Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 ΟΔΗΓΙΕΣ ΑΥΤΟΔΙΟΡΘΩΣΗΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2015 Μερικές χρήσιμες οδηγίες: 1. Μετά την ολοκλήρωση της τρίωρης εξέτασης, σημείωστε τις βαθμολογικές μονάδες που λάβατε σύμφωνα με τις επόμενες υποδείξεις. 2. Επιμερίστε ισοδύναμα οποιδήποτε βήμα έχετε κάνει για τη λύση του κάθε υποερωτήματος κάθε θέματος. 3. Είναι χρήσιμο, αφού δείτε την πλήρη λύση οποιουδήποτε υποερωτήματος που δεν το ολοκληρώσατε, να ξαναπροσπαθήσετε να γράψετε την ορθή λύση μόνοι σας. 4. Συμπληρώστε τον επόμενο πίνακα, σύμφωνα με τις οδηγίες κατανομής μονάδων που βρίσκονται μέσα στις λύσεις: ΘΕΜΑ Α Α1 Α2 ΘΕΜΑ Β Β1. Β2. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Γ2. i) ΘΕΜΑ Δ Δ1. Δ2. Παρατηρήσεις ii) Α3 Β3. Α4 Β4 Γ3. i) ii) Δ3. Δ4. i) ii) α. β. γ. δ. ε. ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΩΝ: ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΩΝ: ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΩΝ: Μαθηματικός Περιηγητής ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΩΝ: ΓΕΝΙΚΟ ΣΥΝΟΛΟ ΜΟΝΑΔΩΝ Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 ΘΕΜΑ Α Α1. Θεωρία, ορισμός στη σελίδα 212 και ορισμός στη σελίδα 216 του σχολικού βιβλίου. Α2. Θεωρία, ορισμός στη σελίδα 149 του σχολικού βιβλίου. Α3. Απόδειξη θεωρήματος στη σελίδα 334. Comment [D1]: 2 ΜΟΝΑΔΕΣ ΤΟ ΚΑΘΕ ΕΝΑ ΕΡΩΤΗΜΑ Α4. α. Λάθος. β. Σωστό . γ. Σωστό . δ. Λάθος ( ισχύει σε διάστημα Δ και όχι απαραίτητα σε σύνολο Α) . ε. Σωστό. ΘΕΜΑ Β Β1. Έχουμε διαδοχικά: Comment [D2]: 1 ΜΟΝΑΔΑ ΤΟ ΚΑΘΕ ΒΗΜΑ z  2015i 2 2  1 z  2015i  z  2015i  z  2015i  z  2015i  z  2015i z  2015iz  2015i  z  2015iz  2015i  zz  2015 zi  2015 zi  20152  zz  2015 zi  2015 zi  20152   2015 zi  2015 zi  2015zi  2015 zi  4030 zi  4030 zi  z  z Επομένως z . Β2. Αρχικά θέτουμε (για ευκολία των πράξεων) k  1 3  i και παρατηρούμε ότι: 2 2 2  1 2  3  1 2 k        k  1 k  1 kk  1 k  ( I ) 2 2 k     Ακόμα από τα δεδομένα έχουμε: 1 2 w  1 w  1 ww  1 w  ( II ) w 1 3  w   2 2 i w  k   = Έτσι είναι: v  1  1  kw 3  1 2  2 i w   Τώρα έχουμε διαδοχικά: Μαθηματικός Περιηγητής Comment [D3]: 2 ΜΟΝΑΔΑ Comment [D4]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 v 1 1  wk  = w k = 1  kw 1  1  1 k w kw wk = k  w   w  k   v kw  1 kw  1 1  kw kw Comment [D5]: 5 ΜΟΝΑΔΕΣ Επομένως v   . Β3. Αρκεί να αποδείξουμε ότι ο u είναι πραγματικός αριθμός1 (αφού κάθε πραγματικός αριθμός z  x   ικανοποιεί τη σχέση (1) 2024 u  a  ai x  2015i x  2015i x 2  20152   1 ). Έχουμε διαδοχικά: x 2  20152 1012 2024 2024 2  a 1  i  a 2024 1  i  a 2024 1  i     a 2024 1  2i  i 2  1012  1012  a 2024 2i 1012 1012  a 2024 2 i Comment [D6]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Comment [D7]: 1 ΜΟΝΑΔΑ ΣΕ ΚΑΘΕ ΒΗΜΑ   21012 a 2024i1012  2a 2 1012   , αφού i1012  1 Β4. Αφού z  x   και v  yi, y   έχουμε: Comment [D8]: 1 ΜΟΝΑΔΑ 2 z2  ή x2 y2  2 3 3 2 2 yi w2 y2 x2 y2  9  x 2     9  x2   9  1 2 2 2 9 18  1 και άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των του μιγαδικού   επιπέδου που ικανοποιούν τη σχέση z 2  w2  9 είναι υπερβολή με εστίες τις Ε(0,3) και 2 Ε΄(0,-3). ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η συνάρτηση f γίνεται:   x2 1 x 1 e , αν x  0  ln x    x2 1 e x 1 f x   ,  x  0  ln  x   ,  x  1  0, αν x  0   1 Μπορούμε, αφού βρούμε τον αριθμό u  2a     2 1012  x   , να επαληθεύσουμε την σχέση (1) :   u  2015i x  2015i   u  2015i x  2015i x 2  2015 x 2  2015 1 Μαθηματικός Περιηγητής  x 1 Comment [D9]: 3 ΜΟΝΑΔΕΣ Comment [D10]: 2 ΜΟΝΑΔΕΣ Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 Για το lim f ( x) έχουμε: x0  lim f ( x)  lim x  0 e x 2 1 Comment [D11]: 1 ΜΟΝΑΔΑ x  1  0 , ln x x 0 2 2 αφού lim  e  x 1  x  1  lim e  x 1  lim  x  1  e 1   e και lim ln x   .    x 0 x 0 x 0 x 0 Comment [D12]: 1 ΜΟΝΑΔΑ 2 e x 1  x  1 lim f ( x)  lim  0, x 0 x 0 ln  x  2 2 αφού lim e x 1  x  1  lim e x 1  lim  x  1  e 1   e και lim ln  x     x0 x0 x 0 x0   Comment [D13]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Επομένως είναι lim f ( x)  lim f ( x)  0 και άρα lim f ( x)  0 . x0 x0 x 0 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο   0, 1 ώς πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Επίσης η f είναι συνεχής στο x0  0 , αφού lim f ( x)  0  f 0 . Τέλος για να είναι η f συνεχής σε Comment [D14]: 0,5 ΜΟΝΑΔΑ Comment [D15]: 0,5 ΜΟΝΑΔΑ x0 όλο το  πρέπει να είναι συνεχής και στο x1  1 . Έχουμε, σύμφωνα με τον κανόνα του de L΄ Hospital: lim f ( x)  lim x 1 x 1 e x 2 1 x  1  0 0 ln x lim e x 2 1 2 x 2  2 x 1   lim e 2 x  1 x x 1  x 2 1 x 1 2  2 x  1 x   1  Comment [D16]: 2 ΜΟΝΑΔΕΣ  Comment [D17]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Επομένως lim f ( x )  f 1     1 . x 1 Γ2. i) Η συνάρτηση 1  g x  f  x ln  2  , x  0 γίνεται διαδοχικά: x  Για x  1 έχουμε g  x   2e 2  x 1 e x 2 1 g 1  f 1 ln1  0 x  1 ln  1   e ln x   x2     x 2 1 x  1 ln x ln1  ln x  2   e x 2 1 x  1 2 ln x  ln x  x  1 Επομένως θα μελετήσουμε τη μονοτονία της συνάρτησης g  x  2e x 2 Comment [D18]: 1 ΜΟΝΑΔΑ 1 x  1, x  0 . Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 0,  ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: Μαθηματικός Περιηγητής Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 Comment [D19]: 1 ΜΟΝΑΔΑ 2 2 2 g΄  x  2 2 x  x  1 e  x 1  e x 1   2e  x 1 2 x 2  2 x  1 , x  0    Επειδή 2e x 2 1   0, για x  0 , το πρόσημο της g΄  x εξαρτάται από το πρόσημο του Comment [D20]: 0,5 ΜΟΝΑΔΑ τριωνύμου 2 x 2  2 x  1 Ο πίνακας προσήμου της g΄  x είναι ο επόμενος: 1 3 2 0 + x g΄  x   g  x   Comment [D21]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Επομένως η συνάρτηση g είναι:  1 3   και Γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0,  2   Comment [D22]: 1,5 ΜΟΝΑΔΕΣ 1  3  Γνησίως αύξουσα στο διάστημα  ,     2   ii) Σύμφωνα με τον πίνακα προσήμου της g΄  x του ερωτήματος (i) η συνάρτηση g έχει Comment [D23]: 1 ΜΟΝΑΔΑ 1  3   3 1 3   e 2 1 3 . ελάχιστο (ολικό) στο σημείο x2  , το g   2 2     Επομένως για κάθε x  0 έχουμε: 3 1  3  e    2e  x2 1  x  1  e 2 1  3  e  x2 1 x  1  g  x  g    2    Για x  1  0  x  1 έχουμε: e x  3 2 Comment [D24]: 2 ΜΟΝΑΔΕΣ 3 1   2 Comment [D25]: 0,5 ΜΟΝΑΔΕΣ ΓΙΑ ΚΑΘΕ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Άρα:   2 1 e   3 2  3 1  2  x  1 Για x  1  0  x  0  0  x  1 έχουμε: Μαθηματικός