close

Enter

Log in using OpenID

1-12

embedDownload
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
ΘΕΜΑ 1ο :
Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς z(t) =
1
, t ∈ R . Να αποδείξετε ότι:
2 + it
α) z(t) + z(t) = 4 z(t) ⋅ z(t) .
β) Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z(t) είναι ο κύκλος με κέντρο
1
⎛1 ⎞
το σημείο Κ ⎜ , 0 ⎟ και ακτίνα ρ = .
4
⎝4 ⎠
⎛ 4⎞
⎝ t⎠
*
γ) Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z(t) και z ⎜ − ⎟ , t ∈ R είναι αντιδιαμετρικά σημεία
του προηγούμενου κύκλου.
δ) Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z ( 1) , z(− 4) και z (2010) είναι κορυφές ορθογωνίου
τριγώνου.
ΛΥΣΗ
α) Είναι z(t) + z(t) = 4 z(t) ⋅ z(t) ⇔
⇔
β) Είναι
⎛ 1 ⎞
1
1
+⎜
⎟ = 4⋅
2 + it ⎝ 2 + i t ⎠
2 + it
⎛ 1 ⎞
⋅⎜
⎟⇔
⎝ 2 + it ⎠
1
1
1
1
+
= 4⋅
⋅
⇔ 2 − it + 2 + it = 4 ⇔ 4 = 4 αληθές.
2 + it 2 − it
2 + it 2 − it
z(t) −
4 − ( 2 + it )
2 − it
2 + it
1
1
1
1
.
=
−
=
=
=
=
4
2 + it 4
4 ( 2 + it )
4
4 ( 2 + it )
4 ( 2 + it )
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z(t) είναι o κύκλος (C ) με
1
⎛1
⎞
κέντρο το σημείο Κ ⎜ , 0 ⎟ και ακτίνα ρ = .
4
⎝4
⎠
1
ανήκει στoν
2 + it
1
4
⎛1
⎞
κύκλο (C ) με κέντρο το σημείο Κ ⎜ , 0 ⎟ και ακτίνα ρ = , άρα και για − ∈ R ο μιγαδικός
t
4
⎝4 ⎠
⎛ 4⎞
αριθμός z ⎜ − ⎟ ανήκει στον ίδιο κύκλο.
⎝ t⎠
γ) Στο (β) ερώτημα αποδείξαμε ότι για κάθε t ∈ R ο μιγαδικός αριθμός z(t) =
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
1
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
4
1 1
Αρκεί τώρα να δείξουμε ότι z(t) − z ⎛⎜ − ⎞⎟ = 2ρ = 2 ⋅ = .
4 2
⎝ t⎠
1
1
1
t
1
t
⎛ 4⎞
Είναι z(t) − z ⎜ − ⎟ =
−
=
−
=
−
=
2 + it
2 + it 2t − 4i
2 + it 2 ( t − 2i )
⎛ 4⎞
⎝ t⎠
2+i ⎜− ⎟
⎝ t⎠
=
2 − it
2 + it
1
it
2 − it
1
−
=
=
=
= .
2 + it 2 ( 2 + it )
2 ( 2 + it )
2 ( 2 + it ) 2 ( 2 + it ) 2
⎛ 4⎞
⎝ t⎠
Άρα οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z(t) και z ⎜ − ⎟ είναι αντιδιαμετρικά σημεία
του κύκλου (C ) για κάθε t ∈ R ∗ .
⎛ 4⎞
⎝ 1⎠
δ) Για t = 1 οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z(1) και z ⎜ − ⎟ = z ( − 4 ) είναι αντιδιαμετρικά
σημεία του κύκλου (C ), σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα.
Είναι z(1) ≠ z(2010) ≠ z(− 4) . Πράγματι
1
1
1
≠
≠
⇔ 2 + i ≠ 2 + 2010i ≠ 2 − 4i ⇔ i ≠ 2010i ≠ − 4i αληθές, οπότε οι εικόνες
2 + i 2 + 2010i 2 − 4i
των μιγαδικών αριθμών z(1) , z(− 4) και z (2010) είναι κορυφές ορθογωνίου τριγώνου με
υποτείνουσα το ευθύγραμμο τμήμα που ορίζουν οι εικόνες των μιγαδικών z(1) και z(− 4) .
ΘΕΜΑ 2ο :
Έστω ο μιγαδικός αριθμός z = λ ( 1 + i ) + 1 − i , λ ∈ R .
α) Να βρείτε την εξίσωση της γραμμής στην οποία ανήκει η εικόνα του z .
β) Για ποια τιμή του λ, το z γίνεται ελάχιστο;
γ) Υποθέτουμε ότι λ > 0 . Αν z = 2 2 και w =
z
3−i
τότε:
i) Να αποδείξετε ότι λ = 3 .
ii) Να βρείτε τις τιμές του θετικού ακέραιου αριθμού ν, ώστε w 2 ν ∈ R .
ΛΥΣΗ
α) Θέτουμε z = x + yi , x , y ∈ R και έχουμε:
⎧ x = λ + 1 ⎧λ = x − 1
z = λ + λi + 1 − i ⇔ x + yi = ( λ + 1) + ( λ − 1) i ⇔ ⎨
⇔⎨
⇒ y +1 = x −1 ⇔
⎩ y = λ − 1 ⎩λ = y + 1
x − y − 2 = 0. Άρα η εικόνα του z κινείται στην ευθεία ε : x − y − 2 = 0.
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
2
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
β) Η εικόνα M(z) ανήκει στην ευθεία ε , επομένως το
z = ( OM ) γίνεται ελάχιστο, όταν το Μ συμπίπτει
με το ίχνος Κ της κάθετης από το Ο στην ευθεία ε .
Προσδιορίζουμε το Κ ως σημείο τομής της ΟΚ με
την ευθεία ε . Είναι:
OK ⊥ ε ⇔ λΟΚ ⋅λε = −1 ⇔ λΟΚ = −1 .
Άρα η εξίσωση της ευθείας ΟΚ είναι: ΟΚ : y = − x .
⎧y = −x
⎧x = 1
⇔⎨
Λύνουμε το σύστημα : ⎨
.
