Προτεινόμενες λύσεις ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 25/5/2015. ένα σημείο του πεδίου ορισμού της. Θα λέμε ότι η f είναι συνεχής στο x

Transcript

1 Πανελλήνιες 5 Προτεινόμενες λύσεις ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 5/5/5 ΘΕΜΑ Α Α Ας υποθέσουμε ότι f(α) f (β) Τότε θα ισχύει f(α) η f (β) Θεωρούμε τη συνάρτηση: g() f () η, με [α,β] Η g είναι συνεχής στο [α,β] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και επιπλέον: g(α) f (α) η g(β) f (β) η άρα είναι g(α) g(β) Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον (α,β) τέτοιο, ώστε: g( ) f ( ) η f ( ) η Α Έστω μια συνάρτηση f και ένα σημείο του πεδίου ορισμού της Θα λέμε ότι η f είναι συνεχής στο, όταν: lim f () f ( ) Α Μια συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού Α, θα λέμε ότι παρουσιάζει στο τοπικό ελάχιστο, όταν υπάρχει δ, τέτοιο, ώστε: Α4 α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος είναι (συν) ημ δ) Σωστό ε) Σωστό f () f ( ) για κάθε A (δ, δ) A Σελίδα / 6

2 ΣΧΟΛΙΟ: Οι τρόποι λύσεων που ακολουθούν είναι κοντά στην πραγματικότητα των μαθητών Μερικοί από αυτούς είναι ακριβώς αυτοί που οι ίδιοι οι μαθητές πρότειναν ΘΕΜΑ Β Β ος τρόπος z 4 z z 4 4 z (z 4)(z 4) 4(z )(z ) zz 4z 4z 6 4zz 4z 4z 4 zz 4 z 4 z Άρα οι εικόνες των z είναι σημεία ενός κύκλου με κέντρο το Ο(,) και ακτίνα ρ ος τρόπος Έστω z yi,,y απεικονίζεται σε M(,y) στο μιγαδικό επίπεδο Είναι: yi 4 yi ( 4) yi ( ) yi Άρα: ( 4) y ( ) y y 8 6 4( y ) y 4, οπότε τα M(, y) είναι πάνω σε κύκλο με κέντρο O(,) και ακτίνα ρ Β α) ος τρόπος Από το Β ισχύει z άρα zz 4 και όμοια z άρα zz 4 Θα δείξουμε ότι: w w 4 4 z z z z z z Πράγματι: w w, άρα w z z 4 4 z z z z ος τρόπος Από το Β έχουμε z z 4 z z 4 και όμοια z z 4 Σελίδα / 6

3 z z Έτσι: w z z z z (zz zz ) R(zz ) z z 4 4 Άρα w R(zz ) Β β) ος τρόπος z z z z Είναι: w z z z z, άρα z z w z z, οπότε w 4 Όμως αφού w το μέτρο του w είναι η απόλυτη τιμή του άρα w 4 4 w 4 Επίσης από το w δίσκου με κέντρο O(,) και ακτίνα 4 4 συμπεραίνουμε ότι οι εικόνες των w είναι σημεία του κυκλικού Αφού ο w οι εικόνες του θα είναι τα σημεία του R άξονα αυτού του κυκλικού δίσκου, άρα προφανώς w [ 4,4] Im R 4 4 ος τρόπος συνέχεια της ιδέας ότι w R(zz ) : Αν z yi απεικονίζεται στο A(, y ) z yi απεικονίζεται στο B(, y ) τότε: w R(z, z ) yy OA OB Σελίδα / 6

