ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Christos75 · #1

Ας μην ξεχνάμε ότι σήμερα εξετάζονται και τα μαθηματικά Κατεύθυνσης σε επίπεδο επαναληπτικών εξετάσεων.
Εδώ θα αναρτήσουμε και θα συζητήσουμε τα θέματα μόλις δοθούν στη δημοσιότητα.
Καλή τύχη στους μαθητές που συμμετέχουν σε αυτές τις εξετάσεις.

gavrilos · #2

Καλησπέρα.Ορίστε τα θέματα εδώ.

gavrilos · #3

gavrilos έγραψε:Καλησπέρα.Ορίστε τα θέματα εδώ.

Θέμα Β.

Β.1 Έστω $\displaystyle{z=x+yi}$ .

Τότε η πρώτη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{x^{2}+(y-3)^{2}-18=(x-3)^{2}+y^{2}\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}-6y-9=x^{2}-6x+9+y^{2}\Leftrightarrow \boxed{x-y=3}}$ ,που είναι το ζητούμενο.

Β.2 Έστω $\displaystyle{w=x+yi}$ .

Τότε η δεύτερη εξίσωση γράφεται $\displaystyle{\sqrt{x^{2}+(y-1)^{2}}=y+1\Rightarrow x^{2}+(y-1)^{2}=(y+1)^{2}\Leftrightarrow \boxed{x^{2}=4y}}$ .

Θέμα Γ.

Γ.1 Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f'(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x^{2}}$ η οποία είναι επίσης παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f''(x)=e^{x-1}+\frac{1}{x^{2}}>0}$ .

Επομένως η $\displaystyle{f'(x)}$ είναι γνησίως αύξουσα με $\displaystyle{f(1)=0}$ άρα $\displaystyle{x>1\Leftrightarrow f'(x)>0}$ και $\displaystyle{x\in (0,1)\Leftrightarrow f'(x)<0}$ .

Επομένως η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[1,+\infty)}$ και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,1]}$ .

Ολικό ελάχιστο παρουσιάζει για $\displaystyle{x=1}$ το $\displaystyle{f(1)=1}$ .

Επίσης $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}} e^{x-1}-\ln x=\frac{1}{e}-(-\infty)=+\infty}$ .Άρα το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ είναι το $\displaystyle{A_{f}=[1,+\infty)}$ .

Υπολογίζω και το $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} f(x)}$ (χρειάζεται μετά). $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to +\infty} e^{x-1}\cdot \lim_{x\to +\infty} 1-\frac{\ln x}{e^{x-1}}$ .

Όμως $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{e^{x-1}}\overset{\frac{+\infty}{+\inft}}=\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{xe^{x-1}}=0}$ .Επομένως $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to +\infty} e^{x-1}\cdot 1=+\infty}$ .

Γ.2 Ισχύει πάντα $\displaystyle{x^{2}+1\in D_{f}}$ .Άρα $\displaystyle{D_{h}=\mathbb{R}}$ .

Επίσης πρέπει και $\displaystyle{x\in B=(-\infty,-1]\cup [1,+\infty)}$ και $\displaystyle{h(x)\in B}$ .

Αν όμως $\displaystyle{h(x)<1}$ τότε η $\displaystyle{\sqrt{t^{2}-1}$ δε θα είναι συνεχής στο διάστημα που ορίζουν τα άκρα ολοκλήρωσης αφού δεν ορίζεται στο διάστημα $\displaystyle{(-1,1)}$ .

Άρα αναγκαστικά $\displaystyle{h(x)\geq 1\Leftrightarrow f(x^{2}+1)-f(2)+1\geq 1\Leftrightarrow f(x^{2}+1)\geq f(2)}$ .

Προφανώς η $\displaystyle{f}$ παίρνει τιμές μεγαλύτερες του $\displaystyle{f(2)}$ και στο διάστημα $\displaystyle{(0,1)}$ (αφού κι εκεί παίρνει όλες τις πραγματικές τιμές που ανήκουν στο $\displaystyle{A_{f}}$ ).

