Themata kai lyseis_mathimatikwn_epan_2021_l

1. Μαθηματικά ομάδων Προσανατολισμού
θετικών σπουδών & σπουδών
Οικονομίας και Πληροφορικής
επαναληπτικές εξετάσεις 2021
θέματα και ενδεικτικές λύσεις
Επιμέλεια Λύσεων: Χρήστος K. Λοΐζος
www.liveyourmaths.com/

2. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΗΜΗΡΕΣΙΩΝ ΚΑΙ ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ
ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΚΑΙ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΤΕΤΑΡΤΗ 8 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2021
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
A1. Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ.
Αν
• Η f είναι συνεχής στο Δ και
• f (x) 0
′ = για κάθε x εσωτερικό σημείο του Δ,
να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή σε όλο το διάστημα Δ.
Μονάδες 7
A2. Πότε λέμε ότι μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα κλειστό
διάστημα [ , ]
α β ;
Μονάδες 4
A3. Να διατυπώσετε το θεώρημα Rolle.
Μονάδες 4
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στο
τετράδιό σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη
λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
α) Αν f,g είναι δύο οποιεσδήποτε συναρτήσεις με πεδία ορισμού Α
και Β αντίστοιχα, τότε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης
f
g
είναι
το A B
∩ .
β) Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ και 0
x ένα
εσωτερικό σημείο του Δ. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο
στο 0
x και είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό, τότε 0
f (x ) 0
′ = .
γ) Αν μια συνάρτηση f , η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη σε
ένα διάστημα ( , )
α β , παρουσιάζει στο σημείο 0
x ( , )
∈ α β καμπή,
τότε 0
f (x ) 0
′′ = .
δ) Για οποιαδήποτε συνάρτηση f : →
, με
0
x x
lim f(x) 0
→
> , ισχύει
ότι f(x) 0
> , για κάθε x ∈ .
ε) Κάθε συνάρτηση f που είναι συνεχής σε σημείο 0
x του πεδίου
ορισμού της είναι και παραγωγίσιμη στο 0
x .
Μονάδες 10

3. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΗΜΗΡΕΣΙΩΝ ΚΑΙ ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
ΘΕΜΑ Β
Δίνεται η συνάρτηση f : (1, )
+∞ → με τύπο
1
f(x)
1 x
=
−
και η συνάρτηση [ )
g : 0,+∞ → με τύπο g(x) x
= .
Β1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται και ότι η αντίστροφή
της είναι η συνάρτηση
2
1 x 1
f (x) , x<0
x
− −
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
Μονάδες 8
Β2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση
1
h g f−
= D είναι η
x 1
h(x) , x<0
x
−
= .
Μονάδες 6
Β3. Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης
h του ερωτήματος Β2.
Μονάδες 6
Β4. Να υπολογίσετε το όριο
x 0
h(x) 1
lim e
x
−
→
−
⎛ ⎞
⋅ ημ
⎜ ⎟
⎝ ⎠
, όπου h είναι η
συνάρτηση του ερωτήματος Β2.
Μονάδες 5
ΘΕΜΑ Γ
Κυκλική λίμνη έχει κέντρο Ο και ακτίνα R=1km. Ένας μαθητής μπορεί να
κωπηλατεί με σταθερή ταχύτητα v1 = 2km/h και μπορεί να βαδίζει με
σταθερή ταχύτητα v2 = 4km/h.
Ο μαθητής θέλει να κάνει μια βόλτα στη λίμνη, ξεκινώντας από το σημείο
Α του σχήματος και καταλήγοντας στο αντιδιαμετρικό του σημείο Β.
Ο μαθητής μπορεί:
Ι. Να συνδυάσει κωπηλασία και βάδισμα, κωπηλατώντας ευθύγραμμα
από το σημείο Α σε σημείο Γ της περιφέρειας της λίμνης, τέτοιο ώστε
η γωνία l
ΒΟΓ , (0, )
= θ θ ∈ π και στη συνέχεια να βαδίσει κατά μήκος
του τόξου ΓΒ, όπως φαίνεται στο σχήμα.
ΙΙ. Να κωπηλατήσει ευθύγραμμα από το σημείο Α στο σημείο Β ( )
0
θ = .
ΙΙΙ. Να βαδίσει στην περιφέρεια της λίμνης από το Α στο Β ( )
θ = π .

4. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΗΜΗΡΕΣΙΩΝ ΚΑΙ ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
Γ1. Να αποδείξετε ότι ο χρόνος (σε ώρες) που χρειάζεται, για να
διανύσει την παραπάνω διαδρομή, ως συνάρτηση της γωνίας θ (σε
ακτίνια) είναι
1
t( ) , θ [0, ]
4 2
θ
θ = θ + συν ∈ π .
Δίνεται ότι σε έναν κύκλο ακτίνας R το μήκος S ενός τόξου που
αντιστοιχεί σε επίκεντρη γωνία θ (σε ακτίνια) είναι S R
= ⋅ θ.
Μονάδες 8
Γ2. Να βρείτε την τιμή της γωνίας θ ώστε ο χρόνος της βόλτας του
μαθητή να γίνεται μέγιστος.
Μονάδες 9
Γ3. Σε ποια από τις επιλογές (Ι), (ΙΙ) ή (ΙΙΙ) ο χρόνος μετάβασης από το
σημείο Α στο σημείο Β είναι ο ελάχιστος δυνατός; Να δικαιολογήσετε
πλήρως την απάντησή σας.
Μονάδες 8
ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση f : →
με τύπο
x
f(x) e
=
και συνάρτηση g : →
με τύπο
2
g(x) x x ,
= − + α α ∈ ,
για την οποία το όριο ( )
x
lim g(x) x
→+∞
− + α υπάρχει στο .
Δ1. Να αποδείξετε ότι 1
α = − .
Μονάδες 6
Δ2. Να αποδείξετε ότι η μοναδική εφαπτομένη της γραφικής παράστασης
της συνάρτησης f που διέρχεται από το σημείο Μ(-1,0) είναι η
ευθεία ε : y = x + 1 (μονάδες 3).
Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε) εφάπτεται και στη
γραφική παράσταση της συνάρτησης g (μονάδες 3).
Μονάδες 6

5. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙ∆ΑΣ
ΗΜΗΡΕΣΙΩΝ ΚΑΙ ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙ∆ΕΣ
Δ3. Να αποδείξετε ότι f(x) g(x)
> , για κάθε x ∈ .
Μονάδες 6
Δ4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση:
( ) ( ) ( )
{ }
f x 1 x f x g x
0 , k 1
x k x k 1
− − −
+ = ∈ −
− − −
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (k, k+1).
Μονάδες 7
ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)
1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο εσώφυλλο πάνω-
πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά σας στοιχεία. Στην αρχή των απαντήσεών σας να
γράψετε πάνω-πάνω την ημερομηνία και το εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα
θέματα στο τετράδιο και να μη γράψετε πουθενά στις απαντήσεις σας το όνομά σας.
2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων αμέσως μόλις
σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα θέματα δεν θα βαθμολογηθούν σε
καμία περίπτωση. Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα
φωτοαντίγραφα.
3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή μόνο με μαύρο στυλό
με μελάνι που δεν σβήνει.
4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή.
5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων.
6. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 17:00
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ
ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

6. www.liveyourmaths.com
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
- ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2021
ΘΕΜΑ Α
Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 133
Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 73
Α3. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 128
Α4. α) Λάθος
β) Σωστό
γ) Σωστό
δ) Λάθος
ε) Λάθος
ΘΕΜΑ Β
Β1. Είναι: ( ) ( )
, 1,
1
1
f x x
x
−
∈
= +∞ . Για να αντιστρέφεται η f, θα πρέπει αυτή να είναι 1-1. Θα
δείξουμε, λοιπόν, ότι η f είναι 1-1. Έχουμε:
Για κάθε ( )
1 2 ,
, 1
x x ∈ +∞ , με ( ) ( )
1 2
f x f x
= , είναι:
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2 1 2
1 2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 1
1 1
1 1
f x x x x
x
x
x f
x
x x x
x
x x
⇒ = ⇒ − = − ⇒
−
= − =
− ⇒
−
⇒ = ⇒
= =
⇒
Επομένως, η f είναι 1-1 και άρα αντιστρέφεται. Θα βρούμε τώρα την αντίστροφή της.
Για κάθε ( )
1,
x∈ +∞ , θέτουμε ( )
y f x
= . Τότε:
( )
1 1
1
1 y
y f y x
x
x
⇔
= ⇔ −=
=
−
(1)
Στο σημείο αυτό, παίρνουμε έναν περιορισμό. Για να ισχύει η (1), πρέπει 0
y ≠ . Συνεχίζοντας:
1
1
(1) x
y
⇔ =
− (2)
1

7. www.liveyourmaths.com
Εδώ θα χρειαστούμε και δεύτερο περιορισμό. Αφού 1 1
x x
> ⇔ > , πρέπει επιπλέον
0
1
1
1
0
1
1
0 y
y y
y
⇔ − > <
− ⇔
> ⇔ < . Οι δύο προηγούμενοι περιορισμοί ( 0
y ≠ και 0
y < )
μπορούν να συγχωνευθούν στον περιορισμό 0
y < . Συνεχίζοντας:
( )
2 2
2 1
1
1
(2) x
y
y
x
y
 
= −
 
 
−
⇔ ⇔ =




 
Επομένως, επειδή ( ) ( )
:1 1
1
f
f x y x f y
−
−
=
⇔
= , θα είναι ( )
2
1 1
, 0
y
f y y
y
−  
−
= <
 
 
, ή αλλιώς,
( )
2
1 1
, 0
x
f x x
x
− −
 
= <
 
 
.
Β2. Είναι ( ) , 0
g x x x
= ≥ . Ζητείται να βρούμε τη συνάρτηση 1
h g f −
=  .
• Το πεδίο ορισμού της h είναι:
{ }
{ } ( )
1
1
2
)
1
0
(
,0
0 0
και , που ισχύει για κάθε
κα
κ
ι
αι
h g
f
D D f x
x
x
x
x
D
x
x
x
−
−
∈ ∈
= =
 
