2012_math_kat by Stavros Kollias

Κόλλιας Σταύρος

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑ∆Α Β΄) ∆ΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΘΕΜΑ Α A1. Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα ∆. Αν f΄(x) > 0 σε κάθε εσωτερικό σημείο x του ∆, τότε να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το ∆ Μονάδες 7 A2. Πότε λέμε ότι μία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα [α, β]; Μονάδες 4 A3. Έστω συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α. Πότε λέμε ότι η f παρουσιάζει στο x0‫א‬A τοπικό μέγιστο; Μονάδες 4 A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη. a) Στο μιγαδικό επίπεδο οι εικόνες δύο συζυγών μιγαδικών είναι σημεία συμμετρικά ως προς τον πραγματικό άξονα b) Μια συνάρτηση f είναι 1-1, αν και μόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της η εξίσωση f(x)=y έχει ακριβώς μία λύση ως προς x. c) Αν είναι lim f(x) =  , τότε f(x)<0 κοντά στο x0 xx0

1 , x‫א‬Թ - {x|ημx≠0} ημ2 x

(σφx) =

α f(x)g(x)dx = [f(x)g(x)]α  α f(x)g(x)dx , συναρτήσεις στο [α,β] β

όπου

f΄,g΄

είναι

συνεχείς

Μονάδες 10

Λύση

Α1.

Έστω x1 ,x2  ∆ με x1  x2 . Θα δείξουμε ότι f  x1   f  x2  .

Πράγματι, στο διάστημα Θεωρήματος Μέσης Τιμής.

 x1 ,x2 

η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις

Επομένως, υπάρχει ξ   x1 ,x2  τέτοιο, ώστε f  ξ   οπότε έχουμε: f  x2   f  x1   f  ξ  x2  x1  .

f  x2   f  x1  x2  x1

του

Επειδή f  ξ   0 και x2  x1  0 , έχουμε:

f  x2   f  x1   0  f  x2   f  x1   f  x1   f  x2  . Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το ∆.

Α2.

Μια συνάρτηση f λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα  α,β , όταν είναι

συνεχής σε κάθε σημείο του

 α,β

lim f  x   f  β

x β 

[1]

και επιπλέον

lim f  x   f  α 

x α 

και

Κόλλιας Σταύρος

Α3.

Μια συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού Α, κα λέμε ότι παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο x0  A , όταν υπάρχει δ  0 τέτοιο ώστε f  x   f  x0  για κάθε

x  A   x0  δ,x0  δ . Το x0 λέγεται θέση ή σημείο τοπικού μέγιστου, ενώ το

f  x0  τοπικό μέγιστο της f. ∆εκτός είναι και ο ορισμός του τοπικού μέγιστου από το βιβλίο της γενικής παιδείας: Η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το x0  A , όταν

f  x   f  x0  για κάθε x σε μια περιοχή του x0 .

A4.

α) Σωστό. «Στο μιγαδικό επίπεδο οι εικόνες M  α,β και M  α,  β δύο συζυγών μιγαδικών z  α  βi και z  α  βi είναι σημεία συμμετρικά ως προς τον πραγματικό άξονα. β) Σωστό. Μια συνάρτηση f είναι 1 – 1, αν και μόνο αν: Για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της f η εξίσωση f  x   y έχει ακριβώς μια λύση ως προς x. γ) Λάθος. «Αν lim f  x    , τότε f  x   0 κοντά στο x0 . x x0

1 δ) Λάθος. Είναι  σφx    2 ημ x

ε) Λάθος. Είναι



f  x  g  x  dx   f  x g  x  α   f  x g  x dx , όπου f,g είναι β

συνεχείς συναρτήσεις στο  α,β .

ΘΕΜΑ Β

Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z και w για τους οποίους ισχύουν οι επόμενες σχέσεις: 2 2 z  1  z  1  4 (1) και w – 5w  12 (2) B1. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z στο επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = 1. Μονάδες 6 B2. Αν z1, z2 είναι δύο από τους παραπάνω μιγαδικούς αριθμούς z με z1 – z2  2 ,

τότε να βρείτε το z1  z2

Μονάδες 7 B3. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w x2 y2 στο επίπεδο είναι η έλλειψη με εξίσωση   1 και στη συνέχεια να βρείτε τη 9 4 μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του w . Μονάδες 6 B4. Για τους μιγαδικούς αριθμούς z,w που επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2) να αποδείξετε ότι: 1 zw  4 Μονάδες 6

[2]

Κόλλιας Σταύρος

Β1.

