ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΕΜΠΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ 23 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ 1o A. Για x x έχουµε: f ( x) f ( x ) f ( x) f ( x ) = ( x x ), οπότε: x x f lim [ ( ) ( )] lim ( x ) f f x f x ( x ) = ( x x ) x x f lim ( ) ( ) lim ( x ) f ( x f x f x ) = lim ( x x ) x x x x x x x x lim f ( x) f ( x) = f ( x) (αφού η f είναι x x x x [ ] [ ] x x lim [ f ( x) f ( x )] x x = lim f ( x) lim f ( x) = x x x x lim f ( x) = lim f ( x ) x x x x παραγωγίσιµη στο χ ) lim f ( x) = f ( x ) ( αφού το f(χ ) είναι σταθερό ), x x άρα η f είναι συνεχής στο χ. Β. Το θεώρηµα µέσης τιµής του διαφορικού λογισµού γεωµετρικά σηµαίνει ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (α, β) τέτοιο ώστε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο Γ(ξ, f(ξ)) να είναι παράλληλη στην ευθεία ΑΒ που ορίζεται από τα σηµεία Α(α,f(α)), Β(β,f(β)). f(β) f(ξ) f(α) Ο Α α ξ Γ y=f(x) Β β ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Γ. α. Από τη θεωρία γνωρίζουµε ότι αν z ένας µιγαδικός αριθµός και z ο συζυγής του, τότε ισχύει z = z = z = z, δηλαδή, η πρόταση είναι σωστή (Σωστό). β. Από τη θεωρία γνωρίζουµε αν µία συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστηµα, δύο φορές παραγωγίσιµη στο εσωτερικό του και ισχύει f (x)> για κάθε εσωτερικό σηµείο x του, τότε η f είναι κυρτή στο, δηλαδή, η πρόταση είναι σωστή (Σωστό). γ. Από τη θεωρία γνωρίζουµε αν για κάθε συνάρτηση f, παραγωγίσιµη σε ένα διάστηµα, ισχύει ότι f (x)dx = f(x) + c, c IR, δηλαδή, η πρόταση είναι σωστή (Σωστό). δ. Γνωρίζουµε ότι αν µια συνάρτηση f είναι κυρτή σε ένα διάστηµα, τότε η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f σε κάθε σηµείο του βρίσκεται «κάτω» από τη γραφική της παράσταση, δηλαδή, η πρόταση είναι Λανθασµένη (Λάθος). ε. Από τη θεωρία γνωρίζουµε ότι αν µια συνάρτηση f είναι ορισµένη σε ένα διάστηµα, x ένα εσωτερικό σηµείο του και η f είναι παραγωγίσιµη στο x µε f (x )=, τότε η f στο x έχει πιθανό τοπικό ακρότατο δηλαδή, η πρόταση είναι Λανθασµένη (Λάθος). ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΘΕΜΑ 2ο α. Έχουµε ότι: w = 3z z = α βi, α, β R, άρα i z +4 w = 3 (α + βi) i (α βi) + 4 w = 3α + 3βi iα + βi 2 + 4 w = 3α + 3βi iα β + 4 w = 3α β + 4 + (3β α) i, άρα Re(w) = 3α β + 4 και Ιm(w) = 3β α. β. Αφού οι εικόνες του w στο µιγαδικό επίπεδο κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y = x 12, θα ισχύει ότι: Im(w) = Re(w) 12 3β α = 3α β + 4 12 3β α 3α + β = 4 12 4α + 4β = 8 α β = 2 β = α 2, δηλαδή, οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y = x 2. γ. Επειδή, το µέτρο ενός µιγαδικού εκφράζεται από το µέτρο της αντίστοιχης διανυσµατικής ακτίνας µε πέρας την εικόνα του µιγαδικού στο µιγαδικό επίπεδο, αναζητούµε εκείνο το σηµείο Α της ευθείας (ε): y = x 2 που απέχει την ελάχιστη απόσταση από την αρχή των αξόνων (, ). Από τους µιγαδικούς αριθµούς z, οι εικόνες των οποίων κινούνται στην ευθεία (ε) µε εξίσωση y = x 2 x y 2 =, το ελάχιστο µέτρο επιτυγχάνεται στο σηµείο Α της ευθείας (ε), για το οποίο ισχύει ότι ΟΑ ε. ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ 1ος τρόπος 2 2 2 2 d(o, ε ) = = = = 2 2 Τότε: 2 2 2 1 + ( 1) 2, άρα min z = 2 και αν Α(α, α 2) θα πρέπει να ισχύει: ΟΑ = d(o, ε) 2 2 ( α ) + ( α 2 ) = 2 α 2 + α 2 4α + 4 = 2 2α 2 4α + 2 = 2 (α 2 2α + 1) = 2 (α 1) 2 = α 1 = α = 1, άρα Α(1, 1) και o µιγαδικός µε το ελάχιστο µέτρο είναι ο z = 1 i, µε z = 2. 2 ος τρόπος Αφού ΟΑ ε, τότε λ ΟΑ λ ε = 1 λ ΟΑ 1 = 1 λ ΟΑ = 1 και αφού η ευθεία ΟΑ διέρχεται από το (, ) θα έχει εξίσωση y = x. Οι συντεταγµένες του σηµείου Α προκύπτουν από τη λύση του συστήµατος: y = x 2 x = x 2 2x = 2 x = 1 x = 1, y = x y = x y = x y = x y = 1 άρα Α(1, 1) και o µιγαδικός µε το ελάχιστο µέτρο είναι ο z = 1 i, µε 2 2 z = (1 ) + ( 1 ) = 1+ 1 = 2. ΘΕΜΑ 3ο α. H συνάρτηση f(x) = x 5 + x 3 + x είναι ορισµένη και δύο φορές παραγωγίσιµη στο R, µε f (x) = 5x 4 + 3x 2 + 1, όπου f (x) > για κάθε x R, [αφού 5x 4, 3x 2 και 1 > ] άρα η συνάρτηση f(x) είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το R. Επίσης f (x) = 2x 3 + 6x = 2x (1x 2 + 3). Τότε: f (x) > 2x (1x 2 + 3) > ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 5ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ 2x > [αφού 1x 2 + 3 > ] x >. Εποµένως: Αν x (, + ) η συνάρτηση f(x) είναι κυρτή (στρέφει τα κοίλα πάνω) και Αν x (, ) η συνάρτηση f(x) είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω). Τέλος αφού η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το R, θα είναι και ένα προς ένα, άρα θα αντιστρέφεται. β. Έστω η συνάρτηση g(x) = e x x 1, ορισµένη και παραγωγίσιµη στο R, µε g (x) = e x 1. Τότε: g (x) > e x 1 > e x > 1 e x > e x >. Εποµένως: + g (x) + g(x) οπότε η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = το g() = και θα ισχύει: g(x) g() e x x 1 e x x + 1, για κάθε x R. Όµως η f είναι γνησίως αύξουσα στο R, άρα f(e x ) f(1+x), αφού ισχύει ότι e x 1 + x. γ. Έχουµε ότι: f() = και f () = 1. Συνεπώς η εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο (,) έχει εξίσωση (δ): y f() = f () (x ) y = 1 x y = x. ΤΕΛΟΣ 5ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 6ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Από τη θεωρία γνωρίζουµε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f και f 1 έχουν ως άξονα συµµετρίας την ευθεία y = x, δηλαδή, την εφαπτοµένη της γραφικής παράστασης της f στο σηµείο (,). δ. 1 ος τρόπος Αλγεβρικά Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο R, θα είναι γνησίως αύξουσα και στο [, 1] και το σύνολο τιµών της θα είναι το [f(), f(1)] = [, 3], οπότε αν f: [, 1] [, 3], θα ισχύει ότι f 1 : [, 3] [, 1]. Επίσης έχουµε ότι: f() = f 1 () = και f(1) = 3 f 1 (3) = 1. Εποµένως η f 1 