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