Θέματα και λύσεις Πανελλαδικών και Επαναληπτικών εξετάσεων 2000 - 2015 by Θεολόγης Καρκαλέτσης

Αναλυτικές λύσεις όλων των θεµάτων στα Μαθηµατικά των Πανελλαδικών εξετάσεων και των Επαναληπτικών εξετάσεων 2000 – 2015

Θεολόγης Καρκαλέτσης Μαθηµατικός teomail@sch.gr

Πρόλογος

Στο βιβλίο αυτό περιέχονται •

όλα τα θέµατα στο µάθηµα των Μαθηµατικών Κατεύθυνσης στις πανελλήνιες εξετάσεις καθώς και στις επαναληπτικές εξετάσεις από το 2000 έως και το 2015.

•

αναλυτικές και αιτιολογηµένες απαντήσεις σε όλα τα παραπάνω θέµατα.

Τα θέµατα είναι χωρισµένα σε 4 ενότητες, σύµφωνα µε το σχολικό βιβλίο: •

Μιγαδικοί αριθµοί

•

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

•

∆ιαφορικός λογισµός

•

Ολοκληρωτικός λογισµός

Σε κάθε µία ενότητα τα θέµατα είναι χωρισµένα στις παρακάτω ενότητες •

Αποδείξεις θεωρηµάτων

•

Ορισµοί

•

Ερωτήσεις σωστό – λάθος

•

Αντιστοιχίσεις

•

Ασκήσεις

Το βιβλίο µπορείτε να το βρείτε σε ηλεκτρονική µορφή στη διεύθυνση blogs.sch.gr/teomail

Περιεχόµενα

Πρόλογος....................................................................................................... 3 1. Μιγαδικοί αριθµοί ...................................................................................... 5 1. Αποδείξεις .............................................................................................................. 5 2. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος....................................................................................... 5 3. Αντιστοίχηση.......................................................................................................... 9 4. Ασκήσεις .............................................................................................................. 10

2. Όριο – Συνέχεια συνάρτησης .................................................................. 41 1. Αποδείξεις ............................................................................................................ 41 2. Ορισµοί................................................................................................................ 41 3. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος..................................................................................... 43 4. Ασκήσεις .............................................................................................................. 55

3. ∆ιαφορικός λογισµός............................................................................... 57 1. Αποδείξεις ............................................................................................................ 57 2. Ορισµοί................................................................................................................ 61 3. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος..................................................................................... 64 4. Αντιστοίχηση........................................................................................................ 72 5. Ασκήσεις .............................................................................................................. 74

4. Ολοκληρωτικός λογισµός ...................................................................... 119 1. Αποδείξεις .......................................................................................................... 119 2. Ορισµοί.............................................................................................................. 119 3. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος................................................................................... 120 4. Ασκήσεις ............................................................................................................ 125

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

1. Μιγαδικοί αριθµοί 1. Αποδείξεις 1.

Πανελλαδικές 2001 – Πανελλήνιες 2007

∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1, z2. Να αποδείξετε ότι: z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2 .

Πανελλαδικές 2001

Αν για το µιγαδικό αριθµό z ισχύει z = 1 , να δείξετε ότι z =

1 . z

2. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος 1.

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2001

Για κάθε µιγαδικό αριθµό z ισχύει: 2

α) z = z ⋅ z 2

β) z = z2 γ)

z =−z

δ)

z = z

ε)

iz = z

α) Σωστό.

β) Λάθος.

γ) Λάθος. Το µέτρο είναι µη αρνητικός α-

ριθµός άρα η δοσµένη σχέση ισχύει µόνο για z = 0. δ) Σωστό.

ε) Σωστό. Είναι iz = i z = 1 ⋅ z = z .

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλαδικές 2003

Αν z ένας µιγαδικός αριθµός και z ο συζυγής του, τότε ισχύει:

z = z = −z . Σωστό.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2003 2003

Αν

και

είναι

µιγαδικοί

αριθµοί,

τότε

ισχύει

πάντα

z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2 .

Σωστό.

Πανελλαδικές 2004

Η διανυσµατική ακτίνα του αθροίσµατος δύο µιγαδικών αριθµών είναι το άθροισµα των διανυσµατικών ακτινών τους. Σωστό.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004 2004 – 2005

Το µέτρο της διαφοράς δύο µιγαδικών είναι ίσο µε την απόσταση των εικόνων τους. Σωστό.

Πανελλαδικές 2006 2

Για κάθε µιγαδικό αριθµό z ισχύει z = z2 . 2

Λάθος. Για κάθε µιγαδικό αριθµό z ισχύει z = z ⋅ z .

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2006 2006

Αν z1 , z2 είναι µιγαδικοί αριθµοί, τότε ισχύει:

z1 − z2 ≤ z1 + z2 .

Σωστό. Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

Πανελλήνιες 2008 2008

Όταν η διακρίνουσα ∆ της εξίσωσης αz2 + βz + γ = 0 µε α, β, γ ∈ ℝ και α ≠ 0 είναι αρνητική, τότε η εξίσωση δεν έχει ρίζες στο σύνολο ℂ των

µιγαδικών. Λάθος, αν είναι ∆ < 0 τότε η εξίσωση έχει δύο µιγαδικές ρίζες.

Πανελλήνιες 2009 2009

Αν z1 , z2 είναι µιγαδικοί αριθµοί, τότε ισχύει: z1 z2 = z1 z2 . Σωστό.

10.. Πανελλήνιες 10 Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 2009 – 2015 Αν z είναι ένας µιγαδικός αριθµός τότε για κάθε θετικό ακέραιο ν ισχύει:

(z ) = (z) v

Σωστό.

11.. Πανελλήνιες 2010 – 2015 11 Η διανυσµατική ακτίνα της διαφοράς των µιγαδικών αριθµών α + βi και

γ + δi είναι η διαφορά των διανυσµατικών ακτινών τους. Σωστό.

12.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 12 2

Για κάθε z ∈ ℂ ισχύει z = z ⋅ z . Σωστό.

13. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 Για κάθε µιγαδικό αριθµό z ≠ 0 ορίζουµε z 0 = 1 . Σωστό.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

14.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 14 Για κάθε µιγαδικό αριθµό z = α + βi , α,β ∈ ℝ ισχύει z − z = 2β . Λάθος. Ισχύει z − z = 2βi .

15. Πανελλαδικές 2012 Στο µιγαδικό επίπεδο οι εικόνες δύο συζυγών µιγαδικών είναι σηµεία συµµετρικά ως προς τον πραγµατικό άξονα. Σωστό.

16.. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2012 16 Η διανυσµατική ακτίνα του αθροίσµατος των µιγαδικών α + βi και

γ + δi είναι το άθροισµα των διανυσµατικών ακτίνων τους. Σωστό.

17. Πανελλαδικές 2013 Η εξίσωση z − z 0 = ρ , ρ > 0 παριστάνει τον κύκλο µε κέντρο το σηµείο

K ( z 0 ) και ακτίνα ρ2 , όπου z, z 0 µιγαδικοί αριθµοί. Λάθος. Η ακτίνα του κύκλου είναι ρ.

18.. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2013 18 Για οποιονδήποτε µιγαδικό αριθµό z ισχύει z = − z . Σωστό.

19. Πανελλαδικές 2014 Για κάθε z ∈ ℂ ισχύει z − z = 2 Im ( z ) . Λάθος. Ισχύει z − z = 2i Im ( z ) .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

20. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014 Η εξίσωση z − z 0 = ρ , ρ > 0 παριστάνει κύκλο µε κέντρο το σηµείο

Κ ( z 0 ) και ακτίνα ρ, όπου z, z 0 µιγαδικοί αριθµοί. Σωστό.

3. Αντιστοίχηση 1.

Πανελλήνιες 2001

Αν z1 = 3 + 4i και z2 = 1 − 3i , να γράψετε στο τετράδιό σας τους αριθµούς της Στήλης Α και δίπλα σε κάθε αριθµό το γράµµα της Στήλης Β έτσι, ώστε να προκύπτει ισότητα. Στήλη Α 1.

z1 ⋅ z2

z12

− z1

iz2

Στήλη Β α.

β.

γ. 25 δ. –5 ε. στ.

1 ζ,

2 γ,

3 α,

ζ. 4 δ,

–2 5 10 5 β.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

4. Ασκήσεις Πανελλήνιες 2000 2000 – 2ο θέμα

α) ∆ίνεται ο µιγαδικός αριθµός z =

5+i . Να γράψετε τον z στη µορ2 + 3i

φή α + βi µε α,β ∈ ℝ .

Μονάδες 4

β) Να βρεθούν τα σηµεία του επιπέδου που είναι εικόνες των µιγαδικών z, για τους οποίους ισχύει

z−1 = 1. z−i

Μονάδες 5

Λύση α) z =

(5 + i)( 2 − 3i) = 10 − 15i + 2i − 3i2 = 13 − 13i = 1 − i . 5+i = 2 + 3i ( 2 + 3i)( 2 − 3i) 13 22 + 32

β) Έστω z = x + yi , x, y ∈ ℝ . z −1 = 1 ⇔ z − 1 = z − i ⇔ x + yi − 1 = x + yi − i ⇔ z−i

Είναι

⇔ ( x − 1) + yi = x + ( y − 1) i ⇔

( x − 1)

+ y 2 = x 2 + ( y − 1) ⇔ 2

⇔ ( x − 1) + y 2 = x 2 + ( y − 1) ⇔ x 2 − 2x + 1 + y 2 = x 2 + y 2 − 2y + 1 ⇔ y = x . 2

Άρα τα ζητούµενα σηµεία ανήκουν στην ευθεία y = x .

Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 2000 Επαναληπτικές) 20 00 – 2ο θέμα

α)

Αν z1 , z2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης z2 + 2z + 2 = 0 , να αποδείξετε ότι:

β)

z120 − z220 = 0

Μονάδες 12

Αν z1 είναι ρίζα της εξίσωσης του (α) ερωτήµατος, µε φανταστικό µέρος θετικό αριθµό, να βρείτε τις τιµές του θετικού ακεραίου ν για τις οποίες z1 v είναι πραγµατικός αριθµός.

Μονάδες 8

Λύση α) z2 + 2z + 2 = 0 ⇒ z2 + 2z + 1 = −1 ⇒ ( z + 1) = i2 ⇒ z1 = −1 + i και z2 = −1 − i . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

z120 − z220 = ( −1 + i) − ( −1 − i ) 20

2 2 = ( −1 + i )  − ( −1 − i )     

= ( −2i) − ( 2i) = 0 10

z13 = z12 ⋅ z1 = ( −2i )( −1 + i ) = 2 (1 + i) ,

β) z12 = ( −1 + i ) = −2i , 2

z14 = ( −2i ) = −4 ,

z15 = −4 ( −1 + i) ,

z16 = z14 ⋅ z12 = −4 ⋅ ( −2i ) = 8i ,

κ.λπ.

άρα ο z1 v είναι πραγµατικός αριθµός για v = πολ4

Πανελλήνιες 200 2003 – 2ο θέμα

∆ίνονται

οι

µιγαδικοί

αριθµοί

z = α + βi ,

όπου

α,β ∈ ℝ

και

w = 3z − iz + 4 , όπου z ο συζυγής του z. α) Να αποδείξετε ότι : Re ( w ) = 3α − β + 4 , Im ( w ) = 3β − α . Μονάδες 6 β) Να αποδείξετε ότι, αν οι εικόνες του w στο µιγαδικό επίπεδο κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y = x − 12 , τότε οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y = x − 2 .

Μονάδες 9

γ) Να βρείτε ποιος από τους µιγαδικούς αριθµούς z, οι εικόνες των οποίων κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y = x − 2 , έχει το ελάχιστο µέτρο.

Μονάδες 10

Λύση α) w = 3 ( α + βi) − i ( α − βi) + 4 ⇒ w = 3α − β + 4 + i ( 3β − α ) . β) M ( w ) ∈ στην y = x − 12 άρα οι συντεταγµένες του Μ επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας. Εποµένως είναι 3β − α = 3α − β + 4 − 12 ⇒ β = α − 2 . Άρα οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία y = x − 2 . γ) Η εικόνα του ζητούµενου µιγαδικού είναι το σηµείο τοµής της y = x − 2 και της κάθετης προς αυτήν ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων

y = x − 2 − x = x − 2 x = 1 ( y = − x ). Το σύστηµα  ⇒ ⇒ . Άρα z = 1 − i . y = −x →  y = −1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 200 2003 – 2ο θέμα

α) Να περιγράψετε γεωµετρικά το σύνολο (Σ) των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z που ικανοποιούν τις σχέσεις:

z = 2 και Im ( z ) ≥ 0

Μονάδες 12

β) Να αποδείξετε ότι, αν η εικόνα του µιγαδικού αριθµού z κινείται στο σύνολο (Σ), τότε η εικόνα του µιγαδικού αριθµού w =

1 4 z+   2 z

κινείται σε ευθύγραµµο τµήµα, το οποίο βρίσκεται στον άξονα x’x. Μονάδες 13

Λύση α) Είναι τα σηµεία του κύκλου µε κέντρο το O ( 0, 0 ) και ακτίνα 2 που έχουν τεταγµένη θετική ή µηδέν. β) Για z = x + yi είναι w =

4 ( x − yi )  1 4  1  = x. x yi + + = x + yi + 2 2  2  x + yi  2  x + y  

Εποµένως Im ( w ) = 0 άρα η εικόνα του w ανήκει στο x’x.

Πανελλήνιες 200 2005 – 2ο θέμα

∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1 , z2 , z 3 µε z1 = z2 = z3 = 3 . α) ∆είξτε ότι: z1 =

9 . z1

β) ∆είξτε ότι ο αριθµός

Μονάδες 7

z1 z2 είναι πραγµατικός. + z 2 z1

γ) ∆είξτε ότι: z1 + z2 + z3 =

1 z ⋅ z + z2 ⋅ z 3 + z 3 ⋅ z1 . 3 1 2

Μονάδες 9

Λύση 2

α) z1 = 3 ⇔ z1 = 9 ⇔ z1 z1 = 9 ⇔ z1 =

9 . z1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

9 9  z1 z2   z1   z2  z1 z2 z1 z2 z2 z1 z z β)  +  =   +   = + = + = + . Άρα 2 + 1 ∈ ℝ . z  9 9 z1 z2 z1 z2  2 z1   z2   z1  z2 z1 z2 z1

γ) z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 = =9

9 9 9 + + = z1 z2 z3

z ⋅ z + z1 ⋅ z3 + z1 ⋅ z2 z2 ⋅ z3 + z1 ⋅ z3 + z1 ⋅ z2 =9 2 3 z1z2 z3 z1 z2 z3 z2 ⋅ z3 + z1 ⋅ z3 + z1 ⋅ z2 3⋅3⋅3

1 z ⋅ z + z1 ⋅ z3 + z1 ⋅ z2 . 3 2 3

Πανελλήνιες Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 200 2005 – 2ο θέμα

α)

Αν

z1 , z2

είναι

µιγαδικοί

αριθµοί

για

τους οποίους ισχύει

z1 + z2 = 4 + 4i και 2z1 − z2 = 5 + 5i , να βρείτε τους z1 , z2 .Μονάδες 10 β) Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς z, w ισχύουν: z − 1 − 3i ≤ 2 και w − 3 − i ≤ 2 , τότε:

Να δείξετε ότι υπάρχουν µοναδικοί µιγαδικοί αριθµοί z, w έτσι ώστε z = w .

Μονάδες 10

ii) Να βρείτε τη µέγιστη τιµή του z − w .

Μονάδες 5

Λύση z + z2 = 4 + 4i −2z1 − 2z2 = −8 − 8i α)  1 . ⇒ 2z1 − z2 = 5 + 5i 2z1 − z2 = 5 + 5i

Προσθέτουµε κατά µέλη τις παραπάνω σχέσεις και έχουµε:

−2z2 − z2 = −3 − 3i ⇒ −2 ( x 2 + iy 2 ) − ( x 2 − iy 2 ) = −3 − 3i . Λύνοντας, βρίσκουµε z2 = 1 + 3i . Αντικαθιστώντας

στην

πρώτη

σχέση

βρίσκουµε

z1 = 3 + i .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

β) Ο γεωµετρικός τόπος του z είναι ο κυκλικός δίσκος µε κέντρο το K (1, 3 ) και ακτίνα ρz = 2 . Ο γεωµετρικός τόπος του w είναι ο κυκλικός δίσκος µε κέντρο το Λ ( 3,1) και ακτίνα ρ w = 2 .

( 3 − 1) + (1 − 3) 2

Είναι ΚΛ=

= 8 =2 2 =

2+ 2=

ρz + ρw . Άρα οι δύο κύκλοι εφάπτονται δηλαδή υπάρχει µοναδικό σηµείο στο οποίο τέµνονται οι δύο κύκλοι, δηλαδή υπάρχουν µοναδικοί z, w τέτοιοι ώστε z = w. γ) Το z − w παίρνει τη µέγιστη τιµή του στα σηµεία Α και Β που τέµνει η ΚΛ τους δύο κύκλους. Είναι ΑΒ = z − w = 2ρz + 2ρ w = 4 2 .

Πανελλήνιες 200 2006 – 3ο θέμα

∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί

z1 , z2 , z 3

µε

z1 = z2 = z3 = 1

και

z1 + z2 + z 3 = 0 . α) Να αποδείξετε ότι: i)

z1 − z2 = z3 − z1 = z2 − z3 .

ii)

z1 − z2

Μονάδες 9

≤ 4 και Re ( z1 z2 ) ≥ −1 .

Μονάδες 8

β) Να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των z1 , z2 , z 3 στο µιγαδικό επίπεδο, καθώς και το είδος του τριγώνου που αυτές σχηµατίζουν.

Μονάδες 8

Λύση α) i) Είναι z1 + z2 + z3 = 0 άρα z1 = −z2 − z3 . 1ος τρόπος: z1 − z2 = z3 − z1 ⇔ −z2 − z3 − z2 = z3 − ( −z2 − z3 ) ⇔ 2

−2z2 − z3 = z2 + 2z3 ⇔⇔ ( −2z2 − z3 )( −2z2 − z3 ) = ( z2 + 2z3 )( z2 + 2z3 ) 2

⇔ 4 z2 + 2z2 z3 + 2z2 z3 + z3 = z2 + 2z2 z3 + 2z2 z3 + 4 z3 ⇔ z2 = z3 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

Η σχέση ισχύει άρα ισχύει και η αρχική. Όµοια ξεκινάµε από τη σχέση z1 − z2 = z2 − z3 και καταλήγουµε σε µία σχέση που ισχύει. 2ος τρόπος: Από τον κανόνα του παραλληλογράµµου (ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΑΠΟ∆ΕΧΘΕΙ) 2

ισχύει z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + 2 z2 ⇒ −z3 + z1 − z2 = 2 ⋅ 12 + 2 ⋅ 12 ⇒ 2

12 + z1 − z2 = 2 + 2 ⇒ z1 − z2 = 3 ⇒ z1 − z2 = 3 Όµοια z2 − z3 = 3 και z1 − z3 = 3 άρα z1 − z2 = z3 − z1 = z2 − z3 ii) 1ος τρόπος: z1 − z2 = z1 + ( −z2 ) ≤ z1 + −z2 = 1 + 1 = 2 άρα z1 − z2 ≤ 4 2

2ος τρόπος: Οι εικόνες των z1 και z2 ανήκουν στον µοναδιαίο κύκλο άρα η µέγιστη απόστασή τους είναι ίση µε τη διάµετρο του κύκλου, δηλαδή ίση µε 2. 2

Άρα z1 − z2 ≤ 2 ⇒ z1 − z2 ≤ 4 .

z1 − z2 ≤ 4 ⇒ ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) ≤ 4 ⇒ zz − z1 z2 − z2 z1 + z22 ≤ 4 ⇒ 2

−z1 z2 − z2 z1 ≤ 2 ⇒ z1 z2 + z2 z1 ≥ −2 ⇒ z1 z2 + ( z1 z2 ) ≥ −2 ⇒ 2Re ( z1 z2 ) ≥ −2

⇒ Re ( z1 z2 ) ≥ −1 . β) Τα µέτρα των µιγαδικών z1 , z2 , z3 είναι ίσα µε τη µονάδα άρα και οι τρεις µιγαδικοί ανήκουν στον µοναδιαίο κύκλο C: x2 + y2 = 1. Από τη σχέση z1 − z2 = z3 − z1 = z2 − z3 συµπεραίνουµε ότι οι τρεις µιγαδικοί ισαπέχουν άρα σχηµατίζουν ισόπλευρο τρίγωνο.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Είναι z1 + z2 = −z3 = 1 . Εποµένως z1 + z2 = 1 ⇒ ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) = 1 ⇒⇒ z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 = 1 2

⇒ 1 + 2Re ( z1 z2 ) + 1 = 1 ⇒ 2Re ( z1 z2 ) = −1 ⇒ Re ( z1 z2 ) = −

1 . 2

Επίσης z1 − z2 = ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = z1 − z1 z2 − z2 z1 + z2 = 2

2 2  1 = z1 − 2Re ( z1 z2 ) + z2 = 1 − 2  −  + 1 = 3  2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες 200 2007 – 2ο θέμα

∆ίνεται ο µιγαδικός αριθµός z =

2 + αi µε α ∈ ℝ . α + 2i

α) Να αποδειχθεί ότι η εικόνα του µιγαδικού z ανήκει στον κύκλο µε κέντρο Ο ( 0, 0 ) και ακτίνα ρ = 1.

Μονάδες 9

β) Έστω z1 , z2 οι µιγαδικοί που προκύπτουν από τον τύπο z =

2 + αi α + 2i

για α = 0 και α = 2 αντίστοιχα. i)

Να βρεθεί η απόσταση των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z1 και z2 .

Μονάδες 8

ii) Να αποδειχθεί ότι ισχύει ( z1 )

= ( − z2 ) για κάθε φυσικό αριθµό v

ν.

Μονάδες 8

Λύση 2 + αi 2 + αi = = α + 2i α + 2i

α) Είναι z =

22 + α2 α 2 + 22

= 1 , άρα η εικόνα του µιγαδικού z ανή-

κει σε κύκλο µε κέντρο Ο(0, 0) και ακτίνα ρ = 1. 2 2i 2 + 2i = 2 = −i και z2 = =1. 2i 2i 2 + 2i

β) Είναι z1 =

i) Η απόστασή τους είναι z1 − z2 = −i − 1 = 1 + i = 12 + 12 = 2 . ii) ( z1 )

= ( −i )

( ) = ( −1 ) = ( − z )

= i2v = i2

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 200 2007 – 4ο θέμα

∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1 = α + βi και z2 =

2 − z1 , όπου α,β ∈ ℝ 2 + z1

µε β ≠ 0 . ∆ίνεται επίσης ότι z2 − z1 ∈ ℝ . α) Να αποδειχθεί ότι z2 − z1 = 1 .

Μονάδες 9

β) Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z1 στο µιγαδικό επίπεδο.

Μονάδες 6 Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

γ) Αν ο αριθµός z12 είναι φανταστικός και αβ > 0 , να υπολογισθεί ο z1 και να δειχθεί ότι ( z1 + 1 + i )

− ( z1 + 1 − i)

= 0.

Μονάδες 10

Λύση α) Είναι z2 − z1 =

2 − ( α − βi ) ( 2 − α ) + βi − α + βi 2 − z1 − z1 = − ( α + βi ) = ( ) 2 + z1 2 + α − βi ( 2 + α) − βi

( 2 − α ) + βi − α + βi = ( 2 − α) + βi ( 2 + α ) + βi − α + βi ( ) ( ) 2 ( 2 + α ) − βi ( 2 + α ) + β2

( 2 + βi ) − α ( 2 + βi ) + α 4 + 4βi − β2 − α2  = − ( α + βi ) = − α − βi 2 2 ( 2 + α ) + β2 ( 2 + α) + β2

 4 − β 2 − α2    4    = − α + βi − 1 2  ( 2 + α )2 + β 2   ( 2 + α) + β2     

(1)

  4  = 0. Ξέρουµε ότι z2 − z1 ∈ ℝ άρα β  − 1  ( 2 + α )2 + β 2   

Είναι β ≠ 0 άρα

( 2 + α)

+ β2

−1 = 0 ⇒

(2 + α)

= 1 ⇒ ( 2 + α ) + β2 = 4 2

+ β2

⇒ 4 + 4α + α2 + β2 = 4 ⇒ α2 + β 2 = −4α .

(2) (3)

 4 − β 2 − α2    4   βάλου Άρα αν στη σχέση (1) z2 − z1 =  − α + βi − 1 2  ( 2 + α )2 + β 2   ( 2 + α ) + β2     

µε όπου Im ( z2 − z1 ) = 0 και αντικαταστήσουµε τη σχέση (3) έχουµε z2 − z1 =

(

4 − α2 + β2

)

4 + 4α + α + β 2

−α=

4 − ( −4α ) 4 + 4α − 4α

−α=

4 + 4α − α = 1+ α − α = 1. 4

β) Από τη σχέση (3) έχουµε ότι για τον µιγαδικό

(2 + α)

z = α + βi

ισχύει

+ β2 = 4 . Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z1 στο µιγαδικό

επίπεδο είναι ο κύκλος µε κέντρο το Ο(–2, 0) και ακτίνα ρ = 2. γ) Είναι z12 = ( α + βi ) = α2 − β 2 + 2αβi . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Ο z12 είναι φανταστικός άρα α2 − β2 = 0 ⇒ α2 = β 2 ⇒ α = ±β . Όµως είναι αβ > 0 άρα οι α και β είναι οµόσηµοι. Εποµένως είναι α = β. Όµως για τον z1 = α + βi ισχύει η σχέση ( 2 + α ) + β2 = 4 η οποία για α = β δίνει 2

α = 0 + α2 = 4 ⇒ 4 + 4α + α2 + α2 = 4 ⇒ 2α2 + 4α = 0 ⇒ 2α ( α + 2 ) = 0 ⇒  α = −2 Η α = 0 απορρίπτεται ( α = β ≠ 0 ). Εποµένως α + 2 = 0 ⇒ α = −2 ⇒ z1 = −2 − 2i .

(2 + α)

Από τη σχέση ( z1 + 1 + i ) − ( z1 + 1 − i) 20

( −2 − 2i + 1 + i)

− ( −2 + 2i + 1 − i)

2 2 = ( −1 − i )  − ( −1 + i)     

= 0 προκύπτει

= ( −1 − i) − ( −1 + i) 20

= ( 2i) − ( −2i) = 210 ⋅ i10 − ( −2 ) i10 = 0 . 10

10. Πανελλήνιες 200 2008 – 2ο θέμα Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς z και w ισχύουν

(i + 2 2 ) z = 6

και

w − (1 − i) = w − ( 3 − 3i)

τότε να βρείτε: α) το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z. Μονάδες 6 β) το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών w. Μονάδες 7 γ) την ελάχιστη τιµή του w .

Μονάδες 6

δ) την ελάχιστη τιµή του z − w .

Μονάδες 6

Λύση α)

(i + 2 2 ) z = 6 ⇔ (i + 2 2 ) ⋅ z = 6 ⇔

8 + 1 ⋅ z = 6 ⇔ 3 ⋅ z = 6 ⇔ z = 2 . Άρα ο ζητούµενος

γεωµετρικός τόπος είναι κύκλος µε κέντρο το O ( 0, 0 ) και ακτίνα ρ = 2 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

β) Ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι η µεσοκάθετος ε του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ, όπου Α(1,–1) και Β(3,–3). Το µέσο του ΑΒ είναι το Μ(2,–2). Είναι λ ΑΒ =

−2 = −1 , άρα λ ε = 1 . 2

Η εξίσωση της µεσοκαθέτου είναι ε: y + 2 = 1 ⋅ ( x − 2 ) ή y = x − 4 . γ) Η ελάχιστη τιµή του w είναι ίση µε την απόσταση του Ο από την ευθεία ε: y=x–4.. w min = d ( O, ε ) =

1 ⋅ 0 + ( −1) ⋅ 0 + ( −4 ) 1 + ( −1) 2

4 2

=2 2.

δ) Είναι z = 2 και w ≥ 2 2 . Άρα w − z ≥ 2 2 − 2 . Ακόµη

z − w = w − z = w + ( −z ) . Με χρήση της τριγωνικής ανισότητας

w + ( −z ) ≥ w − z ≥ 2 2 − 2 . Η γεωµετρική ερµηνεία της παραπάνω απόστασης είναι το µήκος ΝΜ, όπου Ν είναι το σηµείο τοµής της. Την ελάχιστη αυτή τιµή την παίρνει η παράσταση

z − w για w = 2 − 2i (όπως αποδείξαµε το 2 − 2i είναι το σηµείο τοµής της µεσοκαθέτου µε το ευθύγραµµο τµήµα, στο ερώτηµα (β)).

11. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 200 2008 – 2ο θέμα ∆ίνεται ότι ο µιγαδικός αριθµός z1 =

1+i 3 είναι ρίζα της εξίσωσης 2

z2 + βz + γ = 0 , όπου β και γ πραγµατικοί αριθµοί. α) Να αποδείξετε ότι β = −1 και γ = 1 .

Μονάδες 9

β) Να αποδείξετε ότι z13 = −1 .

Μονάδες 8

γ) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του µιγαδικού αριθµού w, για τον οποίο ισχύει: w = z1 − z1 .

Μονάδες 8

Λύση α) 1ος τρόπος Η δεύτερη ρίζα της εξίσωσης είναι ο z2 = z1 =

1−i 3 . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

z + z2 = −β 1 = −β β = −1 Από τους τύπους Vieta προκύπτει:  1 . ⇒ ⇒ z1 ⋅ z2 = γ 1 = γ γ = 1

2ος τρόπος O z1 είναι ρίζα της εξίσωσης άρα την επαληθεύει. 2

1 + i 3  1+i 3 1 + 2i 3 − 3 β + βi 3 Εποµένως ισχύει  +β +γ=0⇒ + +γ=0   2  2 4 2   ⇒ −2 + 2i 3 + 2β + 2βi 3 + 4γ = 0 ⇒ −2 + 2β + 4γ + 2i 3 (1 + β ) = 0 .

−2 + 2β + 4γ = 0  Άρα είναι  ⇒ ⇒ −2 + 2 ( −1) + 4γ = 0 ⇒ γ = 1 . 1 + β = 0 β = −1 β) 1ος τρόπος Από παραπάνω προκύπτει ότι ο z1 είναι ρίζα της z2 − z + 1 = 0

(

)

Άρα z13 + 1 = ( z1 + 1) z12 − z1 + 1 = 0 ⇒ z13 = −1 . 3

ος

1 + i 3   1 + i 3   1 + i 3   1 + 2i 3 − 3   1 + i 3  τρόπος z1 =  = =      2   2   2   4         2  3

 −2 + 2i 3   1 + i 3   i 3 − 1   i 3 + 1  −3 − 1 = = −1 .    =     =  4 4   2   2  2 

γ) Είναι z1 − z1 = 2

i 3 = i 3 . Εποµένως w = z1 − z1 = i 3 = 3 . 2

Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του µιγαδικού αριθµού w, είναι ο κύκλος µε κέντρο το O ( 0, 0 ) και ακτίνα

12. Πανελλήνιες 200 2009 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z = ( 2λ + 1 ) + ( 2λ − 1 ) i , λ ∈ ℝ Α. α) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία βρίσκονται οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z, για τις διάφορες τιµές του λ∈ℝ.

Μονάδες 9

β) Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς να αποδείξετε ότι ο µιγαδικός αριθµός z 0 = 1 − i έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο. Μονάδες 8

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

Β. Να βρεθούν οι µιγαδικοί αριθµοί w οι οποίοι ικανοποιούν την εξί2

σωση w + w − 12 = z 0 , όπου z 0 ο µιγαδικός αριθµός που αναφέρεται στο προηγούµενο ερώτηµα.

Μονάδες 8

Λύση  x = 2λ + 1 Α. α) Έστω z = x + yi , µε x, y ∈ ℝ . Είναι  ⇒ y = x −2.  y = 2λ − 1 Άρα οι εικόνες των µιγαδικών z ανήκουν στην ευθεία y = x − 2 . β) 1ος τρόπος Η εικόνα του ζητούµενου µιγαδικού είναι η προβολή της αρχής των αξόνων Ο στην ευθεία y = x − 2 . Η ευθεία y = x − 2 τέµνει τους άξονες στα σηµεία A ( 2,0 ) και B ( 0, −2 ) . Είναι

( OA ) = ( OB ) = 2

άρα το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές. Εποµένως αν είναι Μ το

µέσο του ΑΒ τότε η ΟΜ είναι και ύψος και διάµεσος του ΟΑΒ. 2+0 0−2 Το Μ ως µέσο του ΑΒ έχει συντεταγµένες  , = (1, −1) . 2   2 Άρα ο µιγαδικός z0 = 1 − i έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο. 2ος τρόπος Είναι z =

( 2λ + 1)

+ ( 2λ − 1) = 4λ2 + 4λ + 1 + 4λ2 − 4λ + 1 = 2

8λ2 + 2 = 2 ⋅ 4λ2 + 1 ≥ 2 (γιατί λ2 ≥ 0 ⇒ λ2 + 1 ≥ 1 ). Η ισότητα ισχύει για λ = 0 . Άρα ο ζητούµενος µιγαδικός είναι αυτός που προκύπτει για λ = 0 , δηλαδή ο z0 = 1 − i έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο. Β. Έστω w = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι 2

w + w − 12 = z0 ⇒ x 2 + y 2 + x − yi − 12 = 1 − i ⇒ x 2 + y 2 + x − yi = 13 − i ⇒  x 2 + y 2 + x = 13 ⇒ ⇒ x 2 + 1 + x = 13 ⇒ x 2 + x − 12 = 0 ⇒ x = 3 ή x = −4 y =1  Άρα w = 3 + i ή w = −4 + i .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

13. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 200 2009 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει:

( 2 − i ) z + ( 2 + i) z − 8 = 0 α) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z = x + yi οι οποίοι ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. Μονάδες 10 β) Να βρείτε τον µοναδικό πραγµατικό αριθµό z1 και τον µοναδικό φανταστικό αριθµό z2 οι οποίοι ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση.

Μονάδες 8

γ) Για τους αριθµούς z1 , z2 που βρέθηκαν στο προηγούµενο ερώτηµα 2

να αποδείξετε ότι z1 + z2 + z1 − z2

= 40 .

Μονάδες 7

Λύση α) Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Η δοσµένη σχέση δίνει:

( 2 − i)( x + yi) + ( 2 + i)( x − yi) − 8 = 0 ⇒ 2x − xi + 2yi + y + 2x − 2yi + xi + y − 8 = 0 ⇒ 4x + 2y = 8 ⇒ 2x + y = 4 .

Άρα ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι η ευθεία 2x + y = 4 . β) Πρέπει Im ( z1 ) = 0 άρα από τη σχέση 2x + y = 4 ⇒ 2x + 0 = 4 ⇒ x = 2 . Εποµένως είναι z1 = 2 + 0i . Οµοίως πρέπει Re ( z2 ) = 0 άρα από τη σχέση 2x + y = 4 ⇒ 2 ⋅ 0 + y = 4 ⇒ y = 4 . Εποµένως είναι z2 = 0 + 4i . γ) Είναι z1 + z2 + z1 − z2 = 2 + 4i + 2 − 4i = 22 + 4 2 + 22 + ( −4 ) = 2

4 + 16 + 4 + 16 = 40 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

14. Πανελλήνιες 2010 2010 – 2ο θέμα ∆ίνεται η εξίσωση z +

2 = 2 όπου z ∈ ℂ µε z ≠ 0 z

α) Να βρείτε τις ρίζες z1 και z2 της εξίσωσης.

Μονάδες 7

β) Να αποδείξετε ότι z12010 + z22010 = 0 .

Μονάδες 6

γ) Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς w ισχύει w − 4 + 3i = z1 − z2 τότε να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο.

Μονάδες 7

δ) Για τους µιγαδικούς αριθµούς w του ερωτήµατος γ) να αποδείξετε ότι 3 ≤ w ≤ 7 .

Μονάδες 5

Λύση α) z +

2 = 2 ⇔ z2 + 2 = 2z ⇔ z2 − 2z + 2 = 0 . z

Είναι ∆ = 4 − 8 = −4 < 0 . Άρα z1,2 =

( )

β) Είναι z12010 + z2 2010 = z12

( 2i)

1005

γ)

+ ( −2i)

1005

= ( 2i)

1005

− ( 2i)

2±i 4 = 1 ± i 2 ⇒ z1 = 1 + i και z2 = 1 − i 2

( )

+ z2 2

1005

(

= (1 + i)

)

1005

(

+ (1 − i)

)

1005

w − 4 + 3i = z1 − z2 ⇒ w − ( 4 − 3i ) = 1 + i − (1 − i) ⇒ w − ( 4 − 3i) = 2i ⇒

w − ( 4 − 3i) = 2 άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό ε-

πίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο το Κ ( 4, −3 ) και ακτίνα 2 δ) 1ος τρόπος Από την τριγωνική ανισότητα: w − −4 + 3i ≤ w + ( −4 + 3i ) ≤ w + −4 + 3i .

Από το πρώτο µέλος της ανισότητας προκύπτει w − −4 + 3i ≤ w + ( −4 + 3i ) ⇒ w − 5 ≤ 2 ⇒ −2 ≤ w − 5 ≤ 2 ⇒ 3 ≤ w ≤ 7

2ος τρόπος: Αν είναι O ( 0, 0 ) η αρχή των αξόνων: ( OK ) = 4 2 + ( −3 ) = 5 > ρ 2

Για κάθε σηµείο Μ του κύκλου (K,ρ ) : ( OK ) − ρ ≤ ( ΟΜ) ≤ ( ΟΚ ) + ρ ⇔ 3 ≤ w ≤ 7 Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

15. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2010 2010 – 2ο θέμα Έστω ότι οι µιγαδικοί αριθµοί z1 , z2 είναι οι ρίζες εξίσωσης δευτέρου βαθµού

µε

πραγµατικούς

συντελεστές

για

τις

οποίες

ισχύουν

z1 + z2 = −2 και z1 ⋅ z2 = 5 . α) Να βρείτε τους µιγαδικούς αριθµούς z1 , z2 .

Μονάδες 5

β) Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς w ισχύει η σχέση 2

w − z 1 + w − z2

= z1 − z2

να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι ο κύκλος µε εξίσωση ( x + 1 ) + y 2 = 4 . 2

Μονάδες 8

γ) Από τους µιγαδικούς αριθµούς w του ερωτήµατος (β) να βρείτε εκείνους για τους οποίους ισχύει 2 ⋅ Re ( w ) + Im ( w ) = 0 .

Μονάδες 6

δ) Αν w1 , w2 είναι δύο από τους µιγαδικούς w του ερωτήµατος (β) µε την ιδιότητα w1 − w 2 = 4 , να αποδείξετε ότι w1 + w 2 = 2 .

Μονάδες 6

Λύση z + z2 = −2 z = −2 − z1 α) Είναι  1 ⇒ 2 ⇒ z1 ⋅ ( −2 − z1 ) = 5 ⇒ z12 + 2z1 + 5 = 0 →  z1 ⋅ z2 = 5

Είναι ∆ = 4 − 20 = −16 < 0 άρα z =

−2 ± 4i ⇒ z1 = −1 + 2i και z2 = −1 − 2i . 2

β) Είναι z1 − z2 = −1 + 2i + 1 + 2i = 4i = 4 άρα

w − z1 + w − z2 = z1 − z2 ⇒ ( w − z1 )( w − z1 ) + ( w − z2 )( w − z2 ) = 16 ⇒ 2

( w − z1 )( w − z2 ) + ( w − z2 )( w − z1 ) = 16 ⇒ ww − z1 w − wz2 + z1z2 + ww − z1 w − z2 w + z1z2 = 16 ⇒

2 w − z1 ( w + w ) − z2 ( w + w ) + 2z1z2 = 16 ⇒ 2

2 w − ( z1 + z2 )( w + w ) + 2z1z2 = 16 ⇒ 2 w + 2 ( w + w ) + 10 = 16 ⇒ 2

⇒ w + (w + w) + 5 = 8 ⇒ w + (w + w) = 3 . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

Για w = x + yi µε x, y ∈ ℝ προκύπτει

x 2 + y 2 + 2x = 3 ⇒ x 2 + 2x + 1 + y 2 = 4 ⇒ ( x + 1) + y 2 = 4 που είναι κύκλος µε 2

κέντρο A ( −1, 0 ) και ακτίνα ρ = 2 . ( x + 1)2 + y 2 = 4 γ) Είναι Re ( w ) = x και Im ( w ) = y . Εποµένως:  ⇒ 2x + y = 0 ( x + 1)2 + y 2 = 4 2 2 ⇒ ( x + 1) + ( −2x ) = 4 ⇒ x 2 + 2x + 1 + 4x 2 = 4 ⇒   y = −2x 5x 2 + 2x − 3 = 0 . Είναι ∆ = 4 + 60 = 64 > 0 άρα x = x = −1 ή x =

−2 ± 64 −2 ± 8 ⇒x= ⇒ 2⋅5 2⋅5

6 3 = . 10 5

Για x = −1 είναι y = −2 ⋅ ( −1) = 2 άρα w = −1 + 2i . Για x =

3 3 6 3 6 είναι y = −2 ⋅ = − άρα w = − i . 5 5 5 5 5

δ) Είναι w1 − w 2 = 4 = 2ρ άρα οι εικόνες των w1 και w 2 είναι αντιδιαµετρικά σηµεία του κύκλου. Αν είναι Κ η εικόνα του w1 και Λ η εικόνα του w 2 τότε

w1 + w 2 = ΟK + ΟΛ = 2ΟΑ = 2 ⋅ 1 = 2 .

16. Πανελλήνιες 2011 – 2ο θέμα Έστω ότι οι µιγαδικοί αριθµοί z και w µε z ≠ 3i , οι οποίοι ικανοποιούν τις σχέσεις:

z − 3i + z + 3i = 2 και w = z − 3i +

1 z − 3i

α) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z. β) Να αποδείξετε ότι z + 3i =

Μονάδες 7 1 . z − 3i

Μονάδες 4

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

γ) Να αποδείξετε ότι ο w είναι πραγµατικός αριθµός και ότι −2 ≤ w ≤ 2

Μονάδες 8

δ) Να αποδείξετε ότι: z − w = z .

Μονάδες 6

Λύση α) Είναι z − 3i + z + 3i = 2 ⇒ z − 3i + z − 3i = 2 ⇒ z − 3i + z − 3i = 2 ⇒ z − 3i = 1 ⇒ z − ( 0 + 3i) = 1 . Άρα ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι κύκλος

µε κέντρο το K ( 0, 3 ) και ακτίνα ρ = 1 .

(

)

β) Είναι z − 3i = 1 ⇒ z − 3i = 1 ⇒ ( z − 3i ) ⋅ z − 3i = 1 ⇒ ( z − 3i) ⋅ ( z + 3i) = 1 ⇒ 2

z + 3i =

1 . z − 3i

γ) Είναι w = z − 3i +

1 (β ) = z − 3i + z + 3i = z + z = 2Re ( z ) ⇒ w ∈ ℝ . z − 3i

Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Εποµένως w = 2x . Οι εικόνες του z ανήκουν στον κύκλο µε εξίσωση x 2 + ( y − 3 ) = 1 ⇒ 2

( y − 3)

= 1 − x 2 ≥ 0 άρα x 2 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ −2 ≤ 2x ≤ 2 ⇒ −2 ≤ w ≤ 2 .

δ) Είναι z − w = z − ( z + z ) = − z = z .

17. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011– 2011– 2ο θέμα ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z, w, οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχα τις σχέσεις:

z − i = 1 + Im ( z )

(1)

w ( w + 3i) = i ( 3w + i )

(2)

α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z είναι η παραβολή µε εξίσωση y =

1 2 x . 4

Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

β) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών w είναι ο κύκλος µε κέντρο το σηµείο K ( 0, 3 ) και ακτίνα

ρ=2 2.

Μονάδες 7

γ) Να βρείτε τα σηµεία Α και Β του µιγαδικού επιπέδου, τα οποία είναι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z, w µε z = w .

Μονάδες 5

δ) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΚΑΒ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και, στη συνέχεια, να βρείτε τον µιγαδικό αριθµό u µε εικόνα στο µιγαδικό επίπεδο το σηµείο Λ, έτσι ώστε το τετράπλευρο µε κορυφές τα σηµεία Κ, Α, Λ, Β να είναι τετράγωνο.

Μονάδες 6

Λύση α) Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι z − i = 1 + Im ( z ) ⇒ x + yi − i = 1 + y Για να ισχύει η σχέση πρέπει 1 + y ≥ 0 ⇒ y ≥ −1 . Άρα για y ≥ −1 είναι: x 2 + ( y − 1) = 1 + y ⇒ x 2 + ( y − 1) = (1 + y ) ⇒ x 2 + y 2 − 2y + 1 = 1 + 2y + y 2 ⇒ 2

x 2 = 4y ⇒ y =

1 2 x που ισχύει για κάθε y ≥ −1 . 4

β) Έστω w = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι w ( w + 3i) = i ( 3w + i) ⇒

ww + 3iw = 3iw − 1 ⇒ ww + 3i ( w − w ) + 1 = 0 ⇒ x 2 + y 2 + 3i ⋅ 2y − 1 = 0 ⇒ x 2 + y 2 − 6y + 1 = 0 .

εξίσωση

 0 −6  K  ,− = K ( 0, 3 ) και ακτίνα ρ = 2  2

αυτή

παριστάνει

0 + ( −6 ) − 4 2

κύκλο

µε

κέντρο

32 4 2 = =2 2. 2 2

γ) Τα ζητούµενα σηµεία είναι τα κοινά σηµεία των δύο παραπάνω γεωµετρικών τόπων. Εποµένως για να τα βρούµε αρκεί να λύσουµε το σύστηµα των εξισώ2 2 4y + y 2 − 6y + 1 = 0  x + y − 6y + 1 = 0 σεών τους. Είναι:  2 ⇒ ⇒ →   x = 4y

 y 2 − 2y + 1 = 0  y = 1 (διπλή ρίζα)  . Άρα A ( 2,1) και B ( −2,1) . ⇒ ⇒  → x = ± 2 →    δ) Είναι KA =

(2 − 0)

+ (1 − 3 ) = 8 , KB = 2

( −2 − 0 )

+ (1 − 3 ) = 8 , 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

AB =

(2 + 2)

+ (1 − 1) = 4 . 2

Άρα KA = KB δηλαδή το ΚΑΒ είναι ισοσκελές µε κορυ-

K(0,3)

φή το Κ.

B(-2,1)

AB = 16 2

Είναι

και

KA + KB = 8 + 8 = 16 2

A(2,1)

άρα

O x

AB 2 = KA 2 + KB 2 εποµένως το ΚΑΒ είναι ορθογώνιο µε

Ë(0,-1)

ορθή γωνία την Κ. Για να είναι το ΚΑΛΒ τετράγωνο πρέπει οι διαγώνιες να είναι ίσες, άρα πρέπει να είναι ΚΛ = ΑΒ . Είναι AB = 4 άρα και ΚΛ = 4 . Εποµένως είναι Λ ( 0, −1) .

18. Πανελλαδικές 2012 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z και w για τους οποίους ισχύουν οι επόµενες σχέσεις: 2

z−1 + z+1 = 4

w − 5w = 12

(1)

(2)

α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z στο επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = 1 .

Μονάδες 6

β) Αν z1 , z2 είναι δύο από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z µε z1 − z2 = 2 τότε, να βρείτε το z1 + z2 .

Μονάδες 7

γ) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών x 2 y2 αριθµών w στο επίπεδο είναι η έλλειψη µε εξίσωση = 1 και + 9 4 στη συνέχεια να βρείτε τη µέγιστη και την ελάχιστη τιµή του w . Μονάδες 6 δ) Για τους µιγαδικούς αριθµούς z, w που επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2) να αποδείξετε ότι: 1 ≤ z − w ≤ 4

Μονάδες 6

Λύση

(

)

(

)

α) 1ος τρόπος: Είναι z − 1 + z + 1 = 4 ⇒ ( z − 1) z − 1 + ( z + 1) z + 1 = 4 ⇒ 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

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

2zz = 2 ⇒ zz = 1 ⇒ z = 1 ⇒ z = 1 2ος τρόπος 2

Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι z − 1 + z + 1 = 4 ⇒

x + yi − 1 + x + yi + 1 = 4 ⇒ ( x − 1) + y 2 + ( x + 1) + y 2 = 4 ⇒ 2

x 2 − 2x + 1 + y 2 + x 2 + 2x + 1 + y 2 = 4 ⇒ 2x 2 + 2y 2 = 2 ⇒ x 2 + y 2 = 1 Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z στο επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και ακτίνα ρ = 1 . β) Είναι z1 = z2 = 1 . Ισχύει z1 − z2 = 2 ⇒ z1 − z2 = 2 ⇒ ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = 2 ⇒ 2

z1 z1 − z1 z2 − z2 z1 + z2 z2 = 2 ⇒ z1 − z1 z2 − z2 z1 + z2 = 2 ⇒ z1 z2 + z2 z1 = 0 Εποµένως z1 + z2 = ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) = z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 = 2

z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 = 1 + 0 + 1 = 2 . Εποµένως z1 + z2 = 2 . 2

γ) Έστω w = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι w − 5w = 12 ⇒ w − 5w = 144 ⇒ x + yi − 5 ( x − yi ) = 144 ⇒ x + yi − 5x + 5yi = 144 ⇒ −4x + 6yi = 144 ⇒ 2

x2 y2 16x + 36y = 144 ⇒ + = 1. 9 4 2

Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών w στο επίπεδο είναι έλλειψη µε α2 = 9 ⇒ α = 3 και β 2 = 4 ⇒ β = 2 . Έστω M ( w ) η εικόνα του w. Είναι β ≤ ( ΟΜ) ≤ α ⇒ 2 ≤ ( ΟΜ) ≤ 3 ⇒ 2 ≤ w ≤ 3 . Εποµένως είναι w min = 2 και w max = 3 . δ) 1ος τρόπος Είναι z − w ≤ z + w = 1 + w ≤ 1 + 3 = 4

( z = 1 και w ≤ 3 )

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Επίσης z − w ≥ z − w = 1 − w = w − 1 ≥ 2 − 1 = 2 Εποµένως 2 ≤ z − w ≤ 4 .

( z = 1 και w ≥ 2 ) y

2ος τρόπος

Έστω A ( z ) η εικόνα του z και B ( w ) η εικό-

να του w. Από την τριγωνική ανισότητα προκύπτει

ότι

( ΟΑ ) − ( ΟΒ ) ≤ ( ΑΒ ) ≤ ( ΟΑ ) + ( ΟΒ ) .

Εποµέ-

νως z − w ≤ z − w ≤ z + w . Η συνέχεια είναι όπως στον 1ο τρόπο.

19. Πανελλαδικές 2012 (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z, µε z ≠ −1 , για τους οποίους ο αριθµός w =

z −1 είναι φανταστικός. z+1

Να αποδείξετε ότι: α) z = 1

Μονάδες 7 4

1  β) Ο αριθµός  z −  είναι πραγµατικός. z 

Μονάδες 6

1 1  γ)  +  ( z1 + z2 ) ≤ 4 , όπου z1 , z2 δύο από τους παραπάνω µιγαδι z1 z 2  κούς αριθµούς z. δ)

Μονάδες 6

Οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών u, για τους οποίους ισχύει u − ui =

i − w , w ≠ 0 , ανήκουν στην υπερβολή x 2 − y 2 = 1 w

Μονάδες 6

Λύση α) 1ος τρόπος

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

Ο w είναι φανταστικός άρα w = − w ⇒

z −1 z −1 =− ⇒ z +1 z +1

( z − 1)( z + 1) = − ( z + 1)( z − 1) ⇒ zz + z − z − 1 = 2ος τρόπος Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι w =

z − 1 x + yi − 1 x − 1 + yi ( x − 1 + yi)( x + 1 − yi) = = = = z + 1 x + yi + 1 x + 1 + yi ( x + 1 + yi )( x + 1 − yi)

( x + 1)( x − 1) + y 2 + i −y ( x − 1) + y ( x + 1) 2 2 ( x + 1) + y 2 ( x + 1) + y 2 x + 1)( x − 1) + y 2 ( Ο αριθµός w είναι µιγαδικός άρα Re ( w ) = 0 ⇒ 2 ( x + 1) + y 2

( x + 1)( x − 1) + y 2 = 0 ⇒ x 2 − 1 + y 2 = 0 ⇒ x 2 + y 2 = 1 ⇒ 2

β) Είναι z = 1 ⇒ z = 1 ⇒ z ⋅ z = 1 ⇒ z =

=0⇒

z =1⇒ z =1

1 . z

4 4 4 4 1  Άρα  z −  = ( z − z ) = ( 2iIm ( z ) ) = 24 ⋅ i4 Im ( z )  = 24 ⋅ Im ( z )  ∈ ℝ . z 

1 1 2 γ) Είναι  +  ( z1 + z2 ) ≤ 4 ⇔ ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) ≤ 4 ⇔ z1 + z2 ≤ 4 ⇔  z1 z2 

z1 + z2 ≤ 2 που ισχύει γιατί τα z1 και z2 ανήκουν στον µοναδιαίο κύκλο

= 1) και z2 = 1 ) και η µεγαλύτερη δυνατή απόστασή τους είναι η διάµετρος

του κύκλου που είναι ίση µε δύο. δ) Ο w είναι φανταστικός αριθµός άρα είναι της µορφής w = βi µε β ∈ ℝ . Έστω u = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι u − ui =

i i 1 − w ⇒ x + yi − ( x + yi) i = − βi ⇒ x + yi − xi − yi2 = − βi ⇒ w βi β

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

1  1 x + y = x + y + ( y − x ) i = − βi ⇒  β . β  y − x = −β  Προσθέτοντας τις δύο σχέσεις κατά µέλη προκύπτει 2y = Αφαιρώντας τις δύο σχέσεις κατά µέλη προκύπτει 2x = 2

 1 11 − β ⇒ y =  − β . β 2β 

 1 1 1 + β ⇒ x =  + β. β 2β 

 1 1   1 1  1 1 1 1 Άρα x − y =  + β  −  − β  =  2 + 2 + β 2  −  2 − 2 + β 2  = 4 β 4 β 4 β    4 β  2

1 1 1 1 2 2  2 +2+β − 2 +2−β  = ⋅4 =1 4 β β  4

20. Πανελλαδικές 2013 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει:

( z − 2) ( z − 2) + z − 2

α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z, είναι κύκλος µε κέντρο Κ ( 2, 0 ) και ακτίνα ρ = 1 .

Μονάδες 5

Στη συνέχεια, για κάθε µιγαδικό z που ανήκει στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο, να αποδείξετε ότι z ≤ 3 .

Μονάδες 3

β) Αν οι µιγαδικοί αριθµοί z1 , z2 που ανήκουν στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο είναι ρίζες της εξίσωσης w2 + βw + γ = 0 , µε w µιγαδικό αριθµό, β, γ ∈ ℝ και Im ( z1 ) − Im ( z2 ) = 2 τότε να αποδείξετε ότι:

β = −4 και γ = 5

Μονάδες 9

γ) Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς α0 , α1 , α2 οι οποίοι ανήκουν στον γεωµετρικό τόπο του ερωτήµατος (α). Αν ο µιγαδικός αριθµός ν ικανοποιεί τη σχέση: ν 3 + α2 ν 2 + α1 ν + α0 = 0

τότε να αποδείξετε ότι: Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

ν <4

Μονάδες 8

Λύση α) Είναι ( z − 2 )( z − 2 ) + z − 2 = 2 ⇒ z − 2 + z − 2 − 2 = 0 2

Θέτουµε z − 2 = ω . Άρα t 2 + t − 2 = 0 . Είναι ∆ = 1 + 8 = 9 > 0 . Άρα t =

−1 ± 3 ⇒ t = −2 (απορρίπτεται) ή t = 1 ⇒ z − 2 = 1 . 2

Εποµένως ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z, είναι κύκλος µε κέντρο Κ ( 2,0 ) και ακτίνα ρ = 1 . β) Είναι z2 = z1 . Εποµένως αν z1 = x + yi τότε z2 = x − yi . Άρα Im ( z1 ) − Im ( z2 ) = 2 ⇒ y − ( − y ) = 2 ⇒ 2y = 2 ⇒ y = ±1 . Εποµένως z − 2 = 1 ⇒ x + yi − 2 = 1 ⇒ x + yi − 2 = 1 ⇒ ( x − 2 ) + y 2 = 1 ⇒ 2

( x − 2)

+1 = 1 ⇒ x − 2 = 0 ⇒ x = 2.

