1. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015
Μαθηματικά θετικής και
τεχνολογικής κατεύθυνσης
από τη lisari team
# Αναλυτικές λύσεις #
Κυριακή 24 – 05 – 2015
lisari.blogspot.gr
Ομάδα Α΄
εργασιών:
Νίκος
Σπλήνης
Παύλος
Σταυρόπουλος
Σταύρος
Σταυρόπουλος
Ομάδα Β΄
εργασιών:
Νίκος
Αντωνόπουλος
Αντώνης
Σπυριδάκης
Περικλής
Παντούλας
Συντονιστής
Παύλος
Τρύφων
2. ΠΡΟΛΟΓΟΣ
Το διαγώνισμα που περιλαμβάνεται στην παρούσα ανάρτηση αντιστοιχεί στο
μάθημα Μαθηματικά θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης και ακολουθεί τις
προδιαγραφές που αναφέρονται στο αναλυτικό πρόγραμμα σπουδών της Γ΄ τάξης του
Γενικού Λυκείου για το σχολικό έτος 2014-2015.
Το διαγώνισμα είναι αποτέλεσμα σύνθεσης δυνάμεων της lisari team. Η πρώτη
διστακτική απόπειρα προσομοιωτικών διαγωνισμάτων ξεκινά από τη φετινή χρονιά
(2015). Δεν ξέρουμε αν η ομάδα μας θα προσφέρει κάτι διαφορετικό από τα έως τώρα
αναρτηθέντα διαγωνίσματα , αλλά πρόκειται για μια προσπάθεια να παρουσιαστεί –
όσο είναι δυνατόν- ένα πλήρες διαγώνισμα.
Η lisari team δεν επιθυμεί, δε φιλοδοξεί ούτε δύναται τα προτεινόμενα θέματά της να
γίνουν τα μελλοντικά θέματα των εξετάσεων. Ωστόσο, θα επιχειρήσει
να προετοιμάσει, να ελέγξει και να δώσει την ευκαιρία στο μαθητή να εξασκηθεί.
Αν παράλληλα καταφέρει να προβληματίσει και τον καθηγητή, τότε θα έχει πετύχει το
σκοπό της στο μέγιστο.
Δεν έχουμε σκοπό, ούτε διεκδικούμε να ανεβάσουμε τον «πήχη» δυσκολίας, δε
θέλουμε να φοβίσουμε ή να απογοητεύσουμε τους μαθητές μας. Εντούτοις, όταν
χαρακτηρίζεις ένα διαγώνισμα «προσομοιωτικό» οφείλεις να προσομοιάζεις, όσο
είναι δυνατόν, το στυλ, το επίπεδο και τη μορφή των θεμάτων με εκείνα που
προτείνονται στις Πανελλαδικές Εξετάσεις. Η ενασχόληση των μαθητών με το
διαγώνισμα προσομοίωσης της lisari team προϋποθέτει τη γνώση της θεωρίας, την
επίλυση όλων των σχολικών ασκήσεων, καθώς και όλων των προηγούμενων
θεμάτων από τις κανονικές και επαναληπτικές εξετάσεις (‘00 – ‘14).
Μην ξεχνάτε ότι το διαγώνισμα, με το οποίο θα ασχοληθείτε, είναι ανθρώπινο
δημιούργημα, οπότε εξ’ ορισμού δεν είναι τέλειο. Γι’ αυτό το λόγο, η συγγραφική
ομάδα που το επιμελήθηκε με ιδιαίτερη ικανοποίηση θα δέχεται στην παρούσα
ανάρτηση τα σχόλια και τις παρατηρήσεις από οποιονδήποτε συνάδελφο, μαθητή ή
πολίτη που ασχολείται με θέματα παιδείας.