Λύση Είναι

z  1  z  1  4   z  1 z  1   z  1 z  1  4  z z  z  z 1 z z  z  z 1  4 2 2  2z z  2  4  2 z  2  z  1  z  1 Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών είναι ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων O  0,0  και ακτίνα ρ  1 . Άλλος τρόπος Έστω z  x  yi με x,y  R . Τότε 2

z  1  z  1  4  x  yi  1  x  yi  1  4 2

 x  1   y   x  1  y 2 2   x  1   x  1  2y2  4 2



4

 x2  2x  1  x2  2x  1  2y2  4  2x2  2y2  2  x2  y2  1 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z στο επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων O  0,0  και ακτίνας ρ  1 . Άλλος τρόπος Έστω Μ  z  η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z και A 1,0  , B  1,0  οι εικόνες z  1   MA  και

των αριθμών 1 και 1 στο μιγαδικό επίπεδο. Τότε z  1   MB . Άρα z  1  z  1  4   MA    MB  4 2

  MA    MB   AB ˆ  900 . Συνεπώς η εικόνα Μ Επομένως το τρίγωνο ΜΑΒ είναι ορθογώνιο με M του μιγαδικού αριθμού z ανήκει σε κύκλο με κέντρο το μέσο O  0,0  του 2

τμήματος ΑΒ και ακτίνα ρ   ΟΑ   1 .

B2.

Είναι:

z1  z2  2  z1  z2  2   z1  z2  z1  z2   2 2

 z1 z1  z1 z2  z2 z1  z2 z2  2 2

 z1  z1 z2  z2 z1  z2  2  1  z1 z2  z2 z1  1  2  z1 z2  z2 z1  0  z1 z2  z2 z1  0

Οπότε:

z1  z2   z1  z2  z1  z2  2

 z1 z1  z1 z2  z2 z1  z2 z2 2

Άρα

 z1  z1 z2  z2 z1  z2  1 01  2 2

z1  z2  2  z1  z2  2 [3]

Κόλλιας Σταύρος

Άλλος τρόπος Έστω Κ και Λ είναι οι εικόνες των μιγαδικών z1 και z2 αντίστοιχα. Τα σημεία Κ και Λ, όπως συμπεραίνουμε από το προηγούμενο ερώτημα, θα ανήκουν στον κύκλο C1 : x2  y2  1 , οπότε

 OΚ    OΛ   1 , και η μεταξύ τους απόστασή τους θα είναι  ΚΛ   z1  z2  2 . Στο τρίγωνο ΟΚΛ ισχύει OΚ2  OΛ2  1  1  2  ΚΛ2 , άρα ˆ  900 . Αν ΟΚΜΛ το είναι ορθογώνιο με O παραλληλόγραμμο με πλευρές ΟΚ και ΟΛ τότε

 OΚ    OΛ   1 διαγώνιές του θα έχουμε  ΚΛ    ΟΜ   2 . αυτό θα είναι τετράγωνο αφού

Επομένως

ˆ  900 , και για τις και O

    z1  z2  OΚ  OΛ  OΜ  ΚΛ  2 .

Άλλος τρόπος Είναι z1  z2  1 οπότε, τον κανόνα του παραλληλογράμμου, έχουμε 2

z1  z2  z1  z2  2 z1  2 z2  z1  z2  2  2  12  2  12 2

 z1  z2  2  4  z1  z2  2

 z1  z2  2 Σημείωση Ο κανόνας του παραλληλογράμμου είναι άσκηση του βιβλίου και όχι εφαρμογή, άρα αν χρησιμοποιηθεί θα πρέπει να αποδειχθεί. Β3.

