1+\frac{1}{x+1})dx=\int_{2}^{5}(x+1)dx+\int_{2}^{5}\frac{1}{(x+1)}dx=\int_{2}^{5}(\frac{x^{2}}{2}+x)'dx+\int_{2}^{5}(ln(x+1))'dx=\frac{25}{2}+5-(2+2)+ln6-ln3=(\frac{27}{2}+ln2) tm$ .

#4

parmenides51 έγραψε:1. α) Να λυθεί το σύστημα $\left\{ \begin{matrix} \left( \lambda +1 \right)x+y=\lambda +1 \\ x+\left( \lambda +1 \right)y=1 \\ x+y=2\lambda +1 \\ \end{matrix} \right.$
β) Να δείξετε ότι το σύνολο $\displaystyle{A =\left\{ \frac{4\kappa +1}{5-4\lambda }:\kappa ,\lambda \in \mathbb{Z} \right\}}$ εφοδιασμένο με την συνήθη πράξη
του πολλαπλασιασμού κλασμάτων στο $\mathbb{R}$ είναι πολλαπλασιαστική ομάδα.

(α) Ένας από τους τρόπους που μπορούμε να λύσουμε το σύστημα, είναι ο εξής:

Θεωρούμε το σύστημα ( $\displaystyle{\Sigma}$ ):

$\displaystyle{x+(\lambda +1)y=1}$
$\displaystyle{x+y=2\lambda +1}$

Έχουμε: $\displaystyle{D=-\lambda}$ , $\displaystyle{D_{x}=-\lambda (2\lambda +3)}$ , $\displaystyle{ D_{y}=2\lambda}$

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{D\neq 0 \Leftrightarrow \lambda \neq 0}$ . Tότε το σύστημα ( $\displaystyle{\Sigma}$ ), Έχει την λύση:

$\displaystyle{x=\frac{D_{x}}{D} =2\lambda +3 , y=\frac{D_{y}}{D}=-2}$ . Για να είναι δεκτή η λύση αυτή, πρέπει να επαληθεύει και την

άλλη εξίσωση του δοσμένου συστηματος. Δηλαδή πρέπει: $\displaystyle{(\lambda +1)(2\lambda +3)-2=\lambda +1\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2\lambda (\lambda +2)=0\Leftrightarrow \lambda =-2}$ , (αφού είναι $\displaystyle{\lambda \neq 0}$ ).

Συνεπώς μια λύση του δοσμένου συστήματος είναι η $\displaystyle{(x,y)=(-1 , -2)}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{\lambda =0}$ . Τότε το δοσμένο σύστημα είναι ισοδύναμο με την εξίσωση $\displaystyle{x+y=1}$ , η οποία έχει άπειρες

λύσεις: $\displaystyle{(x,y)=(1-k , k)}$ , με $\displaystyle{k\in R}$

Tελικά το σύνολο λύσεων του συστήματος είναι: $\displaystyle{L=\{(1-k , k): k\in R\}U\{(-1 ,-2)\}}$

(β) Αρχικά είναι $\displaystyle{A\neq \{\}}$ , διότι π.χ $\displaystyle{1\in A}$ , (αφού $\displaystyle{1=\frac{4.1+1}{5-4.0})}$ .

τη συνέχεια θα δείξουμε ότι το $\displaystyle{A}$ είναι κλειστό ως προς την πράξη του πολλαπλασιασμού:

Έστω λοιπόν $\displaystyle{x,y \in A.}$ Τότε υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{k_{1}, \lambda_{1}}$ και $\displaystyle{k_{2} , \lambda_{2}}$ , ώστε:

$\displaystyle{x=\frac{4k_{1}+1}{5-4\lambda_{1}}}$ και $\displaystyle{y=\frac{4k_{2}+1}{5-4\lambda_{2}}}$ . Άρα:

$\displaystyle{xy=\frac{4(4k_{1}k_{2}+k_1 +k_{2})+1}{5-4(5+5\lambda_{1}+5\lambda_{2}-4\lambda_{1}\lambda_{2})}=\frac{4m+1}{5-4n}}$ ,

όπου $\displaystyle{m,n \in Z}$ . Άρα $\displaystyle{xy \in A}$

Η αντιμεταθετική ιδιότητα καθώς και η προσεταιριστική, προφανώς ισχύουν, αφού η πράξη είναι ο γνωστός

πολλαπλασιασμός.