είναι θετική, όταν x (, 3) και το ζητούµενο εµβαδό είναι: Θέτουµε: 3 3 1 1 (Ι). E = f (x)dx = f (x)dx u = f 1 (x) x = f(u) x = u 5 + u 3 + u, dx = f (u)du dx = (5u 4 + 3u 2 + 1)du και Από την (Ι) βρίσκουµε ότι: 1 4 2 E= u (5u + 3u + 1)du x 3 u f -1 ()= f -1 (3)=1 1 5 3 E= (5u + 3u + u)du u u u E= 5 + 3 + 1 1 1 1 E=5 + 3 + 5 3 + + ΤΕΛΟΣ 6ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 7ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ 5 3 1 E= + + 1 9 6 E= + + 12 12 12 25 E=. 12 τ µ. 2 ος τρόπος Αλγεβρικά Απόδειξη ότι η f 1 είναι γνησίως αύξουσα Αν για την f 1 : R R έχουµε ότι f(x 1 ), f(x 2 ) R και ισχύει ότι f(x 1 ) < f(x 2 ), θα αποδείξουµε ότι: f 1 [f(x 1 )] < f 1 [f(x 2 )] x 1 < x 2. Έστω ότι x 1 x 2, οπότε αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο R, θα ισχύει f(x 1 ) f(x 2 ), που είναι ΑΤΟΠΟ, άρα η συνάρτηση f 1 είναι γνησίως αύξουσα. Θέτουµε στην σχέση f(x) = x 5 + x 3 + x, όπου x το f 1 (x) και όπου f(x) το x, οπότε έχουµε: x = [f 1 (x)] 5 + [f 1 (x)] 3 + f 1 (x). Τότε: Για x=, έχουµε: [f 1 ()] 5 + [f 1 ()] 3 + f 1 () = f 1 () {[f 1 ()] 4 + [f 1 ()] 2 + 1} = f 1 () = ή [f 1 ()] 4 + [f 1 ()] 2 + 1 = f 1 () =, αφού [f 1 ()] 4 + [f 1 ()] 2 + 1 >. Για x=3, έχουµε: [f 1 (3)] 5 + [f 1 (3)] 3 + f 1 (3) = 3 [f 1 (3)] 5 + [f 1 (3)] 3 + f 1 (3) 3 = (ΙΙ) Θεωρούµε τη συνάρτηση h(x) = x 5 + x 3 + x 3, ορισµένη και παραγωγίσιµη στο R, µε h (x) = 5x 4 + 3x 2 + 1 >, οπότε η h(x) είναι γνησίως αύξουσα. H h(x) έχει ρίζα το 1, αφού h(1) =, και είναι γνησίως αύξουσα, άρα η ρίζα αυτή θα είναι µοναδική. ΤΕΛΟΣ 7ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 8ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Εποµένως και µε τη βοήθεια της (ΙΙ) βρίσκουµε ότι: f 1 (3) = 1. Επίσης αφού η f 1 είναι γνησίως αύξουσα και έχουµε f 1 () =, για κάθε x > θα ισχύει f 1 (x) > f 1 () f 1 (x) >, για κάθε x (, + ). Εποµένως το ζητούµενο εµβαδό θα είναι το: 3 3 1 1, όπου µε αντικατάσταση όπως και E = f (x)dx = f (x)dx στον 1ο τρόπο βρίσκουµε ότι 25 E=. 12 τ µ. 3 ος τρόπος - γεωµετρικά Αφού η συνάρτηση f είναι κυρτή στο (, + ) και η ευθεία µε εξίσωση y = x είναι εφαπτοµένη της στο (, ), η γραφική παράσταση της f βρίσκεται στο (, + ) πάνω από την ευθεία y = x. Εποµένως αφού οι γραφικές παραστάσεις των f, f 1 είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x, η γραφική παράσταση της f 1 βρίσκεται στο (, + ) κάτω από την ευθεία y = x. ΤΕΛΟΣ 8ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 9ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Επιπλέον λόγω της συµµετρίας των C f, C 1 f ως προς την ευθεία y = x, το ζητούµενο εµβαδό που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f 1 την ευθεία x = 3 και τον άξονα xx, θα είναι ίσο µε το εµβαδό του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f την ευθεία y=3 και τον άξονα yy. Βρίσκουµε το σηµείο τοµής της C f και της