Έστω w  x  yi με x,y  R . Τότε





w  5w  12  x  yi  5 x  yi  12  x  yi  5  x  yi   12  4x  6yi  12 

 4x   6y  2

 12

 16x2  36y2  144 16x2 36y2   1 144 144 x2 y2   1 9 4

Άρα ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας M  x,y  του μιγαδικού w είναι η έλλειψη

C2 :

x2 y2   1 με α  3 , β  2 και γ  α2  β2  5 . Οι κορυφές της έλλειψης είναι 9 4

[4]

Κόλλιας Σταύρος

τα σημεία Α  3,0  , Α  3,0  , Β  0,2  και Β  0, 2  . Ο μεγάλος άξονας έχει μήκος

2α   ΑΑ   6 και ο μικρός άξονας έχει μήκος 2β   ΒΒ   4 .

Για οποιοδήποτε σημείο Μ της έλλειψης ισχύει

β   ΟΒ   ΟΜ    ΟΑ   α  2   ΟΜ   3

Άρα 2  w  3 . Για w  2i ή w  2i το μέτρο του w παίρνει την ελάχιστη τιμή 2 ενώ για w  3 ή w  3 το μέτρο του w παίρνει τη μέγιστη τιμή 3. Άλλος τρόπος (για την ελάχιστη και τη μέγιστη τιμή του w ) Είναι w  x  yi 

x2  y2 , άρα w  x2  y2 και

x2 y 2   1  4x2  9y2  36  4x2  4y2  5y2  36 9 4 2  4 x2  y2  5y2  36  4 w  5y2  36





36  5y2 4 2 Είναι 2  y  2  0  y  4  0  5y2  20  0  5y2  20 36 36  5y2 16 2  36  36  5y  36  20    4 4 4 2 9 w 4 2

 w 

Άρα 3  w  2 . Επομένως η μεγαλύτερη τιμή του w είναι 3 όταν y  0 και τότε x  3 ή x  3 , άρα w  3 ή w  3 και η ελάχιστη τιμή του w είναι 2 όταν y  2 ή y  2 και τότε x  0 , άρα w  2i ή w  2i . Β4.

Από την τριγωνική ανισότητα

z  w  z  w  z  w θέτοντας όπου w το  w

έχουμε: w  w

z  w  z   w  z  w  z  w  z  w  z  w

Είναι z  w  z  w  1  3  4 γιατί z  1 και w  3 και z  w  z  w άρα, αφού x  x και x   x , έχουμε z  w  z  w  1 w

που ισχύει γιατί 1  w  0 αφού 2  w  3 και z  w  w  z  w 1  2 1  1 Άρα 1  2 1  w  z  z  w  w  z  31  4 Άλλος τρόπος Έστω z και w δύο μιγαδικοί που επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2) και Κ, Λ οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο αντίστοιχα.

[5]

Κόλλιας Σταύρος

Το Κ θα είναι σημείο του κύκλου C1 : x2  y2  1 και το Λ σημείο της έλλειψης x2 y2 C2 :   1 . Τότε w  z   ΚΛ  . 9 4

Από το σχήμα έχουμε  ΕΒ   ΚΛ    ∆Α 

 ΟΒ  ρ  z  w   OΑ  ρ 2 1  z  w  31 1 zw  4

Αναλυτικότερα από την τριγωνική ανισότητα έχουμε  ΟΛ    ΟΚ    ΚΛ    ΟΛ    ΟΚ 

 ΟΛ   1  z  w   ΟΛ   1 2  1   ΟΛ   1  z  w   ΟΛ   1  3  1 1 zw  4

Γιατί η ελάχιστη τιμή του  OΛ  είναι 2 και η μέγιστη το 3.

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η συνάρτηση f  x   (x  1)lnx  1, x  0 Γ1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ∆1   0,1 και γνησίως αύξουσα στο διάστημα ∆2  1,   . Στη συνέχεια να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

Μονάδες 6 Γ2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x  e ,x  0 έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες. Μονάδες 6 Γ3. Αν x1 ,x2 με x1  x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος Γ2, να x-1

2013

αποδείξετε ότι υπάρχει x0   x1 ,x2  τέτοιο, ώστε f΄(x0 )  f (x0 )  2012

Μονάδες 6 Γ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g  x   f  x   1 με x  0 , τον άξονα x΄x και την ευθεία x  e . Μονάδες 7 Γ1.

