Απαντήσεις στα θέματα προσομοίωσης για το μάθημα των Μαθηματικών

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 186. Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 128. Α3. δ. Α4. α) Λ β) Σ γ) Σ

δ) Σ

ΘΕΜΑ Β Β1. Η f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ( −∞,0 ) ως πολυωνυμική, με f ′( x) = 3 x 2 και f ′′( x) = 6 x . Η f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ( 0,+∞ ) ως πράξεις συνεχών και δύο φορές παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με f ′( x= ) 2 x − αηµ x και f ′′( x)= 2 − ασυν x . Πρέπει η f να είναι συνεχής στο 0: lim− f ( x= ) lim+ f ( x= ) f (0) ⇔ ... ⇔ α= β (1) x →0

x →0

Πρέπει η f να είναι παραγωγίσιμη στο 0:

f ( x) − f (0) x3 − α + β (1) x3 lim = lim− = lim = 0 x →0 − x →0 x →0 − x x x 0   0

f ( x) − f (0) x + ασυν x − β − α + β 2 x − αηm x lim = lim+ = lim = 0 + + DLH x →0 x →0 x →0 x x 1 Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, με f ′(0) = 0 . Πρέπει η f να είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0: 2

f ′( x) − f ′(0) 3x 2 lim = lim = 0 x →0 − x →0 − x x 0  

f ′( x) − f ′(0) 2 x − αηm x  0  2 − ασυν x = lim+ = lim+ = 2 −α lim+ DLH x →0 x →0 x →0 x x 1 Πρέπει να είναι 2 − α = 0 ⇔ α = 2 και από την (1) έχουμε α= β= 2 . 3x 2 , x < 0 Β2. Είναι f ′( x ) =  .

2x − 2ημx, x ≥ 0  Για κάθε x < 0 είναι f ′( = x ) 3x 2 > 0 . Για κάθε x > 0 είναι f ′( x ) = 2x − 2ημx = 2( x − ημx ) > 0 , γιατί για κάθε x ∈  ισχύει x ≥ ηµ x και η ισότητα ισχύει για x = 0 . Επίσης η f είναι συνεχής στο 0. Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο  , επομένως είναι 1-1 και αντιστρέφεται. lim f ( x) = lim ( x3 ) = −∞ x →−∞

x →−∞

lim f ( x) = lim ( x 2 + 2συν x − 2) = +∞ , γιατί:

x →+∞

x →+∞

για κάθε x ∈  ισχύει −1 ≤ συν x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2συν x ≤ 2 ⇔ −4 ≤ 2συν x − 2 ≤ 0 ⇔ x 2 − 4 ≤ x 2 + 2συν x − 2 ≤ x 2 Επίσης lim ( x 2 − 4 ) = lim ( x 2 ) = +∞ . Οπότε από κριτήριο παρεμβολής x →+∞

x →+∞

lim ( x + 2συν x − 2) = +∞ .

2

x →+∞

Η f είναι συνεχής στο  , οπότε f () =  , επομένως το πεδίο ορισμού της f −1 είναι το σύνολο τιμών της f , δηλαδή το  . Β3. Το πεδίο ορισμού της f −1 ( 2συνx + 2 ) προφανώς είναι το  , οπότε η εξίσωση έχει νόημα για κάθε x ∈  . f −1 ( 2συνx + 2 ) =x ⇔ f ( x ) =2συνx + 2 (2) 3 Για x < 0 : (2) ⇔ x= 2συνx + 2 . Η εξίσωση είναι αδύνατη γιατί x 3 < 0 και 2συνx= + 2 2( συνx + 1 ) ≥ 0 .

2 Για x ≥ 0 : (2) ⇔ x + 2συνx − 2 = 2συνx + 2 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = 2 . ΘΕΜΑ Γ Γ1. f ( x ) = 0 ⇔ f 2 ( x ) = 0 ⇔ 9 f 2 ( x ) = 0 ⇔ x 6 = 0 ⇔ x = 0 . Άρα η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει στο  μοναδική ρίζα την x = 0 . Η f στο ( −∞,0 ) είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, οπότε στο διάστημα αυτό διατηρεί πρόσημο.

Από υπόθεση f ( −2 ) > 0 , άρα f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( −∞,0 ) .

x6 x3 Για x ∈ ( −∞,0 ) έχουμε: f ( x ) = ⇔ f ( x) = − (αφού x < 0 ).