Με εκτίμηση,
lisari team
“verba volant, scripta manent” = τα λόγια πετούν-χάνονται, τα γραπτά μένουν
8. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 5
ΘΕΜΑ Β
Β1. Έστω z w τότε η δοσμένη γράφεται ισοδύναμα,
2 2 2
z z z 0 2
3z 0 z 0
που είναι άτοπο.
Άρα z w
Ακόμη,
z w 0
2 2
z zw w 0
2 2
z w z zw w 0 3 3
z w 0
B2. Αρκεί να δείξουμε, z w
Από το Β1 έχουμε,
3 3 3 3
z w 0 z w
οπότε,
3 33 3
z w z w z w
Β3. i. 1ος
τρόπος
Έχουμε,
OA ρ z ρ
και OΒ ρ w ρ
Οπότε,
2 2 2 2 2
2 2 2
z zw w 0 zw w z w z w z
w z w z w z w z w z w
Επίσης,
_______ _______
2 2
z w z w z w z w z w z w z w z w z w z w
zz zw
wz ww zz zw wz
2 2 2 2 2
ww 2 z 2 w 2ρ 2ρ 4ρ
άρα
z w ρ
2 2 2
z w z w 4ρ
2 22 2 2 z w
ρ z w 4ρ z w 3ρ z w 3ρ ρ
3
Άρα πράγματι ισχύει η σχέση
z w
z w
3
2ος
τρόπος
Έχουμε,
9. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 6
zw
2 2 2 2
z zw w 0 z 2zw w zw
2
z w zw
οπότε,
22
z w zw z w z w
2 2
z w z w
Ακόμη,
3zw
2 2 2 2
z zw w 0 z 2zw w 3zw
2
z w 3zw
οπότε,
22
z w 3zw z w 3 z w
2 2 z w
z w 3 z w 3
3
επομένως,
z w
z w
3
3ος
τρόπος
Η δοσμένη σχέση αν διαιρεθεί με zw 0 γίνεται
z w
1 0
w z
και με την αντικατάσταση
z
u
w
παίρνουμε
21
u 1 0 u u 1 0
u
η οποία (με επίλυση τριωνύμου) έχει ρίζες τους μιγαδικούς
1 3
u i
2 2
Άρα
1 3 1 3
z w i z w i w
2 2 2 2
δηλαδή
1 3 3 3
z w w i w w i 3 w
2 2 2 2
και
1 3 1 3
z w w i w w i w
2 2 2 2
άρα
10. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 7
z w
z w
3
ii. 1ος
τρόπος
Έχουμε ότι
z w
ρ z w ρ 3 (1)
3
Όμως,
z w ΑΒ
.
Άρα η σχέση (1) γράφεται
ο
2 2
2
2
2 2
2
2 2
2
2 2 2
0 φ 180
ο
ΑΒ ρ 3 ΟΒ ΟΑ ρ 3 ΟΒ ΟΑ ρ 3 ΟΒ ΟΑ 3ρ
ΟΒ 2ΟΑ ΟΒ ΟΑ 3ρ
ΟΒ 2 ΟΑ ΟΒ συνφ ΟΑ 3ρ
ρ 2 ρ ρ συνφ ρ 3ρ
1
2συνφ 1 συνφ φ 120
2
2ος
τρόπος
Εστω Δ η εικόνα του μιγαδικού w (δηλαδή Δ το συμμετρικό του Β ως προς το Ο).
Έχουμε,
z w z w ό 60 120
11. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 8
3ος
τρόπος
Ονομάζουμε Γ την εικόνα του μιγαδικού z w (προσδιορίζεται με τον κανόνα του
παραλληλογράμμου με αρχικά διανύσματα OA , OB
).
