Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Άβαταρ μέλους
Γενικοί Συντονιστές
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 494
Εγγραφή: Κυρ Σεπ 13, 2009 12:52 am

Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γενικοί Συντονιστές » Κυρ Μάιος 15, 2011 11:29 pm

Αγαπητά μέλη και επισκέπτες του Mathematica

Σε αυτό το θέμα θα συζητήσουμε αύριο Δευτέρα 16 Μαϊου τα θέματα των εξετάσεων για τα Μαθηματικά Κατεύθυνσης.
Τα θέματα θα αναρτηθούν σε αυτό τον φάκελο μετά την ανακοίνωση τους από το Υπουργείο Παιδείας.
Ο φάκελος θα ανοίξει για συζήτηση μετά τις 11 πμ.
Επίσης θα αναρτάται, διαρκώς βελτιούμενο, Δελτίο Απαντήσεων που θα συντάσσει, με την συμβολή όλων μας, η Επιτροπή Θεμάτων 2011 του mathematica.
Κανένας σχολιασμός θεμάτων δεν θα πραγματοποιηθεί σε άλλο θέμα ή φάκελο πριν ανοίξει το παρόν θέμα.
Παρακαλούμε τα μέλη μας να δείξουν υπομονή και κατανόηση όπως ακριβώς έκαναν και με τα Μαθηματικά Γενικής Παιδείας. Σας ευχαριστούμε γιαυτό.
Υπενθυμίζουμε στα μέλη μας ότι και σε αυτό το θέμα ισχύουν απαρέγκλιτα οι κανόνες που διέπουν την σύνταξη των μηνυμάτων στο mathematica.
Καλή συνέχεια και καλή δύναμη.


Οι Γενικοί Συντονιστές του mathematica
Επιτροπή Θεμάτων 11
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 07, 2011 11:58 pm

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Επιτροπή Θεμάτων 11 » Δευ Μάιος 16, 2011 9:36 am

Στο Δικτυακό χώρο του Υπ. Παιδείας έχουν αναρτηθεί οι εκφωνήσεις των Θεμάτων των Μαθηματικών Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2011.


Ο συγκεκριμένος φάκελος θα παραμείνει όπως αποφασίστηκε έως τις 11 κλειστός. Στις 11 θα ξεκινήσει η συζήτηση για τα θέματα. Παρακαλείστε να μη στέλνετε λύσεις και σχόλια σε άλλους φακέλους πριν από τη συγκεκριμένη ώρα.

Σε εύλογο χρόνο η Επιτροπή Θεμάτων του Mathematica θα εκδώσει Δελτίο με τις Λύσεις των θεμάτων, το οποίο θα συμπληρώνεται σε διαδοχικές αναρτήσεις.

Ευχόμαστε ολόψυχα στους μαθητές που συμμετέχουν στο forum να ανταμειφθεί η προσπάθεια που κατέβαλαν ως υποψήφιοι!

EDIT: Επισυνάπτεται η 2η έκδοση λύσεων των θεμάτων από την αντίστοιχη επιτροπή του mathematica.gr
Συνημμένα
MATHEMATICA GR Μαθ Θετ Κατ Λύσεις Θεμάτων 2011.pdf
(317.42 KiB) Μεταφορτώθηκε 512 φορές
them_mat_kat_c_hmer_no_1106.pdf
(198.34 KiB) Μεταφορτώθηκε 1097 φορές
τελευταία επεξεργασία από Επιτροπή Θεμάτων 11 σε Δευ Μάιος 16, 2011 11:13 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ανδρέας Βαρβεράκης, Φωτεινή Καλδή, Σπύρος Καρδαμίτσης, Τάσος Κοτρώνης, Βασίλης Μαυροφρύδης, Ροδόλφος Μπόρης, Μίλτος Παπαγρηγοράκης, Γιώργος Ρίζος, Αλέξανδρος Συγκελάκης, Κώστας Τηλέγραφος
Eukleidis
Δημοσιεύσεις: 669
Εγγραφή: Τετ Ιούλ 01, 2009 9:55 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Eukleidis » Δευ Μάιος 16, 2011 11:15 am

Ας ξεκινήσω το θέμα.

Θέμα Β
Έστω οι μιγαδικοί \displaystyle{z} και \displaystyle{w} με \displaystyle{z \ne 3i}, οι οποίοι ικανοποιούν τις σχέσεις:
\displaystyle{\left| {z - 3i} \right| + \left| {\overline z  + 3i} \right| = 2} και \displaystyle{w = z - 3i + \tfrac{1}{{z - 3i}}}

Β1. Έστω \displaystyle{z = x + yi}. Τότε η πρώτη σχέση γίνεται:

\displaystyle{\left| {z - 3i} \right| + \left| {\overline z  + 3i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 3} \right)i} \right| + \left| {x + \left( {3 - y} \right)i} \right| = 2 \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2}}  = 2}
\displaystyle{ \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 1}
Αρα ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο Κ(0,3) και ακτίνα ρ=1.

Β2. Λόγω του παραπάνω γεωμετρικού τόπου ισχύει για τον μιγαδικό z:
\displaystyle{\left| {z - 3i} \right| = 1 \Rightarrow \left( {z - 3i} \right)\left( {\overline z  + 3i} \right) = 1 \Rightarrow \overline z  + 3i = \tfrac{1}{{z - 3i}}}

B3. \displaystyle{w = z - 3i + \tfrac{1}{{z - 3i}} = z - 3i + \overline z  + 3i = z + \overline z  = x + yi + x - yi = 2x \in \mathbb{R}}

\displaystyle{{x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 1 \Rightarrow {x^2} \leqslant 1 \Rightarrow  - 1 \leqslant x \leqslant 1}

Αρα \displaystyle{ - 1 \leqslant x \leqslant 1 \Rightarrow  - 2 \leqslant 2x \leqslant 2 \Rightarrow  - 2 \leqslant w \leqslant 2}

Β4. \displaystyle{\left| {z - w} \right| = \left| {x + yi - 2x} \right| = \left| { - x + yi} \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}}  = \left| z \right|}


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4817
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Μάιος 16, 2011 11:19 am

Θέμα Β

Παραλλαγή της λύσης του Γιώργου:

Β1. Είναι: \displaystyle 
\left| {\bar z + 3i} \right| = \left| {\overline {z - 3i} } \right| = \left| {z - 3i} \right| , οπότε: \displaystyle 
\left| {z - 3i} \right| + \left| {\bar z + 3i} \right| = 2\;\; \Leftrightarrow \;\left| {z - 3i} \right| = 1.
Ο Γ.Τ. των εικόνων του z είναι κύκλος με κέντρο Κ(0, 3) και ακτίνα 1.


Β2. Για \displaystyle 
z \ne 3i
είναι:
\displaystyle 
\left| {z - 3i} \right| = 1\; \Leftrightarrow \;\;\left| {z - 3i} \right|^2  = 1\; \Leftrightarrow \;\left( {z - 3i} \right)\left( {\overline {z - 3i} } \right) = 1\; \Leftrightarrow \left( {z - 3i} \right)\left( {\bar z + 3i} \right) = 1\; \Leftrightarrow \left( {\bar z + 3i} \right) = \frac{1}{{z - 3i}}


Β3. \displaystyle 
w = z - 3i + \frac{1}{{z - 3i}} = z - 3i + \bar z + 3i = z + \bar z \in IR, εφόσον αν \displaystyle 
z = x + yi,\;\;x,\;y \in IR, τότε
\displaystyle 
z + \bar z = x + yi + x - yi = 2x \in IR


Εφόσον ο Γ.Τ. των εικόνων του z είναι κύκλος με κέντρο Κ(0, 3) και ακτίνα 1, είναι:
\displaystyle 
 - 1 \le x \le 1\;\; \Leftrightarrow \;\; - 2 \le 2x \le 2\;\; \Leftrightarrow \; - 2 \le w \le 2


