Μαθηματικά - Απαντήσεις

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