⎩x − y − 2 = 0
⎩ y = −1
Άρα Κ (1, − 1) , οπότε το z γίνεται ελάχιστο, όταν
z = 1 − i . Επομένως λ = x − 1 = 1 − 1 = 0 .
2ος τρόπος ΄Εχουμε: z = λ + λi + 1 − i = ( λ + 1) + ( λ − 1) i . Άρα
z =
( λ + 1) + ( λ − 1)
2
2
= 2λ 2 + 2 .Οπότε ελάχιστο z = 2 , για λ = 0 .
γ) i) Έχουμε:
z =2 2⇔
( λ + 1) + ( λ − 1)
2
2
λ> 0
= 2 2 ⇔ 2 ( λ 2 + 1) = 2 2 ⇔ λ 2 = 3 ⇔ λ = 3.
ii) Για λ = 3 έχουμε:
w=
3 (1 + i ) + (1 − i )
3 −i
=
3 (1 + i ) − i (1 + i )
3 −i
=
(
)
3 − i (1 + i )
3 −i
= 1 + i.
Επομένως w 2 = (1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i και w 2 ν = ( w 2 ) = 2ν ⋅ i ν .
ν
2
⎧ν = 4 κ
, κ ∈ N∗
Επειδή w 2 ν ∈ R ⇔ i ν ∈ R ⇔ ⎨
. Άρα ν ∈ { 2 , 4 , 6 , 8 , 1 0 , ... } .
⎩ν = 4 κ + 2 , κ ∈ N
ΘΕΜΑ 3ο :
Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z , u και w, οι οποίοι ικανοποιούν τις σχέσεις:
⎛ u + 3i ⎞
z = 2 , Re ⎜
⎟ = 0 , u ≠ 3i και
⎝ u − 3i ⎠
α) Να βρείτε τα μέτρα των u και w.
( w + 2)
8
= 16 ( w + 1) .
8
β) Να αποδείξετε ότι z + u + w ≠ 0 .
1
γ) Να αποδείξετε ότι z + u + w = 2 zu + 2uw + 9zw .
6
ΛΥΣΗ
α) Είναι:
u + 3i
⎛ u + 3i ⎞
είναι φανταστικός, οπότε έχουμε:
Re ⎜
⎟ = 0 , άρα ο αριθμός
u − 3i
⎝ u − 3i ⎠
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
3
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
u + 3i
u + 3i
u + 3i
u + 3i
u − 3i
⎛ u + 3i ⎞
= −⎜
= −
⇔
= −
⇔
⎟⇔
u − 3i
u − 3i
u − 3i
u + 3i
u − 3i
⎝ u − 3i ⎠
⇔ ( u +3i ) ( u +3i )=− ( u −3i )( u −3i )⇔ uu + 3iu + 3iu − 9 = −uu + 3iu + 3iu + 9 ⇔
2
⇔ 2 u u = 18 ⇔ 2 u
2
= 18 ⇔ u
= 9 ⇔ u = 3.
Είναι:
( w + 2)
8
= 16 ( w + 1) ⇒ ( w + 2 ) = 16 ( w + 1) ⇔ w + 2 = 16 w + 1 ⇔
8
8
8
8
8
w + 2 = 2 w + 1 ⇔ w + 2 = 2 w + 1 ⇔ ( w + 2)( w + 2) = 2 ( w + 1)( w + 1) ⇔
2
2
2
ww + 2w + 2w + 4 = 2ww + 2w + 2w + 2 ⇔ ww = 2 ⇔ w = 2 ⇔ w = 2 .
β) Υποθέτουμε ότι:
z + u + w = 0 ⇔ z + w = −u ⇒ u = z + w ≤ z + w ⇒ 3 ≤ 2 + 2 ⇔ 3 ≤ 2 2 , που είναι άτοπο.
Άρα z + u + w ≠ 0 .
γ) Έχουμε:
2
z = 2 ⇔ z = 2 ⇔ zz = 2 ⇔ z =
2
9
2
. Όμοίως είναι u =
και w = .
z
u
w
Είναι:
z+u+w = z+u+w = z+u+w =
=
2 9 2
2uw + 9zw + 2zu
+ +
=
=
z u w
z⋅u⋅w
2uw + 9zw + 2zu
2uw + 9zw + 2zu 1
=
= 2uw + 9zw + 2zu .
z⋅u⋅w
6
2 ⋅3⋅ 2
ΘΕΜΑ 4ο :
Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z , w , u . Αν ισχύουν οι σχέσεις:
z = w = u =1
z + w + u ≠ 0 (2)
(1) ,
και
z2+ w2+u2= 0
(3)
να αποδείξετε ότι:
2
2
2
2
2
2
α) | z + w | = | w + u | = | u + z |
β)
1
z
2
+
1
w
2
+
1
u
2
=0
γ) Οι εικόνες των αριθμών z , w , u , z w u και
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
4
z w + w u + uz
z+w+u
είναι ομοκυκλικά σημεία.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
δ) | z + w + u | = 2
ΛΥΣΗ
α) Από τη σχέση (3) έχουμε:
(1)
•
z2+ w 2= −u 2 ⇒ z2+ w 2 = −u 2 ⇒ z2+ w 2 = u
2
⇒ z 2 + w 2 = 1.
•
w 2+ u2= −z2 ⇒ w 2+u2 = −z2 ⇒ w 2+ u2 = z
2
⇒ w 2 + u 2 = 1.
•
u2+z2= −w 2 ⇒ u2+z2 = −w 2 ⇒ u2+z2 = w
Επομένως
2
(1)
(1)
⇒ u 2 + z 2 = 1.
z2+ w2 = w2+u2 = u2+z2 .
β) Είναι:
z =1⇔ z
_
2
_
_ 1
1
Ομοίως έχουμε w =
w
Έχουμε:
z≠0
_ 1
=1⇔ z z=1 ⇔ z=
και u =
u
z
.
.
z2+ w2+u2= 0 ⇒ z2+w2+u2= 0 ⇒ z2 + w2+u2 = 0 ⇒
_
_
_
⇒ ( z )2 + (w )2 + ( u )2 = 0 ⇒
1
1
1
2 +
2 + 2 = 0.
z
w
u
γ) Είναι:
•
z = w = u = 1.