Β4. Είναι:
\displaystyle 
\left| {z - w} \right|^2  = \left( {z - w} \right)\left( {\bar z - w} \right) = \left| z \right|^2  - \left( {\bar z + z} \right)w + w^2  = \left| z \right|^2  - w^2  + w^2  = \left| z \right|^2

οπότε: \displaystyle 
\left| {z - w} \right| = \left| z \right|


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1930
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Μάιος 16, 2011 11:25 am

Μπορούμε να έχουμε μια εκτίμηση του απαιτούμενου χρόνου;
τελευταία επεξεργασία από rek2 σε Δευ Μάιος 16, 2011 11:56 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2841
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Μάιος 16, 2011 11:26 am

Το Β και σε word.
Συνημμένα
ΘΕΜΑ Β.doc
(72.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 390 φορές


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Kostaskom
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 28, 2010 7:22 pm

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Kostaskom » Δευ Μάιος 16, 2011 11:27 am

Γρήγορη λύση στο Θεμα Γ
Συνημμένα
ΘΕΜΑ Γ.docx
(25.92 KiB) Μεταφορτώθηκε 669 φορές


Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 623
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νασιούλας Αντώνης » Δευ Μάιος 16, 2011 11:51 am

Λίγο διαφορετικά για το θέμα Β που μου φάνηκε αρκετά βατό.

Β3.

\displaystyle{\bar{w}=\left( \overline{z-3i+\frac{1}{z-3i}} \right)=\bar{z}+3i+\frac{1}{\bar{z}+3i}\stackrel{B2}{=}\frac{1}{z-3i}+z-3i=w\Leftrightarrow w\in \mathbb{R}}

\displaystyle{w=z-3i+\frac{1}{z-3i}=\frac{(z-3i)^2+1}{z-3i}\Rightarrow |w|=\left|\frac{(z-3i)^2+1}{z-3i} \right|=\left| \frac{(z-3i)^2+1}{1}\right| \leq \left|z-3i \right|^2+1=2\Rightarrow -2\leq w\leq 2}

χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα.

ΥΓ. Έκανα φορμάτ τον υπολογιστή και δεν έχω τα office για να δω τις παραπάνω λύσεις που δόθηκαν σε αρχείο word.
Με συγχωρείτε αν συμπίπτει η λύση μου με κάποιου...

Επεξεργασία: Πρόσθεσα και το άλλο σκέλος του ερωτήματος Β3...
τελευταία επεξεργασία από Νασιούλας Αντώνης σε Δευ Μάιος 16, 2011 6:40 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
Νασιούλας Αντώνης
Δημοσιεύσεις: 623
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νασιούλας Αντώνης » Δευ Μάιος 16, 2011 12:01 pm

skious έγραψε:Σχόλια για τα θέματα:

Θέμα Β : Λύνεται πολύ εύκολα αν χρησιμοποιηθεί η ιδιότητα ότι οι συζυγείς έχουν ίσα μέτρα. Στο Β3 η λύση μπορεί να βασιστεί στο σχήμα ή με ανίσωση 1-χ^2>=0.

Θέμα Γ: Γ1: Θέλει διπλή εφαρμογή της πρότασης ότι αν δύο συναρτήσεις έχουν την ίδια παράγωγο διαφέρουν κατά μία σταθερά και απαιτεί μεγάλη εξοικείωση σε τέτοιου είδους ασκήσεις. Επιπλέον, απαιτείται να δειχθεί ότι e^x-x>0 , κάτι που προβλέπω ότι πολλοί μαθητές θα παραλείψουν (Παρόμοιο με θέμα της ΕΜΕ στο φυλλάδιο του 2010).
Γ2: Πολύ απλό
Γ3: Απαιτεί χρήση βοηθητικής συνάρτησης (αριθμητής της f΄΄) για την απόδειξη της ύπαρξης ακριβώς δύο σημείων καμπής.
Γ4: Απλή εφαρμογή Θ. Bolzano.

Θέμα Δ: Δ1: Εκπληκτικό θέμα, παρόμοιο με σχετική άσκηση της ΕΜΕ στο φυλλάδιο του 2010.
Δ2: Παρόμοιο με το Γ1
Δ3: Θέλει αντικατάσταση u=1/χ και μετά De L΄Ηospital
Δ4: Πρέπει να αποδειχθεί ότι F(x)<0 για χ<1 (σχετικά εύκολο) και στη συνέχεια θέλει κατά παράγοντες ολοκλήρωση χρησιμοποιώντας χ΄=1.
Γεια σας,

λέει ακριβώς μια λύση άρα ο κύριος Βοlzano δεν μας καλύπτει.
Θέλει και Rolle ή μονοτονία.

Επίσης να αναφέρω για το θέμα Β ότι όντως η ιδιότητα που αναφέρεται βγάζει την απάντηση σε μισή σειρά.


"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
skious
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Τετ Φεβ 11, 2009 5:44 pm
Τοποθεσία: Περιστέρι - Αθήνα

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από skious » Δευ Μάιος 16, 2011 12:06 pm

Σχόλια για τα θέματα:

Θέμα Β : Λύνεται πολύ εύκολα αν χρησιμοποιηθεί η ιδιότητα ότι οι συζυγείς έχουν ίσα μέτρα. Στο Β3 η λύση μπορεί να βασιστεί στο σχήμα ή με ανίσωση 1-χ^2>=0.

Θέμα Γ: Γ1: Θέλει διπλή εφαρμογή της πρότασης ότι αν δύο συναρτήσεις έχουν την ίδια παράγωγο διαφέρουν κατά μία σταθερά και απαιτεί μεγάλη εξοικείωση σε τέτοιου είδους ασκήσεις. Επιπλέον, απαιτείται να δειχθεί ότι e^x-x>0 , κάτι που προβλέπω ότι πολλοί μαθητές θα παραλείψουν (Παρόμοιο με θέμα της ΕΜΕ στο φυλλάδιο του 2010).
Γ2: Πολύ απλό
Γ3: Απαιτεί χρήση βοηθητικής συνάρτησης (αριθμητής της f΄΄) για την απόδειξη της ύπαρξης ακριβώς δύο σημείων καμπής.
Γ4: Απλή εφαρμογή Θ. Bolzano.
H h(x)=f(x)-συνχ είναι γνησίως αύξουσα στο [0, π/2], άρα η μοναδικότητα προκύπτει άμεσα
Θέμα Δ: Δ1: Εκπληκτικό θέμα, παρόμοιο με σχετική άσκηση της ΕΜΕ στο φυλλάδιο του 2010.
Δ2: Παρόμοιο με το Γ1
Δ3: Θέλει αντικατάσταση u=1/χ και μετά De L΄Ηospital
Δ4: Πρέπει να αποδειχθεί ότι F(x)<0 για χ<1 (σχετικά εύκολο) και στη συνέχεια θέλει κατά παράγοντες ολοκλήρωση χρησιμοποιώντας χ΄=1.
τελευταία επεξεργασία από skious σε Δευ Μάιος 16, 2011 12:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4277
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Μάιος 16, 2011 12:16 pm

Για το Β3:

\right|\left|w \right|=\left|z+\bar{z} \right|=\left|(z-3i)+(\bar{z}+3i) \right|\leq \left\left|z-3i \right|+\left|\bar{z}+3i \right|=2

Και αφού wER άρα -2\preceq w\preceq 2


Για το Β4:

\left|z-w \right|=\left|z-(z+\bar{z)} \right|=\left|\bar{z} \right|=\left|z \right|


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4089
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Μάιος 16, 2011 12:21 pm

Θέμα Α

Α.1 …
Α.2…
Α.3 α) (Σ), β(Σ), γ) (Λ), δ) (Λ), ε) (Σ)

Θέμα Β
Β.1 \displaystyle{ 
\left| {z - 3i} \right| + \left| {\overline z  + 3i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {z - 3i} \right| + \left| {\overline {z - 3i} } \right| = 2\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left| {\overline {z - 3i} } \right| = \left| {z - 3i} \right|} 2\left| {z - 3i} \right| = 2 \Leftrightarrow \boxed{\left| {z - 3i} \right| = 1} 
}
οπότε ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z είναι κύκλος με κέντρο \displaystyle{ 
K\left( {0,3} \right) 
} (την εικόνα του \displaystyle{ 
3i 
} και ακτίνα \displaystyle{ 
\rho  = 1 
}

