Απαντήσεις Εξεταζόμενη Ύλη: Μιγαδικοί Αριθμοί Όριο Συνέχεια Συνάρτησης Διαφορικός Λογισμός (μέχρι.7 0/01/014 Θέμα A Α 1. Σχολικό βιβλίο σελίδα 5. Α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 191. Α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 46. Α 4. i > Λ, ii >Λ, iii >Σ, iv > Λ, v > Λ Θέμα Β Β 1. w( 1 i i. N.Δ.Ο. w(α + = w(α Έχουμε: (1 ai (1 ai 4 w( a w( a 1 ai 1 ai 1 ai (1 ai 1 ii. και 4 4 w( a w( a 1 ai 1 ai 1 ai (1 ai 1 Παρατηρούμε ότι: 1 ai 1 ai wa ( 1 1 1 ai 1 ai 1 ai 1 1 1 Άρα w(α 1 = 1. Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w(α είναι ο κύκλος C με κέντρο Λ(1,0 και ακτίνα ρ = 1. β τρόπος: θέτουμε w(a = + yi iii. Η εικόνα του μιγαδικού w(α ανήκει στον κύκλο C για κάθε α, συνεπώς και 1 η εικόνα του w θα ανήκει στον κύκλο C. Για να αποδείξουμε ότι οι εικόνες των παραπάνω μιγαδικών είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου C αρκεί να δείξουμε ότι η απόσταση τους ισούται με ρ =. Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα 1
Έχουμε: 1 w( a w 1 ai 1 1 1 ai a i i 1 ai a i 4 a a 4 ai (1 ai 1 ai 1 ai i(1 ai 1 ai 1 ai 1 ai 1 ai iv. Στο προηγούμενο ερώτημα αποδείξαμε ότι για κάθε α οι εικόνες των μιγαδικών w(α και w( 1/4α είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου C. Οπότε και οι εικόνες Α και Β των μιγαδικών w και w( 1/4 θα είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου C. Έστω Γ η εικόνα του μιγαδικού w(014, τότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με Γ=90 ο. Οπότε θα ισχύει το Πυθαγόρειο Θεώρημα: 1 1 w014 w w(014 w w1 w 4 4 B. 1 + z + z = 0, z i. N.Δ.Ο. z 1 Έστω z = 1, τότε η γίνεται: 1 + 1 + 1 = 0 = 0, άτοπο Άρα z, για κάθε z ii. N.Δ.Ο. z = 1 Έστω ότι ισχύει: z = 1 z 1 = 0 (z 1(z + z + 1 = 0 πάντα. (z 1 0 = 0 0 = 0, που ισχύει Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα
iii. Ν.Δ.Ο. a1 a z z z 0, για κάθε α Έχουμε:. ii a a a a1 a z z z z z z z z a a a 1 1 z 1 z 1 z z 0 014 iv. Ν.Δ.Ο. 1 z 1 z Έχουμε : :1 zz 014 408 1 z z z z z : z1 z 14 014 14 1 z 1 z (1 z Θέμα Γ Γ 1. g ( 1 1 με. i. Θα πρέπει: + 1 1, που ισχύει για κάθε. Οπότε D f =. ii. Για κάθε ισχύει: 1 1 1 g'( 1 1 1 1 0, για κάθε. Οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα στο. iii. 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 1 1 g 7 g( 1 1 7 7 Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα
Η g είναι γνησίως αύξουσα g 1 1. Οπότε: 7 + συν = 7 + συν = 0. Θεωρούμε την συνάρτηση: h( = 7 + συν. Για κάθε ισχύει: h( 7 0 Συνεπώς η h είναι γνησίως αύξουσα στο h 1 1. Παρατηρούμε ότι: h (0 = 7 0 + συν0 = 0 Άρα θα ισχύει: h( = 0 h( = h(0 = 0. H ρίζα αυτή θα είναι και μοναδική αφού η h είναι γνησίως μονότονη. 5 Γ. g( f ( f ( παραγωγίσιμη και περιττή Αφού οι εφαπτομένες των C f και C g στα σημεία τους με τετμημένη 1 δεν είναι παράλληλες με τον άξονα και είναι μεταξύ τους παράλληλες, έπεται ότι: f = g 0 i. Για κάθε : 5 g f f f f f f '( '( ( ' ( '( 5 '( ( '( Για = 1: ii. Έστω h( = f(. H h είναι συνεχής στο [ 1,1] Πραγωγίσιμη στο ( 1,1 g ' 5 f ' f f ' g ' f ' 5 f 1 5 f f f ή h( 1 f ( 1 f 0 h( 1 h h f f 0 Οπότε από το θεώρημα Rll υπάρχει τουλάχιστον ένα 1 ώστε: h ( 1 = 0 f ( 1 = 6 1 τέτοιο Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα 4