Όμως το $\displaystyle{x^{2}+1}$ δεν παίρνει τιμές σε αυτό το διάστημα.

Επομένως αφού η $\displaystyle{f\nearrow }$ για $\displaystyle{x\geq 1}$ η παραπάνω ανίσωση είναι έχει λύσεις μόνο τα $\displaystyle{x}$ με $\displaystyle{x^{2}+1\geq 2\Leftrightarrow x\in (-\infty,1]\cup [1,+\infty)}$ .

Τελικά το πεδίο ορισμού της $\displaystyle{g}$ είναι το $\displaystyle{D_{g}=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)}$ .

Γ.3 $\displaystyle{f\left(f(x)-\frac{1}{2}\right)=1=f(1)}$ .

Επειδή η $\displaystyle{f}$ λαμβάνει την τιμή $\displaystyle{1}$ μόνο μία φορά λόγω της μονοτονίας της η προηγούμενη σχέση δίνει $\displaystyle{f(x)-\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow f(x)=\frac{3}{2}}$ .

Αφού $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty}$ και $\displaystyle{f(1)=1}$ ,η $\displaystyle{f}$ παίρνει την τιμή $\displaystyle{\frac{3}{2}}$ δύο φορές μια σε καθένα από τα διαστήματα $\displaystyle{(0,1],[1,+\infty)}$ .

Θέμα Δ.

Δ.1 Για $\displaystyle{x=1}$ η εξίσωση δίνει $\displaystyle{f(1)=1}$ .

Επίσης $\displaystyle{x(x-1)f'(x)+xf(x)=1\Leftrightarrow (x-1)f'(x)+f(x)=\frac{1}{x}\Leftrightarrow (f(x)(x-1))'=(\ln x)'\Leftrightarrow f(x)(x-1)=\ln x+c}$ .

Όμως για $\displaystyle{x=1}$ παίρνουμε $\displaystyle{c=0}$ άρα $\displaystyle{f(x)(x-1)=\ln x}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .

Επομένως $\displaystyle{f(x)=\frac{\ln x}{x-1}$ για $\displaystyle{x\neq 1}$ και $\displaystyle{f(1)=1}$ όπως θέλαμε.

Δ.2 $\displaystyle{\int_{\frac{1}{x}}^{1} \frac{f(t)}{t}dt\overset{u=\frac{1}{t}}=\int_{x}^{1} \frac{f\left(\frac{1}{u}\right)}{\frac{1}{u}}\cdot \left(-\frac{1}{u^2}\right)du=\lim_{y\to 1} \int_{y}^{x} \frac{\ln \frac{1}{u}}{1-u}du=\lim_{y\to 1} \int_{y}^{x} \frac{\ln u}{u-1}du=\int_{1}^{x} f(u)du}$ που είναι το ζητούμενο.

Τα όρια μπορούμε να τα πάρουμε λόγω συνέχειας και το κάνουμε για να αποφύγουμε το πρόβλημα του μηδενισμού του παρονομαστή.

Έρχονται και τα υπόλοιπα.

Edit:Διόρθωσα λάθος στο Γ.2

Edit2:Έβαλα τα όρια στο Δ.2

#4

Θέματα ΕΜΕ 2014

gavrilos · #5

Β.3

Η εξίσωση $\displaystyle{\frac{1}{4}x^{2}=x-1}$ έχει μοναδική λύση το $\displaystyle{x=2}$ .Άρα η ευθεία $\displaystyle{y=x-1}$ εφάπτεται της παραβολής στο $\displaystyle{M}$ .

Επίσης είναι παράλληλη στην ευθεία $\displaystyle{y=x-3}$ και η απόστασή τους είναι ίση με $\displaystyle{\sqrt{2}}$ .

Πράγματι η απόσταση του $\displaystyle{M}$ από την $\displaystyle{x-y-3=0}$ ισούται με $\displaystyle{d=\frac{|1\cdot 2-1\cdot 1-3|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}}$ και λόγω της παραλληλίας έπεται το ζητούμενο.