Β.2. Από τη σχέση
\displaystyle{ 
\left| {z - 3i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {z - 3i} \right|^2  = 1 \Leftrightarrow \left( {z - 3i} \right)\overline {\left( {z - 3i} \right)}  = 1 \Leftrightarrow \left( {z - 3i} \right)\left( {\overline z  + 3i} \right) = 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{z \ne 3i \Leftrightarrow z - 3i \ne 0} \boxed{\overline z  + 3i = \frac{1} 
{{z - 3i}}}:\left( 1 \right) 
}

Β.3
Είναι
\displaystyle{ 
w = z - 3i + \frac{1} 
{{z - 3i}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} w = z - 3i + \bar z + 3i 
} \displaystyle{ 
 \Rightarrow w = z + \bar z\mathop  \Rightarrow \limits^{z = x + yi} \boxed{w = 2x} 
}
Επειδή όμως ο z κινείται στον κύκλο του Β.1 ερωτήματος θα ισχύει:
\displaystyle{ 
x^2  + \left( {y - 3} \right)^2  = 1\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {y - 3} \right)^2  \geqslant 0} x^2  \leqslant 1 \Rightarrow \sqrt {x^2 }  \leqslant 1 \Rightarrow  
} \displaystyle{ 
\left| x \right| \leqslant 1 \Rightarrow  - 1 \leqslant x \leqslant 1\mathop  \Rightarrow \limits^{ \cdot 2}  - 2 \leqslant 2x \leqslant 2\mathop  \Rightarrow \limits^{w = 2x} \boxed{ - 2 \leqslant w \leqslant 2} 
}


Β.4. Είναι :
\displaystyle{ 
z = x + i \cdot y\mathop  \Rightarrow \limits^{w = 2x} z - w = x + i \cdot y - 2x \Rightarrow z - w =  - x + i \cdot y \Rightarrow  
}
\displaystyle{ 
z - w =  - \left( {x - i \cdot y} \right) \Rightarrow z - w =  - \overline z  \Rightarrow \left| {z - w} \right| = \left| { - \overline z } \right|\mathop  \Rightarrow \limits^{\left| { - \overline z } \right| = \left| z \right|} \boxed{\left| {z - w} \right| = \left| z \right|} 
}


Θέμα Γ
Γ1.
Έχουμε:

\displaystyle{ 
e^x  \cdot \left( {f'\left( x \right) + f''\left( x \right) - 1} \right) = f'\left( x \right) + xf''\left( x \right) \Rightarrow \left( {e^x f'\left( x \right) - e^x } \right)^\prime   = \left( {xf'\left( x \right)} \right)^\prime   \Rightarrow \boxed{e^x f'\left( x \right) - e^x  = xf'\left( x \right) + c}:\left( 1 \right) 
}

Για \displaystyle{ 
x = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} e^0 f'\left( 0 \right) - e^0  = 0f\left( 0 \right) + c\mathop  \Rightarrow \limits^{f'\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) = 0} c =  - 1 
} οπότε ισχύει:
\displaystyle{ 
e^x f'\left( x \right) - e^x  = xf'\left( x \right) - 1 \Rightarrow e^x f'\left( x \right) - xf'\left( x \right) = e^x  - 1 \Rightarrow \boxed{f'\left( x \right) \cdot \left( {e^x  - x} \right) = e^x  - 1}:\left( 2 \right) 
}
Θα δείξω ότι \displaystyle{ 
e^x  - x > 0 
} για κάθε πραγματική τιμή του x.
Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{ 
h\left( x \right) = e^x  - x 
} η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R με \displaystyle{ 
h'\left( x \right) = \left( {e^x  - x} \right)^\prime   = e^x  - 1 
} και \displaystyle{ 
h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow e^x  - 1 = 0 \Leftrightarrow e^x  = 1 \Leftrightarrow x = 0 
}

Για \displaystyle{ 
x > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  > e^0  \Rightarrow e^x  > 1 \Rightarrow e^x  - 1 > 0 \Rightarrow h'\left( x \right) > 0 
} και ομοίως \displaystyle{ 
x < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  < e^0  \Rightarrow e^x  < 1 \Rightarrow e^x  - 1 < 0 \Rightarrow h'\left( x \right) < 0 
} οπότε η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο \displaystyle{ 
x_0  = 0 
} το \displaystyle{ 
h\left( 0 \right) = e^0  - 0 = 1 > 0 
} άρα από την (2) θα έχουμε:
\displaystyle{ 
f'\left( x \right) = \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{\left( {e^x  - x} \right)^\prime  }} 
{{e^x  - x}}\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  - x > 0} f'\left( x \right) = \left( {\ln \left( {e^x  - x} \right)} \right)^\prime   \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {e^x  - x} \right) + c_1 :\left( 3 \right) 
}

Για
\displaystyle{ 
x = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} f\left( 0 \right) = \ln \left( {e^0  - 0} \right) + c_1 \mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0} 0 = \ln 1 + c_1  \Rightarrow 0 = 0 + c_1  \Rightarrow c_1  = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{f\left( x \right) = \ln \left( {e^x  - x} \right)} 
}

Γ2. Είναι \displaystyle{ 
f'\left( x \right) = \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} 
} με \displaystyle{ 
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{e^x  - x > 0} e^x  - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 0 
}

Θα είναι για \displaystyle{ 
x > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  > e^0  \Rightarrow e^x  > 1 \Rightarrow e^x  - 1 > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  - x > 0} \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0 
} και επειδή η f είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
\left[ {0, + \infty } \right) \subset R 
} η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{ 
\left[ {0, + \infty } \right) 
}
Επίσης για \displaystyle{ 
x < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  < e^0  \Rightarrow e^x  < 1 \Rightarrow e^x  - 1 < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  - x > 0,\forall x \in R} \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} < 0 \Rightarrow f'\left( x \right) < 0 
}
και επειδή η f είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,0} \right] \subset R 
} η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,0} \right] 
} και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το \displaystyle{ 
\boxed{\min f = f\left( 0 \right) = \ln \left( {e^0  - 0} \right) = 0} 
}

Γ3. Είναι

\displaystyle{ 
f''\left( x \right) = \left( {\frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}}} \right)^\prime   = \left( {\frac{{e^x  - x + x - 1}} 
{{e^x  - x}}} \right)^\prime   = \left( {1 + \frac{{x - 1}} 
{{e^x  - x}}} \right)^\prime   = \frac{{e^x  - x - \left( {x - 1} \right)\left( {e^x  - 1} \right)}} 
{{\left( {e^x  - x} \right)^2 }} = \frac{{e^x  - x - xe^x  + x + e^x  - 1}} 
{{\left( {e^x  - x} \right)^2 }} 
}
\displaystyle{ 
 \Rightarrow \boxed{f''\left( x \right) = \frac{{2e^x  - xe^x  - 1}} 
{{\left( {e^x  - x} \right)^2 }}} 
}

Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{ 
g\left( x \right) = 2e^x  - xe^x  - 1 
} η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R (πράξεις με παραγωγίσιμες) με
\displaystyle{ 
g'\left( x \right) = \left( {2e^x  - xe^x  - 1} \right)^\prime   = 2e^x  - e^x  - xe^x  = e^x  - xe^x  \Rightarrow  \ldots \boxed{g'\left( x \right) = e^x \left( {1 - x} \right)} 
}
Με \displaystyle{ 
g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow e^x \left( {1 - x} \right) = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{e^x  \ne 0} 1 - x = 0 \Leftrightarrow \boxed{x = 1} 
}
Για \displaystyle{ 
x < 1 \Rightarrow 1 - x > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  > 0} e^x \left( {1 - x} \right) > 0 \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g(\sigma \upsilon \nu .\sigma \tau o.\left( { - \infty ,1} \right]} g 
} γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,1} \right] 
} και για
\displaystyle{ 
x > 1 \Rightarrow 1 - x < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  > 0} e^x \left( {1 - x} \right) < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g(\sigma \upsilon \nu .\sigma \tau o.\left[ {1, + \infty } \right)} g 
} γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{ 
\left[ {1, + \infty } \right) 
}
Οπότε η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 το \displaystyle{ 
g\left( 1 \right) = 2e - e - 1 = e - 1 > 0 
}
Επειδή
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2e^x  - xe^x  - 1} \right)\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } xe^x \mathop  = \limits^{\left( { - \infty } \right) \cdot 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{x} 
{{e^{ - x} }}\mathop  = \limits_{Del'Hosp}^{\frac{{ - \infty }} 
{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( x \right)^\prime  }} 
{{\left( {e^{ - x} } \right)^\prime  }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1} 
{{ - e^{ - x} }} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2e^x } \right) = 0} 0 - 0 - 1 =  - 1 
}
Και
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {2e^x  - xe^x  - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {e^x \left( {2 - x} \right) - \frac{1} 
{{e^x }}} \right]\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } e^x  =  + \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1} 
{{e^x }} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2 - x} \right) =  - \infty } \left( { + \infty } \right) \cdot \left( { - \infty } \right) - 0 =  - \infty  
}
Έτσι για την g ισχύει \displaystyle{ 
g\left( {\left[ {1, + \infty } \right)} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right),g\left( 1 \right)} \right] = \left( { - \infty ,e - 1} \right] \mathrel\backepsilon  0 \Rightarrow  
} υπάρχει \displaystyle{ 
x_1  \in \left[ {1, + \infty } \right) 
} ώστε \displaystyle{ 
g\left( {x_1 } \right) = 0 
} το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της g στο \displaystyle{ 
\left[ {1, + \infty } \right) 
} και για
\displaystyle{ 
x > x_1  \geqslant 1\mathop  \Rightarrow \limits^{g \downarrow \sigma \tau o\;\left[ {1, + \infty } \right)} g\left( x \right) > g\left( {x_1 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_1 } \right) = 0} g\left( x \right) > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) > 0 
}
και για \displaystyle{ 
1 \leqslant x < x_1 \mathop  \Rightarrow \limits^{g \downarrow \sigma \tau o\;\left[ {1, + \infty } \right)} g\left( x \right) < g\left( {x_1 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_1 } \right) = 0} g\left( x \right) < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) < 0 
}
Οπότε η f παρουσιάζει ένα μόνο σημείο καμπής το \displaystyle{ 
M_1 \left( {x_1 ,f\left( {x_1 } \right)} \right) 
} στο διάστημα \displaystyle{ 
\left[ {1, + \infty } \right) 
}
Ομοίως για την g ισχύει: \displaystyle{ 
g\left( {\left( { - \infty ,1} \right]} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } g\left( x \right),g\left( 1 \right)} \right] = \left( { - 1,e - 1} \right] \mathrel\backepsilon  0 \Rightarrow  
} υπάρχει \displaystyle{ 
x_2  \in \left( { - \infty ,1} \right] 
} ώστε \displaystyle{ 
g\left( {x_2 } \right) = 0 
} το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της g στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,1} \right] 
} και για
\displaystyle{ 
1 \geqslant x > x_2 \mathop  \Rightarrow \limits^{g \uparrow \sigma \tau o\;\left( { - \infty ,1} \right]} g\left( x \right) > g\left( {x_2 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_2 } \right) = 0} g\left( x \right) > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) > 0 
} και για \displaystyle{ 
x < x_2  \leqslant 1\mathop  \Rightarrow \limits^{g \uparrow \sigma \tau o\;\left( { - \infty ,1} \right]} g\left( x \right) < g\left( {x_2 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_2 } \right) = 0} g\left( x \right) < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) < 0 
}
Οπότε η f παρουσιάζει ένα μόνο σημείο καμπής το \displaystyle{ 
M_2 \left( {x_2 ,f\left( {x_2 } \right)} \right) 
} στο διάστημα \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,1} \right] 
}

Γ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{ 
k\left( x \right) = f\left( x \right) - \sigma \upsilon \nu x 
} η οποία είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
\left[ {0,\frac{\pi } 
{2}} \right] 
} και \displaystyle{ 
k\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - \sigma \upsilon \nu 0 = 0 - 1 =  - 1 
}, \displaystyle{ 
k\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) = f\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) - \sigma \upsilon \nu \frac{\pi } 
{2} = f\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) - 0 = f\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) = \ln \left( {e^{\frac{\pi } 
{2}}  - \frac{\pi } 
{2}} \right) > 0 
} διότι
\displaystyle{ 
\min \left( {e^x  - x} \right) = 1 
} όπως δείξαμε για \displaystyle{ 
x = 0 
} οπότε για \displaystyle{ 
x = \frac{\pi } 
{2} \Rightarrow e^{\frac{\pi } 
{2}}  - \frac{\pi } 
{2} > 1 \Rightarrow \ln \left( {e^{\frac{\pi } 
{2}}  - \frac{\pi } 
{2}} \right) > 0 
} οπότε από το θεώρημα του Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον \displaystyle{ 
x_0  \in \left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right) 
} ώστε \displaystyle{ 
k\left( {x_0 } \right) = 0 
}
Επειδή προφανώς η k είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{ 
\left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right) 
} (διαφορά παραγωγισίμων) με
\displaystyle{ 
k'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \eta \mu x\mathop  \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \supset \left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right),\;\eta \mu x > 0\forall x \in \left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right)} k'\left( x \right) > 0 \Rightarrow  
}
η συνάρτηση k είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{ 
\left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right) 
} και άρα το
\displaystyle{ 
x_0 :k\left( {x_0 } \right) = 0 \Leftrightarrow  \ldots \boxed{\ln \left( {e^{x_0 }  - x_0 } \right) = \sigma \upsilon \nu x_0 } 
} είναι μοναδικό

Θέμα Δ.
Δ1. Είναι
\displaystyle{ 
\frac{{1 - f\left( x \right)}} 
{{e^{2x} }} = \int\limits_0^{ - x} {\frac{{e^{2t} }} 
{{g\left( {x + t} \right)}}dt} \mathop  \Rightarrow \limits^\begin{subarray}{l}  
  u = x + t \Rightarrow du = dt,t = u - x \\  
  t = 0 \Rightarrow u = x,t =  - x \Rightarrow u = 0  
\end{subarray}  \frac{{1 - f\left( x \right)}} 
{{e^{2x} }} = \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2\left( {u - x} \right)} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u}  \cdot e^{ - 2x} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = e^{ - 2x} \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow  
}

\displaystyle{ 
\frac{{1 - f\left( x \right)}} 
{{e^{2x} }} = e^{ - 2x} \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow 1 - f\left( x \right) = e^{2x}  \cdot e^{ - 2x} \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} \mathop  \Rightarrow \limits^{e^{2x}  \cdot e^{ - 2x}  = e^0  = 1} 1 - f\left( x \right) = \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow  
}

