Diagonisma prosomoiosis analutikes_luseis_math_kate_2015_lisari_team

Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015

Μαθηματικά θετικής και

τεχνολογικής κατεύθυνσης

από τη lisari team

# Αναλυτικές λύσεις #

Κυριακή 24 – 05 – 2015

lisari.blogspot.gr

Ομάδα Α΄

εργασιών:

Νίκος

Σπλήνης

Παύλος

Σταυρόπουλος

Σταύρος

Σταυρόπουλος

Ομάδα Β΄

εργασιών:

Νίκος

Αντωνόπουλος

Αντώνης

Σπυριδάκης

Περικλής

Παντούλας

Συντονιστής

Παύλος

Τρύφων

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Το διαγώνισμα που περιλαμβάνεται στην παρούσα ανάρτηση αντιστοιχεί στο

μάθημα Μαθηματικά θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης και ακολουθεί τις

προδιαγραφές που αναφέρονται στο αναλυτικό πρόγραμμα σπουδών της Γ΄ τάξης του

Γενικού Λυκείου για το σχολικό έτος 2014-2015.

Το διαγώνισμα είναι αποτέλεσμα σύνθεσης δυνάμεων της lisari team. Η πρώτη

διστακτική απόπειρα προσομοιωτικών διαγωνισμάτων ξεκινά από τη φετινή χρονιά

(2015). Δεν ξέρουμε αν η ομάδα μας θα προσφέρει κάτι διαφορετικό από τα έως τώρα

αναρτηθέντα διαγωνίσματα , αλλά πρόκειται για μια προσπάθεια να παρουσιαστεί –

όσο είναι δυνατόν- ένα πλήρες διαγώνισμα.

Η lisari team δεν επιθυμεί, δε φιλοδοξεί ούτε δύναται τα προτεινόμενα θέματά της να

γίνουν τα μελλοντικά θέματα των εξετάσεων. Ωστόσο, θα επιχειρήσει

να προετοιμάσει, να ελέγξει και να δώσει την ευκαιρία στο μαθητή να εξασκηθεί.

Αν παράλληλα καταφέρει να προβληματίσει και τον καθηγητή, τότε θα έχει πετύχει το

σκοπό της στο μέγιστο.

Δεν έχουμε σκοπό, ούτε διεκδικούμε να ανεβάσουμε τον «πήχη» δυσκολίας, δε

θέλουμε να φοβίσουμε ή να απογοητεύσουμε τους μαθητές μας. Εντούτοις, όταν

χαρακτηρίζεις ένα διαγώνισμα «προσομοιωτικό» οφείλεις να προσομοιάζεις, όσο

είναι δυνατόν, το στυλ, το επίπεδο και τη μορφή των θεμάτων με εκείνα που

προτείνονται στις Πανελλαδικές Εξετάσεις. Η ενασχόληση των μαθητών με το

διαγώνισμα προσομοίωσης της lisari team προϋποθέτει τη γνώση της θεωρίας, την

επίλυση όλων των σχολικών ασκήσεων, καθώς και όλων των προηγούμενων

θεμάτων από τις κανονικές και επαναληπτικές εξετάσεις (‘00 – ‘14).

Μην ξεχνάτε ότι το διαγώνισμα, με το οποίο θα ασχοληθείτε, είναι ανθρώπινο

δημιούργημα, οπότε εξ’ ορισμού δεν είναι τέλειο. Γι’ αυτό το λόγο, η συγγραφική

ομάδα που το επιμελήθηκε με ιδιαίτερη ικανοποίηση θα δέχεται στην παρούσα

ανάρτηση τα σχόλια και τις παρατηρήσεις από οποιονδήποτε συνάδελφο, μαθητή ή

πολίτη που ασχολείται με θέματα παιδείας.

