η άλγεβρα της α λυκείου στα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων

ΠΡΟΤΥΠΟ ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ ΕΥΑΓΓΕΛΙΚΗΣ ΣΧΟΛΗΣ ΣΜΥΡΝΗΣ
Εργαστήριο Άλγεβρας 2013-2014
Η Άλγεβρα της Α Λυκείου στα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων
Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα αρκεί να διατηρηθεί η μορφή του.

Πρόλογος
Στις πανελλήνιες εξετάσεις οι μαθητές καλούνται να αντιμετωπίσουν
θέματα στα οποία απαιτούνται γνώσεις που σχετίζονται με ύλη
Άλγεβρας της Α΄ Λυκείου.
Κατά τη βαθμολόγηση των γραπτών έχει διαπιστωθεί ότι μολονότι οι
μαθητές γνωρίζουν τα θεωρήματα και τις προτάσεις των μαθηματικών
της Γ΄ Λυκείου, έχουν αδυναμίες στην εφαρμογή τους, ειδικά στην
αποδεικτική διαδικασία.
Αρκετές από αυτές τις αδυναμίες οφείλονται σε ελλείψεις ( πληροφορίες
και ικανότητες) που σχετίζονται με αυτές τις γνώσεις της Α΄Λυκείου.
Στην παρούσα εργασία έχουμε συλλέξει αντιπροσωπευτικά
παραδείγματα από τα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων στα οποία
εμφανίζονται βασικές ιδιότητες και αποδεικτικές τεχνικές.
Γιώργος Ι. Μήλιος Ειρήνη Σπύρου Αναστασία Φανέλη
gmilios@hotmail.com eirspyrou@sch.gr anastasia.faneli@gmail.com
Λεόντειο Λύκειο
Ν. Σμύρνης
1ο
Λύκειο
Αγ. Δημητρίου
5ο
Λύκειο
Αιγάλεω

1
Η Άλγεβρα της Α΄ Λυκείου στα θέματα των Πανελληνίων εξετάσεων
Γιώργος Ι. Μήλιος, Λεόντειο Λύκειο Ν.Σμύρνης Πρότυπο Πειραματικό Λύκειο
Ειρήνη Σπύρου, 1ο Λύκειο Αγίου Δημητρίου Ευαγγελικής Σχολής Σμύρνης
Αναστασία Φανέλη, 5ο Λύκειο Αιγάλεω Εργαστήριο Άλγεβρας 2013-2014
Μέρος 1
Θέματα Μαθηματικών Κατεύθυνσης
Θέμα 2ο
: 2000
Α. Δίνεται ο μιγαδικός
5
2 3
i
z
i
+
=
+
α. Να γράψετε τον z στη μορφή iα β+ , ,α β ∈ .
δ. Το 4
z είναι ίσο με : Α.4 Β. 4i Γ. 4i− Δ. 4−
Λύση :
Α.α. Έχουμε αποδείξει από α. ότι 1z i= − .
δ. Επομένως ( ) ( )( ) ( ) ( )
24 2 2 24
1 1 1 2 1 2 4z i i i i= − = − = − − = − = −
Σχόλιο: Ιδιότητα Δυνάμεων : ( )
λκ κλ
α α=
Θέμα 2ο
: 2000
Β. Να βρεθούν τα σημεία του επιπέδου, που είναι εικόνες των μιγαδικών z, για τους
οποίους ισχύει:
1
1
z
z i
−
=
−
Λύση :
Β.
11
1 1 1
zz
z z i
z i z i
−−
= ⇔ = ⇔ − = −
− −
, z i≠

2
Σχόλιο: Ιδιότητα :
α γ
αδ βγ
β δ
= ⇔ = , ( εφόσον 0βδ ≠ )
Θέμα 3ο
: 2000
Δίνεται η συνάρτηση f με : ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 5
8 16, 0 5
ln 5 2 1 , 5x
x x x
f x
x e e xα β α −
 − + < < 
=  
+ − + + + ≥  
Α. Να βρεθούν τα ( )5
lim
x
f x−
→
, ( )5
lim
x
f x+
→
.
Β. Να βρεθούν τα ,α β ∈ ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής στο 0 5x = .
Λύση :
Β. Για να είναι η συνάρτηση f συνεχής στο 0 5x = πρέπει
( ) ( ) ( )5 5
lim lim 5
x x
f x f x f− +
→ →
= = .
Δηλαδή 2 2
2 2 1α β α+ + + =
( )
22 2 2 2 2
2 2 1 2 1 0 1 0 1 0 0α β α α α β α β α και β+ + + = ⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔ + = =
Σχόλιο:
Ιδιότητα : 2
0α ≥ , για κάθε α ∈ . Η ισότητα ισχύει μόνο όταν 0α = .
Ιδιότητα : 2 2
0 0α β α+ = ⇔ = και 0β =

3
Θέμα 4ο
: 2000
Φάρμακο χορηγείται σε ασθενή για πρώτη φορά. Έστω ( )f t η συνάρτηση που
περιγράφει τη συγκέντρωση του φαρμάκου στον οργανισμό του ασθενούς μετά από
χρόνο t από τη χορήγησή του, όπου 0t ≥ . Αν ο ρυθμός μεταβολής της ( )f t είναι
8
2
1t
−
+
.
α) Να βρείτε τη συνάρτηση ( )f t .
β) Σε ποια χρονική στιγμή t, μετά τη χορήγηση του φαρμάκου, η συγκέντρωσή του
στον οργανισμό γίνεται μέγιστη ;
Λύση :
β) ( )
8 6 2
2 , 0
1 1
t
f t t
t t
−
′ = − = ≥
+ +
( )
6 2
0 0 1 0
1
t
f t t
t
−
′ > ⇔ > ⇔ + >
+
(διότι t≥0) άρα θα πρέπει
6 2 0 2 6 3t t t− > ⇔ < ⇔ <
Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε [ ]0,3t ∈
( )
6 2
0 0 1 0
1
t
f t t
t
−
′ < ⇔ < ⇔ + >
+
(διότι t≥0) άρα θα πρέπει
6 2 0 2 6 3t t t− < ⇔ > ⇔ >
Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε [ )3,t ∈ +∞ .
Τη χρονική στιγμή 3t = η συγκέντρωση στον οργανισμό γίνεται μέγιστη.
Σχόλιο:
Ιδιότητα :
( )
( )
( ) ( )0 0
x
x x
x
Α
> ⇔ Α ⋅Β >
Β

4
Ιδιότητα : ,α β όοµ σηµοι ⇔ 0 0
α
α β
β
⋅ > ⇔ >
Ιδιότητα : ,α β ετερόσημοι 0 0
α
α β
β
⇔ ⋅ < ⇔ <
Θέμα 3ο
: 2001
Για μια συνάρτηση f , που είναι παραγωγίσιμη στο σύνολο των πραγματικών
αριθμών  , ισχύει ότι: ( ) ( ) ( )3 2 3 2
2 6 1f x f x f x x x xβ γ+ + = − + − , για κάθε x∈ ,
όπου ,β γ πραγματικοί αριθμοί και 2
3β γ< . Να δείξετε ότι:
α) η f δεν έχει ακρότατα, β) η f είναι γνησίως αύξουσα και γ) ότι υπάρχει
μοναδική ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = ,στο διάστημα ( )0,1 .
Λύση :
α) και β) Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
3 2 3 4 6f x f x f x f x f x x xβ γ′ ′ ′+ + = − +
( ) ( ) ( )( )2 2
3 2 3 4 6f x f x f x x xβ γ′ + + = − +
Είναι: 2
3 4 6 0x x− + > για κάθε x∈ διότι 56 0∆ = − < και 3 0α= > .
Η παράσταση ( ) ( )2
3 2f x f xβ γ+ + , θεωρώντας ( )f x ω= , γίνεται 2
3 2ω βω γ+ +
που είναι θετική διότι: ( )2 2
4 12 4 3 0β γ β γ∆= − = − < , αφού 2
3β γ< και
3 0α= > .
Επομένως ( ) 0f x′ > για κάθε x∈, οπότε δεν έχει ακρότατα καθώς ( ) 0f x′ ≠ και
είναι γνησίως αύξουσα.
γ) Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 ως παραγωγίσιμη. Για 0x = έχουμε:
( ) ( ) ( )( )2
0 0 0 1f f fβ γ+ + =− και για 1x = έχουμε:
( ) ( ) ( )( )2
1 1 1 4f f fβ γ+ + =. Η παράσταση 2
y yβ γ+ + είναι πάντα θετική διότι:
2
4 0β γ∆= − < αφού από 2
3β γ< συμπεραίνουμε ότι 0γ > και 2
4β γ γ− < − .
Επομένως ( ) ( )0 1 0f f < . Από θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της

5
εξίσωσης ( ) 0f x = ,στο διάστημα ( )0,1 . Η ρίζα είναι μοναδική καθώς η f είναι
γνησίως αύξουσα οπότε είναι 1-1.
Σχόλιο:
Απόδειξη προσήμου διακρίνουσας τριωνύμου και ιδιότητες διάταξης.
Θέμα 2ο
: 2002
Έστω z ένας μιγαδικός αριθμός και ( )f i zν
ν = , *
ν ∈ .
Α. Να δείξετε ότι ( ) ( ) ( ) ( )3 8 13 18 0f f f f+ + + =
Λύση :
( ) ( ) ( ) ( )3 8 13 18f f f f+ + + =3 8 13 18
i z i z i z i z+ + + 0iz z iz z=− + + − =
Σχόλιο: Ιδιότητες δυνάμεων : ( )
λκλ υ κ υ
α α α+
= ⋅
Θέμα 4ο
: 2002
Α. Έστω δύο συναρτήσεις ,h g συνεχείς στο [ ],a β . Να αποδείξετε ότι αν
( ) ( )h x g x> για κάθε [ ],x a β∈ , τότε και ( ) ( )h x dx g x dx
β β
α α
>∫ ∫
Λύση :
Αν ( ) ( )h x g x> για κάθε [ ],x a β∈ τότε ( ) ( ) 0h x g x− > τότε
( ( ) ( )) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( )h x g x dx h x dx g x dx h x dx g x
β β β β β
α α α α α
− > ⇔ − > ⇔ >∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Σχόλιο: Ιδιότητες της διάταξης : 0α β α β> ⇔ − >

6
Θέμα 3ο
: 2003
α) Να μελετηθεί η συνάρτηση ( ) 5 3
f x x x x= + + ως προς τη μονοτονία και τα κοίλα
και να αποδείξετε ότι η f έχει αντίστροφη συνάρτηση.
Λύση :
( ) ( )3 2
0 20 6 0 2 10 3 0 0f x x x x x x′′ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ή 2
10 3 0x + =
όμως 2
10 3 0x + > , για κάθε x∈ . Επομένως 0x =
Σχόλιο:
Ιδιότητα : 0 0α β α⋅ = ⇔ = ή 0β = .
Θέμα 4ο
:2003
Έστωμίασυνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα [ ],α β που έχει συνεχή δεύτερη
παράγωγο στο ( ),α β . Αν ισχύει ( ) ( ) 0f fα β= = και υπάρχουν αριθμοί
( ),γ α β∈ , ( ),δ α β∈ , έτσι ώστε ( ) ( ) 0f fγ δ⋅ < , να αποδείξετε ότι :
α) Υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = στο διάστημα ( ),α β .
β) Υπάρχουν ( )1 2, ,ξ ξ α β∈ , τέτοια ώστε ( )1 0f ξ′′ < και ( )2 0f ξ′′ > .
γ) Υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο καμπής της γραφικής παράστασης της f .
Λύση :
β) Έστω γ δ< με [ ] [ ], ,γ δ α β⊂ και ( )0 ,x γ δ∈ η ρίζα της εξίσωσης
( ) 0f x = . Τότε θα ισχύει 0xα γ δ β< < < < .
Επειδή ( ) ( ) 0f fγ δ⋅ < , οι ( )f γ , ( )f δ είναι ετερόσημοι. Έστω ( ) 0f γ > ,
( ) 0f δ < .
Στο [ ],α γ έχουμε ότι :
• Η f συνεχής στο [ ],α γ .