9 3 3 x για κάθε x ∈ (−∞,0] . Επειδή f ( 0 ) = 0 , είναι: f ( x ) = − 3 x3 Γ2. Είναι f ( x ) = − , οπότε f ′ ( x ) = − x 2 , f ( −3) = −9 .

9 και f ′ ( −3) = 3 Η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο με τετμημένη x0 = −3 είναι: y − 9 =−9 ( x + 3) ⇔ y = −9 x − 18 . Το χωρίο που περικλείεται από y τη γραφική παράσταση της f , 9 την ευθεία y = −9 x − 18 και τον άξονα x′x φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Επομένως 2

= E

−2

f ( x)dx ∫ −3 ( f ( x) − (−9 x − 18) ) dx + ∫ −2 = 0

0   x3  x3  ∫ −3  − 3 + 9 x + 18  dx + ∫ −2  − 3  dx = −2

−2

-3

-2 O

x

0

 x4 9 x2   x4  9 τ.μ.

18 x − + + + − =  12    2   −3  12  −2 4 ( x′ ( t )=− x ( t ) ) 1 Γ3. Είναι y ( t ) = − x3 ( t ) οπότε y′ ( t ) = − x 2 (t ) x′ ( t ) = x3 ( t ) .

3 Τη χρονική στιγμή to που ισχύει x ( to ) = −3 θα έχουμε:

−27 . y ′ ( to ) = x 3 ( to ) = ( −3) = Γ4. Η F έχει πεδίο ορισμού το  οπότε για κάθε x ∈ DF ισχύει ότι 3

(−x) = −

3

x3 = = − F ( x ) , άρα η F είναι περιττή. − x ∈ DF . Επίσης F ( − x ) 3 3   x3 Dg F = { x ∈ DF / F ( x ) ∈ Dg } =  x ∈ R / − ∈   =  οπότε για κάθε 3   x ∈ Dg F ισχύει ότι − x ∈ Dg F .

− g ( F ( x )) = − ( g  F )( x ) , άρα η ( g  F )( − x ) =g ( F ( − x ) ) =g ( − F ( x ) ) = g  F είναι περιττή. = I

∫ ( g  F )( x − 2019 ) dx 4038

0

Θέτουμε u= x − 2019 οπότε du = dx και για x = 0, u = −2019 και για = x 4038, = u 2019 . Οπότε

( g  F )( u ) du = ∫ −2109 ( g  F )( u ) du + ∫ 0 ( g  F )( u ) du = − 2019 2019 2019 − ∫ ( g  F )( u ) du + ∫ ( g  F )( u ) du = 0 , γιατί: 0 0 I=

∫

2019

0

2019

Θέτουμε t =−u ⇔ u =−t οπότε dt = −du και για u = −2019, t = 2019 και για= u 0,= t 0 , οπότε : − ∫ ( g  F )( −t ) dt = − ∫ ( g  F )( t ) dt . ∫ −2109 ( g  F )( u ) du = 2109 0 0

0

2109

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. f ′′( x) ≤ x − 2α για κάθε x ∈ [α ,3α ] , οπότε 3a

∫

3a a

f ′′( x)dx ≤ ∫

3a a

 x2  ′ ( x − 2aa )dx ⇔ [ f ( x)] a ≤  − 2 x  ⇔ 2 a 3a

f ′(3α ) − f ′(α ) ≤ 0 ⇔ f ′(3α ) ≤ f ′(α ) (1) Επίσης η f ′ είναι γνησίως μονότονη στο [α ,3α ] , οπότε είναι 1-1 και είναι 3α ≠ α , αφού α > 0 . Επομένως f ′(3α ) ≠ f ′(α ) (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε f ′(3α ) < f ′(α ) . Έστω ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο [α ,3α ] , τότε: f ′↑

3α > α ⇔ f ′(3α ) > f ′(α ) ΑΤΟΠΟ. Επομένως η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο [α ,3α ] . Άρα η f είναι κοίλη στο [α ,3α ] . Δ2. Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α (α , f (α ) ) και Β ( 3α , f (3α ) )

f (3α ) − f (α ) (3) 2α Προφανώς ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. για την f στο [α ,3α ] ,

έχει κλίση λΑΒ =

οπότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον x0 ∈ (α ,3α ) τέτοιο ώστε

f (3α ) − f (α ) .

