ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

Transcript

1 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαιο ) [Κεφάλαιο Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου] ΘΕΜΑ Α.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 49.. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ. ΘΕΜΑ Β. Η συνάρτηση g f είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. μια ρίζα της εξίσωσης g 0, οπότε έχουμε Έστω 0 g 0 g f 0 f, f f Η σχέση για 0 γίνεται 0 0 αδύνατο, επομένως f f και επειδή είναι συνεχής, διατηρεί σταθερό πρόσημο. g 0 για κάθε ος τρόπος Η συνάρτηση g f είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων Η σχέση f f γίνεται f f f g 0 f f άρα g() 0 και αφού είναι συνεχής Σελίδα από 8

2 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ θα διατηρεί πρόσημο. Όμως g(0) f(0) 0 0 0, οπότε g() 0 κάθε. για. Η σχέση f f γίνεται f f f g f f Επειδή η g διατηρεί σταθερό πρόσημο θα έχουμε g 0 ή g 0, οπότε g ή g g f ή g f και επειδή f ή f f 0 f έχουμε ος τρόπος Αφού g() 0 τότε από το προηγούμενο ερώτημα θα έχουμε, όμως g g() οπότε g f, f f. f 3. α) lim lim 0 0 lim lim 0 0 lim Σελίδα από 8

3 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ β) 0 0 lim 0 και από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε lim 0 με 0 lim f lim και επειδή ος τρόπος lim f lim lim 0 Γιατί όμως lim 0 και κριτήριο της παρεμβολής lim 0. lim 0 οπότε από το ΘΕΜΑ Γ. α) Επειδή η συνάρτηση f συνεχής και στο e οπότε θα ισχύει: είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της0,, θα είναι lim f lim f f e lim ln lim ln e f e e e e e 3 3 e 3. e β) Επειδή f ln 6, 3 f e e ln e e 6 ln e 6, γιατί e e e ln(e ) ln e 6 ln(e ) 6 7 f(e) 7 Σελίδα 3 από 8

4 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ δηλαδή f () 6 f (e) και η f είναι συνεχής στο ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα,e,e : f τότε, σύμφωνα με το Θ.. α) Έστω, 0 με f ( ) f ( ) e e f e f e f f f f 4ln 3 4ln 3 ln ln. Άρα η f είναι. f f β)f f e ln ln 4 3 f f e ln ln 4 3 f () f (f (e )) ln 4ln 3 f (4ln 3) ln 4ln 3 Θέτουμε 4ln 3 y 0, οπότε f(y) ln y, άρα f() ln, f f f e f (f ()) f e f () e ln e γ) f: () 04 ln e 0 Θέτουμε 04 t() ln e, η οποία είναι συνεχής στο, e συναρτήσεων και 04 t() ln e e e e t ln e e e 0, e e ως διαφορά συνεχών, επομένως ισχύει t t() 0, οπότε από το e e Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 0, e τέτοιο ώστε t( 0) 0 και λόγω της () 04 έχουμε ισοδύναμα ότι η εξίσωση f f f e, e. έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Σελίδα 4 από 8

5 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Δ. Θα δείξουμε ότι () για κάθε. Πράγματι, αν ο είναι θετικός τότε το ο μέλος της () είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό οπότε η () ισχύει για όλους τους θετικούς αριθμούς. Αν 0 τότε και τα δύο μέλη της () είναι μη αρνητικά συνεπώς υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε ισοδύναμα 0 που ισχύει για όλους τους μη αρνητικούς αριθμούς. Άρα τελικά η () ισχύει για κάθε. ος τρόπος Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς ισχύει γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο για κάθε 0 0, και επειδή η είναι, άρα παίρνουμε. Όμως από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής ισχύει.συνδυάζοντας τις προηγούμενες δύο ανισότητες παίρνουμε που είναι αυτό που θέλαμε να δείξουμε. 3 ος τρόπος Αν υπάρχει αριθμός 0 f 0, τότε παίρνουμε ισοδύναμα ώστε 0 υψώνοντας στο τετράγωνο για εκείνα τα παίρνουμε και 0 0 που επιτρέπεται (προφανώς για 0 0 ), 0, άτοπο. Άρα η συνάρτηση δε μηδενίζεται και από την άλλη είναι συνεχής στο, αφού προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Συνεπώς διατηρεί πρόσημο στο. Αφού επιπλέον f (0) 0, άρα f () 0 για κάθε.. Έστω, 0 0,, άρα με (). Αφού η συνάρτηση, ( ). Προσθέτοντας τις (), () κατά μέλη παίρνουμε είναι γνησίως αύξουσα στο f ( ) f ( ) Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, όπως το θέλαμε. Σελίδα 5 από 8

6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 3. f( ) ( ) (3) f() ος τρόπος Η f( ) (3) f() γίνεται ισοδύναμα: f ( )f () που ισχύει. Για τη μονοτονία έχουμε αποδείξει ήδη ότι η βρούμε τη μονοτονία στο 0 και επειδή η άρα παίρνουμε f,0 f 0, είναι γνησίως αύξουσα στο. Έστω λοιπόν,, 0 με. Θα. Τότε, είναι γνησίως αύξουσα στο 0, (από το ερώτημα Δ), (3) f () 0 f ( ) f ( ) f ( ) f ( ). f ( ) f ( ) Θα δείξουμε τώρα ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το. Αν, 0, Αν,, 0 με τότε επειδή η 0, άρα f ( ) f ( ). με τότε επειδή η f άρα f ( ) f ( ). f είναι γνησίως αύξουσα στο είναι γνησίως αύξουσα στο,0 Αν 0 τότε f ( ) f (0) f (), άρα και πάλι f ( ) f ( ). Επομένως σε όλες τις περιπτώσεις ισχύει f ( ) f ( ), άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το. 4. Η δοσμένη σχέση γράφεται ( ) f ( ) 0 f ( ) ( 3) f ά f f ( ) f Σελίδα 6 από 8

7 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ος τρόπος Η δοσμένη σχέση γράφεται Άρα Εντελώς όμοια παίρνουμε Προσθέτοντας τις παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε ( ) 0 0 Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι ο ος Άλγεβρας Α Λυκείου. τρόπος δεν απαιτεί τίποτε παραπάνω από γνώσεις 5. Θέτουμε y f (), με y 0 και έτσι y y y y y y 0 y 0 y 0 y 0 y y y y y y y 0 y y 0 y 0 0 y 0 οπότε f (), 0. Σχόλιο: Από τον παραπάνω τρόπο βγάζουμε το συμπέρασμα ότι η εξίσωση y για κάθε y (0, ) μία και μόνο λύση στο, την y f () έχει. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι y Σελίδα 7 από 8

8 η f ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ 06: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ είναι - (χωρίς να χρειάζεται να κάνουμε χρήση της μονοτονίας της) και κατά συνέπεια αντιστρέψιμη με f : 0, και τύπο f (). ος τρόπος Δείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο άρα - συνεπώς είναι αντιστρέψιμη. Θέτουμε y f (), με y 0 (λόγω του Δ) και έχουμε: 0 y f ( ) y y y y Αφαιρώντας κατά μέλη τις y και y παίρνουμε y y (4) y y Λόγω του ότι για να φτάσουμε στη σχέση (4), χάθηκε η ισοδυναμία (διότι αφαιρέσαμε κατά μέλη), έχουμε αποδείξει μόνο τη συνεπαγωγή f () y g(y), με y g(y), y 0. Θα πρέπει τώρα να δείξουμε και το αντίστροφο δηλαδή ότι αν y y, y 0 τότε ισχύει f () y. Πράγματι y 4 y y y y y 4y y f () f y y y 4y y y 0 y y y y y y y y y Άρα τελικά, f () g(), 0 Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών: Το θέμα Δ επιμελήθηκε ο Συγκελάκης Αλέξανδρος, Μαθηματικός του Πρότυπου Πειραματικού Γενικού Λυκείου Ηρακλείου. Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τους Κωνσταντόπουλο Κωνσταντίνο, Μοτσάκο Βασίλειο και Σούγελα Ελένη. Σελίδα 8 από 8