ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 25/5/2015 ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ: ΘΕΜΑ Α: ΘΕΜΑ Β:

Transcript

1 . Σχολικό βιβλίο σελ.9. Σχολικό βιβλίο σελ Σχολικό βιβλίο σελ.5. α) Λ Β. β) Σ γ) Λ δ) Σ ε) Σ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 5/5/5 ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ: ΘΕΜΑ Α: ΘΕΜΑ Β: Έστω z=+yi. Κάνοντας πράξεις στη δοσμένη σχέση του ερωτήματος βρίσκουμε ότι ( ) + y = ( ) + y 3 3y = + y = Άρα οι εικόνες των μιγαδικών z ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το Ο(,) και ακτίνα ρ=. Β. α) Επειδή οι μιγαδικοί ανήκουν στον κύκλο του προηγούμενου ερωτήματος μπορούμε να συνάγουμε ότι z = z = z =, z z =. z Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. από 7

2 Για να διαπιστώσουμε ότι ο w πράγματι είναι πραγματικός αρκεί να υπολογίσουμε τον w Είναι: w = z z + z = z z z + z z = z + z = w z z β) Κάνοντας ομώνυμα στον w βλέπουμε ότι w = z +z χρησιμοποιώντας ότι z z =. z + z = + Άρα w, και w πραγματικός, λαμβάνουμε: w Β3. Αφού τώρα w=-, με πράξεις οδηγούμαστε στη σχέση z + z = z +z z z = z z z z = z + z = z z (z + z ) =. Για να ισχύει αυτό αναγκαστικά πρέπει z = z. Το ζητούμενο τρίγωνο τώρα έχει ως πλευρές τις ΑΒ,ΑΓ,ΒΓ Είναι: ΑΒ = z z, ΑΓ = z z 3, ΒΓ = z z 3 Βλέπουμε με λίγο άλγεβρα ότι ΒΓ = z z 3 = z iz = z i = 5 ΑΓ = z z 3 = z iz = z i = 5=ΒΓ Επομένως το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Γ. ΘΕΜΑ Γ: Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε όλο το R, ως πράξεις παρ/μων, με f () = (e ) ( +) e () ( +) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το R. = ( ) e ( +), όπου f () = =. Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. από 7

3 e = e + + D.L.H. = + D.L.H. Επίσης, + f() = Και f() = e + =, γιατί e =, Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το Γ. Είναι f(e 3 ( + )) = e Παρατηρούμε ότι ο αριθμός e3 f(r) = (, + ). e = =. 5 f(e3 ( + )) = f() e 3 ( + ) = f() = e3 f(r) = (, + ), άρα υπάρχει λόγω μονοτονίας της συνάρτησης f μοναδικός αριθμός o R, ώστε f( o ) = e3. Γ3. Έστω τυχόν >. Ορίζουμέ τη συνάρτηση ολοκλήρωμα F() = f(t)dt. Η F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη σε όλο το R, αφού η f είναι παντού συνεχής Επιπλέον F () = f() Η F είναι συνεχής στο [, ] Η F είναι παρ/μη στο (, ) Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής( Θ.Μ.Τ.) υπάρχει ξ (, ): f(ξ) = Τώρα ξέρουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, Άρα αφού ξ < f(ξ) < f() για κάθε >. Γ. Είναι g () = g() g() = F() F() f(t)dt f(t)dt = f(t)dt < f() f(t)dt = f(t)dt = < f(), Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. 3 από 7

4 f() f() = D.L.H. 6f () f () = 6f () = 6. == D.L.H. Άρα η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο Επίσης η g είναι παρ/μη στο (, + ), ως πράξεις παρ/μων Τότε για κάθε > έχουμε: = g () = (f() f()) f(t)dt = [f() f() f(t)dt ] = [f() f(t)dt + (f() f())] >, για κάθε > Επειδή γνωρίζουμε από το ερώτημα Γ3 ότι f() γνησίως αύξουσα και < έπεται ότι f() f() > f(t)dt >, και αφού f Άρα g () = 6, g () >, για κάθε >, συνεπώς η g είναι γνησίως αύξουσα στο [, + ). Δ. ΘΕΜΑ Δ: Κάνοντας επιμερiστική στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση βλέπουμε άμεσα ότι μπορούμε να τη γράψουμε Άρα έχουμε ότι e f() e f() = + c [e f() e f() ] =. Για =, επειδή f()=, βλέπουμε ότι c=. Τέλος πολλαπλασιάζοντας τη δοσμένη εξίσωση με e f(), καταλήγουμε στη σχέση e f() = e f() e f() e f() = e f() e f() + = + (e f() ) = +. Η συνάρτηση (e f() ) διατηρεί πρόσημο γιατί δεν έχει ρίζες, και άρα είναι αυστηρά θετική. Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. από 7

5 Άρα και η συνάρτηση h() = e f(), διατηρεί πρόσημο, και αφού h()=>, αναγκαστικά ισχύει ότι h()> Καταλήγουμε λοιπόν ότι e f() = + f() = ln( + + ), για κάθε R Δ. α) Παραγωγίζοντας τη συνάρτηση f, έχουμε f () = = + = Συνεπώς εύκολα μετά βλέπουμε ότι f () = + > + + = + ( + ) Αφού + ( + ) >, για κάθε R, παρατηρούμε ότι f () >, αν < f (), αν Άρα η f κυρτή στο (, ) Άρα η f κοίλη στο [, + ) Σημείο καμπής στο o = β) Παρατηρούμε κατ αρχήν ότι η ευθεία y= είναι η εφαπτομένη της συνάρτησης στο σημείο Α(,f()). Επειδή τώρα η f είναι κυρτή στο [,] που είναι το πεδίο ολοκλήρωσης, θα είναι κάτω από την εφαπτομένης της, y=, σε ολόκληρο το [,], δηλαδή f() Άρα Ε(Ω) = (f() )d = [ln( + + )) ]] d = [ln ( + + ))] d + d = [ln ( + + )] + + d + [ ] = = ln( + ) + [ + ] + = ln( + ) +, τ. μ. Δ3. f (t)dt Είναι : +( e ) = e =, αφού + f (t)dt = Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. 5 από 7

6 Επίσης ln f() =, αφού f()= + Έχουμε λοιπόν Άρα το όριο έχει απροσδιόριστη μορφή ( ), και επομένως με κατάλληλη τροποποίηση του ορίου μπορούμε να εφαρμόσουμε D.L.H. Επειδή Δ. = + f (t)dt +(e )ln f() = f (t)dt f ()(e ) f() f (t)dt e f () f() =, f () =, Θεωρούμε τη συνάρτηση Είναι + (e = + f (t)dt ln(f()) + e f (t)dt f (t)dt = D.L.H. f()f ()(e ) e =, f (t)dt ) =, + e f (t)dt = g() = ( )( 3 f(t )dt) + ( 3)(8 3) f (t)dt g() = 3 8 f (t)dt g(3) = 3 f(t )dt Χρησιμοποιούμε ότι η f είναι κοίλη και άρα στο διάστημα [, + ) είναι κάτω από την εφαπτομένη της στο σημείο Α(,f()) Ισχύει δηλαδή η ανισότητα f() <, για κάθε > Άρα f(t ) < t, για κάθε t (,], συνεπώς f(t )dt < t dt =, άρα 3 g(3) > Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. 6 από 7

7 Όμοια επειδή f είναι γνησίως αύξουσα( αφού f ()>), έχουμε ότι για >, f()>f()= f (t) < t, για κάθε t (,] Άρα μπορούμε να υψώσουμε στο τετράγωνο χωρίς να αλλάξει η φορά της ανίσωσης, άρα Άρα f (t)dt < t dt = 8, δηλαδή g() <. 3 H g είναι συνεχής στο [,3] g()g(3)< Από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον o (,3): g( o ) =. Άρα η αρχική δοσμένη εξίσωση έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (,3). Αλεξανδρος Πασιούρας Μαθηματικός MSc-PhD Σελ. 7 από 7