4 Έτσι για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων ισχύει: OA OB OA OB OA OB Δηλαδή z z R(zz ) z z και έτσι: 4 w 4 ος τρόπος z Θέτοντας z κ με κ Έτσι αφού λόγω του κ ακτίνας, άρα: είναι w κ (κ κ) 4R(κ) κ οι εικόνες των κ είναι σε κύκλο με κέντρο Ο(,) και R(κ) 4 4R(κ) 4 4 w 4 Β Αφού w ος τρόπος 4 τότε: z z 4 z z zz (z z ) z z, άρα z z Θα δείξουμε ότι δύο από τα μέτρα z z, z z, z z είναι ίσα z z z iz z ( i) z i 5 z z z z z z z iz z i 5 Έτσι AΓ BΓ άρα το ΑΒΓ είναι ισοσκελές ος τρόπος: Αφού z z τα A(z ) και B(z ) είναι δύο σημεία του κύκλου O(,) άρα είναι αντιδιαμετρικά σημεία z z i z i z z, άρα z z z ΙΙ, άρα z z, άρα (zz ) zz, άρα zz άρα R(zz ), άρα OA ΟΓ, άρα ΟA ΟΓ ΙΙ Σελίδα 4 / 6

5 Γ(z ) A(z ) O B(z ) Έτσι το Γ βρίσκεται πάνω στην μεσοκάθετο του ΑΒ, άρα: AΓ BΓ Σχόλιο: Ο τρόπος αυτός είναι συνέχεια του ου τρόπου στο Β β) και είναι τρόπος μαθητή Αυτή η προσέγγιση αναδεικνύει την γεωμετρική «ματιά» πίσω από τα σύμβολα και μάλιστα χωρίς να έχει διδαχθεί επίσημα τριγωνομετρική μορφή μιγαδικού και τη στροφή διανυσμάτων ος τρόπος Έστω z yi απεικονίζεται στο A(, y ), άρα αφού z z, ο z θα απεικονίζεται στο B(, y ) Είναι z iz i( yi) y i, άρα ο z θα απεικονίζεται στο Γ( y, ) Τότε AΓ (y, y ), άρα AΓ και BΓ ( y, y ), άρα BΓ 5( y ) ( y ) 5 4 5, συνεπώς AΓ BΓ, άρα ΑΒΓ ισοσκελές Σχόλιο: Επίσης να σημειωθεί με την συγκεκριμένη διατύπωση του θέματος ο μαθητής δεν έχει την υποχρέωση να δείξει ότι τα Α,Β,Γ δεν είναι συνευθειακά ΘΕΜΑ Γ Γ f () Η f () είναι παραγωγίσιμη στο ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων Σελίδα 5 / 6

6 Για κάθε : f () ( ) () ( ) Το πρόσημο και οι ρίζες της f εξαρτώνται μόνο από την παράσταση: ( ) Άρα f () στο, με την ισότητα να ισχύει μόνο στο, άρα η f () είναι γνησίως αύξουσα f () f () Υπολογίζω το A lim f () lim lim Υπολογίζω το B lim f () lim lim lim DLH DLH Έτσι, αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα (, ) (Α, Β) (, ) Άρα το Σύνολο τιμών της f είναι το (, ) Γ Είναι: f ( ( )) f () 5 Όμως η f είναι γνησίως αύξουσα στο, άρα και άρα ισοδύναμα έχουμε: ( ) ( ) f () Έτσι εφόσον (, ) και f συνεχής στο υπάρχει τέτοιο, ώστε f ( ) και είναι μάλιστα μοναδικό αφού η f είναι Μια παραπλήσια επιλογή μαθητών είναι: Έχοντας την εξίσωση ( ), θεωρώ τη συνάρτηση: Σ() ( ), Σελίδα 6 / 6

