Teliko ekf - g lukeioy kate diagonisma prosomoiosis lisari team 2016 one-file

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

Ομάδα Προσανατολισμού

Θετικών Σπουδών

Οικονομίας & Πληροφορικής

Επιμέλεια θεμάτων:

lisari team

# ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ #

Όλα τα διαγωνίσματα προσομοίωσης

2016 της lisari team

για όλες τις τάξεις Γυμνασίου – Λυκείου

θα τα βρείτε στο

lisari.blogspot.gr

lisari team 7/5/2016 Έκδοση 1η

Διαγώνισμα Προσομοίωσης 2016

ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 2015 - 2016

Πρόλογος

Η lisari teaμ παρουσιάζει με χαρά τα φετινά (2016) διαγωνίσματα προσομοίωσης. Για πρώτη φορά

προτείνουμε θέματα και από τις άλλες τάξεις εκτός της Γ΄ Λυκείου.

Η λογική όλων των θεμάτων είναι κοινή:

«Βάλτε, προτείνετε, επεξεργαστείτε θέματα από το σχολικό βιβλίο».

Φυσικά όπου είναι εφικτό και στο βαθμό που επιθυμεί ο διδάσκων. Πρέπει η βάση και η νοοτροπία όλων

των εκπαιδευτικών να αποτελέσει το σχολικό βιβλίο. Μετά από τόσες δοκιμές, πειράματα φθάσαμε

αρκετές φορές στην ακραία ασκησιολογία. Ιδίως στις Πανελλαδικές Εξετάσεις προτείνουμε να

καθιερωθεί - νομοθετηθεί το ένα θέμα (πχ. το Β) να είναι μέσα από το σχολικό βιβλίο.

Τα θέματα που θα δείτε δεν έχουν σκοπό να αποθαρρύνουν τους μαθητές, αντίθετα φιλοδοξούν να τους

προετοιμάσουν άρτια.

Δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι είναι θέματα προσομοίωσης μιας ομάδας μαθηματικών από ένα διαδικτυακό

χώρο. Επομένως δεν πρέπει να θεωρούνται άκριτες προτάσεις για τις σχολικές μονάδες που τις

περισσότερες φορές το επίπεδο είναι πιο χαμηλό.

Ελπίζουμε, όσο είναι εφικτό, να το διασκεδάσετε, να προβληματίσετε και να σας ανοίξουμε μονοπάτια

σκέψης, τότε τα θέματα θα θεωρούνται ότι πέτυχαν το σκοπό τους.

Συντονισμός: Παύλος Τρύφων

Ιστότοπος: lisari.blogspot.gr

Επεξεργασία – επιμέλεια θεμάτων:

ΝΙΚΟΣ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ, ΣΗΦΗΣ ΒΟΣΚΑΚΗΣ, ΑΝΔΡΕΑΣ ΜΑΝΩΛΗΣ, ΧΡΗΣΤΟΣ

ΜΑΡΟΥΓΚΑΣ, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΜΠΑΔΕΜΗΣ, ΘΕΟΔΩΡΟΣ ΠΑΓΩΝΗΣ, ΘΩΜΑΣ

ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ, ΑΝΔΡΕΑΣ ΠΑΤΣΗΣ, ΧΡΗΣΤΟΣ ΣΙΣΚΑΣ, ΝΙΚΟΣ ΣΠΛΗΝΗΣ, ΠΑΥΛΟΣ

ΤΡΥΦΩΝ, ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ

Οποιαδήποτε παρατήρηση, σημείωση ή ένστασή προκύψει μη διστάσετε να μας τη στείλετε

στο email [email protected] υπόψη του Μάκη Χατζόπουλου.

mailto:[email protected]

l isari team

σχολικό έτος 2015-΄16

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

Γ΄ ΤΑΞΗ Γ΄ ΤΑΞΗ

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ

ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΣΑΒΒΑΤΟ 7 ΜΑΙΟΥ 2016

ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ / ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4) ΣΕΛΙΔΕΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Έστω η συνάρτηση xf x , 0 . Να αποδείξτε ότι η f είναι

παραγωγίσιμη στο Rκαι ισχύει xf x ln . Μονάδες 9

Α2. Να διατυπώσετε το θεώρημα του Rolle και να δώσετε τη γεωμετρική

του ερμηνεία. Μονάδες 6

Α3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο

τετράδιό σας δίπλα, στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη

λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση

είναι λανθασμένη.