Με εκτίμηση,

lisari team

“verba volant, scripta manent” = τα λόγια πετούν-χάνονται, τα γραπτά μένουν

http://lisari.blogspot.gr/2014/10/blog-post_13.html

Πρόσφεραν θέματα – Τράπεζα Θεμάτων

1. Αντωνόπουλος Νίκος

2. Αυγερινός Βασίλης

3. Βελαώρας Γιάννης

4. Βοσκάκης Σήφης

5. Γιαννόπουλος Μιχάλης

6. Γκριμπαβιώτης Πάνος

7. Κάκανος Γιάννης

8. Κανάβης Χρήστος

9. Κοπάδης Θανάσης

10. Παντούλας Περικλής

11. Παπαμικρούλης Δημήτρης

12. Σκομπρής Νίκος

13. Σπλήνης Νίκος

14. Σπυριδάκης Αντώνης

15. Σταυρόπουλος Σταύρος

16. Τηλέγραφος Κώστας

17. Τρύφων Παύλος

18. Φιλιππίδης Χαράλαμπος

19. Χατζόπουλος Μάκης

Ομάδα Α΄ (επιλογή και επεξεργασία των θεμάτων):

α) Νίκος Σπλήνης β) Παύλος Σταυρόπουλος γ) Σταύρος Σταυρόπουλος

Ομάδα Β΄ (επιλογή και επεξεργασία των θεμάτων):

α) Νίκος Αντωνόπουλος β) Περικλής Παντούλας γ) Αντώνης Σπυριδάκης

Επιμέλεια: Παύλος Τρύφων

Γενικός Συντονιστής: Παύλος Τρύφων

Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου

Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team

EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 1

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ

ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ

από τη lisari team

ΘΕΜΑ Α

Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 167

Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 195




Α3. Σχολικό βιβλίο θεώρημα σελ. 218

Α4. 1) Σωστό

2) Σωστό




3) Λάθος

4) Λάθος

5) Σωστό




ΘΕΜΑ Β

Β1. Έστω z w τότε η δοσμένη γράφεται ισοδύναμα,

2 2 2z z z 0 23z 0 z 0

που είναι άτοπο.

Άρα z w

Ακόμη,

z w 02 2z zw w 0

2 2z w z zw w 0 3 3z w 0

B2. Αρκεί να δείξουμε, z w

Από το Β1 έχουμε,

3 3 3 3z w 0 z w

οπότε,

3 33 3z w z w z w

Β3. i. 1ος τρόπος

Έχουμε,

OA ρ z ρ

και OΒ ρ w ρ

Οπότε,

2 2 2 2 2

2 2 2

z zw w 0 zw w z w z w z

w z w z w z w z w z w

Επίσης,

_______ _______

2 2z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w

zz zw

wz ww zz zw wz2 2 2 2 2ww 2 z 2 w 2ρ 2ρ 4ρ

άρα z w ρ

2 2 2z w z w 4ρ

2 22 2 2z w

ρ z w 4ρ z w 3ρ z w 3ρ ρ3

Άρα πράγματι ισχύει η σχέση

z wz w

3

2ος τρόπος

Έχουμε,




zw2 2 2 2z zw w 0 z 2zw w zw

2

z w zw

οπότε,

22

z w zw z w z w 2 2z w z w

Ακόμη,

3zw2 2 2 2z zw w 0 z 2zw w 3zw

2

z w 3zw

οπότε,

22

z w 3zw z w 3 z w 2 2

z wz w 3 z w 3

3

επομένως,

z wz w

3

3ος τρόπος

Η δοσμένη σχέση αν διαιρεθεί με zw 0 γίνεται

z w1 0

w z

και με την αντικατάσταση z

uw

παίρνουμε

21u 1 0 u u 1 0

u

η οποία (με επίλυση τριωνύμου) έχει ρίζες τους μιγαδικούς

1 3u i

2 2

Άρα

1 3 1 3z w i z w i w

2 2 2 2

δηλαδή

1 3 3 3z w w i w w i 3 w

2 2 2 2

και

1 3 1 3z w w i w w i w

2 2 2 2

άρα




z wz w

3

ii. 1ος τρόπος

Έχουμε ότι

z wρ z w ρ 3 (1)

3

Όμως,

z w ΑΒ

.