7 Αποδεικνύεται ότι η Σ() είναι γνησίως φθίνουσα στο με σύνολο τιμών το (, ) Άρα το (, ) και υπάρχει μοναδικό τέτοιο, ώστε: Σ( ) Αυτός ο τρόπος ήταν πιο χρονοβόρος στο lim Σ() Γ ος τρόπος Η f () είναι συνεχής στο (, (, ), τότε: 4 f F(4) F() ) και έστω F() μια αρχική συνάρτηση της f στο Άρα: 4 X F(4) F() f f (4) F(4) F() f (4) f (4) Η F() πληροί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤΔΛ στο [,4], έτσι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (,4) : 4 F(4) F() F(ξ) f (ξ) ξ Άρα πρέπει να δειχθεί ότι f(ξ) f (4) που ισχύει, αφού ξ 4 και f γνησίως αύξουσα στο (, ) Σχόλιο: Το ίδιο ακριβώς αποδεικνύεται αν κάποιος θεωρήσει τη συνάρτηση: ως αρχική της f στο (, ) ος τρόπος G() α f Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα t [, 4] [f(), f(4)], άρα f (t) f (4) με την ισότητα να ισχύει μόνο για t 4, λόγω της μονοτονίας της f Επομένως ισοδύναμα έχουμε: 4 4 f (t) f (4) (f (t) f (4))dt f f (4)dt f f (4) 4 Σελίδα 7 / 6

8 Άρα 4 f f (4) για κάθε Σχόλιο: Μια παρόμοια προσέγγιση είναι: f dt f (4) f f (4)dt 4 (f (t) f (4))dt, Γ4 για το οποίο η απόδειξη είναι ίδια Η μονοτονία της g στο [, ) απαιτεί την συνέχεια της g() στο Έτσι A lim g() lim Η συνάρτηση: 4 f 4 4 Φ() f f f α α κρίνεται παραγωγίσιμη στο (, ) αφού η f (t) είναι συνεχής στο (, ),, 4 (, ) και οι, 4 είναι παραγωγίσιμες στο (, ) Άρα η Φ() είναι και συνεχής στο (, ), οπότε lim Φ() Φ() Έτσι το Α οδηγείται στην απροσδιόριστη μορφή Είναι: 4f (4) f () A lim 4f () f () f (), DLH γιατί οι f (), f (4) είναι συνεχείς ως σύνθεση συνεχών στο (, ) Έτσι: άρα η g() είναι συνεχής στο Σχόλιο: Από το Γ μπορούμε και το εξής: lim g() g(), 4 f () f (t) f (4) f () f f (4) f () g() f (4) Έτσι υπάρχει έδαφος για ΚΠ όμως χωρίς ισότητα, που σαφώς απαιτεί πιο πολλές εξηγήσεις (ήταν ιδέα μαθητή, που αναθεώρησε και επέλεξε τον προηγούμενο τρόπο) Σελίδα 8 / 6

9 Για κάθε η g() συναρτήσεων Έτσι: g () 4 f είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων 4 f () 4f (4) f f () f (4) f (4) f 4 [f (4) f ()] f (4) f 4, 4 διότι: f (4) f, από Γ, και f (4) f () λόγω του γεγονότος ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (, ) Έτσι η g() είναι συνεχής στο [, ) παραγωγίσιμη στο (, ) με g () για κάθε, άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [, ) ΘΕΜΑ Δ Δ Ισχύει: f () f () f () f () f ()[ ] f () f () f () f () f () f () f () f () ( ) ( ) για κάθε, με τις συναρτήσεις f () f (),, να είναι παραγωγίσιμες στο, άρα f () f () c, c Για έχουμε: f () f () c c c c Άρα f () f () f () f () f () f () f () f () f () f () f () ( ) για κάθε Σελίδα 9 / 6

10 Θεωρούμε συνάρτηση f () A(), η οποία είναι συνεχής στο, ως διαφορά συνεχών Έστω ότι υπάρχει τέτοιο, ώστε A( ) f () Τότε θα είναι και A ( ) ( ), το οποίο είναι άτοπο Συνεπώς είναι A() για κάθε, οπότε η A() διατηρεί πρόσημο στο και επειδή f () A() A() θα είναι A() για κάθε, άρα: f () f () A(), άρα f () ln( ), Δ (α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ως συνθέσεις και πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε για κάθε έχουμε: f () f (), () Η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πηλίκο και σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε για κάθε έχουμε: f () f () ( ) Το πρόσημο και οι ρίζες της f () εξαρτώνται μόνο από την ποσότητα:, οπότε: Έτσι η f είναι κυρτή στο (, ], κοίλη στο [, ) και έχει σημείο καμπής το O, f (), δηλαδή το O, f () Σελίδα / 6