•
z w u = z ⋅ w ⋅ u = 1⋅1 ⋅1 = 1.
•
z w + wu + uz z w + wu + uz z w + wu + uz
z w + wu + uz
=
=
=
=
z+ w +u
z+ w +u
z+ w +u
z +w +u
=
z w + wu + uz
z w + wu + uz
z w + wu + uz
=
=
⋅ z wu = 1.
1 1 1
z w + wu + uz
wu
+
uz
+
z
w
+ +
z w u
z wu
Άρα οι εικόνες των αριθμών z , w , u , z w u και
z w + w u + uz
z+w+u
ανήκουν στον μοναδιαίο
κύκλο, οπότε είναι ομοκυκλικά σημεία.
δ) Είναι:
(3)
(z + w + u)2 = z2 + w2 + u2 + 2zw + 2wu + 2uz ⇒ (z + w + u)2 = 2zw + 2wu + 2uz ⇒
2
2
⇒ (z + w + u) = 2( zw + w u + uz) ⇒ z + w + u = 2 zw + w u + uz ⇒
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
5
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
⇒ z + w+u = 2
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
zw + w u + uz
zw + w u + uz
⇒ z + w+u = 2
⇒
z +w + u
z +w + u
⇒ z + w + u = 2 ⋅ 1 ⇒ z + w + u = 2.
ΘΕΜΑ 5ο :
Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί z = 2 + συν( π t) + ( 5 + ημ( π t) ) i , t ∈ [ 0 , +∞ ) .
α) Να αποδείξετε ότι z − 2 − 5 i = 1 .
β) Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του z .
γ) Να εξετάσετε αν υπάρχει t ∈ [ 0, +∞ ) τέτοιος, ώστε η εικόνα του z να βρίσκεται πάνω στην
ευθεία με εξίσωση δ : y = x .
δ) Έστω w ∈ C τέτοιος, ώστε w − 1 = w − i . Να αποδείξετε ότι z − w ≥
3 2
−1.
2
ΛΥΣΗ
α) Είναι z − 2 − 5i = συν (π t) + iημ (π t) = συν 2 (π t) + ημ 2 (π t) = 1 .
β) Επειδή z − ( 2 + 5i ) = 1, η εικόνα M(z) κινείται
στον κύκλο C με κέντρο K ( 2,5) και ακτίνα ρ=1.
Καθώς η εικόνα M(z) κινείται στον κύκλο C,
διαπιστώνουμε ότι ισχύει
( OM1 ) ≤ ( OM) ≤ ( OM2 ) ⇔ ( OM1 ) ≤ z ≤ ( OM2 ) ,
όπου M1 , M 2 είναι τα σημεία τομής της ευθείας
ΟΚ και του κύκλου C.
Επομένως :
• Η ελάχιστη τιμή του z είναι:
min z = ( OK ) − ρ = 29 − 1
• Η μέγιστη τιμή του z είναι
max z = ( OK ) + ρ = 29 + 1
2−5
3
> 1 = ρ , άρα ο κύκλος C και η ευθεία δ δεν
2
2
έχουν κοινό σημείο, επομένως δεν υπάρχει εικόνα M(z) η οποία να ανήκει στην ευθεία δ .
2ος τρόπος ΄Εχουμε x = 2 + συν ( πt ) και y = 5 + ημ ( πt ) Επειδή x = y ⇔
γ) Βρίσκουμε την απόσταση d ( K, δ ) =
=
2 + συν ( πt ) = 5 + ημ ( πt ) ⇔ συν ( πt ) − ημ ( πt ) = 3 .Άτοπο αφού −2 ≤ συν ( πt ) − ημ ( πt ) ≤ 2
δ) Επειδή w − 1 = w − i , η εικόνα N(w) κινείται στην ευθεία δ : y = x . Καθώς η εικόνα M(z)
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
6
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
κινείται στον κύκλο C και η εικόνα N(w) κινείται στην ευθεία δ : y = x, διαπιστώνουμε ότι
η ελάχιστη τιμή του z − w = ( MN ) είναι min z − w = ( M0 N0 ) = d ( K, δ ) − ρ =
Επομένως ισχύει: z − w ≥
3
3 2
−1 =
− 1.
2
2
3 2
−1 .
2
ΘΕΜΑ 6ο :
α) Αν η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z ανήκει σε κύκλο με κέντρο Ο( 0,0) και ακτίνα ρ=1, να
αποδείξετε ότι το ίδιο ισχύει και για την εικόνα του μιγαδικού αριθμού w =
1 − 2z
, z ≠ 2.
z−2
1 − x2
β) Αν z = x + yi , x , y ∈ R , να αποδείξετε ότι z − w = 2
, −1≤ x ≤ 1.
5 − 4x
γ) Να βρείτε τους μιγαδικούς z και w ώστε, το z − w να είναι μέγιστο και να υπολογίσετε
την μέγιστη τιμή του.
ΛΥΣΗ
1 − 2z
⇔ w ( z − 2 ) = 1 − 2z ⇔ wz − 2w = 1 − 2z ⇔
z−2
1 + 2w
.
⇔ wz + 2z = 1 + 2w ⇔ ( w + 2 ) z = 1 + 2w ⇔ z =
w+2
Επειδή z = 1 έχουμε:
α) Είναι: w =
1+2w
2
2
=1⇔ 1+2w = w+2 ⇔ 1+2w = w +2 ⇔ (1+2w)(1+2w) =(w+2)(w+2)⇔
w+2
2
2
⇔ 1 + 2w + 2w + 4ww = ww + 2w + 2w + 4 ⇔ 3 w = 3 ⇔ w = 1 ⇔ w = 1.
β) Είναι: z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ⇔ y 2 = 1 − x 2
1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .
Επειδή y 2 ≥ 0 έχουμε:
(1).
