Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Christos75 · #1

Ας μην ξεχνάμε ότι σήμερα το απόγευμα δίνεται εξέταση στα Μαθηματικά θετικής & τεχνολογικής κατεύθυνσης. Οι εξετάσεις είναι επαναληπτικές και δεν απευθύνονται στο σύνολο των υποψηφίων παρά μόνο σε μία μερίδα αυτών. Η εξέταση ξεκινά στις 17:00 οπότε τα θέματα θα δοθούν στην δημοσιότητα μία ώρα περίπου αργότερα!
Εδώ λοιπόν θα συζητήσουμε τα των θεμάτων! Καλή τύχη σε όσα παιδιά συμμετέχουν...

mathfinder · #2

Μόλις αναρτήθηκαν τα θέματα των επαναληπτικών .

#3

Θανάση , μόλις τα λύσαμε με τον Κώστα στο Βαθμολογικό !

Απαιτητικά έως δύσκολα θέματα , αλλά μέσα σε ....φροντιστηριακά πλαίσια και γνωστούς δρόμους για πολύ καλά διαβασμένους μαθητές.Στους μαθηματικούς θα αρέσουν !

Στο τελευταίο ερώτημα κάνουμε παραγοντική, αλλά μετά αντικαθιστούμε ένα μέρος αυτού που προκύπτει κάνοντας χρήση προηγούμενου ερωτήματος , ώστε να επανεμφανιστεί η

.

Επειδή έχουμε πολύ δουλειά με τον έλεγχο των βαθμολογιών , θα γράψω αργότερα τυχόν διαφορετικές λύσεις , αν κάτι δεν το έχουν ήδη αναφέρει οι συνάδελφοι που ασχολούνται .

Και του χρόνου !

BILLVED · #4

συμφωνώ και εγώ! πιο ωραία θέματα με κάποια δύσκολα ερωτήματα, αλλά προσωπικά εγώ δεν θέλω και κάτι πιο εύκολο! τουλάχιστον να "φτάνετε" ένας αξιοπρεπείς βαθμός από όλους.

Giorgos S · #5

θα ηθελα να ρωτησω κατι αναφορικα με τις επαναληπτικες μαθηματικων
στο θεμα β3, σκεφτηκα:

το (i) με τη βοήθεια ενός σχήματος
το (ii) με συμμετρικό

τι πιστεύετε

#6

Μια προσέγγιση στο θέμα Β

B1. Η εξίσωση γράφεται: $\displaystyle2{x^2} - \left| {w - 4 - 3i} \right|x + 2\left| z \right| = 0$
Αφού έχει διπλή ρίζα, θα είναι $\displaystyle{\left| {w - 4 - 3i} \right|^2} - 16\left| z \right| = 0 \Leftrightarrow \left| z \right| = \frac{1}{{16}}{\left| {w - 4 - 3i} \right|^2}$ (1)
Αφού έχει ως ρίζα τον αριθμό $\displaystylex = 1$ , θα είναι $\displaystyle2 - \left| {w - 4 - 3i} \right| + 2\left| z \right| = 0$

οπότε, λόγω της (1)

$\displaystyle{\left| {w - 4 - 3i} \right|^2} - 8\left| {w - 4 - 3i} \right| + 16 = 0 \Leftrightarrow {\left( {\left| {w - 4 - 3i} \right| - 4} \right)^2} = 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left| {w - 4 - 3i} \right| = 4$

οπότε ο Γ.Τ. των εικόνων του

είναι κύκλος με κέντρο $\displaystyleK\left( {4,\;3} \right)$ και ακτίνα $\displaystyle{\rho _2} = 4$ .

Επίσης, από την (1), είναι $\displaystyle\left| z \right| = \frac{1}{{16}} \cdot 16 \Leftrightarrow \left| z \right| = 1$

οπότε ο Γ.Τ. των εικόνων του

είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων O(0, 0)

και ακτίνα $\displaystyle{\rho _1} = 1$ .

