Επαναληπτικά θέματα 2012 - Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Μάκης Χατζόπουλος · #1

Δείτε τα θέματα, ημερήσια και εσπερινά.

Σας παρακαλώ να μην γίνει ανάλογη συζήτηση για το Σωστό - Λάθος Α4. (ε) στα ημερήσια, ενώ για το Α4 (γ) στα εσπερινά.

#2

Ας δούμε τη λύση του Θέματος Δ1.

Τα δεδομένα μας έχουν ως εξής:

Η συνάρτηση $\displaystyle{f:{\rm A} = \left( {0, + \infty } \right) \to \mathbb{R}}$ είναι παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο, έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{\left( { - \infty ,0} \right]}$ και ισχύει για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ότι:

$\displaystyle{2f\left( x \right) + \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{f\left( x \right)}} = \int_1^x {{e^{f\left( t \right)}}f'\left( t \right)} \left( {t + \frac{1}{t}} \right)dt + 2}$ $\bf \color{green} \left(\clubsuit\right)$ .

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης $\bf \color{green} \left(\clubsuit\right)$ βρίσκουμε ότι για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει:

$\displaystyle{2f'\left( x \right) + \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{f\left( x \right)}}f'\left( x \right) + \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right){e^{f\left( x \right)}} = \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{f\left( x \right)}}f'\left( x \right),}$

δηλαδή

$\displaystyle{2f'\left( x \right) + \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right){e^{f\left( x \right)}} = 0}$ $\bf \color{green} \left(\spadesuit\right)$ .

Θέτουμε $\displaystyle{g\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}}}$ , για $\displaystyle{x > 0}$ , οπότε η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ , με $\displaystyle{0 < g\left( x \right) \le 1}$ , $\displaystyle{f\left( x \right) = \ln \left( {g\left( x \right)} \right)}$ και $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}}$ για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ .

Με αντικατάσταση στη σχέση $\bf \color{green} \left(\spadesuit\right)$ έχουμε διαδοχικά ότι για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ :

$\displaystyle{2\frac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} + \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\frac{{g'\left( x \right)}}{{{g^2}\left( x \right)}} + \left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( { - \frac{2}{{g\left( x \right)}} + x + \frac{1}{x}} \right)^\prime } = 0}.$

Επομένως, υπάρχει σταθερά $\displaystyle{c}$ τέτοια, ώστε για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ να ισχύει:

$\displaystyle{ - \frac{2}{{g\left( x \right)}} + x + \frac{1}{x} = c}$ $\bf \color{green} \left(1\right)$ .

Θέτοντας $\displaystyle{x = 1}$ στη σχέση $\bf \color{green} \left(\clubsuit\right)$ , βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{2f\left( 1 \right) + 2{e^{f\left( 1 \right)}} = 2 \Leftrightarrow {e^{f\left( 1 \right)}} + f\left( 1 \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow \varphi \left( {f\left( 1 \right)} \right) = \varphi \left( 0 \right) \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = 0,}$

όπου η συνάρτηση $\displaystyle{\varphi :\mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ με τύπο $\displaystyle{\varphi \left( x \right) = {e^x} + x - 1}$ είναι 1-1 (ως γνησίως αύξουσα, αφού $\displaystyle{\varphi '\left( x \right) = {e^x} + 1 > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ ).

Άρα, $\displaystyle{g\left( 1 \right) = {e^{f\left( 1 \right)}} = 1}$ , οπότε $\displaystyle{c = - \frac{2}{{g\left( 1 \right)}} + 1 + 1 = 0}$ και

$\displaystyle{ - \frac{2}{{g\left( x \right)}} + x + \frac{1}{x} = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{g\left( x \right)}} = \frac{{{x^2} + 1}}{x} \Leftrightarrow g\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}},}$

οπότε τελικά

$\displaystyle{\boxed{f\left( x \right) = \ln \left( {\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}} \right)}}$

για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ .

Επαναληπτικά θέματα 2012 - Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Επαναληπτικά θέματα 2012 - Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Re: Επαναληπτικά θέματα 2012 - Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Μέλη σε σύνδεση