Είναι:
2
( x + yi ) − 1 = x 2 − y2 + 2xyi − 1 (=1)
1 − 2z
z 2 − 2z − 1 + 2z
z2 − 1
z−w = z−
=
=
=
z−2
z−2
z−2
x + yi − 2
x − 2 + yi
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4 ⎡⎢( x 2 − 1) + ( xy ) ⎤⎥ 4 ( x 4 − 2x 2 + 1 + x 2 y2 ) (1)
4 x 2 −1 + xyi
x 2 + x 2 −1 + 2xyi − 1
⎦=
=
=
= ⎣
=
2
2
2
−
+
x
2
yi
x 2 − 4x + 4 + y2
(
)
( x − 2) + y
( x − 2) + yi
=
4 ⎡⎣ x 4 − 2x 2 + 1 + x 2 (1 − x 2 ) ⎤⎦
x 2 − 4x + 4 + 1 − x 2
=
4 ( x 4 − 2x 2 + 1 + x 2 − x 4 )
5 − 4x
=
4 (1 − x 2 )
5 − 4x
.
γ) Η μέγιστη τιμή του z − w είναι η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f ( x ) =
Έχουμε:
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
7
4 (1 − x 2 )
5 − 4x
.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
−2x ( 5 − 4x ) − (1 − x 2 ) ( −4 ) 4 ( 4x 2 − 10x + 4 )
⎛ 1 − x 2 ⎞′
f ′(x) = 4⎜
=
.
⎟ =4
2
2
( 5 − 4x )
( 5 − 4x )
⎝ 5 − 4x ⎠
10 ± 6
1
. Άρα x = δεκτή ή x = 2 απορρίπτεται.
8
2
⎡ ⎛ 1 ⎞2 ⎤
4 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
1
⎢ ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ 3
⎛1⎞
η f παρουσιάζει μέγιστο το f ⎜ ⎟ = ⎣
Για x =
= =1.
1
2
3
⎝2⎠
5− 4⋅
2
Αν f ′ ( x ) = 0 ⇔ 4x 2 − 10x + 4 = 0 ⇔ x =
2
Άρα
z=
max z − w = 1. Επίσης για x =
1
3
και
±i
2
2
1
1 3
3
⎛1⎞
έχουμε y 2 = 1 − ⎜ ⎟ = 1 − = ⇔ y = ±
. Άρα είναι
2
4 4
2
⎝2⎠
⎛1
3⎞
1− 2⎜ − i
⎟
2
2 ⎠
i 3
1
3
⎝
w=
=
= − −i
2
2
1
3
3
3
−i
−2
− −i
2
2
2
2
ή
⎛1
3⎞
1− 2⎜ + i
⎟
2
2 ⎠
1
3
−i 3
⎝
.
w=
=
= − +i
2
2
1
3
3
3
+i
−2
− +i
2
2
2
2
ΘΕΜΑ 7ο :
Έστω συνεχής συνάρτηση f : R → R , με f ( 0 ) = 2 η οποία για κάθε x∈ R ικανοποιεί τη σχέση
f (f (x)) + 4f (x) = 6 − x 4
(1).
α) Nα βρείτε τις τιμές f ( 2 ) και f ( − 2 ) .
(
) ( 2 ) = 0.
β) Nα αποδείξετε ότι f − 2 = f
x4 + 4f ( x ) − 5
= − 4 , να βρείτε το limf ( f (x) ) .
γ) Αν lim
x →1
x →1
x−1
(
)
δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( f(x)) + 1 = 0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο − 2 , 2 .
ΛΥΣΗ
α) Για x = 0 από την (1) έχουμε: f ( f ( 0 ) ) +4f ( 0 ) = 6 ⇒ f ( 2 ) + 4 ⋅ 2 = 6 ⇒ f ( 2 ) = − 2.
Για x = 2 από την (1) έχουμε: f ( f ( 2) ) +4f ( 2) = 6 − 24 ⇒ f ( −2) + 4 ⋅ (−2) = 6 − 16 ⇒ f ( −2) = −2.
β) Είναι f ( −2 ) = − 2 < 0 < 2 = f ( 0 ) και η f είναι συνεχής στο [ − 2, 0] , επομένως από θεώρημα
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
8
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει τουλάχιστον ένα x ο ∈ ( − 2 , 0 ) τέτοιο, ώστε f (x ο ) = 0 .
Για x = x ο από την (1) έχουμε:
f (f (x ο )) + 4f (x ο ) = 6 − x o4 ⇒ f ( 0 ) + 4 ⋅ 0 = 6 − x o4 ⇒ 2 = 6 − x o4 ⇒ x o4 = 4 ⇒
(
)
⇒xo = 2 ή xo =− 2 ⇒xo =− 2 , αφού x ο ∈ ( − 2 , 0 ) . Άρα f − 2 = 0 .
Είναι f ( 2 ) = − 2 < 0 < 2 = f ( 0 ) και η f είναι συνεχής στο [ 0 , 2] , επομένως από Θεώρημα
Ενδιαμέσων Τιμών θα υπάρχει τουλάχιστον ένα x1∈ ( 0 , 2 ) τέτοιο, ώστε f (x1 ) = 0 .
Για x = x1 από την (1) έχουμε:
f (f (x )) + 4f (x ) = 6 − x14 ⇒ f ( 0 ) + 4 ⋅ 0= 6 − x14 ⇒ 2= 6 − x14 ⇒ x14 = 4 ⇒
1
1
⇒ x1 = 2 ή x1 = − 2 ⇒ x1 = 2 , αφού x1∈ ( 0 , 2 ) . Άρα f
( 2 )= 0.
x 4 + 4f ( x ) − 5
( x −1) g ( x ) − x4 + 5
, οπότε f ( x ) =
(2)
x −1
4
( x − 1) g ( x ) − x 4 + 5
= 1, και
Από υπόθεση είναι lim g(x)= − 4 , οπότε lim f ( x ) = lim
x →1
x →1
x →1
4
γ) Για x ≠ 1 , θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) =
u = f (x)
limf ( f (x) ) = limf ( u ) = 1.
x →1
u →1
δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f ( f (x) ) +1 , x ∈ R .
Η συνάρτηση g είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα ⎡⎣ − 2 , 0 ⎤⎦ και ⎡⎣0 , 2 ⎤⎦ , ως
άθροισμα συνεχών συναρτήσεων, της f ( f (x) ) που είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών και
της σταθερής συνάρτησης 1.
Είναι:
(
) ((
g − 2 =f f − 2
) ) +1 = f ( 0 ) +1 = 2 +1 = 3.
g ( 0 )= f ( f ( 0 ) ) +1 = f ( 2 ) +1 = −2 +1 = −1.
( 2 )= f ( f ( 2 ) ) +1 = f ( 0 ) +1 = 2 +1 = 3.
Επομένως g ( − 2 )⋅ g ( 0 )= −3 < 0 και g ( 0 ) ⋅g ( 2 ) = −3 < 0 .
g
Ισχύει λοιπόν το Θεώρημα Bolzano σε δύο διαστήματα, άρα η εξίσωση g(x)=0 ⇔f ( f(x)) +1=0
θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα
(
)
(−
2 ,0
)
και μια τουλάχιστον ρίζα στο
διάστημα 0 , 2 , δηλαδή δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα
(−
)
2, 2 .
ΘΕΜΑ 8ο :
x +1
= 1 , τότε :
x → − 1 f (x + 1)
Δίνεται η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f : R → R . Αν lim
α) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από την αρχή των
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
9
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
αξόνων.
β) Να βρείτε το lim
x→ 0
f (ημx)
.
x
γ) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f τέμνει την ευθεία y = x − 1
σε ένα ακριβώς σημείο ( xο , y ο ) με xο ∈ ( 0 , 1 ) .
ΛΥΣΗ
u=x+1
x +1
u
= 1 ⇔ lim
=1
x →−1 f (x +1)
u → 0 f (u)
α) Είναι lim
Θεωρούμε τη συνάρτηση g(u) =
έχουμε lim g(u) = 1
u →0
(1) .
u
, για u κοντά στο 0, οπότε g(u) ⋅ f(u) = u και από (1)
f (u)
(2).
( 2)
Είναι lim [ g(u) ⋅ f(u)] = lim u ⇔ limg(u) ⋅ limf(u) = 0 ⇔ limf(u) = 0 και αφού η f είναι συνεχής
u →0
u →0
u →0
u →0
u →0
ισχύει f (0) = 0 , δηλαδή η γραφική παράσταση της f διέρχεται από την αρχή των αξόνων.
β) Για x κοντά στο 0 είναι:
f (ημx) f (ημx) ημx
=
⋅
x
ημx
x
Έχουμε
f (ημx) u = ημx
f (u)
1 (1) 1
= lim
= lim
= = 1.
x → 0 ημx
u →0 u
u →0
u
1
f (u)
lim
Επομένως
⎡ f (ημx) ημx ⎤
f (ημx)
f (ημx)
ημx
⋅
⋅ lim
= 1⋅1 = 1.
= lim ⎢
= lim
⎥
x →0
x →0
x
x ⎦ x →0 ημx x →0 x
⎣ ημx
lim
γ) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x) = x − 1 έχει μία ακριβώς ρίζα x ο ∈ ( 0 , 1 ) .
Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( x ) = f ( x ) − x + 1 , x ∈ R .
Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα [ 0 , 1] , ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.
(α)
Είναι h(0) = f(0) − 0 + 1 = 1 > 0 και h (1) = f (1) − 1 + 1 = f (1) < 0 , γιατί η f είναι γνησίως
φθίνουσα συνάρτηση, οπότε 1 > 0 ⇔ f(1) < f(0) = 0. Άρα h ( 0 ) h (1) < 0.
Ισχύει λοιπόν το Θεώρημα Bolzano, άρα η εξίσωση h(x) = 0 ⇔ f (x) = x − 1 έχει τουλάχιστον
μία ρίζα x ο ∈ ( 0 , 1 ) .
Για x1 , x 2 ∈ ( 0 , 1 ) με x1 < x 2 ισχύουν:
f ( x1 ) > f ( x 2 )
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
και
10
− x1 + 1 > − x2 + 1 ,
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
οπότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:
f ( x 1 ) − x1 + 1 > f ( x 2 ) − x 2 + 1 ⇔ h ( x1 ) > h ( x 2 ) .
Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0 , 1 ) , οπότε η ρίζα x ο είναι μοναδική.
Δηλαδή η εξίσωση f(x) = x − 1 έχει μία ακριβώς ρίζα x ο ∈ ( 0 , 1 ) .
ΘΕΜΑ 9ο :
Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R → R που ικανοποιεί τη σχέση f 2 (x) = x 6 για κάθε x ∈ R .
α) Να λύσετε την εξίσωση f (x) = 0.
β) Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα ( − ∞ , 0 )
και ( 0 , + ∞ ) .
γ) Αν f ( − 2) > 0 και f ( 2 ) < 0 , να αποδείξετε ότι f ( x) = − x 3 .
δ) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να ορίσετε τη συνάρτηση f − 1 .
ε) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και f − 1 .
ΛΥΣΗ
α) Έχουμε:
f ( x) = 0 ⇔ f 2 (x) = 0 ⇔ x 6 = 0 ⇔ x = 0.
Άρα η εξίσωση f ( x) = 0 έχει στο R μοναδική ρίζα την x = 0.
β) Η συνάρτηση f στο ( − ∞ , 0) είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, οπότε σε αυτό το διάστημα
διατηρεί σταθερό πρόσημο.
Η συνάρτηση f στο ( 0 , +∞ ) είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, οπότε σε αυτό το διάστημα
διατηρεί σταθερό πρόσημο.
Άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα ( −∞ , 0) και ( 0 , + ∞ ) .
γ) Η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( − ∞ , 0) και από υπόθεση είναι f (− 2) > 0,
οπότε f (x) > 0 για κάθε x ∈ ( − ∞ , 0) . Επομένως στο διάστημα αυτό έχουμε:
f 2 ( x) = x 6 ⇔ f (x) = − x 3 , αφού x < 0 .
Επειδή f (0) = 0 έχουμε τελικά:
f ( x) = − x 3 για κάθε x ∈ ( − ∞ , 0 ] (1).
Η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( 0 , + ∞ ) και από υπόθεση είναι f (2) < 0,
οπότε f (x) < 0 για κάθε x ∈ ( 0 , + ∞ ). Επομένως στο διάστημα αυτό έχουμε:
f 2 ( x) = x 6 ⇔ f (x) = − x 3 , αφού x > 0.
Επειδή f (0) = 0 έχουμε τελικά:
f ( x) = − x 3 για κάθε x ∈[ 0 , +∞ ) (2).