\displaystyle{ 
f\left( x \right) = 1 - \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } 
}
Ομοίως λόγω συμμετρικής σχέσης βρίσκουμε: \displaystyle{ 
\boxed{g\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } 
}
Επειδή η g είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
R 
} θα είναι και \displaystyle{ 
\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}} 
} συνεχής στο R (πηλίκο συνεχών) και επειδή \displaystyle{ 
0 \in R 
} θα είναι η \displaystyle{ 
\int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  
} παραγωγίσιμη στο R οπότε και η \displaystyle{ 
f\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  
} παραγωγίσιμη με
\displaystyle{ 
f'\left( x \right) = \left( {1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } \right)^\prime   \Rightarrow \boxed{f'\left( x \right) = \frac{{e^{2x} }} 
{{g\left( x \right)}}}:\left( 1 \right) 
}
Για τον ίδιο λόγω (λόγω συμμετρικών σχέσεων) βρίσκουμε ότι και η g είναι παραγωγίσιμη στο R με \displaystyle{ 
g'\left( x \right) = \left( {1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } \right)^\prime   \Rightarrow \boxed{g'\left( x \right) = \frac{{e^{2x} }} 
{{f\left( x \right)}}}:\left( 2 \right) 
}
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι:
\displaystyle{ 
f'\left( x \right)g\left( x \right) = f\left( x \right)^\prime  g\left( x \right) = e^{2x}  \Rightarrow f'\left( x \right)g\left( x \right) - f\left( x \right)^\prime  g\left( x \right) = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( x \right) > 0} \frac{{f'\left( x \right)g\left( x \right) - f\left( x \right)^\prime  g\left( x \right)}} 
{{\left[ {g\left( x \right)} \right]^2 }} = 0 \Rightarrow  
}
\displaystyle{ 
\left( {\frac{{f\left( x \right)}} 
{{g\left( x \right)}}} \right)^\prime   = 0 \Rightarrow \frac{{f\left( x \right)}} 
{{g\left( x \right)}} = c\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {f\left( 0 \right) = 1 + \int\limits_0^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = 1,g\left( 0 \right) = 1 + \int\limits_0^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = 1} \right) \Rightarrow c = 1} \boxed{f\left( x \right) = g\left( x \right)} 
}
Δ2. Με \displaystyle{ 
g\left( x \right) = f\left( x \right) 
} θα έχουμε:
\displaystyle{ 
f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) = e{}^{2x} \Rightarrow 2f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) = 2e{}^{2x} \Rightarrow \left( {f^2 \left( x \right)} \right)^\prime   = \left( {e{}^{2x}} \right)^\prime   \Rightarrow f^2 \left( x \right) = e{}^{2x} + c_1 \mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = e^0  = 1 \Rightarrow c_1  = 0} f^2 \left( x \right) = e{}^{2x} 
}
\displaystyle{ 
\mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) > 0,f(\sigma \upsilon \nu .(\upsilon \pi \theta \varepsilon \sigma \eta ))} \boxed{f\left( x \right) = e^x },x \in R 
}

Δ3.
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{{\ln f\left( x \right)}} 
{{f\left( {\frac{1} 
{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{{\ln e^x }} 
{{e^{\frac{1} 
{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{x} 
{{e^{\frac{1} 
{x}} }}\mathop  = \limits^{u = \frac{1} 
{x} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ -  } u =  - \infty ,x = \frac{1} 
{u}} \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{{\frac{1} 
{u}}} 
{{e^u }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{1} 
{{ue^u }}\mathop  \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \left( {ue^u } \right) = \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{u} 
{{e^{ - u} }}\mathop  = \limits^{DeL'Hsop} \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{1} 
{{ - e^{ - u} }} = 0,ue^u  < 0}  
}
\displaystyle{ 
\boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{{\ln f\left( x \right)}} 
{{f\left( {\frac{1} 
{x}} \right)}} =  - \infty } 
}


Δ4. Επειδή \displaystyle{ 
f\left( {t^2 } \right) = e^{t^2 }  > 0 
} για \displaystyle{ 
x \in \left[ {0,1} \right] 
} θα είναι \displaystyle{ 
F\left( x \right) \leqslant 0 
} οπότε το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:

\displaystyle{ 
E = \int\limits_0^1 {\left| {F\left( x \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_0^1 {F\left( x \right)dx}  =  - \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right)dx}  =  - \int\limits_0^1 {\left( {\left( x \right)^\prime  \int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right)dx}  =  
}

\displaystyle{ 
 - \left[ {x\int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right]_0^1  - \left[ { - \int\limits_0^1 {\left( {x\left( {\int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right)^\prime  } \right)dx} } \right] =  - 1 \cdot \int\limits_1^1 {f\left( {t^2 } \right)dt}  + 0 \cdot \int\limits_1^0 {f\left( {t^2 } \right)dt}  + \int\limits_0^1 {\left( {xf\left( {x^2 } \right)} \right)dx}  
}

\displaystyle{ 
\mathop  = \limits^{\int\limits_1^1 {f\left( {t^2 } \right)dt}  = 0,0 \cdot \int\limits_1^0 {f\left( {t^2 } \right)dt}  = 0} \int\limits_0^1 {\left( {xf\left( {x^2 } \right)} \right)dx}  = \int\limits_0^1 {x \cdot e^{x^2 } dx}  =  \ldots \left[ {\frac{{e^{x^2 } }} 
{2}} \right]_0^1  = \frac{e} 
{2} - \frac{1} 
{2} \Rightarrow \boxed{E = \frac{{e - 1}} 
{2}\tau .\mu } 
}

Φιλικά Στάθης
Συνημμένα
Λύσεις των θεμάτων πανελλαδικών εξετάσεων θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης 2011(1) .doc
(258.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 321 φορές
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Τετ Μάιος 18, 2011 6:13 pm, έχει επεξεργασθεί 12 φορές συνολικά.


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
skious
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Τετ Φεβ 11, 2009 5:44 pm
Τοποθεσία: Περιστέρι - Αθήνα

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από skious » Δευ Μάιος 16, 2011 12:37 pm

Μια διόρθωση συνάδελφε: Στο δ3 ζητάει το αριστερό όριο στο μηδέν και το σωστό αποτέλεσμα είναι -οο.


Άβαταρ μέλους
Μάκης Χατζόπουλος
Δημοσιεύσεις: 2456
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 4:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάκης Χατζόπουλος » Δευ Μάιος 16, 2011 12:47 pm

Το Δ θέμα (το τελευταίο ερώτημα), δεν μοιάζει πολύ με αυτό;;

Νομίζω ότι ήταν μια καταπληκτική ιδέα και σκέψη που βλέπουμε για πρώτη φορά στις εξετάσεις και εγώ προσωπικά την συνάντησα εδώ από τον χρήστη dennys με λύτη τον Κακαβά Βασίλειο! Μπράβο παιδιά!
Το συγκεκριμένο θέμα το πρότεινα κιόλας χθες στο blog μου ως θέμα 4.


(1) verba volant, scripta manent = τα λόγια πετούν, τα γραπτά μένουν
Εικόνα
Djimmakos
Δημοσιεύσεις: 79
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 8:35 pm

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Djimmakos » Δευ Μάιος 16, 2011 12:57 pm

Μιλάω από τη σκοπιά των μαθητών. Ήταν πολλά. Κουράστηκα να γράφω :p
Eυτυχώς τα έλυσα όλα και μου άρεσαν και όλα τα θέματα, τα βρήκα σαφώς πιο πετυχημένα από άποψη κρίσεως.

Βέβαια δεν έλειψαν οι χαζομάρες.

Στο 4ο θέμα στο Δ1 άλλαξα τα όρια στο ολοκλήρωμα αλλά δεν άλλαξα τα πρόσημα στο πρώτο μέλος, το άφησα 1-f(x)
Βέβαια μετά που παραγώγισα τα πήρα κανονικά f(x)-1.
Ελπίζω οι καλοί, καλοκάγαθοι, απίστευτα έξυπνοι, ολοκληρωτικά ευεργέτες της κοινωνίας και πάνω απ' όλα ψυχόπονοι άνθρωποι να μην το προσέξουνε ή τουλάχιστον να κάνουνε τα στραβά μάτια. :coolspeak:


1+1 δεν κάνει απαραίτητα 2.

Μπορεί να κάνει και \sqrt{4} ή \sqrt[3]{8}

**Eίμαι μαθητής**
MoV
Δημοσιεύσεις: 46
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:18 am

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από MoV » Δευ Μάιος 16, 2011 1:05 pm

Πολύ καλά ήταν τα σημερινά θέματα .
Μου φαίνεται παράλογο όμως να απαντήσω αν είναι σωστό ή λάθος αυτό :
Για κάθε μιγαδικό αριθμό z \neq 0 ορίζουμε z^{0}=1.


kost65
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τρί Απρ 14, 2009 5:24 pm
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kost65 » Δευ Μάιος 16, 2011 1:11 pm

Το θέμα Δ4 ήταν γνωστό απο καιρό στη βιβλιογραφία.
Υπάρχει και στο βιβλίο (το μωβ) του οποίου ενας εκ των τριών συγγραφέων είναι και ο αγαπητός Μπάμπης. Ειναι λυμένο σελ. 578 , το θέμα 16.4.

