Math pros themata_lyseis_2017

Μαθηματικά ομάδων Προσανατολισμού
θετικών σπουδών & σπουδών
Οικονομίας και Πληροφορικής 2017
θέματα και λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
https://www.liveyourmaths.com/

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 3 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 9 ΙΟΥΝΙΟΥ 2017
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΡΕΙΣ (3)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω μια συνάρτηση f , η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ. Αν
f (x) 0 σε κάθε εσωτερικό σημείο x του Δ, τότε να αποδείξετε ότι η f
είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το Δ.
Μονάδες 7
A2. Θεωρήστε τον παρακάτω ισχυρισμό:
«Κάθε συνάρτηση f , η οποία είναι συνεχής στο 0x , είναι
παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.»
α. Να χαρακτηρίσετε τον παραπάνω ισχυρισμό γράφοντας στο
τετράδιό σας το γράμμα Α, αν είναι αληθής, ή το γράμμα Ψ, αν
είναι ψευδής. (μονάδα 1)
β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας στο ερώτημα α. (μονάδες 3)
Μονάδες 4
A3. Πότε λέμε ότι μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα
[α,β];
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.
α) Για κάθε ζεύγος συναρτήσεων f : και g: , αν
0x x
lim f(x) 0 και
0x x
lim g(x) , τότε
0x x
lim [f(x) g(x)] 0 .
β) Αν f, g είναι δύο συναρτήσεις με πεδία ορισμού A, B αντίστοιχα,
τότε η g f ορίζεται αν f(A) B .
γ) Για κάθε συνάρτηση f : που είναι παραγωγίσιμη και δεν
παρουσιάζει ακρότατα, ισχύει f (x) 0 για κάθε x .
δ) Αν 0 1, τότε
x
x
lim .
ε) Η εικόνα f( ) ενός διαστήματος μέσω μιας συνεχούς και μη
σταθερής συνάρτησης f είναι διάστημα.
Μονάδες 10

ΘΕΜΑ Β
Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) nx, x 0 και
x
g(x) , x 1
1 x
.
B1. Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f g.
Μονάδες 5
B2. Αν
x
h(x) (f g)(x) n , x (0,1)
1 x
, να αποδείξετε ότι η συνάρτηση
h αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφή της.
Μονάδες 6
B3. Αν
x
1
x
e
φ(x) h (x) , x
e 1
, να μελετήσετε τη συνάρτηση φ ως προς
τη μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.
Μονάδες 7
B4. Να βρείτε τις οριζόντιες ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της
συνάρτησης φ και να τη σχεδιάσετε.
(Η γραφική παράσταση να σχεδιαστεί με στυλό.)
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Γ
Δίνεται η συνάρτηση f(x) x x [0, ], , και το σημείο A ,
2 2
.
Γ1. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο εφαπτόμενες 1 2( ), ( ) της
γραφικής παράστασης της f που άγονται από το Α, τις οποίες και να
βρείτε.
Μονάδες 8
Γ2. Αν 1( ): y x και 2( ): y x είναι οι ευθείες του ερωτήματος Γ1,
τότε να σχεδιάσετε τις 1 2( ), ( ) και τη γραφική παράσταση της f , και να
αποδείξετε ότι
2
1
2
E
1
E 8
, όπου:
1E είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f και τις ευθείες 1 2( ), ( ), και
2E είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f και τον άξονα x'x .
Μονάδες 6
Γ3. Να υπολογίσετε το όριο
x
f(x) x
lim
f(x) x
.
Μονάδες 4

Γ4. Να αποδείξετε ότι
e
1
f(x)
dx e 1
x
.
Μονάδες 7
ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση
3 4
x
x , x [ 1,0)
f(x)
e x, x [0, ]
Δ1. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [ 1, ] και να
βρείτε τα κρίσιμα σημεία της.
Μονάδες 5
Δ2. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα,
και να βρείτε το σύνολο τιμών της.
Μονάδες 6
Δ3. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της f , τη γραφική παράσταση της g , με
5x
g(x) e , x ,
τον άξονα y'y και την ευθεία x .
Μονάδες 6
Δ4. Να λύσετε την εξίσωση
3 3
24 4
16e f(x) e (4x 3 ) 8 2 .
Μονάδες 8
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)
1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο
εσώφυλλο πάνω-πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά στοιχεία μαθητή.
Στην αρχή των απαντήσεών σας να γράψετε πάνω-πάνω την ημερομηνία
και το εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο
και να μη γράψετε πουθενά στις απαντήσεις σας το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων
αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα θέματα δεν
θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση. Κατά την αποχώρησή σας να
παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή μόνο
με μαύρο στυλό με μελάνι που δεν σβήνει. Μολύβι επιτρέπεται, μόνο αν το
ζητάει η εκφώνηση, και μόνο για πίνακες, διαγράμματα κλπ.
4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων.
6. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.00 π.μ.
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ
& ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 2017
ΘΕΜΑ Α
Α1.Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 253 παλαιό βιβλίο ή σελ. 135 στο νέο βιβλίο
Α2.α) Ψ
β) Δεν ισχύει διότι η συνάρτηση 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = |𝑥𝑥| ή 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �
−𝑥𝑥 , 𝑥𝑥 < 0
𝑥𝑥 , 𝑥𝑥 ≥ 0
Η συνάρτηση 𝑓𝑓 είναι συνεχής στο 𝑥𝑥0 = 0 αφού
lim
𝑥𝑥→0−
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = lim
𝑥𝑥→0−
(−𝑥𝑥) = 0
lim
x→0+
x→0+
𝑥𝑥 = 0 = 𝑓𝑓(0)
Άρα
lim
𝑥𝑥→0−
𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 0 = 𝑓𝑓(0)
Όμως, η 𝑓𝑓 δεν είναι παραγωγίσιμη στο 𝑥𝑥0 = 0 διότι:
𝑓𝑓′
−
(0) = lim
x→0−
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓(0)
𝑥𝑥 − 0
= lim
x→0−
−𝑥𝑥 − 0
𝑥𝑥 − 0
= lim
x→0−
−𝑥𝑥
𝑥𝑥
= −1
𝑓𝑓′
+
(0) = lim
x→0+
𝑥𝑥 − 0
= lim
x→0+
𝑥𝑥 − 0
𝑥𝑥 − 0
= 1
Άρα 𝑓𝑓′
−
(0) ≠ 𝑓𝑓′
+
(0) συνεπώς, η συνάρτηση 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = |𝑥𝑥| είναι συνεχής στη θέση
𝑥𝑥0 = 0 αλλά όχι παραγωγίσιμη.
Α3.Ορισμός σχολικού βιβλίου σελ. 191 παλαιό βιβλίο ή σελ. 73 στο νέο βιβλίο.
Α4.α) Λάθος
β) Σωστό
γ) Λάθος
δ) Σωστό
ε) Σωστό
1