Άρα η σχέση (1) γράφεται

ο

2 22

2

2 2

2

2 2

2

2 2 2

0 φ 180ο

ΑΒ ρ 3 ΟΒ ΟΑ ρ 3 ΟΒ ΟΑ ρ 3 ΟΒ ΟΑ 3ρ

ΟΒ 2ΟΑ ΟΒ ΟΑ 3ρ

ΟΒ 2 ΟΑ ΟΒ συνφ ΟΑ 3ρ

ρ 2 ρ ρ συνφ ρ 3ρ

12συνφ 1 συνφ φ 120

2

2ος τρόπος

Εστω Δ η εικόνα του μιγαδικού w (δηλαδή Δ το συμμετρικό του Β ως προς το Ο).

Έχουμε,

z w z w ό 60 120




3ος τρόπος

Ονομάζουμε Γ την εικόνα του μιγαδικού z w (προσδιορίζεται με τον κανόνα του

παραλληλογράμμου με αρχικά διανύσματα OA , OB

).

Επειδή OA , προκύπτει ότι το παραλληλόγραμμο είναι ρόμβος, οπότε

οι διαγώνιοι , διχοτομούνται κάθετα και η διαγώνιος διχοτομεί τη γωνία

Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε,

z w 3 και z w

άρα

3

2 2

και

2 2

Οπότε,

3

2 3 60 2 120

2

4ος τρόπος

Στο τρίγωνο OAB έχουμε

OA OB z w και AB z w 3

Ας ονομάσουμε , τότε από νόμο συνημιτόνων στο

τρίγωνο έχουμε,

2 2 2

AB OA OB 2 OA OB

2

2 23 2 0 180

2 2 2 012 2 3 120

2




ΘΕΜΑ Γ

Γ1. 1ος τρόπος

Θεωρούμε 0y 0 τυχαίο και σταθερό. Ορίζουμε τη συνάρτηση k : 0, R με

0 0 0k x f xy x f y y f x , x>0

Παρατηρούμε ότι,

f 1 0

0 0 0k 1 f y f y y f 1 0

Οπότε η σχέση της υπόθεσης 0 0 0f xy x f y y f x γράφεται:

k x k 1 , για κάθε x > 0

Άρα :

Η συνάρτηση k στο ox 1 παρουσιάζει τοπικό μέγιστο,

To ox 1 είναι εσωτερικό σημείο του kD 0, ,

Η k είναι παραγωγίσιμη στο R (άρα και στο 1),

[ με παράγωγο 0 0 0 0k ' x f ' xy y f y y f ' x , για κάθε x>0 ]

Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat θα ισχύει :

20:y 0

0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 2

0 0

f ' y y f y 1k ' 1 0 f ' y y f y y f ' 1 0 f ' y y f y y

y y

αφού ισχύει για οποιοδήποτε y0 > 0 τότε ισχύει και για κάθε y > 0 , δηλαδή

2

f ' y y f y f y1ln y

y y y

, για κάθε y > 0

Άρα θα υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε :

f yln y c

y , για κάθε y > 0

Για y =1 η παραπάνω σχέση γίνεται :

f 1ln1 c c 0

1

Τελικά έχουμε,

f yln y f y y ln y , y >0

y

δηλαδή, f x x ln x , x> 0




Προσοχή: Τα βήματα εύρεσης της συνάρτησης f δεν ήταν ισοδύναμα. Γι αυτό είναι

απαραίτητο ο τύπος της f που βρέθηκε, να επαληθευτεί στις αρχικές σχέσεις

f xy xf y yf x , f 1 0 και f 1 1.

2ος τρόπος

Αρχικά έχουμε ότι

f 1 0

h 1 h 1

f h f 1 f h1 f 1 lim lim

h 1 h 1

και

w x

f w f xf x lim

w x

Θέτουμε

wh w hx

x

Τότε,

w x καθώς h 1

Άρα,

h 1

f hx f xf x lim (x 0)

hx x

Για h 1 έχουμε,

: hx x 0

f hx f x hf x xf h f x h 1 f x xf h

f hx f x h 1 f x xf h f x f h

hx x hx x x h 1

h 1

f hx f x f xlim 1

hx x x

f xf x 1

x

Παρόμοια για h 1 παίρνουμε

f x

f x 1x

άρα

f x f x

f x 1 ln x , x 0x x

και συνεχίζουμε όμοια με τον 1ο τρόπο επίλυσης…





Πλάγιες-οριζόντιες στο :

x

x

x

2 2x x x x

ln 1 ex 2 ln 1 eh x 2 2 1xlim lim lim 1 lim 1 ln 1 e

x x x x x x

1 0 0 ln1 1 λ,

x

x

x x x

ln 1 e 1lim h x αx lim 2 lim 2 ln 1 e 2 0 ln1 2 β

x x

Άρα η ευθεία y λx β , δηλαδή η y x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο

Πλάγιες-οριζόντιες στο :

x

2x x

ln 1 eh x 2lim lim 1 1 0 0 1 λ ,

x x x

(διότι,

x

xxx x

2x x x x2

e 1ln 1 eln 1 e 11 e 1 elim lim lim lim 0

x 2x 2xx

)

x

x x

ln 1 elim h x γx lim 2 2 1 1 β

x

(διότι

xx x

x xx x x x

ln 1 eln 1 e e 1 1lim lim lim lim 1

x 1 e 1 e 1x

)

Άρα η ευθεία y λ x β , δηλαδή η y x 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο

Επειδή η γραφική παράσταση της συνάρτησης h έχει πλάγιες ασύμπτωτες στο και

είναι προφανές ότι δεν θα έχει και οριζόντιες ασύμπτωτες.

2ος τρόπος

Έχουμε,

x xln 1 e ln 1 e

h x x 2 h x x 2 , x 0 1x x

Οπότε,




x

(1)x

x x x

ln 1 e 1 0lim h x x 2 lim lim ln 1 e 0

x x

Άρα η ευθεία y x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο .

Παρόμοια,

xx1

x x D.L.H. x

x

x xx x

ln 1 eln 1 elim h x x 2 lim lim

x x

e 1lim lim 1

1 e 1 e

Άρα,

x x xlim h x x 2 1 lim h x x 2 1 0 lim h x x 1 0

.

Άρα η ευθεία y x 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο .


Τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της g και της ευθείας y = x +1 έχουν

τετμημένες τις λύσεις της εξίσωσης

g x x 1 f x ln x x 1 x ln x ln x x 1 , x> 0

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται :

x ln x ln x x 1 ln x x 1 x 1

και επειδή δεν έχει λύση την x =1 (αφού για x =1 δεν επαληθεύεται) τότε ισοδύναμα

γράφεται :

x 1 x 1ln x ln x 0

x 1 x 1

Θεωρούμε τη συνάρτηση q : 0,1 1, R με τύπο

x 1

q x ln x x 1

H q είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 1, , με παράγωγο

2 2

1 x 1 x 1 1 2q ' x 0

x xx 1 x 1

Άρα η q είναι γνησίως αύξουσα στο Α1 =(0,1) και γνησίως αύξουσα στο Α2= (1,+ ).

Είναι :




x 0 x 0

x 1lim q x lim ln x

x 1

και

x 1 x 1

1lim q x lim ln x x 1

x 1

Aφού η q στο Α1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, το αντίστοιχο σύνολο τιμών είναι:

1x 0 x 1

q A lim q x , lim q x ,

Επειδή 10 q A και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α1 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός

1 1 1x A : q x 0

Επίσης :

x 1 x 1

1lim q x lim ln x x 1

x 1

και

x x

x 1lim q x lim ln x

x 1

Αφού η q στο Α2 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής , το αντίστοιχο σύνολο τιμών θα

είναι:

2xx 1

q A lim q x , lim q x ,

Επειδή 20 q A και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α2 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός

2 2 2x A : q x 0

Άρα η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες 1 2x , x . Παρατηρούμε ότι:

