Λυσεισ μαθηματικων κατευθυνσησ 2015 by Νικος Ραπτης

ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΔΕΥΤΕΡΑ 25 – 05 – 15 11:20 πμ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ LISARI TEAM ΘΕΜΑ Α Βοσκάκης Σήφης Χατζόπουλος Μάκης

ΘΕΜΑ Β Αντωνόπουλος Νίκος Ζαμπέλης Γιάννης Κάκανος Γιάννης

ΘΕΜΑ Γ Βελαώρας Γιάννης Παγώνης Θεόδωρος Σπλήνης Νίκος

ΘΕΜΑ Δ Παύλος Τρύφων Σίσκας Χρήστος Σταυρόπουλος Σταύρος

ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2015

Οι απαντήσεις και οι λύσεις είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς των συνεργατών του δικτυακού τόπου http://lisari.blogspot.gr

1η έκδοση: 25 – 05 – 2015 (συνεχής ανανέωση)

Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά από το μαθηματικό blog http://lisari.blogspot.gr

Πρόλογος Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Πανελλαδικών Εξετάσεων στο μάθημα Μαθηματικά θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης. Η παρουσίαση των λύσεων είναι πλήρης και αναλυτική στο μέγιστο δυνατό, προκειμένου οι μαθητές να μπορούν να μελετήσουν και να επεξεργαστούν εύκολα το αρχείο. Η εργασία αυτή εκπονήθηκε αποκλειστικά από τη γνωστή διαδικτυακή ομάδα Μαθηματικών από διάφορα μέρη της Ελλάδος, τη lisari team. Προσπάθησαν και τα κατάφεραν να δώσουν πρώτοι διαδικτυακά τις πλήρεις λύσεις σε ένα αρχείο pdf!! Την αρχική συγγραφή των λύσεων ακολούθησαν ενδελεχείς έλεγχοι, διορθώσεις και βελτιώσεις με στόχο μια πληρέστερη και πιο ποιοτική παρουσίαση. Ζητούμε συγνώμη για τυχόν παραλείψεις, λάθη ή αστοχίες που ενδεχομένως θα έχουν διαφύγει της προσοχής μας, γεγονός αναπόφευκτο δεδομένων των στενών χρονικών περιθωρίων. Θα ακολουθήσουν επόμενες εκδόσεις, όπου η εν λόγω παρουσίαση θα βελτιωθεί, ίσως εμπλουτιστεί και με εναλλακτικές λύσεις. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιώσεις επί των λύσεων είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση lisari.blogspot@gmail.com. Με εκτίμηση lisari team 25 – 05 – 2015

lisari team Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου Κατεύθυνση - Άργος) Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου ΔΙΑΤΑΞΗ - Ν. Σμύρνη και Νίκαια) Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο ΒΕΛΑΩΡΑΣ - Λιβαδειά Βοιωτίας) Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο Ευθύνη - Ρέθυμνο) Γιαννόπουλος Μιχάλης (Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή) Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο Αστρολάβος - Άρτα) Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης) Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια Πουκαμισάς Γλυφάδας) Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο Ώθηση - Αργυρούπολη) Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου - Σέρρες) Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού) Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων) Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων 19+ - Πολύγωνο) Κουλούρης Αντρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου) Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο Στόχος - Περιστέρι) Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο Ρηγάκης - Κοζάνη) Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς) Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας) Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος) Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο Φάσμα - Αγρίνιο) Παντούλας Περικλής (Φροντιστήρια Γούλα-Δημολένη - Ιωάννινα) Παπαδομανωλάκη Μαρία (Ιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ - Ρέθυμνο) Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός Ρόμβος) Πορίχης Λευτέρης (Γυμνάσιο Λιθακιάς – Ζάκυνθος) Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου) Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο Μπαχαράκης - Θεσσαλονίκη) Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας) Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ - Ηράκλειο Κρήτης) Σπυριδάκης Αντώνης (Γυμνάσιο Βιάννου - Λασίθι) Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα) Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λέχαιου Κορινθίας) Τηλέγραφος Κώστας (Φροντιστήριο Θεμέλιο - Αλεξανδρούπολη) Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου) Φιλιππίδης Χαράλαμπος (Ελληνογαλλική Σχολή Καλαμαρί) Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Σχολείο Λαμίας) Χατζόπουλος Μάκης (Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων)