Περιηγητής Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 e x 2 1 e 3 2    3 1  2  x  1 Γ3. i) Η g΄  x είναι παραγωγίσιμη για κάθε x  0 (ή αλλιώς η g  x είναι δύο φορές Comment [D26]: 0,5 ΜΟΝΑΔΕΣ παραγωγίσιμη για κάθε x  0 ) ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: g΄΄  x  4e  x 2 Επειδή 4e x x 12 x 2 1 2 2 x 1 3  2 x 2  3 x  1  4e  x  2 1 2 x 3  2 x 2  3 x  1  4e  x  2 1  x  12 x 2  4 x 1 , x  0  Comment [D27]: 1 ΜΟΝΑΔΑ  0  x  0 , το πρόσημο της g΄΄ ( x ) εξαρτάται από το πρόσημο του Comment [D28]: 0,5 ΜΟΝΑΔΕΣ  4 x 1 .  Comment [D29]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Ο πίνακας του προσήμου της g΄΄  x είναι ο επόμενος: 2 2 2 0 2 2 2  x g΄΄  x    g  x    Επομένως η συνάρτηση g :  2 2   Είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω) στο διάστημα 0,  2   2  2 2  2   Είναι κυρτή (στρέφει τα κοίλα άνω) στο διάστημα  ,  2 2   2  2  Είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω) στο διάστημα  , +   2   2  2 2  2     ή το A  2  2 , Τα σημεία καμπής της είναι το και το A  , g   2   2    2 1 2 2  2  2  2      ή το B  2  2 ,  2e 2 και το B  , g  2  2   2     Μαθηματικός Περιηγητής 2     2e 2 2 1 2     Comment [D30]: 0,5 ΜΟΝΑΔΕΣ ΤΟ ΚΑΘΕ Σ.Κ Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 ii) Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g στο σημείο A 2, g (2) είναι: y  g 2  g΄ 2 x  2 y  2e3  6e3  x  2  y  6e 3 x  14e 3 2  2  Επειδή η g είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω) στο διάστημα  ,    θα είναι:  2   y  g  x  6e 3 x  14e3  2e  x e4 3 x  7  e x 2 2 1 x  1 3e 3 x  7e 3  e x 2 1 x  1 Comment [D31]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Comment [D32]: 0,5 ΜΟΝΑΔΕΣ Comment [D33]: 1,5 ΜΟΝΑΔΑ x  1 2  2  . , για κάθε x   ,    2    Επίσης, η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g στο σημείο B 1, g (1) είναι: Comment [D34]: 1 ΜΟΝΑΔΑ y  g 1  g΄ 1 x  1 y  2  x  1  2 2   θα είναι: Επειδή η g είναι κυρτή (στέφει τα κοίλα άνω) στο διάστημα 0, 1  0,  2   y  g  x  2  x  1  2e  x 2 1 x  1 x  1  e  x 2 1 x  11  e  x 2 1 2  e x  e 1 , για Comment [D35]: 0,5 ΜΟΝΑΔΕΣ Comment [D36]: 1,5 ΜΟΝΑΔΕΣ κάθε 0  x  1 , αφού x  1  0 . ΘΕΜΑ Δ Δ1. Για να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή, αρκεί να αποδείξουμε ότι: Comment [D37]: 1 ΜΟΝΑΔΑ f ( x)   f ( x) , για κάθε x   2 x Για την f ( x)  x Comment [D38]: 1 ΜΟΝΑΔΑ 1   t 4 2 dt θέτουμε t   και έχουμε: t t 4 Comment [D39]: 1 ΜΟΝΑΔΑ dt   d  t  x  x t  2 x    2 x Επομένως για κάθε x   έχουμε: 2x f ( x)  x 1   ( ) (  ) 4  (  ) 2  4 2x 1   x 4 2  4  d    f ( x) Comment [D40]: 5 ΜΟΝΑΔΕΣ 1   t , t   έχουμε διαδοχικά: t4  t2  4 Δ2. Θέτοντας για ευκολία h(t )  2x d   0 2x 2x x f ( x) x h(t )dt x h(t )dt 0 h(t )dt 0 h (t ) dt 0 h(t )dt , x   Μαθηματικός Περιηγητής Comment [D41]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 1   t είναι συνεχής στο  (ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων στο t4  t2  4 Η συνάρτηση h(t )  x 2x  ) και άρα οι συναρτήσεις 0 h (t ) dt και 0 h (t ) dt είναι παραγωγίσιμες στο  (ως σύνθεση παραγωγίσιμων). Επομένως η συνάρτηση f ( x) είναι παραγωγίσιμη στο  ως Comment [D42]: 1 ΜΟΝΑΔΑ διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: f΄ ( x)  h(2 x ) 2 x΄  h( x)  2h(2 x)  h( x)  K ( x ), x   Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Bolzano για την K ( x) στο διάστημα 0, 1 και έχουμε:  Η K ( x) είναι συνεχής στο 0, 1 , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων στο 0, 1  K (0)  1  0  K (1)  Comment [D43]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Comment [D44]: 3 ΜΟΝΑΔΕΣ(!1ΓΙΑ ΚΑΘΕ ΒΗΜΑ) 1   2 1   1  2   1    0 , αφού 2  1 2   1 , διότι η 2 2 2 συνάρτηση  x είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 0,   . Άρα K (0) K (1)  0 και επομένως υπάρχει ένα τουλάχιστον   0, 1 τέτοιο, ώστε K ( )  0 ή f΄ ( )  0 . x Δ3. Από τη σχέση 0 g tdt  e 2015 x  x5  1 , για κάθε x   έχουμε διαδοχικά: x Comment [D45]: 1 ΜΟΝΑΔΑ x 0 g t dt  e2015x  x5  10 g t dt  e2015x  x5 1  0  ( x)  0   (0) x ,όπου  ( x ) 0 g t dt  e 2015 x  x 5  1, x   . Άρα ισχύει  ( x)   (0) , για κάθε x   και επομένως η συνάρτηση  ( x) έχει μέγιστο στο σημείο x0  0 . Ακόμα η  ( x) είναι παραγωγίσιμη στο  , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο  , αφού η g είναι συνεχής στο  (δεδομένο) με: ΄ ( x)  g ( x)  2015e2015 x  5x 4 , x   Comment [D46]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, θα έχουμε: ΄ (0)  0  g (0)  2015e0  0  g (0)  2015 Comment [D47]: 1 ΜΟΝΑΔΑ Όμως είναι (βρέθηκε παραπάνω): f΄ ( x)  h(2 x ) 2 x΄  h( x)  2h(2 x)  h( x)  K ( x ), x   Επομένως f΄ 0  2h 0  h 0  h(0)  1   0 4  2 1 2 Comment [D48]: 0,5 ΜΟΝΑΔΑ Άρα: g 0  2015  g 0  1  2014  g 0  f΄ 0  2014 Μαθηματικός Περιηγητής Comment [D49]: 0,5 ΜΟΝΑΔΑ Λύσεις θεμάτων προσομοίωσης στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης 2015 Δ4. i) Εφαρμόζουμε το θεώρημα Μέσης Τιμής του Διαφορικού Λογισμού για τη συνάρτηση g στα διαστήματα 0, 1008 και 1008, 2016 . Έχουμε:  Η g είναι συνεχής στα διαστήματα 0, 1008 και 1008, 2016 (δεδομένο). Comment [D50]: 2 ΜΟΝΑΔΕΣ ΓΙΑ ΚΑΘΕ ΣΩΣΤΗ ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΤΟΥ Θ.Μ.Τ. ΚΑΙ ΑΝΑΛΟΓΟΣ ΕΠΙΜΕΡΙΣΜΟΣ  Η g είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα 0, 1008 και 1008, 2016 (δεδομένο) Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον 1  0, 1008 και ένα τουλάχιστον  2  1008, 2016 τέτοια, ώστε: g΄ (1 )  g (1008)  g (0) 3023  2015   1 και 1008 1008 g΄ ( 2 )  g (2016)  g (1008) 4031  3023  1 1008 1008 Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση g΄ στο διάστημα 1 , 2  . Έχουμε:  Η g΄ είναι συνεχής στο 1 ,  2  , ως παραγωγίσιμη στο  .  Η g΄ είναι παραγωγίσιμη στο 1 ,  2  , ως δύο φορές παραγωγίσιμη στο  .  g΄ 1   g΄  2  Επομένως υπάρχει ένα τουλάχιστον x0  1 ,  2   0, 2016 τέτοιο, ώστε g΄΄ ( x0 )  0 0 ii) Έχουμε lim f ( x)  0 και lim x  0 και άρα έχουμε την απροσδιόριστη μορφή x 0 x0 0 Comment [D51]: 1 ΜΟΝΑΔΑ οπότε , σύμφωνα με τον κανόνα του de L΄ Hospital (η f ( x ) και x είναι παραγωγίσιμες), έχουμε διαδοχικά: lim x 0 f ( x) 2 h(2 x )  h( x ) 1   0  lim  lim 2 h(2 x )  h( x )  2 h(0)  h (0)  h (0)   1 (η x 0 x 0 x 1 4 συνάρτηση h ( x) είναι συνεχής  , ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, άρα συνεχής και στο 0) Μαθηματικός Περιηγητής Comment [D52]: 2 ΜΟΝΑΔΕΣ