Καλή ξεκούραση σε όλους
Αθανασιάδης Κώστας


Άβαταρ μέλους
onedeadslime
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 15, 2011 8:09 pm

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από onedeadslime » Δευ Μάιος 16, 2011 1:23 pm

Τα θέματα μου φάνηκαν πολύ δύσκολα, αλλά καλά θέματα, χαιρόσουν να τα λύνεις!

Το Β3 ήταν λίγο δύσκολο αν δεν έχεις βρει εκ των προτέρων ότι w=2x (εγώ το βρήκα στο Β4, αποδεικνύεται και χωρίς αυτό με τριγωνική ανισότητα).


Χρηστος
Δημοσιεύσεις: 152
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 08, 2009 11:27 am
Τοποθεσία: ΛΕΥΚΑΔΑ -ΓΙΑΝΝΕΝΑ

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Χρηστος » Δευ Μάιος 16, 2011 1:25 pm



Χρήστος Λώλης
kost65
Δημοσιεύσεις: 67
Εγγραφή: Τρί Απρ 14, 2009 5:24 pm
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kost65 » Δευ Μάιος 16, 2011 1:36 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Θέμα Α

Α.1 …
Α.2…
Α.3 α) (Σ), β(Σ), γ) (Λ), δ) (Λ), ε) (Σ)

Θέμα Β
Β.1 \displaystyle{ 
\left| {z - 3i} \right| + \left| {\overline z  + 3i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {z - 3i} \right| + \left| {\overline {z - 3i} } \right| = 2\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left| {\overline {z - 3i} } \right| = \left| {z - 3i} \right|} 2\left| {z - 3i} \right| = 2 \Leftrightarrow \boxed{\left| {z - 3i} \right| = 1} 
}
οπότε ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z είναι κύκλος με κέντρο \displaystyle{ 
K\left( {0,3} \right) 
} (την εικόνα του \displaystyle{ 
3i 
} και ακτίνα \displaystyle{ 
\rho  = 1 
}

Β.2. Από τη σχέση
\displaystyle{ 
\left| {z - 3i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {z - 3i} \right|^2  = 1 \Leftrightarrow \left( {z - 3i} \right)\overline {\left( {z - 3i} \right)}  = 1 \Leftrightarrow \left( {z - 3i} \right)\left( {\overline z  + 3i} \right) = 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{z \ne 3i \Leftrightarrow z - 3i \ne 0} \boxed{\overline z  + 3i = \frac{1} 
{{z - 3i}}}:\left( 1 \right) 
}

Β.3
Είναι
\displaystyle{ 
w = z - 3i + \frac{1} 
{{z - 3i}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} w = z - 3i + \bar z + 3i 
} \displaystyle{ 
 \Rightarrow w = z + \bar z\mathop  \Rightarrow \limits^{z = x + yi} \boxed{w = 2x} 
}
Επειδή όμως ο z κινείται στον κύκλο του Β.1 ερωτήματος θα ισχύει:
\displaystyle{ 
x^2  + \left( {y - 3} \right)^2  = 1\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {y - 3} \right)^2  \geqslant 0} x^2  \leqslant 1 \Rightarrow \sqrt {x^2 }  \leqslant 1 \Rightarrow  
} \displaystyle{ 
\left| x \right| \leqslant 1 \Rightarrow  - 1 \leqslant x \leqslant 1\mathop  \Rightarrow \limits^{ \cdot 2}  - 2 \leqslant 2x \leqslant 2\mathop  \Rightarrow \limits^{w = 2x} \boxed{ - 2 \leqslant w \leqslant 2} 
}


Β.4. Είναι :
\displaystyle{ 
z = x + i \cdot y\mathop  \Rightarrow \limits^{w = 2x} z - w = x + i \cdot y - 2x \Rightarrow z - w =  - x + i \cdot y \Rightarrow  
}
\displaystyle{ 
z - w =  - \left( {x - i \cdot y} \right) \Rightarrow z - w =  - \overline z  \Rightarrow \left| {z - w} \right| = \left| { - \overline z } \right|\mathop  \Rightarrow \limits^{\left| { - \overline z } \right| = \left| z \right|} \boxed{\left| {z - w} \right| = \left| z \right|} 
}


Θέμα Γ
Γ1.
Έχουμε:

\displaystyle{ 
e^x  \cdot \left( {f'\left( x \right) + f''\left( x \right) - 1} \right) = f'\left( x \right) + xf''\left( x \right) \Rightarrow \left( {e^x f'\left( x \right) - e^x } \right)^\prime   = \left( {xf'\left( x \right)} \right)^\prime   \Rightarrow \boxed{e^x f'\left( x \right) - e^x  = xf'\left( x \right) + c}:\left( 1 \right) 
}

Για \displaystyle{ 
x = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} e^0 f'\left( 0 \right) - e^0  = 0f\left( 0 \right) + c\mathop  \Rightarrow \limits^{f'\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) = 0} c =  - 1 
} οπότε ισχύει:
\displaystyle{ 
e^x f'\left( x \right) - e^x  = xf'\left( x \right) - 1 \Rightarrow e^x f'\left( x \right) - xf'\left( x \right) = e^x  - 1 \Rightarrow \boxed{f'\left( x \right) \cdot \left( {e^x  - x} \right) = e^x  - 1}:\left( 2 \right) 
}
Θα δείξω ότι \displaystyle{ 
e^x  - x > 0 
} για κάθε πραγματική τιμή του x.
Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{ 
h\left( x \right) = e^x  - x 
} η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R με \displaystyle{ 
h'\left( x \right) = \left( {e^x  - x} \right)^\prime   = e^x  - 1 
} και \displaystyle{ 
h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow e^x  - 1 = 0 \Leftrightarrow e^x  = 1 \Leftrightarrow x = 0 
}

Για \displaystyle{ 
x > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  > e^0  \Rightarrow e^x  > 1 \Rightarrow e^x  - 1 > 0 \Rightarrow h'\left( x \right) > 0 
} και ομοίως \displaystyle{ 
x < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  < e^0  \Rightarrow e^x  < 1 \Rightarrow e^x  - 1 < 0 \Rightarrow h'\left( x \right) < 0 
} οπότε η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο \displaystyle{ 
x_0  = 0 
} το \displaystyle{ 
h\left( 0 \right) = e^0  - 0 = 1 > 0 
} άρα από την (2) θα έχουμε:
\displaystyle{ 
f'\left( x \right) = \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{\left( {e^x  - x} \right)^\prime  }} 
{{e^x  - x}}\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  - x > 0} f'\left( x \right) = \left( {\ln \left( {e^x  - x} \right)} \right)^\prime   \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {e^x  - x} \right) + c_1 :\left( 3 \right) 
}

Για
\displaystyle{ 
x = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} f\left( 0 \right) = \ln \left( {e^0  - 0} \right) + c_1 \mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0} 0 = \ln 1 + c_1  \Rightarrow 0 = 0 + c_1  \Rightarrow c_1  = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{f\left( x \right) = \ln \left( {e^x  - x} \right)} 
}

Γ2. Είναι \displaystyle{ 
f'\left( x \right) = \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} 
} με \displaystyle{ 
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{e^x  - x > 0} e^x  - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 0 
}