α) Αν μια συνάρτηση f είναι 1-1 στο πεδίο ορισμού της, τότε υπάρχουν

σημεία της γραφικής παράστασης της f με την ίδια τεταγμένη.

β) x

ημx1

xlim

γ) Αν f ,g συνεχείς συναρτήσεις σε ένα διάστημα , τότε ισχύει

f x g x dx f x g x f x g x dx

δ) Κρίσιμα σημεία μιας συνάρτησης f σε ένα διάστημα Δ λέγονται τα

εσωτερικά σημεία του Δ στα οποία η f δεν παραγωγίζεται ή η

παράγωγος της είναι ίση με το μηδέν.

ε) Για κάθε συνάρτηση f : AR ισχύει 1f f x x για κάθε x A .

Μονάδες 10

l isari team





ΘΕΜΑ Β

Δίνεται η συνάρτηση 2x 3 ,x 1

f x2 x ,x 1

Β1. Υπολογίστε το σημείο Μ(x, y) της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f που απέχει από το σημείο A 11,0 τη μικρότερη

απόσταση.

Μονάδες 7

Β2. Αν M 9,f 9 το σημείο του ερωτήματος Β1, βρείτε το εμβαδόν του

χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

f και την εφαπτομένη της στο σημείο Μ.

Μονάδες 8

Β3. Βρείτε τις ασύμπτωτες της συνάρτησης

2h x f x 2x 2 , x R

Μονάδες 10

l isari team





ΘΕΜΑ Γ

Για μία συνάρτηση f : 1, R ισχύει

x

2 22 2016 2014

2015

2f 2 ln 1 x x 10,

xlim

για κάθε 1 .

Να αποδείξετε ότι:

Γ1. 22x x

f x x 1 ln x 1 , x 12

Μονάδες 5

Γ2. Υπάρχει μοναδικό σημείο της fC στο οποίο η εφαπτομένη να την

διαπερνά (μονάδες 2) και ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της

εφαπτομένης της fC στο σημείο αυτό γίνεται ελάχιστος (μονάδες 3).

Μονάδες 5

Γ3. Η συνάρτηση f παρουσιάζει δύο ακριβώς ακρότατα σε θέσεις 1 2x x

(μονάδες 4) για τις οποίες ισχύει 1 2x ,x 1,1 και 1 2x x 0

(μονάδες 3).

Μονάδες 7

Γ4. 2 1 1 210x 10x x x 1 7 , όπου 1 2x ,x τα ακρότατα του

ερωτήματος Γ3, αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι το εμβαδόν που

περικλείεται μεταξύ της γραφικής παράστασης της f και του άξονα

x x είναι 7

10 τ.μ.

Μονάδες 8

l isari team





ΘΕΜΑ Δ

Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο f x ln x για την οποία

ορίζεται η συνάρτηση f f με πεδίο ορισμού διάστημα με το ελάχιστο

δυνατό μήκος, καθώς το παίρνει τιμές στο 0, .

Δ1. Να αποδείξτε ότι f x 1 x , x 1 .

Μονάδες 5

Δ2. Αν επιπλέον για κάποιο 0 ισχύει x

2f x e ,

για κάθε x 1 , να

αποδείξτε ότι:

α) 1

Μονάδες 2

β) η εξίσωση

1 1t t

2 2

0 0

3

2f f t e dt 1 1 ln f t e dt

x x 1

έχει

τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα 0,1 .

Μονάδες 4

Δ3. Αποδείξτε ότι η ευθεία y 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο της

συνάρτησης

f x

xg x , x 1

e f x 1 f x

Μονάδες 6

Δ4. Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό 0,1 τέτοιο, ώστε

1

2016

0

2017 t f t t dt 1

Μονάδες 8

lisari team


ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ

ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Είναι x xlnαy α e . Θέτουμε u x ln α και έχουμε uy e .

Επομένως

u u x ln α xy e e u e ln α α ln α

Οπότε η συνάρτηση xf x α είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει

xf x α ln α

Σχολικό βιβλίο σελ. 234-235

Α2. Αν μια συνάρτηση f είναι

συνεχής στο κλειστό διάστημα α,β

παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα α,β και

f α f β

Τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ α,β τέτοιο, ώστε:

f ξ 0

Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον,

ξ α,β τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της fC στο M ξ,f ξ

να είναι παράλληλη στον άξονα των x.