Επίσης, πάλι αφού η πράξη είναι ο γνωστός πολλαπλασισμός, το ουδέτερο στοιχείο είναι το $\displaystyle{1\in A}$ .

Aπομένει τέλος, να δείξουμε ότι για κάθε $\displaystyle{x\in A}$ , υπάρχει $\displaystyle{x{'} \in A}$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle{xx{'}=1}$

'Εχουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{x\in A}$ . Άρα υπάρχουν $\displaystyle{k , \lambda \in Z}$ , ώστε $\displaystyle{x=\frac{4k+1}{5-4\lambda}}$

Tότεν $\displaystyle{\frac{1}{x}=\frac{5-4\lambda}{4k+1}=\frac{4-4\lambda +1}{5-4+4k}=\frac{4(1-\lambda)+1}{5-4(1-k)}=\frac{4m+1}{5-4n}}$ ,

όπου $\displaystyle{m,n \in Z}$ . Άρα $\displaystyle{\frac{1}{x} \in A}$ και αφού $\displaystyle{x. \frac{1}{x}=1}$ , έχουμε ότι $\displaystyle{x{'}=\frac{1}{x}}$

Aπό τα ανωτέρω, συμπεραίνουμε ότι η δομή $\displaystyle{(A , .)}$ είναι αβελιανή ομάδα

Christos75 · #5

parmenides51 έγραψε:
2. α) Να αποδείξετε ότι κάθε ακολουθία αύξουσα και φραγμένη άνω είναι συγκλίνουσα
β) Να βρείτε το όριο της ακολουθίας $\left( {{\alpha }_{\nu }} \right)$ με $\displaystyle{{{\alpha }_{1}}=1}$ και $\displaystyle{{{\alpha }_{\nu +1}}=\sqrt{4{{\alpha }_{\nu }}+5}\,\,\forall \nu \in \mathbb{N}*}$ .

Πάμε να δούμε και το δεύτερο θέμα.

α) Θεωρία Σχολικού βιβλίου της...«εποχής».

β) Μας δίνεται η ακολουθία με αναδρομικό τύπο: $\alpha _{1}=1$ και $\alpha _{\nu +1}=\sqrt{4\alpha _{\nu }+5},\forall \nu \in \mathbb{N}^{*}$

Αρχικά γνωρίζουμε ότι : $\alpha _{1}=1$ από τον αναδρομικό τύπο της ακολουθίας και για $\nu =2$ προκύπτει: $\alpha _{2}=3$

Με τον ίδιο τρόπο προκύπτει: $\alpha _{3}=\sqrt{17}$ . Επίσης ισχύει: $\alpha _{1}<\alpha _{2}<\alpha _{3}$ .

Εικάζουμε ότι : $\alpha _{\nu }<\alpha _{\nu +1}$ .

Με την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής έχω:
$\cdot$ Για $\nu =1$ έχω $\alpha _{1}=1<\alpha _{2}=3$ που ισχύει.

$\cdot$ Έστω ότι ο αρχικός μας συλλογισμός ισχύει για $\nu =\kappa$ δηλαδή: $\alpha _{\kappa } <\alpha _{\kappa +1}$

$\cdot$ Θα δείξουμε ότι ισχύει για $\nu =\kappa +1$ δηλαδή: $\alpha _{\kappa +1}<\alpha _{\kappa +2}$ .

