mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **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. $\displaystyle{\left| {z - w} \right| = \left| {x + yi - 2x} \right| = \left| { - x + yi} \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \left| z \right|}$

Δημοσιεύτηκε: **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: $\displaystyle \left| {z - w} \right| = \left| z \right|$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 16, 2011 11:25 am**

Μπορούμε να έχουμε μια εκτίμηση του απαιτούμενου χρόνου;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 16, 2011 11:26 am**

Το Β και σε word.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 16, 2011 11:27 am**

Γρήγορη λύση στο Θεμα Γ

Δημοσιεύτηκε: **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...

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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:

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

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 16, 2011 12:37 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **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!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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 $z^{0}=1$ .

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **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).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 16, 2011 1:25 pm**

Δείτε εδώ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

viewtopic.php?f=54&t=14407

viewtopic.php?f=53&t=13761&p=73968#p73968

viewtopic.php?f=54&t=13286&p=71487#p71487
viewtopic.php?f=55&t=14550&p=77200#p77200

Μράβο Βασίλη ……………

Δημοσιεύτηκε: **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.

mathematica.gr

Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011