Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 142. Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 162. Α3. α) Σ β) Σ γ) Σ δ) Λ
ε) Λ
ΘΕΜΑ B Β1. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως ρητή, με f ′( x)= ...=
x 2 ( x 2 + 3)
(x
2
+ 1)
2
.
Προφανώς f ′( x) > 0 για κάθε x ∈ και f ′(0) = 0 , επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο , οπότε είναι 1-1 και αντιστρέφεται. ∗
D f −1 = f () = Β2. f
−1
( lim f ( x), lim f ( x)) = x →−∞
x →+∞
(−∞, +∞) = .
f↑
( x) ≥ x ⇔ f ( f −1 ( x) ) ≥ f ( x) ⇔ f ( x) ≤ x ⇔ ... ⇔ x ≥ 0 και
f −1 (0)= 0= f (0) . Οπότε η C f −1 τέμνει την ευθεία y = x για x = 0 και βρίσκεται πάνω από την y = x για κάθε x > 0 . −1 −1 Επομένως κάθε x > 0 έχουμε f ( x) > x και x > f ( x) , άρα f ( x) > f ( x) , δηλαδή η C f βρίσκεται κάτω από την C f −1 για κάθε x > 0 . Β3. Προφανώς f (0) = 0 και f ′(0) = 0 . Οπότε η εφαπτομένη της C f στο σημείο (0,0)
f ′(0)( x − 0) ⇔ = y 0 , δηλαδή είναι ο άξονας x′x . −1 −1 Β4. Απ’ το Β2. έχουμε ότι f (0) = 0 και f ( x) > x για κάθε x > 0 . Επίσης
(0) έχει εξίσωση y − f= f↑
f −1 ( x) < x ⇔ f ( f −1 ( x) ) < f ( x) ⇔ f ( x) > x ⇔ ... ⇔ x < 0 .
Συνεπώς η C f −1 τέμνει την ευθεία y = x μόνο για x = 0 και βρίσκεται πάνω από την
y = x για κάθε x > 0 .
= E
1 2 0
∫ (f
Έστω I =
−1
∫
( x) − = x ) dx
1 2 0
∫
1 2 0
1 2 0
f ( x)dx − ∫ = x dx −1
∫
1 2 0
1 f −1 ( x)dx − . 8
f −1 ( x)dx .
( x) = u ⇔ x = f (u ) , οπότε dx = f ′(u ) du . −1 Για x = 0 : f (0) = u ⇔ u = 0 1 1 f :1−1 −1 1 x = : f = u ⇔ f (u ) = ⇔ u = 1 . Επομένως 2 2 2 3 3 1 1 1 u 1u + u − u 1 1 1 ′ − − I= du = du = [uf (u )] 0 − ∫ 0 f (u )du = ∫ 0 uf (u )du = 2 ∫0 u2 + 1 2 ∫0 u2 + 1 Θέτουμε f
−1
1
2 1 u (u + 1) − u 1 1 1 u 1 u2 1 1 −∫ du = − ∫ u − 2 du = − − n(u 2 + 1) = n 2 . 2 2 0 u +1 2 0 u +1 2 2 2 0 2
1 2
1 8
Άρα = E n 2 − τ.μ. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η f είναι κυρτή στο , οπότε η f ′ είναι γνησίως αύξουσα και f ′(1) = 0 . f ′↑
f ′↑
x < 1 ⇔ f ′( x) < f ′(1) =0 και x > 1 ⇔ f ′( x) > f ′(1) =0 .
f είναι κυρτή στο , οπότε είναι συνεχής στο . Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞,1] και γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) .
Η
Για κάθε
f↓
x ∈ (−∞,1] έχουμε x ≤ 1⇔ f ( x) ≥ f (1) και για κάθε x ∈ [1, +∞) έχουμε
f↑
x ≥ 1⇔ f ( x) ≥ f (1) . Άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x1 = 1. Γ2. Η f είναι κυρτή στο , οπότε η C f βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της (ε), δηλαδή ισχύει f ( x) ≥ y ⇔ f ( x) − (2 x − 1) ≥ 0 για κάθε x ∈ . Για το δοσμένο εμβαδόν έχουμε:
= E
) dx ∫ 0 ∫ 0 ( f ( x) − (2 x − 1)= 2
2
2
f ( x)d x − ∫ (2 x −= 1)d = x ... 0
2 2 8 8 14 ⇔ ∫ f ( x)d x − 2 = ⇔ ∫ f ( x)d x = . 0 0 3 3 3 Γ3. i) Η f είναι συνεχής στο , οπότε έχει παράγουσα στο . Έστω F μια παράγουσα της f στο . Τότε έχουμε: 2 14 ∫ 0 f ( x) d x = F (2) − F (0) ⇔ F (2) − F (0) = 3 .
