1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ 2014

Σχετικά έγγραφα
ÖÑÏÍÔÉÓÔÇÑÉÏ ÊÏÑÕÖÇ ÓÅÑÑÅÓ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑ Α ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 19 ΜΑΪΟΥ 2010 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2011 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

= R {x συν x = 0} ισχύει: 1 ( εφ x)' = συν

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤEΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ., στο οποίο όμως η f είναι συνεχής. Αν η f x

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2013 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

β) Μια συνάρτηση f είναι 1-1, αν και μόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της η εξίσωση f(x)=y έχει ακριβώς μία λύση ως προς x

lim f(x) =, τότε f(x)<0 κοντά στο x Επιμέλεια : Ταμπούρης Αχιλλέας M.Sc. Mαθηματικός 1

α) Για κάθε μιγαδικό αριθμό z 0 ορίζουμε z 0 =1

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝ/ΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 10: ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΠΙΚΩΝ ΑΚΡΟΤΑΤΩΝ

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ :3

1 ο Τεστ προετοιμασίας Θέμα 1 ο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ II ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΔΕΙΓΜΑΤΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΩΝ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. 1 ο δείγμα

α) Για κάθε μιγαδικό αριθμό z 0 ορίζουμε z 0 =1

5o Επαναληπτικό Διαγώνισμα 2016

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΥΛΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ:ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2012 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ. β α

5ο Επαναληπτικό διαγώνισμα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου Θέμα A

α) Για κάθε μιγαδικό αριθμό z 0 ορίζουμε z 0 =1

Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α

ΘΕΜΑ 151 ο. x -f(t) 2f(x)+f (x)= 2 e dt και f(0) = 0.

(, ) ( x0, ), τότε να αποδείξετε ότι το. x, στο οποίο όμως η f είναι συνεχής. Αν f ( x) 0 στο

( ) ( ) ɶ = = α = + + = = z1 z2 = = Οπότε. Έχουµε. ii) γ) 1ος Τρόπος. Οπότε Ελάχιστη απόσταση είναι:

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (1 η σειρά)

ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ. σε µια σελίδα Α4 ανά έτος.. προσαρµοσµένα στις επιταγές του ΝΤ MΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΟΓΕΝΩΝ 05 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ

ρ3ρ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Επιµέλεια: Οµάδα Μαθηµατικών της Ώθησης

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2015 ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Λύσεις των θεμάτων ΔΕΥΤΕΡΑ 16 MAΪΟΥ 2011 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2014 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

β) Μια συνάρτηση f είναι 1-1, αν και μόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της η εξίσωση f(x)=y έχει ακριβώς μία λύση ως προς x

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Α2. Να διατυπώσετε το θεώρημα του Fermat. (Απάντηση : Θεώρημα σελ. 260 σχολικού βιβλίου) Μονάδες 4

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΠΑNTHΣΕΙΣ ΣΤA ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2012

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΘΕΜΑ Α. A2. Πότε δύο συναρτήσεις f και g λέγονται ίσες; Μονάδες 2. Α3. Να διατυπώσετε το θεώρημα Rolle. Μονάδες 6

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ., τότε η f είναι πάντοτε συνεχής στο x., τότε η f είναι συνεχής στο x.

Θέµατα Εξετάσεων Γ Λυκείου Μαθηµατικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Επιµέλεια: Οµάδα Μαθηµατικών της Ώθησης

Διαγώνισμα Προσομοίωσης Εξετάσεων 2017

Πέµπτη, 24 Μα ου 2007 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Στήλη Β συναρτήσεις. Στήλη Α

Λύσεις των θεμάτων ΔΕΥΤΕΡΑ 2 ΙΟΥΝΙΟΥ 2014 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ 2002 ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ. Β κύκλος

Μαθηµατικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΚΕΦΑΛΑΙΟ. 1 ο :Μιγαδικοί Αριθµοί

Μαθηματικά Ο.Π. Γ ΓΕΛ 29/ 04 / 2018 ΘΕΜΑ Α. Α1. Σελίδα 216. Α2.i) Λ ii) Σελίδα 134. Α3. Σελίδα 128

Λύσεις των θεμάτων προσομοίωσης -2- Σχολικό Έτος

Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ. Ημερομηνία: Τρίτη 10 Απριλίου 2018 Διάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΜΑΙΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ ο 5 + i Α. Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z =. + i α) Να γράψετε τον z στη μορφή α + βi, α, β IR. Στην παρ


ΘΕΜΑ Α A1. Έστω μια συνάρτηση παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α,β), με εξαίρεση ίσως ένα σημείο του x 0, στο οποίο όμως η f είναι συνεχής.

ΜΑΘΗΜΑ 47 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3 η ΕΚΑ Α

Υψώνουμε την δοσμένη σχέση στο τετράγωνο οπότε

Θ Ε Μ Α Τ Α Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ σε μια σελίδα Α4 ανά έτος.. προσαρμοσμένα στις επιταγές του ΔΝΤ (IMF:.4o μεσοπρόθεσμο.) ( WWF:.εξοικονόμηση πόρων.

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2017

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ

έχει μοναδική ρίζα στο. β. Να δείξετε ότι για κάθε x. x 2

2ο Επαναληπτικό διαγώνισμα στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου Θέμα A

Τρίτη, 31 Μαΐου 2005 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

f(x) 0 (x f(x) g(x), lim f(x) lim g(x).

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ/ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ

Λύσεις των θεμάτων των Πανελλαδικών Εξετάσεων στα Μαθηματικά Προσανατολισμού 2016

Θέματα. Α1. Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σ ένα διάστημα (, ), με εξαίρεση ίσως ένα σημείο του x,

Λύσεις των θεμάτων προσομοίωσης -2- Σχολικό Έτος

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Παύλος Βασιλείου

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ. Α.3 Πότε η ευθεία y = λέγεται οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο + ; Μονάδες 3

ΘΕΜΑΤΑΚΙΑ ΓΕΝΙΚΑ. x 0. 2 x

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Επιµέλεια: Οµάδα Μαθηµατικών της Ώθησης

1 1 1 (x yi) x yi = = = 2 (x - 1) + y 2

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2017 Β ΦΑΣΗ Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ ΩΝ / ΣΠΟΥ ΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

. Β2. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη με: 1 1 1, και f ( x) ( ln(ln x) ).

y = 2 x και y = 2 y 3 } ή

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΓΕΝΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ. f ( x) 0 0 2x 0 x 0

αβ (, ) τέτοιος ώστε f(x

5o Επαναληπτικό Διαγώνισμα 2015 Διάρκεια: 3 ώρες

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ. Γ. Το µέτρο της διαφοράς δύο µιγαδικών αριθµών είναι ίσο µε την απόσταση των εικόνων τους στο µιγαδικό επίπεδο.

2η ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ

ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013 ÁÍÅËÉÎÇ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 3 ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (Κεφάλαιο 1, 2, 3)

Τελευταία Επανάληψη. την ευθεία x=1 και τoν x x. 2 1 x. Λύση. x 2 1 x 0, άρα. x 1 x. x x 1. γ) x 1 e x x 1 x e ln x 1 x f x.

για κάθε x 0. , τότε f x στο Απάντηση είναι εσωτερικό σημείο του Δ και η f παρουσιάζει σ αυτό τοπικό μέγιστο, υπάρχει 0 τέτοιο, ώστε (x , ισχύει

z - 3i + z + 3i = 2 z - 3i + z - 3i = 2 2 z - 3i = 2 z - 3i = 1 άρα ο γ.τ. των εικόνων του z είναι

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

Π Α Ν Ε Λ Λ Α Δ Ι Κ Ε Σ Ε Ξ Ε Τ Α Σ Ε Ι Σ Κ Ε Ρ Δ Ι Σ Ε Ε Ξ Υ Π Ν Α Μ Ο Ν Α Δ Ε Σ Κ Α Τ Ε Υ Θ Υ Ν Σ Η Σ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ. λέγεται κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f; Μονάδες 5