Θα είναι για \displaystyle{ 
x > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  > e^0  \Rightarrow e^x  > 1 \Rightarrow e^x  - 1 > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  - x > 0} \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0 
} και επειδή η f είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
\left[ {0, + \infty } \right) \subset R 
} η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{ 
\left[ {0, + \infty } \right) 
}
Επίσης για \displaystyle{ 
x < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^t  \uparrow } e^x  < e^0  \Rightarrow e^x  < 1 \Rightarrow e^x  - 1 < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  - x > 0,\forall x \in R} \frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}} < 0 \Rightarrow f'\left( x \right) < 0 
}
και επειδή η f είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,0} \right] \subset R 
} η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,0} \right] 
} και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το \displaystyle{ 
\boxed{\min f = f\left( 0 \right) = \ln \left( {e^0  - 0} \right) = 0} 
}

Γ3. Είναι

\displaystyle{ 
f''\left( x \right) = \left( {\frac{{e^x  - 1}} 
{{e^x  - x}}} \right)^\prime   = \left( {\frac{{e^x  - x + x - 1}} 
{{e^x  - x}}} \right)^\prime   = \left( {1 + \frac{{x - 1}} 
{{e^x  - x}}} \right)^\prime   = \frac{{e^x  - x - \left( {x - 1} \right)\left( {e^x  - 1} \right)}} 
{{\left( {e^x  - x} \right)^2 }} = \frac{{e^x  - x - xe^x  + x + e^x  - 1}} 
{{\left( {e^x  - x} \right)^2 }} 
}
\displaystyle{ 
 \Rightarrow \boxed{f''\left( x \right) = \frac{{2e^x  - xe^x  - 1}} 
{{\left( {e^x  - x} \right)^2 }}} 
}

Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{ 
g\left( x \right) = 2e^x  - xe^x  - 1 
} η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R (πράξεις με παραγωγίσιμες) με
\displaystyle{ 
g'\left( x \right) = \left( {2e^x  - xe^x  - 1} \right)^\prime   = 2e^x  - e^x  - xe^x  = e^x  - xe^x  \Rightarrow  \ldots \boxed{g'\left( x \right) = e^x \left( {1 - x} \right)} 
}
Με \displaystyle{ 
g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow e^x \left( {1 - x} \right) = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{e^x  \ne 0} 1 - x = 0 \Leftrightarrow \boxed{x = 1} 
}
Για \displaystyle{ 
x < 1 \Rightarrow 1 - x > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  > 0} e^x \left( {1 - x} \right) > 0 \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g(\sigma \upsilon \nu .\sigma \tau o.\left( { - \infty ,1} \right]} g 
} γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,1} \right] 
} και για
\displaystyle{ 
x > 1 \Rightarrow 1 - x < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{e^x  > 0} e^x \left( {1 - x} \right) < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g(\sigma \upsilon \nu .\sigma \tau o.\left[ {1, + \infty } \right)} g 
} γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{ 
\left[ {1, + \infty } \right) 
}
Οπότε η g παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο 1 το \displaystyle{ 
g\left( 1 \right) = 2e - e - 1 = e - 1 > 0 
}
Επειδή
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2e^x  - xe^x  - 1} \right)\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } xe^x \mathop  = \limits^{\left( { - \infty } \right) \cdot 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{x} 
{{e^{ - x} }}\mathop  = \limits_{Del'Hosp}^{\frac{{ - \infty }} 
{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( x \right)^\prime  }} 
{{\left( {e^{ - x} } \right)^\prime  }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1} 
{{ - e^{ - x} }} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2e^x } \right) = 0} 0 - 0 - 1 =  - 1 
}
Και
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {2e^x  - xe^x  - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {e^x \left( {2 - x} \right) - \frac{1} 
{{e^x }}} \right]\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } e^x  =  + \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1} 
{{e^x }} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2 - x} \right) =  - \infty } \left( { + \infty } \right) \cdot \left( { - \infty } \right) - 0 =  - \infty  
}
Έτσι για την g ισχύει \displaystyle{ 
g\left( {\left[ {1, + \infty } \right)} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right),g\left( 1 \right)} \right] = \left( { - \infty ,e - 1} \right] \mathrel\backepsilon  0 \Rightarrow  
} υπάρχει \displaystyle{ 
x_1  \in \left[ {1, + \infty } \right) 
} ώστε \displaystyle{ 
g\left( {x_1 } \right) = 0 
} το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της g στο \displaystyle{ 
\left[ {1, + \infty } \right) 
} και για
\displaystyle{ 
x > x_1  \geqslant 1\mathop  \Rightarrow \limits^{g \downarrow \sigma \tau o\;\left[ {1, + \infty } \right)} g\left( x \right) > g\left( {x_1 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_1 } \right) = 0} g\left( x \right) > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) > 0 
}
και για \displaystyle{ 
1 \leqslant x < x_1 \mathop  \Rightarrow \limits^{g \downarrow \sigma \tau o\;\left[ {1, + \infty } \right)} g\left( x \right) < g\left( {x_1 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_1 } \right) = 0} g\left( x \right) < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) < 0 
}
Οπότε η f παρουσιάζει ένα μόνο σημείο καμπής το \displaystyle{ 
M_1 \left( {x_1 ,f\left( {x_1 } \right)} \right) 
} στο διάστημα \displaystyle{ 
\left[ {1, + \infty } \right) 
}
Ομοίως για την g ισχύει: \displaystyle{ 
g\left( {\left( { - \infty ,1} \right]} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } g\left( x \right),g\left( 1 \right)} \right] = \left( { - 1,e - 1} \right] \mathrel\backepsilon  0 \Rightarrow  
} υπάρχει \displaystyle{ 
x_2  \in \left( { - \infty ,1} \right] 
} ώστε \displaystyle{ 
g\left( {x_2 } \right) = 0 
} το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της g στο \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,1} \right] 
} και για
\displaystyle{ 
1 \geqslant x > x_2 \mathop  \Rightarrow \limits^{g \uparrow \sigma \tau o\;\left( { - \infty ,1} \right]} g\left( x \right) > g\left( {x_2 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_2 } \right) = 0} g\left( x \right) > 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) > 0 
} και για \displaystyle{ 
x < x_2  \leqslant 1\mathop  \Rightarrow \limits^{g \uparrow \sigma \tau o\;\left( { - \infty ,1} \right]} g\left( x \right) < g\left( {x_2 } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( {x_2 } \right) = 0} g\left( x \right) < 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {e^x  - x} \right)^2  > 0} f''\left( x \right) < 0 
}
Οπότε η f παρουσιάζει ένα μόνο σημείο καμπής το \displaystyle{ 
M_2 \left( {x_2 ,f\left( {x_2 } \right)} \right) 
} στο διάστημα \displaystyle{ 
\left( { - \infty ,1} \right] 
}

Γ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{ 
k\left( x \right) = f\left( x \right) - \sigma \upsilon \nu x 
} η οποία είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
\left[ {0,\frac{\pi } 
{2}} \right] 
} και \displaystyle{ 
k\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - \sigma \upsilon \nu 0 = 0 - 1 =  - 1 
}, \displaystyle{ 
k\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) = f\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) - \sigma \upsilon \nu \frac{\pi } 
{2} = f\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) - 0 = f\left( {\frac{\pi } 
{2}} \right) = \ln \left( {e^{\frac{\pi } 
{2}}  - \frac{\pi } 
{2}} \right) > 0 
} διότι
\displaystyle{ 
\min \left( {e^x  - x} \right) = 1 
} όπως δείξαμε για \displaystyle{ 
x = 0 
} οπότε για \displaystyle{ 
x = \frac{\pi } 
{2} \Rightarrow e^{\frac{\pi } 
{2}}  - \frac{\pi } 
{2} > 1 \Rightarrow \ln \left( {e^{\frac{\pi } 
{2}}  - \frac{\pi } 
{2}} \right) > 0 
} οπότε από το θεώρημα του Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον \displaystyle{ 
x_0  \in \left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right) 
} ώστε \displaystyle{ 
k\left( {x_0 } \right) = 0 
}
Επειδή προφανώς η k είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{ 
\left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right) 
} (διαφορά παραγωγισίμων) με
\displaystyle{ 
k'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \eta \mu x\mathop  \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \supset \left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right),\;\eta \mu x > 0\forall x \in \left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right)} k'\left( x \right) > 0 \Rightarrow  
}
η συνάρτηση k είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle{ 
\left( {0,\frac{\pi } 
{2}} \right) 
} και άρα το
\displaystyle{ 
x_0 :k\left( {x_0 } \right) = 0 \Leftrightarrow  \ldots \boxed{\ln \left( {e^{x_0 }  - x_0 } \right) = \sigma \upsilon \nu x_0 } 
} είναι μοναδικό