Όμως
E=
∫
2 0
f ( x)d x − 2
Για την F προφανώς ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο
[0,2] , οπότε υπάρχει ένα 7 F (2) − F (0) ′( x0 ) ( x0 ) ⇔ f= τουλάχιστον x0 ∈ (0,2) τέτοιο ώστε F= . 2−0 3 y 2 x − 1 εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f στο σημείο ii) Η ευθεία (ε ) : = ( 2, f (2) ) , οπότε f ′(2)= λ=ε 2 . f ′↑
0 < 1 < 2 ⇔ f ′(0) < f ′(1) < f ′(2) ⇔ f ′(0) < 0 < 2
(1)
f ′↑
0 < x0 < 2 ⇔ f ′(0) < f ′( x0 ) < f ′(2) ⇔ f ′(0) < f ′( x0 ) < 2 f ′( x0 ) < 2. (1) + (2) : 2 f ′(0) < f ′( x0 ) < 4 ⇔ f ′(0) < 2
∫
Γ4. Είναι
2 1
(2)
( x − 1) f (t ) dt = ( x − 2) f ( x) + 4 − x ⇔
2
( x − 1) ∫ f (t ) dt − ( x − 2) f ( x) − 4 + x = 0 1
2
g( x) = ( x − 1) ∫ f (t ) dt − ( x − 2) f ( x) − 4 + x , x ∈ .
Θέτουμε
1
Η
g είναι συνεχής στο [1,2] ως πράξεις συνεχών. g(1)= f (1) − = 3 f (1) − f (2) < 0 , γιατί: y 2 x − 1 εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f στο σημείο η ευθεία (ε ) : = ( 2, f (2) ) , οπότε f (2)= y= 3 και f↑
η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) , οπότε 1 < 2 ⇔ f (1) < f (2) .
= g(2)
1
f (t ) dt − 2 > 0 , γιατί:
f είναι κυρτή στο , οπότε η C f βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της (ε), δηλαδή
η
ισχύει
∫
∫
2
2 1
f (t) ≥ 2t − 1 για κάθε t ∈ και η ισότητα ισχύει μόνο για t = 2 , οπότε 2
f (t ) dt > ∫ (2t − 1) dt = 2. 1
Από το Θ. Bolzano έχουμε ότι η εξίσωση διάστημα
g( x) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο
(1,2) .
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η συνάρτηση ( x + 1) f ( x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως γινόμενο 2
συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων (η Για κάθε
f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη).
x ∈ έχουμε:
( x + 1) f ′( x) =− 2 2 xf ( x) ⇔ ( x 2 + 1) f ′( x) + 2 xf ( x) = 2⇔ 2
((x
2
+ 1) f ( x) )′ =(2 x)′ ⇔ ( x 2 + 1) f ( x) =2 x + c (1)
f διέρχεται από την αρχή των αξόνων οπότε f (0) = 0 . Για x = 0 η (1) δίνει: f (0) = c ⇔ c = 0 . Επομένως H γραφική παράσταση της x 2 +1≠ 0
2x ( x + 1) f ( x) = 2 x ⇔ f ( x) =2 . x +1 2
2(1 − x 2 ) . Δ2. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως ρητή, με f ′( x)= ...= ( x 2 + 1) 2 Εύκολα προσδιορίζουμε τον πίνακα προσήμων της f ′ :
x −∞ f ′( x) −
-1
+∞
1
−
+
f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, −1] και στο [1, +∞) , ενώ είναι γνησίως αύξουσα στο [ −1,1] . Οπότε η
)
f ( (−∞, −1]) = f (−1), lim f ( x) = [−1,0) x →−∞ f ([−1,1]) = [−1,1] και [ f (−1), f (1)] = f ([1, +∞) ) =
lim f ( x), f (1) (= x →+∞
(0,1]
Άρα f ( ) = [ −1,1] .