ευθείας y = 3 y = 3 = + + 5 3 y x x x 5 3 y = 3 3 = x + x + x 5 3 y = 3 x 1+ x 1+ x 1 = 4 3 2 2 y = 3 x + x + x 3 = 5 3 y = 3 (x 1)(x + x + x + x + 1) + (x 1)(x + x + 1) + (x 1) = y = 3 (x 1)(x + x + x + x + 1+ x + x + 1+ 1) = 4 3 2 2 y = 3 (x 1)(x + x + 2x + 2x + 3) = 4 3 2 Εποµένως έχουµε ότι x = 1 ή x 4 + x 3 + 2x 2 + 2x + 3 =, η οποία είναι αδύνατη στο (, + ), αφού ισχύει x 4 >, x 3 >, 2x 2 >, 2x >, 3 >. Άρα το σηµείο τοµής είναι το Α(1, 3).. Εποµένως το ζητούµενο εµβαδό είναι το: ΤΕΛΟΣ 9ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ 1 E = [3 f (x)]dx 1 5 3 E = [3 (x + x + x)]dx 1 5 3 E = (3 x x x)dx x x x E = 3x 1 1 1 1 E = 3 1 3 1 1 1 E = 3 36 2 3 6 E = 12 25 E=. 12 τ µ. ΘΕΜΑ 4ο α. Ισχύει γ δ, αφού αν γ = δ, τότε f(γ) = f(δ), οπότε f(γ) f(δ) = f 2 (γ), που είναι ΑΤΟΠΟ, αφού f(γ) f(δ) <. Έστω γ < δ, όπου γ, δ (α, β), θα έχουµε ότι α < γ < δ < β. Εφαρµόζουµε θεώρηµα Bolzano για την συνάρτηση f(x) στο διάστηµα [γ, δ]. Η συνάρτηση f(x) είναι ορισµένη και συνεχής στο [γ, δ] µε f(γ) f(δ)<, οπότε υπάρχει µία τουλάχιστον ρίζα ρ (γ, δ) της εξίσωσης f(x) =. Αφού όµως (γ, δ) (α, β), έχουµε ότι υπάρχει µια τουλάχιστον ρίζα ρ (α, β) της εξίσωσης f(x) =, δηλαδή, ισχύει f(ρ) =. β. 1 ος τρόπος Αφού f(γ) f(δ) <, τα f(γ) και f(δ) είναι ετερόσηµα. Έστω ότι f(γ) < και f(δ) >. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f(x) στο διάστηµα [a, γ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [α, γ] και παραγωγίσιµη στο (α, γ), οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον κ 1 (α, γ) έτσι ώστε: 1 f ( γ) f ( α) f ( γ) f ( κ ) = = γ α γ α. ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 11ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f(x) στο διάστηµα [γ, β] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [γ, β] και παραγωγίσιµη στο (γ, β), οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον κ 2 (γ, β) έτσι ώστε: 2 f ( γ) f ( β) f ( γ) f ( κ ) = = γ β γ β. Τότε: f ( γ) f ( γ) f ( κ1) f ( κ 2) = γ α γ β γf ( γ) βf ( γ) γf ( γ ) + αf ( γ) f ( κ1) f ( κ 2) = γ α ( α β)f ( γ) f ( κ1) f ( κ 2) = (Ι) γ α Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f (x) στο διάστηµα [κ 1, κ 2 ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [κ 1, κ 2 ] και παραγωγίσιµη στο (κ 1, κ 2 ), οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 1 (κ 1, κ 2 ) έτσι ώστε: βρίσκουµε ότι: 1 f ( ξ ) = f ( κ1) f ( κ2) f ( ξ 1) = κ1 κ2 ( α β)f ( γ) γ α ( α β)f ( γ) f ( ξ 1) =, κ κ ( κ κ )( γ α ) 1 2, όπου λόγω της (Ι) 1 2 οπότε f (ξ 1 ) <, αφού α β <, f(γ) <, κ 1 κ 2 < και γ α >. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f(x) στο διάστηµα [a, δ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [α, δ] και παραγωγίσιµη στο (α, δ), οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον λ 1 (α, δ) έτσι ώστε: 1 f ( δ) f ( α) f ( δ) f ( λ ) = = δ α δ α. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f(x) στο διάστηµα [δ, β] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [δ, β] και παραγωγίσιµη στο (δ, β), οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον λ 2 (δ, β) έτσι ώστε: 2 f ( δ) f ( β) f ( δ) f ( λ ) = = δ β δ β. ΤΕΛΟΣ 11ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 12ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Τότε: f ( δ) f ( δ) f ( λ1) f ( λ 2) = δ α δ β δf ( δ) βf ( δ) δf ( δ ) + αf ( δ) f ( λ1) f ( λ 2) = δ α ( α β)f ( δ) f ( λ1) f ( λ 2) = (ΙΙ) δ α Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f (x) στο διάστηµα [λ 1, λ 2 ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [λ 1, λ 2 ] και παραγωγίσιµη στο (λ 1, λ 2 ), οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2 (λ 1, λ 2 ) έτσι ώστε: βρίσκουµε ότι: 2 f ( ξ ) = f ( λ1) f ( λ2) f ( ξ 2) = λ λ ( α β)f ( δ) δ α λ λ 1 2 1 2 2, όπου λόγω της (ΙΙ) ( α β)f ( δ) f ( ξ ) =, ( λ λ )( δ α ) 1 2 οπότε f (ξ 2 ) >, αφού α β <, f(δ) >, λ 1 λ 2 < και δ α >. 2 ος τρόπος Εφαρµόζουµε θεώρηµα Rolle για την f(x) στο διάστηµα [a, ρ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [α, ρ] και παραγωγίσιµη στο (α, ρ), µε f(α) = f(ρ) =, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 1 (α, ρ) έτσι ώστε: f (χ 1 ) =. Εφαρµόζουµε θεώρηµα Rolle για την f(x) στο διάστηµα [ρ, β] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [ρ, β] και παραγωγίσιµη στο (ρ, β), µε f(ρ) = f(β) =, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 2 (α, ρ) έτσι ώστε: f (χ 2 ) =. Εφαρµόζουµε θεώρηµα Rolle για την f (x) στο διάστηµα [χ 1, χ 2 ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [χ 1, χ 2 ] και παραγωγίσιµη στο (χ 1, χ 2 ), µε f (χ 1 ) = f (χ 2 ) =, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον χ (χ 1, χ 2 ) έτσι ώστε: f (χ ) =. ΤΕΛΟΣ 12ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 13ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Αυτό σηµαίνει ότι στο χ η f έχει θέση πιθανού ακρότατου. Επίσης έχουµε ότι: α < χ 1 < ρ < χ 2 < β και γ (α, ρ), δ (ρ, β). Αν για κάθε χ (α, β) ισχύει f (x) =, τότε η f είναι σταθερή στο (α, β) και µε δεδοµένο ότι f (χ 1 ) = και f (χ 2 ) =, θα ισχύει ότι f (x)=, για κάθε x (α, β), οπότε και η f θα είναι σταθερή, που είναι ΑΤΟΠΟ, αφού f(γ) f(δ) <. Αν για κάθε χ (α, β) ισχύει f (x) > ή f (x) <, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα, που είναι ΑΤΟΠΟ, αφού υπάρχουν χ 1, χ 2 (α, β) έτσι ώστε f (χ 1 ) = και f (χ 2 ) =, δηλαδή, υπάρχουν δύο τουλάχιστον ρίζες της f στο (α, β). Έστω ότι για κάθε χ (α, β) ισχύει f (x), οπότε η f είναι αύξουσα στο (α, β). Τότε για κάθε x > χ 1 θα έχουµε ότι: f (x) f (χ 1 ) f (x), δηλαδή, η f είναι αύξουσα στο [χ 1, β] και αφού ρ (χ 1, β) µε f(ρ) = f(β) =, η f είναι σταθερή στο [ρ, β] και ίση µε, που είναι ΑΤΟΠΟ, αφού f(δ) και δ (ρ, β) (χ 1, β). Έστω ότι για κάθε χ (α, β) ισχύει f (x), οπότε η f είναι φθίνουσα στο (α, β). Τότε για κάθε x < χ 2 θα έχουµε ότι: f (x) f (χ 2 ) f (x), δηλαδή, η f είναι αύξουσα στο [α, χ 2 ] και αφού ρ (α, χ 2 ) µε f(α) = f(ρ) =, η f είναι σταθερή στο [α, χ 2 ] και ίση µε, που είναι ΑΤΟΠΟ, αφού f(γ), και γ (α, ρ) (α, χ 2 ). Εποµένως υπάρχουν σηµεία ξ 1, ξ 2 (α, β), τέτοια ώστε: f (ξ 1 ) < και f (ξ 2 ) >. ΤΕΛΟΣ 13ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 14ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ 3 ος τρόπος Αφού η f είναι συνεχής στο [α, β], από το θεώρηµα της µέγιστης και της ελάχιστης τιµής, υπάρχουν ω 1, ω 2 [α, β], για τα οποία η συνάρτηση παίρνει µια µέγιστη και µια ελάχιστη τιµή, δηλαδή, ισχύει: f(ω 1 ) f(x) f(ω 2 ), για κάθε x [α, β]. Όµως η f παίρνει µία τουλάχιστον αρνητική τιµή και µια τουλάχιστον θετική τιµή, αφού f(γ) f(δ) <, οπότε f(ω 1 ) < και f(ω 2 ) >. Αφού όµως έχουµε ότι f(α) = f(β) =, τα σηµεία ω 1, ω 2 είναι εσωτερικά του διαστήµατος [α, β], οπότε για τις θέσεις ω 1, ω 2 των ακρότατων, από το θεώρηµα του Fermat έχουµε ότι: f (ω 1 ) = f (ω 2 ) =. Αν f (x) =, για κάθε x [ω 1, ω 2 ], τότε η f θα είναι σταθερή στο [ω 1, ω 2 ], µε f(x) = f(ω 1 ) = f(ω 2 ), που είναι άτοπο, αφού f(ω 1 ) < και f(ω 2 ) >. Εποµένως υπάρχει ένα τουλάχιστον x [ω 1, ω 2 ] έτσι ώστε: f (x). Έστω ω 3 (ω 1, ω 2 ), για το οποίο ισχύει: f (ω 3 ) < ή f (ω 3 ) >. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f (x) στο διάστηµα [ω 1, ω 3 ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [ω 1,ω 3 ] και παραγωγίσιµη στο (ω 1, ω 3 ), άρα από το Θ.Μ.Τ υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 1 (ω 1, ω 3 ) έτσι f ( ω3) f ( ω1 ) f ( ω3) ώστε: f ( ξ 1) = f ( ξ 1) = ω ω ω ω. 3 1 3 1 Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Τ για την f (x) στο διάστηµα [ω 3, ω 2 ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [ω 3,ω 2 ] και παραγωγίσιµη στο (ω 3, ω 2 ), άρα από το Θ.Μ.Τ υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2 (ω 3, ω 2 ) έτσι f ( ω3 ) f ( ω2) f ( ω3 ) ώστε: f ( ξ 2) = f ( ξ 2) = ω ω ω ω. 3 2 3 2 ΤΕΛΟΣ 14ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 15ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Συνεπώς έχουµε ότι: Αν f (ω 3 ) <, τότε f (ξ 1 ) < και f (ξ 2 ) >. Αν f (ω 3 ) >, τότε f (ξ 1 ) > και f (ξ 2 ) <. γ. To ερώτηµα αυτό όπως δόθηκε, δεν ισχύει για όλες τις συναρτήσεις, αφού υπάρχουν συναρτήσεις που ενώ ικανοποιούν τις συνθήκες της άσκησης δεν επαληθεύουν το συγκεκριµένο ερώτηµα. Για παράδειγµα η συνάρτηση: 3 x 2 + α < x 5x, x 1 3 1 f (x) = 6x +, 1 x 1 3 3 x 2 2 + + + < β x 5x, 1 x 3 3, όπου α ( 6, 5) και β (5, 6), είναι συνεχής στο διάστηµα [α, β], (αποδεικνύεται εύκολα µε τη βοήθεια του ορισµού), ισχύει f(α) = f(β) = (αποδεικνύεται εύκολα µε Θ. Bolzano στα διαστήµατα ( 6, 5) και (5, 6)) ισχύει f( 2) f(2)<. Η f είναι παραγωγίσιµη και έχει συνεχή πρώτη παράγωγο στο (α, β) µε + α < < f (x) = 6, 1 x 1 2 x 2x 5, x 1 2 x + 2x + 5, 1 < x < β παραγωγισιµότητα της f στα σηµεία 1 και 1 αποδεικνύεται εύκολα µε τη βοήθεια του ορισµού) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιµη και έχει συνεχή δεύτερη παράγωγο στο (α, β) µε 2x 2, α < x < 1 f (x) =, 1 x 1 2x + 2, 1 < x < β (η (η παραγωγισιµότητα της f στα σηµεία 1 και 1 αποδεικνύεται εύκολα µε τη βοήθεια του ορισµού) ΤΕΛΟΣ 15ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 16ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Παρόλο που όλες οι προϋποθέσεις της άσκησης ισχύουν, η συνάρτηση f δεν έχει σηµεία καµπής όπως φαίνεται και από τη γραφική παράσταση της f στο ακόλουθο σχήµα. ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΤΗΣ f ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΤΗΣ f ΤΕΛΟΣ 16ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 17ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΤΗΣ f ΤΕΛΟΣ 17ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ
ΑΡΧΗ 18ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ To σωστό ερώτηµα θα έπρεπε να διατυπώνεται ως εξής: «Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ΠΙΘΑΝΟ σηµείο καµπής της γραφικής παράστασης της f». Η Κ.Ε.Γ.Ε βέβαια, περίµενε µια από τις ακόλουθες απαντήσεις. 1 ος τρόπος Εφαρµόζουµε θεώρηµα Rolle για την f (x) στο διάστηµα [κ 1, κ 2 ] Η συνάρτηση f είναι ορισµένη, συνεχής στο [κ 1, κ 2 ] και παραγωγίσιµη στο (κ 1, κ 2 ), µε 2 f ( ) f ( ) f ( ) γ γ γ f ( κ1) f ( κ 2) = = < γ α γ β ( γ α)( γ β) τουλάχιστον ξ (κ 1, κ 2 ) έτσι ώστε: f (ξ) =. ΤΕΛΟΣ 18ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ, οπότε υπάρχει ένα Τότε αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (α, β) και ισχύει ότι υπάρχουν ξ 1, ξ 2 (α, β), τέτοια ώστε: f (ξ 1 ) < και f (ξ 2 ) >, η f αλλάζει πρόσηµο εκατέρωθεν του ξ. Εποµένως στο (ξ, f(ξ)) έχουµε σηµείο καµπής, δηλαδή, υπάρχει ένα τουλάχιστον σηµείο καµπής. 2 ος τρόπος Έστω ότι ξ 1 (χ 1, χ ) (α, β) και ξ 2 (χ, χ 2 ) (α, β), οπότε έχουµε α < χ 1 < ξ 1 < χ < ξ 2 < χ 2 < β. Εφαρµόζουµε θεώρηµα Bolzano για την f (x) στο διάστηµα [ξ 1, ξ 2 ]. Η συνάρτηση f (x) είναι ορισµένη, συνεχής στο [ξ 1, ξ 2 ] µε f (ξ 1 ) f (ξ 2 ) <, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (ξ 1, ξ 2 ), έτσι ώστε f (ξ) =. Συνεπώς αφού από την απόδειξη του (β) ερωτήµατος (2 ος τρόπος), έχουµε αποδείξει ότι η f (x) θα αλλάζει πρόσηµο εκατέρωθεν του χ, θα ισχύει ότι η συνάρτηση παρουσιάζει στο ξ σηµείο καµπής, δηλαδή, έχουµε ένα τουλάχιστον σηµείο καµπής.
ΑΡΧΗ 19ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Οµοίως αποδεικνύεται το (γ) ερώτηµα, αν: ξ 2 (χ 1, χ ) (α, β) και ξ 1 (χ, χ 2 ) (α, β), οπότε έχουµε α < χ 1 < ξ 2 < χ < ξ 1 < χ 2 < β. Οµοίως αποδεικνύεται η άσκηση αν δ < γ και όταν f(δ) < και f(γ) >, οπότε θα ισχύει: α < δ < γ < β. ΤΕΛΟΣ 19ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