1

1 1 1 11 1 1 1

11 1 1 1

1 1

1 x11

x x 1 x 1 x1 1q ln ln x ln x ln x q x 0

1 1 xx x 1 x x 11

x x

Άρα ο αριθμός 1

1

x είναι ρίζα της q . Kαι επειδή η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες

τις 1 2x , x 1 , τότε υποχρεωτικά

2 1 2

1

1x x x 1

x




2ος τρόπος

Τα κοινά σημεία της gC και της ευθείας y x 1 έχουν τετμημένες τις λύσεις της

εξίσωσης

g x x 1 f x ln x x 1 x ln x ln x x 1 0,x 0

Θεωρούμε τη συνάρτηση

φ x x ln x ln x x 1 0,x 0

Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, , με παράγωγο

1

φ x ln xx

Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, , με παράγωγο

2

1 1φ x 0

x x ,για κάθε x 0

Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο 0, .

Επίσης,

e 1

φ 1 φ e 1 0e

Άρα από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει o ox 1,e : φ x 0

Έχουμε τώρα ότι

φ

o o

φ

o o

φ x 0 φ x φ x x x

φ x 0 φ x φ x 0 x x

1

1

Κατά συνέπεια, η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox

Θα βρούμε τα σύνολα τιμών o oφ 0, x , φ x ,

Στο o0, x η φ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, άρα

o o ox 0

φ 0, x φ x , lim φ x φ x ,

(διότι

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

ln xln xlim x ln x lim lim lim x 0 lim φ x

11

xx

)

Επίσης,

oφ στο 0,x

o o o ox 1 φ x φ 1 2 0 φ x 0 0 φ 0, x 2

υπάρχει 1 o 1x 0,x : φ x 0

Το 1x είναι μοναδικό, διότι η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο o0, x




Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε ότι o oφ x , φ x , , άρα υπάρχει

μοναδικό 2 o 2x x , : φ x 0

Παρατηρούμε ότι,

1

1 1

1

1 1 1 1 1 1 1

11 1 1 1 11

1 1 1 1 1

ln x1 1 1 1 1 1φ ln ln 1 ln x 1

x x x x x x x

φ xln x ln x x ln x 1 x1 0ln x 1 0

x x x x x

Άρα ο αριθμός 1

1

x είναι ρίζα της εξίσωσης φ x 0 . Όμως είδαμε πως αυτή η εξίσωση

έχει ακριβώς δύο ρίζες 1 2x ,x 1 αφού φ 1 2 0 , άρα υποχρεωτικά

2 1 2

1

1x x x 1

x


Σκεπτικό…

Για x 1,e έχουμε:

2

2

2 2

2

2

2x x

t x t

1 1

x

x

t

1

x

t

1

x

t

1

f x e dt e f x e f x e dt f x e 0

f x e e dt f x e 0

f x e e d

e

e t

t 0

d

Θεωρούμε τη συνάρτηση φ : 1,e R με τύπο

2

x

t

1

φ x f x e e dt

Η συνάρτηση 2te είναι συνεχής στο 1,e , άρα η συνάρτηση

2x

t

1

e dt είναι παραγωγίσιμη

στο 2

x

t

1

e dt . Κατά συνέπεια, η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο 1,e , ως γινόμενο




των παραγωγίσιμων συναρτήσεων f x e και 2

x

t

1

e dt .

Οπότε,

η φ είναι συνεχής ως διάστημα 1,e (ως παραγωγίσιμη σε αυτό)

η φ είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 1,e

2

1

t

1

φ 1 f 1 e e dt 0 e 0 0 και

2e f e elne e

t

1

φ e f e e e dt 0

Άρα, από το θεώρημα Rolle, προκύπτει η ύπαρξη τουλάχιστον ενός αριθμού ξ 1,e :