Υπάρχουν μιγαδικοί,αυτοί που οι εικόνες τους είναι το $\displaystyle{M}$ και το ίχνος της καθέτου από το $\displaystyle{M}$ στην $\displaystyle{y=x-3}$ ώστε $\displaystyle{|z-w|=\sqrt{2}}$ .

Αυτή είναι και η ελάχιστη τιμή του $\displaystyle{|z-w|}$ .

Πράγματι σύμφωνα με το σχήμα και την τριγωνική ανισότητα,για οποιυσδήποτε άλλους μιγαδικούς το $\displaystyle{|z-w|}$ είναι μεγαλύτερο.

: Επαναληπτικές 2015.PNG (11 KiB) Προβλήθηκε 7825 φορές

#6

Ίσως είναι λίγο θολό το γιατί η ελάχιστη απόσταση μεταξύ της ευθείας και της παραβολής είναι όντως αυτή που (πολύ σωστά) αναφέρει παραπάνω ο gavrilos. Φαντάζομαι ότι απαραίτητη δικαιολόγηση δεν υπάρχει στο σχολικό βιβλίο.

Ένας άλλος τρόπος (φυσικά εκτός σχολικού πνεύματος) είναι ο ακόλουθος:

Το σημείο $\displaystyle{A(a,a-3)}$ διατρέχει την ευθεία και το σημείο $\displaystyle{B\Big(b,\frac{b^2}{4}\Big)}$ διατρέχει την παραβολή.

Είναι, από την ανισότητα $\displaystyle{m^2+n^2\geq \frac{1}{2}(m+n)^2,}$

$\displaystyle{d^2(A,B)=(a-b)^2+\Big(\frac{b^2}{4}+3-a\Big)^2\geq \frac{1}{2}\Big(\frac{b^2}{4}-b+3\Big)^2=\frac{1}{2}\Big[\Big(\frac{b}{2}-1\Big)^2+2\Big]^2\geq 2}$

με την ισότητα να ισχύει όταν $\displaystyle{b=2\wedge a=3.}$

Άρα

$\displaystyle{d_{\min }=\sqrt{2}.}$

Χρήστος Λαζαρίδης · #7

Μετά από παρέμβαση του Χρήστου (Καρδάση) αποσύρω την απάντηση.
Υπόσχομαι ότι θα διαβάζω καλύτερα την άσκηση.

Φιλικά Χρήστος

gavrilos · #8

Γ.4 Θέλουμε να υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{\xi \in (x_{1},1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\frac{3}{2}-f(\xi)=-\xi f'(\xi)}$ .

Έστω $\displaystyle{h(x)=x f'(x)-f(x)+\frac{3}{2}=x e^{x-1}-1-e^{x-1}+\ln x+\frac{3}{2}=e^{x-1}(x-1)+\ln x+\frac{1}{2} \ ,x>0}$ .

Τότε $\displaystyle{h'(x)=e^{x-1}(x-1)+e^{x-1}+\frac{1}{x}=xe^{x-1}+\frac{1}{x}>0}$ για $\displaystyle{x>0}$ .

Άρα $\displaystyle{h\nearrow }$ και $\displaystyle{h(1)=\frac{1}{2}}$ .

Επίσης $\displaystyle{h(x_{1})=x_{1}f'(x_{1})-f(x_{1})+\frac{3}{2}=x_{1}f'(x_{1})}$ .

Όμως όπως είδαμε παραπάνω ισχύει $\displaystyle{f'(x)<0}$ για $\displaystyle{x\in (0,1)}$ κι επειδή $\displaystyle{x_{1}\in (0,1)}$ παίρνουμε τελικά $\displaystyle{h(x_{1})<0}$ .

Το θεώρημα Bolzano και η μονοτονία δίνουν το ζητούμενο.