: 13-06-2013 Μιγαδικοί.jpg (15.17 KiB) Προβλήθηκε 8071 φορές

Β2. Είναι $\displaystyle\left( {KO} \right) = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5 \Leftrightarrow \left( {KO} \right) = {\rho _1} + {\rho _2}$ , οπότε οι δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα υπάρχει μοναδικός μιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει και στους δύο γεωμετρικούς τόπους, εφόσον οι εικόνες $\displaystyle M\left( z \right),\;N\left( w \right)$ των z, w

αντίστοιχα κινούνται ανεξάρτητα στους δύο κύκλους.

Β3. Οι $\displaystyle M\left( z \right),\;N\left( w \right)$ είναι οι εικόνες των z, w

αντίστοιχα.

Τότε $\displaystyle\left| {z - w} \right| \le 2{\rho _1} + 2{\rho _2} = 10$ με τη μέγιστη τιμή να επιτυγχάνεται όταν οι εικόνες τους είναι στα αντιδιαμετρικά σημεία $\displaystyle B\left( z \right),\;\;\Gamma \left( w \right)$ ως προς το κοινό τους σημείο

στους δύο κύκλους.

Είναι $\displaystyle1 \le \left| w \right| \le 9$ με το ελάχιστη τιμή όταν η εικόνα του είναι η στο $\displaystyle{\rm A}$ και τη μέγιστη όταν είναι η $\displaystyle\Gamma \left( w \right)$ .

Οπότε $\displaystyle\left| {z + w} \right| \le \left| z \right| + \left| w \right| \le 10$

Β4. Είναι $\displaystyle\left| z \right| = 1 \Leftrightarrow z \cdot \bar z = 1$ , οπότε για $\displaystylez = x + yi,\;\; - 1 \le x,\;y \le 1$ με $\displaystyle{x^2} + {y^2} = 1$

$\displaystyle\left| {2{z^2} - 3z - 2} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {z + \frac{1}{2}} \right| \cdot \left| {z - 2} \right| = \frac{5}{2}$

$\displaystyle\Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {y^2}} \cdot \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}} = \frac{5}{2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + x + \frac{1}{4} + {y^2}} \cdot \sqrt {{x^2} - 4x + 4 + {y^2}} = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \sqrt {x + \frac{5}{4}} \cdot \sqrt { - 4x + 5} = \frac{5}{2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow 25 - 16x = 25 \Leftrightarrow x = 0$

Άρα $\displaystylez = \pm i$

Giorgos S · #7

Έχουμε ότι: $\left|z+w \right|=\left|z-(-w) \right|$
Όμως το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την αρχή των αξόνων, άρα κινείται σε κύκλο με αντίθετες συντεταγμένες, οπότε μπορούμε να εφαρμόσουμε αυτά που κάναμε και στο B3i

.

Επιπλέον στο

δεν μπορούμε να θεωρήσουμε μιγαδικό v=a+bi

και στη συνέχεια να αποδείξουμε ότι το σύστημα: $\begin{cases} & \text{ } a^{2}+b^{2}=1 \\ & \text{ } (a-4)^{2}+(b-3)^{2}=16\\ \end{cases}$

έχει μοναδική λύση για a=4/5

και

;

Christos.N · #8

Μου φαίνεται ότι στο Β3 επαναλαμβάνεται ο θεματοδότης.

apotin · #9

Μια άλλη προσέγγιση στο $\displaystyle{B1}$ .
Ο τύπος που μας δίνει τη διπλή ρίζα είναι: $\displaystyle{x = \frac{{ - \beta }}{{2\alpha }}}$

Άρα $\displaystyle{1 = \frac{{\left| {w - 4 - 3i} \right|}}{2} = 2 \Leftrightarrow \left| {w - 4 - 3i} \right| = 4}$
κλπ

BILLVED · #10

το Β4 με κοινό παράγοντα το z και μετά ιδιότητα z με συζυγή και ορισμό μετρου

nikostz · #11

Νομίζω τα θέματα είχαν ποιο καλή λογική από τις κανονικές εξετάσεις αν και το 4 έχει κάτι αλλά 4 είναι!!!

cristsuk · #12

Και τα θέματα σε Word για την καλύτερη χρήση τους.

tsalikdimd · #13

Το μόνο σίγουρο είναι πως στα συγκεκριμένα θέματα είναι κατά πολύ ευκολότερα από τα θέματα της κανονικής εξέτασης.Κάθε χρόνο ή τις περισσότερες φορές τα θέματα των επαναληπτικών ήταν κατά τι δυσκολότερα. Τώρα τι άλλαξε;

#14

Μια (συνοπτική) προσέγγιση στο θέμα Δ.