A1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x)=συνx είναι παραγωγίσιμη στο και για κάθε x ισχύει. = ημx Μονάδες 10

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ

Για να προσδιορίσουμε τη μονοτονία της συνάρτησης η πρέπει να βρούμε το πρόσημο της h, το οποίο εξαρτάται από τη συνάρτηση φ(x) = e x 1

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2012 ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

f ( x) f ( x ) για κάθε x A

Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ. Ημερομηνία: Πέμπτη 20 Απριλίου 2017 Διάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

Transcript:

ΠΡΟΤΥΠΟ ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ ΑΝΑΒΡΥΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΘΕΜΑ ο Α. Έστω μια συνάρτηση f: Α R η οποία είναι. Να γράψετε τον ορισμό της αντίστροφης συνάρτησης της f. ΜΟΝΑΔΕΣ 5 Α. Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α, β) με εξαίρεση ίσως ένα σημείο o, στο οποίο όμως η f είναι συνεχής. Να αποδείξετε ότι αν f( ) στο (α, o ) και f( ) στο ( o, β), τότε το f( o ) είναι τοπικό μέγιστο της f. ΜΟΝΑΔΕΣ Α. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση. α. Ο αντίστροφος του μιγαδικού αριθμού i είναι ο αριθμός i. ΜΟΝΑΔΕΣ β. H ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης C f μιας συνάρτησης f μπορεί να διαπερνά την γραφική της παράσταση. ΜΟΝΑΔΕΣ γ. Αν ένα εσωτερικό σημείο o του πεδίου ορισμού Α μιας συνάρτησης f είναι κρίσιμο σημείο της f, τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο o και f(). ΜΟΝΑΔΕΣ δ. Αν f, g είναι δύο οποιεσδήποτε συναρτήσεις με πεδία ορισμού Α και Β αντίστοιχα, τότε η σύνθεση g f ορίζεται όταν f(a)b =. ΜΟΝΑΔΕΣ ε. To μεγαλύτερο από τα τοπικά μέγιστα της f είναι ολικό μέγιστο της f. ΜΟΝΑΔΕΣ o ΘΕΜΑ ο Δίνεται η εξίσωση δευτέρου βαθμού z (συνφ)z + (5 ημφ) =, φ [,π]. Να βρεθούν: Β. Οι ρίζες z, z της εξίσωσης και ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των ριζών. ΜΟΝΑΔΕΣ 8 Β. Το μέγιστο και το ελάχιστο της παράστασης z z ΜΟΝΑΔΕΣ 6 Β 3. To μέγιστο και το ελάχιστο της παράστασης z + z ΜΟΝΑΔΕΣ 6 B. Αν ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας φ είναι rad/sec, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του μέτρου των ριζών όταν φ = ΜΟΝΑΔΕΣ 5

ΘΕΜΑ 3 ο Έστω μια συνάρτηση f: R R για την οποία ισχύουν: i) H γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από την αρχή των αξόνων και στο σημείο Α(,f()) δέχεται οριζόντια εφαπτομένη. ii) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο σύνολο R και για κάθε f() ισχύει: f() e Γ. Να αποδείξετε ότι f() = e e - e +. ΜΟΝΑΔΕΣ 8 Γ. Nα συγκρίνετε τους αριθμούς f(e ) και f() ΜΟΝΑΔΕΣ Γ 3. Aν η συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο σύνολο R, να αποδείξετε ότι: e g() g(f())d g ΜΟΝΑΔΕΣ 5 Γ. Αν επιπλέον ισχύει e e για κάθε, να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f() και h() = f(t) et dt έχουν ένα μόνο κοινό σημείο. ΜΟΝΑΔΕΣ 8 ΘΕΜΑ ο Έστω λ πραγματικός αριθμός και f μια παραγωγίσιμη στο σύνολο R συνάρτηση για την οποία ισχύουν: f() i) lim ii) f() για κάθε R iii) f () f() ln( ) για κάθε R Δίνονται επιπλέον οι συναρτήσεις: F() f (t)dt, και G() tf(t) dt, Δ. Να αποδείξετε ότι : α) λ = ΜΟΝΑΔΕΣ β) f() e ln( ), R ΜΟΝΑΔΕΣ