Θέμα Δ.
Δ1. Είναι
\displaystyle{ 
\frac{{1 - f\left( x \right)}} 
{{e^{2x} }} = \int\limits_0^{ - x} {\frac{{e^{2t} }} 
{{g\left( {x + t} \right)}}dt} \mathop  \Rightarrow \limits^\begin{subarray}{l}  
  u = x + t \Rightarrow du = dt,t = u - x \\  
  t = 0 \Rightarrow u = x,t =  - x \Rightarrow u = 0  
\end{subarray}  \frac{{1 - f\left( x \right)}} 
{{e^{2x} }} = \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2\left( {u - x} \right)} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u}  \cdot e^{ - 2x} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = e^{ - 2x} \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow  
}

\displaystyle{ 
\frac{{1 - f\left( x \right)}} 
{{e^{2x} }} = e^{ - 2x} \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow 1 - f\left( x \right) = e^{2x}  \cdot e^{ - 2x} \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} \mathop  \Rightarrow \limits^{e^{2x}  \cdot e^{ - 2x}  = e^0  = 1} 1 - f\left( x \right) = \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow  
}

\displaystyle{ 
f\left( x \right) = 1 - \int\limits_x^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } 
}
Ομοίως λόγω συμμετρικής σχέσης βρίσκουμε: \displaystyle{ 
\boxed{g\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } 
}
Επειδή η g είναι συνεχής στο \displaystyle{ 
R 
} θα είναι και \displaystyle{ 
\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}} 
} συνεχής στο R (πηλίκο συνεχών) και επειδή \displaystyle{ 
0 \in R 
} θα είναι η \displaystyle{ 
\int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  
} παραγωγίσιμη στο R οπότε και η \displaystyle{ 
f\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  
} παραγωγίσιμη με
\displaystyle{ 
f'\left( x \right) = \left( {1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } \right)^\prime   \Rightarrow \boxed{f'\left( x \right) = \frac{{e^{2x} }} 
{{g\left( x \right)}}}:\left( 1 \right) 
}
Για τον ίδιο λόγω (λόγω συμμετρικών σχέσεων) βρίσκουμε ότι και η g είναι παραγωγίσιμη στο R με \displaystyle{ 
g'\left( x \right) = \left( {1 + \int\limits_0^x {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du} } \right)^\prime   \Rightarrow \boxed{g'\left( x \right) = \frac{{e^{2x} }} 
{{f\left( x \right)}}}:\left( 2 \right) 
}
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι:
\displaystyle{ 
f'\left( x \right)g\left( x \right) = f\left( x \right)^\prime  g\left( x \right) = e^{2x}  \Rightarrow f'\left( x \right)g\left( x \right) - f\left( x \right)^\prime  g\left( x \right) = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{g\left( x \right) > 0} \frac{{f'\left( x \right)g\left( x \right) - f\left( x \right)^\prime  g\left( x \right)}} 
{{\left[ {g\left( x \right)} \right]^2 }} = 0 \Rightarrow  
}
\displaystyle{ 
\left( {\frac{{f\left( x \right)}} 
{{g\left( x \right)}}} \right)^\prime   = 0 \Rightarrow \frac{{f\left( x \right)}} 
{{g\left( x \right)}} = c\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {f\left( 0 \right) = 1 + \int\limits_0^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = 1,g\left( 0 \right) = 1 + \int\limits_0^0 {\frac{{e^{2u} }} 
{{g\left( u \right)}}du}  = 1} \right) \Rightarrow c = 1} \boxed{f\left( x \right) = g\left( x \right)} 
}
Δ2. Με \displaystyle{ 
g\left( x \right) = f\left( x \right) 
} θα έχουμε:
\displaystyle{ 
f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) = e{}^{2x} \Rightarrow 2f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) = 2e{}^{2x} \Rightarrow \left( {f^2 \left( x \right)} \right)^\prime   = \left( {e{}^{2x}} \right)^\prime   \Rightarrow f^2 \left( x \right) = e{}^{2x} + c_1 \mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = e^0  = 1 \Rightarrow c_1  = 0} f^2 \left( x \right) = e{}^{2x} 
}
\displaystyle{ 
\mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) > 0} \boxed{f\left( x \right) = e^x },x \in R 
}
Δ3.
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{{\ln f\left( x \right)}} 
{{f\left( {\frac{1} 
{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{{\ln e^x }} 
{{e^{\frac{1} 
{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } \frac{x} 
{{e^{\frac{1} 
{x}} }}\mathop  = \limits^{u = \frac{1} 
{x} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ -  } u =  - \infty ,x = \frac{1} 
{u}} \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{{\frac{1} 
{u}}} 
{{e^u }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{1} 
{{ue^u }}\mathop  \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \left( {ue^u } \right) = \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{u} 
{{e^{ - u} }}\mathop  = \limits^{DeL'Hsop} \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } \frac{1} 
{{ - e^{ - u} }} =  - \infty }  
}
\displaystyle{ 
\boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ +  } \frac{{\ln f\left( x \right)}} 
{{f\left( {\frac{1} 
{x}} \right)}} =  - \infty } 
}




Δ4. Επειδή \displaystyle{ 
f\left( {t^2 } \right) = e^{2t}  > 0 
} για \displaystyle{ 
x \in \left[ {0,1} \right] 
} θα είναι \displaystyle{ 
F\left( x \right) \leqslant 0 
} οπότε το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:

\displaystyle{ 
E = \int\limits_0^1 {\left| {F\left( x \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_0^1 {F\left( x \right)dx}  =  - \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right)dx}  =  - \int\limits_0^1 {\left( {\left( x \right)^\prime  \int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right)dx}  =  
}

\displaystyle{ 
 - \left[ {x\int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right]_0^1  - \left[ { - \int\limits_0^1 {\left( {x\left( {\int\limits_1^x {f\left( {t^2 } \right)dt} } \right)^\prime  } \right)dx} } \right] =  - 1 \cdot \int\limits_1^1 {f\left( {t^2 } \right)dt}  + 0 \cdot \int\limits_1^0 {f\left( {t^2 } \right)dt}  + \int\limits_0^1 {\left( {xf\left( {x^2 } \right)} \right)dx}  
}

\displaystyle{ 
\mathop  = \limits^{\int\limits_1^1 {f\left( {t^2 } \right)dt}  = 0,0 \cdot \int\limits_1^0 {f\left( {t^2 } \right)dt}  = 0} \int\limits_0^1 {\left( {xf\left( {x^2 } \right)} \right)dx}  = \int\limits_0^1 {x \cdot e^{x^2 } dx}  =  \ldots \left[ {\frac{{e^{x^2 } }} 
{2}} \right]_0^1  = \frac{e} 
{2} - \frac{1} 
{2} \Rightarrow \boxed{E = \frac{{e - 1}} 
{2}\tau .\mu } 
}

Φιλικά Στάθης
Στάθη πιστεύω ότι με αυτο τον τρόπο για το Δ2 θέλει επιλπέον αιτιολόγηση οτι η f είναι συνεχής με σταθερό θετικό πρόσημο.
Αυτο αποφευγεται αν την λύσουμε με

f\acute{}(x)=f(x)\Leftrightarrow ...f(x)=ce^{x}...

Τα θέματα πιστεύω ηταν δύσκολα , αλλά ωραία , χωρίς ασάφειες και λυνόταν με περισσότερους απο έναν τρόπο.

φιλικά
Αθανασιάδης Κώστας.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες