ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 3 ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαιο ) [Κεφάλαιο 1 Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου] ΘΕΜΑ Α 1.Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 49.. Βλέπε Σχολικό βιβλίο σελίδα 73. 3. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ) Λ, ε) Λ. ΘΕΜΑ Β 1. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Έστω 0 μια ρίζα της εξίσωσης g 0, οπότε έχουμε g 0 g 0, 1 0 0 0 0 0 0 Η σχέση για 0 γίνεται 1 0 0 1 αδύνατο, επομένως 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 και επειδή είναι συνεχής, διατηρεί σταθερό πρόσημο. g 0 για κάθε ος τρόπος Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων Η σχέση γίνεται 1 1 g 1 0 1 άρα g() 0 και αφού είναι συνεχής Σελίδα 1 από 8
θα διατηρεί πρόσημο. Όμως g(0) (0) 0 1 0 1 0, οπότε g() 0 κάθε. για. Η σχέση γίνεται 1 1 g 1 1 Επειδή η g διατηρεί σταθερό πρόσημο θα έχουμε g 0 ή g 0, οπότε g 1 ή g 1 g 1 ή g 1 και επειδή 1 ή 1 0 1 1 έχουμε ος τρόπος Αφού g() 0 τότε από το προηγούμενο ερώτημα θα έχουμε, όμως g 1 g() 1 οπότε g, 1 1. 1 3. α) lim lim 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 lim lim 0 0 1 lim 1 0 0 1 0 1 1 Σελίδα από 8
β) 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 lim 0 και από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε 1 1 1 lim 0 με 1 0 1 lim lim 1 και επειδή ος τρόπος 1 lim lim 1 lim 1 0 1 1 1 1 Γιατί όμως κριτήριο της παρεμβολής lim 0. 1 lim 0 και 1 lim 0 οπότε από το ΘΕΜΑ Γ 1. α) Επειδή η συνάρτηση συνεχής και στο e οπότε θα ισχύει: είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της0,, θα είναι lim lim e lim ln lim ln e 1 e e e e e 3 3 e 3. e β) Επειδή 1 ln 1 6, 3 e e ln e e 1 6 ln e 1 6, γιατί e e 1 e ln(e 1) ln e 6 ln(e 1) 61 7 (e) 7 Σελίδα 3 από 8
δηλαδή (1) 6 (e) και η είναι συνεχής στο ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα 1, e 1,e : 6. 0 0 τότε, σύμφωνα με το Θ.. α) Έστω 1, 0 με ( ) ( ) e e e e 1 1 1 4ln 1 3 4ln 3 ln 1 ln 1. Άρα η είναι 1 1. β) e ln ln 4 3 1 e ln ln 4 3 1 () ( (e )) ln 4ln 3 1 (4ln 3) ln 4ln 3 1 Θέτουμε 4ln 3 y 0, οπότε (y) ln y 1, άρα () ln 1, 0. γ) To πεδίο ορισμού της είναι : 1 1 () 0 ln 1 0 0, e e :1 1 014 3 014 3 014 3 014 3 e ( ()) e () e ln 1 e 3 1 014 014 ln 1 e 0 ln e 0 () 014 1 1 Θέτουμε t() ln e, η οποία είναι συνεχής στο1, e, e ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και 1 1 1 e 1014 t(1) ln1 e 0 013 1 1 3 1, επομένως ισχύει t(e)t(1) 0, e e014 e014 t(e) ln e e e 0 014e οπότε από το Θ.Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον 1,e 0 τέτοιο ώστε t( 0) 0 και 014 3 λόγω της () έχουμε ισοδύναμα ότι η εξίσωση τουλάχιστον ρίζα στο 1,e. e έχει μία Σελίδα 4 από 8
ΘΕΜΑ Δ 1. Θα δείξουμε ότι 1 (1) για κάθε. Πράγματι, αν ο είναι θετικός τότε το 1 ο μέλος της (1) είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό οπότε η (1) ισχύει για όλους τους θετικούς αριθμούς. Αν 0 τότε και τα δύο μέλη της (1) είναι μη αρνητικά συνεπώς υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε ισοδύναμα 1 1 0 που ισχύει για όλους τους μη αρνητικούς αριθμούς. Άρα τελικά η (1) ισχύει για κάθε. ος τρόπος Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς ισχύει γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο 1 1 1 0, και επειδή η είναι, άρα παίρνουμε. Όμως από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής ισχύει για κάθε. Συνδυάζοντας τις προηγούμενες δύο ανισότητες παίρνουμε 1 1 0 που είναι αυτό που θέλαμε να δείξουμε. 3 ος τρόπος Αν υπάρχει αριθμός 0 ώστε υψώνοντας στο τετράγωνο για εκείνα τα παίρνουμε 0 0 0, τότε παίρνουμε ισοδύναμα 0 0 1 και 0 0 που επιτρέπεται (προφανώς για 0 0 ), 1 1 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 (0) 1 0, άρα () 0 για κάθε.. Έστω, 0 0,, άρα με (1). Αφού η συνάρτηση 1, 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ). Προσθέτοντας τις (1), () κατά μέλη παίρνουμε είναι γνησίως αύξουσα στο 1 1 ( ) ( ) 1 1 1 Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο 0, όπως το θέλαμε. Σελίδα 5 από 8
3. 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 1 (3) 1 1 1 () ος τρόπος Η 1 ( ) (3) () γίνεται ισοδύναμα: ( ) () 1 1 1 1 1 1 11 που ισχύει. Για τη μονοτονία έχουμε αποδείξει ήδη ότι η βρούμε τη μονοτονία στο 0 και επειδή η 1 άρα παίρνουμε 0, είναι γνησίως αύξουσα στο,0. Έστω λοιπόν 1,, 0 με 1. Θα. Τότε, είναι γνησίως αύξουσα στο 0, (από το ερώτημα Δ), (3) () 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ). 1 1 ( 1) ( ) Θα δείξουμε τώρα ότι η είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το. Αν, 0 με 1 τότε επειδή η είναι γνησίως αύξουσα στο 1, 0, άρα ( 1) ( ). Αν,, 0 1 με 1 τότε επειδή η άρα ( 1) ( ). είναι γνησίως αύξουσα στο,0 Αν 1 0 τότε ( 1) (0) (), άρα και πάλι ( 1) ( ). Επομένως σε όλες τις περιπτώσεις ισχύει ( 1) ( ), άρα η σε όλο το. είναι γνησίως αύξουσα 4. Η δοσμένη σχέση γράφεται 1 1 1 ( ) ( ) 0 1 ( ) ( 3) ά 11 ( ) Σελίδα 6 από 8
ος τρόπος Η δοσμένη σχέση γράφεται 1 1 1 1 1 1 1 Άρα 1 1 Εντελώς όμοια παίρνουμε 1 1 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 (), με y 0 και έτσι y 1 1 y y 1 y 1 y y 0 y 0 y 0 y 0 y y y y 1 y y 1 y 0 y y 10 y 0 0 1 y 0 οπότε 1 1 (), 0. Σχόλιο: Από τον παραπάνω τρόπο βγάζουμε το συμπέρασμα ότι η εξίσωση y για κάθε y (0, ) μία και μόνο λύση στο, την y () έχει 1. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι y Σελίδα 7 από 8
η είναι 1-1 (χωρίς να χρειάζεται να κάνουμε χρήση της μονοτονίας της) και κατά 1 συνέπεια αντιστρέψιμη με ος τρόπος 1 : 0, και τύπο (). 1 Δείξαμε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο άρα 1-1 συνεπώς είναι αντιστρέψιμη. Θέτουμε y (), με y 0 (λόγω του Δ1) και έχουμε: 1 1 1 0 y ( ) y 1 y 1 1 1 y 1 1 y Αφαιρώντας κατά μέλη τις y 1 και 1 y παίρνουμε 1 1 y 1 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 () y g(y), με y 1 g(y), y 0. Θα πρέπει τώρα να δείξουμε και το αντίστροφο δηλαδή ότι αν y y 1, y 0 τότε ισχύει () y. Πράγματι y 4 y 1 y 1 y 1 y y 1 4y y 1 () 1 y y y 4y y y 0 y 1 y 1 y 1 y 1 y y y y y Άρα τελικά, 1 1 () 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