Δ1. Στο $\displaystyle \left( {0,\; + \infty } \right)$ θα είναι διαδοχικά:

$\displaystyle f'\left( x \right) = 1 + \int_{\,1}^{\,x} {\frac{{{{\left( {f'\left( t \right)} \right)}^2} - 1}}{{f\left( t \right)}}dt}$ και

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

Δ2. α) Είναι $\displaystyle f\left( 1 \right) = 1 + \int_{\,1}^{\,1} {\left( {\int_{\,1}^{\,u} {\frac{{{{\left( {f'\left( t \right)} \right)}^2} - 1}}{{f\left( t \right)}}dt} } \right)} = 1 \Rightarrow f\left( x \right) > 0$ για κάθε $\displaystyle x > 0$ , αφού η

είναι συνεχής και $\displaystyle f\left( x \right) \ne 0$ για κάθε $\displaystyle x > 0$

Επίσης $\displaystyle f'\left( 1 \right) = 1 + \int_{\,1}^{\,1} {\frac{{{{\left( {f'\left( t \right)} \right)}^2} - 1}}{{f\left( t \right)}}dt} = 1 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0$ , για κάθε $\displaystyle x > 0$ , αφού η $\displaystyle f'\left( x \right)$ είναι συνεχής και $\displaystyle f'\left( x \right) \ne 0$ για κάθε $\displaystyle x > 0$

Είναι $\displaystyle f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) \ne 0$ για κάθε x > 0

, οπότε η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)$ θα διατηρεί πρόσημο, αφού είναι γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

Οπότε $\displaystyle f\left( 1 \right) \cdot f''\left( 1 \right) = 1 > 0$ για κάθε $\displaystyle x > 0$

β) Αφού η $\displaystyle f'$ ορίζεται στο $\displaystyle \left[ {0,\; + \infty } \right)$ και είναι συνεχής στο $\displaystyle {x_0} = 0$ , θα είναι

$\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\left( {f'\left( x \right)} \right)^2} = {\left( {f'\left( 0 \right)} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {f'\left( 0 \right)} \right)^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {f\left( x \right) \cdot f''\left( x \right) + 1} \right) = 1$

και αφού $\displaystyle f'\left( x \right) > 0$ για κάθε x > 0

, θα είναι $\displaystyle f'\left( 0 \right) = 1$

Δ3. α) $\displaystyle g\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\;\;x > 0$

Είναι $\displaystyle g'\left( x \right) = \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} = \frac{{ - 1}}{{{f^2}\left( x \right)}} < 0$ και g(x)

κυρτή.
Είναι $\displaystyle g\left( 1 \right) = \frac{{f'\left( 1 \right)}}{{f\left( 1 \right)}} = 1$ και $\displaystyle g'\left( 1 \right) = \frac{{ - 1}}{1} = - 1$

Η γραφική παράσταση της g(x)

δέχεται στο σημείο $\displaystyle A\left( {1,\;1} \right)$ εφαπτομένη με εξίσωση $\displaystyle y - g\left( 1 \right) = g'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow y = - x + 2$

Αφού είναι κυρτή, θα είναι $\displaystyle g\left( x \right) \ge 2 - x$ για κάθε x > 0

β) $\displaystyle g\left( x \right) \ge 2 - x \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} \ge 2 - x \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge \left( {2 - x} \right)f\left( x \right)$ (αφού $\displaystyle f\left( x \right) > 0$ )

Στο $\displaystyle \left[ {0,\;1} \right]$ , αφού το ίσον ισχύει μόνο για $\displaystyle x = 1$ , είναι

$\displaystyle \begin{array}{l} \int_{\,0}^{\,1} {f'\left( x \right)dx} > \int_{\,0}^{\,1} {\left( {2 - x} \right)f\left( x \right)dx} \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right)} \right]_0^1 > \int_{\,0}^{\,1} {\left( {2 - x} \right)f\left( x \right)dx} \\ \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) > \int_{\,0}^{\,1} {\left( {2 - x} \right)f\left( x \right)dx} \Leftrightarrow \int_{\,0}^{\,1} {\left( {2 - x} \right)f\left( x \right)dx} < 1 \end{array}$