φ ξ 0

δηλαδή,

2 2

ξ

t ξ

1

f ξ e dt e f ξ e

2ος τρόπος

Η ζητούμενη σχέση γράφεται ισοδύναμα

2 2

ξ

t ξ

1

f ξ e dt f ξ e e 0

Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο 1,e για την συνάρτηση

2 2

x

t x

1

d x f x e dt f x e e

2 2

2

e

t t

1

d 1 e 0 και

d e 2 e dt 0, αφού e 0 και συνεχής στο 1,e




ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Για κάθε x 1,2015 ] ισχύει:

1 12015 2015 2015

2 2x x

1 1 1e f (x)dx x e dx 2xf (x)dx

1 12015

2 2x x

1(e f (x) x e 2xf (x))dx 0

2 1

2 2 x x2015

11x

f (x) x e 2xe f (x)dx 0

e

1

2x2015

11x

(f (x) xe )dx 0 (*)

e

Ισχύει όμως

1

2x

1

x

(f (x) xe )0

e

, για κάθε x 1,2015

Αν η συνάρτηση

1

2x

1

x

(f (x) xe )

e

δεν ήταν παντού μηδέν στο 1,2015 , τότε θα είχαμε

1

2x2015

11x

(f (x) xe )dx 0

e

, άτοπο! [ λόγω της σχέσης (*) ]

Άρα για κάθε x 1,2015 ισχύει

1

2x

1

x

(f (x) xe )0

e

1

2x(f (x) xe ) 0 1

xf (x) xe 0 1

xf (x) xe , x 1,2015

Δ2. 1ος τρόπος

Επειδή η συνάρτηση

1

t

3

e

t είναι συνεχής στο 1,2015 , η συνάρτηση

1

tx

31

eh(x) dt

t είναι

παραγωγίσιμη στο 1,2015 , συνεπώς και συνεχής στο 1,2015 , τότε η συνάρτηση

x

1H(x) h(t)dt e είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , με

H (x) h(x)




και

1

x

3

eH (x) h (x)

x

Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με

1 1

x x1

f (x) e ex

και

1

x2

1f (x) e

x

1

x2

1e

x

1 1

x x3 3

1 1e e

x x

Άρα ισχύει

H (x) f (x) , για κάθε x 1,2015 1 1H (x) f (x) c (c σταθερά)

Για x 1 ισχύει

1H (1) f (1) c 1c 0

Τότε

H (x) f (x) , για κάθε x 1,2015 2 2H(x) f (x) c (c σταθερά)

Για x 1 ισχύει

2H(1) f (1) c 2c 0

άρα,

H(x) f (x) , για κάθε x 1,2015

2ος τρόπος

Στο ολοκλήρωμα

1

tx

31

edt

t , x 1,2015 θέτουμε

2 2

1 1 1u dt du dt du

t t t

Για τα νέα άκρα:

t 1 u 1 ενώ για 1

t x ux

άρα,

11

t x1 1 11x 1x x xu u u ux x

3 11 1 1 1

e eh x dt e udu e udu e u e du e e e

t x

δηλαδή,




1

x1

h x e 1 , x 1,2015x

Οπότε για κάθε x 1,2015 θα έχουμε,

x x xx

11 1 1

1x t

3

1

x 1h 1 01

tx2

1

1 1 1 1x x x x

H(x) h(t)dt e t h(t)dt e th(t) th (t)dt e

exh x h 1 t dt e

t

1 1xe 1 0 e dt e

x t

xe e e e e xe f x

[διαφορετικά

' xx x1 1 1 1 1

t t t t x

1 1 1

1H x e e dt e te dt e te e xe f x ]

t

Δ3. Είναι

1

x3

1f (x) e 0

x , για κάθε x 1,2015

Άρα η f είναι κυρτή στο 1,2015 .