Δ. Να λύσετε στο σύνολο 3 G(), την εξίσωση f(t)dt ΜΟΝΑΔΕΣ F() Δ 3. Να αποδείξετε ότι ΜΟΝΑΔΕΣ 3 f(t)dt tf(t)dt Δ. G() G( ) G() Να αποδείξετε ότι η εξίσωση F() έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (,). ΜΟΝΑΔΕΣ 5 Δ 5. Αν H() να βρεθεί το lim H() και στη συνέχεια να δειχθεί ότι υπάρχει f() ξ > τέτοιο ώστε lim H ( ) ΜΟΝΑΔΕΣ 5 Ευχόμαστε ΕΠΙΤΥΧΙΑ Να απαντήσετε σε όλα τα θέματα

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ ΠΡΩΤΟ Α 3. Σ Σ Λ Λ Λ ΘΕΜΑ ΔΕΥΤΕΡΟ Β. Είναι Δ = συν φ + ημφ = (-ημ φ) + ημφ = - (ημφ ) < αφού ημφ. Άρα η εξίσωση έχει δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες τις z = συνφ (ημφ )i και z = συνφ + (ημφ )i Για να βρούμε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών z θέτουμε συνφ (ημφ )i = + yi όπου [, ] και y[, ] αφού φ[,π] τότε y y Επειδή όμως ημ φ + συν φ = έχουμε + (y ) =. Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι το ημικύκλιο κέντρου Κ(,) και ακτίνας ρ = με [, ] και y[, ] Για να βρούμε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών z θέτουμε συνφ + (ημφ )i = + yi όπου [,] και y[, ] αφού φ[,π] τότε y y Επειδή όμως ημ φ + συν φ = έχουμε + (y + ) =. Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι το ημικύκλιο κέντρου Λ(, ) και ακτίνας ρ = με [, ] και y[, ] ος τρόπος : (γεωμετρικά) Επειδή οι μιγαδικοί z, z είναι συζυγείς μιγαδικοί, οι εικόνες τους είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα χ χ, άρα o γ. τ. των εικόνων του z είναι το συμμετρικό ημικύκλιο των εικόνων του z.

Β. Είναι z z = (ημφ )i άρα z z = ημφ 5 Επομένως το z z γίνεται μέγιστο, όταν η συνάρτηση g(φ) = ημφ παρουσιάζει μέγιστο, δηλαδή στις θέσεις φ = ή φ = π στις οποίες το μέγιστό της έχει τιμή ίση με επομένως ma z z = Και το z z γίνεται ελάχιστο, όταν η συνάρτηση g(φ) = ημφ παρουσιάζει ελάχιστο, δηλαδή στη θέση φ = π/ όπου στη θέση αυτή το ελάχιστο έχει τιμή ίση με επομένως min z z = ος τρόπος : (γεωμετρικά) λόγω συμμετρίας των εικόνων των z, z ως προς χ χ (βρίσκονται στην ίδια κατακόρυφο) το μέγιστο της απόστασης z - z συμβαίνει (για φ= και για φ=π ) στις θέσεις για χ= και χ=- οπότε ma z z =. Όμοια το ελάχιστο (όταν φ=π/) στη θέση για χ=, οπότε min z z =. Β 3. Είναι z + z = συνφ, επομένως z + z = συνφ Επομένως το z + z γίνεται μέγιστο, όταν η συνάρτηση h(φ) = συνφ παρουσιάζει μέγιστο, δηλαδή στις θέσεις φ = ή φ = π στις οποίες το μέγιστό της έχει τιμή ίση με επομένως ma z + z = Και το z + z γίνεται ελάχιστο, όταν η συνάρτηση h(φ) = συνφ παρουσιάζει ελάχιστο, δηλαδή στη θέση φ = π/ όπου στη θέση αυτή το ελάχιστο έχει τιμή ίση με επομένως min z z = B. Επειδή οι ρίζες είναι μιγαδικές συζυγείς έχουν ίσα μέτρα και το κοινό τους μέτρο z είναι ίσο με z ( ) 5 Τότε η παράγωγος της συνάρτησης του μέτρου είναι d z, [, ] d 5 5 Σύμφωνα με τον κανόνα της αλυσίδας και με τον συμβολισμό Leibniz ισχύει: d z d z d [, ] dt d dt Από όπου έχουμε d z [, ] dt 5 5 Και για φ = έχουμε:

d z dt 5 5 μ.μ./sec 6 Mε χρήση της σύνθετης συνάρτησης η αντιμετώπιση του θέματος είναι: Θεωρούμε τη συνάρτηση h(t) του μέτρου των μιγαδικών αριθμών, τότε h(t) z (t) 5 (t) Τότε η ρυθμός μεταβολής του μέτρου των ριζών είναι: (t) h(t) (t) και για t = t o έχουμε: 5 (t) (t ) 5 o h(t o) (t o) 5 (t o) 5 ΘΕΜΑ ΤΡΙΤΟ μ.μ./sec Γ. Από την υπόθεση ισχύουν f() = και f () = και για κάθε R * έχουμε: f () f () f () f () f() e e (e) Επομένως υπάρχουν σταθερές c, c R τέτοιες ώστε: f() e c,, οπότε ο τύπος της παραγώγου είναι: e c, e c, f(), e c, Επειδή η f είναι συνεχής στο είναι lim f () lim f () f (), άρα α = f () = e + c = c = - e Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο είναι: f() f() f() f() e c e c lim lim lim lim lim (e c ) lim (e c ) Άρα + c = + c c = c = - e Οπότε f () = e e f () = e +e e e f() e e Επομένως υπάρχει c πραγματικός αριθμός ώστε Για = έχουμε f() = - + c c = και τελικά έχουμε: e e f() e e c e f() e e

7 Γ. Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του ΘΜΤ στο διάστημα [, e ], συνεπώς υπάρχει ξ (, e f (e ) f () ) τέτοιο ώστε: f( ) από όπου έχουμε ισοδύναμα e f (e ) f () f ( )(e ) f (e ) f () ( e e )(e ) f (e ) f () (e e)(e ) ά (, e ) Άρα f(e ) > f() η ΛΥΣΗ Για τη συνεχή συνάρτηση f έχουμε ότι: e f () e e e e e(e ) και f () e(e ) ( ή ), οπότε από το διπλανό πίνακα προσήμου η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [, +) οπότε ισχύει η συνεπαγωγή e > f(e ) > f() Γ 3. Aπό το πίνακα προσήμου της συνάρτησης f έχουμε, ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο [,] και η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο σύνολο των πραγματικών αριθμών από υπόθεση, επομένως έχουμε: f.. g.. f () f () f () g(f ()) g(f ()) g(f ()) e g(f()) g(f()) g( ) και επειδή η συνάρτηση gof είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων έχουμε: e e g(f ())d g(f ())d g( )d g(f ()) g(f ())d g( ) Γ. Η συνάρτηση f( t) είναι συνεχής στο R ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, οπότε η t() f( t)dt έχει πεδίο ορισμού το R. Θέτουμε u = t, τότε έχουμε du = - dt και τα όρια ολοκλήρωσης από και γίνονται και επομένως έχουμε: t() f( t)dt f(u)( du) f(u)du Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και h έχουν συντεταγμένες τις λύσεις του συστήματος: y f() δηλαδή f() = h() f() h() = k() = (αν ονομάσουμε k() = f() h()) y h() To δε σύστημα έχει μια μόνο λύση αν και μόνο αν η εξίσωση k() = έχει μια μόνο λύση.