Δ4. Η $\displaystyle h\left( x \right) = {\left( {f'\left( x \right)} \right)^3},\;\;x \ge 0$ είναι συνεχής και $\displaystyle h\left( x \right) \ge 0$ , οπότε
$\displaystyle \begin{array}{l} E = \int_{\,0}^{\,1} {h\left( x \right)dx} = \int_{\,0}^{\,1} {{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^3}dx} = \int_{\,0}^{\,1} {f'\left( x \right) \cdot {{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}dx} = \\ = \left[ {f\left( x \right) \cdot {{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}} \right]_{\,0}^{\,1} - \int_{\,0}^{\,1} {f\left( x \right) \cdot {{\left( {{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}} \right)}^\prime }dx} = \\ = f\left( 1 \right) \cdot {\left( {f'\left( 1 \right)} \right)^2} - f\left( 0 \right) \cdot {\left( {f'\left( 0 \right)} \right)^2} - 2\int_{\,0}^{\,1} {f\left( x \right)f'\left( x \right)f''\left( x \right)dx} = \\ = 1 - 2\int_{\,0}^{\,1} {\left( {1 - {{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2}} \right)f'\left( x \right)dx} = 1 - 2\int_{\,0}^{\,1} {f'\left( x \right)dx} + 2\int_{\,0}^{\,1} {{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^3}dx} = \\ 1 - 2\left[ {f\left( x \right)} \right]_0^1 + 2E = 2E - 1 \end{array}$

Οπότε $\displaystyle E = 1$

edit: Εύκολα παρατηρούμε ότι υπάρχει συνάρτηση f(x)

που να ικανοποιεί την υπόθεση. Μία τέτοια π.χ. είναι η f(x) = x

.

Προσωπικά μού άρεσαν τα θέματα, είχαν σωστή διαβάθμιση και, πιστεύω ότι, βοηθούσαν στην κλιμάκωση της βαθμολογίας. Θα ήθελα αυτά να ήταν τα θέματα του Μαΐου, αντ' αυτών που δόθηκαν.

Έκανα μια διόρθωση. Ευχαριστώ τον φίλο Κώστα Ζερβό για την υπόδειξη. Η κυρτότητα της

δίνεται στην εκφώνηση.

nik21 · #15

tsalikdimd έγραψε:Κάθε χρόνο ή τις περισσότερες φορές τα θέματα των επαναληπτικών ήταν κατά τι δυσκολότερα. Τώρα τι άλλαξε;

Άλλαξε ότι τον Μάη πιάσαμε ταβάνι (ή πάτο, όπως το δει κανείς

)

kochris · #16

Θεωρώ οτι τα θέματα ειναι ευκολότερα, αλλα οχι πολύ ευκολότερα...

1) Σίγουρα δεν υπαρχει Β3 ( στα σημερινά υπάρχει το Β4 που δεν το λες και απλο)
2) Τα 3α θέματα έχουν τον ίδιο βαθμό δυσκολίας ...ή ευκολίας
3) Το Δ4 το σημερινό μου φάνηκε πιο εξυπνο απο τα αντοίστοιχα ερωτήματα του Μαιου

kostas_zervos · #17

Με πρόλαβε ο Γιώργος , αλλά αφού έκανα τον κόπο....
Για το Δ.

Δ1
Η

είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ ως παραγωγίσιμη και αφού $f(x)\cdot f'(x)\neq 0$ , θα είναι $f(x)\neq 0$ για κάθε x>0

.
Επίσης η f'(x)

είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη , άρα $\left(f'(x)\right)^2$ συνεχής , επομένως $\displaystyle \frac{\left(f'(x)\right)^2-1}{f(x)}$ συνεχής , άρα $\displaystyle \int_{1}^{u}\frac{\left(f'(t)\right)^2-1}{f(t)}dt$ συνεχής ως παραγωγίσιμη , επομένως $\displaystyle \int_{1}^{x}\left(\int_{1}^{u}\frac{\left(f'(t)\right)^2-1}{f(t)}dt\right)du$ , παραγωγίσιμη .
Άρα $\displaystyle f'(x)=1+\int_{1}^{x}\frac{\left(f'(t)\right)^2-1}{f(t)}dt$ και $\displaystyle f''(x)=\frac{\left(f'(x)\right)^2-1}{f(x)}\iff f(x)\cdot f''(x)+1=\left(f'(x)\right)^2$ .