Άρα z1 = 2 + i και z2 = 2 − i . Είναι z 1 + z2 = −β ⇒ 4 = −β ⇒ β = −4 και z1 ⋅ z2 = γ ⇒ 5 = γ γ) Για τους µιγαδικούς α0 , α1 , α2 ισχύει α0 ≤ 3 , α1 ≤ 3 , α2 ≤ 3 . 1ος τρόπος: Είναι ν 3 + α2 ν 2 + α1 ν + α0 = 0 ⇒ − ν 3 = α2 ν 2 + α1 ν + α0 ⇒

(

ν 3 = α2 ν 2 + α1 ν + α0 ≤ α2 ν 2 + α1 ν + α0 = α2 ν 2 + α1 ν + α0 ≤ 3 ν 2 + ν + 1

)

3  v3 v 1   < 3⋅ Αν v > 1 τότε v ≤ 3 = 3 −  v −1 v −1 v −1 v −1   3

Άρα v < 3 ⋅

v −1

⇒1 < 3⋅

1 ⇒ v −1 < 3 ⇒ v < 4 v −1

Αν v ≤ 1 τότε v ≤ 1 < 4 ⇒ v < 4

2ος τρόπος:Είναι ν 3 + α2 ν 2 + α1 ν + α0 = 0 ⇒ 1 +

α2 α1 α0 + + =0⇒ v v2 v3

α α α2 α1 α0 α α α α + 2 + 3 = −1 ⇒ 2 + 12 + 03 = −1 ⇒ 2 + 12 + 03 = 1 v v v v v v v v v

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Όµως

α α α α2 α1 α0 α α α + 2 + 3 ≤ 2 + 12 + 03 = 2 + 12 + 03 . v v v v v v v v v

Υποθέτουµε ότι v ≥ 4 ⇒

1 ≤ 4. v

Άρα από την (1) προκύπτει =

(1)

α2 α1 α0 3 3 3 3 ⋅ 16 + 3 ⋅ 4 + 3 ⋅ 1 + 2 + 3 ≤ + + = = v v 4 16 64 64 v

3 ⋅ 21 63 63 = ⇔1≤ . Άτοπο, άρα v < 4 . 64 64 64

3ος τρόπος: Είναι ν 3 + α2 ν 2 + α1 ν + α0 = 0 ⇒ − ν 3 = α2 ν 2 + α1 ν + α0 ⇒ ν 3 = α2 ν 2 + α1 ν + α0 ≤ α2 ν 2 + α1 ν + α0 = α2 ν 2 + α1 ν + α0 ≤ 3 ν 2 + 3 ν + 3 3

Άρα ν 3 ≤ 3 ν 2 + 3 ν + 3 ⇒ ν − 3 ν − 3 ν − 3 ≤ 0 . Κάνουµε, µε το σχήµα Horner, τη διαίρεση 1

1 Άρα

(ν

(1)

)

− 3 ν2 − 3 ν − 3 : ( ν − 4 )

−3

)

(

ρ=4

)

− 3 ν − 3 ν − 3 = ( ν − 4 ) ν + ν + 1 + 1 και από την (1) προκύπτει

( ν − 4) ( ν

)

(

)

+ ν + 1 + 1 ≤ 0 ⇒ ( ν − 4 ) ν + ν + 1 ≤ −1 < 0 2

Όµως είναι ν + ν + 1 > 0 άρα v − 4 < 0 ⇒ v < 4

21. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2013 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z και w για τους οποίους ισχύουν η εξίσωση 2x 2 − w − 4 − 3i x = −2 z , x ∈ ℝ έχει µια διπλή ρίζα, την x = 1. α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των z στο µι-

γαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1 = 1 , καθώς επίσης ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο K ( 4, 3 ) και ακτίνα ρ2 = 4 .

Μονάδες 8

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικός µιγαδικός αριθµός, η εικόνα του οποίου ανήκει και στους δύο παραπάνω γεωµετρικούς τόπους. Μονάδες 5 γ) Για τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z, w του ερωτήµατος (α)

να αποδείξετε ότι: z − w ≤ 10 και z + w ≤ 10

Μονάδες 6

δ) Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z του ερωτήµατος (α) να βρείτε εκείνους, για τους οποίους ισχύει: 2z2 − 3z − 2zz = 5 Μονάδες 6

Λύση α) Το x = 1 είναι ρίζα της εξίσωσης θα την επαληθεύει. Άρα 2 − w − 4 − 3i = −2 z ⇒ 2 + 2 z = w − 4 − 3i .

(1) 2

Το x = 1 είναι διπλή ρίζα της εξίσωσης άρα ∆ = 0 ⇔ w − 4 − 3i = 16 z

(2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει: ( 2 + 2 z ) = 16 z ⇒ 4 + 8 z + 4 z = 16 z ⇒ 2

z − 2 z + 1 = 0 ⇒ ( z − 1) = 0 ⇒ z = 1 . 2

Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των z στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1 = 1 . 2

Από την (2) προκύπτει w − 4 − 3i = 16 ⋅ 1 ⇒ w − 4 − 3i = 4 άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο K ( 4,3 ) και ακτίνα ρ2 = 4 . β) Η απόσταση ΟΚ των κέντρων των δύο κύκλων είναι

(4 − 0)

+ ( 3 − 0 ) = 5 = ρ1 + ρ2 άρα οι δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά και 2

εποµένως υπάρχει µοναδικός µιγαδικός αριθµός, η εικόνα του οποίου ανήκει και στους δύο παραπάνω γεωµετρικούς τόπους.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Παρατήρηση: Η εκφώνηση δεν µας ζητάει να προσδιορίσουµε τον µιγαδικό παρά µόνο την µοναδικότητα της ύπαρξης του. Αν έπρεπε να προσδιορίσουµε τον µιγαδικό τότε θα έπρεπε να λύσουµε το σύστηµα:

 u = 1 4 3 το οποίο έχει λύση u = + i .  5 5  u − 4 − 3i = 4 γ) Είναι OK − ρ2 ≤ w ≤ ΟΚ + ρ2 ⇒ 5 − 4 ≤ w ≤ 5 + 4 ⇒ 1 ≤ w ≤ 9 . Άρα z + w ≤ z + w = 1 + 9 = 10 και z − w = z + ( −w ) ≤ z + −w = z + w = 1 + 9 = 10

(ή z − w ≤ 2ρ1 + 2ρ2 = 10 )

δ) 2z2 − 3z − 2zz = 5 ⇒ z 2z − 3 − 2z = 5 ⇒ 2 ( x + yi ) − 3 − 2 ( x − yi) = 5 ⇒

2x + 2yi − 3 − 2x + 2yi = 5 ⇒ −3 + 4yi = 5 ⇒ 9 + 16y 2 = 5 ⇒ 9 + 16y 2 = 25 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1 . Από τη σχέση z = 1 προκύπτει

x2 + y2 = 1 ⇒ x2 + 1 = 1 ⇒ x = 0 .

Άρα οι ζητούµενοι µιγαδικοί είναι οι z1 = i και z2 = −i .

21. Πανελλαδικές 2014 – 2ο θέμα ∆ίνεται η εξίσωση 2 z + ( z + z ) i − 4 − 2i = 0 , z ∈ ℂ 2

α) Να λύσετε την παραπάνω εξίσωση.

Μονάδες 9

β) Αν z1 = 1 + i και z2 = 1 − i είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης, τό-

z  τε να αποδείξετε ότι ο αριθµός w = 3  1   z2 

είναι ίσος µε −3i Μονάδες 8

γ) Να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών u για τους οποίους ισχύει u + w = 4z1 − z2 − i , όπου w, z1 , z2 οι µιγαδικοί αριθµοί του ερωτήµατος (β).

Μονάδες 8

Λύση

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

α) Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ .

(

)

Άρα 2 z + ( z + z ) i − 4 − 2i = 0 ⇒ 2 x 2 + y 2 + 2xi − 4 − 2i = 0 ⇒ 2

2x 2 + 2y 2 − 4 = 0 x 2 + y 2 = 2 2x 2 + 2y 2 − 4 + 2xi − 2i = 0 ⇒  ⇒ ⇒ 2x − 2 = 0 x = 1 y 2 = 1 ⇒ y = ±1 . Εποµένως είναι z = 1 + i ή z = 1 − i . z  β) Είναι w = 3  1   z2 

1 + i  = 3  1 − i 

 (1 + i)2   = 3  (1 − i)(1 + i )   

 2i  = 3  2

= 3 ⋅ i39 =

= 3 ⋅ i4⋅9 +3 = 3 ⋅ i3 = −3i

γ) Είναι u + w = 4z1 − z2 − i ⇒ u + 3i = 4 (1 + i) − (1 − i) − i ⇒

u + 3i = 4 + 4i − 1 + i − i ⇒ u + 3i = 3 + 4i ⇒ u + 3i = 32 + 4 2 ⇒ u + 3i = 5 Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών u είναι κύκλος µε κέντρο

Κ ( 0, 3 ) και ακτίνα ρ = 5 .

22. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z, w για τους οποίους ισχύουν: 2z − i i , z≠− 2z + i 2

w φανταστικός

α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z, είναι ο κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ =

1 1  , εκτός από το σηµείο Μ  0, −  του κύκλου.Μονάδες 10 2 2 

β) Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z, του ερωτήµατος (α) να βρείτε εκείνους για τους οποίους ισχύει w = 1 . γ) Αν είναι z =

1 , τότε να αποδείξετε ότι w 4 + iw 7 = 0 . 2

Μονάδες 7 Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Λύση α) w ∈ I ⇒ −w = w ⇒ −

2z − i  2z − i  −2z + i 2z + i = ⇒ = ⇒  2z + i  2z + i  2z + i 2z − i

−4zz + 2iz + 2zi + 1 = 4zz + 2zi + 2iz − 1 ⇒ 8zz = 2 ⇒ zz =

2 1 1 1 ⇒ z = ⇒ z = 4 4 2

Άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = Όµως ισχύει z ≠ −

1 . 2

i άρα η εικόνα του z δεν µπορεί να είναι το σηµείο 2

1  Μ  0, −  το οποίο ανήκει στον παραπάνω κύκλο. 2  Άρα ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι ο παραπάνω κύκλος εκτός από το σηµείο Μ. β) w = 1 ⇒

2z − i i i i i = 1 ⇒ 2z − i = 2z + i ⇒ 2 z − = 2 z + ⇒ z − = z + 2z + i 2 2 2 2

1  1  Αν είναι Α  0,  και Β  0, −  τότε οι εικόνες του z ανήκουν στη µεσοκάθετο 2  2  του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ δηλαδή την ευθεία y = 0 (άξονας x ′x ). Όµως οι εικόνες του z ανήκουν και στον παραπάνω κύκλο. Άρα οι ζητούµενοι µιγαδικοί είναι τα κοινά σηµεία του κύκλου και της ευθείας, 1 1   2 2 1 1 1 z =  x +y = δηλαδή  2⇒ 2 ⇒ x = ± . Άρα z = − ή z = . 2 2 2  y = 0  y = 0

( −2i) = 1 1 1−i 1 − i  γ) Για z = είναι w = άρα w 4 =  =  2 2 1+i 1 + i  ( 2i) 4

( −2i) = −w 1 − i  και w = w ⋅ w = w ⋅  = w ⋅  3 1 + i  ( 2i) 6

Άρα w 4 + iw 7 = 1 + i ( − w ) = 1 − i

1−i i +1 =1− = 1 −1 = 0 1+i 1+i

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Μιγαδικοί αριθµοί

23. Πανελλαδικές 2015 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει:

z− 4 = 2 z−1 α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων αυτών των µιγαδικών αριθµών z είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = 2 . β) Έστω w =

Μονάδες 7

2z1 2z2 , όπου z1 , z2 δύο µιγαδικοί αριθµοί του ερωτή+ z2 z1

µατος Β1. Να αποδείξετε ότι: i)

O w είναι πραγµατικός και

Μονάδες 4

ii) −4 ≤ w ≤ 4

Μονάδες 7

γ) Αν w = −4 , όπου w ο µιγαδικός αριθµός του ερωτήµατος Β2, να βρείτε τη σχέση που συνδέει τους µιγαδικούς αριθµούς z1 , z2 και να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ µε κορυφές τις εικόνες Α ( z1 ) ,

Β ( z2 ) και Γ ( z3 ) των µιγαδικών αριθµών z1 , z2 και z3 , µε z3 = 2iz1 , είναι ισοσκελές.

Μονάδες 7

Λύση α) 1ος τρόπος Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . Είναι z − 4 = 2 z − 1 ⇒ x + yi − 4 = 2 x + yi − 1 ⇒

(x − 4)

+ y2 = 2

( x − 1)

+ y 2 ⇒ ( x − 4 ) + y 2 = 4 ( x − 1 ) + y 2  ⇒   2

x 2 − 8x + 16 + y 2 = 4  x 2 − 2x + 1 + y 2  ⇒ x 2 − 8x + 16 + y 2 = 4x 2 − 8x + 4 + 4y 2 ⇒

3x 2 + 3y 2 = 12 ⇒ x 2 + y 2 = 22 ⇒ z = 2 . 2ος τρόπος Είναι z − 4 = 2 z − 1 ⇒ z − 4 = 4 z − 1 ⇒ ( z − 4 )( z − 4 ) = 4 ( z − 1)( z − 1) ⇒ 2

zz − 4z − 4z + 16 = 4zz − 4z − 4 z + 4 ⇒ −3zz = −12 ⇒ zz = 4 ⇒ z = 4 ⇒ z = 2 Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015 2

β) Είναι z1 = 2 ⇒ z1 = 4 ⇒ z1 z1 = 4 ⇒ z1 =

4 4 και οµοίως z2 = . z1 z2

i) 1ος τρόπος 4 4 2 2z 2z z1 z2 2z2 2z1 Είναι w = 1 + 2 = + = + = w ⇒ w∈ℝ. 4 4 z2 z1 z1 z2 z2 z1 2

2ος τρόπος 4 z  z  2z 2z 2z z2 z Είναι w = 1 + 2 = 1 + = 2 1 + 2 1  = 2Re  1  ∈ ℝ 4 z2 z1 z2 z2  z2   z2  z1 2

ii) 1ος τρόπος

2z1 2z2 z12 + z22 Αρκεί w ≤ 4 ⇔ + ≤4⇔ ≤ 2 ⇔ z12 + z22 ≤ 2 z1 . z2 ⇔ z2 z1 z1 ⋅ z2 z12 + z22 ≤ 8 που ισχύει γιατί: 2

z12 + z22 ≤ z12 + z22 ⇔ z12 + z22 ≤ z1 + z2 ⇔ z12 + z22 ≤ 22 + 22 ⇔ z12 + z22 ≤ 8 2ος τρόπος z  2z   2z  2z1 2 = 2 1 = 2 = 2 ⇒ −2 ≤ Re  1  ≤ 2 ⇒ −4 ≤ 2Re  1  ≤ 4 ⇒ −4 ≤ w ≤ 4 z2 z2 2  z2   z2 

z z  z z γ) Είναι w = −4 ⇒ 2  1 + 2  = −4 ⇒ 1 + 2 = −2 ⇒ z12 + z2 2 = −2z1z2 ⇒ z2 z1  z2 z1 

( z1 + z2 )

= 0 ⇒ z1 + z2 = 0 ⇒ z1 = −z2

Είναι z3 − z1 = 2iz1 − z1 = z1 ⋅ 2i − 1 = 2 ⋅

( −1)

+ 22 = 2 5

και z3 − z2 = 2iz1 + z1 = z1 ⋅ 2i + 1 = 2 ⋅ 12 + 22 = 2 5 Άρα z3 − z1 = z3 − z2 ⇔ ( ΑΓ ) = ( ΑΒ ) οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

2. Όριο – Συνέχεια συνάρτησης 1. Αποδείξεις 1.

Πανελλήνιες 2005 2005 – 2015

Έστω µία συνάρτηση f, η οποία είναι ορισµένη σε ένα κλειστό διάστηµα [α, β]. Αν ▪ η f είναι συνεχής στο [α, β] και ▪ f ( α) ≠ f ( β ) δείξτε ότι για κάθε η µεταξύ των f ( α ) και f ( β ) υπάρχει ένας, τουλάχιστον x o ∈ ( α,β ) τέτοιος, ώστε f ( x o ) = η .

2. Ορισµοί 1.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004 2004

Να ορίσετε πότε λέµε ότι µία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα ανοικτό διάστηµα (α, β) και πότε σε ένα κλειστό διάστηµα [α, β].

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2005 2005 – 2015

Πότε µία συνάρτηση f : A → ℝ λέγεται «1–1»;

Πανελλήνιες 2007 2007

Πότε δύο συναρτήσεις f, g λέγονται ίσες;

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες Πανελλήνιες 2008 2008 – Πανελλαδικές 2012

Πότε µία συνάρτηση f λέµε ότι είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστηµα [α,β];

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 2009 – 2015

Έστω µία συνάρτηση f και x 0 ένα σηµείο του πεδίου ορισµού της. Πότε θα λέµε ότι η f είναι συνεχής στο x 0 ;

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010

Πότε λέµε ότι µία συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α παρουσιάζει στο x 0 ∈ A (ολικό) µέγιστο, το f ( x 0 ) ;

Πανελλαδικές 2012

Έστω συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α. Πότε λέµε ότι η f παρουσιάζει στο x 0 ∈ A τοπικό µέγιστο;

Πανελλαδικές 2014

Έστω µία συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α. Πότε λέµε ότι η f παρουσιάζει στο x 0 ∈ ∆ (ολικό) µέγιστο, το f ( x 0 ) ;

Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014

Να διατυπώσετε το θεώρηµα του Bolzano.

10. 10. Πανελλαδικές 2015 Έστω συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α. Πότε λέµε ότι η f παρουσιάζει στο x 0 ∈ A τοπικό ελάχιστο;

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

3. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος 1.

Πανελλήνιες 2002

Αν η συνάρτηση f είναι ορισµένη στο [α, β] και συνεχής στο (α, β], τότε η f παίρνει πάντοτε στο [α, β] µία µέγιστη τιµή. Λάθος. Μπορεί να είναι lim− f ( x ) = +∞ . x →α

Πανελλήνιες 2002 2002

Κάθε συνάρτηση, που είναι 1–1 στο πεδίο ορισµού της, είναι γνησίως µονότονη. Λάθος. Π.χ. η f ( x ) =

1 . x

Πανελλήνιες 2002 2002

Αν υπάρχει το όριο της συνάρτησης f στο x 0 και lim f ( x ) = 0 , τότε x → x0

lim f ( x ) = 0

x → x0

Σωστό.

Πανελλήνιες 2002 2002

Αν lim f ( x ) > 0 τότε f ( x ) > 0 κοντά στο x 0 . x → x0

Σωστό.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2003

Μία συνάρτηση f : A → ℝ είναι συνάρτηση «1–1» αν και µόνο αν για οποιαδήποτε x1 , x 2 ∈ A ισχύει η συνεπαγωγή: αν x1 = x 2 τότε f ( x 1 ) = f ( x 2 )

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Λάθος. Η συνεπαγωγή που πρέπει να ισχύει είναι η: αν f ( x1 ) = f ( x 2 ) , τότε x1 = x 2

Πανελλήνιες Πανελλήνιες 2004 2004

lim f ( x ) = l , αν και µόνο αν lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = l .

x → xo

Σωστό µε την προϋπόθεση ότι ορίζονται τα όρια από αριστερά και δεξιά στο x 0 .

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004

Αν f, g είναι δύο συναρτήσεις µε πεδίο ορισµού ℝ και ορίζονται οι συνθέσεις f g και g f , τότε αυτές οι συνθέσεις είναι υποχρεωτικά ίσες. Λάθος. Π.χ. Για τις συναρτήσεις f ( x ) = ln x και g ( x ) = x ισχύει:

( f g)( x ) = f ( g ( x ) ) = ln ( g f )( x ) = g ( f ( x ) ) = 8.

x µε x ∈ ( 0, +∞ ) και

ln x µε x ∈ 1, +∞ ) .

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004

Οι γραφικές παραστάσεις C και C’ των συναρτήσεων f και f −1 είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x που διχοτοµεί τις γωνίες xOy και x ' Oy ' . Σωστό.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004

Αν υπάρχει το όριο της f στο x 0 , τότε: lim κ f ( x ) = x → x0

lim f ( x ) εφόσον

x → x0

f ( x ) ≥ 0 κοντά στο x 0 , µε κ ∈ ℕ και κ ≥ 2 . Σωστό.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

10. Πανελλήνιες 2005 2005 Αν η f είναι συνεχής στο [α, β] µε f ( α) < 0 και υπάρχει ξ ∈ ( α,β ) ώστε

f ( ξ ) = 0 , τότε κατ’ ανάγκη f ( β ) > 0 . Λάθος. Π.χ. η συνάρτηση f ( x ) = − ( x − 2 ) µε x ∈ 1, 4  . 2

Είναι f (1) = − (1 − 2 ) = −1 < 0 , υπάρχει ξ = 2 ∈ (1, 4 ) ώστε f ( ξ ) = f ( 2 ) = 0 και 2

f ( 4 ) = − ( 4 − 2 ) = −4 < 0 2

11. Πανελλήνιες 2005 2005 Αν υπάρχει το

lim ( f ( x ) + g ( x ) ) , τότε κατ’ ανάγκη υπάρχουν τα

x → x0

lim f ( x ) και lim g ( x ) .

x → x0

x ≥1 3x + 1, x ≥ 1 2x, Λάθος. Π.χ. για f ( x ) =  και g ( x ) =  στο x 0 = 1 . x <1 2x, 3x + 1, x < 1

12. Πανελλήνιες 2005 2005 Αν η f έχει αντίστροφη συνάρτηση f–1 και η γραφική παράσταση της f έχει κοινό σηµείο Α µε την ευθεία y = x, τότε το σηµείο Α ανήκει και στη γραφική παράσταση της f–1. Σωστό.

13. Πανελλήνιες 2005 2005 Αν lim f ( x ) = 0 και f ( x ) > 0 κοντά στο x0, τότε lim x → x0

x → x0

1 = +∞ . f (x)

Σωστό.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

14. Πανελλήνιες 2005 2005 Αν µία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και δε µηδενίζεται σ’ αυτό, τότε αυτή ή είναι θετική για κάθε x ∈ ∆ ή είναι αρνητική για κάθε x ∈ ∆ , δηλαδή διατηρεί πρόσηµο στο διάστηµα ∆. Σωστό.

15. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2005 Αν για δύο συναρτήσεις f, g ορίζονται οι f g και g f , τότε είναι υποχρεωτικά f g ≠ g f . Λάθος. Π.χ. Για τις συναρτήσεις f ( x ) = g ( x ) = x µε x ∈ ℝ είναι

( f g)( x ) = f ( g ( x ) ) = g ( x ) = x

και ( g f )( x ) = g ( f ( x ) ) = f ( x ) = x για x ∈ ℝ .

16. Πανελλήνιες 2006 2006 Αν υπάρχει το lim f ( x ) > 0 , τότε f ( x ) > 0 κοντά στο xo. x → xo

Σωστό.

17. Πανελλήνιες 2006 2006 Η εικόνα f ( ∆ ) ενός διαστήµατος ∆ µέσω µίας συνεχούς και µη σταθερής συνάρτησης f είναι διάστηµα. Σωστό.

18. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2006 Μία συνάρτηση f : A → ℝ είναι «1–1», αν και µόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιµών της η εξίσωση f ( x ) = y έχει ακριβώς µία λύση ως προς x. Σωστό.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

19.. Πανελλήνιες 2007 19 2007 Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x 0 και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο x 0 , τότε η σύνθεσή τους g f είναι συνεχής στο x 0 . Λάθος. Έπρεπε η συνάρτηση g να είναι συνεχής στο f ( x 0 ) .

20. Πανελλήνιες 2007 2007 Αν α > 1 τότε lim αx = 0 . x →−∞

Σωστό.

21. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2007 Η εικόνα f ( ∆ ) ενός διαστήµατος ∆ µέσω µίας συνεχούς συνάρτησης f είναι διάστηµα. Λάθος. Αν είναι f ( x ) = c για κάθε x ∈ ∆ τότε είναι f ( ∆ ) = c , δηλαδή σηµείο και όχι διάστηµα.

22. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2007 Αν µία συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής σε ένα ανοικτό διάστηµα (α, β), τότε το σύνολο τιµών της στο διάστηµα αυτό είναι το διάστηµα (Α, Β), όπου A = lim+ f ( x ) και B = lim− f ( x ) . x→α

x→α

Σωστό.

23. Πανελλήνιες 2008 2008 Μία συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσηµο σε καθένα από τα διαστήµατα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισµού της. Σωστό.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

24. Πανελλήνιες 2008 2008 Αν µία συνάρτηση f : A → ℝ είναι 1 – 1, τότε για την αντίστροφη συ-

(

)

f −1 ( f ( x ) ) = x , x ∈ A και f f −1 ( y ) = y , y ∈ f ( A ) .

νάρτηση f −1 ισχύει: Σωστό.

25. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2008 Υπάρχουν συναρτήσεις που είναι 1–1, αλλά δεν είναι γνησίως µονότονες.

x =5 1,  Σωστό. Π.χ. η συνάρτηση f ( x ) = 2, x =6. −11, x = 9 

26. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2008 Έστω

µία

συνάρτηση

( α, x 0 ) ∪ ( x 0 ,β )

και

ℓ

ορισµένη

σ’

ένα

σύνολο

της

µορφής

ένας πραγµατικός αριθµός. Τότε ισχύει η ισοδυ-

ναµία: lim f ( x ) = ℓ ⇔ lim ( f ( x ) − ℓ ) = 0 . x → x0

x → x0

Σωστό.

27. Πανελλήνιες 2009 Μία συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α λέµε ότι παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο στο x 0 ∈ A , όταν f ( x ) ≥ f ( x 0 ) για κάθε x ∈ A . Σωστό.

28. Πανελλήνιες 2009 2009 συνx − 1 =1 x→0 x

lim

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

Λάθος. Είναι lim x →0

συνx − 1 =0. x

29.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 29 2009 Η συνάρτηση f είναι 1–1, αν και µόνο αν κάθε οριζόντια ευθεία τέµνει τη γραφική παράσταση της f το πολύ σε ένα σηµείο. Σωστό.

30. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 2009 Αν lim f ( x ) = 0 και f ( x ) < 0 κοντά στο x 0 τότε lim x → x0

x → x0

Λάθος. Είναι lim

x → x0

1 = +∞ f (x)

1 = −∞ f (x)

31. Πανελλήνιες 2010 2010 Αν µία συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής σε ένα ανοικτό διάστηµα ( α,β ) , τότε το σύνολο τιµών της στο διάστηµα αυτό είναι το διάστηµα ( A,B ) , όπου A = lim+ f ( x ) και B = lim− f ( x ) x→α

x →β

Λάθος. Το σύνολο τιµών της είναι το (B, A ) .

32. Πανελλήνιες 2010 Αν lim f ( x ) < 0 , τότε f ( x ) < 0 κοντά στο x 0 . x → x0

Σωστό.

33. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 – 2015 Αν ορίζονται οι συναρτήσεις f g και g f , τότε πάντοτε ισχύει

f g = g f .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Λάθος. Για παράδειγµα για τις συναρτήσεις f, g : ℝ → ℝ µε f ( x ) = x + 1 και

g ( x ) = 2x είναι ▪

( f g)( x ) = f ( g ( x ) ) = f ( 2x ) = 2x + 1

▪

( g f )( x ) = g ( f ( x ) ) = g ( x + 1) = 2 ( x + 1) = 2x + 2

και

άρα f g = g f .

34. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 Αν lim f ( x ) = +∞ ή −∞ , τότε lim x → x0

x → x0

1 = 0. f (x)

Σωστό.

35. Πανελλήνιες 2011 Μία συνάρτηση f : A → ℝ λέγεται συνάρτηση 1–1, όταν για οποιαδήποτε x1 , x 2 ∈ A ισχύει η συνεπαγωγή: αν x1 ≠ x 2 , τότε f ( x 1 ) ≠ f ( x 2 ) Σωστό.

36. Πανελλήνιες 2011 Ισχύει ότι: lim

x →+∞

ηµx = 1. x

ηµx =1. x →0 x

Λάθος, ισχύει lim

37. Πανελλήνιες 2011 Οι γραφικές παραστάσεις C και C′ των συναρτήσεων f και f −1 είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x που διχοτοµεί τις γωνίες xOy και x ′Oy ′ .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

Σωστό.

38. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 Μία συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού Α λέµε ότι παρουσιάζει στο x 0 ∈ A (ολικό) µέγιστο το f ( x 0 ) , όταν f ( x ) ≤ f ( x 0 ) για κάθε x ∈ A . Σωστό.

39. 39. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 Αν µία συνάρτηση f είναι γνησίως µονότονη σε ένα διάστηµα ∆, τότε είναι 1–1 στο διάστηµα αυτό. Σωστό.

40. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 Αν lim f ( x ) = 0 και f ( x ) > 0 κοντά στο x 0 , τότε lim x → x0

x → x0

1 = +∞ . f (x)

Σωστό.

41. Πανελλαδικές 2012 Μία συνάρτηση f είναι 1–1, αν και µόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιµών της η εξίσωση f ( x ) = y έχει ακριβώς µία λύση ως προς x. Σωστό.

42. Πανελλαδικές 2012 Αν είναι lim f ( x ) = +∞ , τότε f ( x ) < 0 κοντά στο x 0 . x → x0

Λάθος. Αν είναι lim f ( x ) = +∞ τότε f ( x ) > 0 κοντά στο x 0 . x → x0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

43. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2012 Η γραφική παράσταση της συνάρτησης –f είναι συµµετρική, ως προς τον άξονα x ′x , της γραφικής παράστασης της f. Σωστό.

44. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2012 Αν είναι 0 < α < 1 , τότε lim αx = +∞ ; x →+∞

Λάθος. Αν είναι 0 < α < 1 τότε lim αx = 0 ενώ αν α > 1 τότε lim αx = +∞ . x →+∞

x →+∞

45. Πανελλαδικές 2013 Αν lim f ( x ) < 0 , τότε f ( x ) < 0 κοντά στο x 0 . x → x0

Σωστό.

46. Πανελλαδικές 2013 Ισχύει ότι: ηµx ≤ x για κάθε x ∈ ℝ . Σωστό.

47. Πανελλαδικές 2013 συνx − 1 = 1. x →0 x

Ισχύει ότι: lim

συνx − 1 =0 x →0 x

Λάθος. Ισχύει lim

48. Πανελλαδικές 2013 Μία συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσηµο σε καθένα από τα διαστήµατα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουνε το πεδίο ορισµού της.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

Σωστό.

49.. Πανελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) 49 Αν µια συνάρτηση f είναι 1−1 στο πεδίο ορισµού της, τότε υπάρχουν σηµεία της γραφικής παράστασης της f µε την ίδια τεταγµένη. Λάθος. Αν υπήρχαν σηµεία µε ίδια τετµηµένη, έστω

A ( x1 , f ( x1 ) )

και

B ( x 2 , f ( x1 ) ) τότε σε διαφορετικά x αντιστοιχεί το ίδιο y άρα η f δεν είναι 1−1.

50. Πανελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) Αν lim f ( x ) = −∞ , τότε lim ( − f ( x ) ) = +∞ . x → x0

x → x0

Σωστό.

Πανελλαδικές νελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) 51. Πα Αν µια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και δεν µηδενίζεται σε αυτό, τότε η f διατηρεί πρόσηµο στο διάστηµα ∆. Σωστό.

52. Πανελλαδικές 2014 Αν µία συνάρτηση f παρουσιάζει (ολικό) µέγιστο, τότε αυτό θα είναι το µεγαλύτερο από τα τοπικά της µέγιστα. Σωστό.

53. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014 Έστω µία συνάρτηση f που είναι ορισµένη σε ένα σύνολο της µορφής

( α, x 0 ) ∪ ( x 0 ,β ) . Ισχύει η ισοδυναµία:   lim f ( x ) = −∞ ⇔  lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = −∞  x → x0 x → x0  x → x0 

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Σωστό.

54. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2014 Αν είναι 0 < α < 1 , τότε lim αx = 0 x →−∞

Λάθος. Είναι lim αx = +∞ . x →−∞

55. Πανελλαδικές 2015 2015 Αν lim f ( x ) = 0 και f ( x ) > 0 κοντά στο x 0 τότε lim x → x0

x → x0

1 = +∞ . f (x)

Σωστό.

55. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2015 2015 Αν οι συναρτήσεις f, g έχουν όριο στο x 0 και ισχύει f ( x ) ≤ g ( x ) κοντά στο x 0 , τότε lim f ( x ) ≤ lim g ( x ) . x → x0

x→ x0

Σωστό.

56.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 56 (Επαναληπτικές) 2015 2015 Αν lim f ( x ) = −∞ , τότε f ( x ) > 0 κοντά στο xo. x → x0

Λάθος. Είναι f ( x ) < 0 κοντά στο x 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Όριο – Συνέχεια συνάρτησης

4. Ασκήσεις 1.

Πανελλήνιες 2000 – 3ο θέμα

∆ίνεται η συνάρτηση f µε:

 x 2 − 8x + 16 f (x) =  2 2 5− x  α + β ln ( x − 5 + e ) + 2 ( α + 1 ) e

(

)

,0 < x < 5 ,x ≥ 5

α) Να βρεθούν τα lim− f ( x ) , lim+ f ( x ) . x →5

Μονάδες 6

x →5

β) Να βρεθούν τα α, β ∈ ℝ , ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής στο xo = 5 .

Μονάδες 10

γ) Για τις τιµές των α, β του ερωτήµατος (β) να βρείτε το lim f ( x ) . x →+∞

Μονάδες 9

Λύση

(

)

α) lim− f ( x ) = lim− x 2 − 8x + 16 = 52 − 8 ⋅ 5 + 16 = 25 − 40 + 16 = 1 και x →5

x →5

(

)

(

)

lim  α2 + β2 ln ( x − 5 + e ) + 2 ( α + 1) e5− x  = α2 + β2 ln ( 5 − 5 + e ) + 2 ( α + 1) e5 −5

x →5+

(

)

(

)

= α2 + β2 ln e + 2 ( α + 1) e0 = α2 + β2 + 2 ( α + 1) = α2 + β2 + 2α + 2 . β) Για

να

είναι

συνάρτηση

συνεχής

στο

xo = 5

αρκεί

lim f ( x ) = lim+ f ( x ) = f ( 5 ) .

x →5−

x →5

(

)

Είναι f ( 5 ) = α2 + β2 ln ( 5 − 5 + e ) + 2 ( α + 1) e5−5 = α2 + β2 + 2α + 2 . Άρα αρκεί α2 + β2 + 2α + 2 = 1 . Λύνουµε την εξίσωση και έχουµε

α2 + β2 + 2α + 2 − 1 = 0 ⇒ α2 + β2 + 2α + 1 = 0 ⇒ ( α + 1) + β2 = 0 ⇒ α + 1 = 0 και 2

β = 0. Άρα α = –1 και β = 0. γ) Για α = –1 και β = 0 η συνάρτηση f για x ≥ 5 γίνεται:

f ( x ) = (1 + 0 ) ln ( x − 5 + e ) + 2 ( −1 + 1) e5− x = ln ( x − 5 + e ) . Είναι lim ( x − 5 + e ) = +∞ άρα και lim f ( x ) = +∞ . x →+∞

x →+∞

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

3. ∆ιαφορικός λογισµός 1. Αποδείξεις 1.

Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2000 2000

Έστω µία συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆. α) Να αποδείξετε ότι αν f ′ ( x ) > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το διάστηµα ∆. β) Αν f ′ ( x ) < 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τι συµπεραίνετε για τη µονοτονία της συνάρτησης f;

Πανελλαδικές 2002 – Πανελλήνιες 2002 2002 − Πανελλαδικές 2013

(Επαναληπτικές) Να αποδείξετε ότι, αν µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο x 0 του πεδίου ορισµού της, τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.

Πανελλήνιες 2002 2002

Έστω η συνάρτηση f ( x ) = ηµx . Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και ισχύει f ′ ( x ) = συνx .

Πανελλήνιες 2004 2004 – 2011

Έστω µία συνάρτηση f ορισµένη σ’ ένα διάστηµα ∆ και xo ένα εσωτερικό σηµείο του ∆. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x 0 και είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο αυτό, να αποδείξετε ότι f ′ ( x o ) = 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004 Πα2004 – Πανελλήνιες 2009 – Π α-

νελλήνιες 2014 Έστω µία συνάρτηση f ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. Αν ▪ η f είναι συνεχής στο ∆ και ▪ f ′ ( x ) = 0 για κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή σε όλο το διάστηµα ∆.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2005 2005 – 2009

Έστω η συνάρτηση f µε f ( x ) =

x . Να αποδείξετε ότι η f είναι παρα-

γωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) και ισχύει: f ′ ( x ) =

1 2 x

Πανελλήνιες 2006 2006

Έστω µία συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆. Να αποδείξετε ότι: ▪ Αν f ′ ( x ) > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το ∆. ▪ Αν f ′ ( x ) < 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το ∆.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2006 2006 – 2011

Να αποδείξετε ότι: ( συνx )′ = −ηµx, x ∈ ℝ .

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2007 2007

Να αποδείξετε ότι αν µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο x 0 , τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

10.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2008 10 2008 Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση f ( x ) = ln x , x ∈ ℝ * είναι παραγωγίσιµη στο ℝ * και ισχύει: ( ln x ) ' =

1 . x

11.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 11 Έστω η συνάρτηση f ( x ) =

x . Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσι-

µη στο ( 0, +∞ ) και ισχύει: f ′ ( x ) =

1 2 x

12.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 12 Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f ( x ) = ηµx , x ∈ ℝ είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και ισχύει ( ηµx )′ = συνx .

13. Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2012 Έστω µία συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆. Αν

f ′ ( x ) > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το ∆.

Επαναληπτικές) 14. Πανελλαδικές ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 2012 Έστω µία συνάρτηση f παραγωγίσιµη σε ένα διάστηµα ( α,β ) , µε εξαίρεση ίσως ένα σηµείο του x 0 , στο οποίο όµως η f είναι συνεχής. Αν

f ′ ( x ) > 0 στο ( α, x 0 ) και f ′ ( x ) < 0 στο ( x 0 ,β ) , τότε να αποδείξετε ότι το f ( x 0 ) είναι τοπικό µέγιστο της f.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

15. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014 Έστω µία συνάρτηση f παραγωγίσιµη σε ένα διάστηµα ( α,β ) , µε εξαίρεση ίσως ένα σηµείο x 0 στο οποίο, όµως, η f είναι συνεχής. Αν η f ′ ( x ) διατηρεί πρόσηµο στο ( α, x 0 ) ∪ ( x 0 ,β ) , τότε να αποδείξετε ότι το f ( x 0 ) δεν είναι τοπικό ακρότατο και η f είναι γνησίως µονότονη στο ( α,β ) .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

2. Ορισµοί 1.

Πανελλαδικές 2000 2000

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ’ ένα σηµείο x0 του πεδίου ορισµού της, να γραφεί η εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παρά-

(

)

στασης της f στο σηµείο A x 0 , f ( x 0 ) .

Πανελλήνιες 2003 2003 – (Επαναληπτικές) 2007 2007

Τι σηµαίνει γεωµετρικά το θεώρηµα Μέσης Τιµής του ∆ιαφορικού Λογισµού;

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2003 2003 - 2015 – Πανελλήνιες 2010

Πότε µία ευθεία x = x 0 λέγεται κατακόρυφη ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης µίας συνάρτησης f;

Πανελλήνιες 2004 2004 – 2009

Πότε µία συνάρτηση f λέµε ότι είναι παραγωγίσιµη σε ένα σηµείο xo του πεδίου ορισµού της;

Πανελλήνιες 2005 2005 – 2011

Πότε η ευθεία y = λx + β λέγεται ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης µίας συνάρτησης f στο +∞ .

Πανελλήνιες 2006 2006

Έστω µία συνάρτηση f συνεχής σ’ ένα διάστηµα ∆ και παραγωγίσιµη στο εσωτερικό του ∆. Πότε λέµε ότι η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή είναι κυρτή στο ∆;

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες 2007 2007

Πότε η ευθεία y = l λέγεται οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο +∞ ;

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2007 2007

Τι σηµαίνει γεωµετρικά το θεώρηµα Rolle του ∆ιαφορικού Λογισµού;

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2008 2008

Τι σηµαίνει γεωµετρικά το θεώρηµα Μέσης Τιµής του ∆ιαφορικού Λογισµού;

10. Πανελλήνιες 2010 – Πανελλήνιες 2014 Έστω µία συνάρτηση f συνεχής σ’ ένα διάστηµα ∆ και παραγωγίσιµη στο εσωτερικό του ∆. Πότε λέµε ότι η f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω ή είναι κοίλη στο ∆;

11.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 – Πανελλαδικές 2013 11 Πότε λέµε ότι µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σε ένα κλειστό διάστηµα α,β του πεδίου ορισµού της;

12. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2012 Να διατυπώσετε το θεώρηµα Rolle.

13.. Πανελλαδικές 2013 13 Να διατυπώσετε το Θεώρηµα Μέσης Τιµής του ∆ιαφορικού Λογισµού (Θ.Μ.Τ.)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

14.. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2013 14 Έστω συνάρτηση f ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. Ποια σηµεία λέγονται κρίσιµα σηµεία της f;

15.. Πανελλαδικές 15 Πανελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) Να διατυπώσετε το θεώρηµα του Fermat.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

3. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος 1.

Πανελλαδικές 2000 2000

Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο x 0 , τότε η f’ είναι πάντοτε συνεχής στο x0 .  2 1  x ηµ , Λάθος. Π.χ. f ( x ) =  x 0,

x≠0

x=0

Πανελλαδικές 2000 2000 – Πανελλήνιες 2009 – Επαναληπτικές 2011

Αν η f είναι συνεχής στο x 0 , τότε η f είναι παραγωγίσιµη στο x 0 . Λάθος. Π.χ. η συνάρτηση f ( x ) = x είναι συνεχής στο x 0 = 0 αλλά δεν είναι παραγωγίσιµη στο x 0 = 0 .

Πανελλαδικές 2000 2000

Αν η f έχει δεύτερη παράγωγο στο x 0 , τότε η f’ είναι συνεχής στο x 0 . Σωστό. Η f ' είναι παραγωγίσιµη στο x0 άρα είναι και συνεχής στο x0.

Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2000 2000

Η συνάρτηση f ( x ) = e1− x είναι γνησίως αύξουσα στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών. Λάθος. Είναι f ' ( x ) = e1− x (1 − x ) = −e1− x < 0 άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο '

σύνολο των πραγµατικών αριθµών.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2000 2000

Η συνάρτηση f µε: f ' ( x ) = −2ηµx +

1 π  + 3, όπου x ∈  ,π  είναι 2 ηµ x 2 

γνησίως αύξουσα στο διάστηµα αυτό. Σωστό. Είναι

1 1 > 0 και −2 ≤ −2ηµx ≤ 2 άρα f ' ( x ) = −2ηµx + 2 + 3 > 0 για 2 ηµ x ηµ x

π  κάθε x ∈  ,π  άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα αυτό. 2 

Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2000

Αν

είναι:

f ' ( x ) = g' ( x ) + 3

για

x∈∆

κάθε

τότε

συνάρτηση

h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) είναι γνησίως φθίνουσα στο ∆. Λάθος. h ' ( x ) = f ' ( x ) − g ' ( x ) = 3 > 0 άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ∆.

Πανελλήνιες 2003 2003

Έστω µία συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και δύο φορές παραγωγίσιµη στο εσωτερικό του ∆. Αν f '' ( x ) > 0 για κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε η f είναι κυρτή στο ∆. Σωστό.

Πανελλήνιες 2003 2003

Αν µία συνάρτηση f είναι κυρτή σε ένα διάστηµα ∆, τότε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σηµείο του ∆ βρίσκεται «πάνω» από τη γραφική της παράσταση. Λάθος. Αν µία συνάρτηση f είναι κυρτή σε ένα διάστηµα ∆, τότε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σηµείο του ∆ βρίσκεται «κάτω» από τη γραφική της παράσταση.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες 2003 2003

Έστω µία συνάρτηση f ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆ και x0 ένα εσωτερικό σηµείο του ∆. Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο x0 και f ' ( x 0 ) = 0 , τότε η f παρουσιάζει υποχρεωτικά τοπικό ακρότατο στο x0. Λάθος. Π.χ. η f ( x ) = x 3 για την οποία ισχύει f ' ( x ) = 3x 2 και f ' ( 0 ) = 0 χωρίς όµως το 0 να είναι τοπικό ακρότατο αφού f ' ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

10.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2003 10 2003 Έστω µία συνάρτηση f παραγωγίσιµη σ’ ένα διάστηµα (α, β), µε εξαίρεση ίσως ένα σηµείο του x 0 , στο οποίο όµως η f είναι συνεχής. Αν

f ' ( x ) > 0 στο ( α, x 0 ) και f ' ( x ) < 0 στο ( x 0 ,β ) , τότε το f ( x 0 ) είναι τοπικό ελάχιστο της f. Λάθος, είναι τοπικό µέγιστο.

11.. Πανελλήνιες 2004 11 2004 Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιµες στο x 0 , τότε η συνάρτηση f · g είναι παραγωγίσιµη στο x 0 και ισχύει:

( f ⋅ g) ' ( x o ) = f ' ( x o ) g' ( x o ) Λάθος. Ο τύπος είναι ( f ⋅ g) ' ( x o ) = f ' ( g ( x o ) ) g ' ( x o ) .

12. 12. Πανελλήνιες 2004 2004 Έστω µία συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆. Αν

f ' ( x o ) > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το ∆.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Λάθος. Αν ισχύει f ' ( x o ) > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το ∆.

13.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 13 (Επαναληπτικές) 2004 2004 Αν µία συνάρτηση f είναι συνεχής σ’ ένα σηµείο x 0 του πεδίου ορισµού της, τότε είναι και παραγωγίσιµη στο σηµείο αυτό. Λάθος. Αυτό που ισχύει είναι ότι αν µία συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη σε ένα σηµείο x 0 του πεδίου ορισµού της τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.

14.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2005 14 2005 Τα εσωτερικά σηµεία του διαστήµατος ∆, στα οποία η f δεν παραγωγίζεται ή η παράγωγός της είναι ίση µε το 0, λέγονται κρίσιµα σηµεία της f στο διάστηµα ∆. Σωστό.

15.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2005 15 2005 Έστω µία συνάρτηση f παραγωγίσιµη σ’ ένα διάστηµα (α, β) µε εξαίρεση ίσως ένα σηµείο του x 0 . Αν η f κυρτή στο

( x 0 ,β )

(

( α, x 0 )

και κοίλη στο

)

ή αντιστρόφως, τότε το σηµείο A x 0 , f ( x 0 ) είναι υποχρεωτικά

σηµεία καµπής της γραφικής παράστασης της f. Λάθος. Για να είναι το A ( x 0 , f ( x 0 ) ) σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f πρέπει επιπλέον η C f να έχει εφαπτοµένη στο A ( x 0 , f ( x 0 ) ) .

16.. Πανελλήνιες 2006 16 2006

( )

Ισχύει ο τύπος 3 x ' = x ⋅ 3 x −1 , για κάθε x ∈ ℝ .

( )

Λάθος. Ισχύει 3x ' = 3x ⋅ ln 3 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

17.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2006 17 2006 Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιµες στο x 0 και g ( x 0 ) ≠ 0 , τότε η συνάρτηση

f είναι παραγωγίσιµη στο x 0 και ισχύει: g '

f ( x 0 ) g' ( x 0 ) − f ' ( x 0 ) g ( x 0 ) f   ( x0 ) = 2  g  g ( x 0 ) 

f ′ ( x 0 ) g ( x 0 ) − f ( x 0 ) g′ ( x 0 )  f ′ Λάθος. Ο τύπος που ισχύει είναι   ( x 0 ) = . 2 g g ( x 0 ) 

18.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2006 18 2006 1 Για κάθε x ≠ 0 ισχύει ln x ′ = . x

Σωστό.

19.. Πανελλήνιες 2007 19 2007 Έστω f µία συνάρτηση συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και παραγωγίσιµη σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆ τότε f ' ( x ) > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆. Λάθος. Π.χ. η f ( x ) = x 3 είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ αλλά f ' ( 0 ) = 0 .

20.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2007 20 2007 Έστω δύο συναρτήσεις f, g ορισµένες σε ένα διάστηµα ∆. Αν οι f, g είναι συνεχείς στο ∆ και f ' ( x ) = g' ( x ) για κάθε εσωτερικό σηµείο x του ∆, τότε ισχύει f ( x ) = g ( x ) για κάθε x ∈ ∆ . Λάθος. Με τις παραπάνω προϋποθέσεις συµπεραίνουµε (Πόρισµα της συνέπειας του θεωρήµατος της Μέσης Τιµής) ότι υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε για κάθε x ∈ ∆ να ισχύει: f ( x ) = g ( x ) + c . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

21.. Πανελλήνιες 21 Πανελλήνιες 2008 2008 Αν µία συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ και στρέφει τα κοίλα προς τα άνω, τότε κατ’ ανάγκη θα ισχύει f '' ( x ) > 0

για κάθε

πραγµατικό αριθµό x. Λάθος, π.χ. η f ( x ) = x 4 η οποία είναι κυρτή στο ℝ και ισχύει f '' ( 0 ) = 0 .

22 Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2008 2008 Αν µία συνάρτηση f είναι κοίλη σ’ ένα διάστηµα ∆, τότε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σηµείο του ∆, βρίσκεται κάτω από τη γραφική της παράσταση, µε εξαίρεση το σηµείο επαφής τους. Σωστό.

23.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 23 2009 Έστω η συνάρτηση f ( x ) = εφx . Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο

ℝ 1 = ℝ − { x|συνx = 0} και ισχύει f ' ( x ) = − Λάθος. Είναι f ' ( x ) =

1 . συν 2 x

24.. Πανελλήνιες 2010 24 Έστω συνάρτηση f, συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και παραγωγίσιµη στο εσωτερικό του ∆. Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆, τότε η παράγωγός της δεν είναι υποχρεωτικά θετική στο εσωτερικό του ∆. Σωστό. Π.χ. η f ( x ) = x 3 µε x ∈ ℝ και f ' ( x ) = 3x 2 . Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ και είναι f ' ( 0 ) = 0 . Παρατήρηση: Για να είναι µία συνάρτηση f γνησίως αύξουσα σε ένα διάστηµα ∆, αρκεί να είναι f ' ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ∆ και η f ' να µηδενίζεται σε διακεκρι-

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

µένες τιµές του x, δηλαδή να µην υπάρχει υποδιάστηµα ∆1 του ∆, τέτοιο ώστε

f ' ( x ) = 0 για κάθε x ∈ ∆ 1 .

25.. Πανελλήνιες 2010 25

( συνx ) ' = ηµx ,

x∈ℝ.

Λάθος. Είναι ( συνx ) ' = −ηµx .

26.. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 26 (Επαναληπτικές) 2010 ′ Αν f ( x ) = αx , α > 0 , τότε ισχύει αx = xαx −1 .

( )

( )′ = α

Λάθος. Είναι αx

log α .

27.. Πανελλήνιες 2011 27 Για κάθε x ∈ ℝ 1 = ℝ − { x / συνx = 0} ισχύει ( εφx )′ = − Λάθος. Είναι ( εφx )′ =

1 . συν 2 x

28.. Πανελλαδικές 2012 28 1

( σφx )′ = ηµ2 x ,

x ∈ ℝ − { x |ηµx = 0} .

1 Λάθος. Είναι ( σφx )′ = − 2 , x ∈ ℝ − {x | ηµx = 0} . ηµ x

29.. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2012 29 Αν µία συνάρτηση f δεν είναι συνεχής σε ένα σηµείο x 0 , τότε δεν µπορεί να είναι παραγωγίσιµη στο x 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Σωστό, γιατί αν µία συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη σε ένα σηµείο x 0 τότε είναι και συνεχής στο x 0 .

30.. Πανελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) 30 Για δύο οποιεσδήποτε συναρτήσεις f, g παραγωγίσιµες στο x 0 ισχύει: ( f ⋅ g )′ ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ⋅ g ( x 0 ) − f ( x 0 ) ⋅ g′ ( x 0 ) Λάθος. Ισχύει ( f ⋅ g )′ ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ⋅ g ( x 0 ) + f ( x 0 ) ⋅ g′ ( x 0 ) .

31. Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2014 Έστω συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και παραγωγίσιµη σε κάθε εσωτερικό σηµείο του ∆. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ∆, τότε η παράγωγός της είναι υποχρεωτικά αρνητική στο εσωτερικό του ∆. Λάθος. Π.χ. η συνάρτηση f ( x ) = − x 3 είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ και η παράγωγός της, f ′ ( x ) = −3x 2 δεν είναι πάντα αρνητική στο ℝ (µηδενίζεται για x = 0 ).

32. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2014 Έστω µία συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και δύο φορές παραγωγίσιµη στο εσωτερικό του ∆. Αν η f είναι κυρτή στο ∆, τότε υποχρεωτικά f ′′ ( x ) > 0 για κάθε εσωτερικό σηµείο του ∆. Λάθος. Π.χ. η συνάρτηση f ( x ) = x 4 . Είναι f ′ ( x ) = 4x 3 ≥ 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα η f είναι κυρτή στο ℝ . Όµως η f ′′ ( x ) = 12x 2 δεν είναι θετική στο ℝ αφού f ′′ ( 0 ) = 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

33.. Πανελλαδικές 33 Πανελλαδικές 2015 Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει ότι: ( συνx )′ = ηµx Λάθος. Ισχύει ( συνx )′ = −ηµx

34.. Πανελλαδικές 34 Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2015 Υπάρχει πολυωνυµική συνάρτηση βαθµού µεγαλύτερου ή ίσου του 2, της οποίας η γραφική παράσταση έχει ασύµπτωτη. Λάθος. Κάθε πολυωνυµική συνάρτηση βαθµού µεγαλύτερου ή ίσου του 2 δεν έχει ασύµπτωτες.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

4. Αντιστοίχηση 1.

Πανελλαδικές 2000

Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράµµα της στήλης Α και δίπλα τον αριθµό της στήλης Β που αντιστοιχεί στην εφαπτοµένη της κάθε συνάρτησης στο σηµείο x0. Στήλη Α

Στήλη Β

συναρτήσεις

εφαπτοµένες

α. f ( x ) = 3x 3 ,

x0 = 1

y = −2x + π

β. f ( x ) = ηµ2x ,

π x0 = 2

y = 9x − 6

y = −9x + 5

γ.

f (x) = 3 x ,

δ. f ( x ) =

x0 = 0 x0 = 4

1 x +1 4

5. δεν υπάρχει

Λύση α 3,

β 1,

γ 5,

δ 2.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

5. Ασκήσεις Πανελλήνιες 2000 (Θετική Κατεύθυνση) – 3ο θέμα

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο κλειστό διάστηµα [0, 1] και ισχύει f ' ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( 0,1 ) . Αν f ( 0 ) = 2 και f ( 1 ) = 4 , να δείξετε ότι: α) η ευθεία y = 3 τέµνει τη γραφική παράσταση της f σ’ ένα ακριβώς σηµείο µε τετµηµένη x o ∈ ( 0,1 ) .

Μονάδες 7

1 2 3 4 f  + f  + f  + f  5 5 5 5. β) υπάρχει x1 ∈ ( 0,1 ) , τέτοιο ώστε f ( x 1 ) =   4

Μονάδες 12 γ) υπάρχει x 2 ∈ ( 0,1 ) , ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης

(

της f στο σηµείο M x 2 , f ( x 2 )

)

να είναι παράλληλη στην ευθεία

y = 2x + 2000 .