ΘΕΜΑ Β
Β1. 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ln 𝑥𝑥 , 𝑥𝑥 > 0 𝑔𝑔(𝑥𝑥) =
𝑥𝑥
1−𝑥𝑥
, 𝑥𝑥 ≠ 1
𝐷𝐷𝑓𝑓 = (0, +∞)
𝐷𝐷𝑔𝑔 = ℝ − {1}
𝐷𝐷𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 = �𝑥𝑥 ∈ 𝐷𝐷𝑔𝑔: 𝑔𝑔(𝑥𝑥) ∈ 𝐷𝐷𝑓𝑓� ≡ �𝑥𝑥 ≠ 1:
𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥
> 0�
𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥
> 0 ⇔ 𝑥𝑥(1 − 𝑥𝑥) > 0 ⇔ 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2
> 0
Άρα
𝐷𝐷𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 = (0,1)
Συνεπώς,
(𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓)(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓�𝑔𝑔(𝑥𝑥)� = ln�𝑔𝑔(𝑥𝑥)� = ln �
𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥
� , 𝑥𝑥 ∈ (0,1)
Β2.
ℎ(𝑥𝑥) = ln
𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥
, 𝑥𝑥 ∈ (0,1)
Έστω 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ∈ (0,1) µε ℎ(𝑥𝑥1) = ℎ(𝑥𝑥2) ⇔
ln
𝑥𝑥1
1 − 𝑥𝑥1
= ln
𝑥𝑥2
1 − 𝑥𝑥2
⇔
𝑥𝑥1
1 − 𝑥𝑥1
=
𝑥𝑥2
1 − 𝑥𝑥2
⇔ 𝑥𝑥1 ∙ (1 − 𝑥𝑥2) = 𝑥𝑥2 ∙ (1 − 𝑥𝑥1) ⇔
𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥1 ∙ 𝑥𝑥2 = 𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥1 ∙ 𝑥𝑥2 ⇔ 𝑥𝑥1 = 𝑥𝑥2
Άρα η 𝑓𝑓 είναι «1-1», συνεπώς αντιστρέφεται.
Θέτω 𝑦𝑦 = ℎ(𝑥𝑥) ⇔ 𝑦𝑦 = ln
𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥
⇔ 𝑒𝑒 𝑦𝑦
=
𝑥𝑥
1 − 𝑥𝑥
> 0
0 < 𝑥𝑥 < 1
2

𝑥𝑥 = (1 − 𝑥𝑥)𝑒𝑒 𝑦𝑦
⇔ 𝑥𝑥 = 𝑒𝑒 𝑦𝑦
− 𝑒𝑒 𝑦𝑦
𝑥𝑥 ⇔ 𝑥𝑥 + 𝑒𝑒 𝑦𝑦
𝑥𝑥 = 𝑒𝑒 𝑦𝑦
⇔
𝑥𝑥(1 + 𝑒𝑒 𝑦𝑦) = 𝑒𝑒 𝑦𝑦
⇔ 𝑥𝑥 =
𝑒𝑒 𝑦𝑦
1 + 𝑒𝑒 𝑦𝑦
, 𝑦𝑦 ∈ ℝ, µε 0 <
𝑒𝑒 𝑦𝑦
1 + 𝑒𝑒 𝑦𝑦
< 1 ⇔
0 < 𝑒𝑒 𝑦𝑦
< 1 + 𝑒𝑒 𝑦𝑦
⇔ 1 > 0 που ισχύει.
Β3. Η 𝜑𝜑 είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ℝ με
𝜑𝜑′(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1
=
(𝑒𝑒 𝑥𝑥
)′ ∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1) − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1)′
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1) − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1) − (𝑒𝑒 𝑥𝑥)2
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1 − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
)
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
Άρα 𝜑𝜑′(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒 𝑥𝑥
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
> 0 ∀𝑥𝑥 ∈ ℝ, άρα 𝜑𝜑 ↑ στο ℝ.
Ακρότατα συνεπώς η 𝜑𝜑 δεν έχει. Επίσης,
𝜑𝜑′′(𝑥𝑥) = �
𝑒𝑒 𝑥𝑥
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)2
�
′
=
(𝑒𝑒 𝑥𝑥
)′ ∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1)2
− 𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ [(𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1)2]′
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)4
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1)2
∙ 2 ∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1)𝑒𝑒 𝑥𝑥
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)4
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1)2
− 2 ∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥)2
+ 1)
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)4
=
(𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1) ∙ [𝑒𝑒 𝑥𝑥
+ 1) − 2 ∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥)2]
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)3 ∙ (𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)
=
(𝑒𝑒 𝑥𝑥)2
+ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
− 2(𝑒𝑒 𝑥𝑥
)2
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)3
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
− (𝑒𝑒 𝑥𝑥)2
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)3
=
𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ (1 − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
)
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)3
Άρα 𝜑𝜑′′(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ (1 − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
)
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)3
𝜑𝜑′′(𝑥𝑥) = 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
= 0 ⇔ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
= 1 ⇔ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
= 𝑒𝑒0
𝑒𝑒 𝑥𝑥 "1−1"
�� 𝑥𝑥 = 0
𝜑𝜑′′(𝑥𝑥) > 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
> 0 ⇔ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
< 1 ⇔ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
< 𝑒𝑒0
𝑒𝑒 𝑥𝑥↑
�� 𝑥𝑥 < 0
𝜑𝜑′′(𝑥𝑥) > 0 ⇔ 1 − 𝑒𝑒 𝑥𝑥
< 0 ⇔ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
> 1 ⇔ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
> 𝑒𝑒0
𝑒𝑒 𝑥𝑥↑
�� 𝑥𝑥 > 0
3

Συνεπώς:
Στο σημείο 𝑥𝑥0 = 0 η Cf δέχεται εφαπτομένη και εκατέρωθεν του 𝑥𝑥0 αλλάζει
πρόσημο η 𝜑𝜑′′
. Άρα, η συνάρτηση 𝜑𝜑 έχει ένα σημείο καμπής
στη θέση : 𝑥𝑥0 = 0, το 𝛢𝛢�0, 𝜑𝜑(0)� ≡ �0,
1
2
�
Η συνάρτηση 𝜑𝜑 στρέφει τα κοίλα άνω (κυρτή) στο (−∞, 0] και τα κοίλα
κάτω (κοίλη) στο [0, +∞).
Β4.
Είναι 𝜑𝜑(𝑥𝑥) =
𝑒𝑒 𝑥𝑥
, 𝑥𝑥 ∈ ℝ
Η συνάρτηση 𝜑𝜑 έχει οριζόντια ασύμπτωτη την 𝑦𝑦 = 𝑙𝑙1 με
𝑙𝑙1 = lim
𝑥𝑥→−∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
= lim
𝑥𝑥→−∞
�𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ �
1
�� = 0 ∙ 1 = 0
Άρα η 𝜑𝜑 έχει οριζόντια ασύμπτωτη την 𝑦𝑦 = 0 καθώς 𝑥𝑥 → −∞
Επίσης,
𝑙𝑙2 = lim
𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
= lim
𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
�
+∞
+∞
�
�⎯⎯� lim
𝑥𝑥→+∞
(𝑒𝑒 𝑥𝑥)′
(𝑒𝑒 𝑥𝑥 + 1)′
= lim
𝑥𝑥→+∞
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝑒𝑒 𝑥𝑥
= 1
Άρα 𝑙𝑙2 = 1, συνεπώς η 𝜑𝜑 έχει οριζόντια ασύμπτωτη την 𝑦𝑦 = 1 καθώς 𝑥𝑥 →
+∞.
Σχεδιασμός της 𝜑𝜑.
Σημεία τομής με τους άξονες της 𝜑𝜑.
Είναι 𝜑𝜑(𝑥𝑥) > 0 ∀𝑥𝑥 ∈ ℝ άρα η 𝜑𝜑 δεν τέμνει τον 𝑥𝑥′𝑥𝑥.
4

𝜑𝜑(0) =
𝑒𝑒0
𝑒𝑒0 + 1
=
1
1 + 1
=
1
2
Άρα το σηµείο 𝛢𝛢 �0,
1
2
� είναι το σηµείο τοµής της 𝜑𝜑 µε τον 𝑦𝑦′
𝑦𝑦. Οπότε, η
γραφικής της παράσταση, δίνεται από το σχήμα που ακολουθεί:
ΘΕΜΑ Γ
Γ1.
Είναι 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = −𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥, 𝑥𝑥 ∈ [0, 𝜋𝜋], 𝛢𝛢 �
𝜋𝜋
2
, −
𝜋𝜋
2
�
Η 𝑓𝑓 είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [0, π]
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = (−𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥)′
= −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥, 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥
Έστω 𝐴𝐴�𝑥𝑥0, 𝑓𝑓(𝑥𝑥0)� το σημείο επαφής Cf με εφαπτομένη τότε έχουμε:
𝑦𝑦 − 𝑓𝑓(𝑥𝑥0) = 𝑓𝑓′(𝑥𝑥0) (𝑥𝑥 − 𝑥𝑥0) ή
𝑦𝑦 − (−𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥0) = −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥0(𝑥𝑥 − 𝑥𝑥0) ⇔ 𝑦𝑦 + 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥0 = −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥0(𝑥𝑥 − 𝑥𝑥0) ή
𝜀𝜀: 𝑦𝑦 = −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥0(𝑥𝑥 − 𝑥𝑥0) − 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥0
Όµως, Α ∈ (ε) ⇔ −
𝜋𝜋
2
= −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥0 �
𝜋𝜋
2
− 𝑥𝑥0� − 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥0 ⇔
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥0 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥0 �
𝜋𝜋
2
− 𝑥𝑥0� −
𝜋𝜋
2
= 0
Αντικαθιστώ 𝑥𝑥0 με 𝑥𝑥 και έχω:
5

𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 �
𝜋𝜋
2
− 𝑥𝑥� −
𝜋𝜋
2
= 0
Θεωρώ συνάρτηση h(x) = ηµx + συνx �
π
2
− x� −
π
2
, 𝑥𝑥 ∈ [0, π] µε
ℎ(0) = 𝜂𝜂𝜂𝜂0 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎0 �
𝜋𝜋
2
− 0� −
𝜋𝜋
2
=
𝜋𝜋
2
−
𝜋𝜋
2
= 0 και
ℎ(𝜋𝜋) = 𝜂𝜂𝜂𝜂𝜋𝜋 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜋𝜋 �
𝜋𝜋
2
− 𝜋𝜋� −
𝜋𝜋
2
= 0 − 1 �
𝜋𝜋
2
− 𝜋𝜋� −
𝜋𝜋
2
=
= 𝜋𝜋 −
𝜋𝜋
2
−
𝜋𝜋
2
= 0
Άρα ℎ(0) = ℎ(𝜋𝜋) = 0
Επίσης, ℎ′(𝑥𝑥) = �𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 �
𝜋𝜋
2
− 𝑥𝑥� −
𝜋𝜋
2
�
′
=
= 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 + (−𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥) �
𝜋𝜋
2
− 𝑥𝑥� + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥(−1) =
= 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 �
𝜋𝜋
2
− 𝑥𝑥� − 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 ∙ �𝑥𝑥 −
𝜋𝜋
2
�
Όμως 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 > 0 για κάθε 𝑥𝑥 ∈ (0, 𝜋𝜋). Συνεπώς το πρόσημο της ℎ′ εξαρτάται
από το 𝑥𝑥 −
𝜋𝜋
2
. Πράγματι,
αν
𝜋𝜋
2
< 𝑥𝑥 < 𝜋𝜋 ⇔ 𝑥𝑥 −
𝜋𝜋
2
> 0 οπότε ℎ′(𝑥𝑥) < 0
ℎ′(𝑥𝑥) = 0 ⇔ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 �𝑥𝑥 −
𝜋𝜋
2
� = 0 ⇔ 𝑥𝑥 = 0 ή 𝑥𝑥 =
𝜋𝜋
2
ή 𝑥𝑥 = 𝜋𝜋 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 [0, 𝜋𝜋].
Σχηματίζουμε τον ακόλουθο πίνακα μεταβολών:
6

Δηλαδή η ℎ είναι στο �0,
𝜋𝜋
2
� γνησίως φθίνουσα και στο �
𝜋𝜋
2
, 𝜋𝜋� γνησίως
αύξουσα. Στη θέση 𝑥𝑥1 =
𝜋𝜋
2
παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο.
Άρα αν 0 < 𝑥𝑥 ≤
𝜋𝜋
2
⇔ ℎ(𝑥𝑥) < ℎ(0) ⇔ ℎ(𝑥𝑥) < 0 συνεπώς η ℎ έχει μοναδική
ρίζα στο �0,
𝜋𝜋
2
�, την 𝑥𝑥 = 0.
Αν
𝜋𝜋
2
≤ 𝑥𝑥 < 𝜋𝜋 ⇔ ℎ(𝑥𝑥) < ℎ(𝜋𝜋) ⇔ ℎ(𝑥𝑥) < 0, συνεπώς η ℎ έχει μοναδική ρίζα
στο �
𝜋𝜋
2
, 𝜋𝜋�, την 𝑥𝑥 = 𝜋𝜋.
Κατά συνέπεια, η συνάρτηση ℎ έχει στο [0, 𝜋𝜋] μόνο δύο (2) ρίζες, την 𝑥𝑥 =
0 και την 𝑥𝑥 = 𝜋𝜋.
Τελικά για 𝑥𝑥𝑜𝑜 = 0 είναι (ε1): 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥 και για 𝑥𝑥1 = 𝜋𝜋 είναι
(ε2): 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥 − 𝜋𝜋
Γ2.
Είναι:
𝛦𝛦2 = � |𝑓𝑓(𝑥𝑥)|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � �−𝑓𝑓(𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � −(−𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � 𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � (−𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥)′
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= [−𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥]0
𝜋𝜋
= [−𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜋𝜋 − (−𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎0)]
= (−(−1) + 1) = 1 + 1 = 2
7

Άρα 𝛦𝛦2 = 2 τ.μ.
Υπολογισμός του 𝛦𝛦1:
1ος
τρόπος:
Το τρίγωνο 𝛰𝛰𝛰𝛰𝛰𝛰 είναι ισοσκελές αφού 𝛰𝛰𝛰𝛰 = 𝛰𝛰𝛰𝛰 =
𝜋𝜋√2
2
. Το 𝛭𝛭 είναι μέσο του
𝛰𝛰𝛰𝛰, συνεπώς 𝛢𝛢𝛢𝛢 διάμεσος, ύψος και διχοτόμος του 𝛰𝛰𝛰𝛰𝛰𝛰.
Άρα
𝛦𝛦1 = 2 � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑔𝑔|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
Αφού η διάμεσος του τριγώνου χωρίζει το τρίγωνο σε 2 ισεμβαδικά τρίγωνα.
Και η ζητούμενη περιοχή είναι συμμετρική ως προς το ΑΜ. Οπότε,
� |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑦𝑦|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (−𝑥𝑥)|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
= � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
(𝟏𝟏)
Θέτω ℎ(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥 = −𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 , 𝑥𝑥 ∈ �0,
𝜋𝜋
2
�, η ℎ συνεχής και
παραγωγίσιμη στο �0,
𝜋𝜋
2
�, οπότε ℎ′(𝑥𝑥) = −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 + 1 > 0 για κάθε 𝑥𝑥 ∈
�0,
𝜋𝜋
2
�. Άρα η ℎ είναι ↑ στο �0,
𝜋𝜋
2
�
0 < 𝑥𝑥 <
𝜋𝜋
2
ℎ ↑
⇔ ℎ(𝑥𝑥) > ℎ(0) ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥 > 0
Άρα 𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥 > 0, συνεπώς από (1) έχω:
� (−𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
= � �𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 +
𝑥𝑥2
2
�
′
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
= �𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 +
𝑥𝑥2
2
�
0
𝜋𝜋
2
= 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎
𝜋𝜋
2
+
𝜋𝜋2
4
2
− �𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎0 +
02
2
� =
𝜋𝜋2
8
− 1
Συνεπώς,
𝛦𝛦1 = 2 �
𝜋𝜋2
8
− 1�
8

Άρα
𝛦𝛦1
𝛦𝛦2
=
2 �
𝜋𝜋2
8
− 1�
2
=
𝜋𝜋2
8
− 1
2ος
τρόπος:
Είναι:
𝛦𝛦1 = ( 𝛰𝛰𝛰𝛰𝛰𝛰) − 𝛦𝛦2 =
1
2
𝜋𝜋 ∙
𝜋𝜋
2
− 2 = �
𝜋𝜋2
4
− 2� τ. µ.
Οπότε
𝛦𝛦1
𝛦𝛦2
=
𝜋𝜋2
4
− 2
2
= �
𝜋𝜋2
8
− 1� τ. µ.
3ος
τρόπος:
Είναι:
𝛦𝛦1 = � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
+ � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (𝑥𝑥 − 𝜋𝜋)|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝛱𝛱
𝜋𝜋
2
= � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
+ � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝛱𝛱
𝜋𝜋
2
(𝟐𝟐)
Στο �
𝜋𝜋
2
, 𝜋𝜋� η 𝑓𝑓 είναι κυρτή αφού 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = (−𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥)′
= −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥, 𝑓𝑓′′(𝑥𝑥) =
(−𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥) = 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 > 0 στο �
𝜋𝜋
2
, 𝜋𝜋�. Άρα η 𝑓𝑓 στρέφει τα κοίλα άνω στο �
𝜋𝜋
2
, 𝜋𝜋�.
Άρα 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≥ 𝑥𝑥 − 𝜋𝜋 ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋 ≥ 0 λόγω Γ1 ερωτήματος.
Συνεπώς η (2) γίνεται:
𝛦𝛦1 = � (𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
2
0
+ � (𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝛱𝛱
𝜋𝜋
2
= ⋯ = 2 �
𝜋𝜋2
8
− 1�
9

Άρα:
Ε1
Ε2
=
π2
8
− 1
Γ3.Είναι:
lim
𝑥𝑥→𝜋𝜋
𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋
= lim
𝑥𝑥→𝜋𝜋−
�(𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥) ∙
1
�
𝑓𝑓 συνεχής στο [0, π] και η μορφή στο όριο είναι �
π
0
� , π ≠ 0
lim
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝜋𝜋) + 𝜋𝜋 = −𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 + 𝜋𝜋 = 𝜋𝜋
Από Γ2 έχουμε 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≥ 𝑥𝑥 − 𝜋𝜋 ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋 ≥ 0 με το " = " να ισχύει
για 𝑥𝑥 = 𝜋𝜋, αλλά 𝑥𝑥 ≠ 𝜋𝜋 (𝑥𝑥 → 𝜋𝜋−
αφού 𝑥𝑥 < 𝜋𝜋), οπότε 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋 > 0.
Συνεπώς,
lim
(𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋) = 𝑓𝑓(𝜋𝜋) − 𝜋𝜋 + 𝜋𝜋 = 0 με
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋 > 0, άρα lim
1
= +∞
Οπότε,
lim
𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 𝑥𝑥
= 𝜋𝜋 ∙ (+∞) = +∞
Γ4.Θέλουμε να δείξουμε ότι:
�
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> 𝑒𝑒 − 1 − 𝜋𝜋
ή �
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> � 1𝑑𝑑𝑑𝑑 − 𝜋𝜋
𝑒𝑒
1
⇔
�
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> � 1𝑑𝑑𝑑𝑑 − 𝜋𝜋(ln 𝑒𝑒 − ln 1)
𝑒𝑒
1
⇔
�
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> � 1𝑑𝑑𝑑𝑑 − 𝜋𝜋(ln 𝑒𝑒 − ln 1)
𝑒𝑒
1
⇔
�
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> � 1𝑑𝑑𝑑𝑑 − �
𝜋𝜋
𝑥𝑥
𝑒𝑒
1
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
⇔ �
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> � �1 −
𝜋𝜋
𝑥𝑥
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
10

Άρα αρκεί να δείξω ότι:
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
≥ 1 −
𝜋𝜋
𝑥𝑥
Όμως 𝑥𝑥 ∈ [1, 𝑒𝑒], συνεπώς 𝑥𝑥 > 0, οπότε
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
≥ 1 −
𝜋𝜋
𝑥𝑥
⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≥ 𝑥𝑥 − 𝜋𝜋
που ισχύει αφού 𝑓𝑓 κυρτή στο [1, 𝑒𝑒] ⊆ [0, 𝜋𝜋]. Το «=» ισχύει μόνο για το
σημείο επαφής.
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋 ≥ 0 (δεν είναι παντού 0), άρα στο [1, 𝑒𝑒].
� (𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝜋𝜋)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> 0 ⇒ �
𝑓𝑓(𝑥𝑥)
𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑒𝑒
1
> 1 − 𝑒𝑒 − 𝜋𝜋 το ζητούµενο
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Έχουμε τη συνάρτηση
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �
�𝑥𝑥43
, 𝑥𝑥 ∈ [−1,0)
𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥, 𝑥𝑥 ∈ [0, π]
Η συνάρτηση 𝑓𝑓 είναι συνεχής στο (−1,0) ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.
Προφανώς, lim
𝑥𝑥→−1+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(−1) δηλαδή 𝑓𝑓 συνεχής στο −1 από τα δεξιά.
Ομοίως, η 𝑓𝑓 συνεχής στο (0, π) ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, η
𝑓𝑓 συνεχής στο π από αριστερά αφού lim
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(π).
Θα εξετάσουμε τη συνέχεια της 𝑓𝑓 στο 𝑥𝑥0 = 0.
lim
𝑥𝑥→0−
𝑥𝑥→0−
�𝑥𝑥43
= 0
lim
𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥→0+
(𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥) = 𝑒𝑒0
𝜂𝜂𝜂𝜂0 = 0 = 𝑓𝑓(0)
Άρα
lim
𝑥𝑥→0−
𝑥𝑥→0+
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(0) = 0
11

Άρα 𝑓𝑓 συνεχής στο [−1, 𝜋𝜋]. Τα κρίσιμα σημεία της 𝑓𝑓 είναι τα εσωτερικά
σημεία στα οποία η 𝑓𝑓 δεν παραγωγίζεται ή η παράγωγός της ισούται με 0.
Είναι:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �(−𝑥𝑥)
4
3 , 𝑥𝑥 ∈ [−1,0)
𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥, 𝑥𝑥 ∈ [0, 𝜋𝜋]
Στο [−1,0) είναι:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) = (−𝑥𝑥)
4
3, αφού 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥43
= |𝑥𝑥|
4
3 = (−𝑥𝑥)
4
3, αφού − 1 ≤ 𝑥𝑥 < 0
Είναι: 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = �(−𝑥𝑥)
4
3�
′
όταν 𝑥𝑥 ∈ (−1,0)
η 𝑓𝑓 συνεχής και παραγωγίσιµη στο (−1,0) ή
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) =
4
3
(−𝑥𝑥)
4
3
−1
= −
4
3
(−𝑥𝑥)
1
3 = −
4
3
√−𝑥𝑥
3
, 𝑥𝑥 ∈ (−1,0) µε
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) ≠ 0 για κάθε 𝑥𝑥 ∈ (−1,0)
Αν 𝑥𝑥 ∈ (0, π) είναι η 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = (𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥)′
= (𝑒𝑒 𝑥𝑥)′
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝑒𝑒 𝑥𝑥(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥)′
= 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 +
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝑒𝑒 𝑥𝑥(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥).
Άρα 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒 𝑥𝑥(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥), 𝑥𝑥 ∈ (0, 𝜋𝜋)
Τα κρίσιμα σημεία αναζητούνται στα εσωτερικά σημεία του πεδίου
ορισμού της 𝑓𝑓 που δεν υπάρχει παράγωγος ή αυτή ισούται με 0. Συνεπώς,
για 𝑥𝑥 ∈ (−1,0) είναι: 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = −
4
3
√−𝑥𝑥
3
≠ 0
για 𝑥𝑥 ∈ (0, 𝜋𝜋) είναι: 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒 𝑥𝑥(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥) = 0 ⇔
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 = 0 ⇔ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 = −𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 (𝟏𝟏)
Θα έχουμε τώρα:
• Αν συνx = 0, τότε ηµx = 0, άτοπο, αφού ηµ2
x + συν2
x = 1 δηλαδή
02
+ 02
= 1 στην (1)
• Άρα συνx ≠ 0 τότε η (1) γίνεται:
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥
= −1 ⇔ 𝜀𝜀𝜀𝜀𝑥𝑥 = −1 ⇔ 𝜀𝜀𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝜀𝜀𝜀𝜀
𝜋𝜋
4
⇔ 𝜀𝜀𝜀𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝜀𝜀𝜀 �−
𝜋𝜋
4
�
12

⇔ 𝑥𝑥 = 𝜅𝜅𝜅𝜅 −
𝜋𝜋
4
, 𝜅𝜅 ∈ ℤ
Όμως 𝑥𝑥 ∈ (0, π) ή 0 < 𝑥𝑥 < π, οπότε:
0 < 𝜅𝜅𝜅𝜅 −
𝜋𝜋
4
<
5
4
𝜅𝜅 ∈ ℤ
άρα τελικά, κ = 1 συνεπώς:
𝑥𝑥 = 𝜋𝜋 −
𝜋𝜋
4
=
3𝜋𝜋
4
ή 𝑥𝑥 =
3𝜋𝜋
4
Εν συνεχεία, εξετάζουμε την παράγωγο της 𝑓𝑓 στη θέση 𝑥𝑥0 = 0
Είναι:
𝑓𝑓−
′(0) = lim
𝑥𝑥→0−
𝑥𝑥 − 0
= lim
𝑥𝑥→0−
√𝑥𝑥43
− 0
𝑥𝑥
= lim
𝑥𝑥→0−
√𝑥𝑥43
𝑥𝑥
�
0
0
�
��
(Εφαρµόζουµε κανόνα de l΄Hospital − DLH) οπότε,
𝑓𝑓−
′(0) = lim
𝑥𝑥→0−
�√𝑥𝑥43
�′
(𝑥𝑥)′
= lim
𝑥𝑥→0−
�(−𝑥𝑥)
4
3�
′
1
= lim
𝑥𝑥→0−
�−
4
3
√−𝑥𝑥
3
� = 0
ή 𝑓𝑓−
′(0) = 0
Επίσης:
𝑓𝑓+
′(0) = lim
𝑥𝑥→0+
𝑥𝑥 − 0
= lim
𝑥𝑥→0+
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 0
𝑥𝑥
= lim
𝑥𝑥→0+
�
𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥
𝑥𝑥
�
= 𝑒𝑒0
∙ 1 = 1
Άρα 𝑓𝑓−
′(0) ≠ 𝑓𝑓+
′(0) και 0 εσωτερικό σημείο του [−1, 𝜋𝜋].
Τελικά τα κρίσιμα σημεία της 𝑓𝑓 είναι στις θέσεις
𝑥𝑥0 = 0 ή 𝑥𝑥1 =
3𝜋𝜋
4
13

Δ2. Είναι:
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = �
−
4
3
√−𝑥𝑥
3
, 𝑥𝑥 ∈ [−1,0)
𝑒𝑒𝑥𝑥(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥), 𝑥𝑥 ∈ (0, 𝜋𝜋]
Τα ακρότατα της 𝑓𝑓 βρίσκονται στα κρίσιμα σημεία και στα άκρα του
διαστήματος.
• Στο διάστημα [−1,0) είναι 𝑓𝑓′
(𝑥𝑥) = −
4
3
√−𝑥𝑥
3
< 0 άρα η 𝑓𝑓 είναι
γνησίως φθίνουσα στο [−1,0] με θέση ακρότατου στη 𝑥𝑥0 = −1 ή
𝛢𝛢�−1, 𝑓𝑓(1)� ≡ (−1,1)
• Στο διάστημα [0, 𝜋𝜋] είναι 𝑓𝑓′
(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒𝑥𝑥(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥)
𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 0
𝚫𝚫𝚫𝚫
⇔ 𝑥𝑥 =
3𝜋𝜋
4
οπότε στο �0,
3𝜋𝜋
4
� η 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) ≠ 0 με 𝑓𝑓′ συνεχής άρα η
𝑓𝑓′
διατηρεί πρόσημο στο διάστημα αυτό. Είναι
𝑓𝑓′
�
𝜋𝜋
2
� = 𝑒𝑒
𝜋𝜋
2 �𝜂𝜂𝜂𝜂
𝜋𝜋
2
+ 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎
𝜋𝜋
2
� = √𝑒𝑒 𝜋𝜋(1 + 0) = 𝑒𝑒
𝜋𝜋
2 > 0
Άρα 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) > 0 στο �0,
3𝜋𝜋
4
�
Ομοίως στο �
3𝜋𝜋
4
, 𝜋𝜋� είναι 𝑓𝑓′
συνεχής με 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) ≠ 0 δηλαδή 𝑓𝑓′ διατηρεί
πρόσημο στο διάστημα αυτό. Οπότε,
𝑓𝑓′
�
5𝜋𝜋
6
� = 𝑒𝑒
5𝜋𝜋
5𝜋𝜋
6
+ 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎
5𝜋𝜋
6
� =
𝑒𝑒
5𝜋𝜋
6 �𝜂𝜂𝜂𝜂 �𝜋𝜋 −
𝜋𝜋
6
� + 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 �𝜋𝜋 −
𝜋𝜋
6
�� =
𝑒𝑒
5𝜋𝜋
𝜋𝜋
6
− 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎
𝜋𝜋
6
� = 𝑒𝑒
5𝜋𝜋
6 �
1
2
−
√3
2
� < 0
Άρα 𝑓𝑓′
�
5𝜋𝜋
6
� < 0 δηλαδή η 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) < 0 στο �
3𝜋𝜋
4
, 𝜋𝜋�
14

Συνεπώς, έχουμε τον ακόλουθο πίνακα μεταβολών.
Συνεπώς η συνάρτηση 𝑓𝑓 είναι γνησίως φθίνουσα στο [−1,0] και
παρουσιάζει στη θέση 𝑥𝑥0 = −1 τ. μέγιστο με 𝑓𝑓(−1) = 1, άρα 𝛢𝛢(−1,1)
τ. μέγιστο.
Η συνάρτηση 𝑓𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο �0,
3𝜋𝜋
4
�, στη θέση 𝑥𝑥1 = 0
παρουσιάζει τ. ελάχιστο, άρα 𝛣𝛣(0,0).
Στο διάστημα �
3𝜋𝜋
4
, 𝜋𝜋� η 𝑓𝑓 είναι και πάλι γνησίως φθίνουσα. Στη θέση
𝑥𝑥2 =
3𝜋𝜋
4
παρουσιάζει τ. μέγιστο το 𝛤𝛤 �
3𝜋𝜋
4
, 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
��
𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
� = 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 𝜂𝜂𝜂𝜂
3𝜋𝜋
4
= 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 𝜂𝜂𝜂𝜂 �𝜋𝜋 −
𝜋𝜋
4
� = 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 𝜂𝜂𝜂𝜂
𝜋𝜋
4
=
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4
ή Γ �
3𝜋𝜋
4
,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 �
επίσης η 𝑓𝑓 παρουσιάζει στη θέση 𝑥𝑥3 = 𝜋𝜋 τ. ελάχιστο. Συνεπώς, η 𝑓𝑓
παρουσιάζει τ. μέγιστα στις θέσεις 𝑥𝑥0 = −1, 𝑥𝑥2 =
3𝜋𝜋
4
και τ. ελάχιστα
𝑥𝑥1 = 0, 𝑥𝑥3 = 𝜋𝜋
Εν συνεχεία, θα αναζητήσουμε το σύνολο τιμών της 𝑓𝑓. Είναι:
𝛥𝛥1 = [−1,0], 𝛥𝛥2 = �0,
3𝜋𝜋
4
� , 𝛥𝛥3 = �
3𝜋𝜋
4
, 𝜋𝜋�
15

Συνεπώς το σύνολο τιμών της 𝑓𝑓 δίνεται:
𝑓𝑓( 𝛥𝛥) = 𝑓𝑓( 𝛥𝛥1)⋃𝑓𝑓( 𝛥𝛥2)⋃𝑓𝑓( 𝛥𝛥3) (𝟏𝟏)
Όμως 𝑓𝑓( 𝛥𝛥1) = [𝑓𝑓(0), 𝑓𝑓(−1)] με 𝑓𝑓(0) = 0, 𝑓𝑓(1) = 1
Δηλαδή 𝑓𝑓( 𝛥𝛥1) = [0,1], αφού 𝑓𝑓 συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [−1,0].
Ομοίως 𝑓𝑓( 𝛥𝛥2) = �𝑓𝑓(0), 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
�� ≡ �0,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 � ή
𝑓𝑓( 𝛥𝛥2) = �0,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 �, αφού 𝑓𝑓 συνεχής και γνησίως αύξουσα στο �0,
3𝜋𝜋
4
�
Ομοίως, 𝑓𝑓( 𝛥𝛥3) = �𝑓𝑓(𝜋𝜋), 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
�� ≡ �0,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 � αφού 𝑓𝑓 συνεχής και γνησίως
φθίνουσα στο �
3𝜋𝜋
4
, 𝜋𝜋�.
Οπότε από (1) έχουμε:
𝑓𝑓( 𝛥𝛥) = [0,1]⋃ �0,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 � ⋃ �0,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 � (𝟐𝟐)
Είναι:
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 > 1 αφού
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 > 1 ⇔ √2 ∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 > 2 ⇔
𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 >
2
√2
⇔ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 >
2√2
2
⇔ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 > √2 ⇔ ln 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 > ln √2 ⇔
3𝜋𝜋
4
>
1
2
∙ ln 2 ⇔
3𝜋𝜋
2
> ln 2 ⇔ 3𝜋𝜋 > 2 ln 2 ⇔ 𝜋𝜋 >
𝑙𝑙𝑙𝑙4
3
που ισχύει αφού 𝑒𝑒 𝜋𝜋
> 4 ⇔ ln 𝑒𝑒 𝜋𝜋
> ln 4 ⇔ 𝜋𝜋 >
1
3
ln 4
Συνεπώς 𝑓𝑓( 𝛥𝛥) = �0,
√2
2
∙ 𝑒𝑒
3𝜋𝜋
4 �
Δ3. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
Ε(Ω) = � |𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑔𝑔(𝑥𝑥)|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
(𝟏𝟏)
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑔𝑔(𝑥𝑥) συνεχής συνάρτηση στο [0, 𝜋𝜋].
Οπότε:
Ε(Ω) = � |𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒5𝑥𝑥|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � |𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ (𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥)|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
16

= � 𝑒𝑒 𝑥𝑥
∙ |𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
Αρκεί να βρούμε το πρόσημο της παράστασης 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
1ος
τρόπος:
Στο [0, 𝜋𝜋] οι συναρτήσεις 𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂, 𝑒𝑒4𝑥𝑥
δεν έχουν κανένα κοινό σημείο όπως
φαίνεται στο σχήμα που ακολουθεί:
άρα 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
≠ 0 ∀ 𝑥𝑥 ∈ [0, 𝜋𝜋], η συνάρτηση 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
είναι
συνεχής στο [0, 𝜋𝜋] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, οπότε η
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
διατηρεί πρόσημο στο εν λόγω διάστημα. Παίρνουμε μια τιμή
στο διάστημα αυτό 𝑥𝑥 =
𝜋𝜋
2
, οπότε 𝜂𝜂𝜂𝜂
𝜋𝜋
2
− 𝑒𝑒4
𝜋𝜋
2 = 1 − 𝑒𝑒2𝜋𝜋
< 0 αφού 2𝜋𝜋 >
0 ⇔ ln 𝑒𝑒2𝜋𝜋
> ln 1 ⇔ 𝑒𝑒2𝜋𝜋
> 1 ⇔
1 − 𝑒𝑒2𝜋𝜋
< 0. Άρα 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
< 0 για κάθε 𝑥𝑥 ∈ [0, 𝜋𝜋].
Τελικά, |𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥| = −(𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥) = 𝑒𝑒4𝑥𝑥
− 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥
2ος
τρόπος:
Στο [0, 𝜋𝜋] είναι 𝑥𝑥 ≥ 0 ⇔ 4𝑥𝑥 ≥ 0 ⇔ 𝑒𝑒4𝑥𝑥
≥ 𝑒𝑒0
⇔ 𝑒𝑒4𝑥𝑥
≥ 1 ⇔ −𝑒𝑒4𝑥𝑥
≤
−1 ⇔ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
≤ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 1 ≤ 0 αφού −1 ≤ 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 ≤ 1 ⇔
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 1 ≤ 0
Άρα 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥
≤ 0, οπότε |𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥| = 𝑒𝑒4𝑥𝑥
− 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥
17

Υπολογισμός εμβαδού:
Ε(Ω) = � 𝑒𝑒 𝑥𝑥|𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 − 𝑒𝑒4𝑥𝑥|𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � 𝑒𝑒 𝑥𝑥(𝑒𝑒4𝑥𝑥
− 𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
=
= � (𝑒𝑒5𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= � 𝑒𝑒5𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑 − � 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
𝜋𝜋
0
(𝟏𝟏)
Θέτω Ι = � 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜋𝜋
0
= � (𝑒𝑒 𝑥𝑥)′𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
=
= [𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥]0
𝜋𝜋
− � 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
=
= 𝑒𝑒 𝜋𝜋
𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 − 𝑒𝑒0
𝜂𝜂𝜂𝜂0 − ∫ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜋𝜋
0
= − ∫ 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜋𝜋
0
=
= − � (𝑒𝑒 𝑥𝑥)′𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
= − �[𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝑥𝑥]0
𝜋𝜋
− � 𝑒𝑒 𝑥𝑥(−𝜂𝜂𝜂𝜂𝑥𝑥) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜋𝜋
0
� =
= − �𝑒𝑒 𝜋𝜋
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 − 𝑒𝑒0
𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎0 + � 𝑒𝑒 𝑥𝑥
𝜋𝜋
0
� = −(−𝑒𝑒 𝜋𝜋
− 1 + 𝛪𝛪) =
= 𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1 − 𝛪𝛪
Άρα τελικά:
Ι = 𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1 − 𝛪𝛪 ⇔ 2𝛪𝛪 = 𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1 ⇔ 𝛪𝛪 =
1
2
(𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1)
Άρα
Ε(Ω) = � 𝑒𝑒5𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑 − 𝛪𝛪
𝜋𝜋
0
= � �
1
5
𝑒𝑒5𝑥𝑥
�
′
𝑑𝑑𝑑𝑑 −
𝜋𝜋
0
(𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1)
2
=
= �
𝑒𝑒5𝑥𝑥
5
�
0
𝜋𝜋
−
(𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1)
2
=
𝑒𝑒5𝜋𝜋
5
−
𝑒𝑒0
5
−
(𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1)
2
ή Ε(Ω) =
𝑒𝑒5𝜋𝜋
− 1
5
−
(𝑒𝑒 𝜋𝜋
+ 1)
2
𝜏𝜏. 𝜇𝜇.
Δ4. Είναι:
16 ∙ 𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 ∙ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 (4𝑥𝑥 − 3𝜋𝜋)2
= 8√2 ⇔
𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 (16𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (4𝑥𝑥 − 3𝜋𝜋)2) = 8√2 ⇔
18

16𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (4𝑥𝑥 − 3𝜋𝜋)2
=
8√2
𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4
⇔
16𝑓𝑓(𝑥𝑥) − �4 �𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
��
2
= 8√2 ∙ 𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 ⇔
16𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 16 �𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
= 8√2 ∙ 𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 ⇔
2 ∙ 8 �𝑓𝑓(𝑥𝑥) − �𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
� = 8√2 ∙ 𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 ⇔
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − �𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
=
√2
2
∙ 𝑒𝑒−
3𝜋𝜋
4 ⇔
𝑓𝑓(𝑥𝑥) − �𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
= 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
� ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
� = �𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
(𝟏𝟏)
Είναι:
�𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
≥ 0 ( 𝟐𝟐) ως τέλειο τετράγωνο.
Από Δ2 ερώτημα, η 𝑓𝑓 παρουσιάζει στη θέση 𝑥𝑥2 =
3𝜋𝜋
4
τοπικό μέγιστο,
δηλαδή:
𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≤ 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
� ⇔ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
� ≤ 0 (𝟑𝟑)
Από σχέσεις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι :
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
� ≤ 0
𝜅𝜅′
�𝑥𝑥 −
3𝜋𝜋
4
�
2
≥ 0 ⎭
⎪
⎬
⎪
⎫
⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓 �
3𝜋𝜋
4
�
𝜅𝜅′
𝑥𝑥 =
3𝜋𝜋
4 ⎭
⎪
⎬
⎪
⎫
⇔ 𝑥𝑥 =
3𝜋𝜋
4
που είναι και η μοναδική λύση της (1).
19

Math pros themata_lyseis_2017

More Related Content

What's hot

Viewers also liked

Similar to Math pros themata_lyseis_2017

More from Christos Loizos

Recently uploaded

Math pros themata_lyseis_2017