Παρατηρούμε ότι για κάθε λ ∈ (0,1) έχουμε:
λ ∉ f ( (−∞, −1]) , οπότε η εξίσωση f ( x) = λ δεν έχει ρίζα στο (−∞, −1] . λ ∈ f ([−1,1]) και η f είναι γνησίως αύξουσα στο [−1,1] , οπότε η εξίσωση f ( x) = λ έχει ακριβώς μία ρίζα στο [ −1,1] . λ ∈ f ([1, +∞) ) και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, +∞) οπότε η εξίσωση f ( x) = λ έχει ακριβώς μία ρίζα στο [1, +∞) . Επίσης f (1) = 1 ≠ λ . Άρα η εξίσωση f ( x) = λ έχει ακριβώς δύο ρίζες στο . Δ3. Για κάθε x ∈ ισχύει g ( x) ≤ g (2) , δηλαδή η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο εσωτερικό σημείο κ = 2 , στο οποίο είναι παραγωγίσιμη. Από το Θ. Fermat έχουμε g ′(2) = 0 . Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle για την g ′ στο [0,1] , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε g ′′( x0 ) = 0 . Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.M.T. για την g ′ στο [1,2] , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον
x1 ∈ (1,2) τέτοιο ώστε g ′′( x1 ) =
g ′(2) − g ′(1) = − g ′(1) . 2 −1
Έστω ότι η g ′′ είναι γνησίως αύξουσα, τότε: g ′′↑
x0 < x1 ⇔ g ′′( x0 ) < g ′′( x1 ) ⇔ 0 < − g′(1) ⇔ g′(1) < 0 ΑΤΟΠΟ. Άρα η g ′′ είναι γνησίως φθίνουσα στο . Η g είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο και η g ′′ έχει μοναδική ρίζα το x0 , αφού g ′′( x0 ) = 0 και η g ′′ είναι γνησίως μονότονη (φθίνουσα) στο . Επίσης g ′′↓
x < x0 ⇔ g ′′( x) > g ′′( x0 ) = 0 και g ′′↓
x > x0 ⇔ g ′′( x) < g ′′( x0 ) = 0. Επίσης η g είναι συνεχής στο (−∞, x0 ] και στο [ x0 , +∞) ως παραγωγίσιμη. Επομένως η g είναι κυρτή στο (−∞, x0 ] και κοίλη στο [ x0 , +∞) . Επίσης η
Cg έχει σημείο καμπής το A ( x0 , f ( x0 ) ) , το οποίο είναι μοναδικό.
Δ4. Απ’ το Δ2. Έχουμε ότι
f ( (0,1) ) = (0,1) και f ([1, +∞) ) = (0,1] .
x0 ∈ (0,1) . Οπότε η εξίσωση f ( x) = x0 έχει δύο ρίζες, μία στο (0,1) και μία στο [1, +∞) . Δηλαδή υπάρχει ένα ρ1 ∈ (0,1) τέτοιο ώστε f ( ρ1 ) = x0 και ένα ρ 2 ∈ [1, +∞) τέτοιο ώστε f ( ρ 2 ) = x0 .
Επίσης
( x0 ) g ′( x0 ) ( f ( x) − x0 ) Για x = ρ1 και για x = ρ 2 η εξίσωση g ( f ( x) ) − g= προφανώς αληθεύει. Δ5.
β
∫α
g ′′( x)dx < 0 ⇔ [ g ′( x) ] α < 0 ⇔ g ′( β ) − g ′(α ) < 0 . β
Από τα προηγούμενα ερωτήματα έχουμε ότι η g ′ είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞, x0 ] και γνησίως φθίνουσα στο [ x0 , +∞) . g ′↑
a ∈ (0, x0 ) οπότε a > 0 ⇔ g ′(a ) > g ′(0) = g ′(1) g ′↓
β ∈ (1, 2) οπότε β > 1 ⇔ g ′( β ) < g ′(1) Άρα g ′( β ) < g ′(1) < g ′(α ) .
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΒΑΓΕΝΑΣ ΘΟΔΩΡΗΣ – ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΘΗΣ ΚΑΡΑΪΣΚΟΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ – ΚΛΑΥΔΙΑΝΟΣ ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΛΑΜΠΡΟΠΟΥΛΟΥ ΓΙΟΥΛΗ – ΠΑΝΤΕΛΗΣ ΑΝΔΡΕΑΣ