7
• Η f παραγωγίσιμη στο ( ),α γ
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ) υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1 ,x α γ∈ τέτοιο
ώστε ( )
( ) ( ) ( )
1 0
f f f
f x
γ α γ
γ α γ α
−
′= = >
− −
, διότι ( ) 0f α = , ( ) 0f γ > και 0γ α− > .
Ομοίως για το [ ]0, xγ από θεώρημα Μέσης Τιμής θα υπάρχει ( )2 0,x xγ∈
τέτοιο ώστε ( )
( ) ( )0
2
0
0
f x f
f x
x
γ
γ
−
′= <
−
.
Για το [ ]0 ,x δ θα υπάρχει ( )3 0 ,x x δ∈ τέτοιο ώστε
( )
( ) ( )0
3
0
0
f f x
f x
x
δ
δ
−
′= <
−
και τέλος για το [ ],δ β θα υπάρχει ( )4 ,x δ β∈ τέτοιο ώστε
( )
( ) ( )
4 0
f f
f x
β δ
β δ
−
′= >
−
.
Ισχύει 1 2 3 4x x x xα β< < < < <
Στο [ ]1 2,x x έχουμε :
• Η f ′ είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x
• Η f ′ είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ) υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1 1 2,x xξ ∈ τέτοιο
ώστε ( )
( ) ( )2 1
1
2 1
0
f x f x
f
x x
ξ
′ ′−
′′= <
−
, διότι ( )2 0f x′ < και ( ) ( )1 10 0f x f x′ ′> ⇔ − < ,
επομένως ( ) ( )( ) ( ) ( )2 1 2 10 0f x f x f x f x′ ′ ′ ′+ − < ⇔ − < (1)
και επειδή 1 2 2 1 0x x x x< ⇔ − > (2)
Από (1), (2) προκύπτει ότι
( ) ( )2 1
2 1
0
f x f x
x x
′ ′−
<
−
.

8
Ομοίως και στο διάστημα [ ]3 4,x x θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )2 ,ξ α β∈ τέτοιο
ώστε ( )
( ) ( )4 3
2
4 3
0
f x f x
f
x x
ξ
′ ′−
′′= >
−
.
γ) Η f ′′ είναι συνεχής στο [ ]1 2,ξ ξ
( ) ( )1 2 0f fξ ξ′′ ′′⋅ <
Από Θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )3 1 2,ξ ξ ξ∈ τέτοιο ώστε
( )3 0f ξ′′ = εκατέρωθεν του οποίου η f ′′ αλλάζει πρόσημο. Επομένως η f έχει
τουλάχιστον ένα σημείο καμπής.
Σχόλιο:
Ιδιότητα: ,α β όοµ σηµοι 0 0
α
α β
β
⋅ > ⇔ > .
Ιδιότητα : ,α β όετερ σηµοι ⇔ 0 0
α
α β
β
⋅ < ⇔ <
Ιδιότητα : Αν 0α > και 0β > 0α β⇒ + >
Ιδιότητα : Αν 0α < και 0β < 0α β⇒ + <
Ιδιότητα : Αν 0γ < , τότε : α β> αγ βγ⇔ <
Γενικό Σχόλιο: Υπάρχουν συναρτήσεις οι οποίες ικανοποιούν τις
υποθέσεις του 4ου
Θέματος , αλλά δεν ικανοποιούν τον ισχυρισμό του
υποερωτήματος γ)
Θέμα 4ο
: 2004
Με δεδομένη την σχέση
1
z z
z
= + να δείξετε ότι: ( )2 1
Re
2
z = − , z iα β= + ,
,α β ∈ . Αν επιπλέον είναι ( )2 0f α= > , ( )3f β= και α β> , και η f είναι
συνεχής στο  , να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 2,3x ∈ ώστε ( )0 0f x = .

9
Λύση :
1
z z
z
= +
2
2 1
z z
z
⇔ = +
1 1
zz z z
z z
  
⇔ = + +  
  
1 1 1
zz zz z z
z z zz
⇔ = + + +
2 2
0 1z z⇔ = + + ( )2
2Re 1z⇔ =− ( )2 1
Re
2
z⇔ =−
Είναι: ( )2 2 2
Re z α β= − οπότε 2 2 1
2
α β− =− ( )( )
1
2
α β α β⇔ − + =− . Άρα οι
,α β α β− + είναι ετερόσημοι. Όμως 0α β α β> ⇔ − > επομένως
0α β β α+ < ⇔ < − . Είναι: 0α > οπότε προκύπτει 0β < . Επομένως
( ) ( )2 3 0f f < . Από υπόθεση η f είναι συνεχής στο  άρα και στο [ ]2,3 Από
θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα 0x της εξίσωσης ( ) 0f x = στο
διάστημα ( )2,3 .
Σχόλιο:
Απαλοιφή παρανομαστών , ταυτότητες και ιδιότητες διάταξης.
Θέμα 3ο
: 2004 Επαναληπτικές
Αν ( )
1
z f
z
α+ = και ( )2 2
2
1
z f
z
β+ = , να αποδείξετε ότι: ( ) ( )2 2
f fβ α< και ότι
η εξίσωση ( ) ( )3
0x f a f β+ =έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα ( )1,1− .
Λύση :
( )
1
z f
z
α+ = ( )
2
21
z f
z
α
 
⇒ + = 
 
( )2 2
2
1
2z f
z
α⇒ + + = ( ) ( )2 2
2f fβ α⇒ + =
Επομένως: ( ) ( )2 2
f fβ α< .
Έστω συνάρτηση g , με ( ) ( ) ( )3
g x x f fα β= + , [ ]1,1x∈ − . Η g είναι συνεχής στο
[ ]1,1− και ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1g g f f f fα β α β− =− + +
( ) ( ) ( ) ( )2 2
1 1g g f fβ α⇒ − = − . Είναι: ( ) ( )2 2
f fβ α< ( ) ( )2 2
0f fβ α⇔ − <

10
Επομένως ( ) ( )1 1 0g g− < . Από θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα 0x
της εξίσωσης ( ) 0g x = στο διάστημα ( )1,1− .
Σχόλιο:
Ταυτότητες και ιδιότητες διάταξης
Θέμα 2ο
: 2005
Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί 1 2 3, ,z z z με 1 2 3 3z z z= = = .
Α. Δείξτε ότι: 1
1
9
z
z
=
Λύση :
2 2
1 13 3z z=⇔ = ⇔ 1 1 1
1
9
9z z z
z
= ⇔ =
Σχόλιο:
Αν , 0α β > , ν θετικός ακέραιος, ν ν
α β α β= ⇔ =
Θέμα 3ο
: 2005
Γ. Δείξτε ότι το εμβαδόν ( )λΕ του χωρίου, το οποίο περικλείεται μεταξύ της
γραφικής παράστασης της f , της εφαπτομένης της στο σημείο Μ και του άξονα
y y′ , είναι ( )
2
2
e
λ
λ
−
Ε =
Λύση :
( )λΕ =
1
1 2 02
0
0
1
1 2
( ) )
2 2 2 2
x
x
e
e ex e e e e e
e ex dx
λ λ
λλ
λλ λλ
λ λ λ λ λ λ λ
  −
− = − = − − = − − = 
 
∫
Σχόλιο: Πράξεις κλασμάτων:
a γ αδ βγ
β δ βδ
±
± =

11
Θέμα 2ο
: 2006
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )
2
( ) 2 2f x x= + − , με 2x ≥ .
Να αποδείξετε ότι υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση 1
f −
της f και να βρείτε τον
τύπο της.
Λύση :
Η f είναι 1 – 1 οπότε αντιστρέφεται.
Λύνουμε την εξίσωση ( )y f x= ως προς x , με 2x ≥ .
( ) ( ) ( ) ( )
2 0
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
y
y f x y x y x y x y x
− ≥
= ⇔ = + − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − = −
⇔
2 0
2 2
y
y x
− ≥
⇔ − = − 2 2x y⇔ = − + . Επομένως ( )1
2 2f y y−
= − + , με
2y ≥ .
Άρα υπάρχει αντίστροφη και είναι η ( )1
2 2f x x−
= − + , με 2x ≥ .
Σχόλιο:
Ορισμός : Η τετραγωνική ρίζα ενός μη αρνητικού αριθμού α
συμβολίζεται με α και είναι ο μη αρνητικός αριθμός που, όταν υψωθεί
στο τετράγωνο, δίνει τον α .
α α=
Ορισμός : α α= , αν 0α ≥ .
Αν α και β είναι ί ίµη αρνητικο αριθµο : ν να β α β≤ ⇔ ≤ .