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

lisari team / σχολικό έτος 2014 – 15

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΔΕΥΤΕΡΑ 25 ΜΑΙΟΥ 2015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΠΤΑ (7 ) ΣΕΛΙΔΕΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 194 A2. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 188 Α3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα, 259 A4. α) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 144 β) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 89 γ) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 225 δ) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 332 ε) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 178

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 1

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

ΘΕΜΑ Β B.1. Έχουμε,

z  4  2  z 1  z  4   2  z 1  2

  z  4  z  4   4  z  1 z  1

 zz  4z  4z  16  4zz  4z  4z  4  3zz  12  zz  4  z 4 2

 z 2 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = 2 Β2. α) Είναι:

z  2  z  22  zz  4  z  2

4 z

Οι z1 , z 2 μιγαδικοί του Β1 ερωτήματος άρα ισχύει

z1 

4 4 και z2  z1 z2

οπότε,

4 4 2 2z 2z 2z 2z z z w 1 2  1  2  2  1 w 4 4 z2 z1 z1 z2 z2 z1 2

Άρα, ο w είναι πραγματικός αριθμός. β) Έχουμε,

z1  z 2  2 

z1 1 z2

οπότε,

w 

2z1 2z 2 z z  2 1 2 2 z2 z1 z2 z1

άρα Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 2

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015 w

w  2 1  2 1  w  4   4  w  4 Β3. Αφού w

2z1 2z 2 2z 2z 2   4  1  2   z1  z 2   0  z 2  z1 z2 z1 z2 z1

Άρα έχουμε τις εικόνες A  z1  , B  z 2  , Γ  2iz1  στο μιγαδικό επίπεδο τέτοιες ώστε,

 AΓ   2iz1  z1 και

 BΓ   2iz1  z1

 z1 2i 1  2 1  4  2 5

 z1 2i  1  2 1  4  2 5   ΑΓ 

άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Β΄ τρόπος Β2. Για ευκολία θέτουμε:

z1    i, ,   R z2

Όμως,

z1    i   2  2  1 z2 δηλ. οι εικόνες του μιγαδικού   i, ,  R ανήκουν σε κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1. α) Έχουμε,

z2 1   i   2    i, z1   i   2

άρα,

w

2z1 2z 2   2    i   2    i   4  R z2 z1

β) Έχουμε,

4  w  4  4  4  4  1    1    1 που ισχύει ως τετμημένη του μοναδιαίου κύκλου. Β3. Έχουμε,

w  4  4  1    1 

z1  1  z1  z 2 z2

Άρα έχουμε τις εικόνες A  z1  , B  z 2  ,   2iz1  στο μιγαδικό επίπεδο τέτοιες ώστε

 A   2iz1  z1 και

 B   2iz1  z1

 z1 2i 1  2 1  4  2 5

 z1 2i  1  2 1  4  2 5    

άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 3

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

ΘΕΜΑ Γ Γ1. H συνάρτηση f είναι συνεχής ως πηλίκο των συνεχών συναρτήσεων, e x και x 2  1 , παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων με :

e  (x  f (x)  x

 1)  e x  x 2  1

 x 2  1



e x  x 2  2x  1

 x 2  1

 f (x) 

e x  x  1

 x 2  1

0

για κάθε x  και το ίσον ισχύει μόνο για x  1 ,άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Το σύνολο τιμών της f είναι :

f

im f (x), im f (x)    0,      x x 

αφού

ex 1  im e x  im 2  00  0 2 x  x  1 x  x  x  1

im f (x)  im

x 

και 



e x  e x  ex im f (x)  im 2  im  im   x  x  x  1 DLH x  2x DLH x  2 Γ2. Είναι :

f  e3 x (x 2  1)  