Edit:Στην πιο πάνω δημοσίευση,στη λύση του Δ.2 παρατηρώ πως υπάρχει ένα κενό αφού βγαίνει το $\displaystyle{u-1}$ στον παρονομαστή την ώρα που το κάτω άκρο ολοκλήρωσης είναι $\displaystyle{1}$ .Τι πρέπει να κάνω γι' αυτό;

tdsotm111 · #9

Το Δ4 είναι σχεδόν ίδιο με τα επαναληπτικό Δ4 του 2012...

#10

Θεωρούμε το τυχαίο σημείο $K_a\left(a,\dfrac{1}{4}a^2\right)$ της παραβολής. Ως γνωστόν, η ελάχιστη απόσταση του τυχαίου σημείου K_a

από την ευθεία $\varepsilon: \ x-y-3=0$ είναι η απόστασή του $d(K_a,\varepsilon)$ από την ευθεία. Συνεπώς από όλες αυτές τις αποστάσεις ψάχνουμε τη μικρότερη, έστω $K_{a_0}$ για κατάλληλο a_0

.

Όμως $d(K_a,\varepsilon)=\dfrac{\left|a-\dfrac{a^2}{4}-3\right|}{\sqrt{2}}=\dfrac{a^2-4a+12}{4\sqrt{2}}$ διότι $a-\dfrac{a^2}{4}-3< 0$ αφού έχει διακρίνουσα αρνητική.

Όμως το

παρουσιάζει ελάχιστο για a_0=2

κι έτσι η ζητούμενη ελάχιστη τιμή είναι η $d(K_{a_0},\varepsilon)=\sqrt{2}$ και επιτυγχάνεται όταν η εικόνα του

είναι το σημείο A(2,1)

. Την αντίστοιχη εικόνα του

(αν και δε ζητείται αφού έχει βρεθεί το ελάχιστο γεωμετρικά με τρόπο που αντίστοιχος υπάρχει στο σχολικό βιβλίο) θα τη βρούμε λύνοντας το σύστημα της ευθείας $\varepsilon$ με την ευθεία που διέρχεται από το

και είναι κάθετη στην $\varepsilon$ .

Αλέξανδρος

#11

Μία κριτική για τα επαναληπτικά θέματα!

Προσωπικά θεωρώ ότι αν και είχαν δυσκολία (διαφορετικά θα ήταν άδικο για εκείνους τους μαθητές που έδωσαν με τα προηγούμενα θέματα), η δυσκολία τους δεν έγκειται σε περίεργες συναρτήσεις ή παραστάσεις τερατουργήματα που έχουμε δει κατά καιρούς, αλλά σε λεπτομέρειες της θεωρίας. Τα θέματα αυτά είναι απόδειξη ότι αν θέλει κάποιος να βάλει κάτι δύσκολο μπορεί να το κάνει με κομψά και όμορφα μαθηματικά που σκοπό έχουν να εξετάσουν τη σκέψη σου και όχι τόσο την ικανότητά σου να κάνεις ατελείωτες πράξεις καταλήγοντας τελικά στο κενό. Στα συγκεκριμένα θέματα μπορούσες εύκολα να αλλάξεις ρότα σε κάτι που "δε βγαίνει" (κοίτα π.χ. το Γ4) χωρίς να χαθείς στις πράξεις (κάτι που είναι πολύ σημαντικό για το πολύτιμο χρονικό διάστημα που διαρκεί η εξέταση). Δίνει και θάρρος στο μαθητή ότι ακόμη και να μη λυθεί θα έχει το χρόνο να το εξετάσει και με διαφορετική οπτική.

Προσωπικά τα θέματα μου άρεσαν και δε θα μπορούσα παρά να συγχαρώ την επιτροπή... Και τα καλά πρέπει να λέγονται! Φυσικά εκφράζω την προσωπική μου άποψη και θα χαρώ να ακούσω και τα σχόλια και άλλων συναδέλφων.

Αλέξανδρος

#12

Αν τα έχει κάποιος σε word , ας τα στείλλει για να συμπληρώσουμε τη συλλογή μας.

