ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΙΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ. Άρα ο γ.τ. των Μ(z) είναι κύκλος µε κέντρο το Ο(0, 0) και ακτίνα ρ=1

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΙΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ. Άρα ο γ.τ. των Μ(z) είναι κύκλος µε κέντρο το Ο(0, 0) και ακτίνα ρ=1"

Λευί Κοσμόπουλος
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΥΤΕΡΑ 8 ΜΑΙΟΥ 0 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ ΘΕΜΑ Α Α σελ. 53 Α σελ. 9 Α3 σελ 58 Α4 α) Σ β) Σ γ) Λ δ) Λ ε) Λ ΘΕΜΑ Β. Β. (z= yi) z z = 4 yi yi = 4 ( ) yi ( ) yi = 4 ( ) y ( ) y = 4 y y = 4 y = y = Άρα ο γ.τ. των Μ(z) είναι κύκλος µε κέντρο το Ο(0, 0) και ακτίνα ρ= (δηλ. z = z = ) Β. Ισχύει ότι z z = z z = ( )( ) ( z = z = ) z z z z = z z z z z z z z = z zz zz z = zz zz = 0 () Για το z z έχουµε ( )( ) z z z z = z z = z z z z = zz zz zz Άρα z z = () z z = z z = =

2 Β3. w= yi w 5 w = ( yi) 5( yi) = yi 5 5yi = 4 6yi = ( ) ( ) 4 6yi 4 6y 44 = = : y 44 y 6 36y = 44 = = Άρα προκύπτει έλλειψη µε : α = 9 α = 3 β = β = γ = α β = γ = Ε, Ε ( 5, 0) Εστίες ( 5, 0) Κορυφές Α ( 3, 0), Α ( 3, 0), Β ( 0, ), Β ( 0, ) οπότε w = OA = OA = 3 ma min ( ) ( ) ( ) ( ) w = OB = OB = B4. Είναι z w = z ( w) Από τριγωνική ανισότητα έχουµε: z w z w = z ( w) z w z w z w z w min z w 3 z w 4 ma

3 ΘΕΜΑ Γ f () = ( )ln, > 0 Γ. ln f '() = ( )'ln ( )(ln )' = ln ( ) =, > 0 f '() = 0 = προφανής ρίζα Για > έχουµε Για > ln > ln ln > 0 ln > 0 Για > > 0 Για > > 0 :( > 0) ln ln > 0 > 0 f '() > 0 για κάθε > Για 0 < < έχουµε Για < ln < ln ln < 0 ln < 0 Για 0 < < > 0 Για 0 < < < 0 :( > 0) ln ln < 0 < 0 f '() < 0 για κάθε 0 < < Άρα έχουµε: Οπότε η f γνησίως φθί νουσα στο (0, ] [ ) και η f γνησίως αύξουσα στο, Θεωρο ύ µε Α = (0, ] και Α = [, ) και Α = (0, ) Είναι Α = Α Α f (A) = f (A ) f (A ) f γνησ. ϕθίνουσα στο A f συνεχή ς στο Α 0 Όπου f () 0 f (A ) = f (), lim f () = [, ) lim f () = lim ( ) ln = = και [ ] 0 0 Επειδή lim ( ) = και lim ln = 0 )

4 ) [ ) f γνησ. αύξουσα στο A f (A ) f (), lim f (), f συνεχής στο Α Όπου f () = και lim f () = lim [( )ln ] = Επειδή = = lim ( ) = και lim ln = Άρα f (A) = f ( A ) f ( A ) = [, ) Β Τρόπος (για την µονοτονία) f () = ln f () = = > 0 ( επειδ ή > 0 > 0 ). Άρα η f γνησ. αύξουσα Για = είναι f () = 0 για για Γ. f γν. αυξ. > f () > f () f () > 0 f γν. αύξουσα f γν. αυξ. < f () < f () f () < 0 f γν. ϕθίνουσα Είναι για > 0 : = ln = ln ( )ln = 03 ( ) ln 03 = 0 ( ) ln 0 = 0 f () 0 = 0 f () = 0 f () To 0 f (A ) υπάρχει µοναδικό A = ( 0, ] ώστε f ( ) = 0 f γν. ϕθί ν. στο A (, επειδή f () = 0) Το 0 f (A ) f γν. αυξ. στο A υπάρχει µοναδικό A [, ) = ώστε f ( ) = 0 (, επειδή f () = 0) 03 Άρα, η εξίσωση = έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες 0,, ( ) και ( )

5 Γ3. Θεωρούµε h() = f () f () 0 Για την h στο [, ] έχουµε: h συνεχής στο [, ] h( ) = f ( ) f ( ) 0 h( ) = f ( ) f ( ) 0 Άρα h( ) h( ) < 0 0 = f ( ) < 0 επειδή ( 0, ) 0 ( ) ( επειδή, ) = f ( ) > 0 ( ) Οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα (, ) h( ) = 0 f ( ) f ( ) = ώστε : 0 Γ4. Θα βρούµε τις λύσεις της εξίσωσης g() = 0 f () = 0 f () = Ακόµη έχουµε g '() = f () Για = ισχύει η εξίσωση και είναι µοναδική ρίζα γιατί: 0, η = είναι ρίζα της εξίσωσης g() = 0 και επειδή η g έχει την Άρα Στο ( ] ίδια µονοτονία µε την f και f γν. φθίνουσα άρα και η g γν. φθίνουσα οπότε η ρίζα µοναδική., η = ρίζα της εξίσωσης g() = 0 και επειδή η g έχει την ίδια Στο [ ) µονοτονία µε την f και f γν. αύξουσα άρα και η g γν. αύξουσα οπότε η ρίζα µοναδική. d = ( )ln d = () E = g()d = f () d = ( ) ln > > 0 ( ) ln > 0 > ln > ln ln > 0 Από () έχουµε: ( )ln d = ( ) ln d = ln (ln ) d = ln d = ln d = 0 ln = ln 4 ln = = = = τ. µ

6 ΘΕΜΑ.. f () 0, συνεχής, Έστω dt και h() = dt 0 Η παραγωγίσιµη στο ( 0, ) ως πολυωνυµική ln t t ln = dt f () ( ) ( ) Η f συνεχής στο 0, άρα το dt παραγωγίσιµο στο 0, Η παραγωγίσιµη ως πολυωνυµική Για = είναι h() = dt = dt 0 0 = 0 Άρα h() h() για κάθε > 0 οπότε η h παρουσιάζει στο o = ελάχιστο και επειδή η h παραγωγίσιµη στο o =, από θεώρηµα Frmat προκύπτει h () = 0 h () = dt = f ( ) Για = έχουµε h () = 0 f ( )( ) = 0 f () = 0 f () = f () 0 στο 0, άρα διατηρεί σταθερό πρόσηµο Έχουµε ( ) Επειδή f συνεχής και ( ) στο ( 0, ) και επειδή f () = άρα f () < 0 Επειδή f () < 0 έχουµε f () = f () ln t t Οπότε είναι ln = dt f () () Η ln συνεχής στο ( 0, ) ως διαφορά συνεχών. Η f() συνεχής στο ( 0, ) οπότε ο λόγος ln t t συνεχής ως πηλίκο συνεχών άρα ln t t και το dt παραγωγωγίσιµο Έχουµε από την () και επειδή f() < 0 ln ln t t = dt f () Επειδή ln για κάθε > 0 άρα ln < 0 και f () < 0

7 Είναι ln ln t t ln t t > 0 οπότε και dt 0 Ά dt 0 f () > ρα ln Οπότε τελικά η f () = είναι παραγωγωγίσιµη ως πηλίκο ln t t dt παραγωγωγίσιµών συναρτήσεων f () 0 ln t t ln ln t t ln = dt f () = dt f (t) f () ln ln t t ln ln = dt = f () f (t) f () f () ln Απο εϕαρµογή σελ. 5 είναι = c f () ln Για = είναι = c = c = c c = f () Άρα ln ln = ln = f () f () = f () = (ln ), > 0 f (). ηµ f () lim f () f () lim f () f () lim f () ηµ = 0 f () ηµ 0 f () = = () 0 f () Έχουµε t f () = όταν 0 τότε t to όπου to = lim = lim = 0 0 f () 0 ln ( lim ) =, lim (ln ) = 0 0 ηµ f () ηµ t Άρα lim = lim = 0 t 0 t f ()

8 ln Ακ µη = = ό lim f () lim 0 0 ό lim (ln ) lim o 0 0 δι τι = και = = Άρα στην () προκύπτει απροσδιόριστη µορφή ( ) 0 Οπότε η () γίνεται ηµ f () ηµ t ηµ t t θέτω = t ηµ f () f () f () lim f () = lim = lim t = lim t t = 0 0 t 0 t t 0 t f () f () ηµ t t συνt ηµ t = lim = lim = lim = 0 t 0 t DLH t 0 t DLH t 0 3. F() = dt α Η F() παραγωγωγίσιµη επειδή η f(t) συνεχής στο ( 0, ), άρα η F() συνεχής F'() = f () = (ln ) < 0 διότι > 0 και για > 0 είναι ln ln ln < 0 Άρα η F() γν. ϕθίνουσα στο ( 0, ) F''() = f '() = (ln ) = ln Για > 0 έχουµε ln ln 0 ln > 0 Eίναι > 0 > 0 To > 0 ln > 0 F () > 0 και ln > 0 Άρα F''() > 0 οπότε F() κυρτή στο 0, ( ) Έχουµε F() F(3) > F() F() F(3) > F() F() F(3) F() > F() F() [ ] ( ) H F() συνεχής στο, H F() παργωγίσιµη στο,

9 ( ) υπ ρχει να τουλ χιστον ξ ( ) ( ) Απο Θ. Μ. Τ στο, ά έ ά, F F() F() F() ώστε F'( ξ ) = F'( ξ ) = H F() συνεχής στο, 3 [ ] ( ) ( ) υπ ρχει να τουλ χιστον ξ ( ) ( ) ( ) H F() παργωγίσιµη στο, 3 Απο Θ. Μ. Τ στο, 3 ά έ ά, 3 F 3 F() F 3 F() ώστε F'( ξ ) = F'( ξ ) = 3 Επειδή η F() κυρτή άρα η F () γν. αύξουσα στο ( 0, ) ξ, και ξ, 3 οπότε < ξ < < ξ < 3 Έχουµε ( ) ( ) F γν. αυξ. F() F() F(3) F() Άρα για ξ < ξ F'( ξ ) < F'( ξ) < ( > 0 ) F() F() < F(3) F() F() F() < F(3) F() F() < F(3) F() 4. Έχουµε F( β ) F(3 β ) = F( ξ) F( ξ) F( β) F(3 β ) = 0 Έστω η g() = F() F( β) F(3 β ) Η g() συνεχής στο [ β, β ] g( β ) = F( β) F( β) F(3 β ) = F( β) F(3 β ) > 0 F γν. ϕθ ιότι β < 3β F( β ) > F(3 β) F(β) F(3β) > 0 g( β ) = F( β) F( β) F(3 β ) < 0 =β ιότι F() F(3) > F() F( β ) F(3 β ) > F( β) 0 > F(β) F(β) F(3β) Από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ( β, β) ώστε g( ξ ) = 0 Επειδή g () = F () < 0 άρα η g γν. φθίνουσα, άρα είναι «-» Οπότε η ρίζα µοναδική. ηλαδή υπάρχει µοναδικό ξ ( β, ) g( ξ ) = 0 F( ξ) F( β) F(3 β ) = 0 F( ξ ) = F( β ) F(3 β ) β ώστε Επιµέλεια : Μυλωνίδης Σ. Τάνης Α. Ηλιάδης Κ. Μαργαριτέλη Ε. Πασχαλίδου Ξ. Σαµαρά Φ.

Σχετικά έγγραφα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται

ΘΕΜΑ Α ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 8 ΜΑΪΟΥ 0 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. Θεωρία, σελ. 53, σχολικού βιβλίου. Α. Θεωρία, σελ. 9, σχολικού βιβλίου. Α3. Θεωρία, σελ. 58, σχολικού βιβλίου. Α4. α) Σ, β) Σ,