Συνδυάζοντας τις περιπτώσεις (1) και (2) έχουμε:
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
11
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
f (x) = − x 3 για κάθε x ∈ R.
δ) Έστω x1 , x 2 ∈
με f (x 1 ) = f (x2 ) , τότε έχουμε διαδοχικά:
− x13 = − x 23 ⇔ x13 = x 23 ⇔ x 1 = x 2
Άρα η f είναι «1 – 1» στο R , οπότε αντιστρέφεται.
Για να ορίσουμε τη συνάρτηση f − 1 , λύνουμε την εξίσωση y = f (x) ως προς x .
Έχουμε:
3
3
⎪⎧− − y , y < 0
⎪⎧ − y , y < 0
.
y = f (x) ⇔ y = − x 3 ⇔ (− x)3 = y ⇔ − x = ⎨
⇔ x= ⎨
3
3
y
,
y
≥
0
−
y
,
y
≥
0
⎩⎪
⎩⎪
⎧⎪ 3 − y , y < 0
Επειδή ισχύει η ισοδυναμία y = f (x) ⇔ x = f −1 (y) έχουμε f −1 (y) = ⎨
.
3
−
≥
y
,
y
0
⎪⎩
⎧⎪ 3 − x , x < 0
.
Επομένως:
f −1 (x) = ⎨
3
−
≥
x
,
x
0
⎪⎩
ε) Λύνουμε το σύστημα:
⎧ y = f (x) f :1-1 ⎧⎪ y = f (x)
⇔ ⎨
⎨
−1
⎩ y = f (x)
⎩⎪ f (y) = f ( f
⎧⎪ y = − x
⎧⎪
⇔⎨
⇔
⎨
3
3
⎪⎩ x + y = − x − y
⎪⎩
3
⎧ y = f (x)
⎧ y = f (x)
⇔⎨
⇔⎨
⇔
−1
(x) )
⎩ f (y) = x
⎩ x = f (y)
⎧⎪ y = − x 3
⇔
⎨
3
⎪⎩ x = − y
⎧ y = −x3
y = −x
⎪⎪
⎛ 2
⎞
⇔
⇔
⎨
2
(x
y)
x
xy
y
1
+
⎜
−
+
+
⎟
=
0
x 3 + y3 + x + y = 0
⎪
⎜ 1442443 ⎟
⎪⎩
≠0
⎝
⎠
3
⎧ y = −x3
⎧ y = −x3
⎧ − x = −x 3
⎧ x 3 − x = 0 ⎧ x(x +1)(x − 1) = 0
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔
⇔⎨
⇔⎨
⎩ y=−x
⎩ x+y=0 ⎩ y=−x
⎩ y=−x
⎩ y =−x
⎧ x = −1 ή x = 0 ή x = −1
⇔⎨
⇔ (x , y) = (−1,1) ή (0, 0) ή (1, − 1).
⎩ y=−x
Άρα τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και f − 1 είναι τα :
Α (−1 , 1) , Ο ( 0 , 0)
και Β (1 , − 1).
ΘΕΜΑ 10ο :
(1)
1⎫
⎬ έτσι, ώστε να ισχύουν:
2⎭
f 2 (x) + ημ 2 x = 2x f (x) για κάθε x ∈ R και
(2)
lim
⎧
⎩
Δίνεται συνεχής συνάρτηση f : R → R και z ∈ C − ⎨ −
x→ 0
z−2
f (x )
= l , με l =
.
x
2z − 1
α) Να αποδείξετε ότι:
i)
z − 2 = 2z − 1
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
12
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
ii) Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z ανήκουν στον κύκλο C : x 2 + y 2 = 1 .
f ( ημx )
.
x 2− x
γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = f (x) −x διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από
τα διαστήματα ( − ∞ , 0 ) και ( 0 , + ∞ ) .
β) Nα βρείτε το lim
x→ 0
δ) Να βρείτε όλους τους δυνατούς τύπους της συνάρτησης f .
(
ε) Nα αποδείξετε ότι η εξίσωση
z + 3 − 4i + 5 ) x = x 3 + 10 , έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο
διάστημα ⎡⎣1 , 2 ⎤⎦ .
ΛΥΣΗ
α) i) Αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη της σχέσης (1) με x 2 ≠ 0 έχουμε
2
2
f (x)
⎛ f (x) ⎞
⎛ ημ x ⎞
για κάθε x ∈ R ∗
⎜
⎟ +⎜
⎟ =2
x
x
x
⎝
⎠
⎝
⎠
(3).
f (x)
= l , l ∈ R . Αν πάρουμε τα όρια και των δύο μελών
x →0 x
Από τη σχέση (2) έχουμε lim
στη σχέση (3) έχουμε:
l 2 + 1 = 2l ⇔ l 2 − 2l + 1 = 0 ⇔ ( l −1) = 0 ⇔ l = 1 , δηλαδή lim
x →0
2
Επομένως έχουμε
2
f (x)
=1
x
(4).
z−2
= 1 ⇔ z − 2 = 2z − 1 .
2z − 1
ii) Είναι z − 2 = 2z −1
2
⇔
( z − 2) ( z − 2) = ( 2z −1) ( 2z −1) ⇔ zz − 2z − 2z + 4 = 4zz − 2z − 2z +1 ⇔
2
⇔ 3 z z = 3 ⇔ z z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z = 1. Αν θέσουμε z = x + yi , τότε x 2 + y 2 = 1 .
Επομένως οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z ανήκουν στον κύκλο C : x 2 + y 2 = 1 .
β) Για x κοντά στο x o = 0 έχουμε:
f ( ημx ) f ( ημx ) ημx f ( ημx ) ημx 1
=
⋅
=
⋅
⋅
ημx x 2 − x
ημx
x x−1
x2 − x
f ( ημx ) u = ημx
f (u) (4)
= lim
= 1 (5) , οπότε έχουμε:
Είναι lim
x → 0 ημx
u →0 u
f ( ημx )
⎛ f ( ημx ) ημx 1 ⎞
f ( ημx )
ημx
1 (5)
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
= 1⋅1⋅ (−1) = −1.
lim
lim
lim
lim
⎜
⎟
x →0 x 2 − x
x →0
x x − 1 ⎠ x →0 ημx x →0 x x →0 x − 1
⎝ ημx
γ) Για κάθε x ∈ R , από τη σχέση (1) έχουμε:
lim
f 2 (x) − 2 x f (x) + x 2 = x 2 − ημ 2 x ⇔ ( f (x) − x ) = x 2 − ημ 2 x ⇔ g 2 (x) = x 2 − ημ 2 x (6).