Όμως

e3 f  2



f  e3 e2 2  f  e3 x (x 2  1)   f  2   e3x (x 2  1)  2  x  2  5 e x 1 ex e3 e3   f (x)   0 x2 1 2 2

και αφού η f είναι συνεχής στο ώστε f (x 0 ) 

Θ.Ε.Τ. υπάρχει ακριβώς ένα x 0 

και γνησίως αύξουσα ,άρα ¨1 – 1 ¨ από

e3 2

Β΄ τρόπος Έχουμε, f :11 e3  e3  e3 f   f 2   2  f x       f x 2  f x 

όμως

e3  f A 2

e3 άρα υπάρχει μοναδικό x0 λόγω μονοτονίας της f τέτοιο ώστε f  x 0   2 x

Γ3. Θεωρούμε συνάρτηση G(x)   f (t)dt 0

Αφού η f συνεχής στο R είναι παραγωγίσιμη στο R με G(X)  f (x)  0 , για κάθε x  . Άρα η G γνησίως αύξουσα στο R. Η G ικανοποιεί τις προϋποθέσεις Θ.Μ.Τ στο [2x, 4x]  (0, ) οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ  (2x,4x) ώστε :

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 4

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

4x 2x 4x  G(4x)  G(2x) 1  1 G(ξ)   f (ξ)   f (t)dt   f (t)dt   f (ξ)   f (t)dt 4x  2x 2x  0 2x 2x 0 

Όμως G 0  x  2x  ξ  4x  G(ξ)  G(4x) 

1 x 0  f (t)dt  f (4x)  2x f (t)dt  2xf (4x) 2x 2x

Β΄ τρόπος 4x

f 0  2x  t  4x   f (t)  f (4x)  f (4x)  f (t)  0   [f (4x)  f (t)]dt  0 2x 4x

  f (4x)dt 

 f (t)dt  f (4x)  dt   f (t)dt  2xf (4x)   f (t)dt

Γ΄ τρόπος

Έστω F αρχική συνάρτηση της f, οπότε F  x   f  x  , για κάθε x  0 Οπότε, 4x

 f  t  dt  2xf  4x  

 F  4x   F  2x   2xf  4x  x 0



F  4x   F  2x   f  4x  4x  2x  F  ξ   f  4x 

 ξ  4x που ισχύει, αφού από Θ.Μ.Τ για την F στο [2x, 4x] υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ   2x, 4x  τέτοιο ώστε, F  4x   F  2x  F  ξ   4x  2x Γ4. Εξετάζουμε την συνέχεια της συνάρτησης g στο x  0 . Είναι : 4x

 f (t)dt

0 0

4f (4x)  2f (2x)  4 1  2 1  2  g(0) . x 0 x 0 D.L.H. x 0 x 1 άρα g συνεχής στο x  0 και επειδή είναι και συνεχής , για κάθε x  0 , ως πηλίκων συνεχών , θα είναι συνεχής στο  0,   . lim f (x)  lim 2x

 lim

Επίσης g παραγωγίσιμη με :

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 5

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

4x 4x  4x    4f (4x)  2f (2x)  x   f (t)dt   f (t)dt  x   x   f (t)dt 2x  2x g(x)   2x   2 2 x x



4xf (4x)  2xf (2x)   f (t)dt 2x



2xf (4x)  2xf (4x)  2xf (2x)   f (t)dt 2x



4x    2xf (4x)  2xf (2x)    2xf (4x)   f (t)dt  2x  .  2 x Όμως για κάθε x  0 έχουμε : 2x  0 f

2x  4x  f (2x)  f (4x)  f (4x)  f (2x)  0 Από Γ3 : 4x

2xf (4x)   f (t)dt  0 2x

x2  0 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο  0,   , όμως η g είναι συνεχής στο  0,   , άρα η g γνησίως αύξουσα στο  0,   .

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 6

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

ΘΕΜΑ Δ Δ1) Είναι





f   x  ef  x   e  f  x   2  f   x  e f  x   f   x  e  f  x   2 

 e    e      2x   e    e f x

f x

f x

Για

f  x 

 2x  c (1)

x  0 (1)  ef 0  ef 0  c  c  0 f x e  

1  ef  x   ef  x   2x  e2f  x   1  2xef  x   e

2f  x 

 2xe    1  e

e    x  f x

f x

2f  x 

 2xe    x 2  x 2  1  f x

 x 2  1  ef  x   x  x 2  1 (2)

Έστω g  x   ef  x   x με Dg 

και g συνεχής στο

ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων

g  x   0  ef  x   x  0  ef  x   x  0  x 2  1  0 αδύνατο

Άρα g  x   0 για κάθε x  οπότε η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Είναι f 0 g  0   e    0  1  0 δηλαδή g  x   0 για κάθε x  Άρα





(2)  ef  x   x  x 2  1  ef  x   x  x 2  1  f  x   ln x  x 2  1 , x  Δ2) α) Έχουμε,

f x 

1

x  x2 1

1 2 x2 1  x2 1  , x 2 2 x  x 1 x  x 1 x2 1

2x 2 x f   x    2 x2  1   , x x 1 x 2  1  x 2  1

f   x   0   f   x   0   f   x   0  

0x0

0x0

0x0

x  1  x 2  1 2

x 2  1  x 2  1

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 7

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015





f   x 

β) Βρίσκουμε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο Ο(0,0). Είναι 1 f   0    1 άρα  ε Ο  : y f  0   f   0  x  0   y  x 1 Στο  0,1 η f είναι κοίλη άρα εο πάνω από την Cf με εξαίρεση το σημείο επαφής Ο(0,0) οπότε είναι

f  x   x για κάθε x  0,1 με το «=» μόνο για x  0 . Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι







E  Ω     x  f  x   dx   x  ln x  x 2  1 dx 1





  xdx   ln x  x 2  1 dx





1  x2        x  ln x  x 2  1 dx  2 0 0 1 1  1  x     x ln x  x 2  1    dx   0 0 x 2  1  2   1 1      ln 1  2   x 2  1   0  2  1   ln 1  2  2  1 2 1 1   ln 1  2  2  1  2   ln 1  2 τ.μ. 2 2







 











Δ3) α τρόπος

Αρχικά από Δ2α) είναι f   x  

1 x2 1

 0 για κάθε x 

άρα f γνησίως αύξουσα στο

Για x  0  f  x   f  0   f  x   0 άρα για x κοντά στο 0 με x  0 είναι f  x   f  x  Η f 2  t  συνεχής στο x

h x  e

f

 t dt

, 0

άρα η



f 2  t  dt είναι παραγωγίσιμη στο

 1 επίσης παραγωγίσιμη στο

άρα και συνεχής στο

οπότε η

δηλαδή συνεχής στο

x1  0 . Έτσι λοιπόν 0

lim h  x   h  0   e

x 0

f 0

 t dt

1  0

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 8

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

Για το ζητούμενο όριο έχουμε  x f 2  t dt    x f 2  t dt            0 0 lim e  1 ln f  x   lim e  1 ln f  x       x  0  x  0        

x    x f 2  t dt  0 f 2  t dt     2  e0 e0 f x   1 0    lim  lim  x 0  1 f x  1  d.L.H. x 0    2   ln f  x      ln f  x  f  x  

  f 2  t dt   e0   lim   f 3  x  ln 2 f  x   x 0  f   x     x

  f 2  t dt   e0  f x 2  lim    f  x  ln f  x     x 0  f   x       x

Είναι,   f 2  t dt   e0 f  x   f 0  lim  0 x 0  f   x   f   0      x

και

      1   ln u       lim f  x  ln f  x     lim  u ln u   lim   lim  u   lim  u   0  x 0 u  0 u 0 u 0 1 d.L.H. u 0 1 u 0    2   u   u  u f  x 

Άρα

L0

β τρόπος  x f 2  t dt       0 L  lim e  1  ln f  x     x 0    

  f 2  t dt   x f 2  t dt   f  x 0 για χ 0  e0   1  lim  e 0  1  ln f  x    lim   x ln f  x     x 0   x x 0        x

Όμως,

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 9

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου

http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

x   f 2  t dt   e0 x  1 2 x 0    f  t dt   f 2  t dt     0 0  e 1 2    0 lim  lim  lim e f x  x 0 x 0 x 0  x x   

και

lim  x ln f  x    lim

x 0

       

ln f  x   lim 1 x 0 x

 ln f  x    1    x

f 2 συνεχής στο 0



e0  f 2  0   0

 f  x    f x  x 2f   x    lim   lim 1  x 0  x 0 f x   x2   

Όμως, 0   x 2   x2  0  2x f  συνεχής στο 0 0 0 lim  lim  lim   0 x 0 f  x  x 0 f   x  x 0 f   x  f  0 1

Τελικά,   x f 2  t dt     e 0   1         L  lim   x ln f  x    0  0  0 x 0 x        

Δ4. Θεωρώ τη συνάρτηση x 2 x g(x)  (x  2) 1  3 f (t 2 )dt   (x  3) 8  3 f 2 (t)dt  , x [2,3]     0 0  Η g είναι συνεχής στο [2, 3] γιατί προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. 2 2  Ακόμα g(2)   8  3 f 2 (t)dt   3 f 2 (t)dt  8 0 0  

Αλλά όπως είδαμε στο Δ3 η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της , με εξίσωση y = x , άρα f(x) ≤ x, για κάθε x  0 καθώς και f(x) > 0 για κάθε x  0 Άρα f 2 (t)  t 2 , για κάθε t [0, 2] ή f 2 (t)  t 2  0 για κάθε t [0, 2] Και αφού η h(t)  f 2 (t)  t 2 είναι συνεχής και δεν είναι παντού μηδέν στο [0, 2] έχουμε

 f 2

(t)  t 2 dt  0   f 2 (t)dt   t 2dt  0   f 2 (t)dt   t 2dt 2

Αλλά 2



 t3  8 t dt      3 0 3 2

Άρα

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 10

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ΄ Λυκείου



http://lisari.blogspot.gr 25– 05 – 2015

2 2 8 f 2 (t)dt   3 f 2 (t)dt  8 3 f 2 (t)dt  8  0 0 0 3

δηλαδή g(2) < 0. Όμοια, 1

g(3)  1  3 f (t 2 )dt και όπως πριν f(x) ≤ x , για κάθε x  0 , 0

άρα f (t 2 )  t 2 , για κάθε t [0,1] κι αφού η φ(t)  f (t 2 )  t 2 είναι συνεχής και δεν είναι παντού μηδέν στο [0, 1], θα έχουμε

  f (t 1

)  t 2 dt  0   f (t 2 )dt   t 2dt  0   f (t 2 )dt   t 2dt 1

Αλλά 1

 t3  1 t dt  3 3 0  0 1

Άρα 1

 f (t 0

1 1 1 )dt   3 f (t 2 )dt  1 1  3 f (t 2 )dt  0  g(3)  0 0 0 3

Επομένως

g(2)  g(3)  0 Άρα από θεώρημα Bolzano η εξίσωση g(x) = 0 και ισοδύναμα η 1  3

x 2

f (t 2 )dt

x 3



8  3 f 2 (t)dt 0

x2

0

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (2, 3).

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 11