15
c 2016 Λυγάτσικας Ζ. Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας Π. ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ Λυγάτσικας Ζήνων 16 Μαρτίου 2016 1 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

  • Upload
    -

  • View
    11.254

  • Download
    0

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

c 2016

Λυγάτσικ

αςΖ.

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

Π. ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής

ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ

Λυγάτσικας Ζήνων

16 Μαρτίου 2016

1 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 2: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

1ο ΘΕΜΑ −

1. Αποδείξτε ότι αν µια συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη σ΄

ένα σηµείο x0 τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό.

2. Να διατυπώσετε το Θεώρηµα Ενδιαµέσων Τιµών.

3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γρά-

ϕοντας στην κόλλα σας τη λέξη ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ.

(α΄) Αν f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα οποιοδή-

ποτε σύνολο A και f (x) 6= 0 για κάθε x ∈ A, τότε η

f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο A.

(ϐ΄) Αν f (x) = ln(x) και g(x) = ex τότε

(f g

)(x) = x.

(γ΄) Ισχύει limx→10

(f (x) · g(x)) = f (10) · g(10).

(δ΄) Αν µια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο σηµείο

x0 ∈ Df , τότε δεν είναι παραγωγίσιµη σ΄ αυτό.

(ε΄) Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο [α, β] και υπάρ-

χει ξ ∈ (α, β) τέτοιο ώστε f (ξ) = 0, τότε f (α) ·f (β) <

0.

Μονάδες 10 + 5 + 10 = 25

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 2

Page 3: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

2ο ΘΕΜΑ −΄Ενας λαγός ϐρίσκεται στη ϑέση A ενός δρόµου πλάτους

4 m. ΄Ενα ϕορτηγό, µε πλάτος ίσο µε το πλάτος του δρό-

µου, έρχεται προς το µέρος του µε ταχύτητα 50 km/h. Ο

λαγός αποφασίζει να διασχίσει τον δρόµο όταν το αυτοκί-

νητο απέχει από αυτόν 7 m χρησιµοποιώντας το µέγιστο

της ταχύτητάς του, δηλαδή ... 25 km/h!

Το µπροστινό µέρος του αυτοκινήτου αναπαρίσταται από

το ευθ. τµήµα ∆∆′. Η κατεύθυνση που ϑα πάρει ο λαγός

ϑα σχηµατίσει γωνία θ, 0 ≤ θ ≤ π

2.

1. Να ϐρείτε τις αποστάσεις AΓ και ∆′Γ συναρτήσει της

γωνίας θ καθώς και τους χρόνους t1 και t2 που ϑα κά-

νει ο λαγός και το αυτοκίνητο για να διανύσουν τις

αποστάσεις AΓ και ∆′Γ.

2. ∆είξτε ότι ο λαγός ϑα µπορέσει να διανύσει τον δρόµο,

πρίν ϕτάσει το αυτοκίνητο, όταν :

7

2+ 2εφ(θ)− 4

συν(θ)> 0

3. Υπάρχουν τιµές της γωνίας θ έτσι ώστε ο λαγός να προ-

λάβει να ϕτάσει στην άλλη άκρη του δρόµου ;

Μονάδες 6 + 7 + 12 = 25

3 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 4: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

3ο ΘΕΜΑ −

1. ΄Εστω f : R→ R έτσι ώστε :

∀ x, y ∈ R, |f (x)− f (y)| ≤ |ηµ(x)− ηµ(y)|

(α΄) ∆είξτε ότι η συνάρτηση f είναι περιοδική µε περίοδο

2π.

(ϐ΄) ∆είξτε ότι η f είναι συνεχής στο R.

(γ΄) ∆είξτε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στοπ

2και υπολο-

γίστε στη συνέχεια το f ′(π

2

).

Μονάδες 3 + 5 + 7 = 15

2. ΄Εστω η συνάρτηση f ορισµένη στο [α, β], συνεχής και

δύο ϕορές παραγωγίσιµη. Να δειχτεί ότι για κάθε x ∈(α, β) ισχύει :

f (x)− f (α)

x− α− f (β)− f (α)

β − α=

1

2(x−β)f ′′(ξ), ξ ∈ (α, β)

Μονάδες 10

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 4

Page 5: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

4ο ΘΕΜΑ −

Το ερώτηµα που ϑα µας απασχολήσει στο πρόβληµα αυτό

είναι να ϐρούµε συναρτήσεις f : R → R µε παράγωγο

f ′(0) = α > 0 τέτοιες ώστε :

∀x, y ∈ R (xy + 1 6= 0) και f (x)f (y) = f( x + y

1 + xy

)(1)

Στη συνέχεια, από το ερώτηµα 1 έως το ερώτηµα 8, ϑα

υποθέτουµε ότι η f είναι µια λύση του προβλήµατος.

1. ∆είξτε ότι f (−1) = f (1) = 0 και f (0) = 1.

2. ∆είξτε ότι η f (x) = 0 δεν έχει άλλες ϱίζες εκτός των −1

και 1.

3. ∆είξτε ότι ∀x ∈ (−1, 1) η f διατηρεί πρόσηµο και f (x) >

0.

4. Αν x1 ∈ R 6= −1, 0, 1,

(α΄) δείξτε ότι ∀t τέτοιο ώστε |t| <∣∣∣x1 −

1

x1

∣∣∣, η εξίσωση

ως προς y:x1 + y

1 + x1y= x1 + t, δέχεται µία ϱίζα.

(ϐ΄) ∆είξτε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο x1 και ότι

f ′(x1) =αf (x1)

1− x21

5. ∆είξτε ότι ∀x ∈ (−1, 1), f (x) =(1 + x

1− x

)α/2.

6. ∆είξτε ότι η f δατηρεί το ίδιο πρόσηµο στο (−∞,−1) ∪(1,+∞).

7. ∆είξτε ότι : ∀x, y ∈ R µε xy 6= −1 ισχύει :

(|x| < 1 & |y| < 1

(|x| > 1 & |y| > 1

)⇒∣∣∣ x + y

1 + xy

∣∣∣ < 1

(2)

5 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 6: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας(|x| < 1 & |y| > 1

(|x| > 1 & |y| < 1

)⇒∣∣∣ x + y

1 + xy

∣∣∣ > 1

(3)

8. Ορίζουµε µία συνάρτηση g στο R ως εξής :

g(x) =

∀x ∈ [−1, 1] µε g(x) = f (x)

∀x /∈ [−1, 1] µε g(x) = −f (x)

∆είξτε ότι η g(x) είναι µία λύση του προβλήµατος.

9. ∆είξτε ότι ∀x 6= 1, f (x) =

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

.

10. Αντίστροφα: δείξτε ότι µια τέτοια συνάρτηση f (x), ό-

πως στο ερώτηµα 9, µε επιπλέον f (1) = 0, είναι µια

λύση του προβλήµατος.

11. Τέλος, δώστε όλες τις λύσεις του προβλήµατος.

Μονάδες (1)− (2) = 3.5µ, (3) = 3.5µ, (4)− (5) =

5µ (6)− (7)− (8) = 6µ (9)− (10)− (11) = 7µ

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 6

Page 7: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

c 2016

Λυγάτσικ

αςΖ.

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

1ο ΘΕΜΑ Λύσεις :

1. Απόδειξη: (Σχολικό σελ. 217 Θεώρηµα) Για x 6= x0 έχω:

f(x)− f(x0) =f(x)− f(x0)

x− x0· (x− x0)

οπότε :

limx→x0

[f(x)− f(x0)] = limx→x0

(f(x)− f(x0)

x− x0· (x− x0)

)= lim

x→x0

f(x)− f(x0)

x− x0· limx→x0

(x− x0)= f ′(x0) · 0 = 0

Εποµένως, ισχύει limx→x0

f(x) = f(x0), δηλαδή η f είναι συνεχής στο x0.

2. (Σχολικό σελ. 194) ΄Εστω µία συνάρτηση f , η οποία είναι ορισµένη σε ένα

κλειστό διάστηµα [α, β]. Αν :

(α΄) η f είναι συνεχής στο [α, β] και

(ϐ΄) f(α) 6= f(β)

τότε, για κάθε αριθµό η µεταξύ f(α) και f(β) υπάρχει ένας, τουλάχιστον x0 ∈(α, β) τέτοιος ώστε : f(x0) = η.

3. (α΄) Λ (ϐ΄) Σ (γ΄) Λ (δ΄) Σ (ε΄) Λ

7 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 8: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

2ο ΘΕΜΑ Λύσεις :

1. Ας υποθέσουµε ότι v είναι η ταχύτητα του λαγού. Τότε η ταχύτητα του αυτοκι-

νήτου ϑα είναι 2v.

AB

A∆= συν(θ)⇔ A∆ =

4

συν(θ), t1 =

A∆

v=

4

vσυν(θ)

B∆

AB= εφ(θ)⇔ B∆ = 4εφ(θ), t2 =

ΓB

2v+B∆

2v=

7

2v+

4εφ(θ)

2v

2. Για να περάσει µε ασφάλεια ο λαγός τον δρόµο πρέπει t2 > t1, τότε :

7 + 4εφ(θ)

2v>

4

vσυν(θ)⇔ 7 + 4εφ(θ)

2− 4

συν(θ)> 0

f(θ) =7 + 4εφ(θ)

2− 4

συν(θ)> 0

Αρα οι τιµές της γωνίας θ που κάνουν ϑετική την f(x) =7 + 4εφ(θ)

2− 4

συν(θ)=

7συν(θ) + 4ηµ(θ)− 8

2συν(θ), είναι οι αποδεκτές γωνίες.

3. Ας δούµε λίγο αναλυτικότερα ποιές µπορεί να είναι οι γωνίες αυτές.

f ′(θ) = 21− 2ηµ(θ)

συν2(θ)

µε f ′(x) = 0 για x =π

6. Αν θ <

π

6⇒ f ′(θ) > 0 ⇒ f(x) ↑. Αν θ >

π

6⇒

f ′(θ) < 0 ⇒ f(x) ↓. Εποµένως για x =π

6η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό

µέγιστο. Τώρα,

f(π

6

)≈ 0, 03 > 0

f(0) = −0, 5 < 0

limθ→π

2−f(θ) = −∞

Παρατηρούµε λοιπόν ότι η f(θ) = 0 έχει δύο ϱίζες ρ1 και ρ2. Κάθε θ ∈ (ρ1, ρ2)γυρίζει την f(θ) > 0.Συµπέρασµα: ο λαγός πρέπει να επιλέξει µια γωνία µεταξύ των ϱιζών ρ1 και

ρ2. (Ικανοποιώντας την περιέργειά σας : ρ1 = 0, 39 rad και ρ2 = 0, 64 rad).

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 8

Page 9: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

3ο ΘΕΜΑ Λύσεις :

1. (α΄)

∀ x ∈ R, |f(x)− f(x+ 2π)| ≤ |ηµ(x)− ηµ(x+ 2π)| = 0

΄Αρα, ∀ x ∈ R, f(x) = f(x+ 2π), και f είναι περιοδική µε περίοδο 2π.

(ϐ΄) Για να δείξουµε ότι f είναι συνεχής στο x0 ∈ R ϑα χρησιµοποιήσουµε

κριτήριο παρεµβολής :

0 ≤ |f(x)− f(x0)| ≤ |ηµ(x)− ηµ(x0)|

΄Αρα:

0 ≤ limx→x0

|f(x)− f(x0)| ≤ limx→x0

|ηµ(x)− ηµ(x0)|

Εποµένως : limx→x0

|f(x)− f(x0)| = 0 και

limx→x0

f(x) = f(x0)

(γ΄) Από την αρχική έχουµε:

∀ x, y ∈ R,∣∣∣f(x)− f

(π2

)∣∣∣ ≤ ∣∣∣ηµ(x)− ηµ

(π2

)∣∣∣∆ιαιρώντας µε

∣∣∣x− π

2

∣∣∣ για x ∈ R−π

2

έχω:∣∣∣∣∣∣

f(x)− f(π

2

)x− π

2

∣∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∣ηµ(x)− ηµ

(π2

)x− π

2

∣∣∣∣∣∣∆εξιά όπως

limx→π

2

∣∣∣∣∣∣ηµ(x)− ηµ

(π2

)x− π

2

∣∣∣∣∣∣ = συν

(π2

)= 0

΄Αρα,

limx→π

2

∣∣∣∣∣∣f(x)− f

(π2

)x− π

2

− 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

µε άλλα λόγια : f ′(π

2

)= 0.

2. Θέτω για x ∈ (α, β)

λ =

f(x)− f(α)

x− α− f(β)− f(α)

β − αx− β

(4)

Λύνοντας ως προς f(x) ϑα πάρουµε:

f(x) = f(α) +f(β)− f(α)

β − α(x− α) + λ(x− α)(x− β) (5)

9 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 10: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

Θεωρώ τη συνάρτηση:

h(t) = f(t)−

(f(α) +

f(β)− f(α)

β − α(t− α) + λ(t− α)(t− β)

)

Η h(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο [α, x]. Επίσης h(α) = 0 και

h(x) = 0. Εποµένως από το ϑεώρηµα Rolle ∃ξ1 ∈ (α, x) τέτοιο ώστε

h′(ξ1) = 0 (6)

Εργαζόµαστε το ίδιο στο [x, β]. Εποµένως από το ϑεώρηµα Rolle ∃ξ2 ∈ (x, β)τέτοιο ώστε

h′(ξ2) = 0 (7)

Η συνάρτηση h′(x) είναι συνεχής, παραγωγίσιµη στο [ξ1, ξ2] ⊂ [α, β], και

h′(ξ1) = h′(ξ2) = 0. Εποµένως από το ϑεώρηµα Rolle ∃ξ ∈ (ξ1, ξ2) τέτοιο

ώστε

h′′(ξ) = 0 (8)

Αλλά, h′′(x) = f ′′(t)− 2λ και h′′(ξ) = f ′′(ξ)− 2λ8= 0, άρα, λ =

1

2f ′′(ξ).

Συµπέρασµα: από εξίσωση 4 έχουµε:

1

2f ′′(ξ) =

f(x)− f(α)

x− α− f(β)− f(α)

β − αx− β

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 10

Page 11: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

4ο ΘΕΜΑ Λύσεις :

1. (α΄) Θέτω στην εξίσωση (1): x = x και y = 0. Τότε : f(x)f(0) = f(x) ⇔f(x))f(0) − 1) = 0. Αν f(x) = 0 τότε f ′(0) = 0 = α, αδύνατο. ΄Αρα:

f(0) = 1.

(ϐ΄) Θέτω στην εξίσωση (1): x = x και y = 1.

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

1 + x

)⇔ f(x)f(1) = f(1)⇔ f(1)(f(x)− 1) = 0

Αν f(x) = 1⇒ f ′(x) = 0 αδύνατο. ΄Αρα, f(1) = 0.

(γ΄) Θέτω στην εξίσωση (1): x = x και y = −1.

f(x)f(−1) = f(x− 1

1− x

)⇔ f(x)f(−1) = f(−1)⇔ f(−1)(f(x)− 1) = 0

Αν f(x) = 1⇒ f ′(x) = 0 αδύνατο. ΄Αρα, f(−1) = 0.

2. Ας υποθέσουµε ότι υπάρχει ξ /∈ −1, 1 έτσι ώστε f(ξ) = 0. Από την εξίσωση (1)

έχουµε για x = ξ και y = −ξ, f(ξ)f(−ξ) = f(0) = 1. Αλλά f(ξ) = 0, άρα

f(ξ)f(−ξ) = 0, αδύνατο. ΄Αρα, δεν υπάρχουν ϱίζες εκτός των −1 και 1.

3. Προσοχή δεν γνωρίζουµε ακόµα ότι η f είναι συνεχής στο [−1, 1]! Στην αρχική

ισότητα (1) ϑέτω: x = y. Τότε, ∀x ∈ R ϑα έχω: f(x)2 = f( 2x

1 + x2

). Συνεπώς,

f( 2x

1 + x2

)> 0. Θέτω x = εφ

θ

2µε θ ∈ (−π, π). Απο την τριγωνοµετρία

2x

1 + x2= ηµ(θ). Τότε, f(ηµ(θ)) > 0, ∀θ ∈ (−π, π).

Συνεπώς, f(x) > 0, ∀x ∈ (−1, 1).

4. ΄Εστω x1 6= −1, 0, 1.

(α΄)

x1 + y

1 + x1y= x1 + t ⇔

x1 + t = (x1 + t)(1 + x1y)

y 6= − 1

x1

y(1− (x+ 1 + t)x1) = x1 + t− x1 = t

y 6= − 1

x1(9)

• Αν x1 + t =1

x1⇔ t =

1− x2

x16= 0 και t = 0 από τα προηγούµενα.

΄Ατοπο.

• Αν όχι, τότε y =t

1− x21 − x1tη οποία λύση ικανοποιεί τον περιορισµό.

11 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 12: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

Πράγµατι :t

1− x21 − x1t6= − 1

x1αφού:

t

1− x21 − x1t6= − 1

x1⇔ tx1 + 1− x1(x1 + t)

x1(1− x1(x1 + t))6= 0

⇔ . . .

⇔ x21 − 1

x1(1− x1(x1 + t))6= 0

΄Αρα, η λύση είναι ρt =t

1− x21 − x1t.

(ϐ΄) Θα δείξω ότι υπάρχει το όριο : limt→0

f(x1 + t)− f(t)

t.

f(x1 + t)− f(t)

t9=

f(x1+ρt1+x1ρt

)− f(x1)

t(1)=

f(x1)f(ρt)− f(x1)

t

=f(x1)

(f(ρt)− 1

)t

= f(x1) ·f(ρt)− 1

ρt· ρtt

΄Αλλα,ρtt

= · · · = 1

1− x21 − x1t, η οποία για t→ 0 τείνει στην

1

1− x21.

Επίσης, limt→0

f(ρt)− 1

ρt= f ′(0) = α, επειδή t→ 0 το ρt → 0.

Εποµένως : limt→0

f(x1 + t)− f(t)

t=αf(x1)

1− x21. Συµπέρασµα: η f είναι πα-

ϱαγωγίσιµη στο x1 και f ′(x1) =αf(x1)

1− x21για κάθε x1 6= −1, 0, 1.

5. Από f ′(x) =αf(x)

1− x2και το ότι η f(x) > 0 για κάθε x 6= −1, 0, 1, έχω:

f ′(x)

f(x)=

α

1− x2=

α

2

((1 + x)′

1 + x− (1− x)′

1− x

)

2· ln

(1 + x

1− x

)′

΄Η, ln(f(x)

)′=α

2· ln

(1 + x

1− x

)′

+ c. Αλλά, f(0) = 1, άρα, c = 0 και ∀x ∈

(−1, 1), f(x) =(1 + x

1− x

)α/2.

6. ΄Εχουµε δεί ότι η f(x) = 0 είναι παραγωγίσιµη και συνεπώς συνεχής ∀x 6=−1, 1. Επίσης δεν έχει άλλες ϱίζες εκτός των −1 και 1. ΄Αρα, διατηρεί πρόσηµο

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 12

Page 13: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

στο (−∞,−1) ∪ (1,+∞).Θέτοντας x = −x στην αρχική εξίσωση (1), ϑα πάρουµε f(x)f(−x) = f(0) = 1.Τότε οι f(x) και f(−x) είναι οµόσηµοι. Συµπέρασµα: η f δατηρεί το ίδιο

πρόσηµο στο (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

7.

1− x+ y

1 + xy= · · · = (1− x)(1− y)

1 + xy(10)

1 +x+ y

1 + xy= · · · = (1 + x)(1 + y)

1 + xy(11)

Η εξίσωση 11 προκύπτει εύκολα από την (10) ϑέτοντας x = −x και y = −y.Από τις εξισώσεις (10) και (11), έχουµε:

(α΄) Αν |x| < 1 & |y| < 1⇒ 1± x > 0 1± y > 0 1 + xy > 0. ΄Αρα:

1− x+ y

1 + xy> 0 & 1 +

x+ y

1 + xy< 0⇒

∣∣∣ x+ y

1 + xy

∣∣∣ < 1

(ϐ΄) Αν

|x| > 1 & |y| > 1⇒

∣∣∣∣∣1x

+ 1y

1 + 1xy

∣∣∣∣∣ < 1⇔∣∣∣ x+ y

1 + xy

∣∣∣ < 1

(γ΄) Αν

|x| < 1 & |y| > 1⇒ 1 >

∣∣∣∣∣ x+ 1y

1 + x 1y

∣∣∣∣∣ =∣∣∣1 + xy

x+ y

∣∣∣⇒ ∣∣∣ x+ y

1 + xy

∣∣∣ > 1

(δ΄) Αν |x| > 1 & |y| < 1 οµοίως.

8. Αφού στο [−1, 1] f(x) = g(x) και g′(0) = α > 0, µένει να επαληθεύσουµε την

εξίσωση (1) για την g(x) µε xy 6= −1.

(α΄) Αν |x| < 1 & |y| < 1⇒

∣∣∣∣∣ x+ y

1 + xy

∣∣∣∣∣ < 1. ΄Αρα, f(x) = g(x).

(ϐ΄) Αν |x| > 1 & |y| > 1⇒

∣∣∣∣∣ x+ y

1 + xy

∣∣∣∣∣ < 1. ΄Αρα,

g(x)g(y) = (−f(x))(−f(y)) = f(x)f(y) = f

(x+ y

1 + xy

)= g

(x+ y

1 + xy

)

(γ΄) Αν |x| < 1 & |y| > 1⇒

∣∣∣∣∣ x+ y

1 + xy

∣∣∣∣∣ > 1. ΄Αρα,

g(x)g(y) = f(x)(−f(y)) = −f(x)f(y) = −f

(x+ y

1 + xy

)

= −

[− g

(x+ y

1 + xy

)]= g

(x+ y

1 + xy

)

13 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016

Page 14: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

(δ΄) Αν |x| > 1 & |y| < 1 οµοίως.

Συµπέρασµα: η g(x) είναι µία λύση του προβλήµατος.

9. ΄Εχουµε δείξει ότι για x 6= ±1 η f είναι παραγωγίσιµη στο (−1, 1) µε

f(x) =

(1 + x

1− x

)α/2

=

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

επειδή1 + x

1− x> 0, ∀x ∈ (−1, 1).

Θα δείξω ότι ∀x ∈ A = (−∞,−1) ∪ (1,+∞) µε f(x) > 0, ερώτηµα 6, ισχύει

επίσης : f(x) =

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

.

Πράγµατι, είδαµε ότι :f ′(x)

f(x)=

α

1− x2στο A έχουµε:

ln(f(x)

)′=α

2· ln

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣′

επειδή f(x) > 0 και1 + x

1− x< 0 για x ∈ A. ΄Αρα,

ln(f(x)

)= ln

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

+ ln c⇔ f(x)2 = c ·

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α

Από την εξίσωση (1), f 2(x) = f

(2x

1 + x2

). Εποµένως

limx→+∞

f 2(x) = limx→+∞

f

(2x

1 + x2

)(12)

Αν X =2x

1 + x2τότε για x → +∞ ⇒ X → 0. ΄Αρα, επειδή f(x) είναι συνεχής

στο 0 µε f(0) = 1 ϑα έχουµε limx→+∞

f(x) = 1. Εποµένως, η εξίσωση 12 δίνει :

1 = c · 1⇒ c = 1. Συµπέρασµα: ∀x 6= 1, f(x) =

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

.

10. Θα δείξω ότι η f(x) =

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

µε x 6= 1 και f(1) = 0 είναι λύση του

προβλήµατος.

f

(x+ y

1 + xy

)=

∣∣∣∣∣x+y1+xy

+ 1x+y1+xy

− 1

∣∣∣∣∣α/2

=

∣∣∣∣ (1 + x)(1 + y)

(1− x)(1− y)

∣∣∣∣α/2= f(x)f(y)

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016 14

Page 15: Προσομοιωτικό διαγώνισμα μέχρι το Διαφορικό Λογισμό από τη Βαρβάκειο Σχολή

Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - Ζ. Λυγάτσικας

Αν x = 1 ή y = 1 f(x)f(y) = f

(x+ y

1 + xy

)= 0. Επίσης :

ln f(x) =α

2· ln 1 + x

1− x

στο (−1, 1), άρα f ′(x) =αf(x)

1− x2µε f ′(0) = α.

Συµπέρασµα: η f(x), όπως στο ερώτηµα 9, µε επιπλέον f(1) = 0, είναι µια

λύση του προβλήµατος.

11. ΄Εχουµε 2 λύσεις του προβλήµατος :

(α΄) f(x) =

∣∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣∣α/2

, ∀x 6= 1, f(1) = 0.

(ϐ΄) g(x) =

∀x ∈ [−1, 1] µε g(x) = f(x)∀x /∈ [−1, 1] µε g(x) = −f(x)

15 Π ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής - 16 Μαρτίου 2016