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