Η f είναι:

συνεχής στο 1,2 και στο 2,3

παραγωγίσιμη στο 1,2 και στο 2,3

(με f γνησίως αύξουσα αφού f κυρτή)

Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον 1ξ 1,2 και ένα

τουλάχιστον 2ξ 2,3 τέτοια , ώστε:

1

f (2) f (1)f (ξ ) f 2 f 1

2 1

και

2

f (3) f (2)f (ξ ) f 3 f 2

3 2

Η f είναι γνησίως αύξουσα και 1 2ξ ξ , άρα

1 2f (ξ ) f (ξ ) f 2 f 1 f 3 f 2 2f 2 f 1 f 3 (1)




Επειδή ισχύει H(x) f (x) ,για κάθε x 1,2015 , η σχέση (1) γίνεται:

2H 2 H 1 H 3 2 1 3

1 1 1

0

2 h(t)dt e h(t)dt e h(t)dt e

2

12 h(t)dt 2e

3

1h(t)dt 2e

2 3

1 12 h(t)dt h(t)dt

[ διαφορετικά θέτοντας

x 1

x

1

x h t dt xe e

τότε,

2 3

3

3

1 1

3

2 2 3

4 e 2e 3 e

2 h(t)dt h(t)dt

e

4 e e 3 e

e 4 e 3 e 0

Θέτοντας 60 k e , η παραπάνω σχέση γίνεται: 6 3 2 4k 4k 3k 0 k 4k 3 0

Κάνοντας σχήμα Horner στο πολυώνυμο 4x 4x 3 με το x - 1 παίρνουμε

24 24x 3 x x 3x 1 2x

Το οποίο είναι θετικό για κάθε x 1 , άρα και για 6k e ]

Δ4. i) 1ος τρόπος

Στη συνάρτηση G η μεταβλητή ολοκλήρωσης είναι το t , άρα

x

x x1

1 1

g(t)dtg(t) 1G(x) dt g(t)dt

x 1 x 1 x 1

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η x

1g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο

1,2015 και άρα η G είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 (ως πηλίκο παραγωγίσιμων

συναρτήσεων), με παράγωγο

x x x

1 1 1

2 2

g(t)dt x 1 g(t)dt x 1 g(x)(x 1) g(t)dtG (x)

x 1 x 1




x x

1 1

2

g(x) 1dt g(t)dt

x 1

x x

1 1

2

g(x)dt g(t)dt

x 1

x

1

2

(g(x) g(t))dt

x 1

Ισχύει 1 t x x 1 και επειδή g γνησίως φθίνουσα, προκύπτει

g(t) g(x) g(t) g(x) 0

χωρίς να ισχύει η ισότητα παντού στο 1, x (αφού g γνησίως φθίνουσα).

Άρα, για κάθε x 1 ισχύει

x

1(g(t) g(x))dt 0

x

1(g(x) g(t))dt 0

x

1(g(x) g(t))dt 0

και x 1 0 στο 1,2015

Άρα

x

1

2

(g(x) g(t))dtG x 0

x 1

στο 1,2015

Άρα G γνησίως φθίνουσα στο 1,2015

2ος τρόπος

Είναι x

1

1G(x) g(t)dt , x 1,2015

x 1

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η x

1g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο

1,2015 και άρα η G είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , με παράγωγο

x

1

1 1G (x) g x g(t)dt , x 1,2015

x 1 x 1

Η συνάρτηση x

1K x g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με παράγωγο

K x g x

Άρα η K είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 (αφού η g είναι γνησίως φθίνουσα στο

1,2015 )

Η συνάρτηση Κ ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο

1, x 1,2015 , άρα υπάρχει ξ 1, x :

x

1

Κ x K 1 1K ξ g ξ g(t)dt

x 1 x 1




Όμως,

g x

1

x

1

x 1

11 ξ x g ξ g x g(t)dt g x

x 1

1g x g(t)dt 0

x 1

G x 0

2

Άρα η G είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015

ii. Αφού G γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 ισχύει για 2014 2015:

G 2014 G 2015

2014 2015

1 1g(t)dt g(t)dt

2014 1 2015 1

2014 2015

1 1g(t)dt g(t)dt

2013 2014

2014 2015

1 12014 g(t)dt 2013 g(t)dt

Diagonisma prosomoiosis analutikes_luseis_math_kate_2015_lisari_team

Education

Transcript of Diagonisma prosomoiosis analutikes_luseis_math_kate_2015_lisari_team