Δ2
α)
Αφού $f(x)\neq 0$ για κάθε x>0

και

συνεχής στο $(0,+\infty)$ , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο α' αυτό. Αλλά f(1)=1>0

, άρα

.

Αφού $f'(x)\neq 0$ για κάθε x>0

και

συνεχής στο $(0,+\infty)$ , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο α' αυτό. Αλλά f'(1)=1>0

, άρα

.
β) Η

είναι συνεχής στο $[0,+\infty)$ , άρα $\displaystyle (f'(0))^2=\lim_{x\to 0^+}(f'(x))^2=\lim_{x\to 0^+}\left[f(x)\cdot f''(x)+1\right]=f(0)\cdot f''(0)+1=1$ (αφού η f''(x)

είναι συνεχής). Επίσης $f'(0)\geq 0$ γιατί f'(x)>0

κοντά στο

, άρα $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}f(x)\geq 0 \iff f(0)\geq 0$ . Άρα f(0)=1

.

Δ3
α)
Από τη σχέση $f(x)\cdot f''(x)+1=\left(f'(x)\right)^2$ για x=1

έχουμε

.

Βρίσκουμε τη εφαπτόμενη της C_g

στο

:
$\displaystyle g(1)=\frac{f'(1)}{f(1)}=1$ .
$\displaystyle g'(x)=\frac{f''(x)\cdot f(x)-\left(f'(x)\right)^2}{\left(f(x)\right)^2}$ , άρα $\displaystyle g'(1)=\frac{f''(1)\cdot f(1)-\left(f'(1)\right)^2}{\left(f(1)\right)^2}=-1$ .
Έτσι η εφαπτόμενη είναι η $\varepsilon:y-1=-1(x-1) \iff y=2-x$ .

Αφού η

είναι κυρτή , η C_g

θα βρίσκεται πάνω από την $(\varepsilon)$ (εκτός από το σημείο επαφής) , άρα $g(x)\geq 2-x$ για κάθε x>0

.
β)
Αφού $g(x)\geq 2-x$ και f(x)>0

, θα είναι $f(x)\cdot g(x)\geq (2-x)\cdot f(x)\iff f(x)\cdot g(x)-(2-x)\cdot f(x)>0$ και όχι μηδέν για κάθε $x\in[0,1]$ .
Άρα $\displaystyle \int_{0}^{1}\left[f(x)\cdot g(x)-(2-x)\cdot f(x)\right]dx>0 \iff$
$\displaystyle \iff \int_{0}^{1}f(x)\cdot g(x)dx>\int_{0}^{1}(2-x)\cdot f(x)dx$ .

Αλλά $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)\cdot g(x)dx=\int_{0}^{1}f(x)\cdot \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\int_{0}^{1}f'(x)dx=[f(x)]_{0}^{1}=$
=f(1)-f(0)=1-0=1

.

Άρα $\displaystyle \int_{0}^{1}(2-x)\cdot f(x)dx<1$ .
Δ4
Αφού $f(x)\geq 0$ για κάθε $x\geq 0$ και συνεχής , το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με
$\displaystyle E=\int_{0}^{1}\left[\left(f'(x)\right)^3\right]dx=\int_{0}^{1}\left[f'(x)\cdot\left(f'(x)\right)^2\right]dx=$
$\displaystyle =\left[f(x)\cdot\left(f'(x)\right)^2\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2f(x)\cdot f'(x)\cdot f''(x)\right]dx$

Αλλά $f(x)\cdot f''(x)=\left(f'(x)\right)^2-1$ , άρα

$\displaystyle E=1-2\cdot\int_{0}^{1}f'(x)\cdot \left[\left(f'(x)\right)^2-1\right]dx\iff$
$\displaystyle \iff E=1-2E+2\cdot\int_{0}^{1}f'(x)dx \iff$
$\displaystyle \iff E=1-2E+2 \iff$
$\displaystyle \iff E=1$ .