Μονάδες 6

Λύση α) Έστω η συνάρτηση h µε h ( x ) = f ( x ) − 3 για κάθε x ∈ 0,1 . Για την h έχουµε •

είναι συνεχής στο 0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

•

h ( 0 ) ⋅ h (1) = ( f ( 0 ) − 3 ) ( f (1) − 3 ) = ( 2 − 3 )( 4 − 3 ) = −1 < 0

άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η h ( x ) = 0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ( 0,1) . Είναι h ' ( x ) = f ' ( x ) > 0 άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1) εποµένως έχει µία το πολύ ρίζα στο (0, 1). Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η h έχει µία ακριβώς ρίζα στο (0, 1). Άρα υπάρχει ακριβώς ένα x o ∈ ( 0,1) τέτοιο ώστε

h ( xo ) = 0 ⇒ f ( xo ) − 3 = 0 ⇒ f ( xo ) = 3 . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Εποµένως η ευθεία y = 3 τέµνει τη γραφική παράσταση της f σ’ ένα ακριβώς σηµείο µε τετµηµένη x o ∈ ( 0,1) . 1 2 3 4 f +f +f +f  5 5 5  5  ⇒ 4f x − f  1  − f  2  − f  3  − f  4  = 0 β) f ( x ) =   ( ) 5 5 5 5  4        

1 2 3 4 Έστω η συνάρτηση t µε t ( x ) = 4f ( x ) − f   − f   − f   − f   , x ∈ 0,1 . 5 5 5 5 Είναι t ' ( x ) = 4f ' ( x ) > 0 άρα η t είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1]. Είναι

1 < 1 άρα 5

1 f ( 0 ) < f   < f (1) 5

2 < 1 άρα 5

2 f ( 0 ) < f   < f (1) 5

3 < 1 άρα 5

3 f ( 0 ) < f   < f (1) 5

4 < 1 άρα 5

4 f ( 0 ) < f   < f (1) 5

Προσθέτοντας κατά µέλη τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουµε: 1 2 3 4 4f ( 0 ) < f   + f   + f   + f   < 4f (1) . 5 5 5 5 1 2 3 4 1 2 3 4 4f ( 0 ) < f   + f   + f   + f   ⇒ 4f ( 0 ) − f   − f   − f   − f   < 0 5 5 5 5 5 5 5 5

⇒ t ( 0 ) < 0 και 1 2 3 4 1 2 3 4 f   + f   + f   + f   < 4f (1) ⇒ 4f (1) − f   − f   − f   − f   > 0 5 5 5 5 5 5 5 5

⇒ t (1) > 0 Για τη συνάρτηση t έχουµε •

είναι συνεχής στο 0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων

•

t ( 0 ) ⋅ t (1) < 0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x1 ∈ ( 0,1) 1  2 3 4 ώστε t ( x1 ) = 0 ⇔ 4f ( x1 ) − f   − f   − f   − f   = 0 5 5 5 5 1 2 3 4 f +f +f +f  5 5 5 5 ⇔ f ( x1 ) =   4

γ) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας y = 2x + 2000 είναι ίσος µε 2. Άρα αρκεί να αποδείξουµε ότι υπάρχει x 2 ∈ ( 0,1) τέτοιο ώστε f ' ( x 2 ) = 2 . 1ος τρόπος Για τη συνάρτηση f ξέρουµε ότι: •

είναι συνεχής στο 0,1

•

είναι παραγωγίσιµη στο ( 0,1)

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει x 2 ∈ ( 0,1) : f ' ( x 2 ) =

f (1) − f ( 0 ) 1−0

4−2 =2 1

2ος τρόπος Έστω η συνάρτηση Φ µε Φ ( x ) = f ( x ) − 2x για κάθε x ∈ 0,1 . Είναι •

Η Φ είναι συνεχής στο [0, 1] ως διαφορά συνεχών.

•

Η Φ είναι παραγωγίσιµη στο (0, 1) µε Φ ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 .

•

Φ ( 0 ) = f ( 0 ) − 2 ⋅ 0 = 2 και Φ (1) = f (1) − 2 ⋅ 1 = 4 − 2 = 2 , δηλαδή Φ (0) = Φ (2)

εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον x 2 ∈ ( 0,1) τέτοιο ώστε Φ ' ( x 2 ) = 0 ⇔ f ' ( x 2 ) − 2 = 0 ⇔ f ' ( x 2 ) = 2 .

Πανελλήνιες 2000 (Θετική) – 4ο θέμα

Τη χρονική στιγµή t = 0 χορηγείται σ’ έναν ασθενή ένα φάρµακο. Η συγκέντρωση του φαρµάκου στο αίµα του ασθενούς δίνεται από τη

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

αt

συνάρτηση f ( t ) =

t 1+  β

, t ≥ 0 όπου α και β είναι σταθεροί θετικοί

πραγµατικοί αριθµοί και ο χρόνος t µετράται σε ώρες. Η µέγιστη τιµή της συγκέντρωσης είναι ίση µε 15 µονάδες και επιτυγχάνεται 6 ώρες µετά τη χορήγηση του φαρµάκου. α) Να βρείτε τις τιµές των σταθερών α και β.

Μονάδες 15

β) Με δεδοµένο ότι η δράση του φαρµάκου είναι αποτελεσµατική, όταν η τιµή της συγκέντρωσης είναι τουλάχιστον ίση µε 12 µονάδες, να βρείτε το χρονικό διάστηµα που το φάρµακο δρα αποτελεσµατικά.

Μονάδες 10

Λύση αt β2 αt α) Είναι f ( t ) = = = 2 , t ≥ 0 και 2 t2 β + t2 t 1+ 2 1+  β β αt

f ' (t)

(β =β α

)

+ t 2 − 2t 2

(β

)

= β2 α

β2 − t 2

(β

)

Η µέγιστη τιµή της συγκέντρωσης επιτυγχάνεται σε 6 ώρες άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat είναι: f ' ( 6 ) = 0 ⇒ β2α

β2 − 62

(

β +6 2

)

(

)

= 0 ⇒ β 2 α β 2 − 62 = 0 ⇒ β 2 = 6 2 ⇒ β = 6

(είναι β > 0 ). Σε 6 ώρες η συγκέντρωση θα είναι ίση µε 15 άρα f ( 6 ) = 15 ⇒

62 α ⋅ 6 6 ⋅ 62 α = 15 ⇒ = 15 ⇒ 6α = 30 ⇒ α = 5 . 62 + 62 2 ⋅ 62

62 ⋅ 5 ⋅ t 180t Για α = 5 και β = 6 είναι f ( t ) = 2 = και 2 6 +t 36 + t 2

f ' ( t ) = 62 ⋅ 5

6 −t 2

+ t2

)

(

180 36 − t

( 36 + t ) 2

x f’

+∞

6 +

–

f Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

∆ίπλα φαίνεται ο πίνακας µεταβολής της f. β) Αρκεί να λύσουµε την ανίσωση f ( t ) ≥ 12 . Είναι

180t ≥ 12 ⇒ 180t ≥ 12 ⋅ 36 + 12t 2 ⇒ 15t ≥ 36 + t 2 ⇒ t 2 − 15t + 36 ≤ 0 . 2 36 + t

Είναι ∆ = 225 – 144 = 81 > 0. Είναι t =

15 ± 9 άρα t = 12 ώρες ή t = 3 ώρες. 2

Από τον διπλανό πίνακα µεταβολής προ-

σήµων της f συµπεραίνουµε ότι το χρονι-

3 +

+∞

12 –

κό διάστηµα που δρα αποτελεσµατικά το φάρµακο είναι από τις 3 έως τις 12 ώρες ( t ∈ 3,12  ).

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2000 – 3ο θέμα

∆ίνεται η συνάρτηση f, συνεχής στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών, για την οποία ισχύει: lim

f ( x ) − e2 x + 1

x →0

ηµ2x

= 5.

α) Να βρείτε το f ( 0 ) .

Μονάδες 7

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο x0 = 0 .

Μονάδες 9

γ) Αν h ( x ) = e − x f ( x ) , να αποδείξετε ότι οι εφαπτοµένες των γραφικών παραστάσεων

των

συναρτήσεων

στα

σηµεία

A ( 0, f ( 0 ) )

B ( 0,h ( 0 ) ) αντίστοιχα είναι παράλληλες.

και

Μονάδες 9

Λύση α) Έστω g ( x ) =

f ( x ) − e2x + 1 ηµ2x

. (1)

Εποµένως είναι lim g ( x ) = 5 . x →0

Είναι g ( x ) ⋅ ηµ2x = f ( x ) − e2x + 1 άρα lim g ( x ) ⋅ ηµ2x  = lim  f ( x ) − e2x + 1 x →0 x →0

lim g ( x ) ⋅ lim ηµ2x = lim f ( x ) − e0 + 1 ⇒ 5 ⋅ 0 = lim f ( x ) − e0 + 1 ⇒ lim f ( x ) = 0 . x →0

x →0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Όµως η f είναι συνεχής στο 0 άρα f ( 0 ) = lim f ( x ) = 0 . x →0

β) Από τη σχέση (1) έχουµε ότι f ( x ) = g ( x ) ⋅ ηµ2x + e2x − 1 . Για να είναι η f παραγωγίσιµη στο 0 αρκεί να υπάρχει το όριο lim

f ( x ) − f (0)

x →0

x −0

και

να είναι πραγµατικός αριθµός. Είναι lim

f ( x ) − f (0) x −0

x →0

lim

g ( x ) ⋅ ηµ2x x

x →0

= lim

f (x) − 0 x −0

x →0

= lim

f (x)

x →0

= lim

g ( x ) ⋅ ηµ2x + e2x − 1

x →0

e2x − 1 ηµ2x e2x − 1 = lim g ( x ) ⋅ lim + lim . x →0 x →0 x →0 x →0 x x x

+ lim

(2)

ηµ2x ηµ2x e 2x − 1 = 2 lim = 2 ⋅ 1 = 2 και lim είναι απροσδιοριστία της x →0 x →0 x →0 x 2x x

Είναι lim µορφής

0 άρα σύµφωνα µε τον κανόνα του De l’ Hospital είναι 0

(

)

e2x − 1 ' e 2x − 1 2e2x lim = lim = lim = 2. x →0 x →0 x →0 x x' 1

Η σχέση (2) µας δίνει lim

f ( x ) − f (0) x −0

x →0

= 5 ⋅ 2 + 2 = 12 .

Άρα η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο 0.

(

)

γ) Είναι h ' ( x ) = e − x f ( x ) ' = −e − x f ( x ) + e − x f ' ( x ) άρα

h ' ( 0 ) = −e −0 f ( 0 ) + e −0 f ' ( 0 ) = −1 ⋅ 0 + 1 ⋅ f ' ( 0 ) = f ' ( 0 ) . Από τη σχέση h ' ( 0 ) = f ' ( 0 ) συµπεραίνουµε ότι εφαπτοµένες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων στα σηµεία A ( 0, f ( 0 ) ) και B ( 0,h ( 0 ) ) αντίστοιχα είναι παράλληλες.

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2000 – 4ο θέμα

Η τιµή P (σε χιλιάδες δραχµές) ενός προϊόντος, t µήνες µετά την εισαγωγή του στην αγορά, δίνεται από τον τύπο:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

P (t) = 4 +

t−6 25 t2 + 4

α) Να βρείτε την τιµή του προϊόντος τη στιγµή της εισαγωγής του στην αγορά.

Μονάδες 2

β) Να βρείτε το χρονικό διάστηµα, στο οποίο η τιµή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται.

Μονάδες 10

γ) Να βρείτε τη χρονική στιγµή κατά την οποία η τιµή του προϊόντος γίνεται µέγιστη.

Μονάδες 8

δ) Να δείξετε ότι η τιµή του προϊόντος µετά από κάποια χρονική στιγµή συνεχώς µειώνεται, χωρίς όµως να µπορεί να γίνει µικρότερη από την τιµή του προϊόντος τη στιγµή της εισαγωγής του στην αγορά.

Μονάδες 5

Λύση α) Είναι P ( 0 ) = 4 +

0−6 6 24 100 − 24 76 =4− =4− = = = 3,04 . 25 25 25 25 25 2 0 + 4 4

Άρα η τιµή του προϊόντος τη στιγµή της εισαγωγής του στην αγορά είναι 3,04 χιλιάδες δραχµές δηλαδή 3.040 δραχµές. β) Είναι P ' ( t ) =

t2 +

25 − ( t − 6 ) 2t t 2 4 = 2  2 25  t + 4   

P ' ( t ) = 0 ⇒ −t 2 + 12t +

25 25 − 2t 2 + 12t −t 2 + 12t + 4 4 . = 2 2  2 25   2 25  t + 4  t + 4     

25 1 25 =0⇒t=− ή t= . 4 2 2

Σύµφωνα µε τον διπλανό πίνακα και µε τον περιορισµό ότι t ≥ 0 συµπεραίνουµε ότι το χρονικό διάστηµα, στο οποίο η τιµή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται εί-

x f'

−∞

–

−

1 2

25 2

+∞ –

 25  ναι για t ∈ 0,  .  2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

 25  γ) Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο 0,  και γνησίως φθίνουσα στο  2 25  25   2 , +∞  άρα η τιµή του προϊόντος γίνεται µέγιστη όταν t = 2 µήνες.  

   t−6  t−6 t δ) Είναι lim P ( t ) = lim  4 + = 4 + lim 2 = 4 + 0 = 4 .  = 4 + tlim t →+∞ t →+∞ →+∞ t →+∞ 25  25 t  t2 + t2 +  4  4 Εποµένως η τιµή του προϊόντος µειώνεται µετά από τους πρώτους

25 = 12,5 2

µήνες και δεν µπορεί να γίνει µικρότερη από 4 χιλιάδες δραχµές άρα είναι πάντα µεγαλύτερη από την αρχική τιµή του προϊόντος (3.040 δραχµές).

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2000 – 3ο θέμα

∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: f ( x ) =

x 2 − 3x + 2 , όπου α πραγµατικός x−α

αριθµός. α) Να βρείτε την τιµή του πραγµατικού αριθµού α, ώστε η συνάρτηση f να έχει κατακόρυφη ασύµπτωτη την ευθεία x = 4 .

Μονάδες 5

β) Να βρείτε την τιµή του πραγµατικού αριθµού α, ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο Μ(1, 0) να διέρχεται από το σηµείο Α(–2, 3).

Μονάδες 10

γ) Αν α > 2 , να αποδείξετε ότι υπάρχει αριθµός x 0 ∈ (1,2 ) τέτοιος, ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο µε τετµηµένη x 0 , να είναι παράλληλη προς τον άξονα x’x. Μονάδες 10

Λύση α) Αρκεί lim f ( x ) = +∞ ή lim f ( x ) = −∞ . x →4

Είναι f ( x ) =

x →4

x 2 − 3x + 2 ⇒ f ( x ) ⋅ ( x − α ) = x 2 − 3x + 2 x−α

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

⇒ lim  f ( x ) ⋅ ( x − α )  = lim  x 2 − 3x + 2  ⇒ lim f ( x )( 4 − α ) = 6 . x →4

x →4

Αν το 4 – α είναι διάφορο του µηδενός τότε το πρώτο µέλος είναι ίσο µε +∞ ή µε −∞ και όχι µε 6. Άρα για να ισχύει η ισότητα πρέπει να είναι 4 − α = 0 ⇒ α = 4 . β)

( 2x − 3)( x − α ) − ( x 2 − 3x + 2 ) 2x 2 − 2xα − 3x + 3α − x 2 + 3x − 2 f '(x) = = 2 2 ( x − α) ( x − α)

x 2 − 2xα + 3α − 2

( x − α)

άρα f ' (1) =

1 − 2α + 3α − 2

(1 − α )

Η εφαπτοµένη της C f στο M (1,0 ) είναι y − 0 =

α −1

( α − 1)

1 . α −1

1 1 x − 1) ⇒ y = ( ( x − 1) . α −1 α −1

Το σηµείο A ( −2, 3 ) ανήκει στην εφαπτοµένη άρα επαληθεύει την εξίσωσή της. Άρα ισχύει 3 =

−3 1 −2 − 1) ⇒ 3 = ⇒ 3α − 3 = −3 ⇒ α = 0 . ( α −1 α −1

γ) Είναι f ' ( x ) =

x 2 − 2xα + 3α − 2

( x − α)

Έστω η συνάρτηση g ( x ) = x 2 − 2xα + 3α − 2 µε x ∈ 1, 2  . Για την συνάρτηση g ισχύει ότι: •

η g είναι συνεχής στο [1, 2]

•

g (1) ⋅ g ( 2 ) = 12 − 2 ⋅ 1 ⋅ α + 3α − 2 22 − 2 ⋅ 2 ⋅ α + 3α − 2 = ( α − 1)( −α + 2 ) < 0

(

)(

)

αφού α − 1 > 0 και −α + 2 < 0 (ισχύει α > 2 ). Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον

x 0 ∈ (1, 2 ) τέτοιο ώστε g ( x 0 ) = 0 δηλαδή f ' ( x 0 ) = 0 . Εποµένως υπάρχει αριθµός x 0 ∈ (1, 2 ) τέτοιος, ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο µε τετµηµένη x 0 , να είναι παράλληλη προς τον άξονα x’x.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2000 – 4ο θέμα

Σε έναν διαγωνισµό ενός Οργανισµού για την πρόσληψη προσωπικού, συγκεντρώθηκαν 1000 γραπτά υποψηφίων. Κάθε γραπτό διορθώνεται από δύο διαφορετικούς βαθµολογητές. Κάθε βαθµολο-γητής διορθώνει 4 φακέλους των 25 γραπτών την ηµέρα. Για την διόρθωση κάθε γραπτού ο βαθµολογητής αµείβεται 200 δραχµές. Τη διόρθωση συντονίζουν δύο επόπτες που αµείβονται µε 4.000 δραχµές την ηµέρα. Στο τέλος της διόρθωσης όλων των γραπτών, κάθε βαθµολογητής παίρνει επιπλέον ως επίδοµα 10.000 δραχµές ανεξάρτητα από τον αριθµό των ηµερών που απασχολήθηκε. α) Να αποδείξετε ότι το κόστος Κ(x) σε χιλιάδες δραχµές για τη διόρθωση όλων των γραπτών δίνεται από τη συνάρτηση: 16   K ( x ) = 10  x + + 40  x   όπου x ο αριθµός των βαθµολογητών που απασχολούνται. Μονάδες 13 β) Πόσοι πρέπει να είναι οι βαθµολογητές, ώστε το κόστος της διόρθωσης να είναι ελάχιστο;

Μονάδες 8

γ) Να βρείτε το ελάχιστο κόστος του ερωτήµατος (β) και τον αριθµό των ηµερών που απασχολήθηκαν οι βαθµολογητές για τη διόρθωση των γραπτών.

Μονάδες 4

Λύση α) Το κόστος της διόρθωσης των 1.000 γραπτών είναι 2 ⋅ 1.000 ⋅ 200 = 400.000 δραχµές = 400 χιλιάδες δραχµές.

Ο κάθε βαθµολογητής διορθώνει 100 γραπτά την ηµέρα. Άρα οι x βαθµολογητές θα διορθώσουν 2 ⋅ 1.000 = 2.000 γραπτά σε Οι δύο επόπτες θα πληρωθούν 2 ⋅

2.000 20 = ηµέρες. 100x x

20 160.000 160 ⋅ 4.000 = = χιλιάδες δραχµές. x x x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Επιπλέον οι x βαθµολογητές θα πάρουν επίδοµα 10.000x δραχµές = 10x χιλιάδες δραχµές. Έτσι, το συνολικό κόστος είναι K ( x ) = 400 +

160 16   + 10x = 10  40 + + x. x x  

x 2 − 16  16  β) Είναι K ' ( x ) = 10  − 2 + 1  = 10 ⋅ . x2  x  K ' ( x ) = 0 ⇒ 10 ⋅

x 2 − 16 = 0 ⇒ x 2 = 16 ⇒ x = ±4 . 2 x

Όµως είναι x ≥ 2 άρα είναι x = 4 . Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι για να είναι το κόστος της διόρθωσης ελάχιστο πρέπει οι

x f’

4 –

+∞ +

βαθµολογητές να είναι 4. 16   + 4  = 10 ( 40 + 4 + 4 ) = 480 χιλιάδες δραχµές. γ) Είναι K ( 4 ) = 10  40 + 4   Οι ηµέρες που απασχολήθηκαν οι βαθµολογητές για τη βαθµολόγηση των γραπτών ήταν

20 = 5. 4

Πανελλήνιες 2001 – 3ο θέμα

Για µία συνάρτηση f, που είναι παραγωγίσιµη στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών ℝ , ισχύει ότι:

f 3 ( x ) + βf 2 ( x ) + γf ( x ) = x 3 − 2x 2 + 6x − 1 για κάθε x ∈ ℝ , όπου β, γ πραγµατικοί αριθµοί µε β2 < 3γ . α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f δεν έχει ακρότατα. β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα.

Μονάδες 10 Μονάδες 8

γ) Να δείξετε ότι υπάρχει µοναδική ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 στο ανοικτό διάστηµα (0, 1).

Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Λύση α) Έστω ότι η συνάρτηση παρουσιάζει ακρότατο σε ένα σηµείο

( x , f ( x )) . o

Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat θα είναι f ' ( x o ) = 0 . Παραγωγίζουµε τη δοσµένη σχέση και έχουµε:

(

)

 f 3 ( x ) + βf 2 ( x ) + γf ( x )  = x 3 − 2x 2 + 6x − 1 ' '

⇒ 3f 2 ( x ) ⋅ f ' ( x ) + 2βf ( x ) ⋅ f ' ( x ) + γf ' ( x ) = 3x 2 − 4x + 6 .

(1)

Για x = x o η παραπάνω σχέση γίνεται

3f 2 ( x o ) ⋅ f ' ( x o ) + 2βf ( x o ) ⋅ f ' ( x o ) + γf ' ( x o ) = 3x o 2 − 4x o + 6 . f ' ( x o ) = 0 άρα 3f 2 ( x o ) ⋅ f ' ( x o ) + 2βf ( x o ) ⋅ f ' ( x o ) + γf ' ( x o ) = 3x o 2 − 4x o + 6 ⇒ 3x o2 − 4x o + 6 = 0 .

Είναι ∆ = 16 − 4 ⋅ 3 ⋅ 6 = 16 − 72 = −56 < 0 άρα η παραπάνω εξίσωση είναι αδύνατη, δηλαδή δεν υπάρχει x o που να την επαληθεύει. Εποµένως η συνάρτηση δεν έχει ακρότατα. β) Η σχέση (1) δίνει f ' ( x ) ⋅ 3f 2 ( x ) + 2βf ( x ) + γ  = 3x 2 − 4x + 6 .

(2)

Η 3x 2 − 4x + 6 δεν έχει ρίζες άρα είναι οµόσηµη του 3, εποµένως είναι 3x 2 − 4x + 6 > 0 για κάθε x ∈ ℝ .

(

)

Επίσης η 3f 2 ( x ) + 2βf ( x ) + γ έχει ∆ = 4β2 − 12γ = 4 β2 − 3γ < 0 άρα είναι οµόσηµη του 3, εποµένως 3f 2 ( x ) + 2βf ( x ) + γ > 0 για κάθε x ∈ ℝ . Από τα παραπάνω και τη σχέση (2) συµπεραίνουµε ότι f ' ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. γ) Για x = 0 η δοσµένη σχέση δίνει f 3 ( 0 ) + βf 2 ( 0 ) + γf ( 0 ) = 03 − 2 ⋅ 02 + 6 ⋅ 0 − 1 f ( 0 )  f 2 ( 0 ) + βf ( 0 ) + γ  = −1 .

Η παράσταση µέσα στην αγκύλη είναι µεγαλύτερη του µηδενός άρα f ( 0 ) < 0 . Για x = 1 η δοσµένη σχέση δίνει

f 3 (1) + βf 2 (1) + γf (1) = 13 − 2 ⋅ 12 + 6 ⋅ 1 − 1 ⇒ f (1)  f 2 (1) + βf (1) + γ  = 4 . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Η παράσταση µέσα στην αγκύλη είναι µεγαλύτερη του µηδενός άρα f (1) > 0 . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 1] ως παραγωγίσιµη και f ( 0 ) ⋅ f (1) < 0 , άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο (0, 1). Όµως η f είναι γνησίως αύξουσα άρα έχει µία το πολύ ρίζα, εποµένως η εξίσωση

f ( x ) = 0 έχει µία ακριβώς ρίζα στο (0, 1).

Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2001 – 3ο θέμα

∆ίνεται η συνάρτηση: x ≤1  x + α, f (x) =  − x +1 ⋅ ln ( x − 1 ) , x ∈ ( 1,2   1 − e

(

)

1 − e − x +1 α) Να υπολογίσετε το όριο: lim . x →1 x −1

Μονάδες 7

β) Να βρείτε το α ∈ ℝ ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής στο x0 = 1 .

Μονάδες 8

γ) Για α = −1 να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( 1,2 ) τέτοιο, ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο A ( ξ, f ( ξ ) ) να είναι παράλληλη προς τον άξονα x’x.

Μονάδες 7

Λύση 0 α) Είναι της µορφής   άρα σύµφωνα µε τον κανόνα του De l’ Hospital 0

(

)

1 − e − x +1 ' 1 − e − x +1 e − x +1 είναι: lim = lim = lim =1 x →1 x →1 x −1 ( x − 1) ' x →1 1 β) Η f είναι συνεχής στο xo = 1 άρα lim f ( x ) = f (1) . x →1

Εποµένως lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = f (1) . Είναι f (1) = 1 + α = lim− f ( x ) . x →1

x →1

 1 − e − x +1  Επίσης lim+ f ( x ) = lim+ 1 − e − x +1 ⋅ ln ( x − 1) = lim+   ⋅ ( x − 1) ln ( x − 1)  . x →1 x →1 x →1 x − 1  

(

)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

1 − e − x +1 = 1 Ακόµη lim+ ( x − 1) ln ( x − 1)  x →1 x →1 x −1

Από το (α) ερώτηµα ξέρουµε ότι lim −∞

ln ( x − 1) +∞ = lim+ = lim+ x →1 x →1 1 ( x − 1)

1 ' ln ( x − 1)  = lim+ x − 1 = lim+ ( x − 1) = 0 . ' x →1 x →1 1  1  2   ( x − 1)  ( x − 1) 

Άρα lim+ f ( x ) = 1 ⋅ 0 = 0 . Εποµένως 1 + α = 0 άρα α = –1. x →1

1  γ) Είναι f ( 0 ) = 1 + ( −1) = 0 και f ( 2 ) = 1 − e −2+1 ⋅ ln ( 2 − 1) = 1 −  ⋅ 0 = 0 . e 

(

)

Άρα η f είναι: •

συνεχής στο [1, 2]

•

παραγωγίσιµη στο (1, 2)

•

f (1) = f ( 2 ) = 0

εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1, 2 ) τέτοιο ώστε f ' ( ξ ) = 0 .

Πανελλήνιες 2002 – 3ο θέμα

Έστω οι συναρτήσεις f, g µε πεδίο ορισµού το ℝ . ∆ίνεται ότι η συνάρτηση της σύνθεσης f g είναι 1–1. α) Να δείξετε ότι η g είναι 1–1.

Μονάδες 7

(

)

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση: g f ( x ) + x 3 − x = g ( f ( x ) + 2x − 1 ) έχει ακριβώς δύο θετικές και µία αρνητική ρίζα.

Μονάδες 18

Λύση α) Η f g είναι 1–1 άρα για x1 , x 2 ∈ ℝ ισχύει

( f g)( x1 ) = ( f g)( x 2 ) ⇔ f ( g ( x1 ) ) = f ( g ( x 2 ) ) ⇔ x1 = x 2 . Για x1 , x 2 ∈ ℝ έχουµε g ( x1 ) = g ( x 2 ) ⇒ f ( g ( x1 ) ) = f ( g ( x 2 ) ) . Όπως δείξαµε παραπάνω η διπλανή σχέση έχει ως συµπέρασµα ότι x1 = x 2 , άρα η g είναι 1–1. Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

β) Η συνάρτηση g είναι 1–1, όπως δείξαµε στο (α) ερώτηµα άρα είναι:

(

)

g f ( x ) + x 3 − x = g ( f ( x ) + 2x − 1) ⇒ f ( x ) + x 3 − x = f ( x ) + 2x − 1 ⇒ x 3 − x = 2x − 1 ⇒ x 3 − 3x − 1 = 0 .

Έστω η συνάρτηση h ( x ) = x 3 − 3x + 1

µε x ∈ ℝ .

h’

(

)

Είναι h ' ( x ) = 3x 2 − 3 = 3 x 2 − 1 .

(

−∞

–1

+∞

1 –

)

Είναι h ' ( x ) = 0 ⇒ 3 x 2 − 1 = 0 ⇒ x = 1 ή x = –1. •

Στο διάστηµα ( −∞, −1 η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα άρα η h έχει µία το πολύ ρίζα. Επίσης είναι lim h ( x ) = −∞ και h ( −1) = 3 . Άρα το σύνολο x →−∞

τιµών της h είναι το ( −∞,1 . Το 0 ανήκει στο σύνολο τιµών άρα η h έχει µία τουλάχιστον ρίζα. Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η h έχει µία ακριβώς (αρνητική) ρίζα στο ( −∞, −1) . •

Στο διάστηµα 0,1 ⊆  −1,1 η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα άρα η h έχει µία το πολύ ρίζα. Επίσης είναι h ( 0 ) = 1 και h (1) = −1 . Άρα το σύνολο τιµών της h είναι το  −1,1 . Το 0 ανήκει στο σύνολο τιµών άρα η h έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ( 0,1) . Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η h έχει µία ακριβώς (θετική) ρίζα στο ( 0,1) .

•

Στο διάστηµα 1, +∞ ) η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα άρα η h έχει µία το πολύ ρίζα. Επίσης είναι h (1) = −1 και lim h ( x ) = +∞ . Άρα το σύνολο τιx →+∞

µών της h είναι το  −1, +∞ ) . Το 0 ανήκει στο σύνολο τιµών άρα η h έχει µία τουλάχιστον ρίζα. Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η h έχει µία ακριβώς (θετική) ρίζα στο (1, +∞ ) . Άρα η εξίσωση έχει µία αρνητική και δύο θετικές ρίζες.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

10. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2002 – 3ο θέμα 2

∆ίνεται

f:ℝ →ℝ

συνάρτηση

µε

f (x) =

x−z − x+z x2 + z

όπου

z = α + βi µε α,β ∈ ℝ και α ≠ 0 . α) Να βρείτε τα όρια: lim f ( x ) , lim f ( x ) .

Μονάδες 8

β) Να βρείτε τα ακρότατα της f όταν z + 1 > z − 1 .

Μονάδες 9

x →+∞

x →−∞

γ) Να βρείτε το σύνολο τιµών και το πλήθος των ριζών της f. Μονάδες 8

Λύση 2

α) Είναι f ( x ) =

x−z − x+ z x2 + z

( x − z )( x − z ) − ( x + z )( x + z ) x 2 + α2 + β2

( x − α − βi)( x − α + βi) − ( x + α + βi)( x + α − βi) = ( x − α) = x 2 + α2 + β 2

+ β2 − ( x + α ) − β2 2

x 2 + α2 + β2

−4xα . x + α2 + β2 2

Εποµένως lim f ( x ) = lim x →+∞

−4xα −4xα −4α = lim = lim = 0 και 2 2 2 x →+∞ x →+∞ x x +α +β x 2

−4xα −4xα −4α = lim = lim = 0. 2 2 2 x →−∞ x + α + β x →−∞ x →−∞ x x

lim f ( x ) = lim

x →−∞

x →+∞

β) Είναι z + 1 > z − 1 ⇒ z + 1 > z − 1 ⇒ ( z + 1)( z + 1) > ( z − 1)( z − 1) 2

zz + z + z + 1 > zz − z − z + 1 ⇒ z + z > 0 ⇒ 2α > 0 ⇒ α > 0 .

−4xα x 2 + α2 + β 2 − 2x 2 Από το (α) ερώτηµα είναι f ( x ) = 2 ⇒ f ' ( x ) = −4α x + α2 + β2 x 2 + α2 + β2

(

)

 x 2 − α2 + β2  . ⇒ f ' ( x ) = 4α  2 2 2 x +α +β Είναι f ' ( x ) = 0 ⇒ x = ± α2 + β2 και α > 0, άρα τα ακρότατα της f είναι

x f'

α2 + β 2 +∞

−∞ − α2 + β2

–

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

τα − α2 + β2 και

α2 + β 2 .

(

γ) Είναι lim f ( x ) = 0 , f − α + β x →−∞

(

α +β 2

−4α

)=α

(

α2 + β2

)

+β +α +β 2

) = α + (β

−4α − α2 + β2 2

−2α α2 + β 2

+α +β 2

2α α2 + β2

 −2α 2α Εποµένως το σύνολο τιµών της f είναι το  , 2 2 2  α + β α + β2 Είναι f

(( −∞, −

 2α α2 + β2  =  0, 2   α + β2 

)

και

 . 

  άρα δεν υπάρχει καµία ρίζα σ’ αυτό το 

διάστηµα.

 −2α 2α , Είναι f  − α2 + β2 , α2 + β2  =     α2 + β2 α2 + β 2

(

)

  άρα υπάρχει µία ρίζα σ’ 

αυτό το διάστηµα.

(

Είναι f  α2 + β2 , +∞ 

))

 −2α  = , 0  άρα δεν υπάρχει καµία ρίζα σ’ αυτό το  α2 + β2 

διάστηµα.

11. Πανελλήνιες 2003 –4 ο θέμα Έστω µία συνάρτηση f συνεχής σ’ ένα διάστηµα α,β που έχει συνεχή δεύτερη παράγωγο στο ( α,β ) . Αν ισχύει f ( α ) = f ( β ) = 0 και υπάρχουν αριθµοί γ ∈ ( α,β ) , δ ∈ ( α,β ) , έτσι ώστε f ( γ ) ⋅ f ( δ ) < 0 , να αποδείξετε ότι: α) Υπάρχει µία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 στο διάστηµα

( α,β ) .

Μονάδες 8

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

β) Υπάρχουν

σηµεία

ξ 1 , ξ 2 ∈ ( α,β )

τέτοια

ώστε

f ′′ ( ξ 2 ) > 0 .

f ′′ ( ξ 1 ) < 0

και

Μονάδες 9

γ) Υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f.

Μονάδες 8

Λύση α) Έστω ότι γ < δ . Το διάστηµα  γ, δ  είναι υποσύνολο του α,β  . Η συνάρτηση είναι συνεχής στο [γ, δ] αφού είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει

f ( γ ) ⋅ f ( δ ) < 0 άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει µία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 στο (γ, δ) άρα και στο ( α,β ) . Αν ήταν δ < γ τότε θα εκτελούσαµε την παραπάνω διαδικασία στο δ, γ  . Αν ήταν γ = δ τότε από τη σχέση f ( γ ) ⋅ f ( δ ) < 0 έχουµε f 2 ( γ ) < 0 που είναι άτοπο. β) Είναι f ( γ ) ⋅ f ( δ ) < 0 . Υποθέτουµε ότι f ( γ ) < 0 και f ( δ ) > 0 . Στην αντίθετη περίπτωση τα συµπεράσµατα είναι τα ίδια ακριβώς. Η f είναι συνεχής στο [α, γ] και παραγωγίσιµη στο ( α, γ ) άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει x1 ∈ ( α, γ ) τέτοιο ώστε f ' ( x1 ) =

f ( γ ) − f ( α) γ−α

f (γ) γ−α

< 0.

(1)

Οµοίως η f είναι συνεχής στο  γ, x 0  ] και παραγωγίσιµη στο ( γ, x 0 ) άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει x 2 ∈ ( γ, x o ) τέτοιο ώστε f ' ( x2 ) =

f ( xo ) − f ( γ ) γ−α

−f ( γ ) γ−α

> 0.

(2)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Για την συνάρτηση f ' ξέρουµε ότι είναι συνεχής στο  x1 , x 2  και παραγωγίσιµη στο (x1, x2) άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ 2 ∈ ( x1 , x 2 ) τέτοιο ώστε f ′′ ( ξ 2 ) =

f ' ( x 2 ) − f ' ( x1 ) x 2 − x1

> 0.

Με τον ίδιο τρόπο συµπεραίνουµε ότι υπάρχει x 3 ∈ ( x o , δ ) τέτοιο ώστε f (δ) − f ( xo )

f ' ( x3 ) =

δ − xo

f ' ( x4 ) =

f (β ) − f ( δ ) β−δ

f (δ) δ − xo

−f ( δ ) β−δ

> 0 και x 4 ∈ ( δ,β ) τέτοιο ώστε

< 0.

Για την συνάρτηση f ' ξέρουµε ότι είναι συνεχής στο [x3, x4] και παραγωγίσιµη στο

( x3 , x 4 )

f ′′ ( ξ1 ) =

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ1 ∈ ( x 3 , x 4 ) τέτοιο ώστε

f ' ( x4 ) − f ' ( x3 ) x4 − x3

< 0.

γ) Για την f '' ξέρουµε ότι είναι συνεχής στο ξ1 , ξ 2 

f ′′ ( ξ1 ) ⋅ f ′′ ( ξ 2 ) < 0 .

Άρα

σύµφωνα

µε

το

θεώρηµα

και ότι ισχύει

Bolzano

υπάρχει

ξ 0 ∈ ( ξ1 , ξ 2 ) τέτοιο ώστε f ′′ ( ξ 0 ) = 0 . Άρα το σηµείο ( ξ 0 , f ( ξ 0 ) ) είναι πιθανό σηµείο καµπής της συνάρτησης f. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Η άσκηση ζητάει να αποδείξουµε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο καµπής της f. Το µόνο που µπορούµε να αποδείξουµε είναι ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον πιθανό σηµείο καµπής της f.

12. Πανελλήνιες Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2003 – 4ο θέμα ∆ίνεται µία συνάρτηση f, ορισµένη στο ℝ , µε συνεχή παράγωγο για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

f ( x ) = − f ( 2 − x ) και f ′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως µονότονη.

Μονάδες 8

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει µοναδική ρίζα.Μονάδες 8 γ) Έστω η συνάρτηση g ( x ) =

f (x) . Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη f′ ( x )

της γραφικής παράστασης της g στο σηµείο στο οποίο αυτή τέµνει τον άξονα x’x, σχηµατίζει µε αυτόν γωνία 45° .

Μονάδες 9

Λύση α) Η f ' έχει συνεχή παράγωγο στο ℝ . Ακόµη είναι f ' ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f ' δεν έχει ρίζες. Εποµένως η f ' διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο ℝ . Άρα η f είναι γνησίως µονότονη. β) Η f είναι γνησίως µονότονη στο ℝ άρα έχει µία το πολύ ρίζα. Για x = 1 η δοσµένη σχέση µας δίνει f (1) = −f (1) ⇒ 2f (1) = 0 ⇒ f (1) = 0 άρα το 1 είναι ρίζα της συνάρτησης. Άρα η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει µοναδική ρίζα (το x = 1). γ) Είναι g ( x ) = 0 ⇒

ος

f (x)

f '(x)

= 0 ⇒ f (x) = 0 ⇒ x = 1 .

τρόπος: Είναι g' (1) = lim x →1

g ( x ) − g (1) x −1

f (x)

= lim x →1

f '(x)

−0

x −1

f (x) 1 lim x →1 f ' x x →1 x − 1 ( )

= lim

f ( x ) − f (1) 1 1 lim = ⋅ f ' (1) = 1 . Άρα g' (1) = 1 ⇒ g' (1) = εφ45ο . x →1 f ' x x →1 x − 1 f ' 1 ( ) ()

= lim

 f ′ ( x )  − f ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) τρόπος: Είναι g′ ( x ) =  ⇒ 2  f ′ ( x )  2

ος

 f ′ (1)  − f (1) ⋅ f ′′ (1) g′ ( x ) =  ⇒ g′ (1) = 1 ⇒ g ' (1) = εφ45ο 2  f ′ (1)  2

13. Πανελλήνιες 2004 – 2ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f ( x ) = x 2 ln x .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

α) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f, να µελετήσετε την µονοτονία της και να βρείτε τα ακρότατα.

Μονάδες 10

β) Να µελετήσετε την f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σηµεία καµπής.

Μονάδες 8

γ) Να βρείτε το σύνολο τιµών της f.

Μονάδες 7

Λύση α) Πρέπει x > 0, άρα το πεδίο ορισµού της f είναι το ( 0, +∞ ) . Είναι f ' ( x ) = 2x ln x + x 2

1 = 2x ln x + x = x ( 2 ln x + 1) . x

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο πεδίο ορισµού της το οποίο είναι ανοικτό. Εποµένως, οι θέσεις πιθανών ακροτάτων είναι µόνο στα σηµεία που µηδενίζεται η πρώτη παράγωγός της. Είναι 1 − 1 1 f ' ( x ) = 0 ⇒ x ( 2 ln x + 1) = 0 ⇒ x = 0 ή 2 ln x + 1 = 0 ⇒ ln x = − ⇒ x = e 2 = 2 e x >0 1 1 Είναι f ' ( x ) < 0 ⇒ x ( 2 ln x + 1) < 0 ⇒ 2 ln x + 1 < 0 ⇒ ln x < − ⇒ x < και 2 e

f '(x) < 0 ⇒ x >

1 e

Εποµένως η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x 0 =

1 e

ίσο µε f’

+∞

–

1 −  1   1  1 1 1 f = ln e 2 = − . =  ln 2e e e  e  e

' 2 β) Είναι f '' ( x ) =  x ( 2 ln x + 1)  = 2 ln x + 1 + x ⋅ = 2 ln x + 3 . x

Η συνάρτηση f '' ορίζεται σε όλο το πεδίο ορισµού της f. Εποµένως, οι θέσεις πιθανών ακροτάτων είναι µόνο στα σηµεία που µηδενίζεται η δεύτερη παράγωγός της. 3 − 3 Είναι f '' ( x ) = 0 ⇒ 2 ln x + 3 = 0 ⇒ ln x = − ⇒ x = e 2 . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

3 3 − ln x ↑ − 3 2 2 Είναι f '' ( x ) > 0 ⇒ 2 ln x + 3 > 0 ⇒ ln x > − ⇒ ln x > ln e ⇒ x > e και 2

f '' ( x ) < 0 ⇒ 2 ln x + 3 < 0 ⇒ ln x < −

3 3 − ln x ↑ − 3 ⇒ ln x < ln e 2 ⇒ x < e 2 . 2

Εποµένως η f παρουσιάζει σηµείο καµπής στο x 0 = e

3 − 2

x ίσο µε

f ''

e –

−

3 2

+∞ +

3 −  −3   −3  3  3 f  e 2  =  e 2  ln e 2 = e −3  −  = − 3 . 2e  2    

(

)

γ) Είναι lim+ f ( x ) = lim+ x 2 ln x = lim+ x →0

x →0

ln x −∞ . Το όριο είναι της µορφής . 1 +∞ x2

Σύµφωνα µε τον κανόνα του De l’ Hospital είναι 1 ' 2 ln x ) ( ln x x = − lim x = 0 . lim+ = lim+ = lim ' x →0 x →0 x →0 + x →0 + 2 1 2 1   −  x2  x2 x3  

(

)

Επίσης lim f ( x ) = lim x 2 ln x = +∞ . x →+∞

x →+∞

Αν λάβουµε υπ’ όψιν µας ότι η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το −

1 τότε το 2e

 1  σύνολο τιµών της f είναι το  − , +∞  .  2e 

14. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2004 – 3ο θέμα ∆ίνεται µία συνάρτηση f : α,β → ℝ συνεχής στο διάστηµα [α, β] µε

f ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ α,β  και µιγαδικός αριθµός z µε: Re ( z ) ≠ 0 , Im ( z ) ≠ 0 και Re ( z ) > Im ( z ) Αν z +

1 1 = f ( α ) και z2 + 2 = f 2 ( β ) , να αποδείξετε ότι: z z

α) z = 1 .

Μονάδες 11

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

β) f 2 ( β ) < f 2 ( α ) .

Μονάδες 5

γ) Η εξίσωση x 3 ⋅ f ( α ) + f ( β ) = 0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο (–1, 1). Μονάδες 9 δ) Re ( z ) =

f ( α) 2

Λύση 1  α) Είναι f ( α ) ∈ ℝ άρα  z +  ∈ ℝ . Έστω z = x + yi µε x, y ∈ ℝ . z  Είναι z +

 1 1 x − yi x 1  = x + yi + = x + yi + 2 =x+ 2 + yi  1 − 2 . 2 2 z x + yi x +y x +y x + y2  

(1)

1 1  Όµως  z +  ∈ ℝ ⇒ 1 − 2 = 0 ⇒ x2 + y2 = 1 ⇒ z = 1 . 2 z x +y  2

1 1 1  β) Είναι z + 2 = f 2 ( β ) ⇒  z +  − 2z = f 2 ( β ) ⇒ f 2 ( α ) − 2 = f 2 ( β ) z z z  2

⇒ f 2 ( β ) − f 2 ( α ) = −2 < 0 ⇒ f 2 ( β ) < f 2 ( α ) . γ) Έστω η συνάρτηση h ( x ) = x 3 ⋅ f ( α ) + f ( β ) µε x ∈ ( −1,1) . Για την συνάρτηση h έχουµε ότι: •

είναι συνεχής στο  −1,1

•

είναι h ( −1) ⋅ h (1) = ( − f ( α ) + f ( β ) ) ( f ( α ) + f ( β ) ) = f 2 ( β ) − f 2 ( α ) < 0

άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η εξίσωση h ( x ) = 0 , άρα και η

x 3 ⋅ f ( α ) + f ( β ) = 0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ( −1,1) . δ) Είναι f ( α) = x +

f ( α) = z +

1 x . =x+ 2 z x + y2

Όµως

είναι

z = 1 ⇔ x2 + y2 = 1

άρα

f ( α) x = 2x = 2Re ( z ) ⇒ Re ( z ) = . 1 2

15. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2005 – 3ο θέμα

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

∆ίνεται η συνάρτηση f, η οποία είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε f ′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ . α) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1–1.

Μονάδες 7

β) Αν η γραφική παράσταση C f της f διέρχεται από τα σηµεία

A ( 1,2005 ) και B ( −2,1 ) , να λύσετε την εξίσωση:

(

f −1 −2004 + f x 2 − 8

) ) = −2

Μονάδες 9

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σηµείο Μ της C f , στο οποίο η εφαπτοµένη της C f είναι κάθετη στην ευθεία 1

( ε ) : y = − 668 x + 2005

Μονάδες 9

Λύση α) Η f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ άρα και συνεχής. 1ος τρόπος: Έστω ότι δεν είναι 1–1 (άρα υπάρχουν

x1 ≠ x 2

ώστε

f ( x1 ) = f ( x 2 ) ). Σύµφωνα µε το Θεώρηµα Rolle υπάρχει ξ ∈ ( x1 , x 2 ) : f ' ( ξ ) = 0 (Άτοπο). 2ος τρόπος: Είναι f ' ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f ' δεν έχει ρίζες. Η f δεν παρουσιάζει ακρότατα (αν είχε ακρότατο στο x 0 τότε σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat θα ήταν f ' ( x 0 ) = 0 , άτοπο). Εποµένως η f είναι συνεχής και δεν έχει ακρότατα άρα είναι γνησίως µονότονη. Εποµένως είναι 1–1. β) Η f είναι «1–1» άρα αντιστρέφεται. Είναι f (1) = 2005 και f ( −2 ) = 1 άρα f −1 ( 2005 ) = 1 και f −1 (1) = −2 .

(

f −1 −2004 + f x 2 − 8

(

)

) ) = −2 ⇒ f ( −2004 + f ( x −1

(

)

(

−8

) ) = f (1) −1

)

−2004 + f x 2 − 8 = 1 ⇒ f x 2 − 8 = 2005 ⇒ f x 2 − 8 = f (1)

( f −1 1–1) ( f 1–1)

x 2 − 8 = 1 ⇒ x 2 = 9 ⇒ x = ±3 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

γ) Είναι λ ε = −

1 άρα κάθε ευθεία κάθετη στην ε έχει συντελεστή διεύθυν668

 1  σης λ ώστε λ ⋅ λ ε = −1 ⇒ λ ⋅  −  = −1 ⇒ λ = 668 . Αρκεί να δείξουµε ότι υ 668  πάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ℝ τέτοιο ώστε f ' ( ξ ) = 668 . Για την f ξέρουµε ότι: •

είναι συνεχής στο [–2, 1]

•

είναι παραγωγίσιµη στο (–2, 1)

Εποµένως σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ℝ τέτοιο ώστε f ' (ξ ) =

f (1) − f ( −2 ) 1 − ( −2 )

2005 − 1 2004 = = 668 . 3 3

16. Πανελλήνιες 2006 – 4ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =

x +1 − ln x . x −1

α) Να βρείτε το πεδίο ορισµού και το σύνολο τιµών της συνάρτησης f. Μονάδες 8 β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο πεδίο ορισµού της.

Μονάδες 5

γ) Αν η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

g ( x ) = ln x στο σηµείο A ( α,lnα) µε α > 0 και εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης h ( x ) = e x

(

B β, eβ

)

στο σηµείο

µε β ∈ ℝ ταυτίζονται, τότε να δείξετε ότι ο αριθµός α είναι

ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 .

Μονάδες 9

δ) Να αιτιολογήσετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g και h έχουν ακριβώς δύο κοινές εφαπτοµένες.

Μονάδες 3

Λύση α)

Πρέπει x − 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1 και x > 0 άρα το πεδίο ορισµού της συνάρτησης

είναι A = ( 0,1) ∪ (1, +∞ ) .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

Είναι f ' ( x ) =

x − 1 − ( x + 1)

−2x − ( x − 1) x ( x − 1)

( x − 1) 2

=−

( x − 1) 1 1 −2 −2x − = − = − 2 2 2 x ( x − 1) x x ( x − 1) x ( x − 1) 2

x2 + 1 x ( x − 1)

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0,1) και γνησίως φθίνουσα στο (1, +∞ ) . Η f είναι συνεχής σε κάθε ένα από τα δύο παραπάνω διαστήµατα. Άρα το σύνολο τιµών της f προκύπτει από την ένωση του συνόλου τιµών που αντιστοιχεί στο διάστηµα ( 0,1) και του συνόλου τιµών που αντιστοιχεί στο διάστηµα (1, +∞ ) . Είναι lim+ x →0

x +1 x +1 − ln x = −1 − ( −∞ ) = +∞ και lim− − ln x = −∞ − 0 = −∞ άρα το x →1 x − 1 x −1

σύνολο τιµών που αντιστοιχεί στο διάστηµα ( 0,1) είναι το ( −∞, +∞ ) . Είναι lim+ x →1

x +1 x +1 − ln x = +∞ − 0 = +∞ και lim − ln x = 1 − ( +∞ ) = −∞ άρα το x →+∞ x − 1 x −1

σύνολο τιµών που αντιστοιχεί στο διάστηµα (1, +∞ ) είναι το ( −∞, +∞ ) . Άρα το σύνολο τιµών της συνάρτησης είναι το ( −∞, +∞ ) . β)

Στο ( 0,1) η συνάρτηση έχει σύνολο τιµών το ( −∞, +∞ ) άρα έχει µία του-

λάχιστον ρίζα. Επίσης είναι γνησίως φθίνουσα άρα έχει µία το πολύ ρίζα. Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει µία ακριβώς ρίζα στο ( 0,1) . Οµοίως, στο (1, +∞ ) η συνάρτηση έχει σύνολο τιµών το ( −∞, +∞ ) άρα έχει µία τουλάχιστον ρίζα. Επίσης είναι γνησίως φθίνουσα άρα έχει µία το πολύ ρίζα. Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει µία ακριβώς ρίζα στο (1, +∞ ) . Άρα, τελικά η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει δύο ακριβώς ρίζες στο πεδίο ορισµού της.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

100

γ)

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Για να είναι το α ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 αρκεί

f ( α) = 0 ⇔

α +1 − ln α = 0 ⇔ α + 1 − ( α − 1) ln α = 0 . α −1

Είναι g' ( x ) =

(1)

1 1 άρα g' ( α ) = . Εποµένως η εφαπτοµένη της γραφικής παράx α

συνάρτησης

g ( x ) = ln x

στασης

της

y − ln α =

1 1 x − α ) ⇒ y = x + ln α − 1 . ( α α

στο

σηµείο

A ( α,ln α )

είναι

Οµοίως είναι h ' ( x ) = e x άρα h ' ( α ) = e α . Εποµένως η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης

της

συνάρτησης

h ( x ) = ex

στο

σηµείο

(

B β, eβ

)

είναι

y − eβ = eβ ( x − β ) ⇒ y = eβ x + eβ (1 − β ) . Από την υπόθεση οι δύο εφαπτοµένες ταυτίζονται άρα

1 β = ln α−1 β β = − ln α = e    ⇔ α 1 1 1⇔ ln α 1 1 β − = − β ( ) ln α − 1 = (1 − β ) e  ln α − 1 = α − β α α   β = − ln α   ⇔ ⇔ 1 1⇔ α ln α − α − ln α − 1 = 0 ln α − 1 = α + ln α α

  ( α − 1) ln α − α − 1 = 0

 ⇔ α + 1 − ( α − 1) ln α = 0

Εποµένως η σχέση (1) ισχύει άρα το α είναι ρίζα της εξίσωσης f ( x ) = 0 . δ)

Για να υπάρχουν ακριβώς δύο κοινές εφαπτοµένες αρκεί το σύστηµα

1 β  =e να έχει ακριβώς δύο λύσεις. α β ln α − 1 = (1 − β ) e  Με τις ίδιες πράξεις, όπως στο ερώτηµα (γ) καταλήγουµε ότι α + 1 − ( α − 1) ln α = 0 ⇔ α + 1 = ( α − 1) ln α ⇔

α +1 α +1 = ln α ⇔ − ln α = 0 α −1 α −1

⇔ f ( α) = 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

101

Σύµφωνα µε το ερώτηµα (β) η εξίσωση f ( α ) = 0 έχει δύο ακριβώς ρίζες στο πεδίο ορισµού της άρα και οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g έχουν δύο ακριβώς κοινές εφαπτοµένες.

17. Πανελλήνιες 2008 – 3ο θέμα  x ln x, x > 0 ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =  . x=0  0,

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0.

Μονάδες 3

β) Να µελετήσετε ως προς την µονοτονία τη συνάρτηση f και να βρείτε το σύνολο τιµών της.

Μονάδες 9

γ) Να βρείτε το πλήθος των διαφορετικών θετικών ριζών της εξίσωα

σης x = e x για όλες τις πραγµατικές τιµές του α. δ) Να αποδείξετε ότι ισχύει

Μονάδες 6

f ′ ( x + 1 ) > f ( x + 1 ) − f ( x ) για κάθε x > 0 . Μονάδες 7

Λύση α) Για να είναι συνεχής στο 0 αρκεί lim+ f ( x ) = f ( 0 ) . x →0

Είναι lim+ f ( x ) = lim+ x ln x = lim+ x →0

x →0

ln x  −∞  που είναι απροσδιόριστη µορφή  . 1  +∞  x

Εφαρµόζουµε τον κανόνα του De l’ Hospital και έχουµε 1 ln x )′ ( ln x x2 lim+ = lim+ = lim+ x = − lim+ = − lim+ x = 0 = f ( 0 ) x →0 x →0 x →0 x →0 x x →0 1 1 ′ 1  − 2 x x x   άρα η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0. β) Για x > 0 είναι f ′ ( x ) = ln x + 1 . Είναι f ′ ( x ) = 0 ⇒ ln x + 1 = 0 ⇒ ln x = −1 ⇒ x = e −1 . Είναι f ′ ( x ) > 0 ⇒ ln x + 1 > 0 ⇒ ln x > −1 ⇒ x > e −1 και f ′ ( x ) < 0 ⇒ ... ⇒ x < e −1 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

102

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Εποµένως η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα

στο 0, e  (περιλαµβάνουµε και το 0 λόγω

του ότι η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0) και

+∞

e −1

−1

–

)

γνησίως αύξουσα στο e , +∞ . −1

( )

Είναι f e −1 = e −1 ln e −1 = −

1 και lim f ( x ) = +∞ . x →+∞ e

 1   1  Εποµένως το σύνολο τιµών της f είναι το  − , 0  ∪  − , +∞  =  e   e  α x

α x

γ) Για x > 0 είναι x = e ⇔ ln x = ln e ⇔ ln x = •

Αν είναι α < −

 1   − e , +∞  .  