12
Θέμα 2ο : 2006
γ) ii) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των συναρτήσεων f και 1
f −
Λύση :
Απαιτείται ο υπολογισμός του ολοκληρώματος ( )
3
2
2E f x xdx= −∫ .
Όπου ( )
2
( ) 2 2f x x= + − . Επομένως θα πρέπει να μελετήσουμε το
πρόσημο της διαφοράς ( )
2
( ) 2 2f x x x x− = + − − 2
5 6x x= − + .
Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι 0∆ > . Στο διάστημα [ ]2,3 έχουμε
ότι 2
5 6 0x x− + ≤ . Επομένως ( ) ( )2
5 6f x x x x− =− − + για κάθε
[ ]2,3x∈ . Το ολοκλήρωμα θα γίνει
( ) ( )
3 3
2
2 2
2 2 5 6E f x xdx x x dx= − = − − +∫ ∫
Σχόλιο:
Πίνακας : Το τριώνυμο 2
x xα β γ+ + , 0α ≠ είναι ετερόσημο του α , μόνο
όταν είναι 0∆ > και για τις τιμές του x , που βρίσκονται μεταξύ των ριζών.
Ορισμός :
, 0
, 0
α α
α
α α
≥
= 
− <
Θέμα 3o
: 2006
Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί 1 2 3, ,z z z , με 1 2 3 1z z z= = = , και 1 2 3 1z z z+ + =.
α. ii) Να αποδείξετε ότι :
2
1 2 4z z− ≤ .
Λύση :
Από τριγωνική ανισότητα έχουμε
2 2
1 2 1 2 1 2 1 21 1 2z z z z z z z z− ≤ + − ⇔ − ≤ + ⇔ − ≤

13
Σχόλιο:
Ιδιότητα απολύτων τιμών : α β α β+ ≤ +
Ιδιότητα : Αν α και β είναι μη αρνητικοί αριθμοί: ν να β α β< ⇔ < .
Θέμα 4ο
: 2006
Δίνεται η συνάρτηση ( )
1
ln
1
x
f x x
x
+
= −
−
.
γ) Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης ( ) lng x x= στο σημείο
( ),lnα αΑ , 0α > και η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
( ) x
h x e= στο σημείο ( ),eβ
βΒ , β ∈ ταυτίζονται , τότε να δείξετε ότι ο αριθμός α
είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0f x = .
Σχόλιο:
( ) ( )( )1
1
: 1 lny g g x y xε α α α α
α
′− = − ⇔ = − +
( ) ( )( )2 : y h h x y e x e eβ β β
ε β β β β′− = − ⇔ = − + .
Επειδή οι δύο ευθείες ταυτίζονται θα ισχύει ότι
1
eβ
α
= (1) και ln 1 e eβ β
α β− = − (2)
Από (1),(2) προκύπτει ότι : ( )
( )
1
1 ln 1 ln
1
α
α α α α
α
+
− = + ⇒ =
−
, 1 0α − ≠ .
Σχόλιο:
Για την εξίσωση 0xα β+ =, αν 0α ≠ , τότε : x x
β
α β
α
=− ⇔ =− ,
επομένως η εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση , την x
β
α
= − .

14
Θέμα 2ο
: 2007
Να αποδειχθεί ότι ισχύει: ( ) ( )
2
1 2z z
ν ν
= − όπου 1 2,z z οι μιγαδικοί που προκύπτουν
από τον τύπο
2
2
i
z
i
α
α
+
=
+
για 0α = και 2α = αντίστοιχα και ν φυσικός αριθμός.
Λύση :
Είναι: 1
2 1
2
z i
i i
= = = − οπότε έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1
1,
1
1,
z i i i
νν ν νν ανν αρτιος
ανν περιττος

=− = = =− =
−
Και : 2
2 2
1
2 2
i
z
i
+
= =
+
οπότε έχουμε: ( ) ( )2
1,
1
1,
z
ν ν ανν αρτιος
ανν περιττος

− =− =
−
Επομένως ( ) ( )
2
1 2z z
ν ν
= −
Σχόλιο:
Ιδιότητες δυνάμεων
Θέμα 2ο
: 2008
Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς z και w ισχύουν:
( 2 2) 6i z+ =και (1 ) (3 3 )w i w i− − = − − τότε να βρείτε:
Α. το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z
Λύση :
2 2
( 2 2) 6 2 2 6 3 6i z i x yi x y+ = ⇔ + + = ⇔ + =
2 2 2 2
2 4x y x y⇔ + = ⇔ + =
Σχόλιο: Ορισμός της τετραγωνικής ρίζας
Θέμα 4ο
: 2008
Γ. Αν για την συνάρτηση f του ερωτήματος (α) και τη συνάρτηση g του
ερωτήματος (β) ισχύει ότι: ( )20
( ) 2 ( ) ( )
lim 45
h
g x h g x g x h
f x
h→
+ − + −
= +
και ( ) ( )0 0 1g g′= = , να αποδείξετε ότι ( ) 5 3
1g x x x x= + + +

15
Λύση :
( ) ( )
20 0
0
( ) 2 ( ) ( ) '( ) '( )
lim lim
2
'( ) '( )1
lim
2
h h
h
g x h g x g x h g x h g x h
h h
g x h g x g x g x h
h
→ →
→
+ − + − + − −
= =
′ ′+ − + − −
[ ]0 0
1 '( ) '( ) 1 '( ) '( ) 1
lim lim ''( ) ''( ) ''( )
2 2 2h h
g x h g x g x g x h
g x g x g x
h h→ →
+ − − −
+ = + = κτλ…
Σχόλιο:
Προσθαφαίρεση αριθμών
Σπάσιμο κλάσματος σε ομώνυμα κλάσματα
Θέμα 2ο
: 2008
Δίνεταιότιομιγαδικόςαριθμός 1
1 3
2
i
z
+
= είναι ρίζα της εξίσωσης 2
0z zβ γ+ + =,
όπου β και γ πραγματικοί αριθμοί.
Α. Να αποδείξετε ότι 1β = − και 1γ =
Β. Να αποδείξετε ότι 3
1 1z = −
Λύση :
α. Οι ρίζες είναι η 1z και η 1z από τους τύπους του Vieta:
1 1 1 1S z z
β
β
α
= + ==− ⇔ =−
1 2 1 1P z z
γ
γ
α
= = = ⇔ =
β. 3 3 3 2 3
1
1 3 1 1 3 1 3 3
( ) ( ) 3 3 ( ) ( ) ..... 1
2 2 2 4 2 2 2 2
i i i i
z =+ = + + + =−
Σχόλιο: Τύποι Vieta

16
Χρήση της ταυτότητας: ( )
3 3 2 2 3
3 3α β α α β αβ β+ = + + +
Θέμα 3ο
: 2009
Δίδεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 1x
f x xα= − + , 1x > − , όπου 0α > και 1α ≠ .
Α. Αν ισχύει ( ) 1f x ≥ για κάθε 1x > − , να αποδείξετε ότι eα =
Λύση :
Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( )1,− +∞ με ( )
1
ln
1
x
f x
x
α α′= −
+
.
Παρατηρούμε ότι ( )0 1f = , άρα ισχύει ( ) ( )0f x f≥ , για κάθε 1x > − .
Επομένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση 0 0x = και επειδή είναι
παραγωγίσιμη , από το θεώρημα του Fermat θα ισχύει :
( ) 0
0 0 ln 1 0 ln 1 ln lnf a a e a eα α′ =⇒ − =⇒ =⇒ = ⇒ =.
Σχόλιο:
Ορισμός : Μία συνάρτηση f , με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α, λέμε ότι
παρουσιάζει στο 0x ∈Α (ολικό) ελάχιστο, όταν ( ) ( )0f x f x≥ , για κάθε
x∈Α.
Θέμα 3ο
: 2009
γ. αν ( ) ( ), 1,0 0,β γ ∈ − ∪ +∞ να αποδείξετε ότι η εξίσωση
( ) ( )1 1
0
1 2
f f
x x
β γ− −
+ =
− −
,
έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )1,2 .
Λύση :
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 1g x x f x fβ γ= − − + − −       , η
οποία είναι συνεχής στο [ ]0,2 ως πολυωνυμική με ( ) ( )( )1 1g f β=− −
και ( ) ( )2 1g f γ= − .

17
Όμως για κάθε ( ) ( ), 1,0 0,β γ ∈ − ∪ +∞ από το ερώτημα β) ισχύει ότι
( ) ( ) ( )( )1 1 0 1 0f f fβ β β> ⇔ − > ⇔ − − < και
( ) ( )1 1 0f fγ γ> ⇔ − > . Επομένως ( ) ( )1 2 0g g⋅ < . Ισχύουν για τη g οι
προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano, επομένως θα υπάρχει
τουλάχιστον μία ρίζα της ( ) 0g x = στο ( )1,2 άρα και για τη
( ) ( )1 1
0
1 2
f f
x x
β γ− −
+ =
− −
.
Σχόλιο: Ιδιότητα : ,α β ετερόσημοι 0 0
α
α β
β
⇔ ⋅ < ⇔ <
Θέμα 4ο : 2009
Ορίζουμε τη συνάρτηση ( )
( )
( ) ( ]0
2
20
3, 0,2
1 1
6lim , 0
x
t
H x
f t dt x
x
G x
t
x
t→
 
− + ∈ 
 
=  
− − 
=  
∫
Λύση :
α. Για τη λύση απαιτείται ο υπολογισμός του ορίου :
2
20
1 1
lim
t
t
t→
− −
( )( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 20 0 0 02 2 2 2
1 1 1 11 1 1 1
lim lim lim lim
21 11 1 1 1t t t t
t tt t
t tt t t t→ → → →
− − + −− −
= = = =
+ −+ − + −
Σχόλιο:
Εφαρμογή σχολικού : Να τραπούν οι παραστάσεις σε ισοδύναμες, χωρίς
ριζικά στους παρανομαστές : ii)
( )
( )( )
10 5 110
5 1 5 1 5 1
+
=
− − +
.