Επειδή OA , προκύπτει ότι το παραλληλόγραμμο είναι ρόμβος, οπότε
οι διαγώνιοι , διχοτομούνται κάθετα και η διαγώνιος διχοτομεί τη γωνία
Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε,
z w 3 και z w
άρα
3
2 2
και
2 2
Οπότε,
3
2 3 60 2 120
2
4ος
τρόπος
Στο τρίγωνο OAB έχουμε
OA OB z w και AB z w 3
Ας ονομάσουμε , τότε από νόμο συνημιτόνων στο
τρίγωνο έχουμε,
2 2 2
AB OA OB 2 OA OB
2
2 2
3 2
0 180
2 2 2 01
2 2 3 120
2
12. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 9
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. 1ος
τρόπος
Θεωρούμε 0y 0 τυχαίο και σταθερό. Ορίζουμε τη συνάρτηση k : 0, R με
0 0 0k x f xy x f y y f x , x>0
Παρατηρούμε ότι,
f 1 0
0 0 0k 1 f y f y y f 1 0
Οπότε η σχέση της υπόθεσης 0 0 0f xy x f y y f x γράφεται:
k x k 1 , για κάθε x > 0
Άρα :
Η συνάρτηση k στο ox 1 παρουσιάζει τοπικό μέγιστο,
To ox 1 είναι εσωτερικό σημείο του kD 0, ,
Η k είναι παραγωγίσιμη στο R (άρα και στο 1),
[ με παράγωγο 0 0 0 0k' x f ' xy y f y y f ' x , για κάθε x>0 ]
Σύμφωνα με το θεώρημα Fermat θα ισχύει :
2
0:y 0
0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 2
0 0
f ' y y f y 1
k' 1 0 f ' y y f y y f ' 1 0 f ' y y f y y
y y
αφού ισχύει για οποιοδήποτε y0 > 0 τότε ισχύει και για κάθε y > 0 , δηλαδή
2
f ' y y f y f y1
ln y
y y y
, για κάθε y > 0
Άρα θα υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε :
f y
ln y c
y
, για κάθε y > 0
Για y =1 η παραπάνω σχέση γίνεται :
f 1
ln1 c c 0
1
Τελικά έχουμε,
f y
ln y f y y ln y , y >0
y
δηλαδή, f x x ln x , x> 0
13. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 10
Προσοχή: Τα βήματα εύρεσης της συνάρτησης f δεν ήταν ισοδύναμα. Γι αυτό είναι
απαραίτητο ο τύπος της f που βρέθηκε, να επαληθευτεί στις αρχικές σχέσεις
f xy xf y yf x , f 1 0 και f 1 1.
2ος
τρόπος
Αρχικά έχουμε ότι
f 1 0
h 1 h 1
f h f 1 f h
1 f 1 lim lim
h 1 h 1
και
w x
f w f x
f x lim
w x
Θέτουμε
w
h w hx
x
Τότε,
w x καθώς h 1
Άρα,
h 1
f hx f x
f x lim (x 0)
hx x
Για h 1 έχουμε,
: hx x 0
f hx f x hf x xf h f x h 1 f x xf h
f hx f x h 1 f x xf h f x f h
hx x hx x x h 1
h 1
f hx f x f x
lim 1
hx x x
f x
f x 1
x
Παρόμοια για h 1 παίρνουμε
f x
f x 1
x
άρα
f x f x
f x 1 ln x , x 0
x x
και συνεχίζουμε όμοια με τον 1ο
τρόπο επίλυσης…
14. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 11
Γ2. 1ος
τρόπος
Πλάγιες-οριζόντιες στο :
x
x
x
2 2x x x x
ln 1 e
x 2 ln 1 eh x 2 2 1xlim lim lim 1 lim 1 ln 1 e
x x x x x x
1 0 0 ln1 1 λ,
x
x
x x x
ln 1 e 1
lim h x αx lim 2 lim 2 ln 1 e 2 0 ln1 2 β
x x
Άρα η ευθεία y λx β , δηλαδή η y x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο
Πλάγιες-οριζόντιες στο :
x
2x x
ln 1 eh x 2
lim lim 1 1 0 0 1 λ ,
x x x
(διότι,
x
xx
x x
2x x x x2
e 1
ln 1 eln 1 e 11 e 1 elim lim lim lim 0
x 2x 2xx
)
x
x x
ln 1 e
lim h x γx lim 2 2 1 1 β
x
(διότι
xx x
x xx x x x
ln 1 eln 1 e e 1 1
lim lim lim lim 1
x 1 e 1 e 1x
)
Άρα η ευθεία y λ x β , δηλαδή η y x 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο
Επειδή η γραφική παράσταση της συνάρτησης h έχει πλάγιες ασύμπτωτες στο και
είναι προφανές ότι δεν θα έχει και οριζόντιες ασύμπτωτες.