11 (β) ος τρόπος Από () είναι f (), οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της C f στο σημείο O, f () είναι: ε : y f() f () ( ) y ε : y Η f είναι κοίλη στο [, ), οπότε η της, δηλαδή ισχύει: f () για κάθε [, ) C f είναι κάτω από την εφαπτομένη με την ισότητα να ισχύει μόνο για το σημείο επαφής με τετμημένη Έτσι το ζητούμενο εμβαδό είναι: E f () d f ()d d Υπολογίζουμε το I f ()d : I f ()d f ()d [f ()] f ()d [f ()] d [f ()] d () [f ()] [ ] f () f () ( ) ln( ) Υπολογίζουμε το I d : I d E I I ln( ) ln( ) Τελικά E ln( ) E ln( ) Σελίδα / 6

12 ος τρόπος Για κάθε θεωρούμε τη συνάρτηση B() f () ln( ) Η B() είναι παραγωγίσιμη στο ως συνθέσεις και πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε για κάθε έχουμε: () B () f () Το πρόσημο και οι ρίζες της B () εξαρτώνται μόνο από την ποσότητα: Είναι: B () B () άτοπο B (), που ισχύει για κάθε Έτσι ο πίνακας μεταβολών της B() είναι: Συνεπώς, αφού η B() είναι γνησίως φθίνουσα στο [,], είναι: B B() B() B(), με την ισότητα να ισχύει μόνο για το σημείο επαφής με τετμημένη Άρα και πάλι: E f () d Δ Για κάθε f f () f () f (), άρα f () f () Έτσι: f () u lim ln f () lim(ln u) u Σελίδα / 6

13 Με την f (t) συνεχή στο [, ),, [, ) η συνάρτηση κρίνεται παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής στο [, ), οπότε: f lim f Έτσι: f κ lim lim Όπου κ κ f Συνεπώς το f lim ln f () οδηγείται στην απροσδιόριστη μορφή ( ) Η πιο κλασική απόπειρα άρσης της απροσδιοριστίας είναι η εξής: f lim ln f () lim ln f () f DLH lim f f () f () f () lim f f f () f () f lim f f () f f () Υπολογίζουμε το όριο: f f f f () L lim lim f () DLH f () f () f f lim f () Υπολογίζουμε το όριο: Σελίδα / 6

14 Τελικά: f () f () L lim f f f f () f () f lim ln f () lim Σχόλιο Υπάρχουν και άλλοι τρόποι που χρησιμοποιούν «τεχνάσματα», όμως και ο κλασικός οδηγεί σε λύση Δ4 Θεωρούμε τη συνάρτηση: g() ( ) f (t )dt ( ) 8 f Με την f συνεχή στο οι συναρτήσεις οι f (t )dt και f (t ), f (t) είναι συνεχείς στο,,,, άρα f είναι παραγωγίσιμες στο, άρα και συνεχείς στο Συνεπώς η g() είναι συνεχής στο, ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων, άρα συνεχής και στο [, ] g() ( ) 8 f 8 f Όμως από το ερώτημα Δ ισχύει ότι: f (t) t για κάθε t, με την ισότητα να ισχύει μόνο αν t Έτσι με t [, ] είναι: f (t) t f t dt f t f 8 f 8 8 f 8 f Επομένως g() g() ( ) f (t )dt f (t )dt Όμως και πάλι με τις ίδιες συνθήκες από την ανισότητα f (t) το t ( t ) έχουμε t, θέτοντας όπου t f (t ) t, με την ισότητα να ισχύει μόνο για t, άρα: Σελίδα 4 / 6

15 f (t ) t f (t )dt t dt f (t )dt t f (t )dt f (t )dt f (t )dt Επομένως g() Τότε είναι g() g() ξ (, ) τέτοιο, ώστε:, άρα από το Θ Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ξ g(ξ) (ξ ) f (t )dt (ξ ) 8 f Διαιρώντας με (ξ ) (ξ ), αφού ξ, προκύπτει ότι: ξ ξ f (t )dt 8 f ξ ξ δηλαδή η εξίσωση: f (t )dt 8 f έχει τουλάχιστον μία λύση στο (, ) ΓΕΝΙΚΟ ΣΧΟΛΙΟ Τα θέματα των Μαθηματικών Κατεύθυνσης του 5 είναι συνολικά τα πιο δύσκολα όλων των τελευταίων ετών Τα ερωτήματα από μόνα τους είναι σαφή, ποιοτικά και διαφορετικής δυναμικής Όμως η σύνθεση του «παζλ» δεν ήταν απόλυτα εύστοχη Τα ερωτήματα με τη δυσκολία των Β, Β 4, Γ, Γ 4, Δ, Δ και Δ 4 υπήρξαν αρκετές φορές τα τελευταία χρόνια (,,, 9, 8 ) και θεωρούνται «εντός» ενός καλοδουλεμένου μαθήματος Η τοποθέτηση θεμάτων με τέτοια ποιότητα στο 4 Γ, Γ, που δικαιωματικά ανήκουν στο 4ο Θέμα (όχι λόγω του ότι η συνάρτηση ολοκλήρωμα δεν μπορεί να υπάρξει στο ο Θέμα, αλλά για την εμβάθυνση που απαιτούν), καθώς και η μεγάλη ποσότητα, συνολικά δημιούργησε προβλήματα: Σελίδα 5 / 6

16 ο) χρόνου: άρα δεν έδωσε την ευκαιρία σε μαθητές να σκεφτούν, να συνθέσουν, να «γράψουν και να σβήσουν» δείχνοντας τις δυνάμεις τους ο) κλιμάκωσης: οι μαθητές που μπορούν μέχρι ενός σημείου, αλλά γνωρίζουν αρκετά πράγματα βασικά των παραγώγων, δεν μπόρεσαν ούτε αυτοί να έχουν την ευκαιρία τους ειδικά στο Θέμα Γ Ίσως την είχαν στο Δ, όμως οι συνθήκες δεν είναι ίδιες Έτσι εξομοιώνονται με μαθητές που με λιγότερες γνώσεις και προσπάθεια έγραψαν τη «θεωρία και τα SOS» ο) σχετικής αδικίας: των ίδιων των θεμάτων Η τοποθέτηση αυτού του θέματος στο Γ με 4 μονάδες (!!!) θα μείνει στην ιστορία για το θέμα με την πιο φτωχή μοριοδότηση σε σχέση με την αξία του Φυσικά και μιας κατ επέκταση αδικίας για όλους όσους το έλυσαν έχοντας προσπαθήσει, έχοντας εμβαθύνει, έχοντας κάνει τα δικά τους άλματα γνώσης πάνω σε θεμελιώδεις προτάσεις των ολοκληρωμάτων και το εξαργύρωσαν με κάτι λιγότερο από μονάδα στις Να τονιστεί βέβαια ότι οι όποιες επισημάνσεις είναι πάντα καλοπροαίρετες Το έργο της επιτροπής των θεμάτων είναι δύσκολο και έχει τεράστιες ευθύνες ΚΑΛΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΕ ΟΛΟΥΣ! επιμέλεια Γιάννης Ανδρεάδης Ηλίας Ντεϊρμεντζίδης Ελένη Χατζηαποστόλου Σελίδα 6 / 6