Αλλά k() = f() h() = e 8 e e f(t) et dt= e e f (u)du et dt = e e e t = e e f(u)du = e e e e f(u)du = = e e f(u)du Άρα k() = e e = f(u)du Η παραπάνω εξίσωση έχει προφανή ρίζα τη = αφού k() = Αλλά k() = ( e e f(u)du) e e e f() = e f () Επειδή όμως e e δηλαδή k( ) για κάθε R *. για κάθε έχουμε: άρα e e e f () Άρα η συνάρτηση k() είναι γνήσια μονότονη (διότι είναι συνεχής στο ), δηλαδή έχει το πολύ μια ρίζα. Τελικά η k() = έχει μοναδική ρίζα το. ΘΕΜΑ ΤΕΤΑΡΤΟ f() Δ. α Θέτουμε g(), τότε lim g() και f() = g() + Άρα limf() lim(g() ) f() f() f() f() Άρα lim lim f () Είναι f() ά R f() f() δηλαδή η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο που είναι ίσο με. Επομένως έχουμε τις υποθέσεις: Το είναι εσωτερικό σημείο του R H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο σύνολο R άρα και στο Η συνάρτηση f παρουσιάζει ακρότατο στο σημείο τότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat f() Δ. β Αφού είναι λ = έχουμε: f() [f() ln( )] ( ) f () [f() ln( )] f() ln( ) [f() ln( )] Αν ονομάσουμε h() f() ln( ) η σχέση () γράφεται: f() ln( ) [f() ln( )] h () h() h () h() e h () e h() e h() ()

Συνεπώς υπάρχει c τέτοιο ώστε: e h() = c 9 Για = η παραπάνω σχέση δίνει e h() = c h() = c και η αρχική h() f () ln( ) c επομένως έχουμε: e h() = h() e άρα e f() ln( ) f() e ln( ) ΛΥΣΗ η Ονομάζοντας h() f() ln( ) > (f() > και h() h () h() ln h() h() συνεπώς υπάρχει c πραγματικός αριθμός ώστε: lnh() = + c ln( ) ) η σχέση () γράφεται: και για = έχουμε c = οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται: lnh() = h() e άρα e f() ln( ) f() e ln( ) Δ. Είναι Όμως G() f (t)dt F(G()) F(F()) με F() f (t)dt F() F () f() άρα είναι τότε συνεπώς η συνάρτηση F είναι γνησίως αύξουσα για κάθε, F(G()) F(F()) F(G()) F(F()) G() F() G() F() () με σ() = G() F() () Μια προφανή ρίζα της εξίσωσης () είναι η = Επιπλέον είναι: G () F() G () F () F () f() F() f() F() f(t)dt σ () = γιατί είναι f(t) >, άρα η συνάρτηση σ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα = είναι μοναδική., οπότε η λύση ΛΥΣΗ η Επειδή f(t) > για κάθε t πραγματικό αριθμό και G() F() στο διάστημα G() F() f(t)dt, που έχει γίνει παραπάνω., αρκεί να λυθεί η εξίσωση

Δ 3. Αφού η συνάρτηση σ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα, έχουμε: () () G() F() tf (t)dt f (t)dt Δ. Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: G() G( ) G() F() F()( ) G() G( ) G() F()( ) G() G( ) G() Ονομάζουμε φ() = F()( ) G() G( ) G() η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [,] και φ() = G() G() G() G() F() G() φ() = F() G() G(5) G() G() G(5) αλλά από το ερώτημα Δ 3 έχουμε: F() G() και G.. 5 G(5) G() άρα φ() > και από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει o (, ) τέτοιο ώστε φ( o ) = δηλαδή η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (, ) ln( ) lim f () lim e ln( ) lim e e ln( ) Αλλά lim lim lim DLH e e ( )e άρα lim f () lim e άρα lim δηλαδή lim H() f() Δ 5. Είναι Για την συνάρτηση H() εφαρμόζεται το θεώρημα της μέσης τιμής στο διάστημα [, +], > Συνεπώς υπάρχει ξ (, +) τέτοιο ώστε: ( ) H() H( ) H( ) () H() αλλά lim H() και lim H( ) lim H(u) u άρα για κάθε > υπάρχει ξ > (αφού ξ (, +) ) τέτοιο ώστε lim H ( )