Page 1

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 186. Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 128. Α3. δ. Α4. α) Λ β) Σ γ) Σ

δ) Σ

ΘΕΜΑ Β Β1. Η f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ( −∞,0 ) ως πολυωνυμική, με f ′( x) = 3 x 2 και f ′′( x) = 6 x . Η f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο ( 0,+∞ ) ως πράξεις συνεχών και δύο φορές παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με f ′( x= ) 2 x − αηµ x και f ′′( x)= 2 − ασυν x . Πρέπει η f να είναι συνεχής στο 0: lim− f ( x= ) lim+ f ( x= ) f (0) ⇔ ... ⇔ α= β (1) x →0

x →0

Πρέπει η f να είναι παραγωγίσιμη στο 0:

f ( x) − f (0) x3 − α + β (1) x3 lim = lim− = lim = 0 x →0 − x →0 x →0 − x x x 0   0

f ( x) − f (0) x + ασυν x − β − α + β 2 x − αηm x lim = lim+ = lim = 0 + + DLH x →0 x →0 x →0 x x 1 Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, με f ′(0) = 0 . Πρέπει η f να είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0: 2


f ′( x) − f ′(0) 3x 2 lim = lim = 0 x →0 − x →0 − x x 0  

f ′( x) − f ′(0) 2 x − αηm x  0  2 − ασυν x = lim+ = lim+ = 2 −α lim+ DLH x →0 x →0 x →0 x x 1 Πρέπει να είναι 2 − α = 0 ⇔ α = 2 και από την (1) έχουμε α= β= 2 . 3x 2 , x < 0 Β2. Είναι f ′( x ) =  . 2x − 2ημx, x ≥ 0  Για κάθε x < 0 είναι f ′( = x ) 3x 2 > 0 . Για κάθε x > 0 είναι f ′( x ) = 2x − 2ημx = 2( x − ημx ) > 0 , γιατί για κάθε x ∈  ισχύει x ≥ ηµ x και η ισότητα ισχύει για x = 0 . Επίσης η f είναι συνεχής στο 0. Οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο  , επομένως είναι 1-1 και αντιστρέφεται. lim f ( x) = lim ( x3 ) = −∞ x →−∞

x →−∞

lim f ( x) = lim ( x 2 + 2συν x − 2) = +∞ , γιατί:

x →+∞

x →+∞

για κάθε x ∈  ισχύει −1 ≤ συν x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2συν x ≤ 2 ⇔ −4 ≤ 2συν x − 2 ≤ 0 ⇔ x 2 − 4 ≤ x 2 + 2συν x − 2 ≤ x 2 Επίσης lim ( x 2 − 4 ) = lim ( x 2 ) = +∞ . Οπότε από κριτήριο παρεμβολής x →+∞

x →+∞

lim ( x + 2συν x − 2) = +∞ . 2

x →+∞

Η f είναι συνεχής στο  , οπότε f () =  , επομένως το πεδίο ορισμού της f −1 είναι το σύνολο τιμών της f , δηλαδή το  . Β3. Το πεδίο ορισμού της f −1 ( 2συνx + 2 ) προφανώς είναι το  , οπότε η εξίσωση έχει νόημα για κάθε x ∈  . f −1 ( 2συνx + 2 ) =x ⇔ f ( x ) =2συνx + 2 (2) 3 Για x < 0 : (2) ⇔ x= 2συνx + 2 . Η εξίσωση είναι αδύνατη γιατί x 3 < 0 και 2συνx= + 2 2( συνx + 1 ) ≥ 0 . 2 Για x ≥ 0 : (2) ⇔ x + 2συνx − 2 = 2συνx + 2 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = 2 . ΘΕΜΑ Γ Γ1. f ( x ) = 0 ⇔ f 2 ( x ) = 0 ⇔ 9 f 2 ( x ) = 0 ⇔ x 6 = 0 ⇔ x = 0 . Άρα η εξίσωση f ( x ) = 0 έχει στο  μοναδική ρίζα την x = 0 . Η f στο ( −∞,0 ) είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, οπότε στο διάστημα αυτό διατηρεί πρόσημο.


Από υπόθεση f ( −2 ) > 0 , άρα f ( x ) > 0 για κάθε x ∈ ( −∞,0 ) .

x6 x3 Για x ∈ ( −∞,0 ) έχουμε: f ( x ) = ⇔ f ( x) = − (αφού x < 0 ). 9 3 3 x για κάθε x ∈ (−∞,0] . Επειδή f ( 0 ) = 0 , είναι: f ( x ) = − 3 x3 Γ2. Είναι f ( x ) = − , οπότε f ′ ( x ) = − x 2 , f ( −3) = −9 . 9 και f ′ ( −3) = 3 Η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο με τετμημένη x0 = −3 είναι: y − 9 =−9 ( x + 3) ⇔ y = −9 x − 18 . Το χωρίο που περικλείεται από y τη γραφική παράσταση της f , 9 την ευθεία y = −9 x − 18 και τον άξονα x′x φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Επομένως 2

= E

−2

f ( x)dx ∫ −3 ( f ( x) − (−9 x − 18) ) dx + ∫ −2 = 0

0   x3  x3  ∫ −3  − 3 + 9 x + 18  dx + ∫ −2  − 3  dx = −2

−2

-3

-2 O

x

0

 x4 9 x2   x4  9 τ.μ. 18 x − + + + − =  12    2   −3  12  −2 4 ( x′ ( t )=− x ( t ) ) 1 Γ3. Είναι y ( t ) = − x3 ( t ) οπότε y′ ( t ) = − x 2 (t ) x′ ( t ) = x3 ( t ) . 3 Τη χρονική στιγμή to που ισχύει x ( to ) = −3 θα έχουμε:

−27 . y ′ ( to ) = x 3 ( to ) = ( −3) = Γ4. Η F έχει πεδίο ορισμού το  οπότε για κάθε x ∈ DF ισχύει ότι 3

(−x) = −

3

x3 = = − F ( x ) , άρα η F είναι περιττή. − x ∈ DF . Επίσης F ( − x ) 3 3   x3 Dg F = { x ∈ DF / F ( x ) ∈ Dg } =  x ∈ R / − ∈   =  οπότε για κάθε 3   x ∈ Dg F ισχύει ότι − x ∈ Dg F .

− g ( F ( x )) = − ( g  F )( x ) , άρα η ( g  F )( − x ) =g ( F ( − x ) ) =g ( − F ( x ) ) = g  F είναι περιττή. = I

∫ ( g  F )( x − 2019 ) dx 4038

0

Θέτουμε u= x − 2019 οπότε du = dx και για x = 0, u = −2019 και για = x 4038, = u 2019 . Οπότε


( g  F )( u ) du = ∫ −2109 ( g  F )( u ) du + ∫ 0 ( g  F )( u ) du = − 2019 2019 2019 − ∫ ( g  F )( u ) du + ∫ ( g  F )( u ) du = 0 , γιατί: 0 0 I=

2019

0

2019

Θέτουμε t =−u ⇔ u =−t οπότε dt = −du και για u = −2019, t = 2019 και για= u 0,= t 0 , οπότε : − ∫ ( g  F )( −t ) dt = − ∫ ( g  F )( t ) dt . ∫ −2109 ( g  F )( u ) du = 2109 0 0

0

2109

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. f ′′( x) ≤ x − 2α για κάθε x ∈ [α ,3α ] , οπότε 3a

3a a

f ′′( x)dx ≤ ∫

3a a

 x2  ′ ( x − 2aa )dx ⇔ [ f ( x)] a ≤  − 2 x  ⇔ 2 a 3a

f ′(3α ) − f ′(α ) ≤ 0 ⇔ f ′(3α ) ≤ f ′(α ) (1) Επίσης η f ′ είναι γνησίως μονότονη στο [α ,3α ] , οπότε είναι 1-1 και είναι 3α ≠ α , αφού α > 0 . Επομένως f ′(3α ) ≠ f ′(α ) (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε f ′(3α ) < f ′(α ) . Έστω ότι η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο [α ,3α ] , τότε: f ′↑

3α > α ⇔ f ′(3α ) > f ′(α ) ΑΤΟΠΟ. Επομένως η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο [α ,3α ] . Άρα η f είναι κοίλη στο [α ,3α ] . Δ2. Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α (α , f (α ) ) και Β ( 3α , f (3α ) )

f (3α ) − f (α ) (3) 2α Προφανώς ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. για την f στο [α ,3α ] ,

έχει κλίση λΑΒ =

οπότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον x0 ∈ (α ,3α ) τέτοιο ώστε

f (3α ) − f (α ) . 2α Επίσης η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο [α ,3α ] , επομένως υπάρχει f ′( x0 ) =

f (3α ) − f (α ) 2α Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε λΑΒ = f ′( x0 ) . μοναδικό x0 ∈ [α ,3α ] τέτοιο ώστε f ′( x0 ) =

(4)


Άρα η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο

Μ ( x0 , f ( x0 ) ) είναι παράλληλη με την ευθεία ΑΒ και το Μ είναι μοναδικό. Δ3. Η ευθεία ΑΒ έχει κλίση λΑΒ = f ′( x0 ) και διέρχεται από το σημείο

Α (α , f (α ) ) , οπότε η εξίσωσή της είναι

y − f (α )= λΑΒ ⋅ ( x − α ) ⇔ y= λΑΒ ⋅ x − α ⋅ λΑΒ + f (α ) ⇔ = y f ′( x0 ) ⋅ x − α ⋅ f ′( x0 ) + f (α ) . Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x ∈ (α ,3α ) ισχύει

f ( x) > y ⇔ f ( x) − f ′( x0 ) ⋅ x + α ⋅ f ′( x0 ) − f (α ) > 0 . ) f ( x) − f ′( x0 ) ⋅ x + α ⋅ f ′( x0 ) − f (α ) , x ∈ [α ,3α ] . Θέτουμε g ( x= H g είναι συνεχής στο [α ,3α ] και παραγωγίσιμη στο (α ,3α ) ως πράξεις ′( x) f ′( x) − f ′( x0 ) . συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g= f ′↓

Είναι g ′( x) ≥ 0 ⇔ f ′( x) ≥ f ′( x0 ) ⇔ x ≤ x0 , οπότε έχουμε: x g′(x) g(x)

α

x0 + 1

2

Η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο α και στο 3α, ίσο με

g (α ) g= (3α ) 0 . = Άρα για κάθε x ∈ (α ,3α ) ισχύει g ( x) > 0 . Η κατακόρυφη απόσταση της γραφικής παράστασης της f και της ευθείας

ΑΒ δίνεται από την διαφορά f ( x) − y , x ∈ [α ,3α ] δηλαδή από τη συνάρτηση g και όπως έχουμε ήδη δείξει η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x = x0 . [2ος τρόπος λύσης της ανισότητας f ( x) > y : Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στα [α,x] και [x,3α] και χρησιμοποιούμε τη μονοτονία της f ′ ] Δ4. Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ ( x0 , f ( x0 ) ) είναι: y − f (= x0 ) f ′( x0 )( x − x0 ) ⇔= y f ′( x0 ) ⋅ x − x0 ⋅ f ′( x0 ) + f ( x0 ) .

Η f είναι κοίλη στο [α ,3α ] , οπότε η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη, δηλαδή ισχύει f ( x) ≤ f ′( x0 ) ⋅ x − x0 ⋅ f ′( x0 ) + f ( x0 ) για κάθε x ∈ [α ,3α ] και η ισότητα ισχύει μόνο για x = x0 . Επομένως


∫α

f ( x)dx < ∫

α

( f ′( x0 ) ⋅ x − x0 ⋅ f ′( x0 ) +

f ( x0 ) ) dx =

 x2  3α 3α f ′( x0 ) ⋅   − x0 ⋅ f ′( x0 ) ⋅ [ x ] α + f ( x0 ) ⋅ [ x ] α = ... =  2 α 2α f ′( x0 )(2α − x0 ) + 2α f ( x0 ) .

[2ος τρόπος λύσης : Από το Δ3. έχουμε g ( x) ≤ g ( x0 ) και ολοκληρώνουμε].

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΘΗΣ – ΚΑΡΑΪΣΚΟΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΚΛΑΥΔΙΑΝΟΣ ΔΙΟΝΥΣΗΣ – ΛΑΜΠΡΟΠΟΥΛΟΥ ΓΙΟΥΛΗ ΜΗΤΡΟΓΙΑΝΝΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ – ΠΑΝΤΕΛΗΣ ΑΝΔΡΕΑΣ ΠΗΛΙΟΥΡΑΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ

Profile for Εφημερίδα των Συντακτών

Απαντήσεις στα θέματα προσομοίωσης για το μάθημα των Μαθηματικών  

Απαντήσεις στα θέματα προσομοίωσης για το μάθημα των Μαθηματικών, σε συνεργασία με το φροντιστήριο ΑΡΕΙΤΟΛΜΟ.

Απαντήσεις στα θέματα προσομοίωσης για το μάθημα των Μαθηματικών  

Απαντήσεις στα θέματα προσομοίωσης για το μάθημα των Μαθηματικών, σε συνεργασία με το φροντιστήριο ΑΡΕΙΤΟΛΜΟ.

Profile for efsyn