Πάντως, όπως λέει ο Αλέξανδρος, τα θέματα ήταν πιο φιλικά για τον επιμελή μαθητή. Το ερώτημα με την εύρεση του πεδίου ορισμού στο Γ έπρεπε να αποφευχθεί, είναι τελείως άνοστο και χωρίς μαθηματικό ενδιαφέρον. Θα μπορούσε να μπει εύκολα ένα πιο εύστοχο.

Τέλος λοιπόν για φέτος με τα Μαθηματικά !

Και του χρόνου να είναι όλη η κοινότητα καλά !!!

Μπ

STOPJOHN · #13

Kαλημέρα σε όλους
Τα θέματα των Μαθηματικών είναι πολύ καλά με διαβάθμηση και βατά δηλαδή δεν απογοητευουν τον διαβασμένο μαθητή . Εδώ δημιουργείται μια σημαντική απορία κατά την ταπεινή μου γνώμη, ΓΙΑΤΙ η ίδια επιτροπή που έβαλε τα προηγούμενα θεματα του Μαίου δεν τα πρόσεξε και βγήκανε κακοκατασκευασμένα θέματα με όλες τις γνωστές αρνητικές κριτικές ;;;
Πιστεύω (ονειρεύομαι πιθανόν...) ότι κάποτε οι θεματοδότες θα μπορούν δημόσια να πάρουν θέση ...αν τους το επιτρέπουν και ΕΠΩΝΥΜΑ να εξηγήσουν τη λογική των θεμάτων

Γιάννης

#14

STOPJOHN έγραψε: Εδώ δημιουργείται μια σημαντική απορία κατά την ταπεινή μου γνώμη, ΓΙΑΤΙ η ίδια επιτροπή που έβαλε τα προηγούμενα θεματα του Μαίου δεν τα πρόσεξε και βγήκανε κακοκατασκευασμένα θέματα με όλες τις γνωστές αρνητικές κριτικές ;;;

Καλημέρα Γιάννη,

Η απάντηση στο ερώτημα είναι απλή: Δεν είναι απαραίτητο να είναι η ίδια επιτροπή στα θέματα Μαΐου και στα επαναληπτικά!

Αλέξανδρος

#15

Μπάμπη καλημέρα

#16

tdsotm111 έγραψε:Το Δ4 είναι σχεδόν ίδιο με τα επαναληπτικό Δ4 του 2012...

Αγαπητέ Θωμά,
επιμέρους ομοιότητες μεταξύ θεμάτων ασφαλώς θα βρούμε άφθονες όπου και να ψάξουμε. Είναι απολύτως λογικό αυτό, εφόσον τα θέματα εξετάσεων έχουν αποκτήσει (κακώς, κατά τη γνώμη μου) τη συγκεκριμένη δομή.
Π.χ. και και η συνάρτηση στο Δ1 έχει ομοιότητα με το θέμα του Αλέξανδρου, που συζητήθηκε ΕΔΩ. Φαντάζομαι σε πολλά άλλα θέματα (σε βιβλία, συλλογές κ.α.) θα υπάρχουν (παρ)όμοιες συναρτήσεις. Αν συνέβαινε το αντίθετο θα ήταν παράξενο! Αν δηλαδή τα θέματα ήταν "εξωπραγματικά". Τότε, θα βρισκόταν οι μαθητές μπροστά στο άγνωστο, κάτι που αντιβαίνει στη φιλοσοφία των εισαγωγικών εξετάσεων!

Νομίζω ότι στο σύνολό τους τα θέματα είχαν τη δομή που έπρεπε να έχουν. Ήταν όπως έπρεπε να είναι τα θέματα για τη σωστή κατάταξη των βαθμολογιών των μαθητών!

Θα προτιμούσα αυτά να ήταν τα θέματα της 25ης Μαΐου, γιατί η κατάταξη των υψηλών βαθμολογιών θα γινόταν ομαλότερα. Τα θέματα που δόθηκαν στις 25 Μαΐου ισοπέδωσαν τις ψηλές βαθμολογίες, κυρίως λόγω έλλειψης χρόνου.
Εικάζω ότι, όποιος έχει τη δυνατότητα να μελετήσει τις καμπύλες της κατανομής των βαθμολογιών και να τις συγκρίνει (αν και το χθεσινό δείγμα είναι μικρό, άρα στατιστικά αναξιόπιστο), θα καταλήξει σ' αυτό το συμπέρασμα.