18
Θέμα 2ο
: 2010
Για τους μιγαδικούς w που ισχύει 4 3 2w i− + = να δείξετε ότι 3 7w≤ ≤ .
Λύση :
4 3 4 3 4 3 4 3w i i w w i i− + − − ≤ ≤ − + + −
( ) ( )
2 22 2
2 4 3 2 4 3w− + − ≤ ≤ + + −
2 5 2 5 3 7w w− ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤
Σχόλιο:
Υπολογισμός τετραγωνικής ρίζας και τριγωνική ανισότητα με τέχνασμα:
w w wα α α α− − ≤ ≤ − + , όπου w w α α= − +
Θέμα 3o
: 2010
Κατά την επίλυση πρέπει να αποδειχθεί ότι: 2
9 0x x+ + > , για κάθε x∈
Λύση :
2 2
9 0 9x x x x+ + > ⇔ + > − (1)
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
Αν 0x = : 2
0 9 0 3 0+ > ⇔ > που ισχύει, άρα η (1) αληθής.
Αν 0x > : τότε το β μέλος είναι αρνητικό και το α μέλος είναι θετικό,
οπότε η ανισότητα αληθεύει άρα η (1) αληθής.
Αν 0x < : τότε και τα δύο μέλη είναι θετικά, οπότε
2
9x x+ > − ⇔ ( ) ( )
2
22
9x x+ > − 2 2
9 9 0x x⇔ + > ⇔ > που ισχύει,
άρα η (1) αληθής.
Σχόλιο: Για θετικούς ακεραίους ,α β και ν θετικό ακέραιο ισχύει
ν ν
α β α β> ⇔ >

19
Θέμα 2ο
: 2011
Έστω οι μιγαδικοί z και w , με 3z i≠ ,οι οποίοι ικανοποιούν τις σχέσεις:
3 3 2z i z i− + + =και
1
3
3
w z i
z i
= − +
−
Β3 Να αποδείξετε ότι ο w είναι πραγματικός αριθμός και ότι 2 2w− ≤ ≤
Λύση :
3 3 2w z i z i z z x= − + + = + = ∈
Θέλουμε να δείξουμε ότι : 2 2w− ≤ ≤ ⇔ 2 2 2x− ≤ ≤ 1 1x⇔ − ≤ ≤
Από Β1 ερώτημα έχουμε:
2 2 2 2
( 3) 1 ( 3) 1x y y x+ − =⇔ − =−
αλλά 2
( 3) 0y − ≥ άρα 2
1 0 1 1x x− ≥ ⇔ − ≤ ≤
Σχόλιο: Ιδιότητα: x xρ ρ ρ< ⇔ − < <
Θέμα 2ο
: 2011 επαναληπτικές
Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί ,z w, οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχα τις σχέσεις:
( )1 Imz i z− = + (1) ( ) ( )3 3w w i i w i+ = + (2)
Β1. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z
είναι η παραβολή με εξίσωση 21
4
y x=
Β2. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w
είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο ( )0,3Κ και ακτίνα 2 2ρ = .
Λύση :
Β1.
2 2 21
1 ( 1) ( 1) .......
4
x yi i y x y i y y x+ − = + ⇔ + − = + ⇔ =

20
Β2. 2 2 2 2
( 3 ) (3 ) .... 6 1 0 .... ( 3) 8w w i i w i x y y x y+ = + ⇔ + − + =⇔ + − =
Σχόλιο: Παραβολή: 2
y xα=
Συμπλήρωση τετραγώνου
Θέμα B : 2012
Θεωρούμε τους μιγαδικούς z και w για τους οποίους ισχύουν οι επόμενες σχέσεις :
2 2
1 1 4z z− + + = (1)
5 12w w− = (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 1ρ = .
Β2. Αν 1z , 2z είναι δύο από τους παραπάνω μιγαδικούς αριθμούς z με
1 2 2z z− = , τότε να βρείτε το 1 2z z+ .
Β4. Για τους μιγαδικούς αριθμούς ,z w που επαληθεύουν τις σχέσεις (1),(2) να
αποδείξετε ότι : 1 4z w≤ − ≤ .
Λύση :
Β2. Το ερώτημα παραπέμπει στο εξής : Αν 2α β− = , τότε να βρείτε
το α β+ .
( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2α β α β α αβ β α β αβ− = ⇒ − = ⇒ − + = ⇒ + − =
( )
2 2 2
2α β α αβ β+ = + +
Το πρόβλημα υπάρχει διότι στην πρώτη σχέση έχουμε εξίσωση , ενώ στη
δεύτερη σχέση έχουμε υπολογισμό αριθμητικής παράστασης.
( )( )
2
1 2 1 2 1 2 1 22 2 2z z z z z z z z− = ⇒ − = ⇒ − − = ⇒
2 2
1 1 2 1 2 2 2z z z z z z− − + =⇒

21
1 2 1 2 0z z z z⇒ − − =
( )( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 0 2z z z z z z z z z z z z+ = + + = + + + =+ =
Επομένως 1 2 2z z+ =
Β4. Το ερώτημα παραπέμπει στην τριγωνική ανισότητα
max
α β α β α β− ≤ + ≤ +
Συνεπώς max
1 3 4z w z w z w− ≤ + ≤ + = + =
Σχόλιο:
Συνήθως υπάρχει πρόβλημα στη σχέση max
α β α β α β− ≤ + ≤ + ,
διότι οι μαθητές θυμούνται μόνο τη σχέση α β α β+ ≤ + , από την
Α΄Λυκείου.
Θέμα Γ : 2012
Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )1 ln 1f x x x=− − , 0x > .
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
Λύση :
Η f είναι παραγωγίσιμη ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων
συναρτήσεων στο ( )0,+∞ , με ( )
1 ln 1
ln
x x x x
f x x
x x
− + −
′ = + = .
Παρατηρούμε ότι ( )1 0f ′ = .
Για 1 ln ln1 ln 0 ln 0x x x x x> ⇔ > ⇔ > ⇔ > (1)

22
Επίσης 1 1 0x x> ⇔ − > (2)
Από (1),(2) προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει ότι ln 1 0x x x+ − > .
Επομένως
ln 1
0
x x x
x
+ −
> . Δηλαδή ( )
ln 1
0 0
x x x
f x
x
+ −
′> ⇔ > . Άρα
η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1,+∞ . Ομοίως και για το ( ]0,1 .
Σχόλιο:
Ορισμός : Μία συνάρτηση f λέγεται γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ
του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε 1 2,x x ∈∆ με 1 2x x< ισχύει :
( ) ( )1 2f x f x< .
Ιδιότητα : Αν 0α > και 0β > 0α β⇒ + > .
Θέμα Γ : 2012
Γ3. Αν 1 2,x x με 1 2x x< είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος Γ2, να
αποδείξετε ότι υπάρχει ( )0 1 2,x x x∈ , τέτοιο ώστε ( ) ( )0 0 2012f x f x′ + =.
Λύση :
Έστω η συνάρτηση ( ) ( )( )2012 x
h x f x e= − .
Η h είναι συνεχής στο [ ]1 2,x x ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών
συναρτήσεων. Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )1 2,x x ως αποτέλεσμα
πράξεων παραγωγισίμων συναρτήσεων με
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2012 2012x x x
h x f x e f x e f x f x e′ ′ ′= + − = + − .
( ) ( )( ) ( )1 1
1 1 2012 2012 2012 0x x
h x f x e e= − = − =
( ) ( )( ) ( )2 2
2 2 2012 2012 2012 0x x
h x f x e e= − = − =
Επομένως ( ) ( )1 2h x h x= .
Από θεώρημα Rolle υπάρχει ( )0 1 2,x x x∈ τέτοιο ώστε
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0
0 0 0 0 00 2012 0 2012 0x
h x f x f x e f x f x′ ′ ′=⇔ + − =⇔ + − =
διότι 0x
e ≠ για κάθε x∈.

23
Σχόλιο:
Ιδιότητα : Αν 0γ ≠ , τότε : α β αγ βγ= ⇔ =
Στο σχολικό δεν υπάρχει η απόδειξη του αντιστρόφου της ιδιότητας :
( )0 0αγ βγ αγ βγ α β γ α β= ⇒ − = ⇒ − ⋅ = ⇒ = , διότι 0γ ≠ .
Θέμα Δ : 2012
Έστω η συνεχής συνάρτηση ( ): 0,f +∞ →  , η οποία για κάθε 0x > ικανοποιεί τις
σχέσεις :
• ( ) 0f x ≠
• ( )
2 2
1
1
x x x x
f t dt
e
− + −
≥∫
•
( )
( )1
ln
ln
x t t
x x dt e f x
f t
 −
− =− + ⋅  
 
∫
Δ3. Με τη βοήθεια της ανισότητας ln 1x x≤ − , που ισχύει για κάθε 0x > , να
αποδείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( )
x
F x f t dt
α
= ∫ , 0x > , όπου 0α > είναι κυρτή.
Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι : ( ) ( )3 2 (2 )F x F x F x+ > , για κάθε 0x > .
Λύση :
Από προηγούμενο ερώτημα ( ) ( )lnx
f x e x x−
= − .
Η f είναι συνεχής στο ( )0,+∞ , επομένως η F είναι παραγωγίσιμη για
κάθε 0x > , με ( ) ( )F x f x′ = .
Όμως η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε 0x > , άρα και η F′ είναι
παραγωγίσιμη με :
( ) ( )
1 1 1
( ) ln 1 ln 1 ln 1 0x x x x
F x e x x e e x x e x x
x x x
− − − −     ′′ =− − + − =− − − + =− − − − >     
     
Επομένως η F′ είναι γνησίως αύξουσα για κάθε 0x > .
Η F είναι παραγωγίσιμη στο [ ],2x x και στο [ ]2 ,3x x , για κάθε 0x > .

24
Από θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχουν ( )1 ,2x x x∈ και ( )2 2 ,3x x x∈
τέτοια ώστε :
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 2
2
F x F x F x F x
F x
x x x
− −
′= =
−
και
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
3 2 3 2
3 2
F x F x F x F x
F x
x x x
− −
′= =
−
Όμως η F′ είναι γνησίως αύξουσα για κάθε 0x > επομένως για 1 2x x<
θα ισχύει :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2
2 3 2F x F x F x F x
F x F x
x x
− −
′ ′< ⇒ < .
Όμως επειδή 0x >
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 2 3 2F x F x F x F x F x F x F x F x
x x
x x x x
− − − −
< ⇔ < ⇔
( ) ( ) ( ) ( )2 3 2F x F x F x F x⇔ − < − ( ) ( ) ( )2 2 3F x F x F x⇔ < +
Σχόλιο:
( ) ( )1 2f x f x< .
Ιδιότητα : Αν 0γ > , τότε : α β αγ βγ> ⇔ > .
Θέμα Δ : 2012
Δ3. Δίνεται ο σταθερός πραγματικός αριθμός 0β > . Να αποδείξετε ότι υπάρχει
μοναδικό ( ),2ξ β β∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )3 2F F Fβ β ξ+ =.
Λύση :
Έστω ( ) ( ) ( ) ( )2 3h x F x F Fβ β= − − . Η h είναι συνεχής στο [ ],2β β .