Antonis Loutraris · #18

Εξαιρετικά ''φροντιστηριακά'' θέματα, με την έννοια ότι διδάσκονται στα φροντιστήρια.(στο σχολείο;;)
Kατά τη προσωπική μου εκτίμηση, σαφώς ποιοτικότερα από εκείνα του Ιουνίου όπως και στη περίπτωση
βέβαια των θεμάτων των Μαθηματικών Γενικής της επαναληπτικής εξέτασης.

Mια που δεν έχει δοθεί ακόμα στο forum, μία υπόδειξη για το θέμα Γ.
Γ.1 Κάνοντας πράξεις στη δοσμένη σχέση έχουμε ότι
$\displaystyle{(x^{2}\cdot f(x)+f(x))'=(x^{3})',x\in\mathbb{R}}$
άρα υπάρχει σταθερά $\displaystyle{c\in\mathbb{R}}$ ώστε $\displaystyle{x^{2}\cdot f(x)+f(x)= x^{3}+c.}$
Εφόσον $\displaystyle{f(1)=\frac{1}{2}}$ βρίσκουμε $\displaystyle{c=0}$ οπότε έχουμε ότι $\displaystyle{f(x)=\frac{x^{3}}{x^{2}+1},x\in\mathbb{R}}$

Eπίσης, η $\displaystyle{f}$ παραγωγίζεται ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{f'(x)=\frac{x^{4}+3x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}\ge 0,x\in\mathbb{R}}$
άρα η $\displaystyle{f}$ γνησίως αύξουσα.

Γ.2 Προφανώς η $\displaystyle{f}$ ώς συνεχής συνάρτηση στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.
Τώρα για έλεγχο πλάγιων-οριζόντιων στο $\displaystyle{+\infty}$ αλλά και στο $\displaystyle{-\infty}$ βρίσκουμε ότι η $\displaystyle{C_{f}}$ έχει πλάγια ασύμπτωτη την $\displaystyle{y=x}$ στο $\displaystyle{+\infty}$ και στο $\displaystyle{-\infty.}$

Γ.3 Λόγω μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα: $\displaystyle{5(x^{2} + 1)^{3} − 8\leq 8(x^{2} + 1)^{2}\Leftrightarrow \frac{(x^{2} + 1)^{3}}{(x^{2} + 1)^{2}+1}\leq \frac{8}{5}\Leftrightarrow f((x^{2} + 1))\leq f(2)$ και λόγω μονοτονίας έχουμε να λύσουμε την ανίσωση $\displaystyle{x^{2}-1\leq 0,}$ οπότε $\displaystyle{x\in[-1,1]}$

Γ.4 Θ.Rolle στην συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=x\cdot \int_{0}^{x^{3}-x}f(t)dt}$ στο [0,1].

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά με την ευχή τα αποτελέσματα να δικαιώσουν τις προσπάθειές τους.

Φιλικά,

Αντώνης

#19

Αν και πρόλαβε ο φίλος Αντώνης, παραπάνω, ας δώσω λίγο πιο αναλυτικές απαντήσεις στο Γ (με διαφορετική προσέγγιση στο Γ3, κάπως πιο χρονοβόρα από αυτή του Αντώνη):

Γ1. Είναι $\displaystyle 2x \cdot f\left( x \right) + {x^2}\left( {f'\left( x \right) - 3} \right) = - f'\left( x \right) \Leftrightarrow {\left( {{x^2}} \right)^\prime } \cdot f\left( x \right) + {x^2} \cdot f'\left( x \right) = {\left( {{x^3}} \right)^\prime } - f'\left( x \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow {\left( {{x^2} \cdot f\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left( {{x^3} - f\left( x \right)} \right)^\prime } \Leftrightarrow {x^2} \cdot f\left( x \right) = {x^3} - f\left( x \right) + c,\;\;c \in IR$

Για $\displaystyle x = 1,\;$ έχουμε:

$\displaystyle {1^2} \cdot f\left( 1 \right) = {1^3} - f\left( 1 \right) + c \Leftrightarrow \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} + c \Leftrightarrow c = 0$

οπότε $\displaystyle \left( {{x^2} + 1} \right) \cdot f\left( x \right) = {x^3} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 1}},\;\;x \in IR$

Είναι $\displaystyle f'\left( x \right) = \frac{{3{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right) - 2x \cdot {x^3}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^4} + 3{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} \ge 0$ , οπότε η f(x)

είναι γνησίως αύξουσα στο

.

Γ2. Αφού η f(x)

είναι συνεχής στο

, δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.

Είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^3}}}{{{x^3} + x}} = 1 = \lambda$

και $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^3}}}{{{x^3} + x}} - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{ - x}}{{{x^3} + x}}} \right) = 0 = \beta$

οπότε η $\displaystyle y = x$ είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f(x)

στο $\displaystyle + \infty$

Ομοίως, είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^3}}}{{{x^3} + x}} = 1 = \lambda$

και $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {f\left( x \right) - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^3}}}{{{x^3} + x}} - 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{ - x}}{{{x^3} + x}}} \right) = 0 = \beta$

οπότε η $\displaystyle y = x$ είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f(x)

στο $\displaystyle - \infty$

ΣΧΟΛΙΟ: Παρατηρώντας ότι η

είναι περιττή, προκύπτει άμεσα.

Γ3. Αφού η

είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε:

$\displaystyle f\left( {5{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^3} - 8} \right) \le f\left( {8{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}} \right) \Leftrightarrow 5{\left( {{x^2} + 1} \right)^3} - 8 \le 8{\left( {{x^2} + 1} \right)^2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow 5{\left( {{x^2} + 1} \right)^3} - 8{\left( {{x^2} + 1} \right)^2} - 8 \le 0$ (1)

Θέτουμε $\displaystyle {x^2} + 1 = y,\;\;y \ge 1$ .

Η (1) γράφεται: $\displaystyle 5{y^3} - 8{y^2} - 8 \le 0$

Η εξίσωση $\displaystyle 5{y^3} - 8{y^2} - 8 = 0$ έχει προφανή ακέραιη ρίζα $\displaystyle y = 2$

Οπότε η ανίσωση γράφεται: $\displaystyle \left( {y - 2} \right)\left( {5{y^2} + 2y + 4} \right) \le 0$ (με διαίρεση πολυωνύμων ή με σχήμα Horner)

Αφού το τριώνυμο $\displaystyle 5{y^2} + 2y + 4$ έχει διακρίνουσα αρνητική, είναι θετικό, οπότε

$\displaystyle 5{y^3} - 8{y^2} - 8 \le 0 \Leftrightarrow y \le 2 \Leftrightarrow {x^2} + 1 \le 2 \Leftrightarrow {x^2} \le 1 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1,\;1} \right]$

Γ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle F\left( x \right) = x \cdot \int_{\,0}^{\,{x^3} - x} {f\left( t \right)dt} ,\;\;x \in \left[ {0,\;1} \right]$

Η F(x)

είναι συνεχής στο $\displaystyle \left[ {0,\;1} \right]$ , παραγωγίσιμη στο $\displaystyle \left( {0,\;1} \right)$ και είναι

$\displaystyle F\left( 0 \right) = F\left( 1 \right) = 0$ , οπότε, από Θ. Rolle, υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle \xi \in \left( {0,\;1} \right)$ , τέτοιο ώστε

$\displaystyle \begin{array}{l} F'\left( \xi \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( \xi \right)^\prime } \cdot \int_{\,0}^{\,{\xi ^3} - \xi } {f\left( t \right)dt} + \xi \cdot \left( {f\left( {{\xi ^3} - \xi } \right)} \right) \cdot \left( {3{\xi ^2} - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \int_{\,0}^{\,{\xi ^3} - \xi } {f\left( t \right)dt} = - \xi \cdot \left( {3{\xi ^2} - 1} \right) \cdot f\left( {{\xi ^3} - \xi } \right) \end{array}$

Antonis Loutraris · #20

Φίλε Γιώργο δεν απαντήσαμε τα Σ-Λ.

(α)Σ
(β)Λ
(γ)Σ
(δ)Λ
(ε)Σ

Καλό καλοκαίρι να έχουμε!!

Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Re: Επαναληπτικές εξετάσεις στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2013

Μέλη σε σύνδεση