Μια αποκλειστική προσφορά του Παύλου Σταυρόπουλου για τους αναγνώστες του lisari

1. Θέµα 1
Α. Απόδειξη , σχολικό βιβλίο σελίδα 262
Β. Ορισµός , σχολικό βιβλίο σελίδα 275
Γ. 1) Σωστό 2) Λάθος 3) Λάθος 4) Λάθος 5) Λάθος
Θέµα 2
Δίνεται η εξίσωση x2 - αx + α = 0 , , η οποία έχει δύο µη πραγµατικές ρίζες . Έστω x1
ρίζα της παραπάνω εξίσωσης για την οποία ισχύουν : B
Α) Να αποδείξετε ότι α =2 και B
Έστω B oι δύο µη πραγµατικές ρίζες της εξίσωσης
Επειδή η εξίσωση είναι της µορφής αx2 + βx + γ = 0 µε , , τότε οι ρίζες
της θα είναι συζυγείς . Οπότε B
Από τους τύπους του Vieta έχουµε :
B
Για α = 2 η εξίσωση γράφεται : B
Επειδή Δ = -4 η εξίσωση έχει ρίζες : B
Έστω επίσης οι µιγαδικοί αριθµοί z και w µε B .
Αν B , τότε :
Β) Να δείξετε ότι η εικόνα Μ(z) ανήκει στην υπερβολή C : x2 - y2 =1
α ∈!
x1
= 2 και Im x1( )> 0
x1
= 1+ i
x1
,x2
α ≠ 0 α,β,γ ∈!
x2
= x1
x1
⋅ x2
= α ⇔ x1
⋅ x1
= α ⇔ x1
2
= α ⇔ 2
2
= α ⇔ α = 2
x2
− 2x + 2 = 0
x1,2
=
2 ± 4 ⋅i
2
=
x1
= 1+ i
x2
= 1− i
w
z
= x1
, z ≠ 0
w = λ +
1
λ
i , λ ∈!*
1
lisari.blogspot.gr

2. B
Έστω Μ(x , y ) η εικόνα του z . Τότε :
B
Οπότε η εικόνα Μ του z ανήκει στην υπερβολή C: x2 - y2 =1
Γ. Να εξετάσετε αν υπάρχει B ώστε το µέτρο B να γίνεται ελάχιστο
A τρόπος
-
-
Η µικρότερη τιµή του B είναι 1 όταν
z =1 ή όταν z =-1
Θα βρούµε τώρα για ποια τιµή του λ το
B
B
και
B
w
z
= x1
⇔
λ +
1
λ
i
z
= 1+ i ⇔ z =
λ +
1
λ
i
1+ i( )
⇔ z =
λ +
1
λ
i
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ 1− i( )
1+ i( ) 1− i( )
⇔ z =
λ − λi+
1
λ
i+
1
λ
2
⇔
z =
λ +
1
λ
2
+
1
λ
− λ
2
i
x2
− y2
=
λ +
1
λ
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
2
−
1
λ
− λ
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
2
=
λ2
+ 2 +
1
λ2
−
1
λ2
+ 2 − λ2
4
= 1
λ ∈!*
z − w
w
z
= 1+ i ⇔ w = z(1+ i)
z − w = z − z 1+ i( ) = z − z − zi = z
z
z = 1
z = 1⇔
λ +
1
λ
2
= 1⇔
λ2
+1
2λ
= 1⇔ λ2
+1= 2λ ⇔ λ2
− 2λ +1= 0 ⇔ λ = 1
z = −1⇔
λ +
1
λ
2
= −1⇔
λ2
+1
2λ
= −1⇔ λ2
+1= −2λ ⇔ λ2
+ 2λ +1= 0 ⇔ λ = −1
2
lisari.blogspot.gr

3. Β ΤΡΟΠΟΣ
Είναι B
B
Θεωρούµε τη συνάρτηση f(λ) =B
Η f είναι παραγωγίσιµη µε B
Το πρόσηµο της f’ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα
Η συνάρτηση παρουσιάζει στο -1 και στο 1 τοπικό ελάχιστο το f(-1) = f(1) = 1
Άρα η ελάχιστη τιµή της f είναι το 1 , οπότε για λ=-1 και λ=1 το B γίνεται ελάχιστο
z − w =
λ +
1
λ
2
+
1
λ
− λ
2
i− λ −
1
λ
i =
λ +
1
λ
− 2λ
2
+
λ
1
λ
− λ
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ − 2
2λ
i =
1
λ
− λ
2
+
−λ2
−1
2λ
i
z − w =
1− λ2
2λ
+
−1− λ2
2λ
i , λ ≠ 0
z − w =
1− λ2
( )
2
+ −1− λ2
( )
2
4λ2
=
1− 2λ2
+ λ4
+1+ 2λ2
+ λ4
4λ2
=
2 + 2λ4
4λ2
=
1
2λ2
+
λ2
2
1
2λ2
+
λ2
2
, λ ≠ 0
f ' λ( )=
1
2
1
2λ2
+
λ2
2
−
1
λ3
+ λ
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
λ4
−1
2λ
1
2λ2
+
λ2
2
, λ ≠ 0
z − w
3
> < <>
lisari.blogspot.gr

4. Δ. Αν η εικόνα Μ(z) κινείται συναρτήσει του χρόνου µε τέτοιο τρόπο ώστε ο ρυθµός
µεταβολής του Re(z) να είναι 1m / s , σε κάθε χρονική στιγµή t . Να βρείτε το ρυθµό
µεταβολής του Im(z) τη χρονική στιγµή t1 , κατά την οποία η εικόνα Μ(z) βρίσκεται στο
σηµείο B
Έστω Μ ( x(t) , y(t) ) µε x/(t) =1
Επειδή η εικόνα Μ(z) ανήκει στην υπερβολή C : x2 - y2 =1 , θα έχουµε :
B
Οπότε : B
Και κατά τη χρονική στιγµή t1 , θα είναι :
B
Θέµα 3
Α. Δίνεται η συνάρτηση g(x) = x+ lnx , x > 0
Nα αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικός ώστε g(xο) = 0 και να βρείτε το πρόσηµο
της g
B . Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ = (0,1)
Επειδή είναι συνεχής στο Δ , τότε B
αφού
B
Επειδή το σύνολο τιµών g(Δ) περιέχει το µηδέν , θα υπάρχει τουλάχιστον ένα xo του
διαστήµατος Δ µε g(xo) = 0 . Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα το xo είναι µοναδικό
Τώρα για το πρόσηµο της g
Κ 2, 3( )
x2
t( )− y2
t( )= 1
2x t( )⋅ x' t( )− 2y t( )⋅y' t( )= 0
x t1( )⋅ x' t1( )− y t1( )⋅y' t1( )= 0 ⇔ 2⋅1− 3 ⋅y' t1( )= 0 ⇔ y' t1( )=
2 3
3
m/s
xo
∈ 0,1( )
g' x( )= 1+
1
x
> 0 για κάθε x > 0
g Δ( )= lim
x→0+
g x( ),lim
x→1−
g x( )( )= −∞,+1( )
lim
x→0+
x + lnx( )= −∞ και lim
x→1−
x + lnx( )= 1
4
lisari.blogspot.gr

5. Για B
B. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = B
1. Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της
Η f ορίζεται αν και µόνο αν B και x > 0
Άρα το πεδίο ορισµού της f είναι το B
2. Nα βρεθούν οι κατακόρυφες ασύµπτωτες της f
B
B
Eίναι :
B
και B ( αφού B )
Άρα B
Όµοια προκύπτει ότι B
Άρα η ευθεία x = xo είναι κατακόρυφη ασύµπτωτη της Cf
3. Nα µελετηθεί η f ως προς τη µονοτονία
Είναι B
x ∈ 0,xo( )⇒ x < xo
⇒
g1
g x( )< g xo( )⇒ g x( )< 0
x ∈ xo
,+∞( )⇒ x > xo
⇒
g1
g x( )> g xo( )⇒ g x( )> 0
lnx
x + lnx
x + lnx ≠ 0⇔
(A)
x ≠ xo
0,x0( )∪ xo
,+∞( )
lim
x→0+
f x( )= lim
x→0+
lnx
x + lnx
=
D.L.H
−∞
−∞
lim
x→0+
1
x
1+
1
x
= lim
x→0+
1
x
x +1
x
= lim
x→0+
1
x +1
= 1
lim
x→xo
−
f x( )= lim
x→xo
−
lnx
x + lnx
= lim
x→xo
−
lnx
1
x + lnx
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
lim
x→xo
−
lnx = lnxo
< 0 0 < xο
< 1( )
lim
x→xo
1
x + lnx
= −∞ lim
x→xo
_
x + lnx( )= 0 και x+lnx<0 για x < xo
lim
x→xo
−
f x( )= +∞
lim
x→xo
+
f x( )= −∞
f ' x( )=
1
x
x + lnx( )− lnx 1+
1
x
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
x + lnx( )
2
=
1− lnx
x + lnx( )
2
, x ∈ 0,xo( )∪ xo
,+∞( )
5
lisari.blogspot.gr

6. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0 , xo) , γνησίως αύξουσα στο (xo , e ) και
γνησίως φθίνουσα στο B
Γ . Να αποδείξετε ότι : B για κάθε x > e και να βρείτε το όριο
-
Από το προηγούµενο ερώτηµα έχουµε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο B
Άρα για x > e είναι :
B και επειδή οι ισότητες ισχύον µόνο για t =x και για t =x +1
τότε θα έχουµε :
B
Είναι B
Επίσης B
Άρα και από το κριτήριο παρεµβολής έχουµε : B
e,+∞( )
f x +1( )< f t( )dt
x
x+1
∫ < f x( )
lim
x→+∞
t
t + lnt
dt
x
x+1
∫
e,+∞( )
x ≤ t ≤ x +1⇒
f>
f x( )≥ f t( )≥ f x +1( )
f x( )dt
x
x+1
∫ > f t( )dt
x
x+1
∫ > f x +1( )dt
x
x+1
∫ ⇔
f x( ) dt
x
x+1
∫ > f t( )dt
x
x+1
∫ > f x +1( ) dt
x
x+1
∫ ⇔
f x( )⋅ t⎡⎣ ⎤⎦x
x+1
> f t( )dt
x
x+1
∫ > f x +1( )⋅ t⎡⎣ ⎤⎦x
x+1
⇔
f x( )> f t( )dt
x
x+1
∫ > f x +1( )
lim
x→+∞
f x( )= lim
x→+∞
lnx
x + lnx
=
D.L.H
+∞
+∞
lim
x→+∞
1
x
1+
1
x
= lim
x→+∞
1
x
x +1
x
= lim
x→+∞
1
x +1
= 0
lim
x→+∞
f x +1( ) =
x+1=u
lim
u→+∞
f u( )= 0
lim
x→+∞
lnt
t + lnt
dt
x
x+1
∫ = 0
6
< < >
lisari.blogspot.gr

7. Θέµα 4
Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις B τέτοιες ώστε να ισχύουν οι ισότητες :
B για κάθε x > -1
A. Nα αποδείξετε ότι οι f , g είναι παραγωγίσιµες
Για το ολοκλήρωµα B θέτουµε x -t = u οπότε dt = - du , άρα :
B
Οπότε η σχέση της υπόθεσης B γράφεται : B
B ( Αν υπήρχε B που είναι
άτοπο )
Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο B τότε η συνάρτηση h(x) = B είναι
παραγωγίσιµη άρα και η g είναι παραγωγίσιµη αφού εκφράζεται µε πράξεις
παραγωγίσιµων συναρτήσεων
Όµοια από την άλλη σχέση της υπόθεσης B παίρνουµε :
B που επίσης για τον ίδιο λόγο είναι παραγωγίσιµη
Β. Να αποδείξετε ότι f(x) = g(x) για κάθε x > -1
Έχουµε από το Α ερώτηµα :
f,g : −1,+∞( )→ !*
2 + f x − t( )dt
0
x
∫ =
2
g x( )
και 2 + g x − t( )dt
0
x
∫ =
2
f x( )
f x − t( )dt
0
x
∫
f x − t( )d
0
x
∫ t = −f u( )du
x
0
∫ = f u( )du
0
x
∫
2 + f x − t( )dt
0
x
∫ =
2
g x( )
2 + f u( )du
0
x
∫ =
2
g x( )
⇔
g x( )=
2
2 + f u( )du
0
x
∫
xo
∈ −1,+∞( ): 2 + f u( )du
0
xo
∫ = 0 ⇔
2
g xo( )
= 0
−1,+∞( ) f u( )du
0
x
∫
2 + g x − t( )dt
0
x
∫ =
2
f x( )
f x( )=
2
2 + g t( )dt
0
x
∫
7
lisari.blogspot.gr

8. B
Άρα B
Και τα δύο µέλη της παραπάνω ισότητας είναι παραγωγίσιµες συναρτήσεις , οπότε :
B
Άρα υπάρχει σταθερά c ώστε :
B ( από τις σχέσεις (1) και (2) έχω f(0)=g(0)=1)
Για x =0 : B
Oπότε : B
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο B , δεν µηδενίζεται σε αυτό και f(0)=1 > 0
Οπότε f(x) > 0 για κάθε B και όµοια g(x) > 0 για κάθε B
Άρα B
Γ. Να βρείτε τον τύπο της f
Aπό τη σχέση (2) και επειδή f(x) = g(x) , x > -1 , έχουµε :
B
Στην παραπάνω ισότητα και τα δύο µέλη είναι παραγωγίσιµες συναρτήσεις , οπότε :
B B
B
2 + f u( )du
0
x
∫ =
2
g x( )
1( )
2 + g u( )du
0
x
∫ =
2
f x( )
2( )
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
2g x( )+ g x( )⋅ f u( )du
0
x
∫ = 2
2f x( )+ f x( )⋅ g u( )du
0
x
∫ = 2
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
2g x( )+ g x( )⋅2f x( )+ f x( )⋅ g u( )du
0
x
∫
2g' x( )+ g' x( )⋅ f u( )du
0
x
∫ + g x( )f x( )= 2f ' x( )+ f ' x( )⋅ g u( )du
0
x
∫ + f x( )g x( )⇔
g' x( ) 2 + f u( )du
0
x
∫
⎛
⎝
⎞
⎠
= f ' x( ) 2 + g u( )du
0
x
∫
⎛
⎝
⎞
⎠
⇔ g' x( ) 2
g x( )
= f ' x( ) 2
f x( )
⇔
ln g x( )( )' = ln f x( )( )' , x>-1
ln g x( )( )= ln f x( )( )+ c για κάθε x > -1
ln g 0( )( )= ln f 0( )( )+ c ⇔ ln1= ln1+ c ⇔ c = 0
ln f x( )( )= ln g x( )( )⇔ f x( ) = g x( )
−1,+∞( )
x ∈ −1,+∞( ) x ∈ −1,+∞( )
g x( ) = f x( ) ⇔ g x( )= f x( ) για κάθε x ∈ −1,+∞( )
2f x( )+ f x( )⋅ f t( )dt
0
x
∫ = 2
2f ' x( )+ f ' x( ) f u( )du
0
x
∫ + f2
x( )= 0
f ' x( ) 2 + f t( )dt
0
x
∫
⎛
⎝
⎞
⎠
+ f2
x( )= 0 ⇔ f ' x( ) 2
f x( )
+ f2
x( )= 0 ⇔
2f ' x( )
f3
x( )
+1= 0 ⇔ −
1
f2
x( )
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
/
= −1
8
lisari.blogspot.gr

9. B
Άρα υπάρχει σταθερά c1 ώστε :
Για x = 0 : B
Oπότε : B
Δ. Να αποδείξετε ότι
- για κάθε -
Θεωρώ τη συνάρτηση B
Η F ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήµατος µέσης τιµής σε κάθε ένα από τα διαστήµατα
B
Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 ώστε:
B και
B
Η F είναι παραγωγίσιµη µε B και η B είναι επίσης παραγωγίσιµη µε
⇔ −
1
f2
x( )
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
/
= −x( )
/
−
1
f2
x( )
= −x + c1
για κάθε x ∈ −1,+∞( )
−
1
f2
0( )
= c1
⇔ −1= c1
−
1
f2
x( )
= −x −1⇔
1
f2
x( )
= x +1⇔ f2
x( )=
1
x +1
⇔
f x( )>0
f x( )=
1
x +1
, x>-1
2⋅ f t( )dt
0
α+b
2
∫ > f t( )dt
0
α
∫ + f t( )dt
0
b
∫ α,b ∈! µε 0<α<b
F x( )= f t( )dt
0
x
∫ , x > 0
α,
α + b
2
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥ ,
α + b
2
,b
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
∈ α,
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ και ένα τουλάχιστον ξ2
∈
α + b
2
,b
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
F/
ξ1( )=
F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ −F α( )
α + b
2
− α
=
F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ −F α( )
b − a
2
F/
ξ2( )=
F b( )−F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
b −
α + b
2
=
F b( )−F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
b − a
2
F' x( )= f x( )=
1
1+ x
F'
9
lisari.blogspot.gr

10. B για κάθε x > 0
Άρα η B είναι γνησίως φθίνουσα στο B
Οπότε B
B
Ε. Aν B να βρείτε το εµβαδόν που περικλείεται από τη Ch και τους
άξονες x/x και y/y
H συνάρτηση h είναι παραγωγίσιµη στο ( αφού η f(t2) είναι συνεχής ώς σύνθεση
συνεχών ) µε B
Από τα προηγούµενα ερωτήµατα έχουµε : B , B . Άρα η h είναι
γνησίως αύξουσα στο B
Είναι h(1) = 0 και για x < 1 B
Άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι :
B
F'' x( )= −
1
x +1
1
2 x +1
< 0
F' 0,+∞( )
ξ1
< ξ2
⇔ F' ξ1( )> F' ξ2( )⇔
F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ −F α( )
b − a
2
>
F b( )−F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
b − a
2
⇔ 2F
α + b
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ > F α( )+F b( )⇔
2 f t( )dt
0
α+b
2
∫ > f t( )dt
0
α
∫ + f t( )dt
0
b
∫
h x( )= f t2
( )dt
1
x
∫ , x ∈!
!
h' x( )= f x2
( ) , x ∈!
f x2
( )> 0 ⇔ h' x( )> 0 x ∈!
!
⇒
h1
h(x) < h(1) ⇒ h(x) < 0
Ε = −h x( )dx
0
1
∫ = −x'⋅h x( )dx
0
1
∫ = − xh x( )⎡
⎣
⎤
⎦0
1
+ x ⋅h' x( )dx
0
1
∫ = x ⋅h' x( )dx
0
1
∫ =
x ⋅ f x2
( )dx
0
1
∫ = x ⋅
1
x2
+1
dx
0
1
∫ = x2
+1⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥0
1
= 2 −1
10
lisari.blogspot.gr