Προτεινόμενα θέματα Πανελλαδικών εξετάσεων. Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Προτεινόμενα θέματα Πανελλαδικών εξετάσεων. Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ"

Αδελφά Δαγκλής
9 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Προτεινόμενα θέματα Πανελλαδικών εξετάσεων Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης o ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ

2 Ααντήσεις ΘΕΜΑ ο Α. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 6. B. Σχολικό βιβλίο, σελίδες 97 και 98. Γ. Σχολικό βιβλίο, σελίδα. Δ. α. Λάθος, β. Λάθος, γ. Λάθος, δ. Σωστό, ε. Σωστό. ΘΕΜΑ ο Έστω ότι z = + yi. Αό z = + y =. i. Εειδή ω = + z, αό τον ορισμό του μέτρου μιγαδικού έχουμε ω. Ακόμη αό την τριγωνική ανισότητα ισχύει ω = + z + z = + =. Όταν ω = z = και ω = z =. ω Αό ω= + z ω = (+ z)(+ z) ω = + =. ii. Έχουμε: A = + z + z+ z = ω + (+ yi) + (+ yi) = = ω+ yi + y + yi = ω+ + y( )i = ω = ω+ + yi = ω+ = ω+ = ω+ ω Δηλαδή A = ω + ω, ω [,]. iii. Θέλουμε να αοδείξουμε ότι + z + z+ z. Στο ροηγούμενο ερώτημα δείξαμε ότι A = + z + z+ z = ω + ω. Η οσότητα Α είναι συνάρτηση μεταβλητής ω και συγκεκριμένα: ω + ω +, ω, A(ω) = ω + ω = +,, ω ω ω Μελετούμε τη συνάρτηση αυτή ως ρος τα ακρότατα και βρίσκουμε ότι έχει ολικό ελάχιστο m = A( ) = και ολικό μέγιστο M A = =. Συνεώς για κάθε ω [, ] ισχύει: m A M A, ου είναι το ζητούμενο. ) / 5

ii. Έχουμε: A = + z + z+ z = ω + (+ yi) + (+ yi) = = ω+ yi + y + yi = ω+ + y( )i = ω = ω+ + yi = ω+ = ω+ = ω+ ω Δηλαδή A = ω + ω, ω [,]. iii. Θέλουμε να αοδείξουμε ότι + z + z+ z.

3 Ααντήσεις ΘΕΜΑ ο i. Εειδή f ()<, η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα, εομένως είναι και έχει αντίστροφη. Αν θέσουμε f() = y αό την υόθεση έχουμε: f() y y + f () = y = = y + + Εομένως f () = = g(), με R. Αυτή είναι αραγωγίσιμη με g() =. Η εξίσωση εφατομένης της C f στο σημείο της Μ (, f( )) έχει εξίσωση y f = f. Αφού f ( ) = f = Αό. την f (f()) = g(f()) = και εειδή οι f, f είναι αραγωγίσιμες, αίρνουμε g (f())f () =. Οότε για =, ροκύτει f. = Εομένως, η εξίσωση εφατομένης γράφεται y = y = +. ii. Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και κυρτή στο R, με οριζόντια ασύμτωτη στο + του άξονα και l i m g( ) = +. Είσης διέρχεται αό τα σημεία A(,) και B,. Αό τη γραφική αράσταση της f και με συμμετρία ως ρος την ευθεία y =, βρίσκουμε τη γραφική αράσταση της f. iii. Εειδή f ()<, η f είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση. Αό f () = f() =. Άρα η C f τέμνει τον άξονα στο και βρίσκεται άνω αό αυτόν στο διάστημα (, ). Τότε: E = f() d = f()d Θέτουμε y = f() = f (y) = g(y), με d = g (y)dy και έχουμε: [ ] E= f()d= yg(y)dy = yg(y) g(y)dy = = + + = + = ( ) ( ) d + iv. Η συνάρτηση h() = f () = = είναι συνεχής και αραγωγίσιμη στο R. + + Εομένως για να ικανοοιεί τις ααιτήσεις του θεωρήματος του Roll σε ένα διάστημα της μορφής [α,α +], το οοίο έχει λάτος, ρέει ακόμη να ισχύει: ( α + ) α ( α + ) h( α+ ) = h( α) α+ = α =α ( ) ( a+ ) = a a+ =± a a = ± k Κατά συνέεια τα διαστήματα ου ζητάμε είναι k k και k, k+ k+ όου k =. / 5

Η εξίσωση εφατομένης της C f στο σημείο της Μ (, f( )) έχει εξίσωση y f = f. Αφού f ( ) = f = Αό. την f (f()) = g(f()) = και εειδή οι f, f είναι αραγωγίσιμες, αίρνουμε g (f())f () =.

4 Ααντήσεις ΘΕΜΑ ο i. Έχουμε: d = d ( ) d = = ( ) = d ( ) = = = + Οότε η υόθεση g() + tg(t)dt + d = γράφεται: g() + tg(t)dt = () Παραγωγίζουμε την (): g() + g() = g() + g() = g() = ( ) Αό την τελευταία, με το θεώρημα της σταθερής συνάρτησης συμεραίνουμε ότι υάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε: g( ) = c g( ) = c Αό την () βρίσκουμε ότι g ( ) =. Oότε c = και g( ) =. Η συνάρτηση g( ) = έχει g () =. Συνεώς για = αρουσιάζει ολικό ελάχιστο m = g( ) =. Κατά συνέεια ισχύει: g ( ), για κάθε R ii. Θεωρούμε τη συνάρτηση Τ () = + g(t)dt, [, ]. Η συνάρτηση είναι συνεχής στο [, ] και έχει: Αό g ( t ) έχουμε: ( ) Τ ()T() = + g(t)dt = g(t)dt. + g(t) g(t) dt g(t)dt g(t)dt + > + > < Άρα T()T() <, οότε για τη συνάρτηση T ισχύει το θεώρημα του Bolzano και υάρχει (, ) τέτοιο, ώστε Τ( ) =, δηλαδή: g( t ) d t = Εειδή T() = + g() > για κάθε R, η συνάρτηση T είναι γνησίως αύξουσα στο R και εομένως η αραάνω ρίζα της είναι μοναδική. / 5

σταθερής συνάρτησης συμεραίνουμε ότι υάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε: g( ) = c g( ) = c Αό την () βρίσκουμε ότι g ( ) =. Oότε c = και g( ) =. Η συνάρτηση g( ) = έχει g () =.

5 Ααντήσεις iii. Έστω G μια αρχική συνάρτηση της g στο [, ]. Σύμφωνα με το θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού ισχύει: G( ) G() g(t)dt = G( ) G() = ( ) Για την G εφαρμόζεται το θεώρημα Μέσης Τιμής στο [, ], οότε υάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ (, ) τέτοιο, ώστε: Εομένως g( t )d t = g( ξ ). Αό το ροηγούμενο ερώτημα έχουμε και έχουμε g(t)dt = g( ξ) ( g(t)dt ) και βρίσκουμε ότι: iv. Είναι G( ) G() G( ) G( ) G( ξ ) =, δηλαδή g( ξ ) = = g( t ) d t. Αντικαθιστούμε στη () αό αυτές το. Λύνουμε την τελευταία ως ρος το ολοκλήρωμα g ( t ) d t= g ( ξ ) + g ( ξ ) I = ηµ g()d = ηµ g()d + ηµ g()d = I + I. Για το I θέτουμε y = και εειδή g( y) = g(y) έχουμε: I = ηµ g()d = ηµ ( y) g( y)( dy) = ηµ yg(y)dy = I Άρα I = ηµ g( )d = I + I =. Δημήτρης Κατσαρός (Μαθηματικός) mail: katsarost@hotmail.gr 5 / 5

τέτοιο, ώστε: Εομένως g( t )d t = g( ξ ). Αό το ροηγούμενο ερώτημα έχουμε και έχουμε g(t)dt = g( ξ) ( g(t)dt ) και βρίσκουμε ότι: iv. Είναι G( ) G() G( ) G( ) G( ξ ) =, δηλαδή g( ξ ) = = g( t ) d t.

Σχετικά έγγραφα

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σπουδών

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Μαθηματικά Προσανατολισμού, Θετικών & Οικονομικών Σουδών Ημερομηνία: 9 Ιουνίου 217 Ααντήσεις Θεμάτων Θέμα Α Α1. Θεωρία, βλ. σχολικό βιβλίο