ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β') ΔΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α Α1. Θεωρία, σχ. Βιβλίο (σελ.253) Α2. Θεωρία, σχ. Βιβλίο (σελ.191) Α3. Θεωρία, σχ. Βιβλίο (σελ.258) Α4. α) Σ β) Σ γ) Λ δ) Λ ε) Λ ΘΕΜΑ Β Β1. Έχουμε ότι: 1
Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του είναι κύκλος κέντρου και ακτίνας ρ=1. Β2. 1 ος τρόπος Έχουμε ότι: Τότε: διότι 2 ος τρόπος Έχουμε Άρα Τότε: (1) Άρα Β3. Έστω, 2
Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του είναι έλλειψη με εξίσωση: με α=3 β=2 Έστω Μ η εικόνα τυχαίου μιγαδικού. Τότε. Όμως Άρα και Β4. Έστω Κ η εικόνα τυχαίου μιγαδικού και Λ η εικόνα τυχαίου μιγαδικού. Τότε Από το σχήμα έχουμε ότι: Αναλυτικότερα, από τριγωνική ανισότητα 3
διότι η ελάχιστη τιμή του (ΟΛ) είναι το 2 και η μέγιστη τιμή του είναι 3. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η f είναι παραγωγίσιμη στο με: ή Η f είναι παραγωγίσιμη στο με: για κάθε, και η f. Είναι και και έχουμε ότι για κάθε x με: ισχύει: και ισχύει: Έτσι, το πρόσημο της f και η μονοτονία της f φαίνονται στο παρακάτω πίνακα: Από τον πίνακα έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο και γνησίως αύξουσα στο και παρουσιάζει ελάχιστο στο 1 το. Εύρεση Συνόλου Τιμών: α) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο Δ1 έχει σύνολο τιμών το διότι: β) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο Δ2 έχει σύνολο τιμών το, διότι: 4
Τέλος, το σύνολο τιμών της f είναι το ορισμού της f., όπου πεδίο Γ2. Η εξίσωση (Ε):, γράφεται: (Ε) (1) Αρκεί να λυθεί η (1). Με έχουμε, άρα το 2012 ανήκει στο f(δ1). Οπότε υπάρχει τέτοιο ώστε, που σημαίνει ότι η εξίσωση (1) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο Δ1. Όμως η f Δ1, άρα και «1 1», οπότε την τιμή 2012 την παίρνει για ένα το πολύ x. Άρα η ρίζα x1 είναι μοναδική. Με έχουμε, άρα το 2012 ανήκει στο f(δ2). Οπότε υπάρχει τέτοιο ώστε και όμοια έχουμε ότι η ρίζα x2 είναι μοναδική στο. Τελικά η (1) (Ε) έχει δυο ακριβώς θετικές ρίζες. Γ3. Ζητείται να δειχθεί ότι η εξίσωση έχει λύση στο Έτσι, θεωρούμε τη συνάρτηση: συνεχής στο η οποία είναι: ως παραγωγίσιμη στο IR 5
με παραγωγίσιμη στο και λόγω του Γ2 ερωτήματος. Επομένως, σύμφωνα με το θεώτημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον, ώστε Γ4. Επειδή, διότι η f παίρνει την τιμή 1 μόνο για αφού στο Γ1 ερώτημα δείξαμε ότι παρουσιάζει ελάχιστο στο 1 το. Και αφού η g είναι συνεχής στο, το ζητούμενο εμβαδό είναι:. Όμως για κάθε ισχύει: αφού f Τέλος, 6
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Έστω, Επειδή συνεχής στο η F είναι παραγωγίσιμη ως αρχική της f με: Η σχέση γράφεται:, με, διότι Άρα η g παρουσιάζει ελάχιστο στο 1, που είναι εσωτερικό σημείο του, και είναι παραγωγίσιμη στο με: 7
Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Fermat είναι: Επίσης έχουμε ότι και συνεχής στο, άρα διατηρεί το πρόσημό της και επειδή έπεται ότι στο. Έτσι, η σχέση: γράφεται: (1) (2). Θα δείξουμε ότι στο. Θεωρούμε τη συνάρτηση:, Είναι 8
Από τον πίνακα προκύπτει ότι η h παρουσιάζει μέγιστο στο 1 το. Έτσι, για κάθε είναι Επειδή για κάθε ισχύει και Από την (1) έπεται ότι. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο, αφού η είναι συνεχής στο. Έτσι, λόγω της (2), η f είναι παραγωγίσιμη στο ως πηλίκο παραγωγίσιμων. Και από την (1) έπεται:, άρα Και για προκύπτει:. Επομένως Δ2. Επειδή 9
Θέτουμε: τότε το διότι οπότε. Έτσι, έχουμε: Δ3. Έχουμε ότι F παραγωγίσιμη στο με και F παραγωγίσιμη με, διότι, για κάθε ισχύουν: από υπόθεση και Άρα η F είναι κυρτή. Για κάθε έχουμε ότι: (3) Αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει η (3). Για κάθε στα διαστήματα και ισχύουν οι Προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής. Άρα υπάρχουν: 10
ώστε Και ώστε Όμως Άρα, διότι F αφού η F είναι κυρτή Άρα αποδείχθηκε η (3). Δ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση: Η Φ είναι συνεχής στο ως παραγωγίσιμη στο. Και: Λόγω του Δ3 ερωτήματος. Επειδή από ερώτημα Δ1. Επομένως Φ και F και επειδή ισχύει: Επομένως από Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ώστε: Μοναδικότητα: Επειδή η Φ είναι γνησίως φθίνουσα στο το ξ είναι μοναδικό. 1 η Παρατήρηση: 2 ος τρόπος για να δείξουμε ότι f παραγωγίσιμη: (Δ1 ερώτημα) 11
Από τη σχέση έχουμε:, όπου Και για Οπότε: Επομένως f παραγωγίσιμη στο ως πράξεις παραγωγίσιμων. 2 η Παρατήρηση 2 ος τρόπος επίλυσης του ερωτήματος Β2 Έστω Μ1 η εικόνα του z1 M2 η εικόνα του z2 M η εικόνα του Τότε: Και το Μ είναι τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου 12
Έχουμε και άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με. Δηλαδή το παραλληλόγραμμο είναι τετράγωνο, οπότε. 13