Λύση

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε x  0 γιατί προκύπτει από πράξεις μεταξύ των παραγωγίσιμων συναρτήσεων f1  x   x  1 , f2  x   ln x και

της σταθερής συνάρτησης f3  x   1 με

x1 f  x   x  1 ln x  1   x  1 ln x   x  1 ln x   1  ln x  x 11  0 και Ρίζα της f είναι το 1 γιατί f 1  ln1  1 [6]

Κόλλιας Σταύρος

x1 x1  0 άρα f  x   ln x   0 , επομένως η f x x είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  0,1

για 0  x  1 είναι ln x  0 και

x1 x1  0 άρα f  x  ln x   0 , επομένως η f x x είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 1,  . Επομένως η f παρουσιάζει ολικό x 0  ελάχιστο για x  1 το: 1 f 1  1  1 ln1  1  1 . 0   f  x  Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα   στο ∆1   0,1 άρα f  x 1  f  ∆1    f 1 , lim f  x    1,   x0  γιατί lim  x  1  1 και lim ln x   οπότε για x  1 είναι ln x  0 και



x 0

lim f  x   lim  x  1 ln x  1

x0

x 0

 1  1





Ακόμη η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ∆2  1,   άρα



f  ∆2    f 1 , lim f  x    1,   x  γιατί lim  x  1   και x

lim ln x   οπότε

x

lim f  x   lim  x  1 ln x  1 x

x

     1





Επομένως σύνολο τιμών της f είναι το f  ∆   f  ∆1   f  ∆2   1,   όπου ∆   0,   το πεδίο ορισμού της f.

Άλλος τρόπος (για τον υπολογισμό του πρόσημου της f ) 1 xx1 1 1 Η f είναι παραγωγίσιμη με f  x      2  0 για κάθε x  0 , x x2 x x 11 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  0,  . Ακόμη f 1  ln1   0, 1 οπότε για 0  x  1 είναι f  x   f 1  0 , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

διάστημα  0,1 .

για x  1 είναι f  x   f 1  0 , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα

1,  .

[7]

Κόλλιας Σταύρος

Άλλος τρόπος (για τον υπολογισμό του πρόσημου της f ) Ποιο δύσκολος τρόπος είναι ο παρακάτω x  1 xln x  x  1  . Επειδή ο παρανομαστής, δηλαδή ο x, Είναι f  x   ln x  x x είναι θετικός, το πρόσημο της f εξαρτάτε από τον αριθμητή. Έστω g  x   xln x  x  1

Είναι

g  x    xln x  x  1

1  ln x  x   1  ln x  2 x και g  x   0  ln x  2  0  x  e 2 ενώ g  x   0  ln x  2  0  ln x  2  ln x  ln e 2  x  e 2 g  x   0  ln x  2  0 και  ln x  2  ln x  ln e 2  x  e 2 Άρα η g παρουσιάζει ελάχιστο για x  e 2 το g e 2  e 2 ln e 2  e 2  1  2e 2  e 2  1   e 2  1  0

 



Επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,e 2  και γνησίως αύξουσα στο  e 2 ,  . Ακόμη lim g  x   lim  xln x  x  1  1 γιατί



x 0

    1    ln x   x   x2  lim  xln x  lim  lim lim    x  0  DLH x0  1  x0     xlim 1 x0 x0  0 x      2   x   x  και lim  x  1  1 . Επίσης g 1  1ln1  1  1  0 . x0

Επομένως η συνάρτηση g στο διάστημα 0,e 2  είναι γνησίως φθίνουσα με σύνολο τιμών το   e 2  1, 1 στο διάστημα  e 2 ,1 είναι γνησίως αύξουσα με σύνολο τιμών το   e 2  1,0





στο διάστημα 1,  είναι γνησίως αύξουσα με σύνολο τιμών το  0, 



Άρα g  x   0 για κάθε x   0,1 οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα  0,1 και

g  x   0 για κάθε x  1,   οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα

1,  .

[8]



Κόλλιας Σταύρος

Γ2.

Η λογαριθμική συνάρτηση είναι 1-1 άρα η εξίσωση xx1  e 2013 , με x  0 , γράφεται ισοδύναμα: ln xx1  ln e 2013   x  1 ln x  2013   x  1 ln x  1  2012  f  x   2012





Επειδή 2012  f  ∆1   f   0,1   1,   και f 1  1  2012 , συμπεραίνουμε

ότι υπάρχει x1   0,1 τέτοιο ώστε f  x1   2012 . Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  0,1 άρα και ένα προς ένα, επομένως το x1 είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης f  x   2012 στο διάστημα  0,1 .

Ακόμη 2012  f  ∆2   f 1,      1,   και f 1  1  2012 , άρα υπάρχει x2  1,   τέτοιο ώστε f  x2   2012 . Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1, 

άρα και ένα προς ένα, επομένως το x2 είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης f  x   2012 στο διάστημα 1,  .

Γ3.

Άρα η εξίσωση f  x   2012 έχει ακριβώς δύο θετικές λύσεις x1 ,x2 . Ζητάμε να δείξουμε ότι η εξίσωση f  x   f  x   2012  f  x  e x  f  x e x  2012e x  f  x  e x  2012e x   0





έχει λύση στο  x1 ,x2 

Θεωρούμε τη συνάρτηση K  x   f  x  e x  2012e x με x   x 1 ,x2  . Η K  x  είναι

συνεχής στο  x 1 ,x2  γιατί προκύπτει από πράξεις συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο  x 1 ,x2  γιατί προκύπτει από πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με K  x   f  x  e x  f  x  e x  2012e x .

Ακόμη K  x1   f  x1  e x1  2012e x1  2012e x1  2012e x1  0 και

K  x2   f  x2  e x2  2012e x2  2012e x2  2012e x2  0 γιατί f  x1   f  x2   2012 .

Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για την K  x  στο  x 1 ,x2  επομένως υπάρχει x0   x1 ,x2  τέτοιο ώστε

K  x0   0  f  x0  e x0  f  x0  e x0  2012e x0  0  e x0  f  x0   f  x0   2012   0 e x0  0

 f  x0   f  x0   2012  0  f  x0   f  x0   2012

Άλλος τρόπος Θεωρούμε την συνάρτηση K  x   f  x   f  x   2012 που είναι συνεχής στο

 x1 ,x2  ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και K  x1   f  x1   f  x1   2012  f  x1   2012  2012  f  x1   0 γιατί x1   0,1 και όπως έχουμε αποδείξει στο Γ1 η f  x   0 για κάθε x   0,1 [9]

Κόλλιας Σταύρος

K  x2   f  x2   f  x2   2012  f  x2   2012  2012  f  x2   0 γιατί x1  1,  

και όπως έχουμε αποδείξει στο Γ1 η f  x   0 για κάθε x  1,  

Άρα K  x1   K  x2   0 , οπότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει x0   x1 ,x2  τέτοιο ώστε K  x0   0  f  x0   f  x0   2012 .

Γ4.

Το σύνολο τιμών της f είναι το  1,   οπότε για κάθε x  0 ισχύει

f  x   1  f  x   1  0  g  x   0 . Ακόμη μοναδική ρίζα της εξίσωσης f  x   1  g  x   0 είναι το x  1 , άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι το

E   g  x  dx   g  x  dx    x  1 ln xdx e

  x  12   ln xdx   1  2    e

2   x  1 2  e  x  1  ln x    ln x dx 1 2 2  1

  e  12  e x2  2x  1 1  ln e  0    dx 2 x  2  1

 e  1 

 e  1  1 e  x  2  1  dx 1 e x2  2x  1   dx  2 1 x 2 2 1  x 

 e  1 

 1  x2    2x  ln x 2 2 1

 e  1 

 1 1  e 2     2e  ln e     2  ln1   2 2  2   2  e 2  2e  1 1  e 2 1     2e  1   2  2 2 2 2 

e 2  2e  1 e 2 5  e 2 4 4 2 2 2e  4e  2  e  4e  5 e 2  3 τ.μ.   4 4



[10]

Κόλλιας Σταύρος

Θέμα ∆

Έστω η συνεχής συνάρτηση f :  0,    R , η οποία για κάθε x  0 ικανοποιεί τις σχέσεις:  f  x  0 x  x2 1 e  x lnt  t   lnx  x =    dt  e   f(x)  1 f(t)  ∆1. Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη και να βρείτε τον τύπο της. Μονάδες 10 x Αν είναι f  x   e (lnx  x), x  0 , τότε: 

x2 -x+1

f(t)dt 

  2 1 ∆2. Να υπολογίσετε το όριο: lim  f(x) ημ  f(x) f(x) x0  

Μονάδες 5 ∆3. Με τη βοήθεια της ανισότητας lnx  x  1 , που ισχύει για κάθε x  0 , να αποδείξετε ότι η συνάρτηση x

F(x)   f(t)dt , x>0 α

όπου α>0, είναι κυρτή (μονάδες 2). Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι: F  x   F  3x   2F  2x  , για κάθε x  0 (μονάδες 4).

Μονάδες 6 ∆4. ∆ίνεται ο σταθερός πραγματικός αριθμός β  0 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ   β,2β τέτοιο ώστε: F  β  F  3β  2F  ξ 

Μονάδες 4

Λύση ∆1.

x  x2 , x   0,   . Η συνάρτηση 1 e g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο  0,  ως διαφορά των συνεχών και

Θεωρούμε τη συνάρτηση g  x   

x2  x1

f  t dt 

παραγωγίσιμων συναρτήσεων g1  x   

x2  x1

f  t dt και g2  x  

x  x2 με e

 x2 x1 x  x2   g  x    f  t  dt   e   1

1  2x  f x2  x  1  x2  x  1   e 1  2x  f x2  x  1   2x  1  για κάθε x   0,   . e 12 11 1 1  12 f  t dt    f  t dt  0 και από τη σχέση Παρατηρούμε ότι g 1   1 1 e (2) έχουμε g  x   0  g  x   g 1 για κάθε x   0,   . Επομένως η g παρουσιάζει ολικό, άρα και τοπικό, ελάχιστο στο x  1 εσωτερικό σημείο του









[11]



Κόλλιας Σταύρος

Dg   0,   . Άρα από το θεώρημα του Fermat έχουμε ότι 1  2 1 1 1  0  f 1   0  f 1    0 (4) e e e Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο  0,  και f  x   0 για κάθε





g 1  0  f 12  1  1   2  1  1 

x   0,   , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο και λόγω τις (4) έχουμε ότι

f  x   0 για κάθε x   0,   . Οπότε η σχέση (3) γράφεται  x lnt  t  lnx  x x lnt  t lnx  x =   dt  e   f(x)  = dt  e για κάθε x   0,   (5). f(t) 1 f(x)  1 f(t)  x ln t  t Θεωρούμε τη συνάρτηση F  x    dt, x   0,   . Η F είναι 1 f t 

παραγωγίσιμη στο  0,  γιατί η συνάρτηση F1  t  συνεχής ως πηλίκο των συνεχών, στο

 0, 

ln t  t ,t   0,   είναι f  t

συναρτήσεων ln t  t και f  t ,

ln x  x για κάθε x   0,   . f  x Η σχέση (5) γράφεται x lnt  t lnx  x = dt  e  F  x   F  x   e 1 f(x) f(t)  F  x   F  x   e

με F  x  

 e  x F  x   e  x F  x   e  x e  e  x F  x   e  x  F  x   e  x1

 

 e  x F  x    e  x 1





 e  x F  x    e  x1  c, c  R

Για x  1 παίρνουμε e 1F 1   e 0  c  e 1  0   e 0  c  c  1 ln t  t dt   e  e x (6) f  t Το πρώτο μέλος της (6) είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση και το δεύτερο μέλος επίσης είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε  x ln t  t  ln x  x dt    e  e x    ex  1  f  t f  x   ln x  x , x   0.     f  x  ex Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη για κάθε x   0,   ως πηλίκο των παραγωγίσιμων συναρτήσεων ln x  x (παραγωγίσιμη ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων lnx καιx) και e x .

Οπότε e  x F  x    e  x1  1  F  x    e  e x  





[12]

Κόλλιας Σταύρος

Άλλος τρόπος

Στη σχέση



x2  x1

f  t  dt 

1 x  x2 ,x   0,   θέτουμε x  και έχουμε e 2

1 1  3 1 1 1 1 1 2 4  f  t dt  e  14 f  t dt  4e  34 f  t dt  4e  34 f  t dt   4e Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο  0,  και δεν μηδενίζεται, άρα f  x   0 για 1 1  1 4 2 1

κάθε x   0,   ή f  x   0 για κάθε x   0,   . Αν ήταν f  x   0 τότε



1 3 4

f  t dt  0 , άτοπο γιατί

1  f  t dt   4e . Άρα f  x  0 για κάθε x   0,   . 1

3 4

Επομένως έχουμε  x ln t  t   x ln t  t  ln x  x      e  f  x   ln x  x     e  f  x  1 f  t   1 f  t      Θεωρούμε τη συνάρτηση g  x   ln x  x με x  0 . H g είναι συνεχής και

παραγωγίσιμη στο  0,  , ως διαφορά των συνεχών και παραγωγίσιμων 1 1  1 . Είναι g  x  0   1  0  x  1 ενώ x x 1 1 g  x  0   1  0   1  0  x  1 και x x 1 1 g  x   0   1  0   1  x  1 x x Άρα η συνάρτηση g  x  παρουσιάζει μέγιστο για x  1 το g 1  1  0 . συναρτήσεων lnx και χ, με g  x 

Επομένως g  x   ln x  x  1  0 για κάθε x   0,   . Οπότε



ln t  t  e  0 για κάθε x   0,   , γιατί αν υπάρχει x0   0,   f  t

τέτοιο ώστε



 x ln t  t  ln t  t  e  f  x ,  e  0 τότε από τη σχέση ln x  x     1 f  t  f  t  

 x0 ln t  t   e  f  x0   ln x0  x0  0 , άτοπο για x  x0 , παίρνουμε ln x0  x0     1 f  t    αφού g  x   ln x  x  1  0 για κάθε x   0,   .  x ln t  t  ln x  x ln x  x     e  f  x  f  x   1 f  t   x ln t  t     e   1 f  t   Οι συνάρτηση g  x   ln x  x είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο  0,  ως διαφορά συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων και η συνάρτηση f(x)

Άρα

[13]

Κόλλιας Σταύρος

συνεχής άρα η συνάρτηση g1  x   

ln t  t  e είναι παραγωγίσιμη στο  0,  f  t

 x ln t  t  ln x  x   e   0 για κάθε  0,  . με g1  x      1 f  t  f x     ln x  x είναι παραγωγίσιμη στο  0,  ως Οπότε η συνάρτηση f  x    x ln t  t   e   1 f t     πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων. x ln t  t ln x  x ln x  x  e Είναι f  x   1 f t f  x  x ln t  t    e  1  f  t     x ln t  t   ln x  x  ln x  x  ln x  x  ln x  x  e       c  ex , c  R Άρα      1 f  t   f  x    f  x f  x      f  x   x ln t  t   e  f  x  παίρνουμε δίνει Για x  1 η σχέση ln x  x     1 f  t     1 ln t  t  1 ln1  1     e  f 1  f 1    1 f  t  e   ln x  x ln1  1 1  c  e x δίνει  ce   c  e  c  1. ενώ η σχέση 1 f  1 f  x  e ex  0 ln x  x ln x  x για κάθε  0,  . Επομένως  e x  f  x  f  x ex

∆2.

Είναι lim ln x   , lim x  0 και lim e x  e 0  1 , επομένως x 0

x 0

lim f  x   lim

x0

x 0

x0

ln x  x   ex

Για τον υπολογισμό του ορίου θέτουμε u 

1 οπότε u  0 και έχουμε f  x

  2 1 1  1 lim  f  x   ημ  f  x    lim  2 ημu   x 0 f  x u   u 0  u 0 0

ημu  u   ημu  u  lim  lim u 0 u 2 D.L .H. u0 u2 

 

 lim u 0

γιατί lim u 0

συνu  1  0. u [14]

συνu  1 0 2u

Κόλλιας Σταύρος

Άλλος τρόπος Επειδή πολλοί μαθητές επιχείρησαν να λύσουν το όριο χωρίς αντικατάσταση παραθέτω και την παρακάτω λύση   1  ημ    f  x 2 1 1   lim  f  x   ημ  f  x    lim  1  x 0  f  x   x0  1   2 f  x    f  x      1  1   1  1 1 συν  ημ     f  x   f  x    f  x   f  x f  x  lim  lim 2 x0 x 0   1  1  1    2   f  x   f  x    f  x   1  1  1  ημ συν 1   f  x   f  x   f  x  lim  lim 1 x 0 x 0  1  2 2  f  x   f  x  1  ημ f  x  lim 0 x 0 2 1 ln x  x 0 γιατί lim f  x   lim   άρα lim ημ x x 0 x 0 x 0 f  x e