25
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3h F F F F Fβ β β β β β= − − = −
Από Δ1 έχουμε δείξει ότι ( ) ( ) 0F x f x′= < , επομένως η F είναι
γνησίως φθίνουσα.
Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 0 0F F F F hβ β β β β β β< ⇔ > ⇔ − > ⇔ > (1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 3 2 2 3h F F F F F Fβ β β β β β β= − − = − +
Όμως από ερώτημα Δ3 ισχύει ότι για x β= στη σχέση
( ) ( )3 2 (2 )F x F x F x+ >
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 2 2 2 2 3 0 2 0F F F F F F hβ β β β β β β+ > ⇔ − + < ⇔ <
(2)
Επομένως από (1),(2) προκύπτει ότι ( ) ( )2 0h hβ β⋅ < . Από Θεώρημα
Bolzano θα υπάρχει ( ),2ξ β β∈ τέτοιο ώστε ( ) 0h ξ = .
Όμως ( ) ( ) ( )2 2 0h x F x f x′ ′= = < , για κάθε 0x > . Άρα η h είναι γνησίως
φθίνουσα στο ( )0,+∞ . Συνεπώς το ξ είναι και μοναδικό.
Σχόλιο:
( ) ( )1 2f x f x< .
Ορισμός : Για τη σχέση (1) 0α β α β> ⇔ − > .
Ιδιότητα : Από (1) , (2) ,α β ετερόσημοι 0α β⇔ ⋅ <
Θέμα 2ο
: 2013
Αν 0 1 2, ,α α α μιγαδικοί για τους οποίους ισχύει 0 3α ≤ , 1 3α ≤ , 2 3α ≤ και ο
μιγαδικός αριθμός v ικανοποιεί την σχέση 3 2
2 1 0 0v v vα α α+ + + =τότε να
αποδείξετε ότι 4v < .
Λύση :
3 2
2 1 0 0v v vα α α+ + + = 2 3
2 1 0v v vα α α⇔ + + =− 2 3
2 1 0v v vα α α⇒ + + =−
3 2
2 1 0v v vα α α⇒ = + + (1)

26
Είναι: 2 2
2 1 0 2 1 0v v v vα α α α α α+ + ≤ + +
22
2 1 0 2 1 0v v v vα α α α α α⇒ + + ≤ + +
Από (1) και από υπόθεση έχουμε:
3 2
3 3 3v v v≤ + +
3 2
3 3 3v v v⇒ − − ≤
Επομένως:
3 2
3 3 4v v v− − <
3 2
3 3 4 0v v v⇒ − − − < ( )( )2
4 1 0v v v⇒ − + + <
Είναι:
2
1 0v v+ + < , οπότε έχουμε: 4 0 4v v− < ⇒ <
Σχόλιο:
Ιδιότητες μέτρου (απολύτων τιμών) και ιδιότητες διάταξης με αύξηση του β μέλους.
Θέμα 2ο
: 2013 Επαναληπτικό
Θεωρούμε τους μιγαδικούς ,z w για τους οποίους η εξίσωση
2
2 4 3 2x w i x z− − − =− (1) έχει διπλή ρίζα την 1x = . Να βρείτε τους
γεωμετρικούς τόπους των ,z w και να αποδείξετε ότι 10z w+ ≤ και 10z w− ≤
Λύση :
Έστω 4 3w i α− − = και z β= οπότε η (1) γίνεται: 2
2 2 0x xα β− + =
Για να έχει διπλή ρίζα πρέπει: 0∆ = 2
16 0α β⇒ − =
Για να έχει ρίζα την 1x = πρέπει: 2 2 0α β− + =. Λύνοντας το σύστημα έχουμε
4α = και 1β = . Επομένως ο γ.τ. των εικόνων του w είναι κύκλος με κέντρο ( )4,3
και ακτίνα 4 και γ.τ. των εικόνων του z είναι κύκλος με κέντρο ( )0,0 και ακτίνα 1.
Για την ανισότητα έχουμε: 4 3 4 3z w z w i i+ = + − − + + 4 3 4 3z w i i≤ + − − + +
Επομένως : 2 2
1 4 4 3z w+ ≤ + + + 10z w⇒ + ≤ . Όμοια:
4 3 4 3z w z w i i− = − + + − − 4 3 4 3z w i i≤ + − + + + − − Επομένως :
( ) ( )
2 2
1 4 4 3z w− ≤ + + − + − 10z w⇒ − ≤
Σχόλιο:
Υπολογισμός συντελεστών δευτεροβάθμιας εξίσωσης υπό συνθήκη και τριγωνική
ανισότητα με προσθαφαίρεση.

27
Θέμα Β : 2014
Δίδεται η εξίσωση ( )
2
2 4 2 0z z z i i+ + − − =, z ∈ .
Β1. Να λύσετε την παραπάνω εξίσωση.
B2. Αν 1 1z i= + και 2 1z i= − είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης, τότε να
αποδείξετε ότι ο αριθμός
39
1
2
3
z
w
z
 
=  
 
είναι ίσος με 3i− .
Λύση :
Β2.
( )
( )
3939 239
939 4 31
2
11
3 3 3 3 3 3
1 2
iz i
w i i i i
z i
 +  + 
= = = = ⋅ = ⋅ ⋅ =−      −    
Σχόλιο:
Ιδιότητες δυνάμεων : ( )
λκ λ υ κ υ
α α α⋅ +
= ⋅ .
Θέμα Γ : 2014
Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 1x
h x x e=− + , x∈ .
Γ1. Να μελετήσετε την h ως προς την κυρτότητα.
Γ2. Να λύσετε την ανίσωση
( )( )2
1
h h x e
e
e
′
<
+
, x∈ .
Λύση :
Γ2.
( )( ) ( )( )2 2
ln ln
1 1
h h x h h xe e
e e
e e
′ ′
< ⇔ < ⇔
+ +
( )( ) ( )2 1h h x h′ < ⇔
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 1 0 0
2
h x h x h x h x′ ′ ′ ′⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ > .
Σχόλιο:

28
( ) ( )1 2f x f x< .
Ορισμός : Μία συνάρτηση f λέγεται γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ
( ) ( )1 2f x f x> .
Θέμα Δ : 2014
1
, 0
1 , 0
x
e
x
f x x
x
 −
≠
= 
 =
.
Δ2. Δίνεται επιπλέον ότι η f είναι κυρτή. α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
( )
( )2
1
0
f x
f u du
′
=∫ έχει ακριβώς μία λύση , η οποία είναι η 0x = .
Λύση :
( ) ( )
20 0 0
0 1 1 1
lim lim lim
0 2 2
x x
x x x
f x f e x e
x x x→ → →
− − − −
= = = ∈
−
 .
Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο 0 0x = με ( )
1
0
2
f ′ = .
Η 0x = είναι προφανής λύση της εξίσωσης.
Για 0x > είναι ( )
1
1 0 0
x
x e
e f x
x
−
> ⇒ > ⇒ >
Για 0x < είναι ( )
1
1 0 0
x
x e
e f x
x
−
< ⇒ > ⇒ >
Για 0x = είναι ( )0 1 0f = > .
Αφού η f είναι κυρτή , η f ′ είναι γνησίως αύξουσα, συνεπώς :
Για 0x > , ( ) ( ) ( )0 2 1f x f f x′ ′ ′> ⇔ >

29
και εφόσον ( ) 0f x > για κάθε 0x > , επομένως ( )
( )2
1
0
f x
f u du
′
>∫ και δεν
υπάρχουν λύσεις της εξίσωσης για 0x > .
Ομοίως για 0x < .
Συνεπώς η μοναδική λύση της αρχικής εξίσωσης είναι η 0x = .
Σχόλιο:
( ) ( )1 2f x f x< .
Ιδιότητα : Αν 0γ > , τότε : α β> αγ βγ⇔ >
Ιδιότητα : Αν 0γ < , τότε : α β> αγ βγ⇔ <

30
Μέρος 2
Θέματα Μαθηματικών Γενικής
Παιδείας
Θέμα 4ο
: 2002
Έστω ,Α Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με
( ) ( ) ( )2P P PΑ + Β ≠ Α ∩Β . Δίνεται ακόμα η συνάρτηση:
( ) ( )( ) ( )( )
3 3
f x x P x P= − Α ∪Β − − Α ∩Β , x∈
Α. Να δείξετε ότι ( ) ( )P PΑ ∩Β ≠ Α ∪Β
Β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο στο σημείο
( ) ( )
2
P P
x
Α + Β
=
( ) ( )
2
P P
x
Α + Β
=
Λύση :
Α. Από την υπόθεση έχουμε: ( ) ( ) ( )2P P PΑ + Β ≠ Α ∩Β ⇔
( ) ( ) ( ) ( )P P P PΑ + Β − Α ∩Β ≠ Α ∩Β ⇔ ( ) ( )P PΑ ∩Β ≠ Α ∪Β
Β. Είναι: ( ) ( )( ) ( )( )
2 2
3 3f x x P x P′ = − Α ∪Β − − Α ∩Β , x∈
Οπότε: ( ) ( )( ) ( )( )
2 2
0 3 3 0f x x P x P′ = ⇔ − Α ∪Β − − Α ∩Β = ⇔
( )( ) ( )( )
2 2
x P x P− Α ∪Β = − Α ∩Β
( ) ( )
( ) ( )
x P x P
ή
x P x P
 − Α ∪Β = − Α ∩Β

⇔ 
 − Α ∪Β = − + Α ∩Β
( ) ( )
( ) ( )2
P Pύ
ή
x P P
αδ νατο Α ∪Β= Α ∩Β

⇔ 
 = Α ∪Β + Α ∩Β
⇔
( ) ( )
2
P P
x
Α + Β
=

31
Σχόλιο: Χρήση ταυτοτήτων
Θέμα 3ο
: 2003
Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2
1
x
f x
x
=
−
.
Β. Να αποδείξετε ότι ( ) 0f x′ < , για κάθε x του πεδίου ορισμού της.
Λύση :
( )
( )
( )
( )
22
2 22 2
11
0
1 1
xx
f x
x x
− +− −
′= = <
− −
, για κάθε { }1,1x∈ − − .
Ιδιότητα : ,α β όετερ σηµοι 0 0
α
α β
β
⇔ ⋅ < ⇔ < .
Γ. Να υπολογίσετε το ( ) ( )1
lim 1
x
x f x
→−
+   .
Λύση :
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )21 1 1
lim 1 lim 1 lim 1
1 1 1x x x
x x
x f x x x
x x x→− →− →−
  
+ = + = + =      − + −   
= ( )
( )( ) ( )1 1
1
lim 1 lim 1
1 1 1 2x x
x x
x
x x x→− →−
   
+ = ⋅ =   
+ − −   
Σχόλιο:
Ιδιότητα ταυτοτήτων : ( )( )2 2
α β α β α β− = + −
Ιδιότητα : Αντίστροφος αριθμού
1
1α
α
⋅ =, 0α ≠ .