2
Είναι g (x) = 0 ⇔ g 2 (x) = 0 ⇔ x 2 − ημ 2 x = 0 ⇔ ημ 2 x = x 2 ⇔ ημ x = x ⇔ x = 0 .
Θυμίζουμε ότι, για κάθε x ∈ R ισχύει ημ x ≤ x και ότι η ισότητα ισχύει μόνο για x = 0 .
Άρα για x ≠ 0 έχουμε ημ x < x ⇔ ημ 2 x < x 2 ⇔ x 2 − ημ 2 x > 0 ⇔ g 2 (x) > 0 ⇔ g(x) ≠ 0
Η συνάρτηση λοιπόν g(x) = f (x) −x είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και δε
μηδενίζεται στο R ∗ , άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα ( −∞ , 0 )
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
13
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
και ( 0 , + ∞ ) .
δ) Διακρίνουμε περιπτώσεις:
♦ Στο διάστημα ( −∞ , 0 ) έχουμε:
• Αν g (x) < 0 , τότε από τη σχέση (6) έχουμε
g (x) = − x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) − x = − x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) = x − x 2 − ημ 2 x
( Ι).
• Αν g (x) > 0 , τότε από τη σχέση (6) έχουμε
g (x) = x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) − x = x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) = x + x 2 − ημ 2 x
(I Ι).
♦ Στο διάστημα ( 0 , + ∞ ) έχουμε:
• Αν g (x) < 0 , τότε από τη σχέση (6) έχουμε
g (x) = − x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) − x = − x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) = x − x 2 − ημ 2 x
( IIΙ).
• Αν g (x) > 0 , τότε από τη σχέση (6) έχουμε
g (x) = x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) − x = x 2 − ημ 2 x ⇔ f (x) = x + x 2 − ημ 2 x
( IV).
Συνδυάζοντας τις περιπτώσεις:
¾
( Ι) και ( IIΙ) και επειδή f (0) = 0 έχουμε f (x) = x − x 2 − ημ 2 x , x ∈ R .
¾
⎧ x − x 2 − ημ 2 x , x < 0
⎪
( Ι) και ( IV) και επειδή f (0) = 0 έχουμε f (x) = ⎨
.
⎪⎩ x + x 2 − ημ 2 x , x ≥ 0
¾
(I Ι) και ( IIΙ) και επειδή f (0) = 0 έχουμε f (x) = ⎨
¾
(I Ι) και ( IV) και επειδή f (0) = 0 έχουμε f ( x) = x + x 2 − ημ 2 x , x ∈ R .
⎧ x+
⎪
x 2 − ημ 2 x , x < 0
⎪⎩ x − x − ημ x , x ≥ 0
2
2
.
3
ε) Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( x) = x − ( z + 3 − 4i + 5 ) x + 10 , x ∈ ⎡⎣1 , 2⎤⎦ , η οποία είναι συνεχής
στο διάστημα ⎡⎣1 , 2⎤⎦ και ισχύει:
h (1) = 1− ( z + 3 − 4i + 5 ) ⋅1 + 10 = 6 − z + 3 − 4i
h (2) = 8− ( z + 3 − 4i + 5 ) ⋅ 2 + 10 = 8− 2 ⋅ z + 3 − 4i = 2 ⋅ ( 4 − z + 3 − 4i
Όμως
)
z − 3− 4i ≤ z +3− 4i ≤ z + 3− 4i ⇔ 1−5 ≤ z +3− 4i ≤ 1+ 5 ⇔ 4 ≤ z +3− 4i ≤ 6 .
Άρα h (1) ≥ 0 και h( 2) ≤ 0 , οπότε h (1) h ( 2) ≤ 0 .
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
• Αν h(1) h ( 2) = 0 , τότε h(1) = 0 ή h(2) = 0 , άρα ρίζες της εξίσωσης είναι οι αριθμοί 1 και 2.
• Αν h (1) h ( 2 ) < 0 , τότε ισχύει το Θεώρημα Bolzano, οπότε η εξίσωση h ( x) = 0 θα έχει μια
τουλάχιστον ρίζα xo ∈( 1 , 2 ) .
Σε κάθε λοιπόν περίπτωση η εξίσωση h ( x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα x o ∈ [1 , 2] .
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
14
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
ΘΕΜΑ 11ο :
z
=1+ i 3 και η εικόνα Α του μιγαδικού
w
αριθμού z , στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει στο κύκλο με κέντρο Ο ( 0, 0) και ακτίνα ρ = 2, τότε:
Έστω οι μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί z , w . Αν
Α) Να αποδείξετε ότι:
α) Η εικόνα Β του μιγαδικού w ανήκει στο μοναδιαίο κύκλο.
β) z − w =
3
και
z+w = 7.
Β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ ( 0 , 1 ) τέτοιο, ώστε να ισχύει
Γ) Αν lim
x →+∞
( 3i − 4 ) x − xz
− 2010
ημx + x
(ξ3 −2) z + ξw + ξ2z + w = 2eξ .
= κ , να αποδείξετε ότι 3 ≤ κ ≤ 7.
ΛΥΣΗ
Α) α) Η εικόνα Α του μιγαδικού αριθμού z στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει στον κύκλο με κέντρο
z
z
Ο ( 0, 0) και ακτίνα ρ = 2, άρα ισχύει z = 2 . Είναι
.
= 1+ i 3 ⇔ w =
w
1+ i 3
z
z
2
2
Άρα w =
⇔ w =
⇔ w =
⇔ w = ⇔ w = 1.
2
1+ i 3
1+ 3
1+ i 3
Επομένως η εικόνα Β του μιγαδικού w ανήκει στο μοναδιαίο κύκλο.
β) Είναι:
z 1+ i 3
z − w 1 + i 3 −1
z−w
=
=
=i 3
⇔
⇔
w
1
w
1
w
Άρα
w =1
z−w
z−w
= i 3 ⇔
= 02 + ( 3 )2 ⇔ z − w = 3.
w
w
Είναι:
z 1+ i 3
z + w 1+ i 3 +1
z+w
=
⇔
⇔
=
= 2+i 3
w
1
w
1
w
Άρα
w =1
z+w
z+w
= 2+i 3 ⇔
= 22 + ( 3 )2 ⇔ z + w = 7 .
w
w
Β) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = (x 3 − 2) z + xw + x 2 z + w − 2e x στο διάστημα [ 0 , 1] .
• H h συνεχής στο [ 0 , 1] ως πράξη συνεχών.
•
h(0) = − 2z + w − 2e ο = 2 z + w − 2 = 3 > 0
h (1) = − z + w + z + w − 2e = z − w + z + w − 2e = 3 + 7 − 2e < 0
Ισχύει λοιπόν το Θεώρημα Βolzano, οπότε θα υπάρχει ξ
∈
Άρα h(0)⋅ h(1) < 0 .
( 0 , 1)
τέτοιο, ώστε h ( ξ ) = 0.
Είναι h ( ξ ) = 0 ⇔ (ξ 3 − 2) z + ξw + ξ 2 z + w − 2eξ = 0 ⇔ (ξ 3 −2) z + ξw + ξ 2 z + w = 2eξ
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
15
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
Γ) Για κάθε x ∈ (0 , + ∞) έχουμε:
•
•
( 3i − 4) x − xz − 2010 ( 3i − 4) − z ⋅ x − 2010 ( 3i − 4) − z −
=
ημx + x
=
ημx + x
ημx
+1
x
2010
x
ημx
1 ημx 1
ημx
1 1
=
≤ = , οπότε − ≤
≤
x
x
x
x
x
x x
1
ημx
⎛ 1⎞
Είναι lim ⎜ − ⎟ = lim = 0 , οπότε από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε lim
= 0.
x →+∞
x →+∞ x
⎝ x ⎠ x →+∞ x
Άρα lim
( 3i − 4) x − xz − 2010
x →+∞
Ισχύει
ημx + x
= lim
( 3i − 4) − z −
ημx
+1
x
x →+∞
2010
x = ( 3i − 4) − z , οπότε κ = ( 3i − 4 ) − z .
3i − 4 − z ≤ ( 3i − 4 ) − z ≤ 3i − 4 + z ⇔ 5 − 2 ≤ κ ≤ 5 + 2 ⇔ 3 ≤ κ ≤ 7.
ΘΕΜΑ 12ο :
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R → R με f ( x) ≠ 0 για κάθε x ∈ R .
Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς u =
α) Να αποδείξετε ότι Re (uw) =
1
f (α)f (β)
1
f (α)
+ βi και w =
1
f(β)
+ αβ και Im(uw) =
− αi .
β
f (β)
−
α
f (α)
.
β) Αν Im(uw) = 0 και 0 ∉ ⎡⎣α , β ⎤⎦ , να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ∈ ( α , β ) τέτοιο, ώστε f ′(ξ) =
γ) Αν Re (uw) = 0 , να αποδείξετε ότι οι αριθμοί α , β είναι ετερόσημοι.
(
2
δ) Να υπολογίσετε το όριο lim f (2004)f(2010) ⋅ x ημ
x →−∞
)
1
.
x
ΛΥΣΗ
⎛ 1
⎞⎛ 1
⎞ ⎛
⎞ ⎛ β
1
α ⎞
α) Είναι uw = ⎜
+ βi ⎟ ⎜
− αi ⎟ = ⎜
+ αβ ⎟ + ⎜
−
⎟i ,
⎝ f (α)
⎠ ⎝ f (β)
⎠ ⎝ f (α)f (β)
⎠ ⎝ f (β) f (α) ⎠
άρα Re (uw) =
1
f (α)f (β)
β) Είναι Im(uw) = 0 ⇔
+ αβ
και
Im(uw) =
β
f (β)
β
α
f(α) f (β)
=
⇔
=
.
f (β) f (α)
α
β
Θεωρούμε τη συνάρτηση h (x) =
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
f (x)
, x ∈ [ α,β ] .
x
16
−
α
f (α)
.
f(ξ)
ξ
.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010
• Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο [ α,β ] με h΄(x) =
x f ΄(x) − f (x)
.
x2
f(α) f (β)
=
α
β
Ισχύει λοιπόν το Θεώρημα Rolle στο διάστημα [ α, β ] , οπότε θα υπάρχει ξ ∈ ( α , β ) τέτοιο, ώστε
•
h΄(ξ) = 0 ⇔
ξ f ΄(ξ) − f (ξ)
f (ξ)
= 0 ⇔ f ΄(ξ) =
.
2
ξ
ξ
γ) Είναι Re(uw) = 0 ⇔
1
1
+ αβ = 0 ⇔
= − αβ
f (α)f (β)
f (α)f (β)
(1).
Η συνάρτηση f είναι συνεχής και f(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ R , άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο
στο R , επομένως f (α)f (β) > 0 (2). Από (1) και (2) έχουμε αβ < 0, άρα οι αριθμοί α , β είναι
ετερόσημοι.
δ) Για κάθε x ∈ ( − ∞ , 0) έχουμε:
1
ημ
1
x
f (2004) f (2010 ) ⋅ x 2 ημ =f (2004) f (2010 ) ⋅ x ⋅
1
x
x
Έχουμε:
• Επειδή η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R, οι αριθμοί f (2004) και f (2010)
είναι ομόσημοι, άρα f (2004) ⋅ f (2010) > 0.
1 1 =t
ημ
x x= lim ημ t = 1 και lim x = −∞ .
• lim
x →−∞
t→0
x → −∞
1
t
x
1⎞
⎛
ημ ⎟
⎜
1
Άρα lim ⎛⎜ f (2004)f (2010) ⋅ x 2 ημ ⎞⎟ = lim ⎜ f (2004)f (2010) ⋅ x ⋅ x ⎟ = −∞ .
x →−∞
1
x ⎠ x →−∞ ⎜
⎝
⎟
x ⎠
⎝
1-12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
17
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
0
File Size
679 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content