Καλά αποτελέσματα και καλή σταδιοδρομία στους μαθητές που έδωσαν τον πρώτο μεγάλο αγώνα τους!
Μα πριν απ' όλα, ας χαρούν το φετινό τους καλοκαίρι!

STOPJOHN · #17

Καλημέρα Αλέξανδρε
Τώρα δημιουργείται το ερώτημα γιατί η επιτροπή που βάζει τα βατά θέματα δεν είναι επιτροπή και τον Μάιο για το καλό των μαθητών και όχι μόνο ...ίσως πηγαίνουμε σε πολιτικό θέμα επιλογής της επιτροπής, γιατί ο εκάστοτε Υπουργος μαθαίνει τις γνώμες μαθητών και καθηγητών . Πιστεύω ακόμα ότι θα έλθει η ώρα που η πολύπαθη Παιδεία μας θα είναι υπεράνω κομματικών δεσμεύσεων και θα μιλάνε κοινή γλώσσα όλοι οι εμπλεκόμενοι στο εκπαιδειτικό σύστημα ......το ελπίζω και το εύχομαι

Γιάννης

STOPJOHN · #18

Συμπληρώνω κάτι που μου έλεγε ένας συνάδελφος ,θεματοδότης πανελληνίων με τις Δέσμες ,τα θέματα που τους κάνεις στο σχολείο είναι δύσκολα ξεφεύγουν από το σχολικό βιβλίο ...και η απάντηση μου : γιατί και εσύ βάζεις παρόμοια ..και συμφωνούσαμε .Αρα ο μάχιμος Μαθηματικός στο σχολείο η φροντιστήριο ΑΝΑΓΚΑΖΕΤΑΙ να κάνει παρόμοια θεματα,γιατί πολλοί Μαθηματικοί δέχονται τα πυρά του κόσμου για το βαθμό δυσκολίας των θεμάτων που γίνονται στα σχολεία

Γιάννης

#19

Πάντως, το μεσημέρι που κάθησα να γράψω αναλυτικές λύσεις στα θέματα Γ και Δ, διαπίστωσα ότι τα θέματα είναι πολύ πλούσια σε δουλειά, ακόμα κι αν κάποιος αποφύγει οποιαδήποτε αιτιολόγηση.

Δεν έχουν τους ακροβατισμούς των θεμάτων του Μαϊου και από αυτή την άποψη είναι καλύτερα, πιο ..στρόγγυλα, αλλά έχουν περισσότερη έκταση.

Αν ο μαθητής δεν εργάζονταν στοχευμένα και με σαφή κατεύθυνση, εύκολα μπρούσε να πελαγοδρομεί ανάμεσα στα ερωτήματα και ο χρόνος να μην του φτάσει.

Νομίζω ότι αν έλλειπαν τα Γ2, Δ4 που δεν είχαν κάτι το αξιόλογο(ή το απαραίτητο), θα ήταν πιο κοντά στον ζητούμενο στόχο, χωρίς να περιορίζεται η δυσκολία τους.

Μπ.

ΣΚΟΥΜΠΗΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ · #20

Καλησπέρα, και μια διαφορετική λύση..