32
Θέμα 4ο
: 2003
Στον πίνακα που ακολουθεί παρουσιάζεται η χρηματική παροχή από τους γονείς, σε
Ευρώ, δείγματος έξι μαθητών της πρώτης τάξης (Ομάδα Α) και έξι μαθητών της
δεύτερης τάξης (Ομάδα Β) ενός γυμνασίου.
Ομάδα Α Ομάδα Β
1 7
8 14
9 6
5 4
3 12
4 5
β. Να συγκρίνετε ως προς την ομοιογένεια τις δύο ομάδες.
Λύση :
Γνωρίζουμε από α. ερώτημα τη μέση τιμή της Ομάδας Α 5xΑ = και τη
μέση τιμή της Ομάδας Β 8xΒ = .
Υπολογίζουμε τις διακυμάνσεις : 2 23 23
3 3
x xS SΑ Α
= ⇔ =
2 41 41
3 3
x xS SΒ Β
= ⇔ =
Αντιστοίχως υπολογίζουμε τους συντελεστές διευθύνσεως :
23
3
5
xS
CV
x
Α
Α
Α
= =
41
3
8
xS
CV
x
Β
Β
Β
= =
Συγκρίνουμε τα δύο αποτελέσματα

33
2 2
23 41 23 41
3 3 3 3
5 8 5 8
CV CVΑ Β
   
   
   > ⇔ > ⇔ > ⇔
   
   
   
1472 1025< άτοπο
Επομένως η ομάδα Β έχει μεγαλύτερη ομοιογένεια.
Σχόλιο:
Ιδιότητα ανισοτήτων : Για θετικούς αριθμούς ,α β και ό έθετικ ακ ραιο
ν ισχύει η ισοδυναμία : ν ν
α β α β> ⇔ >
Θέμα 2ο
: 2004
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( )
2
4 3
3
x x
f x
x
− +
=
−
και να
απλοποιηθεί ο τύπος της.
Λύση :
Πρέπει και αρκεί: 0x ≥ και 3 0x − ≠ 3 3x x⇔ ≠ ⇔ ≠ . Επομένως
( ) ( )0,3 3,x∈ ∪ +∞
( )
2
4 3
3
x x
f x
x
− +
=
−
( )
( )( )1 3
3
x x
f x
x
− −
⇒ =
−
( )
( )( )( )
( )( )
1 3 3
3 3
x x x
f x
x x
− − +
⇒ =
− +
( )
( )( )( )
( )
1 3 3
3
x x x
f x
x
− − +
⇒ =
−
( ) ( )( )1 3f x x x⇒ =− + , ( ) ( )0,3 3,x∈ ∪ +∞
Σχόλιο:
Περιορισμοί ,παραγοντοποίηση και πολλαπλασιασμός με συζυγή.

34
Θέμα 3ο
: 2005
Έστω ,Α Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω , ώστε να ισχύουν:
i. Η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί ένα τουλάχιστον από τα ενδεχόμενα
,Α Β είναι 7/8
ii. ΟΙ πιθανότητες ( )P Β , ( )P Α ∩Β δεν είναι ίσες και ανήκουν στο σύνολο
1 5
, ,
2 4
κ
 
Χ = 
 
, όπου: 25
3 15
lim
6 5x
x
x x
κ
→
−
=
− +
Α. Να βρεθεί το κ
Β1. Να βρεθούν ( )P Β , ( )P Α ∩Β
Λύση :
Α.
( )
( )( ) ( )25 5 5
3 53 15 3 3
lim lim lim
6 5 5 1 1 4x x x
xx
x x x x x
κ
→ → →
−−
= = = =
− + − − −
Β. Είναι: ∅ ⊆ Α ∩Β ⊆ Β ⊆ Ω ⇒ ( ) ( )0 1P P≤ Α ∩Β ≤ Β ≤
και
1 3 5
1
2 4 4
< < < οπότε έχουμε ( )
1
2
P Α ∩Β = και ( )
3
4
P Β =
Σχόλιο: Παραγοντοποίηση τριωνύμου, απλοποίηση. Ανισοτικές σχέσεις
Θέμα 4ο
Έστω ο δειγματικός χώρος { }1,2,3,4,5,6,7,8,9,10Ω = με ισοπίθανα απλά
ενδεχόμενα. Για τα ενδεχόμενα Α , Β , Γ του Ω είναι
{ }1,2,3,4,5,6Α ∪Β = , { }1,3,4Α ∩Β = , { }2,6Α − Β = και
1
/ 2
1
x
x
x
+ 
Γ= ∈Ω ≥ 
− 
α. Να υπολογίσετε τις πιθανότητες ( ),P Α ( ),P Β ( ).P Γ
Λύση :
Εύρεση των στοιχείων του συνόλου Γ:
( )( )
1 1 3
2 2 0 0 3 1 0
1 1 1
x x x
x x
x x x
+ + − +
≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − + − ≥
− − −
αλλά 1x > άρα 3x <
και { }1,2Γ =

35
Σχόλιο: Επίλυση ανίσωσης της μορφής 0
α
β
≥
Θέμα 2ο
: 2008
Δίνεται η συνάρτηση με τύπο ( )
1
x
x
f x
e
−
= , x∈
Α. Να υπολογίσετε το όριο
( )
21
lim
1
x
x
e f x
x→ −
Β. Να αποδείξετε ότι ( ) 2x
e f x x′ = − ( ) 2x
e f x x′ = −
Λύση :
Α.
( )
( )( )21 1
1
1
lim lim
1 1 1 2
x
x
x
x x
x
ee f x e
x x x→ →
−
= =
− − +
Β. ( )
( ) ( )
2 2
1 1 11 2
x x x
x x x x
e x e e xx x
f x
e e e e
′ − − − +− − ′= = = = 
 
οπότε ( ) 2x
e f x x′ = −
Σχόλιο: Παραγοντοποίηση , απλοποίηση.
Θέμα 3ο
Έστω Α και Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω και p ένας
πραγματικός αριθμός με 0 1.p< < Δίνεται ότι οι πιθανότητες ( ),Ρ Α ( )Ρ Α ∩Β
είναι ανά δύο διαφορετικές μεταξύ τους και αποτελούν στοιχεία του συνόλου
{ }2 3
1, , 1, , .p p p p p− +
α. Να δείξετε ότι ( ) 2
,pΡ Α = ( ) pΡ Α ∪Β = και ( ) 3
pΡ Α ∩Β =
β. Να αποδείξετε ότι ( ) 3 2
.p p pΡ Β = − +
γ. Να αποδείξετε ότι ( ) ( ).Ρ Β − Α > Ρ Α − Β
Λύση :
α. • Είναι Α ∩Β ⊆ Α ⊆ Α ∪Β άρα ( ) ( ) ( )Ρ Α ∩Β ≤ Ρ Α ≤ Ρ Α ∪Β και επειδή οι
πιθανότητες είναι ανά δύο διαφορετικές μεταξύ τους, τότε
( ) ( ) ( )Ρ Α ∩Β ≤ Ρ Α ≤ Ρ Α ∪Β (1)

36
• Επίσης 0 1,p< < άρα 1 0p − < και 1 1.p + >
Επομένως τα 1p − και 1p + δεν είναι πιθανότητες (2).
•
0 0
2 3 2
0 1 0 0
p p
p p p p p
− > − >
< < ⇔ < < ⇔ < <
Επομένως 3 2
p p p< < (3).
Από (1), (2) και (3) συμπεραίνουμε ότι:
( ) 3
,pΡ Α ∩Β = ( ) 2
pΡ Α = και ( ) .pΡ Α ∪Β =
β. ( ) ( ) ( ) ( )Ρ Α ∪Β =Ρ Α + Ρ Β − Ρ Α ∩Β ⇔
( ) ( ) ( ) ( )Ρ Β =Ρ Α ∩Β − Ρ Α + Ρ Α ∪Β ⇔
( ) 3 2
p p pΡ Β = − +
γ. ( ) ( )Ρ Β − Α > Ρ Α − Β ⇔
( ) ( ) ( ) ( )Ρ Β − Ρ Α ∩Β > Ρ Α − Ρ Α ∩Β ⇔
( ) ( )Ρ Β > Ρ Α ⇔
3 2 2
p p p p− + > ⇔
3 2
2 0p p p− + > ⇔
( )2
2 1 0p p p⋅ − + > ⇔
( )
2
1 0p p⋅ − > που ισχύει.
Σχόλιο: α. Ιδιότητες της διάταξης:
0
α β
αγ βγ
γ
> 
>
> 
γ. Απόδειξη ανισότητας

37
Θέμα 4ο
: 2008
Το 50% των κατοίκων μιας πόλης διαβάζουν την εφημερίδα α, ενώ το 30% των
κατοίκων διαβάζουν την εφημερίδα β.
Α. Ποια είναι η πιθανότητα ένας κάτοικος της πόλης, που επιλέγεται τυχαία, να μη
διαβάζει την εφημερίδα α ή να διαβάζει την εφημερίδα β;
Β. Ορίζουμε το ενδεχόμενο Β: «ένας κάτοικος της πόλης που επιλέγεται τυχαία,
διαβάζει την εφημερίδα β»
Να αποδείξετε ότι ( )
1 7
5 10
P≤ Β ≤
Γ. Θεωρούμε την συνάρτηση με τύπο: ( ) ( )3 21
2
f x x x P x= − + Β , x∈ και Β το
ενδεχόμενο που ορίστηκε στο προηγούμενο ερώτημα. Να αποδείξετε ότι η
συνάρτηση δεν έχει ακρότατα.
Λύση :
Β. Είναι: ( ) ( ) ( )
7
10
P P P′ ′Β ⊆ Α ∪Β ⇒ Β ≤ Α ∪Β ⇒ Β ≤
Επίσης από ( ) 0,3P Α − Β = έχουμε: ( ) ( ) 0,3P PΑ − Α ∩Β= ⇔
( )0,5 0,3P− Α ∩Β = ( )
1
0,2
5
P⇔ Α ∩Β= =
Όμως ( ) ( )P PΑ ∩Β ⊆ Β ⇒ Α ∩Β ≤ Β ( )
1
5
P⇒ ≤ Β
Σχόλιο: Απόδειξη με χρήση των θεωρημάτων του λογισμού των
πιθανοτήτων
Γ. Είναι ( ) ( )2
3f x x x P′ = − + Β
Η f ′ είναι ένα τριώνυμο με διακρίνουσα ( )1 12 P∆ = − ⋅ Β
Επειδή ( )
1
5
P≤ Β έπεται ( ) ( )
12 12
12 1 12 1
5 5
P P− Β ≤ − ⇔ − Β ≤ −
( )
7
1 12 0
5
P⇔ − Β ≤ − < . Αφού 0∆ < , είναι ( ) 0f x′ > για κάθε x∈ ,
άρα η f f είναι γνησίως αύξουσα στο  και επομένως δεν έχει
ακρότατα.
Σχόλιο: Χρήση των ιδιοτήτων της διάταξης για να αποδειχθεί
«κατασκευαστικά» ότι 0∆ < .