α ⇔ x ln x = α . x

1 τότε η εξίσωση δεν έχει καµία ρίζα αφού το α δεν αe

νήκει στο σύνολο τιµών της. •

Αν είναι α = −

•

Αν είναι −

1 τότε η εξίσωση έχει µία θετική ρίζα. e

1  1 < α < 0 τότε η εξίσωση έχει µία θετική ρίζα στο  0,  και e  e

1  µία θετική ρίζα στο  , +∞  , άρα έχει δύο θετικές ρίζες. e  •

1  Αν είναι α ≥ 0 τότε η εξίσωση έχει µία θετική ρίζα στο  , +∞  . e 

δ) Για την f έχουµε: •

η f είναι συνεχής στο [x, x + 1], µε x > 0

•

η f είναι παραγωγίσιµη στο (x, x + 1)

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ ∈ ( x, x + 1) τέτοιο ώστε f ' (ξ ) =

f ( x + 1) − f ( x ) x +1 − x

Είναι f '' ( x ) =

= f ( x + 1) − f ( x ) .

1 > 0 για κάθε x>0 άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x>0. x

Εποµένως x + 1 > ξ ⇒ f ' ( x + 1) > f ' ( ξ ) ⇒ f ' ( x + 1) > f ( x + 1) − f ( x ) . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

103

18. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2008 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = x 2 − 2 ln x , x > 0 . α) Να αποδείξετε ότι ισχύει: f ( x ) ≥ 1 για κάθε x > 0 .

Μονάδες 6

β) Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

Μονάδες 6

 ln x ,  γ) Έστω η συνάρτηση g ( x ) =  f ( x ) k,  i)

x>0

x=0

Να βρείτε την τιµή του k έτσι ώστε η g να είναι συνεχής. Μονάδες 6

ii) Αν k = −

1 , τότε να αποδείξετε ότι η g έχει µία, τουλάχιστον ρίζα 2

στο διάστηµα (0, e).

Μονάδες 7

Λύση

(

)

2 2 2x 2 − 2 2 x − 1 α) Είναι f ' ( x ) = 2x − = = . x x x

f '(x) = 0 ⇒

(

2 x −1 2

) = 0 ⇒ x = ±1 .

+∞

1 –

Όµως είναι x > 0 άρα είναι x = 1 . Η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο στο 1 ίσο µε f (1) = 12 − 2 ln1 = 1 . Άρα για κάθε x > 0 ισχύει f ( x ) ≥ f (1) ⇒ f ( x ) ≥ 1 . β) Είναι lim

x →+∞

Το lim

x →+∞

f (x) x

x 2 − 2 ln x ln x   = lim  x − 2 . x →+∞ x →+∞ x x  

= lim

ln x +∞ είναι απροσδιόριστο της µορφής άρα σύµφωνα µε τον κανόνα x +∞

του De l’ Hospital είναι lim

x →+∞

ln x = lim x →+∞ x

(ln x ) ' x'

1 = lim x = 0 . x →+∞ 1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

104

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Άρα τελικά lim

x →+∞

f (x)

= +∞ − 0 = +∞ . Εποµένως η γραφική παράσταση της f δεν

έχει πλάγια ασύµπτωτη στο +∞ .

(

)

Είναι lim+ f ( x ) = lim+ x 2 − 2 ln x = 0 + ∞ = +∞ . Εποµένως η x = 0 είναι κατακόx →0

x →0

ρυφη ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της f. γ) i)

Για να είναι η g συνεχής στο 0 αρκεί lim+ g ( x ) = g ( 0 ) . x →0

Είναι lim+ g ( x ) = g ( 0 ) ⇒ lim+ x →0

Όµως lim+ x →0

x →0

ln x ln x 1 = k ⇒ lim+ 2 = k ⇒ lim+ 2 =k. → → x 0 x 0 f (x) x − 2 ln x x −2 ln x

x2 1 = 0 άρα η παραπάνω σχέση δίνει k = − . ln x 2

ii) 1ος τρόπος: Για την συνάρτηση g έχουµε ότι: •

είναι συνεχής στο 0, e 

•

είναι

g (0 ) ⋅ g ( e ) = −

1 ln e 1 1 1 1 ⋅ =− ⋅ 2 =− ⋅ 2 <0 2 f (e) 2 e − 2 ln e 2 e −2

( e ≈ 2, 718

άρα e2 > 2 ⇒ e2 − 2 > 0 ). Σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η g έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ( 0, e ) . 2ος τρόπος: Το x = 1 είναι µία προφανής ρίζα της g. Άρα η g έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ( 0, e ) .

19. Πανελλήνιες 2009 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = αx − ln ( x + 1 ) , x > −1 , µε α > 0 και α ≠ 1 . Α. Αν ισχύει f ( x ) ≥ 1 για κάθε x > −1 , να αποδείξετε ότι α = e . Μονάδες 8 Β. Για α = e , α) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή.

Μονάδες 5

β) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα ( −1, 0  και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα 0, +∞ ) . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

105

Μονάδες 6 γ) αν

β, γ ∈ ( −1, 0 ) ∪ ( 0, +∞ ) ,

f (β) − 1 x −1

f (γ) − 1 x −2

να

αποδείξετε

ότι

εξίσωση

= 0 έχει τουλάχιστον µία ρίζα στο ( 1,2 ) .

Μονάδες 6

Λύση Α. Είναι f ( 0 ) = 1 άρα ισχύει f ( x ) ≥ f ( 0 ) για κάθε x > −1 . Εποµένως το f ( 0 ) είναι η ελάχιστη τιµή της συνάρτησης. Για την συνάρτηση f που είναι ορισµένη στο ( −1, +∞ ) έχουµε ότι:

το 0 είναι εσωτερικό σηµείο του διαστήµατος

παρουσιάζει ακρότατο στο 0

είναι παραγωγίσιµη στο 0

Εποµένως, σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat ισχύει f ' ( 0 ) = 0 . Είναι f ' ( x ) = αx ln α −

1 1 άρα f ' ( 0 ) = 0 ⇒ α0 ln α − = 0 ⇒ ln α = 1 ⇒ α = e x +1 0 +1

Β. α) Για α = e έχουµε f ( x ) = e x − ln ( x + 1) και f ' ( x ) = e x − Είναι f '' ( x ) = e x +

( x + 1)

1 . x +1

> 0 για κάθε x ∈ ( −1, +∞ ) άρα η f είναι κυρτή στο

( −1, +∞ ) . β) Αφού η f είναι κυρτή στο ( −1, +∞ ) συµπεραίνουµε ότι η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο ( −1, +∞ ) . Εποµένως

για −1 < x < 0 είναι f ' ( x ) < f ' ( 0 ) ⇒ f ' ( x ) < 0 άρα γνησίως φθίνουσα

για x > 0 είναι f ' ( x ) > f ' ( 0 ) ⇒ f ' ( x ) > 0 άρα γνησίως αύξουσα

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα το ( −1,0  και γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) . γ) Έστω η συνάρτηση g ( x ) = ( f ( β ) − 1) ( x − 2 ) + ( f ( γ ) − 1) ( x − 1) , x ∈ 0,1 Είναι f ( x ) > 1 για κάθε x ∈ ( −1,0 ) ∪ ( 0, +∞ ) εποµένως f ( β ) > 1 και f ( γ ) > 1 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

106

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

g (1) = ( f ( β ) − 1) (1 − 2 ) + ( f ( γ ) − 1) (1 − 1) = 1 − f ( β ) < 0 και

Είναι

g ( 2 ) = ( f ( β ) − 1 ) ( 2 − 2 ) + ( f ( γ ) − 1 ) ( 2 − 1) = f ( γ ) − 1 > 0

αφού f ( x ) ≥ 1 για κάθε x ∈ ( −1, +∞ ) . Εποµένως για τη συνάρτηση g ισχύει:

είναι συνεχής στο 1,2 

είναι g (1) ⋅ g ( 2 ) < 0

Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1, 2 ) τέτοιο ώστε g ( ξ ) = 0 ⇒ ( f ( β ) − 1) ( ξ − 2 ) + ( f ( γ ) − 1) ( ξ − 1) = 0 ⇒ ⇒

f (β ) − 1 ξ −1

f (γ) −1 ξ −2

Άρα η δοσµένη εξίσωση έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2 ) .

20. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2009 – 3ο θέμα ∆ίνεται

συνάρτηση

f ( x ) = ln  ( λ + 1 ) x 2 + x + 1 − ln ( x + 2 ) , x > −1 ,

όπου λ ένας πραγµατικός αριθµός µε λ ≥ −1 . Α. Να προσδιορίσετε την τιµή του λ, ώστε να υπάρχει το όριο lim f ( x ) x →+∞

και να είναι πραγµατικός αριθµός.

Μονάδες 5

Β. Έστω ότι λ = −1 . α) Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση f και να βρείτε το σύνολο τιµών της.

Μονάδες 10

β) Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

Μονάδες 6

γ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x ) + α2 = 0 έχει µοναδική λύση για κάθε πραγµατικό αριθµό α µε α ≠ 0 .

Μονάδες 4

Λύση  ( λ + 1) x 2 + x + 1  Α. Είναι f ( x ) = ln  . x +2  

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

•

107

Αν λ > −1 ⇒ λ + 1 > 0 τότε

lim

x →+∞

( λ + 1) x 2 + x + 1 = x+2

lim ( λ + 1) x = +∞

x →+∞

άρα lim f ( x ) = +∞ . x →+∞

•

λ = −1

Αν

τότε

lim

x →+∞

( λ + 1) x 2 + x + 1 = x+2

lim

x →+∞

x +1 x = lim = 1 x →+∞ x +2 x

άρα

lim f ( x ) = ln1 = 0 .

x →+∞

Εποµένως πρέπει να είναι λ = −1 . Β. α) Είναι f ( x ) = ln Άρα f ′ ( x ) =

x +1 , x ∈ ( −1, +∞ ) . x+2

x + 2 − x −1

( x + 2)

> 0 ⇒ f ↑ ( −1, +∞ ) .

Η f είναι συνεχής στο πεδίο ορισµού της ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, άρα το σύνολο τιµών της είναι το

( lim f ( x ) , lim f ( x )) . x →−1+

x →+∞

 x +1   x +1   x +1  Είναι lim+ f ( x ) = lim+ ln  και lim+  = 0 άρα lim+ ln     = −∞ . x →−1 x →−1 x →−1  x + 2  x →−1 x +2  x +2 Εποµένως το σύνολο τιµών της f είναι το ( −∞, 0 ) . β) Είναι lim f ( x ) = 0 άρα η y = 0 είναι οριζόντια ασύµπτωτη της C f στο +∞ . x →+∞

 x +1  Επίσης είναι lim+ ln   = −∞ άρα η x = −1 είναι κατακόρυφη ασύµπτωτη x →−1  x +2 της C f . γ) Είναι f ( x ) + α2 = 0 ⇒ f ( x ) = −α2 < 0 ( α ≠ 0 ). Γεωµετρικά η εξίσωση παριστάνει τα σηµεία τοµής της C f και της y = −α2 . Από το Β.α) ξέρουµε ότι το σύνολο τιµών της f είναι το ( −∞, 0 ) . Άρα η εξίσωση

f ( x ) = −α2 έχει µία τουλάχιστον λύση για κάθε τιµή του α.

(1)

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισµού της άρα έχει ένα το πολύ κοινό σηµείο µε κάθε οριζόντια ευθεία.

(2)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

108

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Από τις (1) και (2) συµπεραίνουµε ότι η εξίσωση έχει µοναδική λύση για κάθε πραγµατικό αριθµό α µε α ≠ 0 .

21. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = ( x − 2 ) ln x + x − 3 , x > 0 . α) Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f.

Μονάδες 5

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα ( 0,1 και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα 1, +∞ ) . Μονάδες 5 γ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει δύο ακριβώς θετικές ρίζες.

Μονάδες 6

δ) Αν x1 , x 2 είναι οι ρίζες του ερωτήµατος (γ) µε x1 < x 2 , να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικός αριθµός ξ ∈ ( x1 , x 2 ) τέτοιος, ώστε

ξ ⋅ f '(ξ ) − f (ξ ) = 0 και ότι η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σηµείο M ( ξ, f ( ξ ) ) διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Μονάδες 9

Λύση α) Είναι

lim f ( x ) = lim+ ( x − 2 ) ln x + x − 3 = −2 ⋅ ( −∞ ) − 3 = +∞ άρα η x = 0 x →0

x →0 +

είναι κατακόρυφη ασύµπτωτη της C f . Θα ψάξουµε για πλάγια ασύµπτωτη στο +∞ . Είναι lim

x →+∞

f (x) x

= lim

x →+∞

( x − 2 ) ln x + x − 3 = x

 ( x − 2 ) ln x lim  +1 − x →+∞ x 

3 = x 

ln x 3 + 1 − lim = +∞ − 2 ⋅ 0 + 1 − 0 = +∞ άρα η C f δεν έχει πλάγια x →+∞ x x →+∞ x

lim ln x − 2 lim

x →+∞

ασύµπτωτη στο +∞ .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

109

β) Είναι f ' ( x ) = ln x + Άρα f ' ( x ) = 0 ⇒

x −2 + 1. x

x ln x + x − 2 + x x ln x + 2x − 2 =0⇒ ⇒ x ln x + 2x − 2 = 0 . x x

Για x = 1 είναι 1 ⋅ ln1 + 2 − 2 = 0 άρα το 1 είναι προφανής ρίζα. Είναι f '' ( x ) =

1 x − ( x − 2) 1 2 x + 2 + = + 2 + 2 > 0 άρα η f '' είναι γνησίως αύx x x x2 x

ξουσα στο ( 0, +∞ ) .

x f'

Για 0 < x < 1 είναι f ' ( x ) < f ' (1) ⇒ f ' ( x ) < 0 . Για x > 1 είναι f ' ( x ) > f ' (1) ⇒ f ' ( x ) > 0 .

+∞

1 –

Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0,1 και γνησίως αύξουσα στο 1, +∞ ) . γ) Είναι f (1) = −1ln1 + 1 − 3 = −2 < 0 . Είναι lim+ f ( x ) = lim+ ( x − 2 ) ln x + x − 3 = −2 ⋅ ( −∞ ) − 3 = +∞ και επειδή η f είναι x →0 x →0 γνησίως φθίνουσα στο

( 0,1

το σύνολο τιµών της f στο

( 0,1

είναι το

 −2, +∞ ) . Το σύνολο τιµών της f περιέχει το 0 άρα η f έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

( 0,1 . Όµως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ίδιο διάστηµα άρα η f έχει µία το πολύ ρίζα στο ( 0,1 . Εποµένως η f έχει µία ακριβώς ρίζα στο ( 0,1 . Είναι lim f ( x ) = lim ( x − 2 ) ln x + x − 3 = +∞ + ∞ − 3 = +∞ και επειδή η f είναι x →+∞ x →+∞ γνησίως αύξουσα στο 1, +∞ ) το σύνολο τιµών της f στο 1, +∞ ) είναι το

 −2, +∞ ) . Το σύνολο τιµών της f περιέχει το 0 άρα η f έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

1, +∞ ) . Όµως η f είναι γνησίως αύξουσα στο ίδιο διάστηµα άρα η f έχει µία το πολύ ρίζα στο 1, +∞ ) . Εποµένως η f έχει µία ακριβώς ρίζα στο 1, +∞ ) . Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η f έχει δύο ακριβώς ρίζες στο ( 0, +∞ ) .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

110

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

δ) Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x ) =

f (x) x

µε x > 0 . Για την g ξέρουµε ότι:

•

είναι συνεχής στο  x1 , x 2 

•

είναι παραγωγίσιµη στο ( x1 , x 2 ) µε g' ( x ) =

•

είναι g ( x1 ) = g ( x 2 ) = 0

f '(x) ⋅ x − f (x) x2

εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ ∈ ( x1 , x 2 ) ώστε g' ( ξ ) = 0 ⇒

f ' (ξ ) ⋅ ξ − f (ξ ) ξ2

= 0 ⇒ f ' (ξ ) ⋅ ξ − f (ξ ) = 0 .

x −2   Έστω ότι η h ( x ) = f ' ( x ) ⋅ x − f ( x ) =  ln x + + 1  ⋅ x − ( x − 2 ) ln x + x − 3 = x   x ln x + x − 2 + x − x ln x + 2 ln x − x + 3 = 2 ln x + x + 1 έχει δύο διαφορετικές ρίζες

ξ 1 , ξ 2 ∈ ( x1 , x 2 ) . Για την h ξέρουµε ότι: •

είναι συνεχής στο ξ1 , ξ 2 

•

είναι παραγωγίσιµη στο ( ξ1 , ξ 2 ) µε h ' ( x ) =

•

είναι h ' ( ξ1 ) = h ' ( ξ 2 )

2 +1 x

εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ 3 ∈ ( ξ1 , ξ 2 ) ⊂ ( x1 , x 2 ) ⊂ ( 0, +∞ ) ώστε h ' ( ξ 3 ) = 0 ⇒

2 + 1 = 0 ⇒ ξ 3 = −2 . ξ3

Άτοπο άρα υπάρχει µοναδικό ξ ∈ ( x1 , x 2 ) ώστε h ( ξ ) = 0 ⇒ f ' ( ξ ) ⋅ ξ − f ( ξ ) = 0 . Η εφαπτοµένη της C f στο σηµείο M ( ξ, f ( ξ ) ) έχει εξίσωση: y − f ( ξ ) = f ' ( ξ )( x − ξ ) ⇒ y − f ( ξ ) =

f (ξ ) ξ

( x − ξ ) ⇒ y − f (ξ )

f (ξ ) ξ

x − f (ξ ) ⇒

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

f (ξ ) ξ

111

x . Άρα η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο

σηµείο M ( ξ, f ( ξ ) ) διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

22. Πανελλήνιες 2011 – 3ο θέ θέμα μα ∆ίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ , δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ , µε

f ′ ( 0 ) = f ( 0 ) = 0 , η οποία ικανοποιεί τη σχέση: e x ( f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) − 1 ) = f ′ ( x ) + xf ′′ ( x )

για κάθε x ∈ ℝ .

(

)

α) Να αποδείξετε ότι: f ( x ) = ln e x − x , x ∈ ℝ .

Μονάδες 8

β) Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία και τα ακρότατα.

Μονάδες 3

γ) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f έχει ακριβώς δύο σηµεία καµπής.

Μονάδες 7

(

)

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln e x − x = συνx έχει ακριβώς µία  π λύση στο διάστηµα  0,  .  2

Μονάδες 7

Λύση α) Για κάθε x ∈ ℝ είναι e x ( f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) − 1) = f ′ ( x ) + xf ′′ ( x ) ⇔

(

)

(

)

e x ⋅ f ′ ( x ) + e x ⋅ f ′′ ( x ) − e x = f ′ ( x ) + xf ′′ ( x ) ⇔ e x − 1 ⋅ f ′ ( x ) + e x − x ⋅ f ′′ ( x ) = e x ⇔  e x − x ⋅ f ′ ( x ) ′ = e x ′ .  

(

)

( )

(

)

Εποµένως σύµφωνα µε τις συνέπειες του Θ.Μ.Τ. είναι e x − x ⋅ f ′ ( x ) = e x + c1 για κάθε x ∈ ℝ µε c1 ∈ ℝ .

(

)

Για κάθε x ∈ ℝ

Για x = 0 είναι e0 − 0 ⋅ f ′ ( 0 ) = e0 + c1 ⇒ c1 = −1 ex − 1 άρα f ′ ( x ) = x , x ∈ ℝ. e −x

είναι

ex ≥ x + 1 > x ⇒ ex − x > 0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

112

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Είναι f ′ ( x ) =

ex − 1 ′ ⇒ f ′ ( x ) = ln e x − x  . Εποµένως σύµφωνα µε τις συνέx   e −x

(

)

(

)

πειες του Θ.Μ.Τ. είναι f ( x ) = ln e x − x + c 2 για κάθε x ∈ ℝ µε c 2 ∈ ℝ .

(

)

(

)

−∞

Για x = 0 είναι f ( 0 ) = ln e0 − 0 + c 2 ⇒ c 2 = 0 άρα f ( x ) = ln e x − x , x ∈ ℝ .

f ′ ( x ) = 0 ⇒ ex − 1 = 0 ⇒ x = 0

β) Είναι

και x

f′ ( x ) > 0 ⇒ x > 0 .

Στο ( −∞, 0  η f είναι συνεχής και f ' ( x ) < 0 άρα

+∞

–

η f είναι γνησίως φθίνουσα. Στο 0, +∞ ) η f είναι συνεχής και f ' ( x ) > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. Η f παρουσιάζει στο x 0 = 0 ελάχιστο µε ελάχιστη τιµή το f ( 0 ) = 0 . ′ ′ ex − 1 ⋅ ex − x − ex − 1 ⋅ ex − x  e x − 1 ′ 2e x − xe x − 1 γ) f ′′ ( x ) =  x = =  2 2 e −x ex − x ex − x

(

) (

(

)(

)

(

για

)

κάθε x ∈ ℝ . Θέτουµε h ( x ) = 2e x − xe x − 1 , x ∈ ℝ . Άρα h′ ( x ) = e x (1 − x ) . Είναι h′ ( x ) = 0 ⇒ x = 1 και h′ ( x ) > 0 ⇒ x < 1 .

(

Είναι

(

)

x →−∞

lim xe x = lim

x →−∞

)

lim h ( x ) = lim 2e x − xe x − 1 = −1 γιατί

x →−∞

−∞

+∞

1 +

– e–1

−∞ +∞

x  1  = lim − − x  = 0 . x DLH x →−∞  e  e 

  1 Ακόµη lim h ( x ) = lim 2e x − xe x − 1 = lim e x  2 − x − x x →+∞ x →+∞ x →+∞ e  

(

−∞

–1

)

   = −∞ . 

Η h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ∆1 = ( −∞,1 άρα h ( ∆1 ) = ( −1, e − 1 Το 0 ανήκει στο h ( ∆1 ) άρα η h έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ∆1 . Ακόµη η h είναι γνησίως µονότονη στο ∆1 άρα έχει µία το πολύ ρίζα σ’ αυτό (έστω x1 ). Εποµένως η h έχει µία ακριβώς ρίζα στο ∆1 . Οµοίως

έχει

µία ακριβώς

ρίζα, έστω

στο

∆ 2 = 1, +∞ )

µε

h ( ∆ 2 ) = ( −∞, e − 1 . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

113

Για x < x1 < 1 η h είναι γνησίως αύξουσα άρα h ( x ) < h ( x1 ) < 0 . Για x1 < x < 1 η h είναι γνησίως αύξουσα άρα h ( x1 ) < h ( x ) ⇒ h ( x ) > 0 . Για 1 < x < x 2 η h είναι γνησίως φθίνουσα άρα h ( x ) > h ( x 2 ) > 0 . Για x > x 2 η h είναι γνησίως φθίνουσα άρα h ( x ) < h ( x 2 ) < 0 . Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας.

Άρα η f έχει δύο ακριβώς σηµεία καµπής.

f ''

−∞

–

+∞

x2 +

–

(

)

δ) Θεωρούµε τη συνάρτηση φ ( x ) = ln e x − x − συνx , x ∈ ℝ . 0

 π2 π  π π Είναι φ ( 0 ) = −1 και φ   = ln  e −  − συν > 0. 2 2 2  π

Πράγµατι e x ≥ x + 1 ⇒ e x − x ≥ 1 άρα e 2 −

ln x:↑  π π π ≥ 1 ⇒ ln  e 2 −  ≥ ln1 = 0 . 2 2 

Εποµένως για τη συνάρτηση f ξέρουµε ότι: •

 π είναι συνεχής στο 0,  ως πράξεις συνεχών  2

•

π φ (0) ⋅ φ   < 0 2

άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η εξίσωση φ ( x ) = 0 , άρα και η δοσµέ π νη, έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο  0,  .  2 ex − 1  π Για κάθε x ∈  0,  είναι φ ' ( x ) = x + ηµx > 0 αφού και οι δύο όροι είναι e −x  2  π  π θετικοί στο  0,  . Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο  0,  και εποµένως  2  2 έχει µία το πολύ ρίζα σ’ αυτό.  π Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η φ έχει µία ακριβώς ρίζα στο  0,  .  2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

114

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Παρατήρηση: Η σχέση e x ≥ x + 1 πρέπει να αποδειχθεί γιατί δεν αναφέρεται στην θεωρία ή σε λυµένη εφαρµογή του σχολικού βιβλίου. Υπάρχουν πολλοί τρόποι απόδειξης. Ένας από αυτούς είναι ο παρακάτω. Έστω η f ( x ) = e x , x ∈ ℝ . Είναι f ' ( x ) = e x και f '' ( x ) = e x > 0 άρα η f είναι κυρτή στο ℝ . Η εφαπτοµένη της C f στο ( 0,1) είναι η y − f ( 0 ) = f ' ( 0 )( x − 0 ) ⇒ ⇒ y = x + 1 . Όµως η f είναι κυρτή άρα η C f βρίσκεται «πάνω» από κάθε εφα-

πτοµένη της, εκτός από το σηµείο επαφής τους. Άρα e x ≥ x + 1 .

23. Πανελλαδικές 2012 (Επαναληπτικές) – 3ο θέμα Έστω η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ , για την οποία ισχύει:

xf ( x ) + 1 = e x , για κάθε x ∈ ℝ

 ex − 1 , x≠0  α) Να αποδείξετε ότι: f ( x ) =  x . 1, x=0  β)

Μονάδες 6

Να αποδείξετε ότι ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση f −1 και να βρείτε το πεδίο ορισµού της.

Μονάδες 6

γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο A ( 0, f ( 0 ) ) . Στη συνέχεια, αν είναι γνωστό ότι η f είναι κυρτή, να αποδείξετε ότι η εξίσωση

2f ( x ) = x + 2 , x ∈ ℝ έχει ακριβώς µία λύση. δ) Να βρείτε το lim+  x ⋅ x →0 

Μονάδες 8

( l n x ) ⋅ l n ( f ( x ) ) 

Μονάδες 5

Λύση α) Για x ≠ 0 είναι xf ( x ) + 1 = e x ⇒ xf ( x ) = e x − 1 ⇒ f ( x ) =

ex − 1 . x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

∆ιαφορικός λογισµός

115 0

(

  ex − 1 ex − 1  0  Άρα lim f ( x ) = lim = lim x →0 x →0 x D.L.H. x →0 x′

)′ = lim e x →0

= 1.

Η f είναι συνεχής σε όλο το ℝ , άρα και στο 0. Εποµένως f ( 0 ) = lim f ( x ) = 1 . x →0

 ex − 1 , x≠0  Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι f ( x ) =  x . 1, x=0 

(

)

x x  e x − 1 ′ e ⋅ x − e − 1 ex − 1 ′ β) Για x ≠ 0 είναι f ( x ) = ⇒ f (x) =  =  = x x2  x 

ex ⋅ x − ex + 1 . x2 Έστω η συνάρτηση g ( x ) = e x ⋅ x − e x + 1 για x ∈ ℝ . Έτσι είναι f ′ ( x ) =

g(x) x2

Είναι g′ ( x ) = e x ⋅ x + e x − e x = e x ⋅ x . Προφανώς ισχύει g′ ( 0 ) = 0 . Για x > 0 είναι g′ ( x ) > 0 και για x < 0 είναι g′ ( x ) < 0 . Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x 0 = 0 . Άρα είναι g ( x ) ≥ g ( 0 ) = 0 για κάθε x ∈ ℝ (η ισότητα

x g′

−∞

+∞

0 –

ισχύει µόνο για x = 0 ). Εποµένως ▪ για κάθε x < 0 είναι f ′ ( x ) > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( −∞, 0  . ▪ για κάθε x > 0 είναι f ′ ( x ) > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) . Ακόµη η f είναι συνεχής στο 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Εποµένως η f είναι γνησίως µονότονη στο ℝ άρα ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση f −1 . Το πεδίο ορισµού της f −1 είναι το σύνολο τιµών της f. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα το σύνολο τιµών της είναι το

( A,B )

όπου ex − 1 0 − 1 = = 0 και x →−∞ x −∞

▪ A = lim f ( x ) = lim x →−∞

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

116

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015  +∞ 

(

  ex − 1 e x − 1  +∞  ▪ B = lim f ( x ) = lim = lim x →+∞ x →+∞ x D.L.H. x →+∞ x′

)′ = lim e x →+∞

= +∞

Άρα το σύνολο τιµών της f είναι το ( 0, +∞ ) . γ) Η εξίσωση της εφαπτοµένης της C f στο A ( 0, f ( 0 ) ) είναι της µορφής

ε : y − f ( 0 ) = f ′ ( 0 )( x − 0 ) . 0 ex − 1 ex − 1 − x   − 1 x 0 f ( x ) − f (0) e − 1 − x x x Είναι f ′ ( 0 ) = lim = lim = lim = lim = x →0 x →0 x →0 x →0 D.L.H. x −0 x x x2 0   0

e −1 ex 1 lim = lim = . x →0 2x D.L.H. x →0 2 2 x

Άρα ε : y − 1 =

1 1 1 x − 0) ⇒ y − 1 = x ⇒ y = x + 1 . ( 2 2 2

Η f είναι κυρτή στο ℝ άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται «πάνω» από την εξίσωση της εφαπτοµένης της σε οποιοδήποτε σηµείο της C f . ∆ηλαδή ισχύει f ( x ) ≥

1 x + 1 και η ισότητα ισχύει µόνο για το σηµείο επαφής 2

της C f µε την εφαπτοµένη. Άρα η f ( x ) =

1 x + 1 ⇔ 2f ( x ) = x + 2 έχει ακριβώς µία λύση (την x = 0 ). 2

(

δ) Είναι lim+ x ⋅ lnx x →0

)

1    −∞  lnx ′  lnx   +∞  = lim+  = lim+ = lim+ x =  D.L.H. → x →0 x 0 x →0 1  1   1 ′ − 2  x  x x  

( )

0⋅( −∞ )

x2 = − lim+ = − lim+ x = 0 . Για να υπολογίσουµε το x →0 x x →0

lim

x →0 +

( ln ( f ( x ) ) )

θέτουµε

u = f ( x ) . lim+ u = lim+ f ( x ) = 1 . x →0

Εποµένως lim+ x →0

Άρα lim+  x ⋅ x →0 

x →0

(ln ( f ( x ))) = lim (ln (u)) = 0 . u →1

(l n x ) ⋅ l n ( f ( x )) = lim  x ⋅ (l n x ) ⋅ lim l n ( f ( x )) = 0 ⋅ 0 = 0 x →0 +

x →0 +

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

117

24. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2015 – 2ο θέμα Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z, w για τους οποίους ισχύουν: 2

z − 3i − 18 = z − 3

w − i = Im ( w ) + 1

α) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z είναι η ευθεία µε εξίσωση x − y − 3 = 0

Μονάδες 9

β) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών w είναι η παραβολή µε εξίσωση y =

1 2 x 4

Μονάδες 9

γ) Για τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z, w να βρείτε την ελάχιστη τιµή του µέτρου z − w

Μονάδες 7

Λύση α) Έστω z = x + yi , x, y ∈ ℝ . Είναι z − 3i − 18 = z − 3 ⇒ ( z − 3i)( z + 3i) − 18 = ( z − 3 )( z − 3 ) ⇒ 2

zz + 3iz − 3iz + 9 − 18 = zz − 3z − 3z + 9 ⇒ 3i ( z − z ) − 18 = −3 ( z + z ) ⇒ 3i ⋅ ( 2yi) − 18 = −3 ⋅ 2x ⇒ −6y − 18 = −6x ⇒ x − y − 3 = 0 β) Έστω w = x + yi , x, y ∈ ℝ . Είναι w − i = Im ( w ) + 1 ⇒ x + yi − i = y + 1 ⇒ x 2 + ( y − 1) = y + 1 2

(1)

Πρέπει y + 1 > 0 ⇒ y > −1 . Από την (1) προκύπτει x 2 + ( y − 1) = ( y + 1) ⇒ x 2 + y 2 − 2y + 1 = y 2 + 2y + 1 2

⇒ x 2 = 4y ⇒ y =

1 2 x 4

γ) Για τυχαίο σηµείο Μ ( x 0 , y 0 ) της παραβολής ισχύει y 0 =

1 2 x άρα το σηµείο 4 0

1   Μ γράφεται Μ  x 0 , x 0 2  . 4   Η απόσταση του σηµείο Μ από την ευθεία ε : x − y − 3 = 0 είναι:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

118

d (M, ε ) =

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

x0 −

1 2 x −3 4 0

12 + ( −1)

4x 0 − x 0 2 − 12 4 2

− x 0 2 + 4x 0 − 12 4 2

x 0 2 − 4x 0 + 12 4 2

Η διακρίνουσα του τριωνύµου είναι ίση µε ( −4 ) − 4 ⋅ 12 = 16 − 48 = −32 < 0 άρα 2

το τριώνυµο έχει σταθερό πρόσηµο, οµόσηµο του συντελεστή του x 0 2 , δηλαδή αρνητικό. Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x ) = x 2 − 4x + 12 µε x ∈ ℝ .

Είναι g′ ( x ) = 2x − 4 και g′ ( x ) = 0 ⇒ x = 2 .

g′

Από το διπλανό πίνακα προκύπτει ότι η g πα-

ρουσιάζει

ελάχιστο

x = 2,

στο

−∞

+∞

2 –

το

g ( 2 ) = 4 − 8 + 12 = 8 . Εποµένως z − w min =

8 4 2

2 2

= 2.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

119

4. Ολοκληρωτικός λογισµός 1. Αποδείξεις 1.

Πανελλαδικές 2002 2002 − Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2008 2008 − Πα-

νελλαδικές 2013 Έστω f µία συνεχής συνάρτηση σ’ ένα διάστηµα [α, β]. Αν G είναι µία παράγουσα της f στο α,β τότε να δείξετε ότι

∫ f ( t ) dt = G ( β ) − G ( α) β

Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2003, 2003, 2015 – Πανελλαδικές 2010

Έστω f µία συνάρτηση ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. Αν F είναι µία παράγουσα της f στο ∆, να αποδείξετε ότι: α) όλες οι συναρτήσεις της µορφής G ( x ) = F ( x ) + c , c ∈ ℝ , είναι παράγουσες της f στο ∆ και β) κάθε άλλη παράγουσα G της f στο ∆ παίρνει τη µορφή

G( x ) = F ( x ) + c , c ∈ ℝ .

2. Ορισµοί 1.

Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2006 – 2011 – 2014

Έστω f µία συνάρτηση ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. Τι ονοµάζουµε αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της f στο ∆;

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

120

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

3. Ερωτήσεις Σωστό – Λάθος 1.

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2002 2002

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ , τότε

∫ f ( x ) dx = xf ( x ) − ∫ xf ' ( x ) dx Λάθος. Πρέπει η f να έχει συνεχή παράγωγο στο ℝ .

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2003 2003

Για κάθε συνάρτηση f, παραγωγίσιµη σε ένα διάστηµα ∆, ισχύει

∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + c , c ∈ ℝ Σωστό.

Πανελλαδικές Επαναληπτικές) Πανελλαδικές ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 2003 2003

Αν f , g είναι δύο συναρτήσεις µε συνεχή πρώτη παράγωγο, τότε ισχύει:

∫ f ( x ) g' ( x ) dx = f ( x ) g ( x ) − ∫ f ' ( x ) g ( x ) dx . Σωστό.

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2004

Έστω f µία συνεχής συνάρτηση σ’ ένα διάστηµα [α, β]. Αν G είναι µία παράγουσα της f στο [α, β], τότε

∫ f ( x ) dx = G ( β ) − G ( α) . β

Σωστό.

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2005

Αν η f είναι µία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα ∆ και α είναι ένα

( ∫ f ( t ) dt ) = f ( x ) − f ( α) για κάθε x ∈ ∆ . Λάθος. Με τις παραπάνω προϋποθέσεις ισχύει ( ∫ f ( t ) dt ) = f ( x ) . σηµείο του ∆, τότε ισχύει

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

121

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2006

Ισχύει η σχέση

∫α f ( x ) g' ( x ) dx =  f ( x ) g ( x )  α − ∫α f ' ( x ) g ( x ) dx , όπου f’, β

g’ είναι συνεχείς συναρτήσεις στο [α, β]. Σωστό.

Πανελλαδικές Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2005

Αν η συνάρτηση f έχει παράγουσα σε ένα διάστηµα ∆ και λ ∈ ℝ * , τότε ισχύει

∫ λf ( x ) dx = λ ∫ f ( x ) dx .

Σωστό.

Πανελλαδικές Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2006

Έστω f µία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα [α, β]. Αν G είναι µία παράγουσα της f στο [α, β], τότε: Λάθος. Ο τύπος που ισχύει είναι

∫ f ( t ) dt = G ( α) − G ( β ) . β

∫ f ( t ) dt = G (β ) − G ( α) . β

Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2007

Αν f συνάρτηση συνεχής στο διάστηµα [α, β] και για κάθε x ∈ α,β  ισχύει f ( x ) ≥ 0 τότε

∫ f ( x ) dx > 0 . β

Λάθος. Έπρεπε η συνάρτηση f να µην είναι παντού µηδέν στο διάστηµα [α, β].

10. Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2007 Αν f είναι µία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα ∆ και α είναι ένα '

g( x ) σηµείο του ∆, τότε  ∫ f ( t ) dt  = f ( g ( x ) ) ⋅ g' ( x ) µε την προϋπόθεση  α 

ότι τα χρησιµοποιούµενα σύµβολα έχουν νόηµα. Σωστό. Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

122

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

11. Πανελλαδικές Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2007 Αν f , g, g' είναι συνεχείς συναρτήσεις στο διάστηµα [α, β], τότε

∫

f ( x ) g' ( x ) dx =

∫

f ( x ) dx ⋅ ∫ g' ( x ) dx β

Λάθος. Ο τύπος που ισχύει είναι ο τύπος της παραγοντικής ολοκλήρωσης:

∫

f ( x ) g ' ( x ) dx = f ( x ) g ( x ) − ∫ f ' ( x ) g ( x ) dx β

12. Πανελλαδικέ Πανελλαδικές λλαδικές (Επαναληπτικές) 2007 Αν f είναι µία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα ∆ και α είναι ένα σηµείο του ∆, τότε

( ∫ f ( t ) dt ) ' = f ( x ) για κάθε x ∈ ∆ . x

Σωστό.

13. Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2008 Αν η f είναι συνεχής σε διάστηµα ∆ και α,β, γ ∈ ∆ τότε ισχύει

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx β

Σωστό.

14. Πανελλαδικές Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2008 Το ολοκλήρωµα

∫ f ( x ) dx β

είναι ίσο µε το άθροισµα των εµβαδών των

χωρίων που βρίσκονται πάνω από τον άξονα x’x µείον των εµβαδών των χωρίων που βρίσκονται κάτω από τον άξονα x’x. Σωστό.

15. Πανελλαδικές Πανελλαδικές 2009 Αν µία συνάρτηση είναι συνεχής σε ένα διάστηµα α,β και ισχύει

f ( x ) < 0 για κάθε x ∈ α,β  , τότε το εµβαδόν του χωρίου Ω που ορίζε-

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

123

ται από τη γραφική παράσταση της f, τις ευθείες x = α και x = β και

E ( Ω) =

τον άξονα x ' x είναι

∫ f ( x ) dx β

Λάθος. Είναι E ( Ω ) = − ∫ f ( x ) dx β

16. Πανελλαδικές Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) (Επαναληπτικές) 2009 Για κάθε συνάρτηση f, παραγωγίσιµη σε ένα διάστηµα ∆, ισχύει

∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + c,

x ∈ ∆ όπου c είναι µία πραγµατική σταθερά.

Σωστό.

17. Πανελλαδικές Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2010 Αν µία συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα α,β και ισχύει f ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ α,β  , τότε

∫ f ( x ) dx ≥ 0 . β

Σωστό.

18. Πανελλαδικές 2012

∫ f ( x ) ⋅ g′ ( x ) dx =  f ( x ) ⋅ g ( x )  β

+ ∫ f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) dx , όπου f ′ , g′ είναι συβ

νεχείς συναρτήσεις στο α,β . Λάθος. Είναι

∫

f ( x ) ⋅ g′ ( x ) dx =  f ( x ) ⋅ g ( x )  − ∫ f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) dx . α α β

19.. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2012 19 Έστω f µία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα α,β . Αν G είναι µία παράγουσα της f στο α,β τότε

∫ f ( t ) dt = G ( α) − G ( β ) . β

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

124

Λάθος. Είναι

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

∫ f ( t ) dt = G (β ) − G ( α) β

20. Πανελλαδικές 2014 Αν µία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστηµα ∆ και α, β, γ ∈ ∆ , τότε ισχύει

∫

f ( x ) dx =

∫

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx β

Σωστό.

21. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014  g( x ) f t dt ′ = f g x g′ x µε την προϋπόθεση ότι τα χρησιµοποιού( )  ( ( ) ) ( )  ∫α 

µενα σύµβολα έχουν νόηµα. Σωστό.

22. Πανελλαδικές 2015 Έστω f µία συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα α,β . Αν ισχύει ότι

f ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ α,β  και η συνάρτηση f δεν είναι παντού µηδέν στο διάστηµα αυτό, τότε

∫ f ( x ) dx > 0 . β

Σωστό.

Λάθος. Είναι

∫ f ( t ) dt = G (β ) − G ( α) . β

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

125

4. Ασκήσεις 1.

Πανελλήνιες 2000 2000 – 4ο θέμα

Φάρµακο χορηγείται σε ασθενή για πρώτη φορά. Έστω f(t) η συγκέντρωση που περιγράφει τη συγκέντρωση του φαρµάκου στον οργανισµό του ασθενούς µετά από χρόνο t από τη χορήγησή του, όπου t ≥ 0 . Αν ο ρυθµός µεταβολής της f(t) είναι

8 −2 t +1

α) Να βρείτε τη συνάρτηση f(t).

Μονάδες 6

β) Σε ποια χρονική στιγµή t, µετά τη χορήγηση του φαρµάκου, η συγκέντρωσή του στον οργανισµό γίνεται µέγιστη;

Μονάδες 6

γ) Να δείξετε ότι κατά τη χρονική στιγµή t = 8 υπάρχει ακόµα επίδραση του φαρµάκου στον οργανισµό, ενώ πριν τη χρονική στιγµή t = 10 η επίδρασή του στον οργανισµό έχει µηδενιστεί. (∆ίνεται

ln11 ≅ 2, 4 ).

Μονάδες 10

Λύση α) Είναι f ' ( t ) =

8  8  − 2 άρα f ( t ) = ∫  − 2  dt = 8 ln t + 1 − 2t + c για t ≥ 0. t +1  t +1 

Είναι t ≥ 0 ⇒ t + 1 > 0 άρα f ( t ) = 8 ln ( t + 1) − 2t + c . Τη χρονική στιγµή t = 0 η συγκέντρωση του φαρµάκου στον οργανισµό του ασθενούς είναι 0 άρα f ( 0 ) = 0 . Άρα f ( 0 ) = 0 ⇒ 8 ln ( 0 + 1) − 2 ⋅ 0 + c = 0 ⇒ 8 ln1 + c = 0 ⇒ c = 0 . Εποµένως είναι f ( t ) = 8 ln ( t + 1) − 2t .

β) Είναι f ' ( t ) = 0 ⇒

8 8 −2 = 0 ⇒ = 2 ⇒ 4 = t +1 ⇒ t = 3. t +1 t +1

f ' (t) > 0 ⇒

8 8 −2 > 0 ⇒ > 2 ⇒ 4 > t + 1 ⇒ t < 3 και t +1 t +1

f ' (t) < 0 ⇒

8 8 −2 < 0 ⇒ < 2 ⇒ 4 < t +1 ⇒ t > 3. t +1 t +1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

126

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η συ-

γκέντρωση του φάρµακου στον οργανισµό

γίνεται µέγιστο όταν t = 3 .

+∞

3 +

–

γ) Είναι f ( 8 ) = 8 ln 9 − 16 . Είναι e = 2,718 και e2 = 7,387. Είναι 9 > e2 άρα ln9 > ln e2 = 2 ln e = 2 . Εποµένως 8 ln 9 > 16 ⇒ 8 ln 9 − 16 > 0 ⇒ f ( 8 ) > 0 . Άρα για t = 8 υπάρχει ακόµα επίδραση του φαρµάκου στον οργανισµό. Είναι f (10 ) = 8 ln11 − 20 = 8 ⋅ 2, 4 − 20 = 19,6 − 20 = −0, 4 . H f είναι φθίνουσα στο 3, +∞ ) άρα λίγο πριν από το t = 10 η επίδραση του φαρµάκου έχει µηδενιστεί.

Πανελλήνιες Πανελλήνιες 200 2001 – 2ο θέμα

 αx 2 , x≤3  Έστω f µία πραγµατική συνάρτηση µε τύπο f ( x ) =  1 − e x −3 . , x 3 >   x−3

α) Αν η f είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι α = −

1 . 9

Μονάδες 9

β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης C f της συνάρτησης f στο σηµείο A ( 4, f ( 4 ) ) .

Μονάδες 7

γ) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f, τον άξονα x’x και τις ευθείες x = 1 και x = 2 .

Μονάδες 9

Λύση α) Η f είναι συνεχής σε όλο το ℝ άρα και στο xo = 3. Εποµένως ισχύει lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = f ( 3 ) . x →3

x →3

Είναι f ( 3 ) = α ⋅ 32 = 9α , lim− f ( x ) = lim− αx 2 = 9α και x →3

x →3

(

)

1 − e x −3 1 − e x −3 − e x −3 lim+ f ( x ) = lim+ = lim+ = lim+ = −1 . x →3 x →3 x →3 x −3 ( x − 3 ) ' x →3 1 Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

127

Εποµένως είναι 9α = −1 ⇒ α = −

1 . 9

β) Η εξίσωση της εφαπτοµένης στο ( 4, f ( 4 ) ) είναι y − f ( 4 ) = f ' ( 4 )( x − 4 ) .

(

)

x −3 x −3  1 − e x −3  − e ( x − 3 ) − 1 − e − xe x −3 + 4e x −3 − 1 Είναι f ' ( x ) =  = = άρα  2 2  x −3  ( x − 3) ( x − 3)

f ' (4) =

−4 ⋅ e 4 −3 + 4e 4 −3 − 1

( 4 − 3)

−4e + 4e − 1 1 − e 4 −3 = − 1 και f 4 = =1−e. ( ) 4−3 12

Άρα η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι y − (1 − e ) = ( −1)( x − 4 ) ⇒ y = −x + 4 + 1 − e ⇒ y = −x + 5 − e .

γ) Για x ∈ 1, 2  ο τύπος της συνάρτησης είναι f ( x ) = αx 2 και για α = − ται f ( x ) = −

1 2 x . Το ζητούµενο εµβαδόν είναι ίσο µε E = 9

1 γίνε9

∫ f ( x ) dx . 2

Είναι f ( x ) < 0 άρα E = − ∫ f ( x ) dx = − ∫ 2

1 1 2 1  x3  − x 2 dx = ∫ x 2 dx =   9 9 1 9  3 1

1  23 13  1 7 7 τ.µ.  − = ⋅ = 9 3 3  9 3 27

Πανελλήνιες 2001 2001 – 4ο θέμα

Έστω µία πραγµατική συνάρτηση f, συνεχής στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών ℝ , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις: i)

f ( x ) ≠ 0 , για κάθε x ∈ ℝ .

ii) f ( x ) = 1 − 2x 2 ⋅ ∫ tf 2 ( xt ) dt , για κάθε x ∈ ℝ . 1

Έστω ακόµη g η συνάρτηση που ορίζεται από τον τύπο: g( x) =

1 − x 2 , για κάθε x ∈ ℝ . f (x)

α) Να δείξετε ότι ισχύει f ' ( x ) = −2x ⋅ f 2 ( x ) . β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση g είναι σταθερή.

Μονάδες 10 Μονάδες 4

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

128

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

γ) Να δείξετε ότι ο τύπος της συνάρτησης f είναι f ( x ) =

1 . 1 + x2

Μονάδες 4 δ) Να βρείτε το όριο lim ( x ⋅ f ( x ) ⋅ ηµ2x ) . x →+∞

Μονάδες 7

Λύση α) Η σχέση ii) δίνει f ( x ) = 1 − 2∫ xtf 2 ( xt ) xdt , για κάθε x ∈ ℝ . 1

Στην παραπάνω σχέση θέτουµε u = xt από όπου προκύπτει ότι du = xdt . Επίσης για t = 0 είναι u = 0 και για t = 1 είναι u = x. Είναι:

f ( x ) = 1 − 2∫ uf 2 ( u ) du άρα f ' ( x ) = −2xf 2 ( x ) . x

β) Η συνάρτηση g είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο ℝ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Είναι g' ( x ) = −

f ' (x)

f2 (x)

− 2x = −

−2xf 2 ( x ) f2 (x)

− 2x = 0 άρα g ( x ) = c για κάθε x ∈ ℝ .

γ) Για x = 0 η σχέση ii) δίνει f ( 0 ) = 1 . Από τη σχέση g ( x ) = c έχουµε ότι

σχέση δίνει c = 1 άρα

1 − x 2 = c . Για x = 0 η προηγούµενη f (x)

1 1 1 . − x2 = 1 ⇒ = 1 + x2 ⇒ f ( x ) = f (x) f (x) 1 + x2

 x  δ) Είναι lim ( x ⋅ f ( x ) ⋅ ηµ2x ) = lim  ⋅ ηµ2x  . 2 x →+∞ x →+∞ 1 + x   Επίσης −

x x x ⋅ ηµ2x = ⋅ ηµ2x ≤ άρα 2 2 1+ x 1+ x 1 + x2

x x x ≤ ⋅ ηµ2x ≤ . 2 2 1+ x 1+ x 1 + x2

Είναι lim − x →+∞

x x = lim = 0 άρα σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβο2 x →+∞ 1 + x 2 1+ x

 x  λής είναι και lim  ⋅ ηµ2x  = 0 . 2 x →+∞ 1 + x  

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

129

Πανελλήνιες 200 2002 – 4ο θέμα

α) Έστω δύο συναρτήσεις h, g συνεχείς στο α, β  . Να αποδείξετε ότι αν h ( x ) > g ( x ) για κάθε x ∈ α, β  τότε και

∫ h ( x ) dx > ∫ g ( x ) dx β

Μονάδες 2

β) ∆ίνεται η παραγωγίσιµη στο ℝ συνάρτηση f που ικανοποιεί τις −f x f ( x ) − e ( ) = x − 1, x ∈ ℝ και f ( 0 ) = 0

σχέσεις: i)

Να εκφραστεί η f ' ως συνάρτηση της f.

ii) Να δείξετε ότι

Μονάδες 5

x < f ( x ) < xf ' ( x ) για κάθε x > 0 . 2

Μονάδες 12

iii) Αν Ε είναι το εµβαδόν του χωρίου Ω που ορίζεται από τη γραφική παράσταση της f, τις ευθείες x = 0, x = 1 και τον άξονα x’x, να δείξετε ότι:

1 1 < E < f (1 ) . 4 2

Μονάδες 6

Λύση α) Έστω η συνάρτηση F µε F ( x ) = h ( x ) − g ( x ) για κάθε x ∈ ℝ . Η F είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών και F ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ .

∫ F ( x ) dx > 0 ⇒ ∫ (h ( x ) − g ( x ) ) dx > 0 ⇒ ∫ h ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx > 0

Άρα

⇒

∫

h ( x ) dx >

∫ g ( x ) dx . β

−f x β) i) Παραγωγίζουµε κατά µέλη την f ( x ) − e ( ) = x − 1 και έχουµε: −f x f ' (x) + e ( ) ⋅ f ' (x) = 1 ⇒ f ' (x) =

. −f x 1+e ( )

ii) Η f είναι συνεχής στο [0, x] και παραγωγίσιµη στο (0, x). Εποµένως f ' (ξ ) =

σύµφωνα

f ( x ) − f (0 ) x −0

µε

f (x) x

το

Θ.Μ.Τ.

υπάρχει

ξ ∈ ( 0, x )

τέτοιο

ώστε

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

130

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015 −f x −e ( ) ⋅ f ' ( x )

> 0 για κάθε x ∈ ℝ . Επίσης f '' ( x ) = − −f x −f x 1+ e ( ) 1+e ( )

Είναι f ' ( x ) =

(

)

άρα η f’ είναι γνησίως αύξουσα στο ( −∞, +∞ ) άρα και στο [0, x]. Εποµένως f ' ( 0 ) < f ' ( ξ ) < f ' ( x ) ⇒ f ' ( 0 ) < 1

Είναι f ' ( 0 ) =

1+e

− f (0)

f (x) x

< f '(x) .

1 1 και x > 0 άρα η παραπάνω σχέση δίνει = 0 2 1+ e

x < f ( x ) < xf ' ( x ) . 2 x ∫ f ( x ) dx . Από τη σχέση f ( x ) > 2 > 0 1

iii) Είναι E =

για κάθε x ∈ ℝ έχουµε ότι

∫ f ( x ) dx > ∫ 1

Από

τη

 x2  x 1 dx =   = . 2  4 0 4 σχέση

∫ f ( x ) dx < ∫

f ( x ) < xf ' ( x )

κάθε

x∈ℝ

έχουµε

ότι

xf ' ( x ) dx ⇒ Ε <  xf ( x )  − ∫ x ' f ( x ) dx ⇒ Ε < f (1) − ∫ f ( x ) dx 0 0 0 0

⇒ Ε < f (1) − E ⇒ 2E < f (1) ⇒ E <

για 1

1 f (1) . 2

Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 2002 02 – 2ο θέμα Επαναληπτικές) 20

ex − 1 ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = x , x∈ℝ. e +1 α) Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση f −1 .

Μονάδες 10

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση f −1 ( x ) = 0 έχει µοναδική ρίζα το µηδέν. Μονάδες 5 γ) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα

1 2 1 − 2

∫

f −1 ( x ) dx .

Μονάδες 10

Λύση

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

f '(x) =

α) Είναι

131

(

) (

)

ex ex + 1 − ex − 1 ex

)

(e ) = x

( ) ( e + 1)

+ ex − ex x

+ ex

2e x

)

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Εποµένως είναι 1–1 άρα αντιστρέφεται. Για να βρούµε την αντίστροφη της f θέτουµε y = f ( x ) και λύνουµε ως προς x.

ex − 1 −1 − y ⇒ y ⋅ e x + y = e x − 1 ⇒ e x ( y − 1) = −1 − y ⇒ e x = ⇒ x y −1 e +1 1 + y (1) 1_ y ⇒ x = ln . 1−y 1−y

ex =

1 + y >0  (1 + y )(1 − y ) > 0 Για να ισχύει η (1) πρέπει 1 − y ⇒ ⇒ y ∈ ( −1,1) .  y ≠ 1 1 − y ≠ 0  Άρα f −1 ( x ) = ln

1+ x µε x ∈ ( −1,1) . 1− x

f −1 ( x ) = 0 ⇒ ln

β) Είναι

1+ x 1+ x =0⇒ = 1 ⇒ 1 + x = 1 − x ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0 1−x 1−x

δεκτή αφού 0 ∈ ( −1,1) .

1− x 1 + x  γ) Είναι f ( − x ) = ln = ln   1+ x 1 − x 

−1

1 + x  −1 −1 = − ln   = −f ( x ) άρα η f είναι 1 x −  

περιττή. 1 2 1 − 2

∫

Είναι Στο

Άρα 1 2 1 − 2

∫

1 2 0

( x ) dx = ∫− 1 f ( x ) dx + ∫ 0

−1

f −1 ( x ) dx .

f −1 ( x ) dx θέτω t = − x .

−

−1

1 2

∫

−1 ( x ) dx = 1 f

−

f −1 ( x ) dx =

−1 ∫1 f ( −t ) d ( −t ) =

∫

f −1 ( −t ) dt 1

f περιττή

= − ∫ 2 f −1 ( t ) dt . Εποµένως 0

−1 ( x ) dx + ∫ 2 f −1 ( x ) dx = − ∫ 2 f −1 ( x ) dx + ∫ 2 f −1 ( x ) dx =0 1 f

−

1 2 0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

132

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 2002 02 – 4ο θέμα Επαναληπτικές) 20

Έστω η συνάρτηση f, ορισµένη στο ℝ µε δεύτερη συνεχή παράγωγο, που ικανοποιεί τις σχέσεις: f '' ( x ) f ( x ) + ( f ' ( x ) ) = f ( x ) f ' ( x ) , x ∈ ℝ και f ( 0 ) = 2f ' ( 0 ) = 1 2

α) Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f.

Μονάδες 12

β) Αν g συνεχής συνάρτηση µε πεδίο ορισµού και σύνολο τιµών το διάστηµα [0, 1], να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

2x − ∫

g( t )

1 + f2 ( t )

dt = 1

έχει µία µοναδική λύση στο διάστηµα [0, 1].

Μονάδες 13

Λύση α) Η σχέση δίνει ( f ( x ) ⋅ f ' ( x ) ) ' =

1 2  f ( x )  ' ⇔ ( 2f ( x ) ⋅ f ' ( x ) ) ' =  f 2 ( x )  ' άρα 2

2f ( x ) ⋅ f ' ( x ) = f 2 ( x ) + c . Για x = 0 έχουµε 2f ( 0 ) ⋅ f ' ( 0 ) = f 2 ( 0 ) + c ⇒ 1 = 1 + c ⇒ c = 0 . Άρα είναι f 2 ( x ) = 2f ( x ) ⋅ f ' ( x ) =  f 2 ( x )  ' . Εποµένως είναι f 2 ( x ) = ce x . Για x = 0 η σχέση µας δίνει f 2 ( 0 ) = ce0 ⇒ 1 = c . Άρα είναι f 2 ( x ) = e x . Η f είναι συνεχής στο ℝ και είναι f ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ ( f 2 ( x ) = e x ≠ 0 ). Άρα διατηρεί σταθερό πρόσηµο και επειδή είναι f ( 0 ) = 1 > 0 συµπεραίνουµε ότι

f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ . Εποµένως είναι f β) Έστω η συνάρτηση h ( x ) = 2x − ∫

(x) = e

g(t)

1 + f2 (t)

x 2

⇒ f (x) = e .

dt − 1 µε x ∈ 0,1 .

Είναι h ( 0 ) = −1 < 0 . Είναι h (1) = 2 ⋅ 1 − ∫

g (t) 1+f

(t)

dt − 1 = 1 − ∫

g (t)

1 + f2 (t)

dt .

Η g ( t ) έχει σύνολο τιµών το [0, 1] άρα ισχύει 0 ≤ g ( t ) ≤ 1 για κάθε t ∈ 0,1 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

133

Κατασκευάζουµε την παράσταση που βρίσκεται µέσα στο ολοκλήρωµα. Είναι 1 ≤ e t ≤ e ⇒ 2 ≤ 1 + e t ≤ 1 + e ⇒

Άρα είναι

1 g (t) − ≥0⇒ 2 1 + et

1  g (t) ⇒1− ∫  0  1 + et 

g(t) 1 1 1 1 ≤ ≤ ⇒ 0 ≤ ≤ . 1 + e 1 + et 2 1 + et 2

 1 g (t)  − 0 2 1 + et 

∫

  dt ≥ 0 ⇒ 

 g(t) − 0  1 + et 

∫

 1 1  dt − ∫0 dt ≥ 0 2 

 1 1  dt ≥ 1 − ⇒ h (1) ≥ > 0 . 2 2 

Για την συνάρτηση h έχουµε ότι: •

Είναι συνεχής στο [0, 1].

•

Είναι h ( 0 ) ⋅ h (1) < 0 .

Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει µία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης h ( x ) = 0 στο (0, 1). Στο [0, 1] είναι h ' ( x ) = 2 −

g(x)

1 + f2 (x)

(1) =2−

g(x) 1 + ex

2 + 2e x − g ( x ) 1 + ex

Είναι 0 ≤ g ( x ) ≤ 1 ⇒ −1 ≤ −g ( x ) ≤ 0 και 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ e 0 ≤ e x ≤ e1 ⇒ 4 ≤ 2 + 2e x ≤ 2 + 2e .

Άρα 2 + 2e x − g ( x ) ≥ 4 − 1 ⇒ 2 + 2e x − g ( x ) ≥ 3 . Είναι επίσης 1 + e x > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα είναι h ' ( x ) > 0 για κάθε x ∈ 0,1 .

Εποµένως η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1].

(2)

Από τις (1) και (2) συµπεραίνουµε ότι η εξίσωση h ( x ) = 0 , άρα και η 2x − ∫

g (t)

1 + f2 (t)

dt − 1 = 0 έχει µία µοναδική λύση στο [0, 1].

Πανελλήνιες 200 2003– 3ο θέμα

Έστω η συνάρτηση f ( x ) = x 5 + x 3 + x . α) Να µελετήσετε την f ως προς την µονοτονία και τα κοίλα και να αποδείξετε ότι η f έχει αντίστροφη συνάρτηση.

Μονάδες 6

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

134

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

( )

β) Να αποδείξετε ότι f e x ≥ f ( 1 + x ) για κάθε x ∈ ℝ .

Μονάδες 6

γ) Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο (0, 0) είναι ο άξονας συµµετρίας των γραφικών παραστάσεων της f και της f −1 .

Μονάδες 5

δ) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f −1 , τον άξονα των x και την ευθεία x = 3. Μονάδες 8

Λύση α) Η

είναι

συνεχής

ως

πολυωνυµική

και

παραγωγίσιµη

µε

f ' ( x ) = 5x 4 + 3x 2 + 1 για κάθε x ∈ ℝ . Είναι f ' ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

(

)

Είναι f '' ( x ) = 20x 3 + 6x = 2x 10x 2 + 3 άρα είναι f '' ( x ) < 0 για κάθε x < 0 και

f '' ( x ) > 0 για κάθε x > 0 . Εποµένως η f είναι κοίλη στο ( −∞, 0  και κυρτή στο 0, +∞ ) . Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα είναι γνησίως µονότονη. Εποµένως είναι 1 – 1 άρα έχει αντίστροφη συνάρτηση.

β) Η f είναι γνησίως αύξουσα άρα ισχύει

( )

f e x ≥ f (1 + x ) ⇔ e x ≥ 1 + x ⇔ e x − x − 1 ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ . Έστω η συνάρτηση g µε g ( x ) = e x − x − 1 για κάθε x ∈ ℝ . Είναι g ( 0 ) = e 0 − 0 − 1 = 0 . Είναι g' ( x ) = e − 1 και

x g’

−∞

+∞

0 –

g' ( x ) = 0 ⇒ e x − 1 = 0 ⇒ e x = 1 ⇒ x = 0 . Άρα ισχύει g ( x ) ≥ g ( 0 ) για κάθε x ∈ ℝ δηλαδή e x − x − 1 ≥ 0 .

γ) Από τη θεωρία γνωρίζουµε ότι ο άξονας συµµετρίας των συναρτήσεων f και f −1 είναι η ευθεία y = x. Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι η y − f ( 0 ) = f ' ( 0 )( x − 0 ) .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

135

Είναι f ( 0 ) = 0 και f ' ( 0 ) = 1 άρα η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι η y = x.

(

)

δ) Είναι f −1 ( x ) = 0 ⇔ f f −1 ( x ) = f ( 0 ) ⇔ x = 0 . Η ρίζα x = 0 είναι µοναδική αφού η f −1 είναι αντιστρέψιµη άρα 1 – 1. Άρα η f −1 διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο 0, +∞ ) άρα και στο 0, 3 . Είναι f (1) = 3 άρα f −1 ( 3 ) = 1 . Εποµένως είναι f −1 ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ . Το ζητούµενο εµβαδόν είναι E =

∫

f −1 ( x ) dx .

Θέτω x = f ( u ) . Είναι f ( 0 ) = 0 άρα για x = 0 είναι u = 0. Είναι f (1) = 3 άρα για x = 3 είναι u = 1. Το εµβαδόν είναι E =

∫

f −1 ( f ( u ) ) df ( u ) =

= f (1) − ∫ f ( u ) du = 3 − ∫ 3−

(

u ⋅ f ' ( u ) du = uf ( u )  − ∫ u '⋅ f ( u ) du 0 0 0

∫

 u6 u4 u2  1 1 1 u + u + u du = 3 −  + +  = 3− + +  4 2 0 6 4 2 6 5

)

11 25 = . 12 12

Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20003 – 3ο θέμα Επαναληπτικές) 20

∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = x 2 + 1 − x . α) Να αποδείξετε ότι lim f ( x ) = 0 .

Μονάδες 5

x →+∞

β) Να βρείτε την πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της f, όταν το x τείνει στο −∞ .

Μονάδες 6

γ) Να αποδείξετε ότι f ' ( x ) x 2 + 1 + f ( x ) = 0 .

Μονάδες 6

δ) Να αποδείξετε ότι

∫

1 x2 + 1

dx = ln

(

)

2 +1 .

Μονάδες 8

Λύση α) Το πεδίο ορισµού της f είναι όλο το ℝ άρα έχει νόηµα ο υπολογισµός του ορίου στο +∞ .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

136

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

( lim f ( x ) = lim

x →+∞

x2 + 1 − x

x →+∞

β) Είναι lim

x →−∞

)(

x2 + 1 + x

x +1 + x

= lim

x →−∞

( = lim

(

x →−∞

)(

)

(

x →−∞

x2 + 1 + x

x 2 + 1 − x + 2x = lim

x2 + 1 − x

x +1 − x 2

x +1 + x 2

= lim

x →+∞

1   1 x  1 + 2 + 1   x  

  1 −x  1 + 2 + 1    x x2 + 1 − x   = −2 άρα λ = –2. = lim x →−∞ x x

Είναι lim ( f ( x ) + 2x ) = lim x →−∞

x2 + 1 − x2

x →+∞

f (x)

) = lim

)

) = lim

x →−∞

(

x2 + 1 + x

1   1 −x  1 + 2 + 1    x  

)

= 0.

Εποµένως η πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της f, όταν το x τείνει στο −∞ είναι η y = 2x.

γ) Είναι f ' ( x ) =

(

)

x2 + 1 − x ' =

2x 2 x2 + 1

−1 =

x x2 + 1

− 1 άρα

  x f ' ( x ) x2 + 1 + f ( x ) =  − 1  x2 + 1 + x2 + 1 − x 2  x +1  = x − x2 + 1 + x2 + 1 − x = 0 .

δ) Από τη σχέση του (γ) ερωτήµατος έχουµε ότι

f ' ( x ) x 2 + 1 + f ( x ) = 0 ⇒ f ' ( x ) x 2 + 1 = −f ( x ) . Είναι f ( x ) = x 2 + 1 − x > 0 αφού f '(x)

Εποµένως η σχέση (1) δίνει

Άρα είναι

= ln1 − ln

∫

(

1 x2 + 1

)

dx = − ∫

2 − 1 = ln

f (x)

1 2 −1

f '(x) f (x)

= ln

(1)

x2 + 1 > x2 ≥ x ≥ x . =−

1 x2 + 1

dx = − ln ( f ( x ) )  = ln f ( 0 ) − ln f (1) 1

2 +1 = ln 2 −1

(

)

2 +1 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

137

Πανελλήνιες 200 2004– 3ο θέμα

∆ίνεται η συνάρτηση g ( x ) = e x ⋅ f ( x ) όπου f συνάρτηση παραγωγίσιµη

3 στο ℝ και f ( 0 ) = f   = 0 . 2  3 α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈  0,  τέτοιο ώστε  2 f ' ( ξ ) = −f ( ξ ) .

Μονάδες 8

β) Εάν f ( x ) = 2x 3 − 3x , να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα

I ( α) =

∫ g ( x ) dx , α ∈ ℝ 0

Μονάδες 8

γ) Να βρείτε το όριο lim Ι ( α ) .

Μονάδες 9

α→−∞

Λύση  3 α) Η g είναι συνεχής στο 0,  ως γινόµενο συνεχών συναρτήσεων και παρα 2  3 γωγίσιµη στο  0,  µε g' ( x ) = e x ⋅ f ( x ) + e x ⋅ f ' ( x ) = e x ( f ( x ) + f ' ( x ) ) .  2 3 Ακόµη είναι g ( 0 ) = 0 και g   = 0 . 2  3 Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈  0,   2 ώστε g' ( ξ ) = 0 . Άρα e ξ ( f ( ξ ) + f ' ( ξ ) ) = 0 ⇒ f ( ξ ) + f ' ( ξ ) = 0 ⇒ f ' ( ξ ) = −f ( ξ ) .

β) I ( α ) = =

∫ ( 2x 0

∫

g ( x ) dx =

)( )

∫ ( 2x 0

)

− 3x e x dx =

(

)

(ολοκλήρωση κατά παράγοντες)

(

)

− 3x e x ' dx =  2x 2 − 3x e x  − ∫ 2x 2 − 3x ' e x dx  α α

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

= − 2α2 − 3α e α − ∫ ( 4x − 3 ) e x dx = − 2α2 − 3α e α − ∫ ( 4x − 3 ) e x ' dx 0

(

= − 2α2 − 3α e α − ( 4x − 3 ) e x  − 4 ∫ e x dx α α 0

(

)

) (

)

= − 2α2 − 3α e α + 3 + ( 4α − 3 ) e α + 4 1 − e α = e α −2α2 + 3α + 4α − 3 − 4 + 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

138

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

(

)

= e α −2α2 + 7α − 7 + 7

(

)

γ) lim Ι ( α ) = lim e α −2α2 + 7α − 7  + 7  α →−∞ α →−∞ 

(

)

Είναι lim e α = 0 και lim −2α2 + 7α − 7 = −∞ άρα το όριο είναι απροσδιόριστη α →−∞

α →−∞

µορφή. Εφαρµόζουµε τον κανόνα De L’ Hospital. Είναι:

(

)

−2α2 + 7α − 7 ' −2α2 + 7α − 7 α 2   lim e −2α + 7α − 7  + 7 = lim + 7 = lim +7 α →−∞  α →−∞ α →−∞ e−α e−α '

(

)

( )

 −∞   

 −∞  ( −4α + 7 ) ' + 7 = lim −4 + 7 = 0 + 7 = 7 . −4α + 7 = lim + 7 = lim − α α→−∞ α →−∞ α →−∞ e − α −e −e − α '

(

)

10. Πανελλήνιες 200 2004– 4ο θέμα Έστω η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ , τέτοια ώστε f ( 1 ) = 1 . Αν για κάθε x ∈ ℝ , ισχύει:

g( x) =

∫

z ⋅ f ( t ) dt − 3 z +

1 ( x − 1) ≥ 0 z

όπου z = α + βi ∈ ℂ µε α,β ∈ ℝ * , τότε: α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη στο ℝ και να βρείτε την g’. β) Να αποδείξετε ότι z = z +

Μονάδες 5

1 . z

Μονάδες 8

γ) Με δεδοµένη τη σχέση του ερωτήµατος β), να αποδείξετε ότι

( )

Re z2 = −

1 . 2

Μονάδες 6

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

Μονάδες 6

Λύση

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

139

α) Η z f ( t ) είναι συνεχής στο ℝ άρα από το θεµελιώδες θεώρηµα του ολοκληρωτικού λογισµού προκύπτει ότι η

∫

z ⋅ f ( t ) dt είναι παραγωγίσιµη

στο ℝ . Επίσης η x3 είναι παραγωγίσιµη στο ℝ άρα και η ραγωγίσιµη στο ℝ ως σύνθεση της Ακόµη η 3 z +

∫

z ⋅ f ( t ) dt είναι πα-

z ⋅ f ( t ) dt και της x 3 .

1 ( x − 1) είναι συνεχής και παραγωγίσιµη ως γινόµενο του µέτρου z

του µιγαδικού (που είναι πραγµατικός αριθµός) επί τη συνεχή συνάρτηση x – 1. Εποµένως η g ( x ) είναι παραγωγίσιµη ως άθροισµα δύο παραγωγίσιµων συναρ-

( )

τήσεων µε g' ( x ) = z ⋅ f x 3 ⋅ 3x 2 − 3 z +

1 . z

β) Είναι g (1) = 0 άρα g ( x ) ≥ 0 = g (1) . Το 1 είναι εσωτερικό σηµείο του πεδίου ορισµού, η g είναι παραγωγίσιµη στο 1 και παρουσιάζει στο 1 ακρότατο άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat είναι

g' (1) = 0 .

( )

Εποµένως z ⋅ f 13 ⋅ 3 ⋅ 12 − 3 z + ⇒ 3 z ⋅1 − 3 z +

1 1 = 0 ⇒ 3 z ⋅ f (1) − 3 z + = 0 z z

1 1 =0⇒ z = z+ . z z

z2 + 1 2 1 z2 + 1 γ) Είναι z = z + ⇔ z = ⇔ z = ⇔ z = z2 + 1 ⇔ z2 = z2 + 1 z z z ⇔ z2 − 0 = z2 − ( −1) .

Από την παραπάνω σχέση συµπεραίνουµε ότι το z2 ανήκει στη µεσοκάθετο του ΟΑ, όπου Ο(0, 0) και Α(–1, 0), δηλαδή στην ευθεία x = −

(

1 1 . Άρα Re z2 = − . 2 2

( )

)

δ) Είναι z2 = ( α + βi ) = α2 + 2αβi − β2 = α2 − β2 + 2αβi . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

140

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

( )

Άρα Re z2 = −

1 1 1 ⇒ α2 − β 2 = − ⇒ ( α + β )( α − β ) = − άρα τα α + β και α – β 2 2 2

είναι ετερόσηµα. Είναι α > β άρα α – β > 0. Εποµένως είναι α + β < 0 δηλαδή α < –β. Είναι −β > α > 0 ⇒ −β > 0 ⇒ β < 0 . Άρα α ⋅ β < 0 . Εποµένως για τη συνάρτηση f που είναι συνεχής στο [2, 3] ισχύει

f ( 2 ) ⋅ f ( 3 ) = αβ < 0 . Σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει x o ∈ ( 2,3 ) τέτοιο ώστε f ( x o ) = 0 .

11. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20004 – 2ο θέμα Επαναληπτικές) 20 Θεωρούµε τη συνάρτηση f : ℝ → ℝ µε f ( x ) = 2 x + mx − 4 x − 5x , όπου m ∈ ℝ και m > 0 .

α)

Να βρείτε τον m ώστε f ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ .

Μονάδες 13

β) Αν m = 10 , να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f, τον άξονα x’x και τις ευθείες x = 0 και x = 1 .

Μονάδες 12

Λύση α) Είναι f ( 0 ) = 20 + m0 − 4 0 − 50 = 0 . Άρα f ( x ) ≥ 0 ⇔ f ( x ) ≥ f ( 0 ) για κάθε x ∈ ℝ . Εποµένως το 0 είναι ολικό ακρότατο της συνάρτησης.

Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat είναι f ' ( 0 ) = 0 . Είναι f ' ( x ) = 2 x ln 2 + mx ln m − 4 x ln 4 − 5x ln5 . Είναι f ' ( 0 ) = 0 άρα 20 ln 2 + m0 lnm − 4 0 ln 4 − 50 ln5 = 0 ⇒ ln 2 + ln m − ln 4 − ln 5 = 0 ⇒ ln

2m 2m =0⇒ = 1 ⇒ m = 10 . 4 ⋅5 4 ⋅5

β) Είναι f ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι ίσο µε E=

∫( 1

 2x 10 x 4x 5x  2 + 10 − 4 − 5 dx =  + − −   ln 2 ln10 ln 4 ln5  0 x

)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

141

10 4 5   1 1 1 1  1 9 3 4  2 = + − − − + − − = + − −    ln 2 ln10 ln 4 ln 5   ln 2 ln10 ln 4 ln5  ln 2 ln10 ln 4 ln 5 =

1 9 3 4 1 9 4 + − − =− + − . ln 2 ln10 2 ln 2 ln 5 2 ln 2 ln10 ln5

12. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20004 – 4ο θέμα Επαναληπτικές) 20 Έστω

συνάρτηση

συνεχής

0, +∞ ) → R

στο

τέτοια

ώστε

1 x2 2 f ( x) = + 2x ⋅ f ( 2xt ) dt . 2 ∫0

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) .

Μονάδες 7

β) Να αποδείξετε ότι f ( x ) = e x − ( x + 1 ) .

Μονάδες 7

γ) Να αποδείξετε ότι η f έχει µοναδική ρίζα στο 0, +∞ ) .

Μονάδες 5

δ) Να βρείτε τα όρια lim f ( x ) και lim f ( x ) .

Μονάδες 6

x →+∞

x →−∞

ε) Να βρείτε το σύνολο τιµών της f.

Λύση α) Θέτουµε u = 2xt άρα du = 2xdt . Για t = 0 είναι u = 0 . Για t =

1 είναι u = x . 2

Η συνάρτηση παίρνει τη µορφή f ( x ) =

x x2 + ∫ f ( u ) du . 0 2

Η f είναι συνεχής στο 0, +∞ ) άρα η

∫ f (u) du x

(1) είναι παραγωγίσιµη µε

( ∫ f (u) du) ' = f ( x ) . x

Εποµένως και η f είναι παραγωγίσιµη µε f ' ( x ) = x + f ( x ) για κάθε x ∈ 0, +∞ ) .

β) Είναι f ' ( x ) = x + f ( x ) ⇒ f ' ( x ) − f ( x ) = x ⇒ e − x ⋅ f ' ( x ) − e − x f ( x ) = xe − x ⇒ e − x ⋅ f ( x )  ' = xe − x .

Άρα είναι

∫ e

−x

⋅ f ( x )  ' dx = ∫ xe − x dx ⇒ e − x ⋅ f ( x ) = ∫ xe − x dx .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

142

Είναι

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

∫ xe

−x

( )

dx = − ∫ x e − x ' dx = − xe − x + ∫ x ' e − x dx = − xe − x + ∫ e − x dx

= − xe − x − e − x + c άρα e − x ⋅ f ( x ) = − xe − x − e − x + c ⇔ f ( x ) = − x − 1 + ce x .

(2)

Η σχέση (1) για x = 0 δίνει f ( 0 ) = 0 άρα η (2) γίνεται

f ( 0 ) = −0 − 1 + ce0 ⇔ 0 = −1 + c ⇔ c = 1 . Εποµένως είναι f ( x ) = − x − 1 + 1 ⋅ e x ⇔ f ( x ) = e x − ( x + 1) .

γ) Είναι f ' ( x ) = e x − 1 άρα

f ' ( x ) = 0 ⇒ ex − 1 = 0 ⇒ x = 0 .

f’

( −∞, 0 

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

και

−∞

+∞

0 –

γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) . Άρα η f ως γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) έχει µία το πολύ ρίζα σε αυτό το διάστηµα. Όµως είναι f ( 0 ) = 0 άρα η f έχει µία τουλάχιστον ρίζα (το 0). Άρα η f έχει µία µοναδική ρίζα στο 0, +∞ ) .

δ) Είναι lim f ( x ) = lim e x − ( x + 1)  = 0 + ∞ = +∞ . x →−∞ x →−∞ Είναι lim f ( x ) = lim e x − ( x + 1)  . x →+∞ x →+∞ Όµως lim e x = lim ( x + 1) = +∞ άρα το ζητούµενο όριο είναι απροσδιόριστο της x →+∞

x →+∞

µορφής ( +∞ ) − ( +∞ ) .

  x + 1  lim f ( x ) = lim e x − ( x + 1)  = lim e x 1 − x   . x →+∞ x →+∞ e   

x →+∞

( x + 1) ' = lim 1 = 0 άρα το ζητούµενο x +1 = lim x x →+∞ e x →+∞ x →+∞ e x ex '

Είναι lim e x = +∞ και lim x →+∞

(1)

( )

όριο της (1) είναι +∞ ⋅ (1 + 0 ) = +∞ .

ε) Η f είναι συνεχής στο 0, +∞ ) και γνησίως αύξουσα σ’ αυτό άρα το σύνολο

)

τιµών της είναι το  f ( 0 ) , lim f ( x ) = 0, +∞ ) . x →+∞  Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

143

13. Πα Πανελλήνιες νελλήνιες 200 2005 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f ( x ) = e λx , λ > 0 . α) ∆είξτε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

Μονάδες 3

β) ∆είξτε ότι η εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της f, η οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων, είναι η y = λex. Βρείτε τις συντεταγµένες του σηµείου επαφής Μ.

Μονάδες 7

γ) ∆είξτε ότι το εµβαδόν Ε(λ) του χωρίου, το οποίο περικλείεται µεταξύ της γραφικής παράστασης της f, της εφαπτοµένης της στο σηµείο Μ και του άξονα y’y, είναι E ( λ ) = δ) Υπολογίστε το lim

λ →+∞

λ2 ⋅ Ε ( λ ) 2 + ηµλ

e−2 . 2λ

Μονάδες 7

Μονάδες 8

Λύση α) Η f είναι παραγωγίσιµη µε f ' ( x ) = λe λx > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Η

εξίσωση

της

εφαπτοµένης

στο

σηµείο

M ( x0 , f ( x0 ))

είναι

y − f ( x0 ) = f ' ( x0 ) ⋅ ( x − x0 ) . Είναι f ' ( x 0 ) = λe λ ⋅x 0 . Η παραπάνω ευθεία διέρχεται από το σηµείο ( 0, 0 ) άρα είναι 0 − e λx 0 = λe λx0 ⋅ ( 0 − x 0 ) ⇒ e λx0 (1 − λx 0 ) = 0 ⇒ x 0 = άρα η ζητούµενη εφαπτοµένη είναι η y − e

1 λ

= λe

1 λ

1 . λ

1  ⋅x −  λ 

1  ⇒ y − e = λe  x −  ⇒ y − e = λex − e ⇒ y = λex . λ  1  Το σηµείο επαφής είναι M  , e  . λ 

γ) Είναι f '' ( x ) = λ2 e λx > 0 άρα η f είναι κυρτή. Εποµένως η εφαπτοµένη είναι κάτω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης, δηλαδή f ( x ) − λex > 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

144

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015 2

E (λ) = =

1 λ 0

∫ (

1  λ   e λ ⋅0 λx 2   e x e 02    λx − λe  = − λe − − λe  e − λex dx =  2 0 λ 2 2   λ  λ 1 λ

)

1 λ

e e 1 e−2 − − = τετραγωνικές µονάδες. λ 2λ λ λ

e−2 λ = lim λ ( e − 2 ) . δ) Είναι lim = lim λ →+∞ 2 + ηµλ λ →+∞ 2 + ηµλ λ →+∞ 2 + ηµλ λ2 ⋅

λ2 ⋅ Ε ( λ )

Είναι e – 2 > 0 άρα το όριο του αριθµητή είναι +∞ . Είναι −1 ≤ ηµλ ≤ 1 άρα 1 ≤ 2 + ηµλ ≤ 3 άρα ο παρονοµαστής είναι θετικός αριθµός. Εποµένως το ζητούµενο όριο είναι ίσο µε +∞ .

14. Πανελλήνιες 200 2005 – 4ο θέμα Έστω µία συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο ℝ τέτοια, ώστε να ισχύει η σχέση 2f ' ( x ) = e

x−f(x)

για κάθε x ∈ ℝ και f ( 0 ) = 0 .

 1 + ex α) Να δειχθεί ότι: f ( x ) = ln   2

 . 

Μονάδες 6

∫ f ( x − t ) dt . Να βρεθεί το: lim x

β)

x→0

Μονάδες 6

ηµx

γ) ∆ίνονται οι συναρτήσεις: h ( x ) =

∫

−x

t 2005 ⋅ f ( t ) dt και g ( x ) =

x 2007 . 2007

∆είξτε ότι h ( x ) = g ( x ) για κάθε x ∈ ℝ .

Μονάδες 7

t 2005 ⋅ f ( t ) dt =

1 έχει ακριβώς µία λύση 2008

δ) ∆είξτε ότι η εξίσωση

∫

−x

στο (0, 1).

Μονάδες 6

Λύση α) 2f ' ( x ) = e

x −f ( x )

⇒ 2f ' ( x ) =

⇒e f x e( )

f(x)

 ex  ex f (x) f '(x) = ⇒ e ' =  '. 2  2 

( )

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

145

ex f x Εποµένως e ( ) = + c , όπου c ∈ ℝ . 2 e0 1 1 1 f 0 Είναι f ( 0 ) = 0 άρα e ( ) = + c ⇒ e0 = + c ⇒ c = 1 − ⇒ c = . 2 2 2 2

 ex + 1  ex 1 ex + 1 f x f x Άρα είναι e ( ) = + ⇒e( ) = ⇒ f ( x ) = ln   για κάθε x ∈ ℝ . 2 2 2  2  β) Έστω F ( x ) =

∫ f ( x − t ) dt . x

Θέτουµε u = x – t. Άρα du = –dt. Για t = 0 είναι u = x και για t = x είναι u = 0. Εποµένως F ( x ) = − ∫ f ( u ) du = 0

∫ f (u) du . x

Η F είναι παραγωγίσιµη άρα και συνεχής στο ℝ . Είναι lim F ( x ) = lim ∫ f ( u ) du = F ( 0 ) = x

x →0

x →0 0

∫ f (u) du = 0 0

και lim ηµx = ηµ0 = 0 . x →0

Εποµένως το ζητούµενο όριο είναι απροσδιόριστο της µορφής

0 . 0

Εφαρµόζουµε τον κανόνα De l’ Hospital και έχουµε:

lim

∫

f ( x − t ) dt ηµx

x →0

= lim

∫

f ( u ) du ηµx

x →0

( ∫ f (u) du) ' = lim f ( x ) = 0 = 0 . = lim x

x →0

( ηµx ) '

x →0

συνx

∫ f ( x − t ) dt = 0 . Εποµένως lim x

ηµx

x →0

γ) Είναι h ( x ) =

∫

−x

t 2005 ⋅ f ( t ) dt =

−x

∫

−x

t 2005 ⋅ f ( t ) dt + ∫ t 2005 ⋅ f ( t ) dt x

= − ∫ t 2005 ⋅ f ( t ) dt + ∫ t 2005 ⋅ f ( t ) dt . Η h είναι παραγωγίσιµη µε h ' ( x ) = − ( −x )

2005

⋅ f ( − x ) ⋅ ( − x ) '+ x 2005 ⋅ f ( x ) = x 2005 ( f ( x ) − f ( − x ) ) .

 1 + ex  1  + 1   ex   e− x + 1  ex Είναι f ( − x ) = ln  = ln = ln      2  2   2     

   1 + ex   = ln  x    2e   

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

146

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

 1 + ex = ln   2

 x  − ln e = f ( x ) − x . 

Άρα h ' ( x ) = x 2005 ( f ( x ) − f ( x ) + x ) = x 2006 . Εποµένως είναι h ' ( x ) = g' ( x ) άρα h ( x ) = g ( x ) + c , όπου c ∈ ℝ , για κάθε x ∈ ℝ . Για x = 0 είναι h ( 0 ) = g ( 0 ) + c ⇒ 0 = 0 + c ⇒ c = 0 . Άρα είναι h ( x ) = g ( x ) για κάθε x ∈ ℝ .

δ)

∫

−x

t 2005 ⋅ f ( t ) dt =

1 1 1 x 2007 1 ⇔ h(x) = ⇔ g(x) = ⇔ = 2008 2008 2008 2007 2008

⇔ 2008 ⋅ x 2007 − 2007 = 0 .

Έστω η συνάρτηση φ ( x ) = 2008 ⋅ x 2007 − 2007 µε x ∈ ℝ . Η φ είναι συνεχής στο ℝ , άρα και το [0, 1], ως πολυωνυµική. Είναι φ ( 0 ) ⋅ φ (1) = −2007 ⋅ ( 2008 − 2007 ) = −2007 < 0 . Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 ∈ ℝ τέτοια ώστε φ ( x 0 ) = 0 , δηλαδή η εξίσωση έχει µία τουλάχιστον λύση στο (0, 1). Είναι φ ' ( x ) = 2008 ⋅ 2007 ⋅ x 2006 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα. Εποµένως η φ, άρα και η εξίσωση, έχει µία το πολύ λύση. Άρα η εξίσωση έχει µία ακριβώς λύση στο (0, 1).

15. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20005 – 4ο θέμα Επαναληπτικές) 20 ∆ίνεται η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ , για την οποία ισχύει lim

f (x) − x

x→0

α) Να δείξετε ότι:

= 2005 .

i) f ( 0 ) = 0

Μονάδες 4

ii) f ' ( 0 ) = 1 .

Μονάδες 4

β) Να βρείτε το λ ∈ ℝ έτσι, ώστε lim x→0

x2 + λ ( f ( x ) ) 2x + ( f ( x ) ) 2

= 3.

Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

147

γ) Αν επιπλέον η f είναι παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο στο ℝ και

f ' ( x ) > f ( x ) για κάθε x ∈ ℝ , να δείξετε ότι: i) xf ( x ) > 0 για κάθε x > 0 .

Μονάδες 6

ii) ∫ f ( x ) dx < f ( 1 ) .

Μονάδες 4

Λύση α) i)

Έστω η συνάρτηση h ( x ) =

Είναι h ( x ) =

f (x) − x x

f (x) − x x2

⇒ x2 ⋅ h ( x ) = f ( x ) − x ⇒ f ( x ) = x2 ⋅ h ( x ) + x .

Άρα lim f ( x ) = lim  x 2 ⋅ h ( x ) + x  = 02 ⋅ 2005 + 0 = 0 . x →0

x →0

Όµως η f είναι συνεχής άρα f ( 0 ) = lim f ( x ) = 0 . x →0

f ( x ) − f (0 )

ii) f ' ( 0 ) = lim

x −0

x →0

= lim x →0

x2 ⋅ h ( x ) + x x −0

= lim  x ⋅ h ( x ) + 1 = 0 ⋅ 2005 + 1 = 1 . x →0

 f (x)  1+ λ 2 2  x  1 + λ ( f ' (0 )) 1 + λ ( f ' (0 ))   = lim = = 2 2 2 x →0  f (x)  2 + ( f ' (0)) 2 + ( f ' (0)) 2+  x    2

β) lim x →0

x2 + λ ( f ( x )) 2x 2 + ( f ( x ) )

1 + λ ⋅ 12 1 + λ = . 3 2 + 12

Εποµένως A =

1+ λ 1+ λ ⇒3= ⇒ 9 = 1 + λ ⇒ λ = 8. 3 3

γ) Είναι f ' ( x ) > f ( x ) ⇒ f ' ( x ) − f ( x ) > 0 ⇒ e − x ⋅ f ' ( x ) − e − x ⋅ f ( x ) > 0 ⋅ e − x

(

)

⇒ e − x ⋅ f ( x ) ' > 0 . Εποµένως η συνάρτηση g ( x ) = e − x ⋅ f ( x ) είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

Για x > 0 είναι g ( x ) > g ( 0 ) ⇒ e − x f ( x ) > e −0 f ( 0 ) ⇒ e − x f ( x ) > 0 ⇒ f ( x ) > 0 ,

άρα xf ( x ) > 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

148

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

ii) Για x < 0 είναι g ( x ) < g ( 0 ) ⇒ e − x f ( x ) < e −0 f ( 0 ) ⇒ e − x f ( x ) < 0 ⇒ f ( x ) < 0 , άρα xf ( x ) > 0 . Είναι f ' ( x ) > f ( x ) ⇔ f ' ( x ) − f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ . Εποµένως

∫ ( f ' ( x ) − f ( x ) ) dx > 0 ⇒ ∫ f ' ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx > 0 1

⇒  f ( x )  − ∫ f ( x ) dx > 0 ⇒ f (1) − f ( 0 ) − ∫ f ( x ) dx > 0 ⇒ 0 0 0 1

∫ f ( x ) dx < f (1) . 1

16. Πανελλήνιες 200 2006 – 2ο θέμα Θεωρούµε τη συνάρτηση f ( x ) = 2 + ( x − 2 ) µε x ≥ 2 . 2

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1–1.

Μονάδες 6

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση f −1 της f και να βρείτε τον τύπο της. γ) i)

Μονάδες 8

Να βρείτε τα κοινά σηµεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και f −1 µε την ευθεία y = x.

Μονάδες 4

ii) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και f −1 . Μονάδες 7

Λύση α) Είναι f ' ( x ) = 2 ( x − 2 ) ≥ 0 για κάθε x ∈ 2, +∞ ) . Εποµένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2, +∞ ) άρα είναι 1–1.

β) Η f είναι 1 – 1 άρα είναι αντιστρέψιµη. Για να βρούµε την αντίστροφη της f θέτουµε y = f ( x ) και λύνουµε ως προς x.

y = 2 + ( x − 2 ) ⇒ y = x 2 − 4x + 6 ⇒ x 2 − 4x + 6 − y = 0 . 2

Είναι ∆ = 16 − 4 ⋅ 1 ⋅ ( 6 − y ) = 4y − 8 = 4 ( y − 2 ) . Άρα x =

4±2 y −2 =2± y−2 2

Εποµένως x = 2 + y − 2 ≥ 2 άρα δεκτό

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

149

ή x = 2 − y − 2 ≤ 2 απορρίπτεται γιατί είναι x ≥ 2 . Η περίπτωση x = 2 καλύπτεται από την πρώτη λύση. Άρα x = 2 + y − 2 µε y ≥ 2 . Εποµένως είναι f ( x ) = 2 + ( x − 2 ) µε f : 2, +∞ ) → 2, +∞ ) 2

και f −1 ( x ) = 2 + x − 2 µε f −1 : 2, +∞ ) → 2, +∞ ) .

γ) i) Τα κοινά σηµεία της C f µε την y = x είναι οι λύσεις του συστήµατος  y = 2 + ( x − 2 )2  x = 2 + x 2 − 4x + 4 ⇒ x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x = 2 ή x = 3 ⇒   →   y = x Τα κοινά σηµεία της C f −1 µε την y = x είναι οι λύσεις του συστήµατος 2  y = 2 + x − 2  x = 2 + x − 2 ⇒ x − 2 = x − 2 ⇒ ( x − 2 ) = x − 2 ⇒ ⇒   y = x → 

x 2 − 4x + 4 = x − 2 ⇒ x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x = 2 ή x = 3 . Άρα τα κοινά σηµεία είναι τα A ( 2,2 ) και B ( 3, 3 ) .

ii) Οι γραφικές παραστάσεις των f και f −1 είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι διπλάσιο από το εµβαδόν που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και την y = x. Το εµβαδόν που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και την y = x είναι Ε1 =

∫ f ( x ) − x dx . 3

Είναι f ( x ) − x = x 2 − 5x + 6 και για 2 ≤ x ≤ 3 είναι f ( x ) < 0 άρα Ε1 =

∫

x − f ( x ) dx =

∫( 3

 x3  x2 − x + 5x − 6 dx =  − +5 − 6x  2  3 2 2

)

 33   23  32 22 45 8 1 =  − + 5 − 6 ⋅ 3  −  − + 5 − 6 ⋅ 2  = −9 + − 18 + − 10 + 12 = τ.µ. 2 2 2 3 6  3   3  Άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι E = 2 ⋅ E1 = 2 ⋅

1 1 = τ.µ. 6 3

Παρατήρηση: Στο γ) i) µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε το θεώρηµα:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

150

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

«Αν η f είναι γνησίως αύξουσα τότε τα κοινά σηµεία των γραφικών παραστάσεων της f και f −1 βρίσκονται πάνω στην y = x. Εποµένως οι εξισώσεις

f ( x ) = f −1 ( x ) , f ( x ) = x και f −1 ( x ) = x είναι ισοδύναµες» το οποίο όµως δεν υπάρχει µέσα στο σχολικό βιβλίο, άρα πρέπει να το αποδείξουµε. Σε αυτή την περίπτωση συνεχίζουµε γράφοντας: Λύνουµε την εξίσωση f ( x ) = x και έχουµε x 2 − 4x + 6 = x ⇒ x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x = 2 ή x = 3. Είναι f ( 2 ) = 2 + ( 2 − 2 ) = 2 και f ( 3 ) = 2 + ( 3 − 2 ) = 3 άρα τα κοινά σηµεία είναι 2

τα A ( 2,2 ) και B ( 3, 3 ) .

17. Πανελλήνιες Επαναληπτικές) 20006 – 2ο θέμα Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20 ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =

1 + ex , για κάθε x ∈ ℝ . 1 + e x +1

α) Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία στο ℝ . Μονάδες 9 β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα

∫ f ( x ) dx .

Μονάδες 9

( ) ( )

γ) Για κάθε x < 0 να αποδείξετε ότι f 5 x + f 7 x < f 6 x + f 8 x . Μονάδες 7

Λύση '

(

) (

)

x x +1 − 1 + e x e x +1 e x (1 − e )  1 + ex  e 1 + e α) Είναι f ' ( x ) =  = = <0 x +1  2 2 1 + e  1 + e x +1 1 + e x +1

(

)

(

)

άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ .

1 e x +1 + 1 e x +1 − e x + e x + 1 e x +1 − e x ex + 1 β) ∫ dx = ∫ x dx = ∫ dx = ∫ x dx + ∫ x dx f (x) e +1 ex + 1 e +1 e +1 =

∫

e x ( e − 1)

(

)

ex + 1 ' ex dx + ∫ 1dx = ( e − 1) ∫ x dx + x = ( e − 1) ∫ x dx + x ex + 1 e +1 e +1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

(

151

)

= ( e − 1) ⋅ ln e x + 1 + x + c .

γ) Για κάθε x < 0 είναι 5 x > 6 x και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ

( ) ( )

συµπεραίνουµε ότι f 5 x < f 6 x . Οµοίως είναι 7 x > 8 x ⇒ f 7 x < f 8x . Προσθέτουµε κατά µέλη τις δύο παραπάνω σχέσεις και βρίσκουµε ότι

( ) ( ) ( ) ( )

f 5 x + f 7 x < f 6 x + f 8x .

18. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20006 – 3ο θέμα Επαναληπτικές) 20 Έστω

οι

( 4 − z)

µιγαδικοί

αριθµοί

που

ικανοποιούν

την

ισότητα

= z10 και η συνάρτηση f µε τύπο f ( x ) = x 2 + x + α, α ∈ ℝ .

α) Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των µιγαδικών z που ανήκουν στην ευθεία x = 2.

Μονάδες 7

β) Αν η εφαπτοµένη (ε) της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σηµείο τοµής της µε την ευθεία x = 2 τέµνει τον άξονα y’y στο y 0 = −3 , τότε: i)

να βρείτε το α και την εξίσωση της εφαπτοµένης (ε). Μονάδες 9

ii) να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται µεταξύ της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f, της εφαπτοµένης (ε), του άξονα x’x και της ευθείας x =

3 . 5

Μονάδες 9

Λύση α) Έστω z = x + yi , µε x, y ∈ ℝ .

(4 − z)

= z10 ⇒ ( 4 − z )

⇒ 4 − x − yi = x + yi ⇒

= z10 ⇒ ( 4 − z )

( 4 − x ) + ( −y )

= x2 + y2

= z

⇒ ( 4 − z) = z 2

⇒ 16 − 8x + x 2 + y 2 = x 2 + y 2 ⇒ x = 2 .

y = x2 + x + α  y = 22 + 2 + α y = 6 + α β) i)  ⇒ ⇒ . x = 2 x = 2 x = 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

152

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Το σηµείο τοµής είναι το (2, 6+α). Είναι f ' ( x ) = 2x + 1 και f ' ( 2 ) = 5 . Η εξίσωση της εφαπτοµένης της C f στο ( 2,6 + α ) είναι ε: y − 6 − α = 5 ( x − 2 ) . Η ε τέµνει τον άξονα y ' y στο ( 0, −3 ) άρα οι συντεταγµένες του σηµείου επαληθεύουν την εξίσωση της ε. Είναι −3 − 6 − α = 5 ( 0 − 2 ) άρα α = 1 . Η εξίσωση της ε είναι y – 6 – 1 = 5(x – 2) άρα y = 5x − 3 .

ii) Το ζητούµενο εµβαδόν είναι

∫ (x 2

3 5

)

+ x + 1 − 5x + 3 dx =

∫( 2

3 5

 x3  343 x − 4x + 4 dx =  − 2x 2 + 4x  = . 3  3 375

)

19. Πανελλήνιες 200 2007 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση:

f ( x ) = x 3 − 3x − 2ηµ2 θ ,

όπου θ ∈ ℝ µία σταθερά µε θ ≠ κπ +

π ,κ∈ℤ. 2

α) Να αποδειχθεί ότι η f παρουσιάζει ένα τοπικό µέγιστο, ένα τοπικό ελάχιστο και ένα σηµείο καµπής.

Μονάδες 7

β) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει ακριβώς τρεις πραγµατικές ρίζες.

Μονάδες 8

γ) Αν x1, x2 είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων και x3 η θέση του σηµείου

(

καµπής

)

της

(

)

να

(

αποδειχθεί

A x1 , f ( x 1 ) , B x 2 , f ( x 2 ) , Γ x 3 , f ( x 3 )

)

ότι

τα

σηµεία

βρίσκονται στην ευθεία

y = −2x − 2ηµ2 θ .

Μονάδες 3

δ) Να υπολογισθεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση

y = −2x − 2ηµ2 θ .

της

συνάρτησης

και

την

ευθεία

Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

153

Λύση α) Είναι f ' ( x ) = 3x 2 − 3 και f '' ( x ) = 6x . Είναι f ' ( x ) = 0 ⇒ 3x 2 − 3 = 0 ⇒ x = ±1 . Επίσης f '' ( x ) = 0 ⇒ x = 0 . Κατασκευάζουµε πίνακα µεταβολής προσήµων για την πρώτη και τη δεύτερη παράγωγο της f. −∞

–1

+∞

f '(x)

–

f '' ( x )

–

f (x) β)

τ.µ.

σ.κ.

Στο διά-

τ.ε.

( −∞, −1)

στηµα

συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

(

)

Είναι lim f ( x ) = lim x 3 − 3x − 2ηµ2θ = −∞ και x →−∞

x →−∞

(

)

lim f ( x ) = lim x 3 − 3x − 2ηµ2θ = −1 + 3 − 2ηµ2θ = 2 − 2ηµ2θ = 2συν 2θ > 0 .

x →−1

(

)

Η f είναι συνεχής άρα το σύνολο τιµών της είναι το −∞, 2συν 2θ . Το 0 ανήκει στο παραπάνω σύνολο τιµών, άρα η f έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

( −∞, −1) . Ως γνησίως αύξουσα έχει µία το πολύ ρίζα άρα τελικά έχει ακριβώς µία ρίζα στο ( −∞, −1) . Στο διάστηµα  −1,1 η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα. Είναι f ( −1) = ( −1) − 3 ⋅ ( −1) − 2ηµ2θ = −1 + 3 − 2ηµ2θ = 2 − 2ηµ2θ = 2συν 2θ > 0 3

και f (1) = 13 − 3 ⋅ 1 − 2ηµ2θ = 1 − 3 − 2ηµ2θ = −2 − 2ηµ2θ < 0 . Η f είναι συνεχής άρα το σύνολο τιµών της είναι το  −2 − 2ηµ2θ, 2συν 2θ  . Το 0 ανήκει στο παραπάνω σύνολο τιµών, άρα η f έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

 −1,1 . Ως γνησίως φθίνουσα έχει µία το πολύ ρίζα άρα τελικά έχει ακριβώς µία ρίζα στο  −1,1 . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

154

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Στο διάστηµα (1, +∞ ) η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

(

)

Είναι lim f ( x ) = lim x 3 − 3x − 2ηµ2θ = 13 − 3 ⋅ 1 − 2ηµ2θ = −2 − 2ηµ2θ < 0 και x →1

x →1

(

)

lim f ( x ) = lim x 3 − 3x − 2ηµ2θ = +∞ .

x →+∞

(

)

Η f είναι συνεχής άρα το σύνολο τιµών της είναι το −2 − 2ηµ2θ, +∞ . Το 0 ανήκει στο παραπάνω σύνολο τιµών, άρα η f έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

(1, +∞ ) . Ως γνησίως αύξουσα έχει µία το πολύ ρίζα άρα τελικά έχει ακριβώς µία ρίζα στο (1, +∞ ) . Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η f έχει τρεις ακριβώς ρίζες στο ℝ .

(

)

(

) (

)

γ) Τα τρία σηµεία είναι τα A −1,2συν 2θ , Β 1, −2 − 2ηµ2θ , Γ 0, −2ηµ2θ . Αντικαθιστούµε τις συντεταγµένες του Α στην εξίσωση της ευθείας και έχουµε

2συν 2θ = −2 ( −1) − 2ηµ2θ ⇒ 2συν 2θ = 2 − 2ηµ2θ ⇒ συν 2θ = 1 − ηµ2θ

που ισχύει

άρα το Α ανήκει στην ευθεία. Αντικαθιστούµε τις συντεταγµένες του Β στην εξίσωση της ευθείας και έχουµε −2 − 2ηµ2θ = −2 ⋅ 1 − 2ηµ2θ που ισχύει άρα το Β ανήκει στην ευθεία. Αντικαθιστούµε τις συντεταγµένες του Γ στην εξίσωση της ευθείας και έχουµε −2ηµ2θ = −2 ⋅ 0 − 2ηµ2θ που ισχύει άρα το Γ ανήκει στην ευθεία.

δ) Έστω η συνάρτηση g µε

(

)

g ( x ) = f ( x ) − −2x − 2ηµ2θ = x 3 − 3x − 2ηµ2θ + 2x + 2ηµ2θ = x 3 − x , µε x ∈ ℝ .

(

)

Είναι g ( x ) = 0 ⇒ x 3 − x = 0 ⇒ x x 2 − 1 = 0 . Άρα x = 0 ή x = –1 ή x = 1. Κατασκευάζουµε έναν πίνακα µεταβολής προσήµων της g. x

g(x)

−∞

–1 –

0 +

Εποµένως, το ζητούµενο εµβαδόν είναι: E =

–

∫

−1

+∞

1 +

g ( x ) dx =

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

155

∫ g ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = ∫ ( x 0

−1

)

− x dx − ∫

 ( −1)4 ( −1)2   14 12  − −  = = − −  4 2  4 2  

(

 x 4 x2   x 4 x2  x − x dx =  −  −  −  2  −1  4 2 0 4

)

1 1 1 1 1 1 1 −  −  −  −  = + = τ.µ. 4 2 4 2 4 4 2

20. Πανελλήνιες Πανελλήνιες 200 2007 – 4ο θέμα Έστω f µία συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο διάστηµα [0, 1] για την οποία ισχύει f ( 0 ) > 0 . ∆ίνεται επίσης συνάρτηση g συνεχής στο διάστηµα [0, 1] για την οποία ισχύει g ( x ) > 0 για κάθε x ∈ 0,1 . Ορίζουµε τις συναρτήσεις:

F(x) =

∫ f ( t ) g ( t ) dt , x ∈ 0,1 , x

G( x) =

∫ g ( t ) dt , x

x ∈ 0,1

α) Να δειχθεί ότι F ( x ) > 0 για κάθε x στο διάστηµα (0, 1].

f ( x) ⋅ G( x) > F ( x)

β) Να αποδειχθεί ότι:

για κάθε x στο διάστηµα (0, 1]. γ) Να αποδειχθεί ότι ισχύει:

F (x)

G( x)

Μονάδες 6

≤

F (1)

G (1 )

για κάθε x στο διάστηµα (0, 1].

δ) Να βρεθεί το όριο:

Μονάδες 8

lim+

x →0

(∫

Μονάδες 4

)

 x  f ( t ) g ( t ) dt ⋅  ∫ ηµt 2 dt  0   . Μονάδες 7 x 5 ∫ g ( t ) dt ⋅ x

(

)

Λύση α) Η f είναι γνησίως αύξουσα άρα για κάθε x ∈ ( 0,1 είναι x > 0 ⇔ f ( x ) > f ( 0 ) Είναι f ( 0 ) = 0 άρα τελικά f ( x ) > 0 . Ακόµη είναι και g ( x ) > 0 άρα f ( x ) ⋅ g ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( 0,1 . Εποµένως είναι και

∫ f ( t ) g ( t ) dt > 0 ⇔ F ( x ) > 0 . x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

156

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

β) Είναι f ( x ) ⋅ G ( x ) > F ( x ) ⇔ f ( x ) ⋅ ∫ g ( t ) dt > x

⇔ ⇔

∫ f ( t ) ⋅ g ( t ) dt x

∫ f ( x ) ⋅ g ( t ) dt > ∫ f ( t ) ⋅ g ( t ) dt ⇔ ∫ f ( x ) ⋅ g ( t ) dt − ∫ f ( t ) ⋅ g ( t ) dt > 0 x

∫

 f ( x ) ⋅ g ( t ) − f ( t ) ⋅ g ( t )  dt > 0 .

Θεωρούµε τη συνάρτηση φ ( t ) = f ( x ) ⋅ g ( t ) − f ( t ) ⋅ g ( t ) µε t ∈ 0,1 . Η φ είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1] εποµένως για κάθε 0 < x ≤ 1 και για κάθε

t ∈ 0, x  ισχύει 0 ≤ t ≤ x ⇔ f ( 0 ) ≤ f ( t ) ≤ f ( x ) ⇔ f ( t ) ≤ f ( x ) . g ( t ) > 0 άρα g ( t ) ⋅ f ( t ) ≤ g ( t ) ⋅ f ( x ) ⇔ g ( t ) ⋅ f ( x ) − g ( t ) ⋅ f ( t ) ≥ 0 ⇔ φ ( t ) ≥ 0 . Για x > 0 η φ(t) δεν είναι παντού µηδέν άρα είναι

∫ φ ( t ) dt > 0 ⇔ ∫ x

 f ( x ) ⋅ g ( t ) − f ( t ) ⋅ g ( t )  dt > 0 .

Έτσι αποδείξαµε ότι η σχέση αυτή ισχύει άρα ισχύει και η αρχική.

γ) Έστω η συνάρτηση h ( x ) =

G (x)

µε x ∈ ( 0,1 .

F ' (x) ⋅ G (x) − F (x) ⋅ G ' (x)

Είναι h ' ( x ) = = g(x)

F (x)

G2 ( x )

f (x) ⋅ G (x) − F (x) G2 ( x )

f (x) ⋅ g(x) ⋅ G (x) − F (x) ⋅ g(x) G2 ( x )

Είναι g ( x ) > 0 και f ( x ) ⋅ G ( x ) − F ( x ) > 0 από το ερώτηµα (β). Εποµένως είναι h ' ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( 0,1 άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1]. Εποµένως x ≤ 1 ⇔ h ( x ) ≤ h (1) ⇔

δ) Είναι lim+ x →0

(∫

)

F (x)

G (x)

≤

F (1)

G (1)

 x  x2  x  2 f ( t ) g ( t ) dt ⋅  ∫ ηµt 2 dt  f t g t dt  0  = lim  ∫0 ( ) ( ) ⋅ ∫0 ηµt dt  . x x  x →0 +  5 x5 g t dt ⋅   g t dt x ( ) ( ) ∫0  ∫0 

(

)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

157

∫ f ( t ) g ( t ) dt lim ∫ g ( t ) dt x

Το όριο

x →0

είναι απροσδιόριστο της µορφής

0 . 0

Σύµφωνα µε τον κανόνα του De L’ Hospital είναι ίσο µε

lim+

(∫

f ( t ) g ( t ) dt

( ∫ g ( t ) dt )

x →0

) = lim f ( x ) g ( x ) = lim f ( x ) = f (0) '

x →0 +

g(x)

x →0 +

(η f είναι συνεχής).

Το όριο

∫ lim

x →0

ηµt 2 dt x

είναι απροσδιόριστο της µορφής

0 . 0

Σύµφωνα µε τον κανόνα του De L’ Hospital είναι ίσο µε

lim

∫

 x  2  ∫0 ηµt dt  4 4 ηµt dt   = lim ηµx ⋅ 2x = 2 lim ηµx ⋅ lim x = 2 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0 = lim ' x →0 + x →0 + 5 x →0+ x 4 x →0+ 5 x5 5x 4 x5 2

( )

x →0 +

Εποµένως το ζητούµενο αρχικό όριο είναι ίσο µε f ( 0 ) ⋅ 0 = 0 .

21. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20007 – 2ο θέμα Επαναληπτικές) 20  ηµ3x , x<0  ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =  x .  x 2 + αx + βσυνx, x ≥ 0  α) Να αποδειχθεί ότι lim− f ( x ) = 3 .

Μονάδες 8

x →0

π β) Αν f '   = π και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σηµείο x 0 = 0 , 2

να αποδειχθεί ότι α = β = 3.

Μονάδες 9

γ) Αν α = β = 3, να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα

∫ f ( x ) dx . Μονάδες 8 π

Λύση α) Είναι lim− f ( x ) = lim− x →0

x →0

ηµ3x ηµ3x = 3 ⋅ lim− . x →0 x 3x

Θέτουµε t = 3x . Όταν το x τείνει στο 0 τότε και το t τείνει στο 0.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

158

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Άρα 3 ⋅ lim− x →0

ηµ3x ηµt = 3 ⋅ lim− = 3 ⋅1 = 3 . t →0 3x t

β) Η f είναι συνεχής στο x 0 = 0 άρα lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = f ( 0 ) . x →0

x →0

Είναι lim+ f ( x ) = lim+  x 2 + αx + βσυνx  = 02 + α ⋅ 0 + βσυν0 = β και f ( 0 ) = β άρα x →0 x →0 τελικά β = 3. Για x > 0 είναι f ' ( x ) = 2x + α − β ⋅ ηµx ⇒ f ' ( x ) = 2x + α − 3ηµx . π π π Είναι f '   = π ⇒ 2 ⋅ + α − 3ηµ = π ⇒ α = 3 ⋅ 1 ⇒ α = 3 . 2 2 2

γ)

∫ f ( x ) dx = ∫ ( π

 x3  x2 + 3ηµx  x + 3x + 3συνx dx =  + 3 2 3 0

)

 π3   03  π3 π2 02 π2 +3 .  + 3 + 3ηµπ  −  + 3 + 3ηµ0  = 2 2 2 3   3  3

22. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20007 – 3ο θέμα Επαναληπτικές) 20 ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = e x − eln x , x > 0 . α) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση f ( x ) είναι γνησίως αύξουσα στο διάστηµα ( 1, +∞ ) .

Μονάδες 10

β) Να αποδειχθεί ότι ισχύει f ( x ) ≥ e για κάθε x > 0 . γ) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση

∫

x2 + 2 2

x +1

f ( t ) dt =

∫

x2 +2 2

x +3

χει ακριβώς µία ρίζα στο διάστηµα ( 0, +∞ ) .

Μονάδες 7

f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt έ4

Μονάδες 8

Λύση α) Είναι f ' ( x ) = e x −

e . x

Για x > 1 είναι e x > e . Πολλαπλασιάζουµε κατά µέλη της δύο προηγούµενες ανισότητες και έχουµε x ⋅ e x > 1 ⋅ e ⇒ xe x − e > 0 ⇒ e x −

e > 0 ⇒ f '(x) > 0 , x

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα για x > 1 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

β) f ' ( x ) = 0 ⇒ e x −

159

e = 0 ⇒ xe x − e = 0 . x

Το 1 είναι προφανής ρίζα της παραπάνω εξίσωσης. Πράγµατι 1 ⋅ e1 − e = 0 . Είναι f '' ( x ) = e x + xe x > 0 για x > 0 . Άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα για x > 0 . Εποµένως η f ' έχει µοναδική ρίζα, την x 0 = 1 . Για 0 < x < 1 είναι e x < e . Πολλαπλασιάζουµε κατά µέλη της δύο προηγούµενες ανισότητες και έχουµε x ⋅ e x < 1 ⋅ e ⇒ xe x − e < 0 ⇒ e x −

e < 0 ⇒ f ' ( x ) < 0 , άρα x

η f είναι γνησίως φθίνουσα για 0 < x < 1 .

Εποµένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0 = 1

ίσο µε f (1) = e1 − 1 ⋅ ln1 = e .

+∞

1 –

Άρα f ( x ) ≥ f (1) ⇒ f ( x ) ≥ e για κάθε x > 0 .

∫

γ) ⇒

x 2 +2 2

x +1

∫

x 2 +2 2

x +1

f ( t ) dt =

∫

x2 +2 2

x +3

x2 +3

f ( t ) dt + ∫ 2

x +2

f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt ⇒ 4

∫

Έστω η συνάρτηση g ( x ) =

∫

x 2 +3 2

x +1

f ( t ) dt ⇒

x +1

f ( t ) dt =

x2 +2

∫

x2 +3 2

x +1

x2 +2

f ( t ) dt − ∫ 2

x +3

f ( t ) dt =

∫ f ( t ) dt 4

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt = 0 . 4

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt µε x ∈ ( 0, +∞ ) . 4

Για την συνάρτηση g έχουµε ότι g (1) =

∫

12 + 3

12 +1

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt = 0 άρα η g έχει 4

προφανή ρίζα το 1. Υποθέτουµε ότι έχει και δεύτερη ρίζα, έστω x1 µε 1 < x1 (παρόµοια αποδεικνύεται και για 0 < x1 < 1 ) Τότε για την συνάρτηση g έχουµε ότι: •

είναι συνεχής στο 1, x1  ως άθροισµα συνεχών συναρτήσεων

•

4  x +3  είναι παραγωγίσιµη στο (1, x1 ) µε g' ( x ) =  ∫ 2 f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt  ' x +1 2   2

 x =  −∫  0

f ( t ) dt + ∫

x2 +3

(

)

 f ( t ) dt  ' = −f x 2 + 1 ⋅ x 2 + 1 '+ f x 2 + 3 ⋅ x 2 + 3 ' 

(

)

((

)(

) (

)

= 2x ⋅ f x 2 + 3 − 2x ⋅ f x 2 + 1 = 2x f x 2 + 3 − f x 2 + 1

(

)(

)

))

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

160 •

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

είναι g (1) = g ( x1 ) = 0

άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1, x1 ) τέτοιο ώστε g' ( ξ ) = 0 .

((

) (

Όµως g' ( ξ ) = 0 ⇒ 2ξ f ξ 2 + 3 − f ξ 2 + 1

))

(

) (

)

f ξ 2 + 3 − f ξ 2 + 1 = 0  = 0 άρα  ή . ξ = 0 

Είναι ξ > 1 άρα το ξ διάφορο του µηδενός.

(

)

(

)

(

) (

)

Επίσης είναι ξ 2 + 3 > ξ 2 + 1 > 1 ⇒ f ξ 2 + 3 > f ξ 2 + 1 ⇒ f ξ 2 + 3 − f ξ 2 + 1 > 0 (αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο (1, +∞ ) ). Εποµένως το συµπέρασµα του θεωρήµατος Rolle είναι άτοπο. Άρα η συνάρτηση g, εποµένως και η δοσµένη εξίσωση έχει µία µόνο ρίζα.

23. Πανελλήνιες 200 2008 – 4ο θέμα Έστω f µία συνάρτηση συνεχής στο ℝ για την οποία ισχύει

(

f ( x ) = 10x 3 + 3x α) Να αποδείξετε ότι

) ∫ f ( t ) dt − 45 2

f ( x ) = 20x 3 + 6x − 45 .

Μονάδες 8

β) ∆ίνεται επίσης µία συνάρτηση g δύο φορές παραγωγίσιµη στο ℝ . Να αποδείξετε ότι g'' ( x ) = lim h→ 0

g' ( x ) − g' ( x − h ) h

Μονάδες 4

γ) Αν για τη συνάρτηση f του ερωτήµατος (α) και τη συνάρτηση g του ερωτήµατος (β) ισχύει ότι: lim

g ( x + h ) − 2g ( x ) + g ( x − h )

h→ 0

= f ( x ) + 45

και g ( 0 ) = g' ( 0 ) = 1 , τότε i)

να αποδείξετε ότι g ( x ) = x 5 + x 3 + x + 1 .

ii) να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g είναι 1 – 1.

Μονάδες 10 Μονάδες 3

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

161

Λύση α) 1ος τρόπος Έστω

∫ f ( t ) dt = c 2

Εποµένως

c = 10c

άρα f ( x ) = 10cx 3 + 3cx − 45 . 2

  x4 x2 10cx + 3cx − 45 dx ⇒ c = 10c + 3c − 45x  4 2  0

∫ f ( x ) dx = ∫ ( 2

)

24 22 + 3c − 45 ⋅ 2 ⇒ c = 40c + 6c − 90 ⇒ 45c = 90 ⇒ c = 2 . 4 2

Άρα f ( x ) = 10 ⋅ 2 ⋅ x 3 + 3 ⋅ 2 ⋅ x − 45 ⇒ f ( x ) = 20x 3 + 6x − 45 .

2ος τρόπος Έστω F ( x ) =

∫ f ( t ) dt . Τότε F ' ( x ) = f ( x ) και F ( 0 ) = ∫ f ( x ) dx = 0 . x

(

)

Η αρχική ισότητα γράφεται: F ' ( x ) = 10x 3 + 3x F ( 2 ) − 45 . (1)  x4 x2  Άρα F ( x ) = 10 + 3  F ( 2 ) − 45x + c , c ∈ ℝ και F ( 0 ) = 0 ⇒ c = 0 . 4 2  

 24 22  Εποµένως F ( 2 ) = 10 + 3  F ( 2 ) − 45 ⋅ 2 ⇒ F ( 2 ) = 46F ( 2 ) − 90 ⇒ F ( 2 ) = 2 . 4 2  

(

)

Τελικά f ( x ) = 10x 3 + 3x ⋅ 2 − 45 = 20x 3 + 6x − 90 .

β) Είναι lim

g ' ( x ) − g ' ( x − h) h

h→0

= lim

g ' ( x − h) − g ' ( x ) −h

h→0

Θέτουµε όπου –h = u. Όταν το h τείνει στο 0 τότε και το u τείνει στο 0. Είναι lim

g ' ( x − h) − g ' ( x )

h→0

−h

= lim u →0

g ' ( x + u) − g ' ( x ) u

= g'' ( x ) (αφού η g είναι δύο

φορές παραγωγίσιµη).

γ) i)

Είναι

lim g ( x + h ) − 2g ( x ) + g ( x − h )  = g ( x ) − 2g ( x ) + g ( x ) = 0 h→0

και

0 limh2 = 0 άρα το δοσµένο όριο είναι απροσδιόριστη µορφή   . h→0 0 Η g(x) είναι συνεχής (αφού είναι παραγωγίσιµη) και οι g(x + h) και g(x – h) είναι παραγωγίσιµες ως σύνθεση παραγωγίσιµων συναρτήσεων.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

162

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Άρα για να υπολογίσουµε το όριο lim

g ( x + h ) − 2g ( x ) + g ( x − h ) h2

h→ 0

µπορούµε να

εφαρµόσουµε τον κανόνα του De l’ Hospital. (ΠΡΟΣΟΧΗ: Παραγωγίσουµε ως προς h). Είναι lim

g ( x + h ) − 2g ( x ) + g ( x − h ) h2

h→0

= lim

g ( x + h) − g ( x − h) 2h

h →0

= lim

g ( x + h ) − 2g ( x ) + g ( x − h )  ' = lim  h →0 h2  '

g ( x + h) − g ( x ) + g ( x ) − g ( x − h)

h→ 0

g ' ( x + h) − g ' ( x ) 1 g' ( x ) − g ' ( x − h ) 1 1 1 lim + lim = g '' ( x ) + g '' ( x ) = g'' ( x ) . 2 h 2 h→0 h 2 2 h→0

Εποµένως είναι g'' ( x ) = f ( x ) + 45 ⇒ g '' ( x ) = 20x 3 + 6x . Είναι g' ( x ) = 5x 4 + 3x 2 + c1 και g' ( 0 ) = 1 άρα 5 ⋅ 0 4 + 3 ⋅ 02 + c1 = 1 ⇒ c1 = 1 . Εποµένως g' ( x ) = 5x 4 + 3x 2 + 1 . Είναι g ( x ) = x 5 + x 3 + x + c 2 και g ( 0 ) = 1 άρα 05 + 03 + 0 + c 2 = 1 ⇒ c 2 = 1 . Εποµένως g ( x ) = x 5 + x 3 + x + 1 .

ii) Είναι g' ( x ) = 5x 4 + 3x 2 + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Εποµένως είναι 1 – 1.

24. Πανελλήνιες ((Επαναληπτικές Επαναληπτικές) 20008 – 4ο θέμα Επαναληπτικές) 20 Έστω f µία συνεχής συνάρτηση στο διάστηµα 0, +∞ ) για την οποία ισχύει f ( x ) > 0 για κάθε x > 0 . Ορίζουµε τις συναρτήσεις:

F(x) =

∫ f ( t ) dt, x

x ∈ 0, +∞ ) ,

h( x ) =

F(x)

∫

α) Να αποδείξετε ότι

∫

tf ( t ) dt

e t −1  f ( t ) + F ( t )  dt = F (1 ) .

, x ∈ ( 0, +∞ ) .

Μονάδες 6

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα ( 0, +∞ ) .

Μονάδες 8

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

163

γ) Αν h ( 1 ) = 2 , τότε: i)

∫

Να αποδείξετε ότι

f ( t ) dt < 2 ∫ tf ( t ) dt . 2

Μονάδες 6

1 ∫ F ( t ) dt = 2 F (1) . 1

ii) Να αποδείξετε ότι

Μονάδες 5

Λύση

( )

(

)

α) e t −1  f ( t ) + F ( t )  = e t −1 f ( t ) + e t −1F ( t ) = e t −1F ' ( t ) + e t −1 'F ( t ) = e t −1 ⋅ F ( t ) ' . Είναι F ( x ) = Άρα

∫

∫ f ( t ) dt

άρα F ( 0 ) =

e t −1  f ( t ) + F ( t )  dt =

∫ f ( t ) dt = 0 . 0

t −1 t −1 ∫0 e ⋅ F ( t ) ' dt = e ⋅ F ( t )0 1

= e1−1 ⋅ F (1) − e 0 −1 ⋅ F ( 0 ) = F (1) − 0 = F (1) '

(

)

  F ( x )  f ( x ) ⋅ ∫0 tf ( t ) dt − F ( x ) ∫0 tf ( t ) dt '  β) Είναι h ' ( x ) = x = 2   x tf t dt ( ) tf t dt ∫  0  ∫0 ( ) x

(

f ( x ) ⋅ ∫ tf ( t ) dt − F ( x ) ⋅ x ⋅ f ( x ) x

(∫

Είναι

tf ( t ) dt

)

f (x) ⋅

)

( ∫ tf ( t ) dt − F ( x ) ⋅ x ) . ( ∫ tf ( t ) dt ) x

∫ tf ( t ) dt − F ( x ) ⋅ x = ∫ tf ( t ) dt − x ∫ f ( t ) dt = ∫ tf ( t ) dt − ∫ x

xf ( t ) dt

∫ ( t − x ) f ( t ) dt . x

Όµως t ∈ ( 0, x ) ⇒ 0 < t < x ⇒ t − x < 0 και επειδή είναι f ( t ) > 0 συµπεραίνουµε ότι είναι ( t − x ) f ( t ) < 0 άρα

Άρα

f (x) ⋅

∫ ( t − x ) f ( t ) dt < 0 .

( ∫ tf ( t ) dt − F ( x ) ⋅ x ) < 0 και η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, +∞) . ( ∫ tf ( t ) dt ) x

γ) i)

Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0, +∞ ) άρα ισχύει

h ( 2 ) < h (1) ⇒

F (2)

∫ tf ( t ) dt 2

< 2 ⇒ F ( 2 ) < 2∫ tf ( t ) dt ⇒ 2

∫ f ( t ) dt < 2∫ tf ( t ) dt . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

164

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

ii)

∫ F ( t ) dt = ∫ 1

t 'F ( t ) dt =  tF ( t )  − ∫ tF ' ( t ) dt = F (1) − ∫ tf ( t ) dt . 0 0 0 1

Από τη σχέση h (1) = 2 συµπεραίνουµε ότι

F (1)

∫ tf ( t ) dt 1

=2⇒

(1)

1 ∫ tf ( t ) dt = 2 F (1) . 1

Άρα η σχέση (1) µας δίνει

1 1 1 = − F t dt F 1 ( ) ( ) ∫0 ∫0 tf ( t ) dt = F (1) − 2 F (1) = 2 F (1) . 1

25. Πανελλήνιες 200 2009 – 4ο θέμα Έστω f µία συνεχής συνάρτηση στο διάστηµα 0,2  για την οποία ι-

∫ ( t − 2 ) f ( t ) dt = 0 2

σχύει:

Ορίζουµε τις συναρτήσεις

H( x ) =

∫

tf ( t ) dt ,

x ∈ ( 0,2  ,

 H( x ) x − ∫ f ( t ) dt + 3,  0  x G( x ) =  1 − 1 − t2  , 6lim t →0 t2

x ∈ ( 0,2  x=0

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση G είναι συνεχής στο διάστηµα

0,2  .

Μονάδες 5

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση G είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα ( 0,2 ) και ότι ισχύει: G' ( x ) = −

H( x ) x2

, 0 < x < 2.

Μονάδες 6

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας αριθµός α ∈ ( 0,2 ) τέτοιος ώστε να ισχύει H ( α ) = 0 .

Μονάδες 7

δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένας αριθµός ξ ∈ ( 0, α) τέτοιος ώστε να ισχύει

α∫ tf ( t ) dt = ξ 2 ∫ f ( t ) dt ξ

Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

165

Λύση α) Οι συναρτήσεις t, f ( t ) είναι συνεχείς στο 0, 2  άρα οι συναρτήσεις

H(x) =

∫ tf ( t ) dt x

και

∫ f ( t ) dt x

είναι παραγωγίσιµες και εποµένως συνεχείς στο

0, 2  . Άρα η G ( x ) είναι συνεχής στο ( 0, 2  ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Στη συνέχεια θα εξετάσουµε τη συνέχεια στο 0. Η συνάρτηση H ( x ) είναι συνεχής άρα lim+ H ( x ) = H ( 0 ) = 0 εποµένως εφαρµόx →0

ζοντας τον κανόνα De l’ Hospital είναι: lim+

x →0

H(x) x

= lim+ H' ( x ) = lim+ ( xf ( x ) ) = 0 ⋅ f ( 0 ) = 0 x →0

x →0

Άρα lim+ G ( x ) = lim+ x →0

H(x)

x →0

− lim+ ∫ f ( t ) dt + 3 = 0 − 0 + 3 = 3 . x

x →0

1 − 1 − t2 1 1 = lim = άρα G ( 0 ) = 3 . 2 t →0 t →0 t 1 + 1 − t2 2

Επίσης lim

Συνοψίζοντας καταλήγουµε ότι lim+ G ( x ) = G ( 0 ) = 3 άρα η G είναι συνεχής στο x →0

0, 2  . β) Οι συναρτήσεις t, f ( t ) είναι συνεχείς στο 0, 2  άρα οι συναρτήσεις

H(x) =

∫ tf ( t ) dt x

και

∫ f ( t ) dt x

είναι παραγωγίσιµες στο 0, 2  .

Εποµένως η G είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, 2 ) ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρ'

 H(x)  H' ( x ) ⋅ x − H ( x ) −H ( x ) τήσεων µε G ' ( x ) =  − f (x) = − f x = ( )   x  x2 x2  

γ) Είναι G ( 2 ) = =

H (2) 2

− ∫ f ( t ) dt + 3 = 2

2 1 H ( 2 ) − 2 ∫ f ( t ) dt  + 3 = 0  2 

2 1 2 1 2 tf ( t ) dt − 2 ∫ f ( t ) dt  + 3 = ∫ ( t − 2 ) f ( t ) dt + 3 = 3 ∫ 0  2  0 2 0

Εποµένως για τη συνάρτηση G έχουµε ότι:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

166

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

είναι συνεχής στο 0, 2 

είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, 2 )

G (0 ) = G (2) = 3

Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον α ∈ ( 0,2 ) τέτοιο ώστε G ' ( α ) = 0 ⇔ −

Η ( α) α2

= 0 ⇔ Η ( α) = 0

δ) Για τη συνάρτηση G για α ∈ ( 0,2 ) έχουµε ότι:

είναι συνεχής στο 0, α

είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, α )

Άρα σύµφωνα µε Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( 0, α ) τέτοιο ώστε: G ' (ξ ) =

⇔ −α

G ( α) − G (0 ) α

Η (ξ ) ξ

Η ( α)

⇔ αG ' ( ξ ) = G ( α ) − G ( 0 ) ⇔

− ∫ f ( t ) dt + 3 − 3 ⇔ −α α

Η (ξ ) ξ

= − ∫ f ( t ) dt ⇔ α

⇔ α∫ tf ( t ) dt = ξ 2 ∫ f ( t ) dt ξ

26. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 200 2009 – 4ο θέμα ∆ίνεται µία συνάρτηση f : 0,2  → ℝ η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιµη και ικανοποιεί τις συνθήκες:

f '' ( x ) − 4f ' ( x ) + 4f ( x ) = kxe2 x , 0 ≤ x ≤ 2 f ' ( 0 ) = 2f ( 0 ) , f ' ( 2 ) = 2f ( 2 ) + 12e 4 , f ( 1 ) = e2 όπου k ένας πραγµατικός αριθµός. α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g ( x ) = 3x 2 −

f ' ( x ) − 2f ( x ) e2 x

, 0≤x≤2

ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήµατος του Rolle στο διάστηµα

0,2  .

Μονάδες 4

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

167

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ ( 0,2 ) τέτοιο, ώστε να ισχύει:

f '' ( ξ ) + 4f ( ξ ) = 6ξe2ξ + 4f ' ( ξ )

Μονάδες 6

γ) Να αποδείξετε ότι k = 6 και ότι ισχύει g ( x ) = 0 για κάθε x ∈ 0,2  . Μονάδες 6 δ) Να αποδείξετε ότι f ( x ) = x 3 e2 x , 0 ≤ x ≤ 2 . ε) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα

f (x)

∫

Μονάδες 5

dx .

Μονάδες 4

Λύση α)

Για την g έχουµε ότι: •

είναι συνεχής στο 0, 2  ως συνάρτηση που προκύπτει από πράξεις συνεχών συναρτήσεων

•

είναι παραγωγίσιµη στο

( 0, 2 )

ως συνάρτηση που προκύπτει από

πράξεις παραγωγίσιµων συναρτήσεων •

g ( 0 ) = g ( 2 ) = 0 γιατί g ( 0 ) = − g ( 2 ) = 3 ⋅ 22 −

f ' ( 2 ) − 2f ( 2 ) e4

f ' ( 0 ) − 2f ( 0 ) 1

= 12 −

=−

2f ( 0 ) − 2f ( 0 ) 1

2f ( 2 ) + 12e 4 − 2f ( 2 ) e4

= 0 και

= 12 − 12 = 0

άρα η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήµατος Rolle στο 0, 2  .

β) 6x −

 f '' ( x ) − 2f ' ( x )  e2x − 2e2x  f ' ( x ) − 2f ( x )  Είναι g' ( x ) = 6x − = e4 x f '' ( x ) − 2f ' ( x ) − 2f ' ( x ) + 4f ( x ) e

= 6x −

f '' ( x ) − 4f ' ( x ) + 4f ( x ) e2x

Από το (α) γνωρίζουµε ότι υπάρχει ξ ∈ ( 0, 2 ) τέτοιο ώστε g' ( ξ ) = 0 ⇒ 6ξ −

f '' ( ξ ) − 4f ' ( ξ ) + 4f ( ξ ) e

2ξ

= 0 ⇒ f '' ( ξ ) − 4f ' ( ξ ) + 4f ( ξ ) = 6ξe2ξ ⇒

f '' ( ξ ) + 4f ( ξ ) = 6ξe2ξ + 4f ' ( ξ ) γ)

(1)

Για κάθε x ∈ 0, 2  είναι f '' ( x ) − 4f ' ( x ) + 4f ( x ) = kxe2x άρα

f '' ( ξ ) − 4f ' ( ξ ) + 4f ( ξ ) = kξe2ξ

(2) Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

168

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Από τις (1)–(2) συµπεραίνουµε ότι 6ξe2ξ = kξe2ξ ⇒ ( 6 − k ) ξe2ξ = 0 ⇒ k = 6 αφού ξ ∈ ( 0, 2 ) και e2ξ > 0 . Άρα ισχύει f '' ( x ) − 4f ' ( x ) + 4f ( x ) = 6xe 2x για κάθε x ∈ 0, 2  . Εποµένως είναι g' ( x ) = 6x −

f '' ( x ) − 4f ' ( x ) + 4f ( x ) e2x

6xe 2x = 6x − 2x = 0 για κάθε e

x ∈ 0, 2  . Άρα είναι g ( x ) = c για κάθε x ∈ 0, 2  . Στο (α) βρήκαµε ότι g ( 0 ) = 0 άρα είναι g ( x ) = 0 για κάθε x ∈ 0, 2  .

δ)

Είναι g ( x ) = 0 ⇒ 3x 2 −

f ' ( x ) − 2f ( x ) e

= 0 ⇒ 3x 2 e 2x − f ' ( x ) + 2f ( x ) = 0 ⇒

(

) ( )

f ' ( x ) − 2f ( x ) = 3x 2 e2x ⇒ f ' ( x ) e −2x − 2e −2x f ( x ) = 3x 2 ⇒ f ( x ) ⋅ e −2x ' = x 3 ' ⇒

f ( x ) ⋅ e −2x = x 3 + c . Είναι f (1) = e2 . Για x = 1 η παραπάνω σχέση δίνει f (1) ⋅ e −2⋅1 = 13 + c ⇒ e2 ⋅ e −2 = 1 + c ⇒ c = 0 . Άρα είναι f ( x ) ⋅ e −2x = x 3 ⇒ f ( x ) = x 3 ⋅ e2x .

ε)

∫

f (x) x

dx =

∫

x 3e2x dx = x2

∫

xe2x dx =

1 2 x e2x ' dx = ∫ 1 2

( )

2 2 2  e2x   1  4 1 1 4 e 4 e2  3e 4 − e2 2x 2x 2 2   xe  − ∫ e dx =  2e − e −  + =  =  2e − e − 1 1 2 2 2 1  2  2 2  4   

(

)

27. Πανελλήνιες 2010 2010 – 3ο θέμα

(

)

∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = 2x + ln x 2 + 1 , x ∈ ℝ . α) Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση f.

Μονάδες 5

 ( 3x − 2 )2 + 1   . Μονάδες 7 β) Να λύσετε την εξίσωση 2 x − 3x + 2 = ln  x4 + 1  

(

)

γ) Να αποδείξετε ότι η f έχει δύο σηµεία καµπής και ότι οι εφαπτοµένες της γραφικής παράστασης της f στα σηµεία καµπής της τέµνονται σε σηµείο του άξονα y ' y .

Μονάδες 6

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

169

δ) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα I =

∫

−1

xf ( x ) dx .

Μονάδες 7

Λύση

(

)

α) Η ln x 2 + 1 είναι παραγωγίσιµη στο ℝ ως σύνθεση παραγωγίσιµων συναρτήσεων. Άρα η f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε f ' ( x ) = 2 +

2x 2x 2 + 2 + 2x x2 + x + 1 = = 2 για κάθε x ∈ ℝ . x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1

Είναι x 2 + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ και x 2 + x + 1 > 0 για κάθε x ∈ ℝ (Είναι ∆ = 1 − 4 = −3 < 0 άρα το τριώνυµο είναι πάντα οµόσηµο του συντελεστή του

x 2 δηλαδή πάντα θετικό). Εποµένως είναι f ' ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .  ( 3x − 2 )2 + 1  ⇒ β) Είναι 2 x − 3x + 2 = ln  x4 + 1    

(

)

(

)

2 2x 2 − 2 ( 3x − 2 ) = ln ( 3x − 2 ) + 1 − ln x 4 + 1 ⇒  

(

)

f:1−1

( )

2 2x 2 + ln x 4 + 1 = 2 ( 3x − 2 ) + ln ( 3x − 2 ) + 1 ⇒ f x 2 = f ( 3x − 2 ) ⇒  

x 2 = 3x − 2 ⇒ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒ x = 1 ή x = 2 .

Παρατήρηση: Η f είναι 1 – 1 γιατί είναι γνησίως µονότονη (αύξουσα) στο ℝ .

γ) Η f ' ( x ) = 2

f '' ( x ) = 2

x2 + x + 1 είναι παραγωγίσιµη στο ℝ ως ρητή συνάρτηση µε x2 + 1

( 2x + 1) ⋅ ( x 2 + 1) − ( x 2 + x + 1) ⋅ 2x

(

x2 + 1

)

2x 3 + 2x + x 2 + 1 − 2x 3 − 2x 2 − 2x

)

−2x 2 + 2

)

Είναι f '' ( x ) = 0 ⇒ −2x 2 + 2 = 0 ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = ±1 . Άρα

(

)

(

)

f ( −1) = 2 ⋅ ( −1) + ln ( −1) + 1 = −2 + ln 2 και f (1) = 2 ⋅ (1) + ln (1) + 1 = 2 + ln 2

(

Είναι x 2 + 1

)

> 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα το πρόσηµο της f '' εξαρτάται από το

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

170

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

πρόσηµο του αριθµητή που είναι τριώνυµο µε αρνητικό συντελεστή για το x .

f ''

Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι η f έχει δύο

σηµεία

καµπής,

A ( −1, −2 + ln 2 )

τα

−∞ –1

–

1 +

+∞ –

και

B (1,2 + ln 2 ) . Η εφαπτοµένη της C f στο A ( −1, −2 + ln 2 ) έχει εξίσωση

( − 1 ) + ( −1 ) + 1 x + 1 ⇒ y − ( −2 + ln 2 ) = f ' ( −1) ⋅ ( x + 1) ⇒ y + 2 − ln 2 = 2 ( ) 2 ( −1 ) + 1 2

y + 2 − ln 2 = x + 1 ⇒ y = x + ln 2 − 1 . Η εφαπτοµένη της C f στο B (1,2 + ln 2 ) έχει εξίσωση 12 + 1 + 1 y − ( 2 + ln 2 ) = f ' (1) ⋅ ( x − 1) ⇒ y − 2 − ln 2 = 2 2 ( x − 1) ⇒ 1 +1 y − 2 − ln 2 = 2 ⋅

3 ( x − 1) ⇒ y − 2 − ln 2 = 3x − 3 ⇒ y = 3x + ln 2 − 1 . 2

Η πρώτη εφαπτοµένη τέµνει τον y ' y στο σηµείο y = 0 + ln 2 − 1 = ln 2 − 1 . Η δεύτερη εφαπτοµένη τέµνει τον y ' y στο σηµείο y = 3 ⋅ 0 + ln 2 − 1 = ln 2 − 1 . Εποµένως οι δύο εφαπτοµένες τέµνονται στο ( 0,ln 2 − 1) .

∫

δ) Είναι I =

−1

xf ( x ) dx =

∫ ( 1

(

))

x 2x + ln x 2 + 1 dx =

−1

∫

−1

(2x

(

))

+ x ln x 2 + 1 dx =

1  x3  2 2x dx + x ln x + 1 dx = 2  + ∫−1 x ln x + 1 dx = ∫−1 ∫−1  3  −1 1

(

)

(

)

(

)

1 1 3 2 3 4 1 − ( −1) + ∫ x ln x 2 + 1 dx = + ∫ x ln x 2 + 1 dx −1 −1 3 3

Στο

∫

−1

(

)

(

)

x ln x 2 + 1 dx θέτουµε u = x 2 + 1 . Είναι du = 2xdx . Όταν x → −1 τότε

u → 2 και όταν x → 1 τότε u → 2 .

Άρα είναι

∫

−1

(

)

x ln x 2 + 1 dx =

Εποµένως I =

2 1 1 2x ln x 2 + 1 dx = ∫ ln udu = 0 . ∫ 2 2 −1

(

)

4 3 Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

171

28. Πανελλήνιες 2010 2010 – 4ο θέμα ∆ίνεται η συνεχής συνάρτηση f : ℝ → ℝ η οποία για κάθε x ∈ ℝ ικανοποιεί τις σχέσεις:

f (x) ≠ x

f (x) − x = 3 + ∫

και

f (t) − t

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε παράγωγο

f '( x) =

f (x)

f (x) − x

, x∈ℝ.

Μονάδες 5

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g ( x ) = ( f ( x ) ) − 2xf ( x ) , x ∈ ℝ , εί2

ναι σταθερή.

Μονάδες 7

γ) Να αποδείξετε ότι f ( x ) = x + x 2 + 9 , x ∈ ℝ .

∫

δ) Να αποδείξετε ότι

x +1

f ( t ) dt <

∫

x +2

x +1

Μονάδες 6

f ( t ) dt , για κάθε x ∈ ℝ . Μονάδες 7

Λύση α) Είναι f ( x ) − x = 3 + ∫

f (t) − t

dt ⇔ f ( x ) = x + 3 + ∫

Η f είναι συνεχής στο ℝ άρα η συνάρτηση

f (t) − t

(1)

dt .

είναι συνεχής στο ℝ ως

f (t) − t

πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Εποµένως η

∫ f ( t ) − t dt 0

είναι παραγωγίσιµη

στο ℝ και η f είναι παραγωγίσιµη ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων. Από την (1) προκύπτει f ' ( x ) = 1 +

f (x) − x

f (x)

f (x) − x

β) Είναι g' ( x ) = 2f ( x ) ⋅ f ' ( x ) − 2f ( x ) − 2xf ' ( x ) = 2f ' ( x ) ⋅ ( f ( x ) − x ) − 2f ( x ) = 2

f (x) f (x) − x

⋅ ( f ( x ) − x ) − 2f ( x ) = 0 άρα g ( x ) = c για κάθε x ∈ ℝ .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

172

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

x=0

γ) Για

f (0 ) − 0 = 3 + ∫

η t

f (t) − t

f (x) − x = 3 + ∫

σχέση

f (t) − t

δίνει

dt ⇒ f ( 0 ) = 3

άρα από τη σχέση g ( x ) = ( f ( x ) ) − 2xf ( x ) προκύπτει 2

g ( 0 ) = ( f ( 0 ) ) − 2 ⋅ 0 ⋅ f ( 0 ) = 32 = 9 οπότε g ( x ) = 9 για κάθε x ∈ ℝ . 2

Για κάθε x ∈ ℝ είναι g ( x ) = 9 ⇒ ( f ( x ) ) − 2xf ( x ) = 9 ⇒ 2

( f ( x ))

− 2xf ( x ) + x 2 = x 2 + 9 ⇒ ( f ( x ) − x ) = x 2 + 9 ⇒ f ( x ) − x = x 2 + 9 . 2

(2)

Έστω η συνάρτηση h ( x ) = f ( x ) − x . Είναι f ( x ) ≠ x ⇔ f ( x ) − x ≠ 0 ⇔ h ( x ) ≠ 0 και η h ( x ) είναι συνεχής στο ℝ άρα διατηρεί σταθερό πρόσηµο. Είναι

h ( 0 ) = f ( 0 ) − 0 = 3 > 0 άρα h ( x ) = f ( x ) − x > 0 για κάθε x ∈ ℝ . Από τη σχέση (2) προκύπτει ότι f ( x ) − x = x 2 + 9 ⇔ f ( x ) = x + x 2 + 9 .

δ) Είναι f ' ( x ) = 1 +

2x 2 x2 + 9

2 x 2 + 9 + 2x 2 x2 + 9

x2 + 9 + x x2 + 9

Ο παρονοµαστής είναι πάντα θετικός. Για τον αριθµητή έχουµε:

x 2 + 9 + x > x 2 + x > x + x ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η f είναι γνησίως

Είναι

αύξουσα στο ℝ .

1ος τρόπος Στο ολοκλήρωµα

∫

x +2

x +1

f ( t ) dt θέτουµε u = t − 1 . Άρα du = dx .

Όταν t → x + 1 το u → x + 1 − 1 = x και όταν t → x + 2 το u → x + 2 − 1 = x + 1 . Εποµένως Άρα

∫

x +1

∫

x +2

x +1

f ( t ) dt =

f ( t ) dt <

∫

x +2

x +1

∫

x +1

u→ x

f ( u + 1) du =

f ( t ) dt ⇔

∫

x +1

∫

x +1

f ( t + 1) dt .

f ( t ) dt <

∫

x +1

f ( t + 1) dt

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

173

t < t + 1 ⇔ f ( t ) < f ( t + 1) ⇔ f ( t ) − f ( t + 1 ) < 0 ⇔

∫

x +1

f ( t ) dt − ∫

x +1

f ( t + 1) dt < 0 ⇔

∫

x +1

f ( t ) dt <

∫

x +1

 f ( t ) − f ( t + 1)  dt <

∫

x +1

0dt ⇔

f ( t + 1) dt

2ος τρόπος Έστω η συνάρτηση F ( u ) =

∫ f ( t ) dt u

για κάθε u ∈ ℝ .

Για την F ξέρουµε ότι είναι: •

συνεχής στο  x, x + 1

•

παραγωγίσιµη στο ( x, x + 1) µε F ' ( x ) = f ( x )

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ1 ∈ ( x, x + 1) ώστε F ' ( ξ1 ) =

F ( x + 1) − F ( x )

= F ( x + 1) − F ( x ) =

x +1 − x

∫

x +1

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt . x

Οµοίως για την F ξέρουµε ότι είναι: •

συνεχής στο  x + 1, x + 2 

•

παραγωγίσιµη στο ( x + 1, x + 2 ) µε F ' ( x ) = f ( x )

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ 2 ∈ ( x + 1, x + 2 ) ώστε F ' (ξ2 ) =

F ( x + 2 ) − F ( x + 1) x + 2 − x −1

= F ( x + 2 ) − F ( x + 1) =

f:↑

Είναι ξ1 < ξ 2 ⇒ f ( ξ1 ) < f ( ξ 2 ) ⇒

∫

x +1

f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt < 1

∫

x +2

∫

x +1

∫

x +2

f ( t ) dt − ∫

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt < x

f ( t ) dt + ∫

x +1

f ( t ) dt ⇒

∫

x +1

∫

x +2

f ( t ) dt .

f ( t ) dt − ∫

f ( t ) dt <

x +1

∫

x +2

x +1

f ( t ) dt ⇒

f ( t ) dt

3ος τρόπος Έστω η συνάρτηση F ( u ) =

∫

x +u

f ( t ) dt για κάθε u ∈ ℝ .

Για την F ξέρουµε ότι είναι: •

συνεχής στο 0,1

•

παραγωγίσιµη στο ( 0,1) µε F ' ( x ) = f ( x )

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ1 ∈ ( 0,1) ώστε

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

174

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

F ' ( ξ1 ) = F (1) − F ( 0 ) =

∫

x +1

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt = x

∫

x +1

f ( t ) dt .

Οµοίως για την F ξέρουµε ότι είναι: •

συνεχής στο 1,2 

•

παραγωγίσιµη στο (1, 2 ) µε F ' ( x ) = f ( x )

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ 2 ∈ (1,2 ) ώστε

F ' ( ξ 2 ) = F ( 2 ) − F (1) =

∫

x +2

f ( t ) dt − ∫

f:↑

Είναι ξ1 < ξ 2 ⇒ f ( ξ1 ) < f ( ξ 2 ) ⇒

∫

x +1

f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt < 1

x +1

∫

x +2

∫

x +1

f ( t ) dt =

∫

x +2

x +1

f ( t ) dt .

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt < x

f ( t ) dt + ∫

x +1

f ( t ) dt ⇒

∫

x +1

∫

x +2

f ( t ) dt − ∫

f ( t ) dt <

x +1

∫

x +2

x +1

f ( t ) dt ⇒

f ( t ) dt

29. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2010 2010 – 4ο θέμα Έστω συνάρτηση f : ℝ → ℝ η οποία είναι παραγωγίσιµη και κυρτή στο ℝ µε f ( 0 ) = 1 και f ' ( 0 ) = 0 .

α) Να αποδείξετε ότι f ( x ) ≥ 1 για κάθε x ∈ ℝ . x ⋅ ∫ f ( xt ) dt + x 3

Μονάδες 4

β) Να αποδείξετε ότι lim

ηµ3 x

x →0

= +∞ .

(

Μονάδες 6

)

Αν επιπλέον δίνεται ότι f ' ( x ) + 2x = 2x ⋅ f ( x ) + x 2 , x ∈ ℝ , τότε: γ) Να αποδείξετε ότι f ( x ) = e x − x 2 , x ∈ ℝ . 2

Μονάδες 8

δ) Να µελετήσετε ως προς τη µονοτονία τη συνάρτηση h( x ) =

x +2

∫ f ( t ) dt ,

x≥0

και να λύσετε στο ℝ την ανίσωση x2 + 2 x + 3

∫

x2 + 2 x +1

f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt < 0

Μονάδες 7

Λύση α) Η εφαπτοµένη της C f στο ( 0, f ( 0 ) ) έχει εξίσωση y − f ( 0 ) = f ' ( 0 )( x − 0 ) ⇒ Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

175

y −1 = 0 ⇒ y = 1.

Η f είναι κυρτή άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται «πάνω» από την εφαπτοµένη της σε οποιοδήποτε σηµείο της C f , δηλαδή f ( x ) ≥ 1 .

β) Θέτουµε u = xt . Άρα όταν t → 0 τότε u → 0 και όταν t → 1 τότε u → x . Ακόµη du = xdt . Εποµένως: x ⋅ ∫ f ( xt ) dt + x 3 1

lim

ηµ x

x →0

= lim

∫

ηµ3 x

x →0

∫ f (u) du lim

 x f ( u ) du  x3  ∫  0 = lim + 3 3 x →0  ηµ x   ηµ x  

f ( u ) du + x 3

Το

ηµ x

x →0

0 0

είναι απροσδιόριστη µορφή

και υπάρχουν τα όρια

′ ( ∫ f (u) du) lim . Εποµένως σύµφωνα µε τον κανόνα De L’ Hospital είναι x

(ηµ x )′

x →0

lim x →0

∫

f ( u ) du ηµ3 x

′ ( ∫ f (u) du) = lim = lim x

f (x)

x →0

(

ηµ3 x

′

)

x →0

3ηµ2 xσυνx

 3 3   x  x 1 Είναι lim 3 = lim  =  lim  x →0 ηµ x x →0 ηµx x →0 ηµx     x

= +∞ .

(1)

  3  = 1 = 1.  

(2)

x ⋅ ∫ f ( xt ) dt + x 3 1

Από τα (1) και (2) προκύπτει ότι lim x →0

ηµ3 x

= +∞ + 1 = +∞ .

γ) Θέτουµε g ( x ) = f ( x ) + x 2 άρα g' ( x ) = f ' ( x ) + 2x . Από τη δοσµένη σχέση προκύπτει g' ( x ) = 2xg ( x ) ⇒ g ' ( x ) − 2xg ( x ) = 0 ⇒ ′ e − x g ' ( x ) − 2xe − x g ( x ) = 0 ⇒ e − x g ( x )  = 0 ⇒ e − x g ( x ) = c ⇒ g ( x ) = ce x   2

Για x = 0 προκύπτει g ( 0 ) = c ⋅ e0 ⇒ f ( 0 ) + 0 = c ⇒ c = 1 . Άρα g ( x ) = e x και f ( x ) = e x − x 2 . 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

176

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

δ) Είναι h ( x ) =

x +2

∫

f ( t ) dt =

x +2

∫ 0

f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt άρα h ' ( x ) = f ( x + 2 ) − f ( x ) .

(

)

(

)

Είναι f ' ( x ) = 2xe x − 2x = 2x e x − 1 . Άρα f ' ( x ) = 0 ⇒ 2x e x − 1 = 0 ⇒ 2

x = 0  x = 0  x = 0 ⇒  x2 ⇒ 2 ⇒ x = 0.  x2 x = 0 e − 1 = 0 e = 1

Για x > 0 είναι f ' ( x ) > 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) . f:↑

Εποµένως

x + 2 > x ⇒ f ( x + 2) > f ( x ) ⇒ f ( x + 2) − f ( x ) > 0 ⇒ h ' ( x ) > 0

είναι

άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) .

x 2 + 2x + 3

∫

Είναι

x 2 + 2x +1 x 2 + 2x + 3

∫

x 2 + 2x +1

x 2 + 2x + 3

x 2 + 2x +1

f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt < 0 ⇒ 6

∫

(

)

f ( t ) dt < − ∫ f ( t ) dt ⇒ 6

h:↑

f ( t ) dt < ∫ f ( t ) dt ⇒ h x 2 + 2x + 1 < h ( 4 ) ⇒ x 2 + 2x + 1 < 4 ⇒ 4

x 2 + 2x − 3 < 0 .

Η x 2 + 2x − 3 έχει διακρίνουσα ∆ = 4 + 12 = 16 > 0 άρα x =

−2 ± 4 ⇒ x = −3 ή 2

x = 1 . Άρα x 2 + 2x − 3 < 0 ⇒ x ∈ ( −3,1) .

30. Πανελλήνιες 2011 – 4ο θέμα ∆ίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f , g : ℝ → ℝ , οι οποίες για κάθε x ∈ ℝ ικανοποιούν τις σχέσεις: i) ii)

iii)

f ( x ) > 0 και g ( x ) > 0 1 − f (x) e2 x 1 − g( x ) e2 x

∫

−x

∫

−x

e2t dt g( x + t ) e2 t dt f (x + t)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

177

α) Να αποδείξετε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιµες στο ℝ και ότι f ( x ) = g ( x ) για κάθε x ∈ ℝ .

Μονάδες 9

β) Να αποδείξετε ότι: f ( x ) = e x , x ∈ ℝ .

Μονάδες 4

γ) Να υπολογίσετε το όριο: lim−

ln f ( x )

x →0

1 f  x

Μονάδες 5

δ) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης F ( x ) =

∫ f ( t ) dt , x

τους άξονες

x ' x και y ' y και την ευθεία µε εξίσωση x = 1 .

Μονάδες 7

Λύση α) Από τις ii) και iii) προκύπτει ότι:

f ( x ) = 1 − e2x ∫

−x

Η συνάρτηση

−x e2t e2t dt και g ( x ) = 1 − e2x ∫ dt για κάθε x ∈ ℝ . 0 f x + t g(x + t) ( )

e 2t είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών άρα η g(x + t)

είναι παραγωγίσιµη. Άρα και η e

∫

−x

∫

−x

e2t dt g(x + t)

e 2t dt είναι παραγωγίσιµη ως γινόµενο g(x + t)

παραγωγίσιµων συναρτήσεων. Εποµένως η f είναι παραγωγίσιµη. Οµοίως και η g.

du = dt Θέτουµε u = x + t ⇒ t = 0 → u = x .

t = −x → u = 0 Άρα είναι f ( x ) = 1 − e

∫

Οµοίως g ( x ) = 1 − e2x ∫

2u x e e2u−2x e2x du = 1 + ∫ du και f ' ( x ) = µε x ∈ ℝ . 0 g u g (u) g(x) ( )

2u x e e2u−2x e2x du = 1 + ∫ du και g' ( x ) = µε x ∈ ℝ . 0 f u f (u ) f (x) ( )

Από τα παραπάνω προκύπτει f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) = e2x και f ( x ) ⋅ g′ ( x ) = e2x . Αφαιρώντας κατά µέλη προκύπτει f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) − f ( x ) ⋅ g′ ( x ) = 0 ⇒

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

178

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) − f ( x ) ⋅ g′ ( x ) g2 ( x )

f (x)

προκύπτει

g(x)

 f ( x ) ′ =0⇒ = 0 άρα από τις συνέπειες του Θ.Μ.Τ.  g ( x )   

= c ⇒ f ( x ) = cg ( x ) .

Για x = 0 είναι f ( 0 ) = cg ( 0 ) ⇒ c = 1 άρα f ( x ) = g ( x ) για κάθε x ∈ ℝ .

β) Ισχύει f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) = e2x άρα f ′ ( x ) ⋅ f ( x ) = e2x ⇒ 2f ′ ( x ) ⋅ f ( x ) = 2e2x ⇒

( f ( x ) )′ = ( e )′ 2

άρα

από

µε

τις

συνέπειες

του

Θ.Μ.Τ.

προκύπτει

f 2 ( x ) = e2x + c1 για κάθε x ∈ ℝ . Για x = 0 είναι f 2 ( 0 ) = 1 + c1 ⇒ c1 = 0 άρα f 2 ( x ) = e2x . Όµως για κάθε x ∈ ℝ είναι f ( x ) > 0 άρα f ( x ) = e x . γ) Για x < 0 είναι

ln f ( x ) 1 f  x

ln e x e

1 x

−

e x 1 = 1 = . Θέτουµε t = άρα όταν x → 0 − 1 x ex x

τότε t → −∞ και το προηγούµενο κλάσµα είναι ίσο µε  +∞   

e−t . t

ln e x e − t  −∞  = lim− = lim− −e − t = −∞ . Εποµένως lim− D.L.H. x →0 x 0 x →0 → t 1 f  x

( )

f t2

δ) Η

F′ ( x ) =

είναι

συνεχής

( ∫ f ( t ) dt )′ = f ( x ) = e x

(

άρα

)

είναι

παραγωγίσιµη

µε

> 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα η F ↑ ℝ .

Εποµένως για x ≤ 1 είναι F ( x ) ≤ F (1) ⇒ F ( x ) ≤ 0 . Άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι:

E (Ω) =

∫

−F ( x ) dx = − ∫ F ( x ) dx = − ∫ x ′F ( x ) dx = −  xF ( x )  + ∫ xF′ ( x ) dx = 1

−1 ⋅ F (1) + 0 ⋅ F ( 0 ) + ∫ xe x dx = 1

( )

2 2 1 1 1 1 1 2 ′ 1 e −1 2xe x dx = ∫ e x dx = e x  = τ.µ. ∫ 2 0 2 0 2  0 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

179

31. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 – 3ο θέμα Ένα κινητό Μ κινείται κατά µήκος της καµπύλης y =

x , x ≥ 0 . Ένας παρατηρητής βρίσκε-

A(4,2)

y= x

ται στη θέση Π ( 0,1 ) ενός συστήµατος συντεταγµένων Oxy και παρατηρεί το κινητό από Ð(0,1) την αρχή Ο, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήµα. ∆ίνεται ότι ο ρυθµός µεταβολής της τετµηµένης

του κινητού για κάθε χρονική στιγµή t, t ≥ 0 είναι x ' ( t ) = 16 m/min. α) Να αποδείξετε ότι η τετµηµένη του κινητού, για κάθε χρονική στιγµη t, δίνεται από τον τύπο: x ( t ) = 16t .

Μονάδες 5

β) Να αποδείξετε ότι το σηµείο της καµπύλης µέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή µε το κινητό είναι το A ( 4,2 ) και, στη συνέχεια, να υπολογίσετε πόσο χρόνο διαρκεί η οπτική επαφή. Μονάδες 6 γ) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου Ω που διαγράφει η οπτική ακτίνα ΠΜ του παρατηρητή από το σηµείο Ο µέχρι το σηµείο Α. Μονάδες 6  1 δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει χρονική στιγµή t 0 ∈  0,  , κατά την  4

οποία η απόσταση d = ( ΠΜ) του παρατηρητή από το κινητό γίνεται ελάχιστη.

Μονάδες 8

Να θεωρήσετε ότι το κινητό Μ και ο παρατηρητής Π είναι σηµεία του συστήµατος συντεταγµένων Oxy .

Λύση α) Είναι x ′ ( t ) = 16 ⇒ x ′ ( t ) = (16t )′ ⇒ x ( t ) = 16t + c , µε c ∈ ℝ . Είναι x ( 0 ) = 0 ⇒ 16 ⋅ 0 + c = 0 ⇒ c = 0 . Άρα είναι x ( t ) = 16t .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

180

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

β) Για την f ισχύει: f ′ ( x ) =

0, +∞ ) και f ′′ ( x ) = − Η

εφαπτοµένη

1 4x x

της

2 x

> 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο

< 0 άρα η f είναι κοίλη στο 0, +∞ ) .

σε

σηµείο

y − f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) ⇒ y − x 0 =

( x , f ( x ))

της

1 2 x0

έχει

εξίσωση

( x − x0 ) .

Η εφαπτοµένη διέρχεται από το ( 0,1) άρα οι συντεταγµένες του σηµείου επαληθεύουν την εξίσωσή της. Εποµένως είναι 1 − x 0 =

1 2 x0

(0 − x0 ) ⇒

 x 0 = 0 2 x 0 − 2x 0 = − x 0 ⇒ 2 x 0 − x 0 = 0 ⇒ x 0 2 − x 0 = 0 ⇒  2 − x 0 = 0 ⇒ x 0 = 4 Είναι f ( 0 ) = 0 και f ( 4 ) = 2 .

(

)

Από το ( 0,1) διέρχονται δύο εφαπτοµένες, η µία στο ( 0, 0 ) και η άλλη στο

( 4,2 ) . Η f είναι κυρτή άρα η C f βρίσκεται «πάνω» από την εφαπτοµένη της σε κάθε σηµείο, άρα και στο ( 4,2 ) . Η οπτική επαφή διαρκεί όσο το κινητό βρίσκεται βρίσκεται στο τόξο ΟΑ. Στο σηµείο Ο βρίσκεται όταν x ( t ) = 0 ⇒ 16t = 0 ⇒ t = 0 . Στο σηµείο Α βρίσκεται όταν x ( t ) = 4 ⇒ 16t = 4 ⇒ t = Άρα η οπτική επαφή διαρκεί

1 . 4

1 min. 4

γ) Η εξίσωση της εφαπτοµένης στο ( 4,2 ) είναι η y − 2 = Είναι E ( Ω ) =

1 4 0

∫

1 x x − 4) ⇒ y = + 1 . ( 4 4

 x2 2 32  16 2 32 2 x  + 1 − x dx = + x − x = + 4 − ⋅ 4 = τ.µ.   4  3 0 8 3 3   8

δ) Είναι ΠΜ = d ( x ) =

(0 − x )

(

+ 1− x

)

= x2 + 1 − 2 x + x .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

181

Έστω η συνάρτηση h ( x ) = x 2 + x − 2 x + 1 µε x ∈ 0, 4  . Είναι h′ ( x ) = 2x + 1 −

1 x

2x x + x − 1 x

Το πρόσηµο της h ' ( x ) εξαρτάται από το πρόσηµο του αριθµητή. Έστω η συνάρτηση t ( x ) = 2x x + x − 1 . Για την t ( x ) ξέρουµε ότι είναι: •

συνεχής στο 0, 4 

•

t ( 0 ) ⋅ t ( 4 ) = −1 ⋅ 17 < 0

άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 ∈ ( 0, 4 ) τέτοιο ώστε t ( x 0 ) = 0 ⇒ h ' ( x 0 ) = 0 . Είναι t′ ( x ) = 3 x +

1 2 x

> 0 άρα η t είναι γνησίως αύξουσα στο 0, 4  .

Εποµένως για x < x 0 είναι t ( x ) < t ( x 0 ) = 0 και για x > x 0 είναι t ( x ) > t ( x 0 ) = 0 Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι η h παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0 .

x h′

Εποµένως υπάρχει x 0 ∈ ( 0, 4 ) τέτοιο ώστε η h,

x0 –

4 +

άρα και η d, να παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0 . Είναι 0 < x 0 ( t ) < 4 ⇒ 0 < 16t 0 < 4 ⇒ 0 < 4t 0 < 1 ⇒ 0 < t 0 <

1 . 4

 1 Άρα υπάρχει κάποια χρονική στιγµή t 0 ∈  0,  τέτοια ώστε η απόσταση του  4 παρατηρητή από το κινητό γίνεται ελάχιστη.

32. Πανελλήνιες (Επαναληπτικές) 2011 – 4ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f : ℝ → ℝ , η οποία είναι 3 φορές παραγωγίσιµη και τέτοια, ώστε: i)

lim x →0

f (x) x

= 1 + f ( 0)

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

182

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

ii) f ′ ( 0 ) < f ( 1 ) − f ( 0 ) και iii) f ′′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σηµείο της µε τετµηµένη x 0 = 0 .

Μονάδες 3

β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο ℝ .