iii. Έστω η συνάρτηση k( = f( 1. H k είναι συνεχής στο [0,1] iv. Θέμα Δ * k(0 f(0 1 1 * ύ f ή, f (0 0 k(0 k 0 k f 1 1 1 Οπότε από το θεώρημα Blzan έπεται ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα (0,1 τέτοιο ώστε: k( = 0 f( = 1 Η f είναι συνεχής στο [0, ] και παραγωγίσιμη σε αυτό. Οπότε σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ 1 (0, τέτοιο ώστε: f ( f (0 1 f '( 1 Ανάλογα, η f είναι συνεχής στο [,1] και παραγωγίσιμη σε αυτό. Οπότε σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ (, 1 τέτοιο ώστε: f f ( 1 1 f '( 1 1 1 Οπότε έχουμε: 1 1 1 1 1 1 f '( 1 1 1 f '( 1 f:(0,+, f f ( f (, για κάθε Δ 1. Έστω 1, (0,+ τέτοια ώστε: f( 1 = f( f(f( 1 = f(f( 1 f( 1 = f( f ( 1 f ( f ( 1 0, f ( 0 Άρα η f είναι 1 1. Δ. Η σχέση για = 1, γίνεται: 1 = f 11 f ( f 1 f f 1 Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα 5
Δ. f είναι γνησίως φθίνουσα i. Αρκεί ν.δ.ο. για κάθε (0, : lim f ( f ( 0 Έστω ένα τυχαίο (0,+. Για < έχουμε: Οπότε: f. ί f. ί f ( f ( f ( f ( f ( f ( 0 f ( f ( f ( f (. f ( f ( f (, για κάθε <. lim f ( f ( f ( f ( lim f( Άρα από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε: lim f ( f ( ( Οπότε: Για > έχουμε: f. ί f. ί f ( f ( f ( f ( f ( f ( 0 f ( f ( f ( f (. f ( f ( f (, για κάθε >. lim f ( f ( f ( f ( lim f( Άρα από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε: lim f ( f ( ( Από τις σχέσεις ( και ( έχουμε ότι: lim f ( f (. ii. lim f (01 5 1 lim f (01 145 145 Η f(, για κάθε και η f συνεχής σε αυτό. Οπότε η f θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (0,. Στο ερώτημα Δ αποδείξαμε ότι: f = 1 > 0. Οπότε f( > 0 για κάθε, άρα και f(01 > 0. 145 145 lim f (01 5 1 lim f (01 Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα 6
iii. N.Δ.Ο. f( = + 1 έχει μοναδική λύση στο 1,1 Θεωρούμε συνάρτηση g( = f( 1, 1,1 H g είναι συνεχής στο 1,1, ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. 1 1 1 1 1 1 g f f 1 f f > 0 f. ί 1 1 1 Αφού, 1 f f f f 0 1 1 1 g f 1 11 0 Οπότε από το θεώρημα Blzan υπάρχει τουλάχιστον ένα τέτοιο ώστε g( = 0. Άρα η εξίσωση f( = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (,1. Έστω 1, με 1 < : f( 1 > f(, (4, (αφού f γν. φθίνουσα 1 < 1 > (5 Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (4 και (5 έχουμε ότι: g( 1 > g( Οπότε η g είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα η λύση της εξίσωσης f( = θα είναι και μοναδική. Τις απαντήσεις επιμελήθηκαν οι καθηγητές: Γασπαράτος Ανδρέας Ίμπος Χρήστος Νταντίνος Γιώργος Παπαθανασίου Νίκος Φροντιστήρια ΣΥΣΤΗΜΑ Σελίδα 7