38
Θέμα 2o
: 2009
Στον επόμενο πίνακα δίνονται οι τιμές ix , 1,2,3,4i = μιας μεταβλητής X με
αντίστοιχες συχνότητες iν , 1,2,3,4i = . Η συχνότητα 2ν που αντιστοιχεί στην τιμή
2 3x = είναι άγνωστη. Δίνεται ότι η μέση τιμή των παρατηρήσεων είναι ίση με
4x = .
ix iν
2 6
3 ;
5 3
8 4
α. Να αποδείξετε ότι 2 7ν = .
Λύση :
Έχουμε 2
2
12 3 15 32
4 4
6 3 4
x
ν
ν
+ + +
=⇔ =
+ + +
( )2
2 2 2
2
59 3
4 59 3 4 13 7
13
ν
ν ν ν
ν
+
⇔ = ⇔ + = + ⇔ =
+
Σχόλιο:
Ιδιότητα :
α γ
αδ βγ
β δ
= ⇔ = , ( εφόσον 0βδ ≠ )
Θέμα 3ο
: 2009
Δίνεται η συνάρτηση ( ) 3 2
6 7f x x x xα= − + − , όπου α πραγματικός αριθμός, για
την οποία ισχύει ( ) ( ) 2
2 15 3f x f x x′′ ′+ + = , x∈ .
γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f , η
οποία είναι παράλληλη στην ευθεία 3y x= − .
Λύση :
Έστω ( )( )0 0,x f x σημείο της fC . Επειδή η εφαπτομένη της fC στο 0x
είναι παράλληλη στην 3y x= − , θα ισχύει ότι :

39
( ) ( )2 2
0 0 0 0 03 3 12 12 0 3 4 4 0f x x x x x′ =− ⇔ − + = ⇔ − + =
( )
2
03 2 0x⇔ − =⇔
( )
2
0 0 02 0 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ − = ⇔ = , τότε ( )2 5f = −
Επομένως η εξίσωση εφαπτομένης θα είναι η :
( ) ( )( )2 2 2 3 1y f f x y x′− = − ⇔ =− + .
Σχόλιο:
Ιδιότητα : 0 0α β α⋅ = ⇔ = ή 0β =
0α ≥ , για κάθε α ∈ , (Η ισότητα ισχύει μόνο όταν 0α = )
Θέμα 4ο
: 2009
Α.α. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2
ln 6 2
2
x
f x x λ λ= − + − + , 0x > , όπου λ ένας
πραγματικός αριθμός. Να προσδιοριστεί το διάστημα στο οποίο η f είναι γνησίως
αύξουσα και το διάστημα στο οποίο η f είναι γνησίως φθίνουσα.
Λύση :
Η f είναι παραγωγίσιμη ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγισίμων
συναρτήσεων στο ( )0,+∞ με ( )
1 1
2
f x
x
′ = − .
( )
1 1 1 1
0 0 2
2 2
f x x
x x
′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = .
Για να είναι η f γνησίως αύξουσα αρκεί να ισχύει ( ) 0f x′ > .
( )
1 1 1 1 1 1
0 0 2
2 2 2
f x x
x x x
′ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ <
Σχόλιο:
Ιδιότητα :
α γ
αδ βγ
β δ
= ⇔ =
Ορισμός : 0α β α β> ⇔ − >
Ιδιότητα : Αν ,α β ό ίοµ σηµοι αριθµο , τότε
1 1
α β
α β
< ⇔ > .

40
Θέμα 4ο
: 2009
Β. Θεωρούμε ότι οι τιμές της συνάρτησης ( ) ( ) ( ) ( )2 , 4 , 8 , 3f f f f και ( )5f είναι
παρατηρήσεις μιας μεταβλητής X .
α. Αν R είναι το εύρος και δ η διάμεσος των παρατηρήσεων, να δειχθεί ότι :
1
3 ln
4
R= + 2
ln 4 6δ λ λ= + − .
Λύση :
Έχουμε ότι : 2 3 4 5 8< < < < και η f είναι ί ίγνησ ως ϕθ νουσα στο
[ )2,+∞ . Επομένως θα ισχύει ότι : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )8 5 4 3 2f f f f f< < < < .
Το εύρος θα είναι ( ) ( )
1
2 8 3 ln
4
R f f= − =+ και η διάμεσος επειδή το
πλήθος είναι περιττό θα είναι ( ) 2
4 ln 4 6fδ λ λ= = + −
Σχόλιο:
Ορισμός : Μια συνάρτηση f λέγεται ί ίγνησ ως ϕθ νουσα σε ένα
διάστημα ∆ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε 1 2,x x ∈∆ με
1 2x x< ισχύει : ( ) ( )1 2f x f x> .
Θέμα 4ο
: 2009
B.β. Έστω ο δειγματικός χώρος { }1,2,3,...,100Ω = ο οποίος αποτελείται από απλά
ισοπίθανα ενδεχόμενα. Αν το λ παίρνει τιμές στο δειγματικό χώρο Ω , να
υπολογίσετε την πιθανότητα του ενδεχομένου { }/ 2Rλ δΑ= ∈Ω + < − .
Λύση :
( ) ( ) ( )( )2 2
2 8 6 3 2 6 5 0 1 5 0R f f λ λ λ λ λ λ= − = − + < − ⇔ − + < ⇔ − − <
τότε ( )1,5λ ∈
Σχόλιο:
Πίνακας : Ανισώσεις δευτέρου βαθμού. Το τριώνυμο 2
x xα β γ+ + , 0α ≠
γίνεται ετερόσημο του α , μόνο όταν είναι 0∆ > και για τις τιμές του x
που βρίσκονται μεταξύ των ριζών.

41
Θέμα 2ο
: 2011
Ένα κουτί περιέχει άσπρες, κόκκινες και μαύρες σφαίρες. Παίρνουμε τυχαία μια
σφαίρα. Η πιθανότητα να είναι μαύρη είναι ( )
1
4
P Μ = , η πιθανότητα να είναι άσπρη
είναι ( ) 2
4P λΑ = και η πιθανότητα να είναι κόκκινη είναι ( )
7
5
4
P λΚ =− + όπου
λ ∈. Αν για το πλήθος ( )N Ω των σφαιρών που υπάρχουν στο κουτί ισχύει
( )64 72N< Ω < , τότε
Β1. Να δείξετε ότι ( ) 68N Ω =
Λύση :
Έστω ( )Ν Α , ( )Ν Κ , ( )Ν Μ τα πλήθη των άσπρων , κόκκινων και
μαύρων σφαιρών. Επειδή ( )
1
4
P Μ = έχουμε:
( )
( )
1
4
Ν Μ
=
Ν Ω
⇔ ( ) ( )4Ν Ω = ⋅Ν Μ
Αφού ( )64 72N< Ω < ( )16 18⇔ < Ν Μ < οπότε ( ) 17Ν Μ = αφού
( )Ν Μ είναι φυσικός αριθμός. Άρα ( ) 4 17 68Ν Ω = ⋅ =
Θέμα 2ο
: 2011 Επαναληπτικό
Υποθέτουμε ότι οι θερμοκρασίες (σε 0
C) σε μία περιοχή κατά τη διάρκεια ενός
24ώρου προσεγγίζονται από τις τιμές της συνάρτησης ( ) 4 ,t t tθ α=− + όπου
α ∈ και ( ]0,24t ∈ ο χρόνος σε ώρες.
Β1. Να αποδείξετε ότι για ( ]0,4t ∈ η θερμοκρασία μειώνεται και για ( ]4,24t ∈ η
θερμοκρασία αυξάνεται.
Β2. Να υπολογίσετε την τιμή του ,α αν γνωρίζετε ότι η ελάχιστη θερμοκρασία της
περιοχής εντός του 24ώρου είναι -10
C.
Β3. Για 3α = να βρείτε τις ώρες που η θερμοκρασία της περιοχής είναι 00
C.
Β4. Να υπολογίσετε το
( )
24
'
lim
16t
t
t
θ
→ −

42
Λύση :
Β3. ( ) 2
0 4 3 0 4 3 0 1
t x
t t t x x xθ
=
= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = ή 3x =
• 1 1 1x t t= ⇔ = ⇔ =
• 3 3 9x t t= ⇔ = ⇔ =
Σχόλιο: Επίλυση εξίσωσης από την οποία με τον μετασχηματισμό: ,t x= προκύπτει
δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς .x
Β4.
( )
( )
( )( )
( )( )( )2 2 24 4 4 4
2
2 2' 2
lim lim lim lim
16 16 16 4 4 2t t t t
t
t tt tt
t t t t t t t t
θ
→ → → →
−
− +−
= = = =
− − − − + +
( )
( )( )( ) ( )( )4 4
4 1 1
lim lim
644 4 2 4 2t t
t
t t t t t t t→ →
−
= = =
− + + + +
Σχόλιο: Σύνθετο κλάσμα, παραγοντοποίηση, απλοποίηση.
Θέμα Γ : 2012
Από τους μαθητές μιας τάξης ενός σχολείου επιλέγουμε τυχαία έναν μαθητή.
Αν ν φυσικός αριθμός με 3ν ≥ , τότε η πιθανότητα του ενδεχομένου ο μαθητής να
μαθαίνει
● Γαλλικά είναι 2
3
1
ν
ν +
● Ισπανικά είναι 2
2
1
ν
ν
+
+
● και τις δύο παραπάνω γλώσσες είναι 2
1
1
ν
ν
+
+
● μια τουλάχιστον από τις παραπάνω γλώσσες είναι ίση με το όριο
( )2
21
2 3 2
lim
x
x
x x→−
+ −
+
.
Γ1. Να αποδείξετε ότι το ενδεχόμενο ο μαθητής να μαθαίνει μία τουλάχιστον από τις
παραπάνω δύο γλώσσες είναι βέβαιο.