Μονάδες 5

Αν επιπλέον g ( x ) = f ( x ) − x , x ∈ ℝ , τότε: γ) Να αποδείξετε ότι η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο και να βρείτε το ηµx . x → 0 xg ( x )

lim

Μονάδες 6

δ) Να αποδείξετε ότι

∫ f ( x ) dx > 2 . 2

Μονάδες 5

ε) Αν το εµβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g, τον άξονα x ' x και τις ευθείες µε εξισώσεις 5 , τότε να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα 2

x = 0 και x = 1 είναι E ( Ω ) = e −

∫ f ( x ) dx 1

και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ ( 1,2 ) τέτοιο, ώστε

∫ f ( t ) dt = 2 ξ

Μονάδες 6

Λύση α) Η ζητούµενη εξίσωση είναι της µορφής y − f ( 0 ) = f ′ ( 0 )( x − 0 ) . Θέτουµε h ( x ) =

f (x) x

, άρα f ( x ) = x ⋅ h ( x ) .

(i) lim h ( x ) = 1 + f ( 0 ) . Άρα lim f ( x ) = lim x ⋅ h ( x ) = lim x ⋅ (1 + f ( 0 ) ) = 0 . x →0

x →0

Η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιµη, άρα f ( 0 ) = lim f ( x ) = 0 . x →0

(i) lim x →0

f (x) x

= 1 + f ( 0 ) ⇒ lim x →0

f (x) x

= 1 ⇒ lim x →0

f ( x ) − f (0) x −0

= 1 ⇒ f ' (0 ) = 1 .

Εποµένως η εφαπτοµένη έχει εξίσωση y − 0 = 1 ⋅ ( x − 0 ) ⇒ y = x .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

183

β) Η f ′′ ( x ) είναι συνεχής στο ℝ ως παραγωγίσιµη και f ′′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ . Εποµένως η f ′′ ( x ) διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο ℝ .

Έστω ότι η f είναι κοίλη στο ℝ . Άρα θα είναι f ′′ ( x ) < 0 , δηλαδή η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε x ∈ ℝ . Όµως αν εφαρµόσουµε το Θ.Μ.Τ. στην συνεχή και παραγωγίσιµη συνάρτηση f στο 0,1 συµπεραίνουµε ότι υπάρχει ξ ∈ ( 0,1) ώστε f ′ ( ξ ) =

f (1) − f ( 0 ) 1−0

⇒

f ′ ( ξ ) = f (1) − f ( 0 ) . iii) f ′ ( 0 ) < f ′ ( ξ ) για 0 < ξ . Άτοπο, γιατί η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ . Εποµένως η f είναι κυρτή στο ℝ .

γ) Η f είναι κυρτή στο ℝ , άρα η C f βρίσκεται «πάνω» από τη γραφική παράσταση της εφαπτοµένης της σε οποιοδήποτε σηµείο της, άρα και στο ( 0, 0 ) . Εποµένως είναι f ( x ) ≥ x , για κάθε x ∈ ℝ (η ισότητα ισχύει µόνο για x = 0 ). Άρα f ( x ) − x ≥ 0 ⇒ g ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ . ηµx ηµx 1 ηµx 1 = lim ⋅ = lim ⋅ lim = 1 ⋅ ( +∞ ) = +∞ x →0 xg x ( ) x →0 x g ( x ) x →0 x x →0 g ( x )

Είναι lim

δ) Για κάθε x ≠ 0 ισχύει f ( x ) > x ⇒

∫ f ( x ) dx > ∫ 2

ε) Από την εκφώνηση συµπεραίνουµε ότι E ( Ω ) =

 x2  xdx =   = 2 .  2 0

5 ∫ g(x) = e − 2 1

τ.µ. 1

5  x2  Είναι ∫ f ( x ) dx = ∫ ( g ( x ) + x ) dx = ∫ g ( x ) dx + ∫ xdx = e − +   = 0 0 0 0 2  2 0 1

e−

5 1 + = e − 2 τ.µ. 2 2

Έστω η συνάρτηση K ( t ) = •

∫ f ( t ) dt − 2 , x

x ∈ 1, 2  . Για την K ξέρουµε ότι είναι:

συνεχής στο 1,2  γιατί η f είναι παραγωγίσιµη, άρα η

∫ f ( t ) dt x

συνεχής

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

184

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

•

K (1) ⋅ K ( 2 ) =

∫ f ( t ) dt ⋅ ∫ f ( t ) dt = ( e − 2 − 2 ) ⋅ ∫ f ( t ) dt = ( e − 4 ) ⋅ ∫ f ( t ) dt 1

που είναι αρνητικό γιατί e − 4 < 0 εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ξ ∈ (1, 2 ) τέτοιο, ώστε

Κ (ξ ) = 0 ⇒

∫

f ( t ) dt − 2 = 0 ⇒

∫ f ( t ) dt = 2 ξ

33. Πανελλήνιες 2012– 2012– 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = ( x − 1 ) ⋅ ln x − 1 , x > 0 . α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστηµα ∆1 = ( 0,1 και γνησίως αύξουσα στο διάστηµα ∆2 = 1, +∞ ) . Στη συνέχεια να βρείτε το σύνολο τιµών της f.

Μονάδες 6

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x x −1 = e2013 , x > 0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

Μονάδες 6

γ) Αν x1 , x 2 µε x1 < x 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήµατος (β), να αποδείξετε ότι υπάρχει x 0 ∈ ( x1 , x 2 ) , τέτοιο ώστε

f ' ( x 0 ) + f ( x 0 ) = 2012

Μονάδες 6

δ) Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g ( x ) = f ( x ) + 1 µε x > 0 , τον άξονα x ' x και την ευθεία x = e .

Μονάδες 7

Λύση α) Η f είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) µε f ′ ( x ) = ( x − 1) ln x − 1′ = ln x +

x −1 1 = ln x + 1 − x x

1ος τρόπος f ′′ ( x ) =

1 1 + > 0 για κάθε x > 0 άρα η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) . x x2

Είναι f ′ (1) = 0 άρα:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

▪

185

Για κάθε 0 < x < 1 είναι f ′ ( x ) < f ′ (1) = 0 άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ∆1.

▪

Για κάθε x > 1 είναι f ′ ( x ) > f ′ (1) = 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ∆2.

2ος τρόπος ▪

Για κάθε 0 < x < 1 είναι ln x < 0 και

x −1 < 0 άρα f ′ ( x ) < 0 . Εποµένως η f x

είναι γνησίως φθίνουσα στο ∆1.

▪

Για κάθε x > 1 ln x > 0 και

x −1 > 0 άρα f ′ ( x ) > 0 . Εποµένως η f είναι γνηx

σίως αύξουσα στο ∆2.

Σύνολο τιµών Είναι lim+ f ( x ) = lim+ ( x − 1) ln x − 1 = ( −1) ⋅ ( −∞ ) − 1 = +∞ x →0 x →0 lim f ( x ) = lim ( x − 1) ln x − 1 = ( +∞ ) ⋅ ( +∞ ) − 1 = +∞ και x →+∞

x →+∞

f (1) = (1 − 1) ⋅ ln1 − 1 = 0 − 1 = −1 . Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο ∆1 = ( 0,1 άρα το σύνολο τιµών

)

της είναι το f ( ∆1 ) =  f (1) , lim+ f ( x ) =  −1, +∞ ) .  x →0 Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ∆ 2 = 1, +∞ ) άρα το σύνολο τιµών

(

της είναι το f ( ∆ 2 ) = f (1) , lim f ( x )  = ( −1, +∞ . x →+∞  Εποµένως το σύνολο τιµών της f είναι το f ( ∆1 ) ∪ f ( ∆ 2 ) =  −1, +∞ )

β) Είναι x x −1 = e2013 ⇒ ln x x −1 = ln e2013 ⇒ ( x − 1) ln x = 2013ln e ⇒

( x − 1) ln x = 2013 ⇒ ( x − 1) ln x − 1 = 2013 − 1 ⇒ f ( x ) = 2012 ▪

Το 2012 ανήκει στο f ( ∆1 ) και η f είναι 1–1 στο ∆1 ως γνησίως φθίνουσα άρα η εξίσωση f ( x ) = 2012 έχει µία ακριβώς ρίζα στο ∆1 .

▪

Το 2012 ανήκει στο f ( ∆ 2 ) και η f είναι 1–1 στο ∆ 2 ως γνησίως αύξουσα άρα η εξίσωση f ( x ) = 2012 έχει µία ακριβώς ρίζα στο ∆ 2 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

186

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι η εξίσωση f ( x ) = 2012 , άρα και η x x −1 = e2013 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

γ) 1ος τρόπος Οι x1 , x 2 είναι ρίζες της εξίσωσης του προηγούµενου ερωτήµατος άρα ισχύει

f ( x1 ) = f ( x 2 ) = 2012 . Επίσης είναι

x1 < x 2

άρα

x1 ∈ ∆ 1 ⇒ f ′ ( x 1 ) < 0

και

x2 ∈ ∆2 ⇒ f ′ ( x2 ) > 0 . Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x ) = f ′ ( x ) + f ( x ) − 2012 µε x ∈  x1 , x 2  . Είναι g ( x1 ) = f ′ ( x1 ) + f ( x1 ) − 2012 = f ′ ( x1 ) < 0 και

g ( x 2 ) = f ′ ( x 2 ) + f ( x 2 ) − 2012 = f ′ ( x 2 ) < 0 Για την g ισχύει ότι:

▪

είναι συνεχής στο  x1 , x 2  ως πράξεις συνεχών

▪

g ( x1 ) ⋅ g ( x 2 ) < 0

Εποµένως από το θεώρηµα Bolzano προκύπτει ότι υπάρχει x 0 ∈ ( x1 , x 2 ) τέτοιο ώστε g ( x 0 ) = 0 ⇔ f ′ ( x 0 ) + f ( x 0 ) − 2012 = 0 ⇔ f ′ ( x 0 ) + f ( x 0 ) = 2012 .

2ος τρόπος Θεωρούµε τη συνάρτηση h ( x ) = e x ( f ( x ) − 2012 ) µε x ∈  x1 , x 2  . Είναι h ( x1 ) = e x1 ( f ( x1 ) − 2012 ) = 0 και h ( x 2 ) = e x 2 ( f ( x 2 ) − 2012 ) = 0 . Για την h ισχύει ότι:

▪

είναι συνεχής στο  x1 , x 2  ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

▪

είναι παραγωγίσιµη στο ( x1 , x 2 ) ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρτήσεων

▪

είναι h ( x1 ) = h ( x 2 )

Εποµένως από το θεώρηµα Rolle προκύπτει ότι υπάρχει x 0 ∈ ( x1 , x 2 ) τέτοιο

′ ώστε h′ ( x 0 ) = 0 ⇒ e x0 ( f ( x 0 ) − 2012 )  = 0 ⇒

( e )′ ( f ( x ) − 2012 ) + e ( f ( x ) − 2012 )′ = 0 ⇒ x0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

187

e x 0 f ( x 0 ) − e x0 2012 + e x 0 f ′ ( x 0 ) = 0 ⇒ e x0 ( f ′ ( x 0 ) + f ( x 0 ) − 2012 ) = 0 ⇒

f ′ ( x 0 ) + f ( x 0 ) − 2012 = 0 ⇒ f ′ ( x 0 ) + f ( x 0 ) = 2012 δ) Είναι g ( x ) = f ( x ) + 1 = ( x − 1) ln x για κάθε x > 0 .

x − 1 = 0  ⇒ x = 1. Είναι g ( x ) = 0 ⇒ ( x − 1) ln x = 0 ⇒  ή ln x = 0  Εποµένως τα όρια ολοκλήρωσης στο ολοκλήρωµα υπολογισµού του ζητούµενου εµβαδού είναι το 1 και το e. Η g ( x ) στο 1, e  είναι συνεχής ως γινόµενο συνεχών συναρτήσεων. Το σύνολο τιµών της f είναι το  −1, +∞ ) δηλαδή είναι f ( x ) ≥ −1 . Άρα g ( x ) = f ( x ) + 1 ≥ −1 + 1 = 0 ⇒ g ( x ) ≥ 0 για x > 0 άρα και για x ∈ 1, e  . Το ζητούµενο εµβαδό είναι το E=

∫ g ( x ) dx = ∫ ( x − 1) ln xdx = ∫ e

 ( x − 1)2 ′   ln xdx =   2  

2 2 2 2  ( x − 1)2  e − 1) 1 − 1) e ( x − 1) e ( x − 1) ( ( ′  ln x  − ∫ (ln x ) dx = 2 ln e − 2 ln1 − ∫1 2x dx = 1 2  2   1

( e − 1)

−∫

( e − 1) 2

( e − 1) − 1 e  x − 2 + 1  dx = x 2 − 2x + 1 dx = 2x 2 2 ∫1  x  2

 ( e − 1) − 1  e2 − 2e + ln e  −  12 − 2 ⋅ 1 + ln1   = 1  x2 −  − 2x + ln x  =     2 2 2 2  2 1  2  e

 2e 2 − 4e + 2 − e2 + 4e + 1 − 6 e2 − 3 e 2 − 2e + 1 1  e2 1 −  − 2e + 1 − + 2  = = τ.µ. 2 2 2 2 4 4 

34. Πανελλαδικές 2012 – 4ο θέμα θέμα Έστω η συνεχής συνάρτηση f : ( 0, +∞ ) → ℝ , η οποία για κάθε x > 0 ικανοποιεί τις σχέσεις: ▪

f (x) ≠ 0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

188

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015 x2 − x +1

f ( t ) dt ≥

x − x2 e

▪

∫

▪

 x ln t − t  ln x − x = −  ∫ dt + e  ⋅ f ( x )  1 f (t)  

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιµη και να βρείτε τον τύπο της.

Μονάδες 10

Αν είναι f ( x ) = e − x ( ln x − x ) , x > 0 , τότε:   2 1 β) Να υπολογίσετε το όριο: lim+ ( f ( x ) ) ηµ − f ( x ) . x →0 f (x)  

γ)

Μονάδες 5

Με τη βοήθεια της ανισότητας ln x ≤ x − 1 , που ισχύει για κάθε x > 0 , να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

F(x) =

∫ f ( t ) dt , x

x>0

όπου α > 0 , είναι κυρτή.

Μονάδες 2

Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι:

F ( x ) + F ( 3x ) > 2F ( 2x ) , για κάθε x > 0

Μονάδες 4

δ) ∆ίνεται ο σταθερός πραγµατικός αριθµός β > 0 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικό ξ ∈ ( β,2β ) τέτοιο ώστε:

F ( β ) + F ( 3β ) = 2F ( ξ )

Μονάδες 4

Λύση α) Είναι

∫

x 2 − x +1

f ( t ) dt ≥

x − x2 ⇔ e

Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x ) =

∫

x 2 − x +1

∫

f ( t ) dt −

x 2 − x +1

f ( t ) dt −

x − x2 ≥0. e x − x2 για κάθε x > 0 για την e

οποία προφανώς ισχύει

▪ ▪

g ( x ) ≥ 0 για κάθε x > 0 g (1) =

∫

12 −1+1

1 − 12 0 f ( t ) dt − =0− =0 e e

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

189

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( 0, +∞ ) άρα η συνάρτηση ραγωγίσιµη. Εποµένως και η συνάρτηση

∫

x 2 − x +1

∫ f ( t ) dt x

είναι πα-

f ( t ) dt είναι παραγωγίσιµη ως

σύνθεση παραγωγίσιµων συναρτήσεων. Άρα η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιµη ως διαφορά παραγωγίσιµων συναρτή-

(

)

σεων µε g′ ( x ) = f x 2 − x + 1 ⋅ ( 2x − 1) −

1 (1 − 2x ) . e

Για την συνάρτηση g που είναι ορισµένη στο ( 0, +∞ ) ισχύει:

▪

το 1 είναι εσωτερικό σηµείο του διαστήµατος

▪

παρουσιάζει ακρότατο στο 1

▪

είναι παραγωγίσιµη στο 1

Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Fermat ισχύει g′ (1) = 0 ⇒

(

)

f 12 − 1 + 1 ⋅ ( 2 ⋅ 1 − 1) −

1 1 1 1 − 2 ⋅ 1) = 0 ⇒ f (1) ⋅ 1 + = 0 ⇒ f (1) = − . ( e e e

Πρόσηµο της f Η f είναι συνεχής στο ( 0, +∞ ) και ισχύει f ( x ) ≠ 0 για κάθε x ∈ ( 0, +∞ ) . Εποµένως η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο ( 0, +∞ ) και επειδή είναι f (1) = −

1 e

συµπεραίνουµε ότι f ( x ) < 0 για κάθε x ∈ ( 0, +∞ ) .

Παραγωγισιµότητα της f Είναι f ( x ) < 0 ⇒ f ( x ) = −f ( x ) για κάθε x ∈ ( 0, +∞ ) .  x ln t − t  Άρα ln x − x =  ∫ dt + e  ⋅ f ( x ) .  1 f (t)   

(1)

Για κάθε x > 0 ισχύει ln x ≤ x − 1 άρα ln x < x ⇒ ln x − x < 0 . Εποµένως στην παραπάνω σχέση και το δεύτερο µέλος είναι διάφορο του µηδενός. Άρα ισχύει f ( x ) =

ln x − x από την οποία συµπεραίνουµε ότι η f είναι x ln t − t ∫1 f ( t ) dt + e

παραγωγίσιµη ως πηλίκο παραγωγίσιµων συναρτήσεων.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

190

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Τύπος της f f ( x ) ≠0  x ln t − t  ln x − x (1) ln x − x =  ∫ dt + e  ⋅ f ( x ) ⇒ =  1 f (t)  f (x)  

∫

ln t − t dt + e f (t)

Και τα δύο µέλη της παραπάνω σχέσης είναι παραγωγίσιµα. Παραγωγίζουµε και προκύπτει:  ln x − x ′  x ln t − t ′  ln x − x ′ ln x − x dt + e  ⇒  =   =  ∫1   f ( x )  f x f t f (x) ( ) ( )      

(2)

Εφαρµογή του σχ. βιβλίου συµπεραίνει ότι η λύση της εξίσωσης f ′ ( x ) = f ( x ) είναι η f ( x ) = c ⋅ e x . Άρα από την (2) προκύπτει ότι

Για x = 1 προκύπτει

Εποµένως

ln x − x = c ⋅ e x όπου c ∈ ℝ . f (x)

ln1 − 1 −1 = c ⋅ e1 ⇒ = c ⋅e ⇒ e = c ⋅e ⇒ c =1. 1 f (1) − e

ln x − x ln x − x = ex ⇒ f ( x ) = ⇒ f ( x ) = e − x ( ln x − x ) για x > 0 . x f (x) e

(

)

β) Είναι lim+ f ( x ) = lim+ e − x ( ln x − x ) = 1 ⋅ ( −∞ − 0 ) = −∞ . x →0

x →0

Στο ζητούµενο όριο θέτουµε

1 = u . Άρα u → 0 . Το όριο γράφεται f (x)

0

  (ηµu − u)′ = lim συνu − 1 = 1 ⋅ 0 = 0 ηµu − u  0   ηµu 1  lim  2 −  = lim = lim u→0 u →0 u  u→0 u2 D.L.H. u→0 2u 2 ′  u u2

( )

′ γ) Είναι F′ ( x ) = f ( x ) για κάθε x > 0 και F′′ ( x ) = f ′ ( x ) = e − x ⋅ ( ln x − x ) =

(

1  −e − x ⋅ ( ln x − x ) + e − x ⋅  − 1  = e − x x 

)

1  ⋅  − 1 + x − ln x  x 

Είναι ln x ≤ x − 1 ⇒ x − ln x − 1 ≥ 0 και

1 > 0 για x > 0 άρα F′′ ( x ) > 0 για κάθε x

x > 0 . Εποµένως η F είναι κυρτή στο ( 0, +∞ ) .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

191

Για την F ισχύει ότι:

▪

είναι συνεχής στο  x,2x 

▪

είναι παραγωγίσιµη στο ( x,2x )

Εποµένως σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ1 ∈ ( x,2x ) για το οποίο ισχύει F′ ( ξ 1 ) =

F ( 2x ) − F ( x ) 2x − x

⇒ F′ ( ξ 1 ) =

F ( 2x ) − F ( x ) x

(3)

Οµοίως για την F ισχύει ότι:

▪

είναι συνεχής στο 2x,3x 

▪

είναι παραγωγίσιµη στο ( 2x,3x )

Εποµένως σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ 2 ∈ ( 2x,3x ) για το οποίο ισχύει F′ ( ξ 2 ) =

F ( 3x ) − F ( 2x ) 3x − 2x

⇒ F′ ( ξ 2 ) =

F ( 3x ) − F ( 2x ) x

(4)

Η F είναι κυρτή στο ( 0, +∞ ) άρα η F′ είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) και ισχύει ξ1 < 2x < ξ 2 . ( 3) −( 4 ) F

Άρα ξ1 < ξ 2 ⇒ F′ ( ξ1 ) < F′ ( ξ 2 ) ⇒

( 2x ) − F ( x ) < F ( 3x ) − F ( 2x ) ⇒ x

F ( 2x ) − F ( x ) < F ( 3x ) − F ( 2x ) ⇒ F ( x ) + F ( 3x ) > 2F ( 2x ) για κάθε x > 0 . δ) Θεωρούµε τη συνάρτηση H ( x ) = F ( β ) + F ( 3β ) − 2F ( x ) µε x ∈ β,2β  , β > 0 . Είναι F′ ( x ) = f ( x ) < 0 άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο β,3β  . Ισχύει: F′↓ β,3β 

▪

H ( β ) = F ( β ) + F ( 3β ) − 2F ( β ) = F ( 3β ) − F ( β ) < 0 ( β < 3β ⇒ F ( β ) > F ( 3β ) )

▪

H ( 2β ) = F ( β ) + F ( 3β ) − 2F ( 2β ) > 0 (από το προηγούµενο ερώτηµα)

Εποµένως για την H ισχύει ότι:

▪

είναι συνεχής στο β,2β  αφού η F είναι συνεχής στο β,2β 

▪

H ( β ) ⋅ Η ( 2β ) < 0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

192

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( β,2β ) τέτοιο ώστε Η ( ξ ) = 0 ⇒ F ( β ) + F ( 3β ) − 2F ( ξ ) = 0 ⇒ F (β ) + F ( 3β ) = 2F ( ξ ) . Είναι H′ ( x ) = −2F′ ( x ) = −2f ( x ) > 0 άρα η H είναι γνησίως αύξουσα στο β,2β  . Άρα έχει µία το πολύ ρίζα σ’ αυτό το διάστηµα. Από τα παραπάνω συµπεραίνουµε ότι υπάρχει µοναδικό ξ ∈ ( β,2β ) τέτοιο ώστε

F ( β ) + F ( 3β ) = 2F ( ξ ) .

35. Πανελλαδικές 2012 (Επαναληπτικές) – 4ο θέμα Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f : A → ℝ µε A = ( 0, +∞ ) , για την οποία ισχύουν: ▪ f ( A ) = ( −∞ , 0  ▪ η παράγωγος της f είναι συνεχής στο ( 0, +∞ ) και 1 f x  ▪ 2f ( x ) +  x +  e ( ) = x 

∫

1  f t e ( ) ⋅ f ′ ( t )  t +  dt + 2 , για κάθε x > 0 t 

Θεωρούµε επίσης τη συνάρτηση F ( x ) =

∫ f ( t ) dt , x

x > 0.

 2x  α) Να αποδείξετε ότι f ( x ) = ln  2 .  x +1

Μονάδες 8

β) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της F έχει µοναδικό ση-

(

)

µείο καµπής Σ x 0 ,F ( x 0 ) , x 0 > 0 , το οποίο και να βρείτε. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικό ξ ∈ ( x 0 ,β ) µε β > x 0 , τέτοιο ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της F στο σηµείο M ( ξ,F ( ξ ) ) να είναι παράλληλη προς την ευθεία

ε : F ( β ) ⋅ x − ( β − 1 ) y + 2012 ( β − 1 ) = 0

Μονάδες 6

γ) Αν β > 1 , να αποδείξετε ότι η εξίσωση F ( β ) + ( 1 − β ) f ( β )  x 5 ( β − 1 ) ( x + 1 ) + =0 x −1 x−3 3

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

193

έχει µία τουλάχιστον ρίζα, ως προς x, στο διάστηµα ( 1, 3 ) . Μονάδες 5 δ) Να αποδείξετε ότι

∫

t f   dt ≤ x

∫

tf ( t ) dt , για κάθε x > 0

Μονάδες 6

Λύση 1 f x  α) Είναι 2f ( x ) +  x +  e ( ) = x 

∫

 1 f t e ( ) ⋅ f ′ ( t )  t +  dt + 2 για κάθε x > 0 . t 

Παραγωγίζουµε κατά µέλη τη δοσµένη σχέση και προκύπτει: 1  fx  1 f x 1   f x 2f ′ ( x ) + 1 − 2  e ( ) +  x +  e ( ) ⋅ f ′ ( x ) = e ( ) ⋅ f ′ ( x )  x +  ⇒ x x x    

1  fx 1  1 ′    −f x −f x ′ 2f ′ ( x ) = − 1 − 2  e ( ) ⇒ −2e ( ) f ′ ( x ) =  1 − 2  ⇒ 2e ( )  =  x +     x x  x    Από τις συνέπειες του Θ.Μ.Τ. προκύπτει ότι: 1 −f x 2e ( ) = x + + c για κάθε x ∈ ℝ µε c ∈ ℝ . x

(1)

Από την αρχική σχέση για x = 1 προκύπτει: 1 f 1  2f (1) + 1 +  e ( ) = 1 

∫

1 f t  f 1 f 1 e ( )  t +  dt + 2 ⇒ 2f (1) + 2e ( ) = 2 ⇒ f (1) + e ( ) = 1 (2) t 

Θεωρούµε τη συνάρτηση G µε G ( x ) = x + e x για κάθε x ∈ ℝ . Είναι G′ ( x ) = 1 + e x > 0 άρα η G είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Εποµένως είναι 1 – 1. G:1−1

Άρα από την (2) προκύπτει G ( f (1) ) = G ( 0 ) ⇒ f (1) = 0 . Από την (1) για x = 1 προκύπτει: 1 −f 1 −f 1 2e ( ) = 1 + + c ⇒ 2e ( ) = 2 + c ⇒ 2e −0 = 2 + c ⇒ c = 0 1 1 2 x2 + 1 e( ) x 2x −f x f x Άρα 2e ( ) = x + ⇒ f ( x ) = ⇒ = 2 ⇒e( ) = 2 ⇒ x x 2 x +1 x +1 e f x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

194

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

 2x  f (x) = l n 2  για κάθε x > 0 .  x +1

β) Είναι F ( x ) =

∫

  2x  ′ f ( t ) dt ⇒ F′ ( x ) = f ( x ) ⇒ F′′ ( x ) = f ′ ( x ) = l n  2  =   x + 1 

(

)

( (

) )

2 2 1 − x2 1  2x ′ x 2 + 1 2 x + 1 − 2x ⋅ 2x 2x 2 + 2 − 4x 2 = = ⋅ = = = 2 2 2 2 2x  x 2 + 1  2x 2x x 1 2x x 1 + + x +1 x2 + 1

(

1 − x2

(

x x2 + 1

(

)

Είναι F′′ ( x ) = 0 ⇒ 1 − x 2 = 0 ⇒ x = ±1 . x

F′′

+∞

1 –

F Είναι F (1) =

∫ f ( t ) dt = 0 1

άρα η γραφική παράστασης της F παρουσιάζει σηµείο

καµπής στο (1, 0 ) το οποίο από τον παραπάνω πίνακα προκύπτει ότι είναι µοναδικό. Η ευθεία ε έχει συντελεστή διεύθυνσης λ ε =

F (β ) β −1

Για την F έχουµε ότι:

είναι συνεχής στο 1,β  είναι παραγωγίσιµη στο (1,β ) άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1,β ) τέτοιο ώστε F′ ( ξ ) =

F ( β ) − F (1) β −1

F (β ) β −1

= λε .

Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (1,β ) τέτοιο ώστε η εφαπτοµένη της F στο Μ ( ξ,F ( ξ ) ) να είναι παράλληλη στην ευθεία ε.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

195

Είναι F′′ ( x ) < 0 στο 1,β  άρα η F′ είναι γνησίως φθίνουσα στο 1, ξ  . Εποµένως υπάρχει µοναδικό ξ ∈ (1,β ) ώστε η εφαπτοµένη της F στο Μ ( ξ,F ( ξ ) ) να είναι παράλληλη στην ευθεία ε. F ( β ) + (1 − β ) f ( β )  x 5 ( β − 1)( x + 1) γ) Είναι  + =0⇒ x −1 x −3 3

F ( β ) + (1 − β ) f ( β )  x 5 ( x − 3 ) + ( β − 1)( x − 1)( x + 1) = 0 . 3

Θεωρούµε τη συνάρτηση G ( x ) = F ( β ) + (1 − β ) f ( β )  x 5 ( x − 3 ) + ( β − 1)( x − 1)( x + 1) για κάθε x ∈ 1,3 . 3

G (1) = F ( β ) + (1 − β ) f (β )  15 (1 − 3 ) + ( β − 1)(1 − 1)(1 + 1) = 3

−2 F ( β ) + (1 − β ) f ( β )  < 0 γιατί 1 < ξ < β ⇒ F′ ( ξ ) > F′ ( β ) ⇒

F (β ) β −1

> f (β ) ⇒

F ( β ) > f ( β )( β − 1) ⇒ F ( β ) − f ( β )(1 − β ) > 0 G ( 3 ) = F ( β ) + (1 − β ) f ( β )  35 ( 3 − 3 ) + ( β − 1)( 3 − 1)( 3 + 1) = 128 ( β − 1) > 0 3

Για την G ξέρουµε ότι:

είναι συνεχής στο 1,3 ως πολυωνυµική G (1) ⋅ G ( 3 ) < 0 άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η συνάρτηση G ( x ) , άρα και η δοσµένη εξίσωση έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 3 ) .

δ) Στο ολοκλήρωµα

∫

t t f   dt θέτουµε = u ⇒ t = ux ⇒ dt = xdu . x x

Για t = x είναι u = 1 . Για t = x 2 είναι u = x . Άρα

∫

t f   dt = x

∫ f (u) du . x

Εποµένως από τη δοσµένη σχέση:

∫

t f   dt ≤ x

∫ tf ( t ) dt ⇔ ∫ x

xf ( u ) du ≤

∫ tf ( t ) dt ⇔ x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

196

x ∫ f ( t ) dt ≤ x

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

∫ tf ( t ) dt ⇔ x ∫ f ( t ) dt − ∫ tf ( t ) dt ≤ 0 ⇔ x

x ∫ f ( t ) dt − ∫ tf ( t ) dt ≤ 0 x

Θεωρούµε τη συνάρτηση h µε h ( x ) = x ∫ f ( t ) dt − ∫ tf ( t ) dt για κάθε x > 0 . x

Είναι h′ ( x ) =

∫ f ( t ) dt + xf ( x ) − xf ( x ) = ∫ f ( t ) dt = F ( x ) . x

f ( A ) = ( −∞,0  άρα f ( x ) ≤ 0 ⇒ −f ( x ) ≥ 0 (η ισότητα ισχύει µόνο για x = 1 ) Αν 0 < x < 1 τότε Αν x > 1 τότε

∫

− f ( t ) dt > 0 ⇒

∫ f ( t ) dt > 0 ⇒ h′ ( x ) > 0 . x

− f ( t ) dt > 0 ⇒ − ∫ f ( t ) dt > 0 ⇒ h′ ( x ) < 0 . x

x h′

+∞

1 +

–

Άρα για κάθε x > 0 είναι: h ( x ) ≤ 0 ⇔ x ∫ f ( t ) dt − ∫ tf ( t ) dt ≤ 0 ⇔ x

∫

t f   dt ≤ x

∫ tf ( t ) dt x

36. Πανελλαδικές 2013 – 3ο θέμα Θεωρούµε τις συναρτήσεις f , g : ℝ → ℝ , µε f παραγωγίσιµη τέτοιες ώστε:

( f ( x ) + x ) ( f ′ ( x ) + 1) = x , για κάθε x ∈ ℝ

f (0) = 1 g( x ) = x3 +

3x 2 −1 2

α) Να αποδείξετε ότι: f ( x ) = x 2 + 1 − x , x ∈ ℝ .

Μονάδες 9

β) Να βρείτε το πλήθος των πραγµατικών ριζών της εξίσωσης f ( g( x )) = 1

Μονάδες 8

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

197

 π γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 ∈  0,  τέτοιο ώ 4

στε:

∫

x0 −

π 4

π  f ( t ) dt = f  x 0 −  εφx 0 4 

Μονάδες 8

Λύση  ( f ( x ) + x )2 ′ 2 ′  =x  ⇒ α) ( f ( x ) + x ) ( f ′ ( x ) + 1) = x ⇒     2  2  

(( f ( x ) + x ) )′ = ( x )′ 2

Από το πόρισµα των συνεπειών του Θ.Μ.Τ. προκύπτει ότι

(f (x) + x)

= x 2 + c , µε c ∈ ℝ για κάθε x ∈ ℝ .

Για x = 0 είναι f ( 0 ) = c ⇒ c = 1 άρα ( f ( x ) + x ) = x 2 + 1 . 2

Είναι x 2 + 1 ≠ 0 άρα ( f ( x ) + x ) ≠ 0 ⇒ f ( x ) + x ≠ 0 για κάθε x ∈ ℝ και συνεχής 2

άρα διατηρεί σταθερό πρόσηµο. f ( x ) + x = x 2 + 1 ⇒ f ( x ) = x 2 + 1 − x  Εποµένως f ( x ) + x = x 2 + 1 ⇒ ή .  2 2 f ( x ) + x = − x + 1 ⇒ f ( x ) = − x + 1 − x

Για x = 0 από την πρώτη σχέση προκύπτει f ( 0 ) = 1 = 1 δεκτή. Για x = 0 από την δεύτερη σχέση προκύπτει f ( 0 ) = − 1 = −1 , απορρίπτεται. Άρα f ( x ) = x 2 + 1 − x για κάθε x ∈ ℝ .

β) Είναι f ′ ( x ) = Είναι

2x 2 x2 + 1

x2 + 1 − x > 0 ⇔

Για x ≥ 0 είναι

Για x < 0 ισχύει γιατί

−1 =

x x2 + 1

−1 =

x − x2 + 1 x2 + 1

=−

x2 + 1 − x x2 + 1

< 0.

x2 + 1 > x . 2

x 2 + 1 > x 2 ⇔ x 2 + 1 > x 2 ⇔ 1 > 0 , ισχύει πάντα. x2 + 1 > 0 .

Εποµένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ℝ άρα και 1 – 1.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

198

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Είναι f ( g ( x ) ) = 1 ⇒ f ( g ( x ) ) = f ( 0 ) ⇒ g ( x ) = 0 ⇒ x 3 +

3x 2 −1 = 0. 2

Είναι g′ ( x ) = 3x 2 + 3x = 3x ( x + 1) . Άρα g′ ( x ) = 0 ⇒ x = 0 ή x = −1 . x

−∞

g′ ( x )

–1

+∞

–

g(x) τ.µ. Είναι g ( −1) = −

τ.ε.

1 , g ( 0 ) = −1 και lim g ( x ) = +∞ . x →∞ 2

Άρα η g δεν έχει ρίζα στο ( −∞, −1) και στο  −1,0  ενώ έχει µία ακριβώς ρίζα στο ( 0, +∞ ) .

γ) 1ος τρόπος Έστω η συνάρτηση φ ( x ) =

∫

π x− 4

π   π f ( t ) dt − εφx ⋅ f  x −  , x ∈ 0,  . 4   4

Για την φ ισχύει:

είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών. (η f είναι συνεχής άρα το ολοκλήρωµα είναι παραγωγίσιµο και άρα συνεχές) π φ  = 4

φ (0) =

∫

π π − 4 4

∫

π 0− 4

f ( t ) dt − εφ

π π π 2 ⋅f −  = − <0 4 4 4 2

π  f ( t ) dt − εφ0 ⋅ f  0 −  = 4 

∫ f ( t ) dt < 0 0

−

π 4

γιατί f ( x ) > 0 , x ∈ ℝ

Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα  π x 0 ∈  0,  τέτοιο ώστε: φ ( x 0 ) = 0 ⇒  4

∫

x0 −

π 4

π  f ( t ) dt = f  x 0 −  εφx 0 . 4 

2ος τρόπος Είναι

∫

π x0 − 4

π  f ( t ) dt = f  x 0 −  εφx 0 ⇔ 4 

∫

π x0 − 4

π  ηµx 0  f ( t ) dt = f  x 0 −  ⇔ 4  συνx 0 

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

συνx 0 ⋅ ∫

x0 −

π 4

199

0 π π   f ( t ) dt = f  x 0 −  ηµx 0 ⇔ συνx 0 ⋅ ∫ π f ( t ) dt − f  x 0 −  ηµx 0 = 0 − x 0 4 4   4

Έστω η συνάρτηση g ( x ) = ηµx ⋅ ∫

 π  f ( t ) dt , x ∈  − , 0  .  4 

x−

π 4

Για την g ξέρουµε ότι:  π  είναι συνεχής στο  − ,0  ως γινόµενο συνεχών (η f είναι συνεχής άρα το  4  ολοκλήρωµα παραγωγίσιµο και άρα συνεχές)  π  είναι παραγωγίσιµη στο  − , 0  ως γινόµενο παραγωγίσιµων  4   π g  −  = g (0 ) = 0  4 Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα  π x 0 ∈  0,  τέτοιο ώστε: g′ ( x 0 ) = 0 ⇒  4 συνx 0 ⋅ ∫

π x0 − 4

π  f ( t ) dt − f  x 0 −  ⋅ ηµx 0 = 0 ⇒ 4 

∫

π x0 − 4

π  f ( t ) dt = f  x 0 −  εφx 0 4 

37. Πανελλα Πανελλαδικές 2013 – 4ο θέμα Έστω f : ( 0, +∞ ) → ℝ µία παραγωγίσιµη συνάρτηση για την οποία ισχύουν: Η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) f (1) = 1 lim h→ 0

f ( 1 + 5h ) − f (1 − h ) h

Θεωρούµε επίσης τη συνάρτηση g( x ) =

f (t) − 1

t −1

∫

dt , x ∈ ( 1, +∞ ) και α > 1

Να αποδείξετε ότι:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

200

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

α) f ′ ( 1 ) = 0 (Μονάδες 4), καθώς επίσης ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x 0 = 1 (Μονάδες 2).

Μονάδες 6

β) Η g είναι γνησίως αύξουσα (Μονάδες 3), και στη συνέχεια, να λύσετε την ανίσωση στο ℝ

∫

8 x2 + 6

8 x2 + 5

g ( u ) du >

∫

2 x4 +6

2 x4 +5

g ( u ) du (Μονάδες 6).

γ) Η g είναι κυρτή, καθώς επίσης ότι η εξίσωση

( α − 1 ) ∫α

f (t) − 1 t −1

dt = ( f ( α ) − 1 ) ( x − α ) , x > 1

έχει ακριβώς µία λύση.

Μονάδες 10

Λύση α) Είναι lim

f (1 + 5h ) − f (1 − h ) h

h→0

lim

f (1 + 5h ) − f (1) h

h→0

− lim

= 0 ⇒ lim

f (1 + 5h ) − f (1)

h→0

f (1 − h ) − f (1)

h→0

−

f (1 − h ) − f (1) h

=0⇒

(1)

Στο πρώτο κλάσµα θέτουµε u = 5h και στο w = −h . Από την (1) προκύπτει f (1 + u ) − f (1) f (1 + w ) − f (1) − lim = 0 ⇒ 5f ′ (1) + f ′ (1) = 0 ⇒ f ′ (1) = 0 h→0 h →0 u −w 5 x 0 1

lim

+∞

f ′:↑ ℝ

Για x > 1 ⇒ f ′ ( x ) > f ′ (1) = 0 .

f ′:↑ ℝ

Για 0 < x < 1 ⇒ f ′ ( x ) < f ′ (1) = 0 .

–

Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x 0 = 1 το

f (1) = 1 . β) Η

f (t) − 1 t −1

είναι συνεχής άρα η g είναι παραγωγίσιµη µε g′ ( x ) =

f (x) −1 x −1

> 0.

Από το προηγούµενο ερώτηµα για x > 1 είναι f ( x ) > f (1) ⇒ f ( x ) > 1 . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (1, +∞ ) .

1ος τρόπος Θεωρούµε τη συνάρτηση φ ( x ) =

∫

x +1

g ( u ) du , x > 1 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

201 g:↑(1,+∞ )

Είναι φ′ ( x ) = g ( x + 1) − g ( x ) > 0 γιατί x < x + 1 ⇒ g ( x ) < g ( x + 1) .

(

)

(

Από τη δοσµένη σχέση προκύπτει φ 8x 2 + 5 > φ 2x 4 + 5

(

)

φ ↑ (1, +∞ )

)

Άρα 8x 2 + 5 > 2x 4 + 5 ⇒ 8x 2 > 2x 4 ⇒ 2x 2 x 2 − 4 < 0 ⇒ x ∈ ( −2, 0 ) ∪ ( 0,2 )

2ος τρόπος Θεωρούµε τη συνάρτηση φ ( x ) = µε

(

∫

2x 2 + 6

2x 2 + 5

)

g ( u ) du , x ∈ ℝ . Η φ είναι παραγωγίσιµη

(

)

((

) (

))

(

) (

)

φ′ ( x ) = 4x ⋅ g 2x 2 + 6 − 4x ⋅ g 2x 2 + 5 = 4x g 2x 2 + 6 − g 2x 2 + 5 . Άρα g↑(1, +∞ )

(

)

(

)

2x 2 + 6 > 2x 2 + 5 ⇒ g 2x 2 + 6 > g 2x 2 + 5 ⇒ g 2x 2 + 6 − g 2x 2 + 5 > 0

φ↑

( )

Για x > 0 είναι φ ( 2x ) > φ x 2 ⇒ 2x > x 2 ⇒

x φ′

x 2 − 2x < 0 ⇒ x ∈ ( 0,2 )

+∞

0 –

( )

Για x < 0 είναι φ ( 2x ) > φ x 2 ⇒

( )

−∞

φ↑

φ ( −2x ) > φ x 2 ⇒− 2x > x 2 ⇒ x 2 + 2x < 0 ⇒ x ∈ ( −2,0 )

Για x = 0 η ανίσωση γράφεται

∫ g (u) du > ∫ g (u) du 6

που δεν ισχύει.

Άρα x ∈ ( −2,0 ) ∪ ( 0,2 ) .

γ) Είναι g′ ( x ) =

f (x) − 1 x −1

τήσεων µε g′′ ( x ) =

είναι παραγωγίσιµη ως πράξεις παραγωγίσιµων συναρ-

f ′ ( x )( x − 1) − ( f ( x ) − 1)

( x − 1)

(1)

Για τη συνάρτηση f στο 1, x  ισχύει:

είναι συνεχής στο 1, x 

είναι παραγωγίσιµη στο (1, x )

Άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ ∈ (1, x ) ώστε f ′ ( ξ ) =

f ( x ) − f (1) x −1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

202

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015 f ′↑

Είναι 1 < ξ < x ⇒ f ′ (1) < f ′ ( ξ ) < f ′ ( x ) ⇒ f ′ ( ξ ) < f ′ ( x ) ⇒

f ( x ) − f (1) x −1

< f′ ( x ) ⇒

f ′ ( x )( x − 1) − ( f ( x ) − f (1) ) > 0

Από την (1) προκύπτει g′′ ( x ) > 0 στο (1, +∞ ) και επειδή η g είναι συνεχής στο

(1, +∞ )

άρα η g είναι κυρτή.

1ος τρόπος Η εφαπτοµένη της C g στο x = α έχει εξίσωση

y − g ( α ) = g′ ( α )( x − α ) ⇒ y = g′ ( α )( x − α ) Η g είναι κυρτή στο (1, +∞ ) άρα η C g βρίσκεται «πάνω» από την εφαπτοµένη της σε κάθε σηµείο και το µόνο κοινό σηµείο τους είναι το σηµείο επαφής. Εποµένως g ( x ) ≥ y ⇔ g ( x ) ≥ g′ ( α )( x − α ) και το «ίσον» ισχύει για x = α . Άρα η εξίσωση g ( x ) = g′ ( α )( x − α ) έχει µοναδική λύση την x = α . Εποµένως x

f (t) − 1

t −1

∫

dt =

f ( α) − 1 α −1

( x − α ) ⇒ ( α − 1) ∫α

f (t) − 1 t −1

dt = ( f ( α ) − 1) ( x − α )

2ος τρόπος Έστω η συνάρτηση h ( x ) = ( α − 1) g ( x ) − ( f ( α ) − 1) ( x − α ) , µε x ∈ (1, +∞ ) . Η h είναι παραγωγίσιµη µε h′ ( x ) = ( α − 1) g′ ( x ) − ( f ( α ) − 1) Η συνάρτηση g είναι κυρτή άρα η g′ είναι γνησίως αύξουσα. Εποµένως

για x > α > 1 είναι g′ ( x ) > g′ ( α ) ⇒ g′ ( x ) >

f ( α) − 1 α −1

⇒

( α − 1) g′ ( x ) > f ( α ) − 1 ⇒ ( α − 1) g′ ( x ) − ( f ( α ) − 1) > 0 ⇒ h′ ( x ) > 0 ⇒ h ↑ Άρα για x > α είναι h ( x ) > h ( α ) = 0 .

(1)

για x = α είναι h′ ( α ) = ( α − 1) g′ ( α ) − ( f ( α ) − 1) =

( α − 1)

f ( α) − 1 1 −1

− ( f ( α ) − 1) = 0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

203

για 1 < x < α είναι g′ ( x ) < g′ ( α ) ⇒ g′ ( x ) <

f ( α) − 1 α −1

⇒

( α − 1) g′ ( x ) < f ( α) − 1 ⇒ ( α − 1) g′ ( x ) − ( f ( α ) − 1) < 0 ⇒ h′ ( x ) < 0 ⇒ h ↓ Άρα για 1 < x < α είναι h ( x ) > h ( α ) = 0 .

(2)

Είναι h ( α ) = 0 . Εποµένως από τις (1) και (2) προκύπτει ότι η δοσµένη εξίσωση έχει µοναδική λύση την x = α .

3ος τρόπος Είναι g′ ( x ) =

f (x) −1 x −1

⇒ g′ ( α ) =

f ( α) − 1 α −1

Η δοσµένη εξίσωση γράφεται: ( α − 1) g ( x ) = ( f ( α ) − 1) ( x − α ) ⇔ g(x) x−α

f ( α) − 1 α −1

⇔

g ( x ) − g ( α) x −α

f ( α ) − f (1) α −1

(1)

Για την g ισχύει:

είναι συνεχής στο α, x 

είναι παραγωγίσιµη στο ( α, x )

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ ∈ ( α, x ) ώστε g′ ( ξ ) =

g ( x ) − g ( α) x −α

Από την (1) προκύπτει g′ ( ξ ) = g′ ( α ) ⇒ ξ = α . (Η g′ είναι γνησίως αύξουσα στο (1, +∞ ) άρα είναι και 1–1).

38. Πανελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) – 3ο θέμα Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν:

2xf ( x ) + x 2 ( f ′ ( x ) − 3 ) = − f ′ ( x ) για κάθε x ∈ ℝ

f (1 ) =

1 2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

204

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

x3 , x ∈ ℝ και στη συνέχεια ότι η συx2 + 1

α) Να αποδείξετε ότι f ( x ) =

νάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ.

Μονάδες 6

β) Να βρείτε τις ασύµπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτη-

σης f του ερωτήµατος (α).

Μονάδες 4

γ) Να λύσετε στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών την ανίσωση:

(

f 5 x2 + 1

)

) (

(

− 8 ≤ f 8 x2 + 1

)

Μονάδες 7

δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ ( 0,1 ) τέτοιο, ώστε:

∫

ξ3 −ξ

(

) (

f ( t ) dt = − ξ 3ξ 2 − 1 f ξ 3 − ξ

)

Μονάδες 8

Λύση α) 2xf ( x ) + x 2 ( f ′ ( x ) − 3 ) = −f ′ ( x ) ⇒ 2xf ( x ) + x 2 f ′ ( x ) − 3x 2 + f ′ ( x ) = 0 ⇒

(

)

2xf ( x ) + x 2 f ′ ( x ) + f ′ ( x ) = 3x 2 ⇒ 2xf ( x ) + x 2 + 1 f ′ ( x ) = 3x 2 ⇒  x 2 + 1 f ( x ) ′ = x 3 ′ .  

(

)

( )

Εποµένως, σύµφωνα µε το πόρισµα των συνεπειών του Θ.Μ.Τ. είναι

)

+ 1 f ( x ) = x 3 + c για κάθε x ∈ ℝ , c ∈ ℝ .

Για x = 1 είναι 2f (1) = 1 + c ⇒ 2

1 =1+ c ⇒ c = 0. 2

x3 Άρα x + 1 f ( x ) = x ⇒ f ( x ) = 2 , x∈ℝ x +1

(

)

Είναι f ′ ( x ) =

(είναι x 2 + 1 ≠ 0 )

(

)

3x 2 x 2 + 1 − x 3 ⋅ 2x

)

3x 4 + 3x 2 − 2x 4

)

x 4 + 3x 2

)

> 0 άρα η f είναι

γνησίως αύξουσα στο ℝ .

β) Η C f δεν έχει κατακόρυφες ασύµπτωτες γιατί είναι συνεχής στο ℝ . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

205

Πλάγια ασύµπτωτη στο +∞ Είναι lim

f (x) x

x →+∞

= lim

x →+∞

(

x x2 + 1

)

= 1 ⇒ λ = 1 και

 x3   x3 − x3 − x  lim ( f ( x ) − x ) = lim  2 − x  = lim  =0⇒β=0 2 x →∞ x →+∞ x + 1   x →+∞  x + 1  Άρα η C f έχει πλάγια ασύµπτωτη στο +∞ την ευθεία y = x . Πλάγια ασύµπτωτη στο −∞ Είναι lim

f (x) x

x →−∞

= lim

x →−∞

(

x x2 + 1

)

= 1 ⇒ λ = 1 και

 x3   x3 − x3 − x  lim ( f ( x ) − x ) = lim  2 − x  = lim  =0⇒β=0 2 x →∞ x →−∞ x + 1   x →−∞  x + 1  Άρα η C f έχει πλάγια ασύµπτωτη στο −∞ την ευθεία y = x .

γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα

(

)

) (

(

f 5 x2 + 1 − 8 ≤ f 8 x2 + 1

5 x +1

(( x

)

))

(

≤ 8 x +1

+1 ≤

8 ⇒f 5

)

(( x

) ) ⇒ 5(x 2

(

+ 8 ⇒ 5 x +1

)

(

+ 1 − 8 ≤ 8 x2 + 1

(

≤ 8  x +1  2

)

⇒

+ 1 ⇒  x2 + 1

(

)

≤

8 ⇒ 5

))

+ 1 ≤ f ( 2 ) ⇒ x 2 + 1 ≤ 2 ⇒ x 2 ≤ 1 ⇒ x ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1

δ) Έστω η συνάρτηση g ( x ) = x ∫

x3 − x

f ( t ) dt , x ∈ 0,1 .

Η f είναι συνεχής και η x 3 − x είναι συνεχής άρα η

∫

x3 − x

f ( t ) dt είναι παραγωγί-

σιµη. Για την g ισχύει:

είναι συνεχής στο 0,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

είναι παραγωγίσιµη στο ( 0,1) ως γινόµενο παραγωγίσιµων συναρτήσεων µε g′ ( x ) =

∫

x3 − x

(

)

f ( t ) dt + x 3x 2 − 1 f ( x )

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

206

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

g ( 0 ) = g (1) ( g ( 0 ) = 0 και g (1) = 1 ⋅ ∫

13 −1

f ( t ) dt = 0 )

Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ ( 0,1) τέτοιο, ώστε g′ ( ξ ) = 0 ⇒

∫

ξ 3 −ξ

(

∫

ξ 3 −ξ

) (

(

) (

)

f ( t ) dt + ξ 3ξ 2 − 1 f ξ 3 − ξ = 0 ⇒

f ( t ) dt = −ξ 3ξ 2 − 1 f ξ 3 − ξ

)

39. Πανελλαδικές 2013 (Επαναληπτικές) – 4ο θέμα ∆ίνεται συνάρτηση f : 0, +∞ ) → ℝ , δύο φορές παραγωγίσιµη, µε συνεχή δεύτερη παράγωγο στο 0, +∞ ) , για την οποία ισχύουν:  u ( f ′ ( t ) )2 − 1   dt  du  ∫1  f (t)  

f (x) = x + ∫

f ( x ) ⋅ f ′ ( x ) ≠ 0 για κάθε x > 0 και f ( 0 ) = 0

Θεωρούµε επίσης τις συναρτήσεις:

g( x ) =

f′ ( x ) f (x)

µε x > 0 και h ( x ) = ( f ′ ( x ) ) µε x ≥ 0 3

α) Να αποδείξετε ότι f ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) + 1 = ( f ′ ( x ) ) για κάθε x > 0 2

Μονάδες 4 β) i)

Να βρείτε το πρόσηµο των συναρτήσεων f και f ′ στο ( 0, +∞ ) Mονάδες 4

ii) Να αποδείξετε ότι f ′ ( 0 ) = 1

Mονάδες 3

γ) ∆εδοµένου ότι η συνάρτηση g είναι κυρτή στο ( 0, +∞ ) , να αποδείξετε ότι: i)

g ( x ) ≥ 2 − x για κάθε x ∈ ( 0, +∞ )

Mονάδες 2

ii)

∫ (2 − x ) f ( x ) dx < 1

Mονάδες 4

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

207

δ) Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης h, τον άξονα x ′x και τις ευθείες x = 0 και x = 1 .

Μονάδες 8

Λύση α) Έστω η συνάρτηση g ( u ) =

∫

( f ′ ( t ))

−1

f (t)

( f ′ ( t ))

dt . Η

−1

f (t)

είναι συνεχής ως

πράξεις συνεχών άρα η g ( u ) είναι παραγωγίσιµη (εποµένως και συνεχής). Άρα η

∫

g ( u ) du είναι παραγωγίσιµη και εποµένως και η f ( x ) = x + ∫ g ( u ) du . x

Είναι f ( x ) = x + ∫ g ( u ) du ⇒ f ′ ( x ) = 1 + g ( x ) ⇒ f ′ ( x ) = 1 + ∫ x

( f ′ ( t ))

f (t)

−1

(1)

Στην προηγούµενη σχέση το δεύτερο µέλος είναι παραγωγίσιµο άρα και το πρώτο. Εποµένως είναι f ′′ ( x )

( f ′ ( x )) =

−1

f (x)

⇒

(2)

f ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) = ( f ′ ( x ) ) − 1 ⇒ f ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) + 1 = ( f ′ ( x ) ) για x > 0 . 2

(3)

β) i) Είναι f ( x ) ⋅ f ′ ( x ) ≠ 0 για x > 0 και η f ( x ) ⋅ f ′ ( x ) είναι συνεχής (ως παραγωγίσιµη) άρα διατηρεί σταθερό πρόσηµο για x > 0 .  u ( f ′ ( t ) )2 − 1  Είναι f (1) = 1 + ∫  ∫ dt  du = 1 1  1  f (t)   1

και από την (1) f ′ (1) = 1 + ∫

( f ′ ( t ))

−1

f (t)

dt = 1 άρα f (1) ⋅ f ′ (1) = 1 > 0 εποµένως

είναι f ( x ) ⋅ f ′ ( x ) > 0 για κάθε x > 0 . ∆ηλαδή η f και η f ′ είναι οµόσηµες και επειδή f (1) = 1 > 0 συµπεραίνουµε ότι

f ( x ) > 0 και f ′ ( x ) > 0 για κάθε x > 0 . ii) Η f ′ είναι παραγωγίσιµη άρα και συνεχής. Από τη σχέση (2) προκύπτει ότι η f ′′ είναι παραγωγίσιµη άρα και συνεχής.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

208

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Εποµένως f ′ ( 0 ) = lim+ f ′ ( x ) ⇒  f ′ ( 0 )  = lim+  f ′ ( x )  = lim+  f ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) + 1 = x →0 x →0 x →0 2

f ( 0 ) ⋅ f ′′ ( 0 ) + 1 = 1 . Άρα  f ′ ( 0 )  = 1 ⇒ f ′ ( 0 ) = ±1 . 2

Όµως είναι f ′ ( x ) > 0 για κάθε x > 0 άρα f ′ ( 0 ) = 1 . Παρατήρηση: Η σχέση (3) ισχύει για x > 0 άρα δεν µπορούµε να αντικαταστήσουµε σε αυτήν το x = 0 και να λύσουµε ως προς f ′ ( 0 ) .

Υπολογισµός f ( x ) : Από την σχέση (3) f ′′ ( x )

( f ′ ( x )) =

−1

f (x)

προκύπτει ότι η f ′′

είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) ως πράξεις παραγωγίσιµων. Παραγωγίζοντας κατά µέλη την (2) προκύπτει

f ′ ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) + f ( x ) ⋅ f ′′′ ( x ) = 2f ′ ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) ⇒ f ( x ) ⋅ f ′′′ ( x ) − f ′ ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) = 0 ⇒ f ( x ) ⋅ f ′′′ ( x ) − f ′ ( x ) ⋅ f ′′ ( x ) f2 (x)

 f ′′ ( x ) ′ =0⇒ =0  f ( x )   

Εποµένως, σύµφωνα µε τις συνέπειες του Θ.Μ.Τ. είναι

f ′′ ( x ) f (x)

= c1 .

(4)

Για x = 1 από τη σχέση (3) προκύπτει f (1) ⋅ f ′′ (1) + 1 = ( f ′ (1) )

f (1) = f ′(1) =1

⇒

1 ⋅ f ′′ (1) + 1 = 1 ⇒ f ′′ (1) = 0

Για x = 1 από τη σχέση (4) προκύπτει

Άρα

f ′′ ( x ) f (x)

f ′′ (1) f (1)

= c1 ⇒ c1 = 0

= 0 ⇒ f ′′ ( x ) = 0 ⇒ f ′ ( x ) = c 2 .

Για x = 1 είναι f ′ (1) = c 2 ⇒ c 2 ⇒ c 2 = 1 . Άρα f ′ ( x ) = 1 ⇒ f ′ ( x ) = x ′ Εποµένως, σύµφωνα µε το πόρισµα των συνεπειών του Θ.Μ.Τ. είναι

f ( x ) = x + c3

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

209

Για x = 1 προκύπτει f (1) = 1 + c 3 ⇒ c 3 = 0 . Εποµένως είναι f ( x ) = x

γ) i) Είναι g (1) =

f ′ (1) f (1)

= 1 . Η g είναι παραγωγίσιµη ως πηλίκο παραγωγίσιµων

συναρτήσεων και g′ ( x ) =

f ′′ ( x ) f ( x ) − ( f ′ ( x ) ) f2 (x)

x > 0 . Άρα g′ (1) =

0 ⋅ 1 − 12 = −1 . 12

Η εφαπτοµένη της C g στο (1, g (1) ) έχει εξίσωση ε : y − g (1) = g′ (1)( x − 1) ⇒

y − 1 = −1 ( x − 1) ⇒ y = − x + 2 . Η g είναι κυρτή στο ( 0, +∞ ) άρα η C g βρίσκεται «πάνω» από την εξίσωση της εφαπτοµένης της σε οποιοδήποτε σηµείο και το µόνο κοινό σηµείο είναι το σηµείο επαφής. Άρα είναι g ( x ) ≥ − x + 2 για κάθε x ∈ ( 0, +∞ ) και η ισότητα ισχύει µόνο για x =1.

ii) 1ος τρόπος g ( x ) ≥ −x + 2 ⇒ −x + 2 ≤ g ( x ) ⇒ −x + 2 ≤ Άρα

f ′ ( x ) f ( x ) >0 ⇒ ( −x + 2) f ( x ) ≤ f ′ ( x ) ⇒ f (x)

∫0 ( − x + 2 ) f ( x ) dx ≤ ∫0 f ′ ( x ) dx = f ( x ) 0 = f (1) − f ( 0 ) = 1 − 0 = 1 1

2ος τρόπος Είναι g ( x ) =

Άρα

f′ ( x ) f (x)

1 . x x >0 2 1 ≥ − x + 2 ⇒ 1 ≥ − x 2 + 2x ⇒ x 2 − 2x + 1 ≥ 0 ⇒ ( x − 1) ≥ 0 x

g ( x ) ≥ −x + 2 ⇒

που ισχύει.

δ) 1ος τρόπος Είναι E =

∫ h ( x ) dx = ∫ 1

 f ′ ( x )  dx = 3

∫ f ′ ( x ) f ′ ( x ) 1

dx =

( 3)

 f ( x ) ( f ′ ( x ) )2  − 2 1 f ( x ) f ′ ( x ) f ′′ ( x ) dx = ∫0   0

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

210

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

1 2 2 2 f (1) ( f ′ (1) ) − f ( 0 ) ( f ′ ( 0 ) ) − 2 ∫ ( f ′ ( x ) ) − 1 f ′ ( x ) dx =   0 

1 − 2∫ f ′ ( x ) ( f ′ ( x ) ) dx + 2 ∫ f ′ ( x ) dx = 1 − 2 ∫ ( f ′ ( x ) ) dx + 2  f (1) − f ( 0 )  = 1

1 − 2Ω + 2 ⋅ 1 = 3 − 2Ω

Άρα Ω = 3 − 2Ω ⇒ 3Ω = 3 ⇒ Ω = 1 τ.µ.

2ος τρόπος Άρα E =

∫ h ( x ) dx = ∫

 f ′ ( x )  dx = 0 

∫ 1 dx = ∫ 1dx =  x  3

= 1 − 0 = 1 τ.µ.

40. Πανελλαδικές 2014 – 3ο θέμα

(

)

∆ίνεται η συνάρτηση h ( x ) = x − ln e x + 1 , x ∈ ℝ α) Να µελετήσετε την h ως προς την κυρτότητα

Μονάδες 5

e , x∈ℝ e+1

Μονάδες 7

h 2h′ ( x ) ) β) Να λύσετε την ανίσωση e ( <

γ) Να βρείτε την οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο +∞ , καθώς και την πλάγια ασύµπτωτή της στο −∞ Μονάδες 6 δ) ∆ίνεται η συνάρτηση φ ( x ) = e x ( h ( x ) + ln2 ) , x ∈ ℝ . Να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της φ ( x ) , τον άξονα x ′x και την ευθεία x = 1 . Μονάδες 7

Λύση 1 ex + 1 − ex 1 x α) Είναι h′ ( x ) = 1 − x e = = x > 0 και x e +1 e +1 e +1 h′′ ( x ) =

β) e

(

− ex + 1

(

ex + 1

h( 2h′( x ) )

)

)′ =

−e x

(

ex + 1

)

< 0 άρα η h είναι κοίλη στο ℝ

e ln↑( 0,+∞ ) e h( 2h′( x ) ) < ⇒ ln e < ln ⇒ h ( 2h′ ( x ) ) < ln e − ln ( e + 1) ⇒ e +1 e +1 x

h↑ ℝ e +1>0 1  2   2  h2 x < 1 − ln e + 1 ⇒ h < h 1 ⇒ < 1 ⇒ 2 < ex + 1 ⇒ ( ) ( )   ex + 1  x e + 1 e + 1    

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

211

ex ↑ℝ

e >1⇒ e > e ⇒ x > 0 x

γ) Οριζόντια ασύµπτωτη

(

lim h ( x ) = lim x − ln e x + 1

x →+∞

))

(

= lim ln e x − ln e x + 1 x →+∞

))

 ex  = lim  ln x  x →+∞  e +1

 +∞     +∞ 

e e ex Θέτουµε u = x . Άρα lim = lim x = lim = 1. x →+∞ x →+∞ e + 1 D.L.H. x →+∞ e x e +1

 ex  Εποµένως lim  ln x  = lim ( ln u ) = ln1 = 0 x →+∞  e + 1  u→1 Άρα η οριζόντια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο −∞ είναι η y = 0.

Πλάγια ασύµπτωτη

h (x)

Είναι lim

x →−∞

1 − lim

x →−∞

(

ln e x + 1 x

x →−∞

= lim

(

x − ln e x + 1

) = lim 1 − ln ( e x →−∞

)

+1  = x  

 

) = 1 − 0 = 1 άρα λ = 1

(

) )

( (

Είναι lim ( h ( x ) − x ) = lim x − ln e x + 1 − x = lim − ln e x + 1 x →−∞

x →−∞

)) = 0

Άρα β = 0 Άρα η πλάγια ασύµπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο −∞ είναι η y = x.

(

)

δ) Είναι φ ( x ) = e x ( h ( x ) + ln 2 ) = e x  x − ln e x + 1 + ln 2  = 2e x e x ln e x − ln e x + 1 + ln 2  = e x ln x   e +1

(

)

e >0 2e x 2e x Άρα φ ( x ) = 0 ⇒ e ln x = 0 ⇒ ln x =0⇒ e +1 e +1 x

ln:1−1 2e x 2e x = ln1 ⇒ = 1 ⇒ 2e x = e x + 1 ⇒ e x = 1 ⇒ x = 0 ex + 1 ex + 1

Εποµένως είναι Ε =

∫

φ ( x ) dx .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

212

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Το πρόσηµο της φ ( x ) εξαρτάται από το πρόσηµο της ln Είναι Άρα

2e x στο ( 0,1) . ex + 1

2e x > 1 ⇔ 2e x > e x + 1 ⇔ e x > 1 ⇔ x > 0 που ισχύει. ex + 1 αφού

lnx

είναι

γνησίως

αύξουσα

στο

( 0, +∞ )

ισχύει

2e x 2e x > 1 ⇒ ln > ln1 ⇒ φ ( x ) > 0 ex + 1 ex + 1 Εποµένως Ε =

∫

φ ( x ) dx =

 x  2e x   1 x e ln  x   − ∫0 e e + 1  0  e ln

 2e x  x e ln  x  dx = ∫0  e +1 1

x ′  2e  e x ln  x  dx =  e +1

∫( ) 1

  2e x  ′ ln  x   dx =   e + 1 

′ x 1 1 e +1 2e 2 ⋅1 e x + 1  2e x  2e 2e x − e0 ln − ∫ ex ⋅ dx = e ln −   e +1 1 +1 0 e + 1 ∫0 2 2e x  e x + 1  ex + 1

(

)

e ln

1 1 2e e 2e 2e −∫ x dx = e ln − ln e x + 1  = e ln − ln ( e + 1) + ln 2 =   0 0 e +1 e +1 e +1 e +1

e ln

2e 2 + ln e +1 e +1

(

dx =

)

41. Πανελλαδικές 2014 – 4ο θέμα  ex − 1 ,  ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =  x  1, 

x≠0 x=0

α) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σηµείο x 0 = 0 και, στη συνέχεια, ότι είναι γνησίως αύξουσα.

Μονάδες 9

β) ∆ίνεται επιπλέον ότι η f είναι κυρτή. i)

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση λύση, η οποία είναι η x = 0

∫

2 f ′( x )

f ( u ) du = 0 έχει ακριβώς µία Μονάδες 7

ii) Ένα υλικό σηµείο Μ ξεκινά τη χρονική στιγµή t = 0 από ένα ση-

(

)

µείο Α x 0 , f ( x 0 ) µε x 0 < 0 και κινείται κατά µήκος της καµπύΘεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

213

λης y = f ( x ) , x ≥ x 0 µε x = x ( t ) , y = y ( t ) , t ≥ 0 . Σε ποιο σηµείο της καµπύλης ο ρυθµός µεταβολής της τετµηµένης x ( t ) του σηµείου Μ είναι διπλάσιος του ρυθµού µεταβολής της τεταγµένης του y ( t ) , αν υποτεθεί ότι x ′ ( t ) > 0 για κάθε t ≥ 0 . Μονάδες 4 γ) Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x ) = ( xf ( x ) + 1 − e )

( x − 2)

, x ∈ ( 0, +∞ ) .

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και µία θέση τοπικού µεγίστου.

Μονάδες 7

Λύση 0   0

e −1 ex = lim = 1. x →0 x D.L.H. x →0 1

α) Για x ≠ 0 είναι lim f ( x ) = lim x →0

Άρα lim f ( x ) = 1 = f ( 0 ) εποµένως η f είναι συνεχής στο 0. x →0

Για x ≠ 0 είναι f ′ ( x ) =

(

ex ⋅ x − ex − 1 x2

)=e

⋅ x − ex + 1 x2

Θέτουµε g ( x ) = e x ⋅ x − e x + 1 , µε x ∈ ℝ . Είναι g′ ( x ) = xe x + e x − e x = xe x . Είναι g′ ( x ) = 0 ⇒ x = 0 .

Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι

g′

g ( x ) ≥ g ( 0 ) ⇔ g ( x ) ≥ 0 για κάθε x ∈ ℝ .

Άρα f ′ ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( −∞, 0 ) ∪ ( 0, +∞ ) και

x f′

η f είναι συνεχής στο 0. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

β) Έστω η συνάρτηση h ( x ) =

∫

2f ′( x )

−∞

+∞

0 –

−∞

+∞

0 +

f ( u ) du µε x ∈ ℝ .

0 0 ex − 1     − 1 x x 0   f ( x ) − f (0) e −1 − x e −1 0 ex 1 x Είναι lim = lim = lim = lim = lim = x →0 x →0 x →0 D.L.H. x →0 x −0 x 2x D.L.H. x →0 2 2 x2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

214

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Άρα f ′ ( 0 ) =

1 εποµένως h ( 0 ) = 2

∫

2f ′( 0 )

f ( u ) du =

∫ f (u) du = 0 . 1

Άρα η h ( x ) = 0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα, την x = 0 . Για τη συνάρτηση f ( x ) =

ex − 1 ισχύει: x

ex − 1 για x < 0 : e < e ⇒ e − 1 < 0 ⇒ > 0 ⇒ f (x) > 0 x

ex − 1 για x > 0 : e > e ⇒ e − 1 > 0 ⇒ > 0 ⇒ f (x) > 0 x

( ex ↑ ℝ )

Είναι f ( 0 ) = 1 άρα f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ℝ . Εποµένως για να είναι h ( x ) = 0 πρέπει 2f ′ ( x ) = 1 ⇒ f ′ ( x ) =

1 ⇒ f ′ ( x ) = f ′ (0 ) 2

Η f είναι κυρτή στο ℝ άρα η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ . Εποµένως είναι x = 0 . x ′( t ) >0

γ) Είναι x ′ ( t ) = 2y ′ ( t ) ⇒ x ′ ( t ) = 2f ′ ( x ( t ) ) x ′ ( t ) ⇒

1 = f ′ ( x ( t )) ⇒ 2

1−1

f ′ ( x ( t )) = f ′ (0 ) ⇒ x ( t ) = 0

Είναι f ( 0 ) = 1 εποµένως Μ ( 0,1) .

δ) g ( x ) = ( xf ( x ) + 1 − e ) ( x − 2 ) 2

−1 +1 − e

) ( x − 2) 2

(

 ex − 1  2 = x + 1 − e  ( x − 2) = x  

)

=  e x − e ( x − 2 )  

′ Άρα g′ ( x ) = 2 e x − e ( x − 2 )  e x − e ( x − 2 )  =  

(

)

(

)

(

)

(

2 e x − e ( x − 2 )  e x ( x − 2 ) + e x − e  = 2 e x − e ( x − 2 ) xe x − e x − e

)

e x − e = 0 x = 1   Εποµένως είναι g′ ( x ) = 0 ⇒  x − 2 = 0 . ⇒ x = 2  x  xe x − e x − e = 0 x   xe − e − e = 0

Έστω η συνάρτηση k ( x ) = xe x − e x − e , µε x ∈ 1, 2  . Για την k ισχύει:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

215

k συνεχής στο 1,2 

k (1) = −e < 0 και k ( 2 ) = 2e2 − e2 − e = e2 − e > 0

εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η k έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2 ) . Είναι

k ′ ( x ) = e x + xe x − e x = xe x > 0

στο

1,2  άρα η k είναι γνησίως αύξουσα και

k′

εποµένως η παραπάνω ρίζα είναι µοναδική

−∞ –1

–

ρ +

1 –

+∞ +

στο (1, 2 ) . Από τον διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι η k έχει δύο τοπικά ελάχιστα στο 1 και στο 2 και ένα τοπικό µέγιστο στο (1, 2 ) .

42. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014 – 3ο θθέέμα  lnxx ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =  e , x > 0 . x=0  0,

α) Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σηµείο x 0 = 0 . Μονάδες 4 β) Να βρείτε το σύνολο τιµών της συνάρτησης f. γ) i)

Να

αποδείξετε

ότι,

για

f ( x ) = f ( 4) ⇔ x 4 = 4x

x > 0,

ισχύει

Μονάδες 7 η

ισοδυναµία Μονάδες 2

ii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x 4 = 4 x , x > 0 , έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις x1 = 2 και x 2 = 4

Μονάδες 6

δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ ( 2, 4 ) τέτοιο, ώστε f ′ ( ξ ) ∫ f ( t ) dt = f ( ξ ) ξ

(

2 − f (ξ)

)

Μονάδες 6

Λύση α) Είναι lim+ f ( x ) = lim+ e x →0

x →0

ln x x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

216

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Θέτουµε u =

ln x ln x . Όταν x → 0 + τότε το u τείνει στο lim+ = −∞ . x →0 x x

Εποµένως lim eu = 0 = f ( 0 ) άρα η f είναι συνεχής στο 0. u →−∞

β) Για x > 0 είναι f ′ ( x ) = e

ln x x

ln x 1 − ln x  ln x ′ x ⋅ = e ⋅ .  x2  x 

Είναι f ′ ( x ) = 0 ⇒ 1 − ln x = 0 ⇒ x = e .

Στο 0, e  η f είναι συνεχής και γνησίως αύ-

f′

ξουσα άρα το σύνολο τιµών της είναι το

+∞

e +

–

1    f ( 0 ) , f ( e )  = 0, e e  .  

Στο e, +∞ ) η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα άρα το σύνολο τιµών της είναι το

( lim f ( x ) , f ( e ) . x →+∞

Είναι lim f ( x ) = lim e x →+∞

ln x x

x →+∞

1 ln x = lim eu = 1 ( lim = lim x = 0 ) άρα το σύνολο u →1 x →+∞ x D.L.H. x →+∞ 1  +∞     +∞ 

1   τιµών είναι το 1, e e   

Τελικά το σύνολο τιµών είναι η ένωση των παραπάνω συνόλων δηλαδή το 1   e 0, e  .  

γ) i) Είναι f ( x ) = f ( 4 ) ⇔ e

ln x x

ln 4 4

⇔

ln x ln 4 = ⇔ 4 ln x = x ln 4 ⇔ x 4

ln x:1−1

ln x 4 = ln 4 x ⇔ x 4 = 4 x ii) Το 2 και το 4 είναι προφανής ρίζες αφού 24 = 4 2 και 4 4 = 4 4 . Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, e  άρα κάθε τιµή την παίρνει µία το πολύ φορά. Οµοίως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο e, +∞ ) άρα κάθε τιµή την παίρνει µία το πολύ φορά. Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

217

Άρα η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες τις 2 και 4.

δ) f ′ ( x ) ∫ f ( t ) dt = f ( x ) x

( f ( x ) − 2 )′ ∫

(

)

2 − f ( x ) ⇔ f ′ ( x ) ∫ f ( t ) dt − f ( x ) x

(

)

2 − f (x) = 0 ⇔

′ f ( t ) dt + f ( x ) − 2 f ( x ) = 0 ⇔  f ( x ) − 2 f ( x )  = 0  

(

)

(

)

Έστω η συνάρτηση g ( x ) = f ( x ) − 2 f ( x ) για x ∈ 2, 4  . Για την g ισχύει ότι είναι:

είναι συνεχής στο 2, 4 

(

παραγωγίσιµη στο ( 2, 4 ) µε g′ ( x ) = f ( x ) − 2

)′ ∫

(

)

f ( t ) dt + f ( x ) − 2 f ( x )

g (2) = g ( 4 ) = 0 άρα σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle υπάρχει ξ ∈ ( 2, 4 ) ώστε g′ ( ξ ) = 0 ⇔ ... ⇔ f ′ ( ξ ) ∫ f ( t ) dt = f ( ξ ) ξ

Παρατήρηση: Είναι f ( 2 ) = e f (4) = e

ln 4 4

 ln 2 = e 4  

ln 2 2

1 2

2 − f (ξ )

)

= 2 και

  2 ln 2   ln 2   =  e 4  =  e 2  = f (2) = 2      

(

)

Είναι g ( 2 ) = f ( 2 ) − 2 f ( 2 ) =

(

( )

= eln2

(

)

g(4) = f (4) − 4 f (4) =

(

)

2 − 2 f ( 2 ) = 0 και

)

4 − 4 f (4) = 0

43. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2014 – 4ο θθέέμα Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f : Α → ℝ , Α = ( 0, +∞ ) µε σύνολο τιµών f ( A ) = ℝ , τέτοια, ώστε

(

)

f x e ( ) f 2 ( x ) − 2f ( x ) + 3 = x , για κάθε x ∈ ( 0, +∞ )

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση f −1 της f.

Μονάδες 4 Μονάδες 3

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

218

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

(

)

Για τα ερωτήµατα (β) και (γ) δίνεται ότι f −1 ( x ) = e x x 2 − 2x + 3 , x ∈ ℝ β) Να µελετήσετε τη συνάρτηση f −1 ως προς την κυρτότητα. Μονάδες 3 Στη συνέχεια, να βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f −1 , την εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f −1 στο σηµείο που αυτή τέµνει τον άξονα y ′y , και την ευθεία x = 1

Μονάδες 6

(

)

(

)

γ) Για κάθε x ∈ ℝ θεωρούµε τα σηµεία Α x, f −1 ( x ) , Β f −1 ( x ) , x των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f −1 και f αντίστοιχα. i)

Να αποδείξετε ότι, για κάθε x ∈ ℝ , το γινόµενο των συντελεστών διεύθυνσης των εφαπτοµένων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f −1 και f στα σηµεία Α και Β αντίστοιχα, είναι ίσο µε 1.

Μονάδες 3

ii) Να βρείτε για ποια τιµή του x ∈ ℝ η απόσταση των σηµείων Α, Β γίνεται ελάχιστη, και να βρείτε την ελάχιστη απόστασή τους. Μονάδες 6

Λύση ′ f x f x α) Για x > 0 : e ( ) f 2 ( x ) − 2f ( x ) + 3 = x ⇒  e ( ) f 2 ( x ) − 2f ( x ) + 3  = ( x )′ ⇒  

(

)

(

)

f x f x e ( ) ⋅ f ′ ( x ) f 2 ( x ) − 2f ( x ) + 3 + e ( ) ( 2f ( x ) f ′ ( x ) − 2f ′ ( x ) ) = 1 ⇔

(

)

(

)

f x f x e ( ) ⋅ f ′ ( x ) f 2 ( x ) − 2f ( x ) + 3 + 2f ( x ) − 2 = 1 ⇔ e ( ) ⋅ f ′ ( x ) f 2 ( x ) + 1 = 1 ⇔

f′ ( x ) =

f (x)

(

⋅ f2 (x) + 1

)

> 0 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ άρα 1–1

και εποµένως αντιστρέφεται.

(

)

f x Στη σχέση e ( ) f 2 ( x ) − 2f ( x ) + 3 = x

(

)

θέτουµε f ( x ) = y και προκύπτει e y y 2 − 2y + 3 = f −1 ( y ) από την οποία για x = y προκύπτει ότι

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

219

(

)

f −1 ( x ) = e x x 2 − 2x + 3 µε f −1 : ℝ → ( 0, +∞ ) . ′ β) Για κάθε x ∈ ℝ ισχύει  f −1 ( x ) ′ =  e x x 2 − 2x + 3  =  

(

)

(

)

e x x 2 − 2x + 3 + e x ( 2x − 2 ) = e x x 2 + 1 > 0 ′ ′′ Επίσης  f −1 ( x )  = e x x 2 + 1  = e x x 2 + 1 + e x ⋅ 2x = e x x 2 + 2x + 1 =  

(

)

(

)

(

)

e x ( x + 1) ≥ 0 άρα η f −1 είναι κυρτή στο ℝ . 2

(

)

Είναι f −1 ( 0 ) = e0 02 − 2 ⋅ 0 + 8 = 0 άρα C f −1 τέµνει τον άξονα y ′y στο σηµείο

( 0, 3) . Ακόµη ( f −1 )′ ( 0 ) = e0 ( 02 + 1) = 1 . Η εξίσωση της εφαπτοµένης της C f −1 στο Α ( 0, 3 ) είναι η: (ε): y − 3 = 1 ( x − 0 ) ⇒ y = x + 3 Η f −1 είναι κυρτή άρα η γραφική της παράσταση βρίσκεται «πάνω» από εφαπτοµένη (ε) εκτός από το σηµείο επαφής τους. Άρα f −1 ( x ) ≥ x + 3 ⇔ f ( x ) − x − 3 ≥ 0 .

Το ζητούµενο εµβαδό είναι

Ε=

∫

∫  f ( x ) − x − 3 dx = ∫ ( x e 1

)

− 2xe x + 3e x − x − 3 dx =

x 2 e x dx − ∫ 2xe x dx − ∫ 3e x dx − ∫ ( x + 3 ) dx = .. = 4e − 1

21 2

′ ′ γ) i) Eίναι f f −1 ( x ) = x ⇒  f f −1 ( x )  = 1 ⇒ f ′ f −1 ( x ) f −1 ( x ) = 1  

(

)

(

)

(

)( )

ii) Αλγεβρική λύση Η ζητούµενη απόσταση είναι d(x) =

( f ( x ) − x ) + ( x − f ( x )) 2

−1

(

)

= 2 f −1 ( x ) − x ( f −1 ( x ) ≥ x + 3 > 3 , x ∈ ℝ )

Άρα αναζητούµε το ελάχιστο της συνάρτησης

(

( (

)

) )

d ( x ) = 2 f −1 ( x ) − x = 2 e x x 2 − 2x + 3 − x

(

)

2 Είναι d′ ( x ) = 2 e x x 2 + 1 − 1 και d′′ ( x ) = 2e x ( x + 1) ≥ 0 άρα η d′ είναι

γνησίως αύξουσα στο ℝ . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

220

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Από το διπλανό πίνακα συµπεραίνουµε ότι για

x = 0 η απόσταση γίνεται ελάχιστη, ίση µε

d′

d (0 ) = 3 2

−∞

+∞

0 –

Γεωµετρική λύση H (ε): y = x + 3 είναι παράλληλη στην y = x και η γραφική παράσταση της f −1 είναι πάνω από την (ε), εκτός από το σηµείο επαφής

Α ( 0, 3 ) . Άρα το πιο κοντινό σηµείο στην y = x είναι το Α ( 0, 3 ) . Η απόσταση του Α από την y = x είναι d ( A, ε ) =

0−3 12 + ( −1)

3 2

3 2 2

Οι γραφικές παραστάσεις των f και f −1 είναι συµµετρικές ως προς την y = x άρα 2⋅

ελάχιστη

απόσταση

των

δύο

γραφικών

παραστάσεων

είναι

3 2 = 3 2. 2

44. Πανελλαδικές 2015 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) =

ex , x∈ℝ. x2 + 1

α) Να µελετήσετε την f ως προς την µονοτονία και να αποδείξετε ότι το σύνολο τιµών της είναι το διάστηµα ( 0, +∞ )

(

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f e

3− x

(

⋅ x +1 2

))

Μονάδες 6

e2 έχει στο σύνολο = 5

των πραγµατικών αριθµών µία ακριβώς ρίζα. γ) Να αποδείξετε ότι

∫

Μονάδες 8

f ( t ) dt < 2xf ( 4x ) για κάθε x > 0 .

 1 4x f ( t ) dt  δ) ∆ίνεται η συνάρτηση g ( x ) =  x ∫2 x  2,

x>0

Μονάδες 4

. Να αποδείξετε ότι

x=0

η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) .

Μονάδες 7

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

221

Λύση α) Είναι f ′ ( x ) =

(

)

e x x 2 + 1 − e x ⋅ 2x

)

e x ( x − 1)

)

για κάθε x ∈ ℝ .

f ′ ( x ) = 0 ⇒ x = 0 . Από τον διπλανό πίνακα

προκύπτει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο

f′

ℝ.

−∞

+∞

1 +

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα το σύνολο τιµών της είναι το

( lim f ( x ) , lim f ( x )) . Είναι x →−∞

x →+∞

ex 1   = lim  e x 2  = 0 ⋅ 0 = 0 και 2 x →−∞ x + 1 x →−∞  x +1

lim f ( x ) = lim

x →−∞

 +∞   

e x  +∞  lim f ( x ) = lim 2 = lim x →+∞ x →+∞ x + 1 D.L.H. x →+∞

( e )′ x

 +∞   

e x  +∞  ex = lim = = lim = +∞ ′ x →+∞ 2x D.L.H. x →+∞ 2

)

Άρα το σύνολο τιµών είναι το ( 0, +∞ ) .

(

β) Είναι f e3− x ⋅ x 2 + 1

(

)

e 3− x ⋅ x 2 + 1 = 2 ⇒ Είναι

) ) = e5

(

⇒ f e 3− x ⋅ x 2 + 1

)) = f ( 2)

( f ↑ ℝ άρα 1–1)

e3 ex e3 e3 2 ⋅ x + 1 = 2 ⇒ = ⇒ f x = ( ) 2 ex x2 + 1 2

(

)

e3 > 0 άρα ανήκει στο σύνολο τιµών της f. Εποµένως η f έχει µία τουλά2

χιστον ρίζα η οποία λόγω του ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ είναι µοναδική. Άρα υπάρχει µοναδικό x 0 ∈ ℝ τέτοιο ώστε f ( x 0 ) =

e3 οπότε η δοσµένη εξίσω2

ση έχει µία ακριβώς ρίζα.

γ) 1ος τρόπος f ↑ℝ

Για κάθε t ∈ 2x, 4x  είναι 2x ≤ t ≤ 4x ⇒ f ( t ) ≤ f ( 4x ) ⇒

∫

f ( t ) dx ≤

∫

f ( 4x ) dx ⇒

∫

f ( t ) dx ≤ f ( 4x ) ∫ dx ⇒ 4x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

222

∫

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

f ( t ) dx ≤ f ( 4x ) ⋅  4x − 2x  = 2xf ( 4x )

2ος τρόπος Έστω η συνάρτηση h ( x ) =

∫

f ( t ) dx ≤ 2xf ( 4x ) ⇔ f ( t ) dx − ∫ f ( t ) dx 2x

4x − 2x

x ∈ ( 0, +∞ ) µε h′ ( x ) = f ( x )

x >0

f ( t ) dx − ∫ f ( t ) dx ≤ 2xf ( 4x ) ⇔ 2x

∫ ≤ f ( 4x ) ⇔

2x h ( 4x ) − h ( 2x )

∫

∫ f ( t ) dt , x

≤ f ( 4x )

f ( t ) dx − ∫ f ( t ) dx 2x

≤ f ( 4x ) ⇔

4x − 2x

(1)

Για την h ισχύει ότι είναι:

συνεχής στο 2x, 4x  επειδή η f είναι συνεχής άρα η h είναι παραγωγίσιµη

παραγωγίσιµη στο ( 2x, 4x ) µε h′ ( x ) = f ( x )

άρα σύµφωνα µε το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ ∈ ( 2x, 4x ) ώστε h′ ( ξ ) =

h ( 4x ) − h ( 2x ) 4x − 2x

⇔ f (ξ ) =

h ( 4x ) − h ( 2x ) 4x − 2x

Από την (1) προκύπτει ότι f ( ξ ) ≤ f ( 4x ) η οποία ισχύει επειδή ξ ≤ 4x και η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2x, 4x  .

δ) Για

∫ x > 0 είναι g ( x ) =

Άρα lim+ g ( x ) = lim+ x →0

x →0

f ( t ) dt x

h ( 4x ) − h ( 2x ) x

∫ =

f ( t ) dx − ∫ f ( t ) dx 2x

0   0

= lim+

D.L.H. x →0

h ( 4x ) − h ( 2x ) x

4h′ ( 4x ) − 2h′ ( 2x ) = x′

lim  4f ( 4x ) − 2f ( 2x )  = 4f ( 0 ) − 2f ( 0 ) = 4 − 2 = 2

x →0 +

Εποµένως lim+ g ( x ) = g ( 0 ) άρα η g είναι συνεχής στο 0. x →0

 h ( 4x ) − h ( 2x ) ′  h ( 4x ) ′  h ( 2x ) ′ Για κάθε x ∈ ( 0, +∞ ) είναι: g′ ( x ) =   =  −  = x    x   x  4xh′ ( 4x ) − h ( 4x ) x2

−

2xh′ ( 2x ) − h ( 2x ) x2

4xf ( 4x ) − h ( 4x ) x2

−

2xf ( 2x ) − h ( 2x ) x2

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

223

4xf ( 4x ) − h ( 4x ) − 2xf ( 2x ) + h ( 2x ) x2

2xf ( 4x ) − 2xf ( 2x )  + 2xf ( 2x ) − h ( 4x ) − h ( 2x )  = x2 2⋅

f ( 4x ) − f ( 2x ) x

2xf ( 4x ) − ∫ f ( t ) dt 4x

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ άρα 2x < 4x ⇒ f ( 2x ) < f ( 4x ) . Επίσης λόγω του προηγούµενος ερωτήµατος είναι 2xf ( 4x ) − ∫ f ( t ) dt > 0 άρα 4x

g′ ( x ) > 0 . Συνοψίζοντας τα παραπάνω η g είναι συνεχής στο 0, +∞ ) και g′ ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( 0, +∞ ) άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, +∞ ) .

45. Πανελλαδικές 2015 – 4ο θέμα Έστω η παραγωγίσιµη συνάρτηση f : ℝ → ℝ για την οποία ισχύουν:

f x −f x f ′ ( x )  e ( ) + e ( )  = 2 για κάθε x ∈ ℝ  

f (0) = 0

(

)

α) Να αποδείξετε ότι f ( x ) = l n x + x 2 + 1 , x ∈ ℝ

Μονάδες 5

β) i) Να βρείτε τα διαστήµατα στα οποία η συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη και να προσδιορίσετε το σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f.

Μονάδες 3

ii) Να υπολογίσετε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f, την ευθεία y = x και τις ευθείες x = 0 και x = 1 .

Μονάδες 4

 ∫0x f2 ( t ) dt   γ) Να υπολογίσετε το όριο: lim+  e − 1 l n f ( x)  x →0   

Μονάδες 6

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση:

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

224

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

1 − 3∫

x −2

( )

f t 2 dt

x−3

8 − 3 ∫ f 2 ( t ) dt x

x −2

έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο ( 2, 3 ) .

Μονάδες 7

Λύση f x −f x f x −f x α) Είναι f ′ ( x ) e ( ) + e ( )  = 2 ⇒ f ′ ( x ) e ( ) + f ′ ( x ) e ( ) = 2 ⇒  

( e ( ) − e ( ) )′ = (2x )′ ⇒ e ( ) − e f x

−f x

f x

−f(x)

= 2x + c

f 0 −f 0 Για x = 0 είναι e ( ) − e ( ) = 2 ⋅ 0 + c ⇒ e0 − e0 = 0 + c ⇒ c = 0

1 f x −f x f x 2f x f x άρα e ( ) − e ( ) = 2x ⇒ e ( ) − f ( x ) = 2x ⇒ e ( ) − 1 = 2xe ( ) ⇒ e

(

2f x f x 2f x f x f x e ( ) − 2xe ( ) = 1 ⇒ e ( ) − 2xe ( ) + x 2 = 1 + x 2 ⇒ e ( ) − x

)

= 1 + x2 ≠ 0

(1)

f x Εποµένως η e ( ) + x είναι συνεχής στο ℝ και δεν µηδενίζεται άρα διατηρεί

σταθερό πρόσηµο.

(

f 0 Από τη σχέση (1) για x = 0 προκύπτει e ( ) − 0

)

f 0 = 1 + 02 ⇒ e ( ) − 0 = 1 > 0

(

f x f x άρα e ( ) − x = 1 + x 2 ⇒ e ( ) = x + 1 + x 2 ⇒ f ( x ) = ln x + 1 + x 2

Παρατήρηση: Είναι

) για x ∈ ℝ

1 + x 2 > x 2 = x ≥ − x ⇒ 1 + x 2 + x > 0 άρα έχει νόηµα η

συνάρτηση f ορίζεται για κάθε x ∈ ℝ .

β) 1+

i) Είναι f ′ ( x ) =

1 + x2 + x

1 2 1 + x2 = 1 + x2 = 1 + x2 = για x ∈ ℝ . x + 1 + x2 x + 1 + x2 x + 1 + x2 1 + x2

 1 Είναι f ′′ ( x ) =  2  1+ x

′ 2  = 1+ x 

(

)

−

1 2

=−

1 1 + x2 2

(

)

−

3 2

⋅ 2x = −

x 3 2 2

(1 + x )

για x ∈ ℝ .

Από τον διπλανό πίνακα προκύπτει ότι η f είναι κοίλη στο ( −∞, 0  και κυρτή στο 0, +∞ ) .

x f ′′

−∞

+∞

0 +

–

f Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

225

Η f παρουσιάζει µοναδικό σηµείο καµπής στο ( 0, f ( 0 ) ) = ( 0, 0 )

ii) Η εφαπτοµένη της C f στο ( 0, f ( 0 ) ) είναι η y − f ( 0 ) = f ′ ( 0 )( x − 0 ) ⇒ y = x Η f είναι κοίλη στο 0,1 άρα η C f βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτοµένη της στο x 0 = 0 . Άρα f ( x ) ≤ x ⇒ x − f ( x ) ≥ 0 και η ισότητα ισχύει µόνο για x = 0 . Είναι Ε =

∫ f ( x ) − x dx = ∫ ( x − f2 ( x ) ) dx = ∫ 1

)

(

( x − ln ( x + (

))

x 2 + 1 dx =

)

1 x 2 + 1 dx =  x ′ ⋅ ln x + x 2 + 1  dx =  x  −  x ⋅ ln x + x 2 + 1  + 1 x xdx −   ∫0 ∫0     0 ∫0 x + x 2 + 1  2 0  1 1 1 x 1 1 − ln 1 + 2 + ∫ dx = − ln 1 + 2 +  x 2 + 1  = − ln 1 + 2 + 2 − 1 = 0 2  0 2 2 2 x +1 1

(

2−

)

(

)

(

)

1 − ln 1 + 2 τ.µ. 2

γ) Είναι f ′ ( x ) =

1 1 + x2

> 0 για κάθε x ∈ ℝ άρα f ↑ ℝ .

Εποµένως ισχύει x > 0 ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 0 άρα για x > 0 είναι f ( x ) = f ( x ) .  x f 2 ( t )dt   x f 2 ( t )dt    Εποµένως lim+  e ∫0 − 1  l n f ( x )  = lim+  e ∫0 − 1  l n f ( x ) = x →0     x →0     ∫0 f 2 ( t )dt  −1 e  lim ⋅ lim  f ( x ) l n f ( x )  x →0 +  f ( x )  x →0+     x

 ∫0 f 2 ( t )dt 2   ∫0x f 2 ( t )dt   00  e f (x)  1 ⋅ 0 e − 1    lim = lim = 1 =0 x →0 +  f ( x )  D.L.H. x →0+  f′(x)       x

lim  f ( x ) l

x →0 +

1 lnu n f ( x )  = lim+ u ⋅ ln u = lim+ = lim+ u = lim+ ( −u ) = 0 u→0 u →0 u →0 1 1 u →0 − 2 u u f ( x ) =u

Εποµένως το ζητούµενο όριο είναι ίσο µε 0.

δ) Έστω η h ( x ) = ( x − 2 ) 1 − 3∫ 0 

x −2

( )

x f t 2 dt  + ( x − 3 ) 8 − 3∫ f 2 ( t ) dt  , x ∈ 2,3 0   

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

226

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Για την h ξέρουµε ότι:

είναι συνεχής στο 2,3 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

2 2 h ( 2 ) = ( 2 − 3 ) 8 − 3∫ f 2 ( t ) dt  = −8 + 3∫ f 2 ( t ) dt < 0 0 0   2

γιατί f ( x ) ≤ x ⇒ f

άρα

∫

f 2 ( t ) dt <

(t) ≤ t

⇒

∫

( t ) dt < ∫0

 t3  8 t dt =   =  3 0 3 2

2 2 8 ⇒ 3∫ f 2 ( t ) dt < 8 ⇒ 8 − 3∫ f 2 ( t ) dt > 0 0 0 3

( )

3− 2 1 h ( 3 ) = ( 3 − 2 ) 1 − 3∫ f t 2 dt  = 1 − 3∫ f t 2 dt > 0 0 0  

( )

γιατί f ( x ) ≤ x ⇒ f t

άρα

 t3  1 ≤ t ⇒ ∫ f t dt < ∫ t dt =   = 0 0  3 0 3 1

( ) 2

∫ f ( t ) dt < 3 ⇒ 3∫ f ( t ) dt < 1 ⇒ 1 − 3∫ f ( t ) dt > 0 1

Εποµένως σύµφωνα µε το θεώρηµα Bolzano η εξίσωση h ( x ) = 0 άρα και η δοσµένη έχει µία τουλάχιστον λύση στο ( 2,3 )

46. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2015 – 3ο θέμα ∆ίνεται η συνάρτηση f ( x ) = e x −1 − ln x , x ∈ ( 0, +∞ ) α) Να µελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη µονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιµών της.

Μονάδες 6

β) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης g µε g( x ) =

(

)

∫

h( x )

όπου h ( x ) = f x 2 + 1 − f ( 2 ) + 1

t 2 − 1dt , Μονάδες 6

1  γ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f  f ( x ) −  = 1 έχει ακριβώς δύο θετι2  κές ρίζες x1 , x 2

Μονάδες 6

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

227

δ) Αν για τις ρίζες x1 , x 2 του ερωτήµατος (γ) ισχύει ότι x1 < x 2 , τότε να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικό ξ ∈ ( x 1 ,1 ) τέτοιο, ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο  3 διέρχεται από το σηµείο Μ  0,   2

( ξ, f ( ξ ) )

να

Μονάδες 7

Λύση 1 xe x −1 − 1 ′ x −1 x −1 ′ α) Είναι f ( x ) = e − ln x = e − = , x ∈ ( 0, +∞ ) . x x

(

)

Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x ) = xe x −1 − 1 , x ∈ ( 0, +∞ ) . Η g είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) µε g′ ( x ) = e x −1 + xe x −1 = e x −1 (1 + x ) > 0 . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) .

Επίσης είναι g (1) = 0 άρα το 1 είναι µοναδική

f′

ρίζα της g.

+∞

1 –

Είναι:

(

)

lim f ( x ) = lim+ e x −1 − ln x = e −1 − ( −∞ ) = +∞

x →0 +

x →0

f (1) = 1  ln x    lim f ( x ) = lim e x −1 − ln x = lim e x −1 1 − x −1   x →+∞ x →+∞ e   

x →+∞

(

)

1 ln x Είναι lim x −1 = lim xx −1 = 0 άρα lim f ( x ) = +∞ ⋅ (1 − 0 ) = +∞ x →+∞ x →+∞ e D.L.H. x →+∞ e  +∞     +∞ 

Η f είναι συνεχής γνησίως φθίνουσα στο ( 0,1 άρα το σύνολο τιµών της σ’ αυτό το διάστηµα είναι το 1, +∞ ) . Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 1, +∞ ) άρα το σύνολο τιµών της σ’ αυτό το διάστηµα είναι το 1, +∞ ) . Άρα το σύνολο τιµών της f στο ( 0, +∞ ) είναι το 1, +∞ ) .

β) Πρέπει t 2 − 1 ≥ 0 ⇒ t 2 ≥ 1 ⇒ t ≥ 1 ⇒ t ∈ ( −∞, −1 ∪ 1, +∞ ) . Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

228

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

(

)

Το 1 ανήκει στο 1, +∞ ) άρα πρέπει h ( x ) ≥ 1 ⇒ f x 2 + 1 − f ( 2 ) + 1 ≥ 1 ⇒

(

)

f ↑ 1,+∞ )

f x 2 + 1 ≥ f ( 2 ) ⇒ 2 ⇒ x 2 + 1 ≥ 2 ⇒ x 2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 ⇒ x ∈ ( −∞, −1 ∪ 1, +∞ ) x +1,2 ≥1

Άρα Α g = ( −∞, −1 ∪ 1, +∞ ) .

γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0,1 άρα και 1–1. 1 1 1 3   Εποµένως f  f ( x ) −  = 1 ⇒ f  f ( x ) −  = f (1) ⇒ f ( x ) − = 1 ⇒ f ( x ) = . 2 2 2 2  

3 ∈ f ( ( 0,1 ) = 1, +∞ ) άρα σύµφωνα µε το Θεώρηµα ενδιαµέσων τιµών 2

υπάρχει 0 < x1 < 1 ώστε f ( x1 ) =

3 2

3 ∈ f ( 1, +∞ ) ) = 1, +∞ ) άρα σύµφωνα µε το Θεώρηµα ενδιαµέσων τιµών 2

υπάρχει x 2 > 1 ώστε f ( x 2 ) =

3 2

δ) Η εφαπτοµένη της C f στο ( ξ, f ( ξ ) ) έχει εξίσωση ε : y − f ( ξ ) = f ′ ( ξ )( x − ξ ) . 3 3  3 Μ  0,  ∈ ε άρα − f ( ξ ) = f ′ ( ξ )( 0 − ξ ) ⇒ ξf ′ ( ξ ) − f ( ξ ) + = 0 2 2  2

Θεωρούµε τη συνάρτηση Κ ( x ) = xf ′ ( x ) − f ( x ) +

3 , x ∈  x1 ,1 . 2

Για την K ( x ) ισχύει:

είναι συνεχής στο  x1 ,1 ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Κ (1) = f ′ (1) − f (1) +

3 3 1 = −1 + = > 0 2 2 2

Κ ( x 1 ) = x1 ⋅ f ′ ( x1 ) − f ( x1 ) +

3 3 3 = x 1 ⋅ f ′ ( x1 ) − + = x1 ⋅ f ′ ( x 1 ) < 0 2 2 2

( f′ ( x ) < 0

για x ∈ ( 0,1) ) Εποµένως σύµφωνα µε το Θεώρηµα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ ∈ ( x1 ,1) ώστε Κ ( ξ ) = 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

229

Είναι Κ ′ ( x ) = f ′ ( x ) + xf ′′ ( x ) − f ′ ( x ) = xf ′′ ( x ) > 0 για x ∈  x1 ,1 . (Είναι f ′′ ( x ) =

x 2 e x −1 + 1 > 0 , x ∈ ( 0,1) ) x2

Εποµένως η Κ είναι γνησίως αύξουσα στο  x1 ,1 άρα και 1–1. Άρα το ξ ∈ ( x1 ,1) είναι µοναδικό.

47. Πανελλαδικές (Επαναληπτικές) 2015 – 4ο θέμα Έστω µία παραγωγίσιµη συνάρτηση f : ( 0, +∞ ) → ℝ για την οποία ισχύ-

ει:

)

− x ⋅ f ′ ( x ) + x ⋅ f ( x ) = 1 , για κάθε x ∈ ( 0, +∞ )

 ln x , 0< x ≠1  α) Να αποδείξετε ότι f ( x ) =  x − 1 x =1  1,

β) Να αποδείξετε ότι

Μονάδες 6

f (t) ∫ f ( t ) dt = ∫ t dt , για κάθε x

1 x

x ∈ ( 0, +∞ ) Μονάδες 7

γ) i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g ( x ) = − ∫ x 1

f (t) t

dt , x ∈ ( 0, +∞ ) εί-

ναι κοίλη

Μονάδες 5

ii) Έστω Ε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της g, την εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της g στο σηµείο που η γραφική παράσταση της g τέµνει τον άξονα x ′x και την ευθεία x = 3 . Να αποδείξετε ότι Ε < 2

Μονάδες 4

δ) Να αποδείξετε ότι 1 ∫ f ( t ) dt ≥ x ∫ x

1 x

tf ( t ) dt , για κάθε x ∈ ( 0, +∞ )

Μονάδες 6

Λύση

(

)

x ≠0

α) Είναι x 2 − x ⋅ f ′ ( x ) + x ⋅ f ( x ) = 1 ⇒ ( x − 1) ⋅ f ′ ( x ) + f ( x ) =

1 ⇒ x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

230

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

( x − 1) ⋅ f ′ ( x ) + ( x − 1)′ ⋅ f ( x ) = x ⇒ ( x − 1) ⋅ f ( x )′ = (ln x )′ ⇒ 1

( x − 1) ⋅ f ( x ) = ln x + c ,

c ∈ℝ.

Για x = 1 είναι c = 0 άρα ( x − 1) ⋅ f ( x ) = ln x ln x . x −1

Για x ≠ 1 προκύπτει f ( x ) =

Η f είναι παραγωγίσιµη, άρα και συνεχής στο 1. Εποµένως 1 ln x f (1) = lim f ( x ) = lim = = lim x = 1 x →1 x →1 x − 1 D.L.H. x →1 1 0   0

β) Θεωρούµε τη συνάρτηση F ( x ) =

∫

f (t)

f ( t ) dt − ∫1

dt =

∫

f ( t ) dt + ∫ x 1

f (t) t

Η F είναι παραγωγίσιµη στο ( 0, +∞ ) ως άθροισµα παραγωγίσιµων συναρτήσεων (οι f ( t ) και

f (t) t

είναι συνεχείς άρα τα ολοκληρώµατα παραγωγίσιµα εποµένως

και συνεχή). 1 f  x  1 ′ Είναι F′ ( x ) = f ( x ) +   ⋅   = f ( x ) + 1 x x

1 f   x  ⋅− 1  = f x − ( )  x2  1   x

1 f  x = x

1 ln ln x 1 x = ln x − 1 ⋅ − ln x = ln x + ln x = 0 − ⋅ x −1 x 1 x −1 x 1 − x x −1 1 − x −1 x x

Εποµένως είναι F ( x ) = c , c ∈ ℝ . Είναι F (1) = 0 άρα F ( x ) = 0 ⇒ γ) i) Η

f (t) t

και η 1 x 1

Είναι g ( x ) = − ∫

f ( t ) dt =

f (t)

1 x

∫

1 είναι συνεχείς στο ( 0, +∞ ) άρα η g είναι παραγωγίσιµη. x

f (t) t

∫

dt =

f (t)

1 x

∫

(β )

dt = ∫ f ( x ) dt . x

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

231

 ln x , 0 < x ≠1  Εποµένως είναι g′ ( x ) = f ( x ) =  x − 1 για x ∈ ( 0, +∞ ) .  1, x =1

 ln x ′ x − 1 − x ln x Για 0 < x ≠ 1 είναι g′′ ( x ) = f ′ ( x ) =   = 2  x −1 x ( x − 1) g′′ (1) = f ′ (1) = lim

f ( x ) − f (1) x −1

x →1

0 ln x   −1 ln x − x + 1  0  x − 1 = lim = lim = 2 x →1 x →1 x −1 ( x − 1) D.L.H.

1 −1 1−x 1 lim x = lim =− x →1 2 x − 1 ( ) x →1 2x ( x − 1) 2

 x − 1 − x ln x , 0 < x ≠1 2   x ( x − 1) Εποµένως είναι g′′ ( x ) =  . 1  − , x =1  2 Θεωρούµε τη συνάρτηση K ( x ) = x − 1 − x ln x για x ∈ ( 0, +∞ ) η οποία είναι παραγωγίσιµη µε K ′ ( x ) = 1 − ln x − 1 = − ln x . x

Είναι K ′ ( x ) = 0 ⇒ x = 1 .

Κ′

Επίσης Κ (1) = 0 .

+∞

1 +

–

Από τον διπλανό πίνακα προκύπτει ότι για κάθε

x ∈ ( 0, +∞ ) είναι Κ ( x ) ≤ K (1) ⇒ Κ ( x ) ≤ 0 ⇒ g′′ ( x ) ≤ 0 άρα η g είναι κοίλη. 1

f (t)

ii) Είναι g ( x ) = 0 ⇒ − ∫1

dt = 0 ⇒

1 =1⇒ x =1 x

 ln x , 0 < x ≠1  Είναι g′ ( x ) = f ( x ) =  x − 1 για x ∈ ( 0, +∞ ) .  1, x =1

Για 0 < x < 1 είναι ln x < 0 και x − 1 < 0 άρα

Για x > 1 είναι ln x > 0 και x − 1 > 0 άρα

ln x >0 x −1

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

232

Θέµατα Πανελληνίων στα µαθηµατικά κατεύθυνσης 2000–2015

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι g′ ( x ) = f ( x ) > 0 άρα g ↑ ( 0, +∞ ) .

(1)

Εποµένως η g είναι 1–1 άρα η λύση x = 1 είναι µοναδική. Εποµένως η C g τέµνει τον x ′x στο Α (1, 0 ) . Η εφαπτοµένη της C g στο Α (1, 0 ) έχει εξίσωση

y − 0 = g′ (1)( x − 1) ⇒ y = 1 ⋅ ( x − 1) ⇒ y = x − 1 Το εµβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τη C g , την εφαπτοµένη y = x − 1 , και τις ευθείες x = 1 και x = 3 είναι Ε =

∫ g ( x ) − ( x − 1) dx . 3

(2)

Η g είναι κοίλη άρα η C g βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτοµένη της. Εποµένως είναι g ( x ) ≤ x − 1 ⇒ g ( x ) − ( x − 1) ≤ 0 . 3

Από την (2) προκύπτει Ε =

∫

3  2  ( x − 1 − g ( x ) ) dx =  x2 − x  − ∫1 g ( x ) dx =  1

3 3 9  1   2 − 3  −  2 − 1  − ∫1 g ( x ) dx = 2 − ∫1 g ( x ) dx    

Εποµένως Ε < 2 ⇔ 2 − ∫ g ( x ) dx < 2 ⇔ 3

∫ g ( x ) dx > 0 3

το οποίο ισχύει γιατί η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +∞ ) εποµένως για x ≥ 1 ισχύει: g ( x ) ≥ g (1) ⇒ g ( x ) ≥ 0 (το «=» ισχύει µόνο για x = 1 )

δ) Είναι

∫

1 x

∫

1 x

x >0 x 1 x tf t dt ⇔ x ∫1 f ( t ) dt ≥ ( ) 1 ∫ x x x

f ( t ) dt ≥

xf ( t ) dt − ∫1 tf ( t ) dt ≥ 0 ⇔ x

∫ tf ( t ) dt ⇔ x

1 x

∫ ( xf ( t ) − tf ( t ) ) dt ≥ 0 ⇔ ∫ ( x − t ) f ( t ) dt ≥ 0 x

1 x

Για x = 1 είναι

∫ ( x − t ) f ( t ) dt ≥ 0

Για x > 1 είναι

1 1 < 1 άρα x > . x x

που ισχύει (η ισότητα)

( ) 1  Εποµένως για t ∈  , x  ισχύει t ≤ x ⇒ x − t ≥ 0 ⇒ x 

(1):f x >0

(x − t) f (t) ≥ 0 .

Η h ( x ) = ( x − t ) f ( t ) είναι συνεχής και όχι παντού µηδέν.

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

Ολοκληρωτικός λογισµός

Άρα

233

∫ ( x − t ) f ( t ) dt > 0 . x

1 x

Για 0 < x < 1 είναι

1 1 > 1 άρα > x . x x

(1):f ( x ) >0  1 Εποµένως για t ∈  x,  ισχύει t ≥ x ⇒ x − t ≤ 0 ⇒ ( x − t ) f ( t ) ≤ 0 .  x

Η h ( x ) = ( x − t ) f ( t ) είναι συνεχής και όχι παντού µηδέν. Άρα

1 x x

∫ ( x − t ) f ( t ) dt < 0 ⇔ ∫ ( x − t ) f ( t ) dt > 0 .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι

1 x

∫ ( x − t ) f ( t ) dt ≥ 0 x

1 x

για κάθε x > 0 .

Θεολόγης Καρκαλέτσης – teomail@sch.gr

«Αν µου έδιναν µόνο µια ώρα για να λύσω ένα ̟ρόβληµα α̟ό το ο̟οίο να εξαρτάται η ζωή µου, θα αφιέρωνα 40 λε̟τά για να το µελετήσω, 15 λε̟τά για να το αναθεωρήσω και 5 λε̟τά να το λύσω. » Albert Einstein