ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

nulispa · #1

παιδια στα μαθηματικα κατεύθυνσης στο 20 θεμα στο Β εκανα αυτα που επρεπε και κατεληξα οτι οι μιγαδικοι που ζητουνται ειναι

Ζ1=3+i . Z2=-4+i . δηλαδη έκανα λαθος συμβολισμου αντι να γράψω W1 W2 έγραψα Z1 Z2. θα υπάρχει προβλημα????

Ιστοσελίδα · #2

nulispa έγραψε:παιδια στα μαθηματικα κατεύθυνσης στο 20 θεμα στο Β εκανα αυτα που επρεπε και κατεληξα οτι οι μιγαδικοι που ζητουνται ειναι

Ζ1=3+i . Z2=-4+i . δηλαδη έκανα λαθος συμβολισμου αντι να γράψω W1 W2 έγραψα Z1 Z2. θα υπάρχει προβλημα????

μα φυσικά δεν έχεις κανένα απολύτως πρόβλημα

#3

ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

aggelospap · #4

ΜΙΑ ΓΡΗΓΟΡΗ ΓΙΑ ΤΟ ΔΕΥΤΕΡΟ Z1=1+i και z2=1-i
o γ.τ για το Β3 ειναι κυκλος Κ(4,3) ΚΑΙ ρ=2,ευκολα το επομενο σχηματικα min=(οκ)-ρ και max=(οκ)+ρ

Ιστοσελίδα · #5

Να ξεκινήσω με το δεύτερο

Β1 Αφού $\displaystyle{z \ne 0}$ η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται $\displaystyle{z^2 - 2z + 2 = 0}$ που έχει ρίζες
$\displaystyle{z_1 = 1 + i}$ , $\displaystyle{z_2 = 1 - i}$

Β2 Έχουμε;
$\displaystyle{ z_1^{2010} + z_2^{2010} = (1 + i)^{2010} + (1 - i)^{2010} = [(1 + i)^2 ]^{1005} + [(1 - i)^2 ]^{1005} = }$
$\displaystyle{= (2i)^{1005} + ( - 2i)^{1005} = 2^{1005} i - 2^{1005} i = 0}$

Β3 Είναι $\displaystyle{z_1 - z_2 = 2i}$ οπότε η δοθείσα σχέση γράφεται
$\displaystyle{\left| {w - (4 - 3i)} \right| = \left| {2i} \right| = 2}$
επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος των εικόνων των w στο μιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος με κέντρο Κ(4, -3) και ακτίνα ρ=2

Β4 Αν Ο είναι η αρχή των αξόνων του μιγαδικού επιπέδου έχουμε:
$\displaystyle{ \left| {{\rm O}{\rm K} - \rho } \right| \le \left| w \right| \le {\rm O}{\rm K} + \rho \Leftrightarrow 3 \le \left| w \right| \le 7 }$

#6

Θέμα Δ

Δ1) Αφού η συνάρτηση

είναι συνεχής άρα η f(x)-x

είναι συνεχής και αφού δε μηδενίζεται άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επιπλέον επειδή f(0)-0=3>0

άρα

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών άρα η $\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ είναι παραγωγίσιμη οπότε η $3+x+\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ άρα και η f(x)

είναι παραγωγίσιμη. Παραγωγίζοντας τη δοσμένη σχέση παίρνουμε

$f'(x)-1=\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ δηλαδή
$f'(x)=1+\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}=\frac{f(x)}{f(x)-x}$ .

Δ2) Η συνάρτηση g(x)

είναι παραγωγίσιμη επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ παραγωγισίμων συναρτήσεων. Άρα

$g'(x)=2f(x)f'(x)-2f(x)-2xf'(x)=2f(x)\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}-2f(x)-2x\frac{x}{f(x)-x}=\frac{2f^2(x)-2f^2(x)+2xf(x)-2xf(x)}{f(x)-x}=0$

συνεπώς η συνάρτηση

είναι σταθερή.

Δ3) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε g(x)=c

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή f^2(x)-2xf(x)=c

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας x=0

και χρησιμοποιώντας ότι f(0)=c

παίρνουμε

άρα τελικά f^2(x)-2xf(x)-9=0

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θεωρώντας την τελευταία ως β-βάθμια συνάρτηση του f(x)

, βρίσκουμε

$\Delta=4(x^2+9)$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

Όμως αν για κάποιο x_0

ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ τότε επειδή $x_0-\sqrt{x_0^2+9}<x_0$ καταλήγουμε σε άτοπο διότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει f(x)>x

.

Άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Δ4) Η δοσμένη ανισότητα γράφεται $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $G(x)=\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt$ η οποία είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγισίμων με

$\begin{aligned} G'(x) &= f(x+1)-f(x)=x+1+\sqrt{(x+1)^2+9}-x-\sqrt{x^2+9} \\ &= \sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1\end{aligned}$ .

Όμως για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$\sqrt{(x+1)^2+9}>\sqrt{x^2+9}-1$ αφού αρκεί να αποδείξουμε ότι (λαμβάνουμε υπόψη ότι $\sqrt{x^2+9}-1 >0$ ), $x+\sqrt{x^2+9}>0$ που ισχύει (περιπτώσεις για θετικό και αρνητικό

) άρα $\sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1>1>0$ οπότε G'(x)>0

άρα η συνάρτηση G(x)

είναι γνησίως αύξουσα.

Όμως x<x+1

συνεπώς

δηλαδή $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$ που είναι η ζητούμενη ανισότητα.

Αλέξανδρος

EDIT: Έκανα μία μικρή διόρθωση στο Δ4 μετά από τη σωστή παρέμβαση του gkostas τον οποίο κι ευχαριστώ.

Μάκης Χατζόπουλος · #7

Θα συνδράμω με το δεύτερο μιας και το έγραψα!!

Β1. $\displaystyle{ z + \frac{2}{z} = 2 \Leftrightarrow z^2 - 2z + 2 = 0 }$

άρα $\displaystyle{ \Delta = - 4 < 0 }$ οπότε $\displaystyle{ z_{1,2} = \frac{{2 \pm 2i}}{2} = 1 \pm i }$

Β2. : $\displaystyle{ z_1 ^{2010} + z_2 ^{2010} = \left( {1 + i} \right)^{2010} + \left( {1 - i} \right)^{2010} = \left[ {\left( {1 + i} \right)^2 } \right]^{1005} + \left[ {\left( {1 - i} \right)^2 } \right]^{1005} = \left( {2i} \right)^{1005} - \left( {2i} \right)^{1005} = 0 }$

Β3. $\displaystyle{ \left| {w - 4 + 3i} \right| = \left| {z_1 - z_2 } \right| \Leftrightarrow \left| {w - 4 + 3i} \right| = 2 }$ κύκλος με κέντρο το κ( 4, -3) με ακτίνα ρ =2

Β4. $\displaystyle{ \left( {OK} \right) - p \le \left| w \right| \le \left( {OK} \right) + p \Leftrightarrow 5 - 2 \le \left| w \right| \le 5 + 2 \Leftrightarrow 3 \le \left| w \right| \le 7 }$

aggelospap · #8

ναι το Κ(4,-3)

#9

Θέμα Γ

Γ1) Η συνάρτηση f(x)

έχει πεδίο ορισμού ολόκληρο το σύνολο των πραγματικών αριθμών και είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγισίμων με

$f'(x)=2+\displaystyle\frac{2x}{x^2+1}=\frac{2(x^2+x+1)}{x^2+1} > 0$ διότι το τριώνυμο x^2+x+1

έχει $\Delta=-3<0$ άρα είναι θετικό για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Συνεπώς η συνάρτηση f(x)

είναι γνησίως αύξουσα.

Γ2) Επειδή οι αριθμοί (3x-2)^2+1

και

είναι θετικοί, μπορούμε να εφαρμόσουμε την ιδιότητα $\displaystyle\ln{\left(\frac{a}{b}\right)} =\ln{a}-\ln{b}$ .

Η εξίσωση γράφεται:

$2x^2-2(3x-2)=\ln{\Big((3x-2)^2+1\Big)}-\ln{(x^4+1)}$ δηλαδή ισοδύναμα

$2x^2+\ln{\Big((x^2)^2+1\Big)}=2(3x-2)+\ln{\Big((3x-2)^2+1\Big)}$ δηλαδή ισοδύναμα f(x^2)=f(3x-2)

. Όμως η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1-1

συνεπώς

δηλαδή

οπότε

ή

.

Γ3) Η συνάρτηση f'(x)

είναι παραγωγίσιμη με $f''(x)=\displaystyle\frac{-2(x^2-1)}{(x^2+1)^2}$ η οποία μηδενίζεται στα σημεία $x=\pm 1$ και η f''(x)

αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν των ριζών

και

. Συγκεκριμένα ισχύει f''(x)<0

στο $(-\infty,-1)\cup (1,+\infty)$ και f''(x)>0

στο

.

Άρα τα σημεία x=-1

και

είναι σημεία καμπής.

Η εξίσωση εφαπτομένης στο x=1: y-f(1)=f'(1)(x-1)

άρα $\boxed{y=3x-1+\ln{2}}$ .

Η εξίσωση εφαπτομένης στο x=-1

:

άρα $\boxed{y=x-1+\ln{2}}$ .

Λύνοντας το σύστημα των δύο παραπάνω εξισώσεων βρίσκουμε το κοινό σημείο τομής τους το οποίο είναι το $(0,\ln{2}-1)$ το οποίο πράγματι είναι σημείο του άξονα y'y

.

Γ4)

$\begin{aligned} I &=\displaystyle \int_{-1}^1 xf(x)dx = \int_{-1}^1 \left(\frac{x^2}{2}\right)'f(x)dx= \left[\frac{x^2}{2}f(x)\right]_{-1}^1-\int_{-1}^1 \frac{x^2}{2}f'(x)dx \\ &= \frac{f(1)}{2}-\frac{f(-1)}{2}-\int_{-1}^1 \frac{x^2}{2}\cdot \frac{2(x^2+x+1)}{x^2+1}dx \\ &= \frac{2+\ln{2}}{2}-\frac{-2+\ln{2}}{2}-\int_{-1}^1 \frac{x^4+x^3+x^2}{x^2+1} dx \\ &= 2-\int_{-1}^1 \frac{x^4+x^3+x^2}{x^2+1} dx \end{aligned}$ .

Εκτελώντας τη διαίρεση του

με το

παίρνουμε

$\displaystyle\frac{x^4+x^3+x^2}{x^2+1} = x^2+x - \frac{x}{x^2+1}$

Άρα

$\begin{aligned}\displaystyle\int_{-1}^1 \frac{x^4+x^3+x^2}{x^2+1} dx &= \int_{-1}^1 (x^2+x)dx - \int_{-1}^1 \frac{x}{x^2+1} dx \\ &= \left[\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}- \frac{\ln{(x^2+1)}}{2}\right]_{-1}^1 \\ &= \frac{2}{3}\end{aligned}$

Άρα τελικά $I=2-\displaystyle\frac{2}{3}= \frac{4}{3}$ .

Αλέξανδρος

Μάκης Χατζόπουλος · #10

Γ1. Η παράγωγος της f είναι: $\displaystyle{ f'\left( x \right) = \frac{{2\left( {x^2 + x + 1} \right)}}{{x^2 + 1}} > 0 }$ άρα είναι γν. αύξουσα στο R (άρα και 1-1)

Γ2. Η εξίσωση γίνεται διαδοχικά:

$\displaystyle{ 2\left( {x^2 - 3x + 2} \right) = \ln \left[ {\frac{{\left( {3x - 2} \right)^2 + 1}}{{x^4 + 1}}} \right] \Leftrightarrow 2x^2 + \ln \left( {x^4 + 1} \right) = 2\left( {3x - 2} \right) + \ln \left[ {\left( {3x - 2} \right)^2 + 1} \right] \Leftrightarrow f\left( {x^2 } \right) = f\left( {3x - 2} \right) }$ και επειδή η f είναι 1-1 έχουμε:

$\displaystyle{ x^2 = 3x - 2 \Leftrightarrow x^2 - 3x + 2 = 0 }$ οπότε οι λύσεις της εξίσωσης είναι χ=2 ή χ=1

MoV · #11

Το ολοκλήρωμα στο Γ4 υπολογίζεται εύκολα γιατί : x*ln(x^2+1)

: περιττή .
Στο Δ4 f'(x)>0

άρα

γνήσια αύξουσα.

#12

cretanman έγραψε:Θέμα Δ

Δ1) Αφού η συνάρτηση είναι συνεχής άρα η είναι συνεχής και αφού δε μηδενίζεται άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επιπλέον επειδή άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών άρα η $\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ είναι παραγωγίσιμη οπότε η $3+x+\displaystyle\int_0^x \frac{t}{f(t)-t}dt$ άρα και η είναι παραγωγίσιμη. Παραγωγίζοντας τη δοσμένη σχέση παίρνουμε

$f'(x)-1=\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}$ δηλαδή
$f'(x)=1+\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}=\frac{f(x)}{f(x)-x}$ .

Δ2) Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη επειδή προκύπτει από πράξεις μεταξύ παραγωγισίμων συναρτήσεων. Άρα

$g'(x)=2f(x)f'(x)-2f(x)-2xf'(x)=2f(x)\displaystyle\frac{x}{f(x)-x}-2f(x)-2x\frac{x}{f(x)-x}=\frac{2f^2(x)-2f^2(x)+2xf(x)-2xf(x)}{f(x)-x}=0$

συνεπώς η συνάρτηση είναι σταθερή.

Δ3) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή για κάθε $x\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας και χρησιμοποιώντας ότι παίρνουμε άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θεωρώντας την τελευταία ως β-βάθμια συνάρτηση του , βρίσκουμε

$\Delta=4(x^2+9)$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

Όμως αν για κάποιο ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ τότε επειδή $x_0-\sqrt{x_0^2+9}<x_0$ καταλήγουμε σε άτοπο διότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει .

Άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Δ4) Η δοσμένη ανισότητα γράφεται $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $G(x)=\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt$ η οποία είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγισίμων με

$\begin{aligned} G'(x) &= f(x+1)-f(x)=x+1+\sqrt{(x+1)^2+9}-x-\sqrt{x^2+9} \\ &= \sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1\end{aligned}$ .

Όμως για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$\sqrt{(x+1)^2+9}>\sqrt{x^2+9}$ άρα $\sqrt{(x+1)^2+9}-\sqrt{x^2+9}+1>1>0$ οπότε άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

Όμως συνεπώς δηλαδή $\displaystyle\int_0^{x+1} f(t)dt - \int_0^{x} f(t)dt < \int_0^{x+2} f(t)dt - \int_0^{x+1} f(t)dt$ που είναι η ζητούμενη ανισότητα.

Αλέξανδρος

Δ4 Πιο απλά: $g(x)=\int_{x}^{x+1}{f(t)dt}$ γνησίως αύξουσα κ.λπ.

#13

rek2 έγραψε: Δ4 Πιο απλά: $g(x)=\int_{x}^{x+1}{f(t)dt}$ γνησίως αύξουσα κ.λπ.

Κώστα έχουμε θεωρήσει την ίδια συνάρτηση λίγο διαφορετικά γραμμένη.

Αλέξανδρος

#14

Καλημέρα και καλή επιτυχία στους διαγωνιζόμενους.

Για το Β4 δίνω και μια αλγεβρική προσέγγιση:

ΘΕΜΑ Β

Β1 $\displaystyle z + \frac{2}{z} = 2\;\; \Leftrightarrow \;\;z^2 - 2z + 2 = 0\; \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l} z_1 = 1 + i \\ z_2 = 1 - i \\ \end{array} \right.$

Β2 $\displaystyle z_1^2 = \left( {1 + i} \right)^2 = 2i\; \Rightarrow \;z_1^4 = 4\;\; \Rightarrow \;z_1^{2010} = \left( {z_1^4 } \right)^{502} \cdot z_1^2 = 4^{502} \cdot 2i$

$\displaystyle z_2^2 = \left( {1 - i} \right)^2 = - 2i\; \Rightarrow \;z_2^4 = 4\;\; \Rightarrow \;z_2^{2010} = \left( {z_2^4 } \right)^{502} \cdot z_2^2 = - 4^{502} \cdot 2i$

Άρα $\displaystyle z_1^{2010} + z_2^{2010} = 0$

Β3 $\displaystyle \left| {w - 4 + 3i} \right| = \left| {z_1 - z_2 } \right|\; \Leftrightarrow \;\left| {w - 4 + 3i} \right| = \left| {2i} \right|\; \Leftrightarrow \;\left| {w - \left( {4 - 3i} \right)} \right| = 2$

Ο Γ.Τ. των εικόνων του w είναι κύκλος κέντρου K(4, -3), ακτίνας 2

Β4 Αλγεβρικά:
Είναι: $\displaystyle \left| {w - 4 + 3i} \right| = 2$

$\displaystyle \left| {\left| w \right| - \left| {4 - 3i} \right|} \right| \le \left| {w - 4 + 3i} \right| \le \left| w \right| + \left| {4 - 3i} \right|\; \Leftrightarrow \;$

$\displaystyle \left| {\left| w \right| - 5} \right| \le 2 \le \left| w \right| + 5\; \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l} \left| {\left| w \right| - 5} \right| \le 2 \\ 2 \le \left| w \right| + 5 \\ \end{array} \right.\; \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l} - 2 \le \left| w \right| - 5 \le 2 \\ - 3 \le \left| w \right| \\ \end{array} \right.\; \Leftrightarrow \;3 \le \left| w \right| \le 7$

Γιώργος Ρίζος

#15

Μια 2η λύση γι το Δ4
Έστω F μια αρχική της f . Τότε $\displaystyle{\int_{a}^{b}{f(t)dt}=F(b)-F(a)}$
Εφαρμόζοντας την πρόταση αυτή στο ζητούμενο αρκεί
$\displaystyle{ F(x+1)-F(x)<F(x+2)-F(x+1)}$
όμως για την F ισχύουν οι προυποθέσεις ΘΜΤ στα [x,x+1],[x+1,x+2] άρα αρκεί
$\displaystyle{(x+1-x)F'(\xi_1)<(x+2-x-1)F'(\xi_2)}$ γοα κάποια $\displaystyle{\xi_1,\xi_2:x<\xi_1<x+1<\xi_2<x+2}$ οπότε αρκεί $\displaystyle{f(\xi_1)<f(\xi_2)}$ που ισχύει αφού f γνήσια αύξουσα και $\displaystyle{\xi_1<\xi_2}$

Μάκης Χατζόπουλος · #16

Γ3. Έχουμε, $\displaystyle{ f''\left( x \right) = \frac{{2\left( {1 - x^2 } \right)}}{{\left( {x^2 + 1} \right)^2 }} }$ άρα έχει σημεία καμπής τα χ=-1 και χ=1, ενώ κοίλη στα διαστήματα $\displaystyle{ ( - \infty , - 1],[1, + \infty ) }$ και κυρτή στο $\displaystyle{ [ - 1,1] }$

Οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο -1 είναι:
y=1(x+1) + ln2 -2 δηλ. y = x + ln2 -1

ενώ, η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο 1 είναι:
y=3(x-1) + ln2 +2 δηλ. y = 3x + ln2 -1

οι ευθείες τέμνονται στο σημείο (0, ln2 -1) στον άξονα y'y

#17

cretanman έγραψε:
rek2 έγραψε: Δ4 Πιο απλά: $g(x)=\int_{x}^{x+1}{f(t)dt}$ γνησίως αύξουσα κ.λπ.
Κώστα έχουμε θεωρήσει την ίδια συνάρτηση λίγο διαφορετικά γραμμένη.

Αλέξανδρος

g(x)<g(x+1) με άμεση απάντηση!

MoV · #18

MoV έγραψε:Το ολοκλήρωμα στο Γ4 υπολογίζεται εύκολα γιατί : : περιττή .
Στο Δ4 άρα γνήσια αύξουσα.

Αναλυτικότερα :
Γ4 : $\int_{-1}^{1}{2x^2+xln(x^2+1)}dx=\int_{-1}^{1}{2x^2}dx+\int_{-1}^{1}{xln(x^2+1)}dx=\frac{4}{3} + 0$
Δ4 : από ΘΜΤ αρκεί : f(x_1)<f(x_2)

με

.
Όμως $\frac{|x|}{\sqrt{x^2+9}}<1$ άρα f'(x)>0

.

#19

Για το Θέμα Γ4.
Ι = $\int_{-1}^{1}{xf(x)dx}=\int_{-1}^{1}{2x^2dx}+ \frac{1}{2} \int_{-1}^{1}{2xln(x^2+1)dx}=\frac{2}{3}\left[x^3 \right]^{1}_{-1} +\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}{(x^2+1)'ln(x^2+1)dx}=\frac{4}{3}+\frac{1}{2}[(x^2+1)ln(x^2+1)]^{1}_{-1}-\frac{1}{2}[x^2]^{1}_{-1}=\frac{4}{3}$

Ο δαίμων του

μου έφαγε το 1/2

Χρήστος

Μάκης Χατζόπουλος · #20

Γ4. Έχουμε,

$\displaystyle{ I = \int\limits_{ - 1}^1 {xf\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2x^2 + x\ln \left( {x^2 + 1} \right)} \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {2x^2 dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {x\ln \left( {x^2 + 1} \right)dx = \left[ {\frac{{2x^3 }}{3}} \right]_{ - 1}^1 } + 0 = \frac{4}{3} }$

......................................................................

(Β τρόπος είναι περιττή η συνάρτηση άρα το ολοκλήρωμα με άκρα συμμετρικά ως προς το μηδέν μας δίνει αποτέλεσμα 0)

ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

διατύπωση?????

Re: διατύπωση?????

ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Μέλη σε σύνδεση