2α Επίσης η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο [α ,3α ] , επομένως υπάρχει f ′( x0 ) =

f (3α ) − f (α ) 2α Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε λΑΒ = f ′( x0 ) . μοναδικό x0 ∈ [α ,3α ] τέτοιο ώστε f ′( x0 ) =

(4)

Άρα η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο

Μ ( x0 , f ( x0 ) ) είναι παράλληλη με την ευθεία ΑΒ και το Μ είναι μοναδικό. Δ3. Η ευθεία ΑΒ έχει κλίση λΑΒ = f ′( x0 ) και διέρχεται από το σημείο

Α (α , f (α ) ) , οπότε η εξίσωσή της είναι

y − f (α )= λΑΒ ⋅ ( x − α ) ⇔ y= λΑΒ ⋅ x − α ⋅ λΑΒ + f (α ) ⇔ = y f ′( x0 ) ⋅ x − α ⋅ f ′( x0 ) + f (α ) . Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x ∈ (α ,3α ) ισχύει

f ( x) > y ⇔ f ( x) − f ′( x0 ) ⋅ x + α ⋅ f ′( x0 ) − f (α ) > 0 . ) f ( x) − f ′( x0 ) ⋅ x + α ⋅ f ′( x0 ) − f (α ) , x ∈ [α ,3α ] . Θέτουμε g ( x= H g είναι συνεχής στο [α ,3α ] και παραγωγίσιμη στο (α ,3α ) ως πράξεις ′( x) f ′( x) − f ′( x0 ) . συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g= f ′↓

Είναι g ′( x) ≥ 0 ⇔ f ′( x) ≥ f ′( x0 ) ⇔ x ≤ x0 , οπότε έχουμε: x g′(x) g(x)

α

3α

x0 + 1



2

Η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο α και στο 3α, ίσο με

g (α ) g= (3α ) 0 . = Άρα για κάθε x ∈ (α ,3α ) ισχύει g ( x) > 0 . Η κατακόρυφη απόσταση της γραφικής παράστασης της f και της ευθείας

ΑΒ δίνεται από την διαφορά f ( x) − y , x ∈ [α ,3α ] δηλαδή από τη συνάρτηση g και όπως έχουμε ήδη δείξει η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x = x0 .

[2ος τρόπος λύσης της ανισότητας f ( x) > y : Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στα [α,x] και [x,3α] και χρησιμοποιούμε τη μονοτονία της f ′ ] Δ4. Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ ( x0 , f ( x0 ) ) είναι: y − f (= x0 ) f ′( x0 )( x − x0 ) ⇔= y f ′( x0 ) ⋅ x − x0 ⋅ f ′( x0 ) + f ( x0 ) .

Η f είναι κοίλη στο [α ,3α ] , οπότε η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, δηλαδή ισχύει f ( x) ≤ f ′( x0 ) ⋅ x − x0 ⋅ f ′( x0 ) + f ( x0 ) για κάθε x ∈ [α ,3α ] και η ισότητα ισχύει μόνο για x = x0 . Επομένως

3α

∫α

f ( x)dx < ∫

3α

α

( f ′( x0 ) ⋅ x − x0 ⋅ f ′( x0 ) +

f ( x0 ) ) dx =

3α

 x2  3α 3α f ′( x0 ) ⋅   − x0 ⋅ f ′( x0 ) ⋅ [ x ] α + f ( x0 ) ⋅ [ x ] α = ... =  2 α 2α f ′( x0 )(2α − x0 ) + 2α f ( x0 ) .

[2ος τρόπος λύσης : Από το Δ3. έχουμε g ( x) ≤ g ( x0 ) και ολοκληρώνουμε].

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΘΗΣ – ΚΑΡΑΪΣΚΟΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΚΛΑΥΔΙΑΝΟΣ ΔΙΟΝΥΣΗΣ – ΛΑΜΠΡΟΠΟΥΛΟΥ ΓΙΟΥΛΗ ΜΗΤΡΟΓΙΑΝΝΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ – ΠΑΝΤΕΛΗΣ ΑΝΔΡΕΑΣ ΠΗΛΙΟΥΡΑΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