43
Λύση :
( ) ( )( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 2 2
21 1 12 2 2
2 3 2 2 3 2 3 2 2 1
lim lim lim
3 2 1 3 2x x x
x x x x
x x x x x x x x→− →− →−
+ − + − + + −
= = =
+ + + + + + +
=
( )( )
( )( )
( )
( )1 12 2
2 1 1 2 1
lim lim 1
1 3 2 3 2x x
x x x
x x x x x→− →−
− + −
= =
+ + + + +
Σχόλιο:
Εφαρμογή σχολικού βιβλίου : Να τραπούν οι παραστάσεις σε ισοδύναμες,
χωρίς ριζικά στους παρανομαστές : ii)
( )
( )( )
10 5 110
5 1 5 1 5 1
+
=
− − +
Θέμα Γ : 2012
Από τους μαθητές μιας τάξης ενός σχολείου επιλέγουμε τυχαία έναν μαθητή.
Αν ν φυσικός αριθμός με 3ν ≥ , τότε η πιθανότητα του ενδεχομένου ο μαθητής να
μαθαίνει
● Γαλλικά είναι 2
3
1
ν
ν +
● Ισπανικά είναι 2
2
1
ν
ν
+
+
● και τις δύο παραπάνω γλώσσες είναι 2
1
1
ν
ν
+
+
● μια τουλάχιστον από τις παραπάνω γλώσσες είναι ίση με το όριο
( )2
21
2 3 2
lim
x
x
x x→−
+ −
+
.
Γ1. Να αποδείξετε ότι το ενδεχόμενο ο μαθητής να μαθαίνει μία τουλάχιστον από τις
παραπάνω δύο γλώσσες είναι βέβαιο.
Γ2. Να αποδείξετε ότι 3ν = .
Λύση :
Από απλό προσθετικό νόμο έχουμε :

44
( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2
3 2 1
1
1 1 1
P P P P
ν ν ν
ν ν ν
+ +
Γ ∪Ι= Γ + Ι − Γ ∩Ι ⇔= + +
+ + +
⇔
( )
3
2 2
2 2 2
3 2 1
1 1 3 1 3 0 3 0 3
1 1 1
νν ν ν
ν ν ν ν ν ν ν
ν ν ν
≥+ +
⇔ = + + ⇔ + = + ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
+ + +
Σχόλιο:
Ιδιότητα :
α γ
αδ βγ
β δ
= ⇔ = , ( εφόσον 0βδ ≠ )
Ιδιότητα : Αν 0 0α β α⋅ = ⇔ = ή 0β = .
Θέμα Γ4 : 2012
Αν ο αριθμός των μαθητών που μαθαίνουν και τις δύο παραπάνω γλώσσες είναι 32,
να βρείτε τον αριθμό των μαθητών της τάξης.
Λύση :
Επειδή τα ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα από κλασικό ορισμό πιθανότητας
θα ισχύει ότι :
( )
( )
( ) ( )
( )
4 4 32 4
80
10 10 10
N I
P N
N N
Γ ∩
Γ ∩Ι= ⇔ = ⇔ = ⇔ Ω=
Ω Ω
Σχόλιο:
Ιδιότητα :
α γ
αδ βγ
β δ
= ⇔ = , ( εφόσον 0βδ ≠ )
Θέμα Δ : 2012
2
1 ln x
f x
x
+
= , 0x >
Δ1 . Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα .

45
Λύση :
Η f είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγισίμων συναρτήσεων για
κάθε 0x > , με ( )
( )
2
2
ln 1
0
x
f x
x
−
′ =− ≤ . Επομένως η f είναι γνησίως
φθίνουσα στο διάστημα ( )0,+∞ .
Σχόλιο:
Ιδιότητα : ,α β ετερόσημοι 0 0
α
α β
β
⇔ ⋅ < ⇔ <
Θέμα Δ2 : 2012
Έστω ( )( ),x f xΜ , 0x > σημείο της γραφικής παράστασης της f . Η παράλληλη
ευθεία από το Μ προς τον άξονα y y′ τέμνει τον ημιάξονα Ox στο σημείο ( ),0xΚ
και η παράλληλη ευθεία από το Μ προς τον άξονα x x′ τέμνει τον ημιάξονα Oy στο
σημείο ( )( )0, f xΛ . Αν Oείναι η αρχή των αξόνων, να αποδείξετε ότι το εμβαδόν
του ορθογωνίου παραλληλόγραμμου ΟΚΜΛ γίνεται ελάχιστο, όταν αυτό γίνει
τετράγωνο.
Λύση :
Το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι ( ) ( ) 2
1 lnx xf x xΕ = =+ , 0x >
( )
2ln x
E x
x
′ =
( )
2ln
0 0 1
x
E x x
x
′ = ⇔ = ⇔ =
( )
2ln
0 0 1
x
E x x
x
′ > ⇔ > ⇔ > .Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα
στο διάστημα ( )1,+∞ .
( )
2ln
0 0 1
x
E x x
x
′ < ⇔ < ⇔ < . Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα
στο διάστημα ( )0,1 .

46
Η f παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση 1x = , το ( )1 1f = . Επομένως το
ορθογώνιο είναι τετράγωνο.
Σχόλιο:
Ιδιότητα : 0 0α β α⋅ = ⇔ = ή 0β = .
Θέμα Δ3 : 2012
Έστω η ευθεία : y xε λ β= + , 10β ≠ , η οποία είναι παράλληλη προς την
εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο ( )( )1, 1fΣ . Θεωρούμε
δέκα σημεία ( ),i ix y , 1,2,...,10i = της ευθείας ε , τέτοια ώστε οι τετμημένες τους ix
να έχουν μέση τιμή x και τυπική απόκλιση 2xs = . Να βρείτε για ποιες τιμές του β
το δείγμα των τεταγμένων iy των δέκα σημείων είναι ομοιογενές.
Λύση :
Ισχύει ότι ( )1 1f ′ = − . Επομένως 1λ = − .
Τότε θα ισχύει ότι : y xε β=− + .
Αντίστοιχα θα ισχύει ότι 10y x β β=− + =− + , η τυπική απόκλιση θα
είναι 1 2y x xs s s=− ==και ο συντελεστής μεταβλητότητας
2
10
y
y
s
CV
y β
= =
− +
.
Αρκεί να ισχύει ότι
1
10
yCV ≤
1 2 1
20 10
10 10 10
yCV β
β
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − +
− +
20 10 β⇔ ≤ − + 10 20β⇔ − + ≥
ή 10 20β− + ≤ − .
Επομένως 30β ≥ ή 10β ≤ −
Σχόλιο:
Ιδιότητες ανισοτήτων : Αν 0γ > , τότε : aα β γ β γ> ⇔ ⋅ > ⋅
Για 0x ∈ και 0ρ > , ισχύει : 0 0x x x xρ ρ− > ⇔ < − ή 0x x ρ> +

47
Θέμα Δ4 : 2012
Αν Α και Β είναι ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου με ισοπίθανα απλά
ενδεχόμενα, τέτοια ώστε Α ≠ ∅ και Α∩Β ≠ ∅, τότε να αποδείξετε ότι
( )( ) ( )( ) ( )( )2f P f P f PΑ + Α ∩Β ≥ Α ∪Β
Λύση :
Γνωρίζουμε ότι Α ≠ ∅ και Α∩Β ≠ ∅. Επομένως θα ισχύει ότι
( )0 1P< Α ≤ και ( )0 1P< Α ∪Β ≤ .
Επιπλέον ισχύει ότι Α ⊆ Α ∪Β άρα και ( ) ( )P PΑ ≤ Α ∪Β
Όμως η f είναι ί ίγνησ ως ϕθ νουσα επομένως
( )( ) ( )( )f P f PΑ ≥ Α ∪Β (1)
Αντιστοίχως ( ) ( )P PΑ ∩Β ≤ Α ∪Β , επομένως
( )( ) ( )( )f P f PΑ ∩Β ≥ Α ∪Β (2)
Από ( ) ( )1 , 2 έ ά έπροσθ τοντας κατ µ λη προκύπτει ότι :
( )( ) ( )( ) ( )( )2f P f P f PΑ + Α ∩Β ≥ Α ∪Β
Σχόλιο:
Ορισμός : Μίασυνάρτηση f λέγεται ί ίγνησ ως ϕθ νουσα σεέναδιάστημαΔ
τουπεδίουορισμούτης,ότανγιαοποιαδήποτε 1 2,x x ∈∆ με 1 2x x<
ισχύει : ( ) ( )1 2f x f x>
Ιδιότητα : α β> και γ δ> α γ β δ⇒ + > +
Θέμα 2ο
: 2013
Αν { }1 2 3 4, , ,ω ω ω ωΩ = και { }1 4,A ω ω= και { }1 3,ω ωΒ = με ( )1
1
4
P ω = και
( )3
1
3
P ω = να δείξετε ότι: ( )
1 3
3 4
P A′≤ ≤

48
Λύση :
Είναι: { }2 3,A ω ω′ = και έστω { }3ωΓ = και { }2 3 4, ,ω ω ω∆ = . Τότε:
( ) ( )′ ′Γ ⊆ Α ⇒ Ρ Γ ≤ Ρ Α ( )
1
3
′⇒ ≤ Ρ Α
( ) ( )′ ′Α ⊆ ∆ ⇒ Ρ Α ≤ Ρ ∆ και ( ) ( )1
3
1
4
ωΡ ∆ = − Ρ = .
Επομένως ( )
3
4
′Ρ Α ≤ .
Σχόλιο:
Απόδειξη με χρήση των θεωρημάτων του λογισμού των πιθανοτήτων:
( ) ( )A B P A P B⊆ ⇔ ≤
Θέμα Δ3 : 2014
Επιλέγουμε τυχαία ένα από τα παραπάνω σημεία ( ),i ix yΑ , 1,2,...,15i = . Να βρείτε
την πιθανότητα του ενδεχομένου :
( ){ }, , 1,2,...,15 , 4 9 1i i i i ix y i y x Rτετοια ωστεΒ = Α = > − + + , όπου R το εύρος
των ( )i iy x= Ε , 1,2,...,15i = , με 1 2 14 155 ... 9x x x x= < < < < = και
( ) 2
10 100x x xΕ =− + + , ( )0,10x∈ .
Λύση :
Έχουμε δείξει από το Δ1 ερώτημα ότι η E είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ )5,10 .
Επομένως θα ισχύει ότι : για 1 2 14 155 ... 9x x x x= < < < < = , τότε :
( ) ( ) ( ) ( )2 145 ... 9E E x E x E> > > > . Άρα το εύρος θα είναι το ( ) ( )5 9R E E= − =16.
( )2
4 9 1 14 45 0 5,9i i i i iy x R x x x> − + + ⇔ − + − > ⇔ ∈ .
Σχόλιο:
Ορισμός : Μίασυνάρτηση f λέγεταιγνησίωςφθίνουσασεέναδιάστημαΔτουπεδίου
ορισμούτης,ότανγιαοποιαδήποτε 1 2,x x ∈∆ με 1 2x x< ισχύει : ( ) ( )1 2f x f x> .

49
Ανισώσεις δευτέρου βαθμού :
Το τριώνυμο 2
x xα β γ+ + , 0α ≠ , γίνεται ετερόσημο του α , μόνο όταν
είναι 0∆ > και για τις τιμές του x που βρίσκονται μεταξύ των ριζών.

η άλγεβρα της α λυκείου στα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to η άλγεβρα της α λυκείου στα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων

Similar to η άλγεβρα της α λυκείου στα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων (20)

More from Christos Loizos

More from Christos Loizos (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

η άλγεβρα της α λυκείου στα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων