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⇔ x12= α⇔ 2

2= α⇔ α = 2

x2 − 2x + 2 = 0

x1,2 =2 ± 4 ⋅ i2

=x1 = 1+ ix2 = 1− i

wz= x1 , z ≠ 0

w = λ + 1λ

i , λ∈!*

�1

lisari.blogspot.gr

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

wz= x1 ⇔

λ + 1λi

z= 1+ i⇔ z =

λ + 1λi

1+ i( ) ⇔ z =λ + 1

λi

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟1− i( )

1+ i( ) 1− i( ) ⇔ z =λ − λi+ 1

λi+ 1λ

2⇔

z =λ + 1

λ2

+

1λ− λ

2i

x2 − y2 =λ + 1

λ2

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

2

−

1λ− λ

2

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

2

=λ2 + 2+ 1

λ2− 1λ2

+ 2− λ2

4= 1

λ∈!* z − w

wz= 1+ i⇔ w = z(1+ i)

z − w = z − z 1+ i( ) = z − z − zi = z

z

z = 1

z = 1⇔λ + 1

λ2

= 1⇔ λ2 +12λ

= 1⇔ λ2 +1= 2λ⇔ λ2 − 2λ +1= 0⇔ λ = 1

z = −1⇔λ + 1

λ2

= −1⇔ λ2 +12λ

= −1⇔ λ2 +1= −2λ⇔ λ2 + 2λ +1= 0⇔ λ = −1

�2

lisari.blogspot.gr

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

λ2

+

1λ− λ

2i− λ − 1

λi =λ + 1

λ− 2λ

2+λ 1λ− λ

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− 2

2λi =

1λ− λ

2+ −λ2 −1

2λi

z − w = 1− λ2

2λ+ −1− λ2

2λi , λ ≠ 0

z − w =1− λ2( )2 + −1− λ2( )2

4λ2= 1− 2λ2 + λ4 +1+ 2λ2 + λ4

4λ2= 2+ 2λ4

4λ2= 1

2λ2+ λ

2

2

12λ2 +

λ2

2 , λ ≠ 0

f ' λ( ) = 1

2 12λ2 +

λ2

2

− 1λ3

+ λ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= λ4 −1

2λ 12λ2 +

λ2

2

, λ ≠ 0

z − w

�3

> < <>

lisari.blogspot.gr

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( ) = 12x 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 33

m/s

xo ∈ 0,1( )

g' x( ) = 1+ 1x> 0 για κάθε x > 0

g Δ( ) = limx→0+

g x( ), limx→1−

g x( )( ) = −∞,+1( )

limx→0+

x + lnx( ) = −∞ και limx→1−

x + lnx( ) = 1

�4

lisari.blogspot.gr

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( ) < 0x ∈ xo,+∞( )⇒ x > xo⇒

g1

g x( ) > g xo( )⇒ g x( ) > 0

lnxx + lnx

x + lnx ≠ 0⇔(A)

x ≠ xo

0,x0( )∪ xo,+∞( )

limx→0+

f x( ) = limx→0+

lnxx + lnx

=D.L.H

−∞−∞limx→0+

1x

1+ 1x

= limx→0+

1xx +1x

= limx→0+

1x +1

= 1

limx→xo

−f x( ) = lim

x→xo−

lnxx + lnx

= limx→xo

−lnx

1x + lnx

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

limx→xo

−lnx = lnxo < 0 0 < xο <1( )

limx→xo

1x + lnx

= −∞ limx→xo

_x + lnx( ) = 0 και x+lnx<0 για x < xo

limx→xo

−f x( ) = +∞

limx→xo

+f x( ) = −∞

f ' x( ) =1x

x + lnx( )− lnx 1+ 1x

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

x + lnx( )2 = 1− lnx

x + lnx( )2 , x ∈ 0,xo( )∪ xo,+∞( )

�5

lisari.blogspot.gr

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( )dtx

x+1

∫ < f x( )

limx→+∞

tt + lnt

dtx

x+1

∫

e,+∞( )

x ≤ t ≤ x +1⇒f>

f x( ) ≥ f t( ) ≥ f x +1( )

f x( )dtx

x+1

∫ > f t( )dtx

x+1

∫ > f x +1( )dtx

x+1

∫ ⇔

f x( ) dtx

x+1

∫ > f t( )dtx

x+1

∫ > f x +1( ) dtx

x+1

∫ ⇔

f x( ) ⋅ t⎡⎣ ⎤⎦xx+1

> f t( )dtx

x+1

∫ > f x +1( ) ⋅ t⎡⎣ ⎤⎦xx+1

⇔

f x( ) > f t( )dtx

x+1

∫ > f x +1( )

limx→+∞

f x( ) = limx→+∞

lnxx + lnx

=D.L.H

+∞+∞limx→+∞

1x

1+ 1x

= limx→+∞

1xx +1x

= limx→+∞

1x +1

= 0

limx→+∞

f x +1( ) =x+1=u

limu→+∞

f u( ) = 0

limx→+∞

lntt + lnt

dtx

x+1

∫ = 0

�6

< < >

lisari.blogspot.gr

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( )dt0

x

∫ = 2g x( ) και 2+ g x − t( )dt

0

x

∫ = 2f x( )

f x − t( )dt0

x

∫

f x − t( )d0

x

∫ t = −f u( )dux

0

∫ = f u( )du0

x

∫

2+ f x − t( )dt0

x

∫ = 2g x( ) 2+ f u( )du

0

x

∫ = 2g x( ) ⇔

g x( ) = 2

2+ f u( )du0

x

∫xo ∈ −1,+∞( ) : 2+ f u( )du

0

xo∫ = 0⇔ 2g xo( ) = 0

−1,+∞( ) f u( )du0

x

∫

2+ g x − t( )dt0

x

∫ = 2f x( )

f x( ) = 2

2+ g t( )dt0

x

∫

�7

lisari.blogspot.gr

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( )du0

x

∫ = 2g x( ) 1( )

2+ g u( )du0

x

∫ = 2f x( ) 2( )

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇔2g x( )+ g x( ) ⋅ f u( )du

0

x

∫ = 2

2f x( )+ f x( ) ⋅ g u( )du0

x

∫ = 2

⎧⎨⎪

⎩⎪

2g x( )+ g x( ) ⋅2f x( )+ f x( ) ⋅ g u( )du0

x

∫

2g' x( )+ g' x( ) ⋅ f u( )du0

x

∫ + g x( ) f x( ) = 2f ' x( )+ f ' x( ) ⋅ g u( )du0

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( ) 2f 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( )dt0

x

∫ = 2

2f ' x( )+ f ' x( ) f u( )du0

x

∫ + f 2 x( ) = 0

f ' x( ) 2+ f t( )dt0

x

∫⎛⎝

⎞⎠ + f

2 x( ) = 0⇔ f ' x( ) 2f x( ) + f

2 x( ) = 0⇔ 2f ' x( )f3 x( ) +1= 0⇔ − 1

f2 x( )⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

/

= −1

�8

lisari.blogspot.gr

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

⇔ − 1f2 x( )

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

/

= −x( )/

− 1f2 x( ) = −x + c1 για κάθε x ∈ −1,+∞( )

− 1f2 0( ) = c1 ⇔ −1= c1

− 1f2 x( ) = −x −1⇔ 1

f2 x( ) = x +1⇔ f 2 x( ) = 1x +1

⇔f x( )>0

f x( ) = 1

x +1 , x>-1

2 ⋅ f t( )dt0

α+b2∫ > f t( )dt

0

α

∫ + f t( )dt0

b

∫ α,b ∈! µε 0<α<b

F x( ) = f t( )dt0

x

∫ , x > 0

α,α + b2

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ , α + b

2,b

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

∈ α,α + b2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

και ένα τουλάχιστον ξ2 ∈α + b

2,b

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

F/ ξ1( ) =F α + b

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−F α( )

α + b2

− α=F α + b

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−F α( )

b − a2

F/ ξ2( ) =F b( )−F α + b

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

b − α + b2

=F b( )−F α + b

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

b − a2

F' x( ) = f x( ) = 1

1+ xF'

�9

lisari.blogspot.gr

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( ) = − 1x +1

1

2 x +1< 0

F' 0,+∞( )ξ1 < ξ2 ⇔ F' ξ1( ) >F' ξ2( )⇔

F α + b2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−F α( )

b − a2

>F b( )−F α + b

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

b − a2

⇔ 2F α + b2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟>F α( )+F b( )⇔

2 f t( )dt0

α+b2∫ > f t( )dt

0

α

∫ + f t( )dt0

b

∫

h x( ) = f t2( )dt1

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( )dx0

1

∫ = −x '⋅h x( )dx0

1

∫ = − xh x( )⎡⎣ ⎤⎦01+ x ⋅h' x( )dx

0

1

∫ = x ⋅h' x( )dx0

1

∫ =

x ⋅ f x2( )dx0

1

∫ = x ⋅ 1

x2 +1dx

0

1

∫ = x2 +1⎡⎣⎢

⎤⎦⎥0

1

= 2 −1

�10

lisari.blogspot.gr