Σχολικό βιβλίο σελ. 246

Α3. α) Λάθος β) Λάθος γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος

ΘΕΜΑ Β

Β1. Στο ,1 η f x είναι συνεχής ως πολυωνυμική.

Στο 1, είναι συνεχής ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

2

x 1 x 1lim f x lim x 3 2

,

x 1 x 1lim f x lim 2 x 2

, f 1 2

Άρα η f x είναι συνεχής στο R .

Θεωρούμε τυχαίο σημείο Μ x,f x της γραφικής παράστασης της f, με x 1

y

α ξ ξ ΄ β x

A(α,f(α))

Β(β,f(β)) Μ(ξ,f(ξ))

Ο

lisari team


Είναι

2 2 2 2AΜ x x 11 f x x 22x 121 f x

2

2 2x 22x 121 2 x x 22x 121 4x

2x 18x 121 , x 1

Η AΜ x ελαχιστοποιείται όταν ελαχιστοποιείται η συνάρτηση

2d x x 18x 121 , x 1

το οποίο συμβαίνει για β 18

x 92α 2

(εναλλακτικά, για x 1 είναι

d x 0 2x 18 0 x 9

d x 0 2x 18 0 x 9

d x 0 2x 18 0 1 x 9

x 1 9

d x

d 2 1

min

Από τον παραπάνω πίνακα έχουμε ότι η d παρουσιάζει την ελάχιστη τιμή της για x 9 )

Άρα το σημείο της fC με την μικρότερη απόσταση από το σημείο A 11,0 είναι το

M 9,f 9 , δηλαδή το M 9,6 με ελάχιστη απόσταση min

AM AM 9 40 .

Θα δείξουμε ότι το σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f που απέχει την

ελάχιστη απόσταση από το σημείο (11, 0) βρίσκεται στο δεύτερο κλάδο, δηλαδή για x 1 .

Αν και εποπτικά είναι φανερό θα επιχειρήσουμε να δώσουμε μια γρήγορη απόδειξη.

lisari team


Θεωρούμε τυχαίο σημείο x,f x της γραφικής παράστασης της f, με x 1 .

Θα δείξουμε ότι AM 40 για κάθε x ,1 .

Σημείωση: Όπου 40 είναι η ελάχιστη απόσταση του σημείου της Cf για x 1 από το

σημείο (11, 0)) .

Έχουμε:

2 22 22 2AM 40 11 x x 3 40 11 x x 3 40

που ισχύει αφού

2

x 1 x 1 11 x 10 11 x 100 40 .

Β2. Βρίσκουμε την εφαπτόμενη της fC στο M 9,f 9 .

Για x 1 είναι 1

f xx

Οπότε M

1 1ε : y f 9 f 9 x 9 y 6 x 9 y x 3

3 3

Βρίσκουμε όλα τα κοινά σημεία της fC με την Με

Για x 1 είναι

21 x 9f x x 3 2 x 6 x x 9 36x x 18x 81

3 3

22x 18x 81 0 x 9 0 x 9

Για x 1 είναι

2 2 21 x 9f x x 3 3 x 9 3x x 9 x 3x 0

3 3

1

3x 1 x 0 x 0 ή x3

lisari team


Το ζητούμενο εμβαδόν είναι

9 1 9

1 11

3 3

1 1 1E f x x 3 dx f x x 3 dx f x x 3 dx

3 3 3

1 92

11

3

1 13 x x 3 dx 2 x x 3 dx

3 3

1 92

11

3

1 13x x dx 6 x x 9 dx

3 3

1 92

11

3

1 13x x dx x 6 x 9 dx

3 3

2x 6 x 9 x 3 0

0 1 92 2

10 1

3

1 1 13x x dx 3x x dx x 6 x 9 dx

3 3 3

93

0 12 2 2 2

3 3

10

31

1 x 1 x 1 x xx x 6 9x

33 2 3 2 3 2

2

1 1 1 1 3 1 81 16 18 81 4 9

3 27 18 3 2 3 2 2

1 1 1 1 27 1 5 1 1136 27 5

3 27 18 2 2 6 3 162 6

άρα 89

27 τ. μ.

Β3. Έχουμε: hD R και η h είναι συνεχής στο R ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.

Οπότε θα αναζητήσουμε μόνο πλάγιες – οριζόντιες ασύμπτωτες.

Στο έχουμε

lisari team


2

2 22

x x x x

2 22 x 1

f x 2x 2h x x x2 x 2x 2lim lim lim lim

x x x x

x 02 2

2x x x

2 2 2 22 x 1 2x 1

2 2x x x xlim lim lim 2 1 2 λx x x x

και

2 2

x x xlim h x 2x lim f x 2x 2 2x lim 2 x 2x 2 2x

2 22 2

2x x2

2

x 2x 2 x x 2x 2 x x 2x 2 xlim 2 lim 2

2 2x 2x 2 xx 1 x

x x

x x

2 2

2x 2

2x 2 xlim 2 lim 2

2 2 2 2x 1 x x 1 1

x x x x

x

2

22

xlim 2 22 2

1 1x x

Άρα η ευθεία 1: y 2x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της

hC στο

Στο έχουμε:

2

2 22

x x x x

2 22 x 1

f x 2x 2h x x x2 x 2x 2lim lim lim lim

x x x x

x 02 2

2x x x

2 2 2 22 x 1 2x 1

2 2x x x xlim lim lim 2 1 2 λx x x x

και

2 2

x x xlim h x 2x lim f x 2x 2 2x lim 2 x 2x 2 2x

2 22 2

2x x2

2

x 2x 2 x x 2x 2 x x 2x 2 xlim 2 lim 2

2 2x 2x 2 xx 1 x

x x

x x x

2 22

2 2x 2 22x 2 x xlim 2 lim 2 lim 2 22 2 2 22 2

x 1 x 1 1x 1 1x x x xx x

Άρα η ευθεία 2: y 2x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της

hC στο

lisari team


ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Υποθέτουμε ότι υπάρχει α 1 για το οποίο

2α 222f α 2α α ln α 1 0

τότε

x x

x

2α 2 2α 22 2016 2014 2 2016

2015 2015

2α 22

2α 22

2α 22

2f α 2α α ln α 1 x x 1 2f α 2α α ln α 1 x

x x

2f α 2α α ln α 1 x

, αν 2f α 2α α ln α 1 0

, αν 2f α 2α α ln α 1 0

lim lim

lim

που σε κάθε περίπτωση είναι άτοπο.

Οπότε πρέπει:

2α 222f α 2α α ln α 1 0,

για κάθε α 1

(το οποίο εύκολα διαπιστώνουμε ότι επαληθεύει τη σχέση της υπόθεσης)

ή ισοδύναμα

2 x 12 22f x 2x x ln x 1 0 2f x 2x x 2 x 1 ln x 1 0

άρα

2

2x xf x x 1 ln x 1 , x 1

2

Γ2. Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1, με

1

f x 2x ln x 1 , x 12

και

2x 1

f x , x 1x 1

Οπότε

1

f x 0 x2

1

f x 0 x2

1

f x 0 1 x2

lisari team


Η f έχει μοναδικό σημείο καμπής το σημείο 1 1

M ,f2 2

, οπότε η εφαπτομένη της στο

σημείο Μ «διαπερνά» την fC .

Στο διάστημα 1

1,2

η f είναι κοίλη, άρα η εφαπτόμενη βρίσκεται πάνω από την fC .

Στο διάστημα 1

,2

η f είναι κυρτή, άρα η εφαπτόμενη βρίσκεται κάτω από την fC .

Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει μοναδικό σημείο της f

C στο οποίο η εφαπτομένη να την

«διαπερνά».

Επίσης από τον παραπάνω πίνακα μεταβολών προκύπτει ότι η f ελαχιστοποιείται στο

σημείο καμπής της fC .

Γ3. Για να αποδείξουμε ότι η fC έχει δύο ακρότατα, αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχουν

1 2x .x 1,1 τέτοια ώστε 1 2f x f x 0 και ότι αλλάζει το πρόσημο της f εκατέρωθεν

των 1 2x ,x .

Έστω 1

1A 1,

2

.

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 1A , οπότε

1x 1

1 3f A f , lim f x ln 2, ,

2 2

διότι

1 1 1 3

f 1 ln ln 2 02 2 2 2

x 1 x 1

1lim f x lim 2x ln x 1

2

Συνεπώς το 10 f A , άρα υπάρχει 1

1x 1,

2

τέτοιο, ώστε 1f x 0 .

Το 1x είναι μοναδικό στο

11,

2

αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο1

1,2

Θέλουμε να δείξουμε ότι 1 2x ,x 1,1 και 1 2x x 0 .

lisari team


Γνωρίζουμε ότι 1

1x 1,

2

, οπότε θα αναζητήσουμε τη θέση του δεύτερου ακροτάτου στο

διάστημα 0,1 .

Α΄ τρόπος

Η f είναι συνεχής στο 0,1 ,

1

f 0 02

και 3

f 1 ln 2 02

οπότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 2x 0,1 τέτοιο ώστε 2f x 0 .

Όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1

,2

, άρα και στο 0,1 . Οπότε το 2x είναι

μοναδικό στο 0,1

Β΄ τρόπος

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 3A 0,1 ,άρα

3

1 3f A f 0 ,f 1 , ln 2

2 2

,

οπότε το 2x 0,1 (διότι 1 3

0 , ln 2 ,2 2

f 0 0, f 1 0 ).

Συνεπώς υπάρχει ένα τουλάχιστον 2x 0,1 τέτοιο ώστε 2f x 0 . Επίσης η f είναι

γνησίως αύξουσα στο 1

,2

, άρα και στο 0,1 . Οπότε το 2x είναι μοναδικό στο 0,1

Θα δείξουμε ότι οι θέσεις 1 2x , x είναι θέσεις ακροτάτων

Έχουμε :

f

1 11 x x f x f x f x 0

2

f

1 1

1x x f x f x f x 0

2

2

f

2 2x x f x f x f x 0

1

f

2 2

1x x f x f x f x 0

2

1

Οπότε τα 1 2x ,x είναι θέσεις ακροτάτων και μάλιστα στη θέση

1x έχουμε τοπικό μέγιστο ενώ

στη θέση 2x ολικό ελάχιστο.

Τα συμπεράσματα συνοψίζονται στον παρακάτω πίνακα

lisari team


Γ4. Έχουμε αποδείξει ότι 1 2f x f x 0 και 1 2x x

Η f είναι συνεχής στο 1 2x , x , άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι

2

1

x

xE f x dx

όμως

f x 0 , για κάθε 1 2x x ,x

Οπότε

2 2 1 1

21 1 2

x x x x

1 2xx x xE f x dx f x dx f x dx f x f x f x

Όμως γνωρίζουμε ότι 1f x 0 , οπότε

1 1 1 1

1 12x ln x 1 0 ln x 1 2x

2 2

Άρα

2 21 11 1 1 1 1 1 1

2 2 21 11 1 1 1 1

x x 1f x x x 1 ln x 1 x x 1 2x

2 2 2

x x 1 1x 2x 2x x x

2 2 2 2

Παρόμοια αποδεικνύουμε ότι

2

2 2 2

1f x x x

2

άρα

2 2

1 2 1 1 2 2

2 1 1 2 2 1 2 1 1 2

1 1E f x f x x x x x

2 2

x x x x x x x x x x 1

Δίνεται όμως ότι το εμβαδόν μεταξύ της γραφικής παράστασης της f και τον άξονα x x είναι

7

10 τ. μ. άρα

2 1 1 2 2 1 1 2

7x x x x 1 10x 10x x x 1 7

10

ΘΕΜΑ Δ

lisari team


Δ1. Το πεδίο ορισμού της f είναι το fA , ln

Το πεδίο ορισμού της f f είναι :

f f f fA x A : f x A x ln : ln x ln

x ln : ln x ln x ln : x ln ln

ln ln , ln

Το πλάτος του παραπάνω διαστήματος είναι

ln ln ln ln , 0

Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, με

1 1

1

Πίνακας μεταβολών:

H παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 1 δηλαδή το πλάτος του πεδίου ορισμού της f f

ελαχιστοποιείται για 1 , άρα

f x 1 ln1 x 1 x, x 1

Σχόλιο: Από την γνωστή σχέση ln 1 προκύπτει ότι ln (διότι 1 ),

άρα ln 0 για κάθε 0 , οπότε η αρχικά δοσμένη συνάρτηση f είναι καλά ορισμένη.

Δ2. α) Θεωρούμε τη συνάρτηση

α x

2g x f x e , x ,1

Η g είναι παραγωγίσιμη στο ,1 με

α x α x α x

2 2 21 α

g x f x e f x e e 322 1 x

Έχουμε:

g x 0 g 0 , για κάθε x ,1 άρα η g παρουσιάζει μέγιστο στο 0,

το 0 είναι εσωτερικό σημείο του ,1 και

lisari team


η g είναι παραγωγίσιμη στο 0

από το θεώρημα Fermat έχουμε g 0 0 .

Όμως από τη σχέση 3 είναι

α 0

21 α 1 α

g 0 e2 2 22 1 0

άρα

1 α

02 2

1

β) Για ευκολία θέτουμε

1 t

2

0

A 2f f t e dt 1 1 και

1 t

2

0

B ln f t e dt

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση

3

A B

x x 1

έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα 0,1

Η συνάρτηση

3

φ x A x 1 Bx , x 0,1

είναι συνεχής στο 0,1 , ως πολυωνυμική.

Επιπλέον

φ 0 A και φ 1 B

Όμως για κάθε x 0,1 ισχύει από το ερώτημα Δ2. α ότι

x

2f x e

άρα

x

20 f x e 1 ,

με τις ισότητες να μην ισχύουν παντού στο 0,1 .

Οπότε

1 t

2

0

0 f t e dt 1

1 t

2

0

1 1 1t t tf

2 2 2

0 0 0

ln f t e dt 0 Β 0

και

1f t e dt 1 0 f f t e dt 1 f 0 2f f t e dt 1 1 0 Α 0

2

άρα

φ 0 φ 1 0

lisari team


Οπότε από το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση φ x 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα 0,1 . Δηλαδή η εξίσωση

1 1t t

2 2

0 0

3

2f f t e dt 1 1 ln f t e dt

x x 1

έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα 0,1

Δ3. Αρκεί να αποδείξουμε

x f x

ημx0

e f x 1 f xlim

Αρχικά θα βρούμε το

x

f xe f x 1 f xlim

Α΄ τρόπος

Είναι

x x

x

x

x

f x 1 x

1 x

1 x

1 x

e f x 1 f x e 2 x 1 x

e 2 x 1 x 2 x 1 x

2 x 1 x

e

2 x 1 x

e 11

1 x 2 x1

1 x

lim lim

lim

lim

lim

όμως

x u u

u

u1 x uu 1 xu

u

ee ee

u u1 xlim lim lim lim

και

x x x

2 2x 1 1x2 x 1 0x1 1 1 1 2

1 x 1 1 011x 1

xx

lim lim lim

Άρα από τη σχέση 1 προκύπτει

lisari team


x x

1 xf x e 1 1

e f x 1 f x21 x 2 x

11 x

lim lim

Β΄ τρόπος

Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ,1 με

1 1f x , f x 0

2 1 x 4 1 x 1 x

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,1 .

Για x 1 εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο διάστημα x 1, x .

Προκύπτει η ύπαρξη ενός τουλάχιστον αριθμού xξ x 1, x τέτοιο, ώστε

x

f x f x 1f ξ f x f x 1

x x 1

Όμως xξ x 1, x και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,1 , άρα

f x

x

e 0

f x f xf x

f x f ξ f x 1 f x f x f x 1 f x 1

1 1f x f x 1

2f x 2f x 1

1 1f x 1 f x

2f x 1 2 1 x

e ee f x 1 f x

2f x 1 2f x

όμως

uf x uf x uu

x u u u u

ee elim lim lim lim e

2f x 2u 2u

και

f x f x

x x

f xe 1 elim lim 1

2f x 1 2 f x f x 1

διότι

x x xx

1 1x 1 1f x x1 x 1 0xlim 1

f x 1 2 x 2 1 021x 1

xx

lim lim lim

Άρα από το κριτήριο παρεμβολής

x

f xe f x 1 f xlim

Για κάθε x 0 έχουμε:

lisari team


f x f x f x

ημxημx 1

e f x 1 f x e f x 1 f x e f x 1 f x

άρα

f xf x f x

1 ημx 12

e f x 1 f xe f x 1 f x e f x 1 f x

όμως

x f x

10

e f x 1 f xlim

Από τη σχέση 2 και το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει

x f x

x0

e f x 1 f xlim

Δ4. Α΄ τρόπος


h x f ημx x , x 0,1

είναι συνεχής στο 0,1 . Άρα παίρνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή, δηλαδή υπάρχουν

1 2x , x 0,1 τέτοια, ώστε: αν 1m h x και 2M h x να ισχύει

m h x M, για κάθε x 0,1

Πολλαπλασιάζοντας με 2016x 0 παίρνουμε

2016 2016 2016mx x h x Mx , για κάθε x 0,1

με τις ισότητες να μην ισχύουν παντού στο 0,1 , άρα

1 1 1 1 1 1

2016 2016 2016 2016 2016 2016

0 0 0 0 0 0

1 112017 20172016

00 0

1

2016

0

1

2016

1 2

0

mx dx x h x dx Mx dx m x dx x h x dx M x dx

x xm x h x dx M

2017 2017

m Mx h x dx

2017 2017

m h x 2017 x h x dx M h x

τότε από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών, υπάρχει 1 2ξ x , x 0,1 τέτοιο, ώστε

1 1

2016 2016

0 0

h ξ 2017 x h x dx f ημξ ξ 2017 x f ημx x dx

1

2016

0

2017 x f x x dx 1

lisari team


Σχόλιο: για κάθε x R ισχύει ότι ημx x . Οπότε ημx x, για κάθε x 0 , άρα η

συνάρτηση h είναι καλά ορισμένη.

Μοναδικότητα του :


1

2016

0

1 x ημxs x x f ημx x dx , x R

2017

είναι παραγωγίσιμη στο R με

1

2016

0

1 x ημx 1 x ημxs x x f ημx x dx

2017 2017

συνx 10

4034 1 x ημx

και ειδικότερα

s x 0, για κάθε x \ 2kπ,k Z R

Όμως η s είναι συνεχής στο R , άρα γνησίως φθίνουσα στο R και άρα «1-1».

Οπότε το είναι μοναδικό.

Β΄ τρόπος

Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση :

1 12016 2016

0 0

12017

12016

00

1 12016 2016

0 0

12016

0

f ημx x1 x ημxt f ημt t dt t f ημt t dt

2017 2017

tt f ημt t dt f ημx x

2017

t f ημt t dt t f ημx x dt

t f ημt t f ημx x dt 0

έχει ακριβώς μία ρίζα στο (0,1).

Θεωρούμε τη συνάρτηση

1

2016

0Ν x t f ημt t f ημx x dt

η οποία είναι συνεχής στο [0,1] , αφού εκφράζεται από πράξεις συνεχών συναρτήσεων .

1

2016

0Ν 0 t f ημt t f 0 dt

1

2016

0N 1 t f ημt t f ημ1 1 dt

Η συνάρτηση K x ημx x , xR είναι παραγωγίσιμη στο R με

K x συνx 1 0 , για κάθε xR

Οπότε η Κ είναι γνησίως φθίνουσα στο R , άρα για

lisari team


0 t 1 K 0 K t K 1 0 ημt t ημ1 1

Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ,1 , αφού

1

f x 02 1 x

, για κάθε x 1

Oπότε:

2016ημt t 0 f ημt t f 0 f ημt t f 0 0 t f ημt t f 0 0

και επειδή η παραπάνω ισότητα δεν ισχύει παντού στο 0,1 , τότε

1

2016

0Ν 0 t f ημt t f 0 dt 0

2016

ημt t ημ1 1 f ημt t f ημ1 1 f ημt t f ημ1 1 0

t f ημt t f ημ1 1 0

και επειδή η παραπάνω ισότητα δεν ισχύει παντού στο 0,1 , τότε

1

2016

0Ν 1 t f ημt t f ημ1 1 dt 0

Άρα η εξίσωση N x 0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1).

(Σημείωση: Η μοναδικότητα του ξ αποδεικνύεται όπως στον 1ο τρόπο).

Teliko ekf - g lukeioy kate diagonisma prosomoiosis lisari team 2016 one-file

Education

Transcript of Teliko ekf - g lukeioy kate diagonisma prosomoiosis lisari team 2016 one-file