Πράγματι, ισχύει ότι: $\alpha _{\kappa+1}=\sqrt{4\alpha _{\kappa }+5}$

οπότε από την προηγούμενη υπόθεση έχουμε: $\alpha _{\kappa}<\alpha _{\kappa+1}\Leftrightarrow 4\alpha _{\kappa}<4\alpha _{\kappa+1}\Leftrightarrow 4\alpha _{\kappa}+5<4\alpha _{\kappa+1}+5\Leftrightarrow \sqrt{4\alpha _{\kappa}+5}<\sqrt{4\alpha _{\kappa+1}+5}\Leftrightarrow \alpha _{\kappa +1}<\alpha _{\kappa +2}$

Συνεπώς, $\alpha _{\nu }<\alpha _{\nu +1}, \forall \nu \in \mathbb{N}^*$ που σημαίνει ότι η ακολουθία: $\alpha _{\nu }$ είναι γνησίως αύξουσα.

Επίσης: $\alpha _{\nu }< \alpha _{\nu +1}=\sqrt{4\alpha _{\nu }+5}$ , δηλαδή: $\alpha _{\nu }< \sqrt{4\alpha _{\nu }+5}\Leftrightarrow \alpha _{\nu }^{2}<4\alpha _{\nu }+5\Leftrightarrow \alpha _{\nu }^{2}-4\alpha _{\nu }-5<0\Leftrightarrow -1<\alpha _{\nu }<5\Leftrightarrow 0<\alpha _{\nu }<5$

Συνεπώς, $\alpha _{\nu }<5$ που σημαίνει ότι η εν λόγω ακολουθία είναι φραγμένη άνω. Οπότε σύμφωνα με το α) ερώτημα του ζητήματος συγκλίνει.

Θα υπολογίσουμε τώρα το όριό της. Είναι: $\alpha _{\nu }<\alpha _{\nu+1 }$ οπότε $\lim\alpha _{\nu }_{}<\lim\alpha _{\nu+1 }=\lim\sqrt{4\alpha _{\nu }+5}_{}=\sqrt{4\lim\alpha _{\nu }+5_{}}$

Θέτω: $\lim\alpha _{\nu }_{}=\lim\alpha _{\nu +1}_{}=l$ , Άρα $\lim\alpha _{\nu +1}_{}=\lim\sqrt{4\alpha _{\nu }+5}_{} \Leftrightarrow l=\sqrt{4l+5}$ με
$l\geq 0$ .

Συνεπώς, $l^{2}=4l+5\Leftrightarrow l^{2}-4l-5=0$ με λύσεις : $l_{1}=-1 \wedge l_{2}=5$ , αυτή που ικανοποιεί τον περιορισμό είναι: l=5>0

.

Άρα, $\lim\alpha _{\nu }=5$ που είναι και το ζητούμενο.

Ιστοσελίδα · #6

Μία παρατήρηση στο Θέμα 3.β)

Έστω $f:A\to\mathbb{R} .$ Το σημείο K(a,b)

είναι κέντρο συμμετρίας της C_f

αν και μόνο αν:
i) Για κάθε $x\in A$ είναι $2a-x\in A$ και
ii) f(x)+f(2a-x)=2b,

για κάθε $x\in A$

Το σημείο K(-1,0)

είναι κέντρο συμμετρίας της C_f

με $f(x)=x+1+\dfrac{1}{x+1}$ και $A=\mathbb{R}-\{-1\} ,$ αφού:
Για κάθε $x\neq -1$ είναι $-2-x\neq -1$ και
$f(x)+f(-2-x)=x+1+\dfrac{1}{x+1}-2-x+1+\dfrac{1}{-2-x+1}=0$

Για x>-1

είναι $f(x)=x+1+\dfrac{1}{x+1}\geq 2\sqrt{(x+1)\frac{1}{x+1}}=2=f(0)$

Το συμμετρικό του σημείου (0,2)

ως προς το K(-1,0)

είναι το

Στο πρώτο σημείο έχουμε τ. ελάχιστο, ενώ στο δεύτερο τ. μέγιστο.

Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Re: Α' ΔΕΣΜΗ 1988

Μέλη σε σύνδεση