2ος
τρόπος
Έχουμε,
x x
ln 1 e ln 1 e
h x x 2 h x x 2 ,x 0 1
x x
Οπότε,
15. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 12
x
(1)
x
x x x
ln 1 e 1 0
lim h x x 2 lim lim ln 1 e 0
x x
Άρα η ευθεία y x 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο .
Παρόμοια,
xx1
x x D.L.H. x
x
x xx x
ln 1 eln 1 e
lim h x x 2 lim lim
x x
e 1
lim lim 1
1 e 1 e
Άρα,
x x x
lim h x x 2 1 lim h x x 2 1 0 lim h x x 1 0
.
Άρα η ευθεία y x 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο .
Γ3. 1ος
τρόπος
Τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της g και της ευθείας y = x +1 έχουν
τετμημένες τις λύσεις της εξίσωσης
g x x 1 f x ln x x 1 xln x ln x x 1 , x> 0
Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται :
xln x ln x x 1 ln x x 1 x 1
και επειδή δεν έχει λύση την x =1 (αφού για x =1 δεν επαληθεύεται) τότε ισοδύναμα
γράφεται :
x 1 x 1
ln x ln x 0
x 1 x 1
Θεωρούμε τη συνάρτηση q : 0,1 1, R με τύπο
x 1
q x ln x
x 1
H q είναι παραγωγίσιμη στο 0,1 1, , με παράγωγο
2 2
1 x 1 x 1 1 2
q' x 0
x xx 1 x 1
Άρα η q είναι γνησίως αύξουσα στο Α1 =(0,1) και γνησίως αύξουσα στο Α2= (1,+).
Είναι :
16. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 13
x 0 x 0
x 1
lim q x lim ln x
x 1
και
x 1 x 1
1
lim q x lim ln x x 1
x 1
Aφού η q στο Α1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, το αντίστοιχο σύνολο τιμών είναι:
1
x 0 x 1
q A lim q x , lim q x ,
Επειδή 10 q A και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α1 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός
1 1 1x A :q x 0
Επίσης :
x 1 x 1
1
lim q x lim ln x x 1
x 1
και
x x
x 1
lim q x lim ln x
x 1
Αφού η q στο Α2 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής , το αντίστοιχο σύνολο τιμών θα
είναι:
2
xx 1
q A lim q x , lim q x ,
Επειδή 20 q A και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α2 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός
2 2 2x A :q x 0
Άρα η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες 1 2x ,x . Παρατηρούμε ότι:
1
1 1 1 1
1 1 1 1
11 1 1 1
1 1
1 x1
1
x x 1 x 1 x1 1
q ln ln x ln x ln x q x 0
1 1 xx x 1 x x 11
x x
Άρα ο αριθμός
1
1
x
είναι ρίζα της q . Kαι επειδή η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες
τις 1 2x ,x 1 , τότε υποχρεωτικά
2 1 2
1
1
x x x 1
x
17. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 14
2ος
τρόπος
Τα κοινά σημεία της gC και της ευθείας y x 1 έχουν τετμημένες τις λύσεις της
εξίσωσης
g x x 1 f x ln x x 1 xln x ln x x 1 0,x 0
Θεωρούμε τη συνάρτηση
φ x xln x ln x x 1 0,x 0
Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, , με παράγωγο
1
φ x ln x
x
Η φ είναι παραγωγίσιμη στο 0, , με παράγωγο
2
1 1
φ x 0
x x
,για κάθε x 0
Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο 0, .
Επίσης,
e 1
φ 1 φ e 1 0
e
Άρα από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει o ox 1,e :φ x 0
Έχουμε τώρα ότι
φ
o o
φ
o o
φ x 0 φ x φ x x x
φ x 0 φ x φ x 0 x x
1
1
Κατά συνέπεια, η φ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο ox
Θα βρούμε τα σύνολα τιμών o oφ 0,x , φ x ,
Στο o0,x η φ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, άρα
o o o
x 0
φ 0,x φ x , lim φ x φ x ,
(διότι
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
ln xln x
lim xln x lim lim lim x 0 lim φ x
1
1
x
x
)
Επίσης,
oφ στο 0,x
o o o ox 1 φ x φ 1 2 0 φ x 0 0 φ 0,x
2
υπάρχει 1 o 1x 0,x :φ x 0
Το 1x είναι μοναδικό, διότι η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο o0,x
18. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 15
Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε ότι o oφ x , φ x , , άρα υπάρχει
μοναδικό 2 o 2x x , :φ x 0
Παρατηρούμε ότι,
1
1 1
1
1 1 1 1 1 1 1
11 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1
ln x1 1 1 1 1 1
φ ln ln 1 ln x 1
x x x x x x x
φ xln x ln x x ln x 1 x1 0
ln x 1 0
x x x x x
Άρα ο αριθμός
1
1
x
είναι ρίζα της εξίσωσης φ x 0 . Όμως είδαμε πως αυτή η εξίσωση
έχει ακριβώς δύο ρίζες 1 2x ,x 1 αφού φ 1 2 0 , άρα υποχρεωτικά
2 1 2
1
1
x x x 1
x
Γ4. 1ος
τρόπος
Σκεπτικό…
Για x 1,e έχουμε:
2
2
2 2
2
2
2
x x
t x t
1 1
x
x
t
1
x
t
1
x
t
1
f x e dt e f x e f x e dt f x e 0
f x e e dt f x e 0
f x e e d
e
e t
t 0
d
Θεωρούμε τη συνάρτηση φ: 1,e R με τύπο
2
x
t
1
φ x f x e e dt
Η συνάρτηση
2
t
e είναι συνεχής στο 1,e , άρα η συνάρτηση
2
x
t
1
e dt είναι παραγωγίσιμη
στο
2
x
t
1
e dt . Κατά συνέπεια, η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη στο 1,e , ως γινόμενο
19. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 16
των παραγωγίσιμων συναρτήσεων f x e και
2
x
t
1
e dt .
Οπότε,
η φ είναι συνεχής ως διάστημα 1,e (ως παραγωγίσιμη σε αυτό)
η φ είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 1,e
2
1
t
1
φ 1 f 1 e e dt 0 e 0 0 και
2
e f e elne e
t
1
φ e f e e e dt 0
Άρα, από το θεώρημα Rolle, προκύπτει η ύπαρξη τουλάχιστον ενός αριθμού ξ 1,e :
φ ξ 0
δηλαδή,
2 2
ξ
t ξ
1
f ξ e dt e f ξ e
2ος
τρόπος
Η ζητούμενη σχέση γράφεται ισοδύναμα
2 2
ξ
t ξ
1
f ξ e dt f ξ e e 0
Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο 1,e για την συνάρτηση
2 2
x
t x
1
d x f x e dt f x e e
2 2
2
e
t t
1
d 1 e 0 και
d e 2 e dt 0, αφού e 0 και συνεχής στο 1,e
20. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 17
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Για κάθε x 1,2015 ] ισχύει:
1 1
2015 2015 2015
2 2x x
1 1 1
e f (x)dx x e dx 2xf(x)dx
1 1
2015
2 2x x
1
(e f (x) x e 2xf(x))dx 0
2 1
2 2 x x2015
11
x
f (x) x e 2xe f(x)
dx 0
e
1
2x2015
11
x
(f(x) xe )
dx 0 (*)
e
Ισχύει όμως
1
2x
1
x
(f(x) xe )
0
e
, για κάθε x 1,2015
Αν η συνάρτηση
1
2x
1
x
(f(x) xe )
e
δεν ήταν παντού μηδέν στο 1,2015 , τότε θα είχαμε
1
2x2015
11
x
(f(x) xe )
dx 0
e
, άτοπο! [ λόγω της σχέσης (*)]
Άρα για κάθε x 1,2015 ισχύει
1
2x
1
x
(f(x) xe )
0
e
1
2x
(f(x) xe ) 0
1
x
f(x) xe 0
1
x
f(x) xe ,x 1,2015
Δ2. 1ος
τρόπος
Επειδή η συνάρτηση
1
t
3
e
t
είναι συνεχής στο 1,2015 , η συνάρτηση
1
tx
31
e
h(x) dt
t
είναι
παραγωγίσιμη στο 1,2015 , συνεπώς και συνεχής στο 1,2015 , τότε η συνάρτηση
x
1
H(x) h(t)dt e είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , με
H (x) h(x)
21. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 18
και
1
x
3
e
H (x) h (x)
x
Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με
1 1
x x
1
f (x) e e
x
και
1
x
2
1
f (x) e
x
1
x
2
1
e
x
1 1
x x
3 3
1 1
e e
x x
Άρα ισχύει
H (x) f (x) ,για κάθε x 1,2015 1 1H (x) f (x) c (c σταθερά)
Για x 1 ισχύει
1H (1) f (1) c 1c 0
Τότε
H (x) f (x) ,για κάθε x 1,2015 2 2H(x) f(x) c (c σταθερά)
Για x 1 ισχύει
2H(1) f(1) c 2c 0
άρα,
H(x) f(x) , για κάθε x 1,2015
2ος
τρόπος
Στο ολοκλήρωμα
1
tx
31
e
dt
t , x 1,2015 θέτουμε
2 2
1 1 1
u dt du dt du
t t t
Για τα νέα άκρα:
t 1 u 1 ενώ για
1
t x u
x
άρα,
1
1
t x1 1 11x 1x x xu u u ux x
3 11 1 1 1
e e
h x dt e udu e udu e u e du e e e
t x
δηλαδή,
22. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 19
1
x
1
h x e 1 , x 1,2015
x
Οπότε για κάθε x 1,2015 θα έχουμε,
x x xx
11 1 1
1
x t
3
1
x 1h 1 0 1
tx
2
1
1 1 1 1
x x x x
H(x) h(t)dt e t h(t)dt e th(t) th (t)dt e
e
xh x h 1 t dt e
t
1 1
xe 1 0 e dt e
x t
xe e e e e xe f x
[διαφορετικά
' xx x1 1 1 1 1
t t t t x
1 1 1
1
H x e e dt e te dt e te e xe f x ]
t
Δ3. Είναι
1
x
3
1
f (x) e 0
x
, για κάθε x 1,2015
Άρα η f είναι κυρτή στο 1,2015 .