Είναι $(x^2-x)f'(x)+xf(x)=1,x\in(0,+\infty)$

Έστω $x\neq1$ τότε θα ισχύει:

$(x^2-x)f'(x)+xf(x)=1 \Leftrightarrow f'(x)+\frac{x}{x^2-x}f(x)=\frac{1}{x^2-x} \Leftrightarrow f'(x)+\frac{1}{x-1}f(x)=\frac{1}{x^2-x} \Leftrightarrow f'(x)+\frac{(x-1)'}{x-1}f(x)=\frac{1}{x^2-x} \Leftrightarrow f'(x)+[\ln(|x-1|)]'f(x)=\frac{1}{x^2-x} \Leftrightarrow e^{\ln(|x-1|)} f'(x)+e^{\ln(|x-1|)}f(x)[\ln(|x-1|)]'=\frac{e^{\ln(|x-1|)}}{x^2-x}$

Όμως $e^{\ln(|x-1|)}=|x-1|$ οπότε είναι:

$|x-1|f'(x)+|x-1|f(x)(\frac{1}{x-1})=\frac{|x-1|}{x^2-x}$

$\bullet$ Αν x>1

τότε προκύπτει:

$(x-1)f'(x)+(x-1)f(x)(\frac{1}{x-1})=\frac{x-1}{x^2-x} \Leftrightarrow (x-1)f'(x)+f(x)=\frac{x-1}{x(x-1)} \Leftrightarrow \Leftrightarrow (x-1)f'(x)+f(x)=\frac{1}{x} \Leftrightarrow (x-1)f'(x)+(x-1)'f(x)=(lnx)' \Leftrightarrow \Leftrightarrow ((x-1)f(x))'=(lnx)'$

Οι συναρτήσεις (x-1)f(x),lnx

είναι συνεχείς στο $(1,+\infty)$ και έχουν ίσες παραγώγους οπότε υπάρχει $c_\text{1}\in{\rm I\!R}$ τέτοιο ώστε,

$(x-1)f(x)=lnx+c_\text{1},x\in(1,+\infty)$ (1)

Για χ=1 η (1) γίνεται:
$0=ln1+c_\text{1} \Leftrightarrow c_\text{1}=0$

Επομένως, $(x-1)f(x)=lnx \Leftrightarrow f(x)=\frac{lnx}{x-1},x\in(1,+\infty)$

Επιπλέον, για x=1

αφου η

είναι συνεχής πρέπει:

$\displaystyle \lim_{x\to 1}f(x)=f(1) \Leftrightarrow \lim_{x\to 1}\frac{lnx}{x-1}=f(1)$

'Ομως, $\displaystyle \lim_{x\to 1}f(x)=\lim_{x\to 1}\frac{lnx}{x-1}\underset{DLH}{\overset{(\frac{0}{0})}{=}}\lim_{x\to 1}\frac{\frac{1}{x}}{1}=\lim_{x\to 1}1=1$

Συνεπώς, $f(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{lnx}{x-1} & x>1\\ 1 & x=1 \end{matrix}\right}$

$\bullet$ Αν 0<x<1

τοτε:

$(1-x)f'(x)+(1-x)f(x)(\frac{1}{x-1})=\frac{1-x}{x^2-x} \Leftrightarrow \Leftrightarrow (1-x)f'(x)-(1-x)f(x)(\frac{1}{1-x})=-\frac{x-1}{x(x-1)} \Leftrightarrow \Leftrightarrow (1-x)f'(x)-f(x)=-\frac{1}{x} \Leftrightarrow f(x)-(1-x)f'(x)=\frac{1}{x} \Leftrightarrow \Leftrightarrow f(x)+(x-1)f'(x)=\frac{1}{x} \Leftrightarrow (x-1)'f(x)+(x-1)f'(x)=\frac{1}{x} \Leftrightarrow \Leftrightarrow ((x-1)f(x))'=(lnx)'$

Οι συναρτήσεις (x-1)f(x),lnx

είναι συνεχείς στο (0,1)

και έχουν ίσες παραγώγους οπότε υπάρχει $c_\text{2}\in{\rm I\!R}$ τέτοιο, ώστε:

$(x-1)f(x)=lnx+c_\text{2},x\in(0,1)$

Με όμοιο τρόπο όπως παραπάνω προκύπτει $f(x)=\frac{lnx}{x-1}, x\in(0,1)$

Τελικά, σε κάθε περίπτωση ισχύει:

$f(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{lnx}{x-1} & 0<x\neq1\\ 1 & x=1 \end{matrix}\right}$

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ 2015

Μέλη σε σύνδεση