∆3.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής οπότε ορίζεται η F  x    f  t dt και είναι x

παραγωγίσιμη με F  x  





 f  t  dt  f  x  . Η F είναι παραγωγίσμη αφού η f

είναι παραγωγίσιμη στο  0,  με 1  x  1  e   ln x  x  e x 1  1  ln x  x    ln x  x   x  F  x   f  x      x  0 για κάθε  2 x x ex  e  e

 

1  0 και ln x  x  1  x  ln x  1  0 για κάθε x   0,   . x Άρα η F είναι κυρτή στο  0,  . x   0,   αφού

Η συνάρτηση F είναι συνεχής στα διαστήματα  x,2x , 2x,3x και

παραγωγίσιμη στα διαστήματα  x,2x  ,  2x,3x  με x  0 , γιατί είναι συνεχής

 0,  . Άρα, από το θεώρημα μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού, υπάρχουν ξ1   x,2x  και ξ 2  2x,3x  τέτοια ώστε

και παραγωγίσιμη στο

[15]

Κόλλιας Σταύρος

F  ξ1   F  ξ2  

F  2x   F  x 



2x  x F  3x   F  2x 

F  2x   F  x 

και x F  3x   F  2x 

 3x  2x x Η συνάρτηση F είναι όμως γνησίως αύξουσα, άρα F  2x   F  x  F  3x   F  2x  ξ1  ξ2  F  ξ1   F  ξ2    x x  F  2x   F  x   F  3x   F  2x   F  x   F  3x   2F  2x 

Άλλος τρόπος Η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης στης F στο σημείο της με τετμημένη 2x0  0 , είναι η y  F  2x0   F  2x0  x  2x0   y  F  2x0  x  2x0   F  2x0  Αφού η F είναι κυρτή, η εφαπτόμενη της γραφικής της παράστασης σε οποιοδήποτε σημείο, βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση της, εκτός από το σημείο επαφής τους. Άρα F  x   F  2x0  x  2x0   F  2x0  για κάθε x   0,   με την ισότητα να ισχύει

μόνο για x  2x0 . Θέτοντας στην τελευταία ανίσωση όπου x το x0 παίρνουμε F  x0   F  2x0  x0  2x0   F  2x0   F  x0   x0 F  2x0   F  2x0  Ενώ θέτοντας όπου x το 3x0 παίρνουμε F  3x0   F  2x0  3x0  2x0   F  2x0   F  3x0   x0 F  2x0   F  2x0 

Προσθέτουμε τις δύο αυτές σχέσεις και έχουμε F  x0   F  3x0   2F  2x0  για κάθε x0   0,   άρα και F  x   F  3x   2F  2x  για κάθε x   0,   .

∆4.

Για κάθε x  0 , ισχύουν: lnx  x  1  lnx  x  1 και e x  0 . Άρα ln x  x  0 , οπότε F  x   f  x   0 , για κάθε x  0 . Άρα η συνάρτηση F f  x  ex είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,+∞) . Θεωρούμε τη συνάρτηση h (x)  2F (x)  F (β)  F (3β), x   β,2β .

Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο  β,2β , ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων 2F(x) και της σταθερής συνάρτησης  F (β)  F(3β) , και h (β)  2F (β)  F (β)  F (3β)  F (β)  F (3β)  0 αφού η συνάρτηση F είναι γνώσεως φθίνουσα στο (0,  ) και β  3β , και h (2β)  2F (2β)  F (β)  F (3β)  0 , από το ερώτημα ∆3 για x  β . Επομένως h  β  h  2β  0 οπότε από το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση h στο

διάστημα  β,2β , προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ   β,2β , τέτοιο

ώστε h  ξ   0  2F  ξ   F  β  F  3β .

[16]

Κόλλιας Σταύρος

Είναι h(x)   2F (x)  F (β)  F (3β)   2F  x   2f  x   0 , όπως δείξαμε στο

ερώτημα ∆1, άρα η h είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση, οπότε το ξ   β,2β είναι μοναδικό. Κόλλιας Σταύρος

[17]