Η f είναι:
συνεχής στο 1,2 και στο 2,3
παραγωγίσιμη στο 1,2 και στο 2,3
(με f γνησίως αύξουσα αφού f κυρτή)
Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον 1ξ 1,2 και ένα
τουλάχιστον 2ξ 2,3 τέτοια , ώστε:
1
f(2) f(1)
f (ξ ) f 2 f 1
2 1
και
2
f(3) f(2)
f (ξ ) f 3 f 2
3 2
Η f είναι γνησίως αύξουσα και 1 2ξ ξ , άρα
1 2f (ξ ) f (ξ ) f 2 f 1 f 3 f 2 2f 2 f 1 f 3 (1)
23. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 20
Επειδή ισχύει H(x) f(x) ,για κάθε x 1,2015 , η σχέση (1) γίνεται:
2H 2 H 1 H 3 2 1 3
1 1 1
0
2 h(t)dt e h(t)dt e h(t)dt e
2
1
2 h(t)dt 2e
3
1
h(t)dt 2e
2 3
1 1
2 h(t)dt h(t)dt
[ διαφορετικά θέτοντας
x 1
x
1
x h t dt xe e
τότε,
2 3
3
3
1 1
3
2 2 3
4 e 2e 3 e
2 h(t)dt h(t)dt
e
4 e e 3 e
e 4 e 3 e 0
Θέτοντας 6
0 k e , η παραπάνω σχέση γίνεται:
6 3 2 4
k 4k 3k 0 k 4k 3 0
Κάνοντας σχήμα Horner στο πολυώνυμο 4
x 4x 3 με το x - 1 παίρνουμε
24 2
4x 3 x x 3x 1 2x
Το οποίο είναι θετικό για κάθε x 1 , άρα και για 6
k e ]
Δ4. i) 1ος
τρόπος
Στη συνάρτηση G η μεταβλητή ολοκλήρωσης είναι το t , άρα
x
x x
1
1 1
g(t)dtg(t) 1
G(x) dt g(t)dt
x 1 x 1 x 1
Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η
x
1
g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο
1,2015 και άρα η G είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 (ως πηλίκο παραγωγίσιμων
συναρτήσεων), με παράγωγο
x x x
1 1 1
2 2
g(t)dt x 1 g(t)dt x 1 g(x)(x 1) g(t)dt
G (x)
x 1 x 1
24. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 21
x x
1 1
2
g(x) 1dt g(t)dt
x 1
x x
1 1
2
g(x)dt g(t)dt
x 1
x
1
2
(g(x) g(t))dt
x 1
Ισχύει 1 t x x 1 και επειδή g γνησίως φθίνουσα, προκύπτει
g(t) g(x) g(t) g(x) 0
χωρίς να ισχύει η ισότητα παντού στο 1,x (αφού g γνησίως φθίνουσα).
Άρα, για κάθε x 1 ισχύει
x
1
(g(t) g(x))dt 0
x
1
(g(x) g(t))dt 0
x
1
(g(x) g(t))dt 0
και x 1 0 στο 1,2015
Άρα
x
1
2
(g(x) g(t))dt
G x 0
x 1
στο 1,2015
Άρα G γνησίως φθίνουσα στο 1,2015
2ος
τρόπος
Είναι
x
1
1
G(x) g(t)dt , x 1,2015
x 1
Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο 1,2015 , άρα η
x
1
g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο
1,2015 και άρα η G είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 , με παράγωγο
x
1
1 1
G (x) g x g(t)dt , x 1,2015
x 1 x 1
Η συνάρτηση
x
1
K x g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με παράγωγο
K x g x
Άρα η K είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 (αφού η g είναι γνησίως φθίνουσα στο
1,2015 )
Η συνάρτηση Κ ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο
1,x 1,2015 , άρα υπάρχει ξ 1,x :
x
1
Κ x K 1 1
K ξ g ξ g(t)dt
x 1 x 1
25. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
EΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΠΑΥΛΟΣ ΤΡΥΦΩΝ 22
Όμως,
g x
1
x
1
x 1
1
1 ξ x g ξ g x g(t)dt g x
x 1
1
g x g(t)dt 0
x 1
G x 0
2
Άρα η G είναι γνησίως φθίνουσα στο 1,2015
ii. Αφού G γνησίως φθίνουσα στο 1,2015 ισχύει για 2014 2015:
G 2014 G 2015
2014 2015
1 1
g(t)dt g(t)dt
2014 1 2015 1
2014 2015
1 1
g(t)dt g(t)dt
2013 2014
2014 2015
1 1
2014 g(t)dt 2013 g(t)dt