Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι η ευθεία (ε): x y 2.

Transcript

1 Θέμα ο Α.. α) Ορισμοί σχολ. βιβλίο, σελίδα: 4 β) Θεωρία σχολ. βιβλίο, σελίδα: 98 Α.. α) Σ β) Σ γ) Λ δ) Σ ε) Λ ΧΕΙΜ. ΠΕΡΙΟΔΟΣ 0-0 Θέμα ο α) Με z yi και, y IR η εξίσωση iz iz 4 i yi i yi 4 γράφεται ισοδύναμα: yi i y yi i y 4 y 4 y Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι η ευθεία (ε): y. β) i) Έστω Μ η εικόνα του z και OH (ε). Από τη γεωμετρία γνωρίζουμε ότι B A 0 Συνεπώς H yb ya 0 και yh. OM OH και επειδ OM z, έχουμε z Έτσι Η(, ) και ο ζητούμενος μιγαδικός είναι OH. Επομένως ο μιγαδικός z που έχει το ελάχιστο μέτρο έχει εικόνα το ίχνος Η της καθέτου από την αρχ Ο προς την (ε). Το σημείο Η είναι το μέσο της ΑΒ, διότι το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές (ΟΑ=ΟΒ), οπότε το ύψος ΟΗ είναι και διάμεσος. z i i. ii) Η ελάχιστη τιμ του z είναι z i.

2 ΧΕΙΜ. ΠΕΡΙΟΔΟΣ 0-0 Θέμα ο α) Η ισότητα (): f f f 0 Είναι φανερό ότι η ισότητα () επαληθεύεται για κάθε συνάρτηση g πεδίο ορισμού Π.χ. την D g με D g A. με, g. γράφεται ισοδύναμα: f f f 0 Αν f f τότε η () γίνεται: f άτοπο, άρα. () με , που είναι Επομένως η ζητούμενη συνάρτηση f έχει τύπο f πεδίο ορισμού το σύνολο β) Εξετάζουμε αν η f είναι «-». Έστω, A με f f A,,. και Λύνω την εξίσωση y=f() ως προς σημαίνει ότι μετασχηματίζω την εξίσωση y=f() σε ισοδύναμη , άρα η f είναι «-» στο Α, οπότε αντιστρέφεται. Για την εύρεση του τύπου της ως προς A y, y y y y (). f λύνουμε την εξίσωση y f Η () είναι εξίσωση ου βαθμού ως προς με συντελεστ του την παράσταση y-, γι αυτό διακρίνουμε τις περιπτώσεις: εξίσωση ως προς.

3 i) Αν y 0 y, τότε η () γίνεται σημαίνει ότι δεν έχει λύση ως προς όταν ii) Αν y τότε y με y ΧΕΙΜ. ΠΕΡΙΟΔΟΣ αδύνατη, που y. y f y y, y y f, Επειδ οι συναρτσεις f και f - έχουν κοινό πεδίο ορισμού το σύνολο και f f για κάθε A έπεται ότι: f f. A IR \ γ) Έχουμε gof g f για κάθε g Αν t τότε με () t με t t λόγω του β ii ) ερωτματος, οπότε η () γράφεται: g t t t t t, t g με.

4 Θέμα 4 ο ΧΕΙΜ. ΠΕΡΙΟΔΟΣ 0-0 Α. α) Έστω, Δ 0, με τότε και ln ln, αφού ln άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ. β) Επειδ η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, αντιστρέφεται. Β. α) Με 0, Δ έχουμε f f f f f f : ln ln f f, Δ θα είναι και «-» οπότε, διότι η f είναι συνάρτηση - α f f, αφού f f α f f f, διότι f, αφού f:-. Η ρίζα = είναι δεκτ διότι ικανοποιεί τον περιορισμό. β) Έχουμε ln (Α) Για να έχει νόημα η (Α) πρέπει 0 που ισχύει για κάθε IR, αφού 0 για κάθε IR και 0 για κάθε IR, διότι Δ 0 και α 0. Η (Α) γράφεται ισοδύναμα: (Α) ln ln ln ln ln ln f f, διότι f Δ 4

5 ΧΕΙΜ. ΠΕΡΙΟΔΟΣ 0-0, Αν δεν είναι δυνατ η άμεση Γ. Η εξίσωση (Ε): f ln f για γίνεται: f f λύση, τότε αναζητούμε προφαν ρίζα. που σημαίνει ότι το είναι ρίζα της (Ε). Έστω ότι έχει και άλλη ρίζα i) Αν o, τότε: ln o ln ln o f f f f f ln αληθς, o. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: f ln f o, διότι f IR *, αφού η f είναι «-» f ln o (), διότι f ()= και 0 o o o f f o f 0, αφού (), διότι f IR Έτσι με πρόσθεση των () και () κατά μέλη προκύπτει ότι: f ln f o o που είναι άτοπο διότι f ln f o o, αφού το o είναι ρίζα της (Ε). ii) Αν 0 o όμοια καταλγουμε σε άτοπο. Επομένως η εξίσωση μας έχει μοναδικ ρίζα το. 5

6 *Αποδεικνύουμε ότι η f είναι σύνολο τιμών της f, δηλαδ το Δ Επομένως η ΧΕΙΜ. ΠΕΡΙΟΔΟΣ 0-0 f είναι IR. Γνωρίζουμε ότι το πεδίο ορισμού της f f f f, αφού f f f f f είναι IR. f IR. Έτσι αν, f Δ IR με, αφού f. ος τρόπος α) Διαπιστώνουμε ότι έχει μία τουλάχιστον ρίζα το. β) Θεωρούμε τη συνάρτηση του ου μέλους της (Ε). Δηλαδ της g f ln f 0, οπότε και «-». Έτσι η (Ε) γράφεται ισοδύναμα (Ε) g g g αφού g και αποδεικνύουμε ότι είναι στο, διότι η g είναι - Επομένως η (Ε) έχει μοναδικ ρίζα το =. 6