Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης Γ Λυκείου (1-10)

Δηµήτρης Αντ. ΜοσχόπουλοςΚαθηγητής)Μαθηματικών

Πτυχιούχος)Αριστοτελείου)Πανεπιστημίου)Θεσσαλονίκης

Μαθηµατικά Γ' Λυκείουθετικής-τεχνολογικής κατεύθυνσης

Συνδυαστικές ασκήσεις µιγαδικών µεόρια - παραγώγους - ολοκληρώµατα

Ασκήσεις

1 - 10

Νέα Μουδαν ιά , Απρίλ ι ο ς 2014

εφ' όληςτης ύλης

Δηµήτρης Αντ . ΜοσχόπουλοςΚαθηγητής Μαθηµατικών

Πτυχιούχος Αριστοτελείου Πανεπιστηµίου Θεσσαλονίκης

Ασκήσεις εφ' όλης της ύληςστα Μα0ηµατικά κατεύ0υνσης της Γ΄Λυκείου

Νέα Μουδανιά, Απρίλιος 2014

Μαθηµατικό στέκι - www.dimoshopoulos.gr

Λυμένες(ασκήσεις

1(-(10

Συνδυαστικές ασκήσεις µιγαδικών µεόρια - παραγώγους - ολοκληρώµατα.

Πηγή ασκήσεων

Μάκης Χατζόπουλος , «Συνδυαστικές ασκήσεις µιγαδικών µε ανάλυση».

Το πρωτότυπο φυλλάδιο θα το βρεις εδώ http://lisari.blogspot.gr/2012/04/25.html

Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης.


http://lisari.blogspot.gr/2012/04/25.html

http://lisari.blogspot.gr/2012/04/25.html

Άσκηση 1Έστω η συνάρτηση f, που είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [α,β] , α> 0 , και παραγωγίσιμη στο ανοιχτό

(α,β) . Έστω, επιπλέον, και οι μιγαδικοί z1= α+ f (α) ⋅i , z

2= β+ f (β) ⋅i .

α) Αν ισχύει | z1+ z

2| = | z

1−z

2| , να αποδείξετε ότι υπάρχει x1

∈ (α,β) , ώστε f (x1) = 0 .

β) Έστω οι πραγματικοί αριθμοί Α και Β, με Α ≠ Β , ώστε Αz1z

2+Βz

1z

2= 100 . Να αποδείξετε ότι:

Ι. ο μιγαδικός z1z

2 είναι πραγματικός.

ΙΙ. ισχύει

f (α)α

=f (β)β

.

ΙΙΙ. υπάρχει x0∈ (α,β) , ώστε

′f (x

0) =

f (x0)

x0

.

IV. υπάρχει εφαπτομένη της C

f, που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

α) Από την σχέση | z1+ z

2| = | z

1−z

2| προκύπτει

| z1+ z

2|2= | z

1−z

2|2⇒ (z

1+ z

2)(z

1+ z

2) = (z

1−z

2)(z

1−z

2)⇒

⇒ z1z

1+ z

1z

2+ z

1z

2+ z

2z

2= z

1z

1−z

1z

2−z

1z

2+ z

2z

2⇒ 2z

1z

2+ 2z

1z

2= 0⇒ z

1z

2+ z

1z

2= 0⇒

⇒ z

1z

2+ (z

1z

2) = 0⇒ 2Re(z

1z

2) = 0⇒ Re(z

1z

2) = 0 (1)

Είναι z1z

2= [α+ f (α) ⋅i ]⋅[β− f (β) ⋅i ] = αβ−α ⋅ f (β) ⋅i + β ⋅ f (α) ⋅i− f (α) ⋅ f (β) ⋅i⇒

⇒ z1z

2= [αβ+ f (α) ⋅ f (β)]+ [β ⋅ f (α)−α ⋅ f (β)]⋅i , οπότε από την (1) έχω ότι ισχύει

αβ+ f (α) ⋅ f (β) = 0⇒ f (α) ⋅ f (β) =−αβ .

Από το διάστημα [α,β] , κι αφού είναι α> 0 , έχω ότι είναι και β > 0 , οπότε είναι −αβ < 0 , συνεπώς και

f (α) ⋅ f (β) < 0 .

Επειδή, επιπλέον, η f είναι συνεχής στο [α,β] , ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε υπάρχει x1∈ (α,β) ,

ώστε f (x1) = 0 .

β) Ι. Από την σχέση Αz1z

2+Βz

1z

2= 100 έχω Αz

1z

2+Βz

1z

2= 100⇒Αz

1z

2+Βz

1z

2= 100 .

Ισχύει και Αz1z

2+Βz

1z

2= 100 , οπότε από τις σχέσεις αυτές έχω ότι ισχύει

Αz1z

2+Βz

1z

2= Αz

1z

2+Βz

1z

2⇒Αz

1z

2+Βz

1z

2−Αz

1z

2−Βz

1z

2= 0⇒

⇒Α(z1z

2−z

1z

2)−Β(z

1z

2−z

1z

2) = 0⇒ (z

1z

2−z

1z

2)(Α−Β) = 0 .

Αφού είναι Α ≠ Β , είναι και Α−Β≠ 0 , οπότε από την τελευταία σχέση έχω ότι

z

1z

2−z

1z

2= 0⇒ z

1z

2= z

1z

2⇒ (z

1z

2) = z

1z

2⇒ z

1z

2∈ ! .



ΙΙ. Αφού z1z

2∈ ! , είναι Im(z

1z

2) = 0 και, λόγω του ερωτήματος (α), είναι

β ⋅ f (α)−α ⋅ f (β) = 0⇒ β ⋅ f (α) = α ⋅ f (β) ⇒

α,β>0 β ⋅ f (α)αβ

=α ⋅ f (β)αβ

⇒f (α)α

=f (β)β

(2)

ΙΙΙ. Θέτω x0= x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται

′f (x) =

f (x)x⇔ ′f (x) ⋅x = f (x)⇔ ′f (x) ⋅x − f (x) = 0⇔ ′f (x) ⋅x − f (x) ⋅(x ′) = 0 .

Αφού x ∈ [α,β] και είναι α> 0 , είναι και x > 0 , οπότε έχω ισοδύναμα

′f (x) ⋅x − f (x) ⋅(x ′)x 2

= 0⇔f (x)x

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

′= 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση g(x) =

f (x)x

, x ∈ [α,β] , και θα δείξω ότι υπάρχει x0∈ (α,β) , ώστε

′g (x0) = 0 .

• Η g είναι συνεχής στο [α,β] ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

• Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

• g(α) =

f (α)α

=(2) f (β)β

= g(β)⇒ g(α) = g(β) .

Άρα ισχύει το θεώρημα του Rolle, οπότε υπάρχει x0∈ (α,β) , ώστε

′g (x0) = 0 .

IV. Η εφαπτομένη της C

fστο σημείο (x0

, f (x0)) έχει εξίσωση εϕ :y− f (x

0) = ′f (x

0) ⋅(x −x

0) και διέρ-

χεται από το σημείο Ο(0,0) , αν και μόνο αν ισχύει

0− f (x

0) = ′f (x

0) ⋅(0−x

0)⇔−f (x

0) =−x

0⋅ ′f (x

0) ⇔

x0 >0

′f (x0) =

f (x0)

x0

,

που ισχύει, όπως απέδειξα στο ερώτημα (β - ΙΙΙ).



Άσκηση 2Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [α,β]→ ! , με f (α) > α> 0 , ώστε ο μιγαδικός

z =β+ f (β) ⋅iα− f (α) ⋅i

να είναι φανταστικός. Να αποδείξετε ότι:

α) η εξίσωση f (x) = x έχει, τουλάχιστον μία, ρίζα στο (α,β) .

β) υπάρχει, τουλάχιστον ένα, x0∈ (α,β) τέτοιο, ώστε

′f (x0) <1 .

γ) αν η εξίσωση f (x) = x έχει λύσεις στο διάστημα (α,β) τους αριθμούς x1,x

2, με x1

< x2

, τότε υπάρχει εφαπτομένη της

C

f, που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

α) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται f (x)−x = 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = f (x)−x , x ∈ [α,β] , και θα δείξω ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλά-χιστον, ρίζα στο (α,β) .

• Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο [α,β] , είναι και συνεχής στο [α,β] , οπότε η g είναι συνεχής στο [α,β] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

• g(α) = f (α)−α> 0 , αφού είναι f (α) > α .

• g(β) = f (β)−β .

Αφού ο μιγαδικός z είναι φανταστικός, ισχύει z =−z , απ' όπου έχω

β− f (β) ⋅iα+ f (α) ⋅i

=−β+ f (β) ⋅iα− f (α) ⋅i

⇒ [β− f (β) ⋅i ]⋅[α− f (α) ⋅i ] =−[α+ f (α) ⋅i ]⋅[β+ f (β) ⋅i ]⇒

⇒ αβ−β ⋅ f (α) ⋅i−α ⋅ f (β) ⋅i + f (α) ⋅ f (β) ⋅i2 =−αβ−α ⋅ f (β) ⋅i−β ⋅ f (α) ⋅i− f (α) ⋅ f (β) ⋅i2 ⇒

⇒ αβ− f (α) ⋅ f (β) =−αβ+ f (α) ⋅ f (β)⇒ 2αβ = 2f (α) ⋅ f (β)⇒ αβ = f (α) ⋅ f (β) ⇒

f (α)>0

f (β) =αβf (α)

Άρα είναι f (β)−β =

αβf (α)

−β =αβ−β ⋅ f (α)

f (α)=β ⋅[α− f (α)]

f (α)=−β ⋅g(α)

f (α).

Αφού είναι α> 0 , από το διάστημα [α,β] έχω ότι είναι και β > 0 .

Επειδή είναι και g(α) > 0 , f (α) > 0 , συμπεραίνω ότι είναι g(β) < 0 .

Τελικά, από το θεώρημα του Bolzano έχω ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (α,β) .

β) Η g είναι συνεχής στο [α,β] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, παραγωγίσιμη στο (α,β) ως διαφορά πα-

ραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε από το ΘΜΤ προκύπτει ότι υπάρχει ξ ∈ (α,β) τέτοιο, ώστε να ισχύει

′g (ξ) =

g(β)−g(α)β−α

.

Όπως απέδειξα στο (α), είναι g(β) < 0 , g(α) > 0 , άρα είναι g(β)−g(α) < 0 .

Επίσης, είναι β−α> 0 από το διάστημα [α,β] , κι έτσι προκύπτει ότι ′g (ξ) < 0⇒


< 0 .



Είναι g(β)−g(α) = f (β)−β−[f (α)−α] = f (β)−β− f (α)+α = f (β)− f (α)−(β−α) .

Άρα από την σχέση


< 0 έχω ότι

f (β)− f (α)−(β−α)β−α

< 0⇒f (β)− f (α)β−α

−β−αβ−α

< 0⇒f (β)− f (α)β−α

<1 (1)

Ακόμη, η f είναι παραγωγίσιμη στο [α,β] , άρα και συνεχής στο [α,β] , οπότε από το ΘΜΤ έχω ότι υπάρχει

x0∈ (α,β) , ώστε

′f (x

0) =

f (β)− f (α)β−α

⇒(1)

′f (x0) <1 .

γ) Αν Μ(ξ1, f (ξ

1)) σημείο της

C

f, τότε η εφαπτομένη στο Μ έχει εξίσωση y− f (ξ

1) = ′f (ξ

1) ⋅(x − ξ

1) και

διέρχεται από την αρχή των αξόνων, αν και μόνο αν ισχύει

0− f (ξ1) = ′f (ξ

1) ⋅(0− ξ

1)⇔−f (ξ

1) =−ξ

1⋅ ′f (ξ

1)⇔ ′f (ξ

1) ⋅ξ

1− f (ξ

1) = 0 .

Έτσι, αρκεί να δείξω ότι υπάρχει ξ1 ∈ (α,β) , ώστε να ισχύει η προηγούμενη σχέση.

Θέτω ξ1 = x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται

′f (x) ⋅x − f (x) = 0⇔ ′f (x) ⋅x − f (x) ⋅(x ′) = 0 .

Αφού x ∈ [α,β] και είναι α> 0 , θα είναι και x > 0 , οπότε έχω ισοδύναμα

′f (x) ⋅x − f (x) ⋅(x ′)x 2

= 0⇔f (x)x

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

′= 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση h(x) =

f (x)x

, x ∈ [α,β] , και θα δείξω ότι υπάρχει ξ1 ∈ (α,β) , ώστε ′h (ξ

1) = 0 .

• Η h είναι συνεχής στο [x1,x

2] ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο (x1,x

2) ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

• h(x

1) =

f (x1)

x1

=x

1

x1

= 1 (είναι f (x1) = x

1, αφού το x1

είναι ρίζα της εξίσωσης f (x) = x ).

• h(x

2) =

f (x2)

x2

=x

2

x2

= 1 (είναι f (x2) = x

2, αφού το x2

είναι ρίζα της εξίσωσης f (x) = x ).

Άρα ισχύει το θεώρημα του Rolle, οπότε υπάρχει ξ1 ∈ (x1,x

2) , άρα και στο (α,β) , ώστε

′h (ξ1) = 0 .



Άσκηση 3

Δίνεται συνάρτηση f, συνεχής στο ! , με f (x)≠ 0 , για κάθε x ∈ ! ,

f (x)dx

1

|z|

∫ = 0 και f (1) = 1 .

α) Να δειχθεί ότι f (x) > 0 .

β) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μιγαδικών z.

γ) Να βρείτε το όριο ℓ imx→−∞

(| z + z |−3) ⋅x 3 + x(| z −z |−3) ⋅x 2 + x

.

δ) Αν το εμβαδόν, που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f, τον άξονα x'x και τις ευθείες x = 0 και

x = 1 , είναι μικρότερο του | z + 2z | , να δειχθεί ότι η εξίσωση

f (t)dt

0

x

∫ = 3x 2 + 6x −6 έχει, τουλά-

χιστον μία, ρίζα στο (0,1) .

α) Αφού η f είναι συνεχής στο ! , με f (x)≠ 0 , για κάθε x ∈ ! , συμπεραίνω ότι η f διατηρεί σταθερό πρό-

σημο στο ! .

Επειδή είναι f (1) = 1 > 0 , συμπεραίνω ότι είναι

f (x) > 0 , για κάθε x ∈ ! .

β) Αφού η f είναι συνεχής και θετική στο ! , το ολοκλήρωμά της, σε οποιοδήποτε διάστημα του ! , θα είναι θε-τικό.

Έτσι, αφού ισχύει

f (x)dx

1

|z|

∫ = 0 , συμπεραίνω ότι τα όρια ολοκλήρωσης είναι ίσα, δηλαδή ότι | z | = 1 , συ-

νεπώς ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι ο μοναδιαίος κύκλος.

γ) Ας ονομάσουμε ℓ το ζητούμενο όριο.

Θέτοντας α = | z + z | , β = | z −z | , θα είναι ℓ = ℓ im

x→−∞

(α−3)x 3 + x(β−3)x 2 + x

.

Είναι α = | z + z | = | 2Re(z) | = 2⋅ | Re(z) | .

Επίσης, β = | z −z | = | 2 ⋅i ⋅ Im(z) | = 2⋅ | i | ⋅ | Im(z) | = 2⋅ | Im(z) | .

Αν ήταν α−3 = 0 , τότε θα είχα ότι

α = 3⇒ 2⋅ | Re(z) | = 3⇒ | Re(z) | =

32⇒ Re(z) =

32

ή Re(z) =−

32

,

που είναι άτοπο, για τον εξής λόγο:

αφού ο γεωμετρικός τόπος του z είναι ο μοναδιαίος κύκλος, ισχύει −1≤ x ≤1 , όπου x οι τετμημένες των σημεί-

ων του κύκλου, αν θέσω z = x +yi (x,y ∈ !) . Έτσι, θα είναι και −1≤Re(z)≤1 .

Άρα είναι α−3≠ 0 και, για τον ίδιο λόγο, είναι και β−3≠ 0 , οπότε

ℓ = ℓ im

x→−∞

(α−3)x 3

(β−3)x 2=α−3β−3

⋅ ℓ imx→−∞

x ⇒ ℓ =α−3β−3

⋅(−∞) (1)



Από την σχέση −1≤Re(z)≤1 έχω ότι | Re(z) |≤1 .

Από την σχέση α = 2⋅ | Re(z) | έχω ότι | Re(z) | =

α2

, οπότε είναι

α2≤1⇒ α≤ 2⇒ α−3≤ 2−3⇒ α−3≤−1 < 0 .

Όμοια προκύπτει και β−3≤−1 < 0 , οπότε από την (1) προκύπτει τελικά ότι ℓ =−∞ .

δ) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται

f (t)dt

0

x

∫ −3x 2−6x + 6 = 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση

g(x) = f (t)dt

0

x

∫ −3x 2−6x + 6 , x ∈ [0,1] , και θα δείξω ότι η εξίσωση g(x) = 0

έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (0,1) .

• Αφού η f είναι συνεχής στο ! , η συνάρτηση

f (t)dt

0

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! , οπότε είναι και συνε-

χής στο ! , άρα και στο [0,1] . Επομένως, η g είναι συνεχής στο [0,1] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

•

g(0) = f (t)dt

0

0

∫ −3 ⋅02−6 ⋅0 + 6⇒ g(0) = 6 > 0 .

•

g(1) = f (t)dt

0

1

∫ −3 ⋅12−6 ⋅1+ 6⇒ g(1) = f (t)dt

0

1

∫ −3 .

Αφού είναι f (x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , το αναφερόμενο εμβαδόν είναι

Ε = f (x)dx

0

1

∫ = f (t)dt

0

1

∫ .

Άρα είναι g(1) = Ε−3 .

Ισχύει Ε < | z + 2z | (2)

Από την τριγωνική ανισότητα έχω ότι | z + 2z |≤ | z | + | 2z | = | z | + 2 | z | = | z | + 2 | z |⇒

⇒ | z + 2z |≤ 3 | z | =(β)

3 ⋅1⇒ | z + 2z |≤ 3 .

Άρα από την (2) έχω ότι Ε < | z + 2z |≤ 3⇒Ε < 3⇒Ε−3 < 0⇒ g(1) < 0 .

Επομένως, ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (0,1) .



Άσκηση 4Δίνεται η, συνεχής στο διάστημα [α,β] , συνάρτηση f και οι μιγαδικοί αριθμοί z = α2 + f (α) ⋅i και

w = β2− f (β) ⋅i , με αβ ≠ 0 και f (α) ⋅ f (β)≠ 0 . Υποθέτουμε ότι |w + z | < |w−z | και

f (α) < f (γ) < f (β) , γ ∈ ! . Να δειχθεί ότι:

α) υπάρχει x0∈ (α,β) , ώστε f (x0

) = 0 . β) υπάρχει x1∈ (α,β) , ώστε f (x1

) = f (γ) .

α) Από την σχέση |w + z | < |w−z | προκύπτει

|w + z |2 < |w−z |2⇒ (w + z)(w + z ) < (w−z )(w−z)⇒

⇒ww +w z + zw + zz < ww−wz −z w + zz ⇒ 2zw + 2z w < 0⇒ zw + z w < 0⇒

⇒ zw + zw < 0⇒ 2Re(zw) < 0⇒ Re(zw) < 0 (1)

Είναι zw = [α2 + f (α) ⋅i ]⋅[β2− f (β) ⋅i ] = α2β2−α2 ⋅ f (β) ⋅i + β2 ⋅ f (α) ⋅i− f (α) ⋅ f (β) ⋅i2 ⇒

⇒ zw = [α2β2 + f (α) ⋅ f (β)]+ [β2 ⋅ f (α)−α2 ⋅ f (β)]⋅i .

Άρα από την (1) έχω ότι α2β2 + f (α) ⋅ f (β) < 0⇒ f (α) ⋅ f (β) <−α2β2.

Αφού αβ ≠ 0 , είναι (αβ)2 > 0⇒ α2β2 > 0 , οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω f (α) ⋅ f (β) < 0 .

Επιπλέον, επειδή η f είναι συνεχής στο [α,β] , από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει ότι υπάχει x0∈ (α,β) ,

ώστε f (x0) = 0 .

β) Θέτω x1= x και η ζητούμενη σχέση ισοδύναμα γράφεται f (x) = f (γ)⇔ f (x)− f (γ) = 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = f (x)− f (γ) , x ∈ [α,β] , και θα δείξω ότι υπάρχει x1∈ (α,β) τέτοιο, ώστε

να ισχύει g(x1) = 0 .

• Η g είναι συνεχής στο [α,β] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

• g(α) = f (α)− f (γ) < 0 , όπως προκύπτει από την ανίσωση f (α) < f (γ) < f (β) .

• g(β) = f (β)− f (γ) > 0 , όπως προκύπτει από την ανίσωση f (α) < f (γ) < f (β) .

Άρα ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε υπάρχει x1∈ (α,β) , ώστε g(x1

) = 0 .



Άσκηση 5α) Δίνονται οι μιγαδικοί z1

,z2

, για τους οποίους ισχύει | z1+ z

2|≤ | z

1−z

2| . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τό-

πος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w = z1z

2.

β) Δίνονται οι μιγαδικοί z1= 1+ i ⋅αf (x ) , z

2= 1+ f (x)+ i , που ικανοποιούν την σχέση του ερωτήματος

(α), και f είναι μια παραγωγίσιμη συνάρτηση στο ! , με f (0) = 0 , ′f (0)≠ 0 . Να δειχθεί ότι 2 < α< 3

γ) Αν για την συνάρτηση g, με τύπο g(x) = Im(z1z

2) , ισχύει το θεώρημα του Rolle στο [γ ,δ] , να δείξετε ότι

e f (γ)

e f (δ)=

1+ f (δ)1+ f (γ)

, f (γ)≠−1 .

α) Από την σχέση | z1+ z

2|≤ | z

1−z

2| προκύπτει

(z1+ z

2)(z

1+ z

2)≤ (z

1−z

2)(z

1−z

2)⇒ z

1z

1+ z

1z

2+ z

1z

2+ z

2z

2≤ z

1z

1−z

1z

2−z

1z

2+ z

2z

2⇒

⇒ 2z1z

2+ 2z

1z

2≤ 0⇒ z

1z

2+ z

1z

2≤ 0⇒ z

1z

2+ (z

1z

2)≤ 0⇒ 2Re(z

1z

2)≤ 0⇒ Re(w)≤ 0 ,

οπότε ο γεωμετρικός τόπος των μιγαδικών w είναι το ημιεπίπεδο που βρίσκεται αριστερά του άξονα y'y, μαζί με τα σημεία του άξονα y'y.

β) Αφού οι z1,z

2 ικανοποιούν την σχέση του ερωτήματος (α), ισχύει

Re(z

1z

2)≤ 0 (1)

Είναι z1z

2= [1+ i ⋅αf (x ) ]⋅[1+ f (x)+ i ] = 1+ f (x)+ i + i ⋅αf (x ) + i2 ⋅αf (x )⇒

⇒ z1z

2= [1+ f (x)−αf (x ) ]+ [1+αf (x ) ⋅ f (x)]⋅i .

Έτσι, από την (1) έχω ότι ισχύει 1+ f (x)−αf (x ) ≤ 0 , για κάθε x ∈ ! .

Θεωρώ την συνάρτηση h(x) = 1+ f (x)−αf (x ) , οπότε ισχύει h(x)≤ 0 , για κάθε x ∈ ! .

Είναι h(0) = 1+ f (0)−αf (0) = 1+ 0−α0 = 1−1⇒ h(0) = 0 , οπότε ισχύει h(x)≤ h(0) , για κάθε

x ∈ ! , που σημαίνει ότι, για x = 0 , η h έχει μέγιστο.

Η h είναι παραγωγίσιμη στο 0 (αφού είναι παραγωγίσιμη στο ! ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ παραγωγίσι-μων συναρτήσεων), το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του Dh

= ! , οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat,

ισχύει ′h (0) = 0 .

Είναι ′h (x) = ′f (x)−αf (x ) ⋅ ℓnα ⋅ ′f (x) , οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω

′f (0)−αf (0) ⋅ ℓnα ⋅ ′f (0) = 0 ⇒

′f (0)≠0

1−α0 ⋅ ℓnα = 0⇒ ℓnα = 1⇒ α = e⇒ 2 < α< 3 .



γ) Για α = e , από το ερώτημα (β) έχω ότι Im(z1z

2) = 1+e f (x ) +e f (x ) ⋅ f (x) = g(x) .

Αφού για την g ισχύει το θεώρημα του Rolle στο [γ ,δ] , ισχύει g(γ) = g(δ) , απ' όπου έχω

1+e f (γ) +e f (γ) ⋅ f (γ) = 1+e f (δ) +e f (δ) ⋅ f (δ)⇒ e f (γ) ⋅[1+ f (γ)] = e f (δ) ⋅[1+ f (δ)] .

Αφού είναι f (γ)≠−1 , είναι 1+ f (γ)≠ 0 . Επίσης είναι ef (δ) > 0 , οπότε από την τελευταία σχέση έχω ότι

e f (γ)

e f (δ)=

1+ f (δ)1+ f (γ)

.

Άσκηση 6Δίνεται ο μιγαδικός z = f (x)+ f (x) ⋅i , με f συνεχή στο ! συνάρτηση, και | z | = 2 ⋅(1+ex ) . Αν το ση-

μείο (0,−2) ανήκει στην C

f, τότε:

α) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ! , το οποίο να προσδιορίσετε.

β) να βρείτε τον τύπο της f.

γ) να βρείτε το σύνολο των εικόνων του z, στο μιγαδικό επίπεδο.

δ) αν w = f (x)− f 2(x) ⋅i , να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = Re(zw) δεν παρουσιάζει ακρότατα.

α) Αφού το σημείο (0,−2) ανήκει στην C

f, ισχύει f (0) =−2 .

Είναι | z | = f 2(x)+ f 2(x) = 2f 2(x)⇒ | z | = 2⋅ | f (x) | .

Είναι όμως και | z | = 2 ⋅(1+ex ) , οπότε ισχύει

2⋅ | f (x) | = 2 ⋅(1+ex )⇒ | f (x) | = 1+ex (1)

Επειδή είναι 1+ex > 0 , για κάθε x ∈ ! , από την (1) προκύπτει ότι είναι και | f (x) | > 0 , για κάθε x ∈ ! ,δηλαδή f (x)≠ 0 , για κάθε x ∈ ! .

Επειδή η f είναι και συνεχής στο ! , από την προηγούμενη σχέση συμπεραίνω ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο στο

! . Μάλιστα, επειδή είναι f (0) =−2 < 0 , συμπεραίνω ότι είναι

f (x) < 0 , για κάθε x ∈ ! .

β) Αφού είναι f (x) < 0 , για κάθε x ∈ ! , από την (1) έχω ότι −f (x) = 1+ex ⇒ f (x) =−1−ex .

γ) Στην μορφή του z, z = f (x)+ f (x) ⋅i , ισχύει Re(z) = Im(z) , οπότε οι συντεταγμένες των εικόνων του επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας y = x , που είναι και ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του.

Όμως, ισχύει ex > 0⇒ ex +1 >1⇒−1−ex <−1⇒ f (x) <−1 , για κάθε x ∈ ! , δηλαδή οι τετμημέ-

νες έχουν τιμή μικρότερη του -1, οπότε ο γεωμετρικός τόπος είναι η ημιευθεία y = x , με x <−1 .



δ) Είναι zw = [f (x)+ f (x) ⋅i ]⋅[f (x)+ f 2(x) ⋅i ] = f 2(x)+ f 3(x) ⋅i + f 2(x) ⋅i + f 3(x) ⋅i2 ⇒

⇒ zw = [f 2(x)− f 3(x)]+ [f 3(x)+ f 2(x)]⋅i .

Επομένως είναι g(x) = f 2(x)− f 3(x) .

Η συνάρτηση f2(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! ως σύνθεση της f (x) με την x 2 . Ανάλογα είναι

και η f3(x) , ως σύνθεση της f (x) με την x 3 .

Άρα η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! ως διαφορά συνεχών και παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτή-σεων.

Έστω ότι η g παρουσιάζει ακρότατο στο x0∈ ! . Επειδή το x0

είναι εσωτερικό σημείο του ! και η g είναι πα-

ραγωγίσιμη στο x0, από το θεώρημα του Fermat έχω ότι ισχύει

′g (x

0) = 0 (2)

Είναι ′g (x) = 2f (x) ⋅ ′f (x)−3f 2(x) ⋅ ′f (x) , οπότε θέτοντας x = x0

έχω λόγω της (2)

2f (x

0) ⋅ ′f (x

0)−3f 2(x

0) ⋅ ′f (x

0) = 0⇒ f (x

0) ⋅ ′f (x

0) ⋅[2−3f (x

0)] = 0 (3)

Είναι f (x) < 0 , για κάθε x ∈ ! (από το ερώτημα (α)), άρα και f (x0) < 0 .

Επίσης, είναι ′f (x) =−ex ⇒ ′f (x

0) =−ex0 < 0 , για κάθε x0

∈ ! , οπότε από την (3) έχω ότι

2−3f (x

0) = 0⇒ 3f (x

0) = 2⇒ f (x

0) =

23

,

δηλαδή υπάρχει x0∈ ! , για τον οποίο η f λαμβάνει την τιμή

23

. Αυτό, όμως, είναι άτοπο, διότι f (x) <−1 , για κάθε x ∈ ! .

Άρα η g δεν έχει ακρότατα.

Άλλος τρόπος αιτιολόγησης είναι ο εξής: από την σχέση f (x

0) =

23

> 0 συμπεραίνω ότι, για κάποιο x0∈ ! , η f

λαμβένει θετική τιμή. Αυτό είναι άτοπο, διότι είναι f (x) < 0 , για κάθε x ∈ ! , όπως απέδειξα στο (α).



Άσκηση 7

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :!→ ! και ο z ∈!−

12

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⎫⎬⎪⎪

⎭⎪⎪, ώστε να ισχύουν

f2(x)+ ηµ2x = 2x ⋅ f (x) , για κάθε x ∈ ! , και

ℓ imx→0

f (x)x

= 1 =| z −2 || 2z −1 |

.

α) Να δείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο.

β) Να βρείτε το ℓ imx→0

f (ηµx)x 2−x

.

γ) Να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = f (x)−x διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (−∞,0) και (0,+∞) .

δ) Να βρείτε όλους τους δυνατούς τύπους της f.ε) Να δείξετε ότι η εξίσωση (| z + 3− 4i | + 5) ⋅x = x 3 +10 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο [1,2] .

α) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει | z | = 1 .

Από την σχέση

| z −2 || 2z −1 |

= 1 έχω | z −2 | = | 2z −1 |⇒ | z −2 |2 = | 2z −1 |2 ⇒

⇒ (z −2)(z −2) = (2z −1)(2z −1)⇒ zz −2z −2z + 4 = 4zz −2z −2z +1⇒

⇒ | z |2 +4 = 4 | z |2 +1⇒ 3 | z |2= 3⇒ | z |2= 1⇒ | z | = 1 .

β) Είναι

ℓ = ℓ imx→0

f (ηµx)x 2−x

= ℓ imx→0

f (ηµx)ηµx

x 2−xηµx

.

Στο ℓ

1= ℓ im

x→0

f (ηµx)ηµx

, θέτω ηµx = y . Όταν x → 0 , τότε y → 0 , οπότε είναι

ℓ

1= ℓ im

y→0

f (y)y

= ℓ imx→0

f (x)x⇒ ℓ

1= 1 .

Είναι ℓ

2= ℓ im

x→0

x 2−xηµx

=0/0

ℓ imx→0

(x 2−x ′)(ηµx ′)

= ℓ imx→0

2x −1συνx

=2 ⋅0−1συν0

⇒ ℓ2

=−1 .

Τελικά είναι ℓ =

1−1⇒ ℓ =−1 .

γ) Από την σχέση f2(x)+ ηµ2x = 2x ⋅ f (x) έχω f

2(x)−2x ⋅ f (x) =−ηµ2x ⇒

⇒ f 2(x)−2x ⋅ f (x)+ x 2 = x 2− ηµ2x ⇒ [f (x)−x ]2 = x 2− ηµ2x ⇒ g 2(x) = x 2− ηµ2x (1)

Για κάθε x ∈ ! , ισχύει | ηµx |≤ | x | και | ηµx | = | x |⇔ x = 0 .

Άρα, για κάθε x ≠ 0 , είναι | ηµx | < | x |⇒ | ηµx |2 < | x |2⇒ ηµ2x < x 2 ⇒ x 2− ηµ2x > 0 .

Έτσι, από την (1) έχω ότι είναι g2(x) > 0 , για κάθε x ≠ 0 , άρα και g(x)≠ 0 , για κάθε x ≠ 0 .



Επειδή η g είναι συνεχής στο ! ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, από την τελευταία σχέση συμπεραίνω ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−∞,0) και στο (0,+∞) .

δ) Από την σχέση [f (x)−x ]2 = x 2− ηµ2x του ερωτήματος (γ) έχω ότι

f (x)−x = x 2− ηµ2x ή f (x)−x =− x 2− ηµ2x ⇒

⇒ f (x) = x + x 2− ηµ2x ή

f (x) = x − x 2− ηµ2x , x ∈ ! .

ε) Θέτω α = | z + 3− 4i | και η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται

(α+ 5)x = x 3 +10⇔ (α+ 5)x −x 3−10 = 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση h(x) = (α+ 5)x −x 3−10 , x ∈ [1,2] , και θα δείξω ότι η εξίσωση h(x) = 0 έχει

μία, τουλάχιστον, ρίζα στο [1,2] .

• Η h είναι συνεχής στο [1,2] ως πολυωνυμική.

• h(1) = (α+ 5) ⋅1−13−10 = α+ 5−1−10⇒ h(1) = α−6 .

• h(2) = (α+ 5) ⋅2−23−10 = 2α+10−8−10 = 2α−8⇒ h(2) = 2(α− 4) .

Από την τριγωνική ανισότητα έχω ότι ισχύει | | z |− | 3− 4i | |≤ | z + (3− 4i) |≤ | z | + | 3− 4i | .

Από το ερώτημα (α) έχω ότι | z | = 1 , ενώ είναι | 3− 4i | = 32 + (−4)2 = 5 .

Επομένως ισχύει

| 1−5 |≤ α≤1+ 5⇒ 4≤ α≤ 6⇒α≥ 4και α≤ 6

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪⇒

α− 4≥ 0και α−6≤ 0

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪⇒

⇒h(2)≥ 0

h(1)≤ 0

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪⇒ h(1) ⋅h(2)≤ 0 , οπότε:

Ι. αν είναι h(1) ⋅h(2) < 0 , ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2) .

ΙΙ. αν είναι h(1) ⋅h(2) = 0 , τότε είναι h(1) = 0 ή h(2) = 0 , δηλαδή το 1 είναι ρίζα της εξίσωσης h(x) = 0 ή το 2 είναι ρίζα της.

Από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ προκύπτει ότι η εξίσωση h(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο [1,2] .



Άσκηση 8Θεωρούμε τον μιγαδικό z = (1+ 3συνx)+ ( 3 + 3ηµx) ⋅i , x ∈ [0,2π) .

α) Να αποδείξετε ότι η εικόνα, Μ, του z κινείται σε κύκλο (c), του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα.

β) Να βρείτε για ποια τιμή του x, το | z | γίνεται ελάχιστο και για ποια μέγιστο. Να υπολογίσετε την ελάχιστη και την μέγιστη τιμή του | z | .

γ) Έστω x1,x

2 οι τιμές του x, για τις οποίες το | z | παίρνει την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του αντίστοι-

χα, και Μ1,Μ

2 οι αντίστοιχες εικόνες του z. Θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση f :!→ ! , της οποίας η

γραφική παράσταση διέρχεται από τα σημεία Μ1,Μ

2. Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον

άξονα x'x σε ένα, τουλάχιστον, σημείο, που βρίσκεται στο εσωτερικό του κύκλου (c).

α) Θέτω z = α+ βi (α,β ∈ !) , οπότε ισχύουν

α = 1+ 3συνx

β = 3 + 3ηµx

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪

, απ' όπου έχω

3συνx = α−1

3ηµx = β− 3

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪⇒

συνx =α−1

3

ηµx =β− 3

3

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

.

Από την ταυτότητα ηµ2x + συν2x = 1 έχω τότε

β− 33

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

2

+α−1

3

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

2

= 1⇒

⇒

(β− 3)2

9+

(α−1)2

9= 1⇒ (α−1)2 + (β− 3)2 = 9 , εξίσωση η οποία παριστάνει κύκλο με κέντρο

το σημείο Κ(1, 3) και ακτίνα 3, που είναι ο γεωμετρικός τόπος του z.

β) Φέρνω την ΟΚ, η οποία τέμνει τον κύκλο στα Μ1,Μ

2.

Τότε το Μ1είναι η εικόνα του μιγαδικού με το μέγιστο μέτρο, ενώ το

Μ2 με το ελάχιστο μέτρο και οι συντεταγμένες τους θα βρεθούν από

την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων του κύκλου (c) και της ευθείας ΟΚ.

Αφού διέρχεται από το Ο, η ΟΚ έχει εξίσωση ΟΚ :y = λΟΚ⋅x .

Το Κ ανήκει στην ΟΚ, οπότε θέτω x = xΚ,y = y

Κ στην εξίσωσή

της και έχω ότι 3 = λΟΚ⋅1⇒ λ

ΟΚ= 3 .

Άρα είναι ΟΚ :y = 3 ⋅x , ενώ ο κύκλος έχει εξίσωση

c : (x −1)2 + (y− 3)2 = 9 .



Αντικαθιστώντας το y από την ΟΚ στην εξίσωση του (c), έχω

(x −1)2 + ( 3 ⋅x − 3)2 = 9⇒ (x −1)2 + [ 3(x −1)]2 = 9⇒ (x −1)2 + 3(x −1)2 = 9⇒

⇒ 4(x −1)2 = 9⇒ (x −1)2 =

94⇒ x −1 =±

94⇒ x −1 =

32

ή x −1 =−

32⇒

⇒ x = 1+

32

= xΜ2

, x = 1−32

= xΜ1

, όπως προκύπτει με την βοήθεια του σχήματος.

Θέτω x = x

Μ2 στην εξίσωση της ΟΚ και έχω

y = 3 1−

32

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⇒ y = 3−

3 32

= yΜ2

.

Άρα είναι

Μ2

1−32

, 3−3 32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟, οπότε ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο είναι ο

zmin

= 1−32

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

+ 3−3 32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⋅i .

Θέτω x = x

Μ1 στην εξίσωση της ΟΚ και έχω

y = 3 1+

32

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⇒ y = 3 +

3 32

= yΜ1

.

Άρα είναι

Μ1

1+32

, 3 +3 32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟, οπότε ο μιγαδικός με το μέγιστο μέτρο είναι ο

zmax

= 1+32

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

+ 3 +3 32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⋅i .

Ι. Όταν ο z λάβει την ελάχιστη τιμή του, από το σύστημα

α = 1+ 3συνx

β = 3 + 3ηµx

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪

έχω για α = 1−

32

και

β = 3−

3 32

,

1+ 3συνx = 1−32

3 + 3ηµx = 3−3 32

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⇒3συνx =−

32

3ηµx =−3 32

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⇒συνx =−

12

ηµx =−32

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⇒συνx =−συν

π3

ηµx =−ηµπ3

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

Αφού είναι ηµx < 0 , συνx < 0 , το x ∈ π ,

3π2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

, οπότε είναι x = π+

π3⇒ x

min=

4π3

.

ΙΙ. Όταν ο z λάβει την μέγιστη τιμή του, από το σύστημα

α = 1+ 3συνx

β = 3 + 3ηµx

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪

έχω για α = 1+

32

και

β = 3 +

3 32

,

1+ 3συνx = 1+32

3 + 3ηµx = 3 +3 32

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⇒3συνx =

32

3ηµx =3 32

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⇒συνx =

12

ηµx =32

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⇒συνx = συν

π3

ηµx = ηµπ3

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪

.



Αφού είναι ηµx > 0 , συνx > 0 , το x ∈ 0 ,

π2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

, οπότε είναι

xmax

=π3

.

Η ελάχιστη και η μέγιστη, αντίστοιχα, τιμή του | z | , είναι:

• | z |

min= (ΟΜ

2) = (ΚΜ

2)−(ΟΚ) = ρ− x

Κ2 +y

Κ2 = 3− 12 + 3

2

⇒ | z |min

= 1 .

• | z |

max= (ΟΜ

1) = (ΟΚ)+ (ΚΜ

1) = 3 + 2⇒ | z |

max= 5 .

γ) Είναι x

1=π3

, x2

=4π3

και τα Μ1,Μ

2 είναι αυτά που βρέθηκαν παραπάνω.

Αφού η C

fδιέρχεται:

• από το Μ1, ισχύει

f 1+

32

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 3 +3 32

> 0 .

• από το Μ2, ισχύει

f 1−

32

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 3−3 32

< 0 .

Επειδή η f είναι και συνεχής στο 1−

32

, 1+32

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ , ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε η

C

fτέμνει τον άξονα

x'x σ' ένα, τουλάχιστον, εσωτερικό σημείο του παραπάνω διαστήματος.

Για να βρω πού τέμνει τον άξονα x'x ο κύκλος, θέτω y = 0 στην εξίσωσή του και έχω

(x −1)2 + (0− 3)2 = 9⇒ (x −1)2 + 3 = 9⇒ (x −1)2 = 6⇒ x −1 = ± 6⇒

⇒ x = 1− 6 ή x = 1+ 6 .

Άρα ο κύκλος τέμνει τον x'x στα σημεία (1− 6 , 0) και (1+ 6 , 0) , τα οποία δημιουργούν το διάστημα

[1− 6 , 1+ 6] .

Είναι 1−

32

>1− 6 ⇒−32

>− 6 ⇒32

< 6 ⇒ 3 < 2 6 ⇒ 32 < (2 6)2 ⇒ 9 < 24 , που ισχύει.

Επίσης, είναι 1+

32

<1+ 6 ⇒32

< 6 ⇒ 9 < 24 , που ισχύει.

Αυτό σημαίνει ότι οι τετμημένες των Μ1,Μ

2 είναι εσωτερικά σημεία του διαστήματος [1− 6 , 1+ 6] ,

οπότε τελικά η C

fτέμνει τον x'x σ' εσωτερικό σημείο του κύκλου.



Άσκηση 9 (εξετάσεις 2002)

Δίνεται η συνάρτηση f, ορισμένη στο ! , με τύπο f (x) =

| x −z |2 − | x + z |2

x 2 + | z |2 , όπου z συγκεκριμένος μιγα-

δικός αριθμός z = α+ βi , α,β ∈ ! , α ≠ 0 .

α) Να βρείτε τα όρια ℓ imx→+∞

f (x) , ℓ imx→−∞

f (x) .

β) Να βρείτε τα ακρότατα της συνάρτησης f, εάν | z +1 | > | z −1 | .

γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών και το πλήθος των ριζών της f.

α) Είναι:

• | x −z |2= | x −α−βi |2 = (x −α)2 + (−β)2 = x 2 +α2−2αx + β2 .

• | x + z |2 = | x +α+ βi |2 = (x +α)2 + β2 = x 2 +α2 + 2αx + β2 .

Άρα ο αριθμητής της f(x) είναι ο x2 +α2−2αx + β2−x 2−α2−2αx −β2 =−4αx , ενώ ο παρονομασ-

τής είναι ο x2 +α2 + β2 , συνεπώς είναι

f (x) =

−4αxx 2 +α2 + β2

.

Επομένως είναι ℓ imx→−∞

f (x) = ℓ imx→−∞

−4αxx 2 +α2 + β2

=α≠0

ℓ imx→−∞

−4αxx 2

= ℓ imx→−∞

−4αx⇒ ℓ im

x→−∞f (x) = 0

και, με εντελώς όμοιο τρόπο, ℓ imx→+∞

f (x) = 0 .

β) Από την ανίσωση | z +1 | > | z −1 | έχω | z +1 |2 > | z −1 |2⇒ (z +1)(z +1) > (z −1)(z −1)⇒

⇒ zz + z + z +1 > zz −z −z +1⇒ 2z + 2z > 0⇒ z + z > 0⇒ 2Re(z) > 0⇒ Re(z) > 0⇒

⇒ α> 0 .

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο D

f= ! ως ρητή, με

′f (x) =−4α ⋅

(x ′) ⋅(x 2 +α2 + β2)−x(x 2 +α2 + β2 ′)(x 2 +α2 + β2)2

=−4α ⋅x 2 +α2 + β2−x ⋅2x

(x 2 +α2 + β2)2⇒

⇒ ′f (x) =−4α ⋅α2 + β2−x 2

(x 2 +α2 + β2)2⇒ ′f (x) =

4α ⋅[x 2−(α2 + β2)](x 2 +α2 + β2)2

.

Επειδή είναι α> 0 και (x2 +α2 + β2)2 > 0 , για κάθε x ∈ ! , το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από

το πρόσημο της αγκύλης, οπότε από την ανίσωση ′f (x) > 0 έχω

x2−(α2 + β2) > 0⇒ x <− α2 + β2 ή x > α2 + β2 .



Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της f, απ' όπου έχω ότι αυτή:

• για x =− α2 + β2 έχει τοπικό μέγιστο, το

f − α2 + β2( ) =−4α ⋅ − α2 + β2( )− α2 + β2( )

2

+α2 + β2

⇒

⇒ f − α2 + β2( ) =

4α ⋅ α2 + β2

α2 + β2 +α2 + β2=

4α ⋅ α2 + β2

2(α2 + β2)⇒ f − α2 + β2( ) =

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2

• για x = α2 + β2 έχει τοπικό ελάχιστο, το

f α2 + β2( ) =4α ⋅ α2 + β2

α2 + β22

+α2 + β2

⇒ f α2 + β2( ) =−2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2.

γ) Σύνολο τιµών.

Αν Δ

1= −∞,− α2 + β2( ⎤

⎦⎥ , Δ2

= − α2 + β2 , α2 + β2⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ , Δ3

= α2 + β2 , +∞⎡⎣⎢ ) , τότε το

σύνολο τιμών της f είναι το

f (Df) = f (Δ

1)∪ f (Δ

2)∪ f (Δ

3) (1)

Ι. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1, οπότε είναι

f (Δ1) = ℓ im

x→−∞f (x) , f − α2 + β2( )⎛

⎝⎜⎜

⎤⎦⎥⎥= 0 ,

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦

⎥⎥⎥

.

ΙΙ. Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ2, οπότε είναι

f (Δ2) = f α2 + β2( ) , f − α2 + β2( )⎡⎣⎢⎢

⎤⎦⎥⎥= −

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2,2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥.

ΙΙΙ. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ3, οπότε είναι

f (Δ3) = f α2 + β2( ) , ℓ im

x→+∞f (x)

⎡⎣⎢⎢

⎞⎠⎟⎟⎟= −

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2, 0

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟.

Τελικά από την (1) έχω ότι το σύνολο τιμών της f είναι το

f (Df) = 0 ,

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦

⎥⎥⎥∪ −

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2,2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥∪ −

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2, 0

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⇒

⇒ f (Df) = −

2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2,2α ⋅ α2 + β2

α2 + β2

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

.

Πλήθος ριζών της f.

Επειδή το 0 ανήκει μόνο στο f (Δ3) , στο οποίο η f είναι γνησίως φθίνουσα, η f έχει μοναδική ρίζα στο Δ3

.



−∞ − α2α2 + β2 α2α2 + β2 +∞

′f (x) + - +

f (x) 1 2 1

Άσκηση 10 (εξετάσεις 2004)Έστω η συνεχής συνάρτηση f :!→ ! τέτοια, ώστε f (1) = 1 . Αν, για κάθε x ∈ ! , ισχύει

g(x) = | z | ⋅f (t)dt

1

x3

∫ −3 ⋅ z +1z⋅(x −1)≥ 0 , όπου z = α+ βi ∈! , α,β ∈ "* , τότε:

α) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο ! και να βρείτε την ′g .

β) να αποδείξετε ότι z +

1z

= | z | .

γ) με δεδομένη την σχέση του ερωτήματος (β), να αποδείξετε ότι Re(z 2) =−

12

.

δ) αν, επιπλέον, f (2) = α> 0 , f (3) = β και α> β , να αποδείξετε ότι υπάρχει x0∈ (2,3) τέτοιο, ώστε

f (x0) = 0 .

α) Είναι

g(x) = | z | ⋅ f (t)dt

1

x3

∫ −3 ⋅ z +1z⋅(x −1) (1)

Αφού η f είναι συνεχής στο ! , η συνάρτηση

f (t)dt

1

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! .

Επίσης, η συνάρτηση x 3 είναι παραγωγίσιμη στο ! ως πολυωνυμική, οπότε η συνάρτηση

f (t)dt

1

x3

∫ είναι

παραγωγίσιμη στο ! ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων

f (t)dt

1

x

∫ και x 3 .

Συνεπώς, η συνάρτηση

| z | ⋅ f (t)dt

1

x3

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! .

Ακόμη, η συνάρτηση ψ(x) = 3 ⋅ z +

1z⋅(x −1) είναι παραγωγίσιμη στο ! ως πολυωνυμική.

Έτσι, από την (1) συμπεραίνω ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο ! ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με

′g (x) = | z | ⋅ f (t)dt

1

x3

∫⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

′

−3 ⋅ z +1z⋅(x −1 ′) = | z | ⋅f (x 3) ⋅(x 3 ′) −3 ⋅ z +

1z⇒

⇒ ′g (x) = | z | ⋅f (x 3) ⋅3x 2−3 ⋅ z +1z⇒ ′g (x) = 3 | z | ⋅x 2 ⋅ f (x 3)−3 ⋅ z +

1z

(2) , x ∈ ! .



β) Από την ανίσωση της εκφώνησης έχω ότι ισχύει g(x)≥ 0 , για κάθε x ∈ ! .

Παρατηρώ ότι

g(1) = | z | ⋅ f (t)dt

1

13

∫ −3 ⋅ z +1z⋅(1−1)⇒ g(1) = 0 .

Άρα ισχύει g(x)≥ g(1) , για κάθε x ∈ ! , που σημαίνει ότι, για x = 1 , η g έχει ελάχιστο.

Επειδή το 1 είναι εσωτερικό σημείο του D

g= ! και η g είναι παραγωγίσιμη στο 1, από το θεώρημα του Fermat

έχω ότι ισχύει ′g (1) = 0 (3)

Για x = 1 , από την (2) έχω ′g (1) = 3⋅ | z | ⋅12 ⋅ f (13)−3 ⋅ z +

1z

= 3 | z |−3 ⋅ z +1z⇒

⇒ ′g (1) = 3 ⋅ | z |− z +1z

⎡

⎣⎢⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥⎥

(4)

Λόγω της (3), από την (4) έχω ότι

| z |− z +1z

= 0⇒ | z | = z +1z

(5)

γ) Από την (5) έχω | z | =

z 2 +1z

⇒ | z | =| z 2 +1 |

| z |⇒ | z |2 = | z 2 +1 |⇒ ( | z |2 )2 = | z 2 +1 |2⇒

⇒ (zz )2 = (z 2 +1)(z 2 +1)⇒ z 2z 2 = z 2z 2 + z 2 + z 2 +1⇒ z 2 + z 2 =−1⇒ 2Re(z 2) =−1⇒

⇒ Re(z 2) =−

12

(6)

δ) Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι συνεχής και στο [2,3] .

Επιπλέον, είναι f (2) = α> 0 , f (3) = β , όπως γνωρίζω από την εκφώνηση, οπότε

f (2) ⋅ f (3) = αβ (7)

Είναι z2 = (α+ βi)2 = α2 + β2i2 + 2αβi⇒ z 2 = (α2−β2)+ 2αβ ⋅i , οπότε από την (6) έχω ότι

α2−β2 =−

12⇒ (α−β)(α+ β) =−

12

(8)

Αφού είναι α> β , είναι και α−β > 0 .

Από την (8) προκύπτει ότι είναι (α−β)(α+ β) < 0 , οπότε αφού είναι α−β > 0 , θα είναι α+ β < 0 , δηλαδή α+ β < 0⇒ β <−α⇒ β < 0 , αφού είναι α> 0 .

Άρα είναι α> 0 , β < 0⇒ αβ < 0 και από την (7) έχω ότι f (2) ⋅ f (3) < 0 .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι ισχύει το θεώρημα του Bolzano, άρα υπάρχει x0∈ (2,3) , ώστε f (x0

) = 0 .



Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης Γ Λυκείου (1-10)

Education

Transcript of Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης Γ Λυκείου (1-10)