−
 
 
=
< ≥ =
 
 
 
 
 
= <
∈
∈ = −∞


• Ο τύπος της h είναι:
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
2
1 1
x x
h x g f x g f x f x
x x
− − − − −
 
= = = = =
 
 

Είναι:
1 1 1 1
0 0 1 1 1 0
0
x
x
x
x x x
−
⇔ < ⇔ − > ⇔ − ⇔ >
< > > , άρα
1 1
x x
x x
− −
= .
Επομένως, ( )
1
, 0
x
h x x
x
−
= < .
Β3. Ζητείται να βρούμε τις ασύμπτωτες της h. Το πεδίο ορισμού της h είναι το ( )
,0
−∞ . Θα αναζη-
τήσουμε κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 0 και οριζόντια στο −∞ . Έχουμε:
• ( )
0 0 0
1 1
lim lim lim 1
x x x
x
h x
x x
− − −
→ → →
−  
= = −
 
 
Θα βρούμε πρώτα το όριο
0
1
lim
x x
−
→
. Είναι
0
lim 0
x
x
−
→
= και 0
x < καθώς το x τείνει στο 0
από τα αριστερά. Άρα
0
1
lim
x x
−
→
= −∞ .
Επομένως, ( )
0
1
lim 1 1 1
x x
−
→
∞ ∞ = +∞
 
− = − − = +
 
 
.
Άρα, η Ch έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τη 0
x = .
2

8. www.liveyourmaths.com
• ( )
1 1
lim lim lim 1 1 0 1
x x x
x
h x
x x
→−∞ →−∞ →−∞
−  
= = − = − =
 
 
Άρα, η Ch έχει οριζόντια ασύμπτωτη την 1
y = , καθώς x → −∞ .
Β4. Ζητείται να υπολογίσουμε το όριο ( )
0
1
lim h x
x
e
x
−
−
→
 
 

ηµ

⋅ . Θα εργαστούμε ως εξής:
Γνωρίζουμε ότι:
( )
( ) ( ) ( )
0
1
1 1
1
h x
h x h
e
x
x h
e
x
e
x
e
−
⋅ >
−
− −
− ≤ ηµ ≤ ⇔ ηµ ≤
− ⋅
≤
Από Β3 ερώτημα, έχουμε ότι ( )
0
lim
x
h x
−
→
= +∞ . Επομένως, ( )
( )
0
lim
x
h x
−
→
− =
−∞ και άρα
( )
0
lim 0
h x
x
e
−
−
→
= . Οπότε, ( )
( ) ( )
0 0
lim lim 0
h x h x
x x
e e
− −
− −
→ →
− = = . Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής, προ-
κύπτει ότι ( )
0
lim 0
1
h x
x x
e
−
−
→
η
 


⋅ =


µ .
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Διακρίνουμε τις παρακάτω τρεις περιπτώσεις:
• Αν ο μαθητής επιλέξει να συνδυάσει κωπηλασία και βάδισμα από το σημείο Α στο Γ (α-
πόσταση 1
s ) και εν συνεχεία στο σημείο Β μέσω του τόξου ΓΒ (απόσταση 2
s ), θα έχουμε:
( )
1 1 1 1 1
2
2
s t t t
⋅ ⇒ ΑΓ
= ⇒
ΑΓ
= ΑΓ = υ = (1)
 2
2 2 2 2 2 2
4
4
t s
s
s t t
⋅ ⇒
= ΓΒ = υ = =
⇒ (2)
Κατά συνέπεια, 2 2
1 2
2 4
2 4
(1)
(2)
s
t t
t t
s
ολ ολ
ΑΓ
= +
ΑΓ
= +
= + ⇒ (3)
Στο τρίγωνο ΟΑΓ, από τον νόμο συνημιτόνων έχουμε:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2 2 2 2
2
1
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2 2 2
2 4
2
, 0,
1 1
1 2 1
2
2
R
R
R
R R
R R
R
=
συν π−θ =−συνθ
ΟΑ=ΟΓ= =
⋅ΟΑ⋅ΟΓ⋅συν π − θ θ∈ π ⇔
⇔ ΑΓ ⋅ ⋅ ⋅συν π − θ ⇔
⇔ ΑΓ ⋅συν π − θ ⇔ ΑΓ ⋅ ⋅ ⋅συν π − θ ⇔
⇔ ΑΓ ⋅ − συν π − θ = ⋅ + συνθ ⇔
⇔ ΑΓ ⋅ συν ⇔ ΑΓ ⇒ ΑΓ =
ΑΓ = ΟΑ + ΟΓ −
= + −
=
− =
−
= − συν π − θ =
θ θ
   
= = συν
   
   
2
2
θ
 
συν 
 
Αλλά, 0
0 0
2 2 2
θ π θ
 
⇒ < < ⇒ σ
θ υν
π

< < >
 

, οπότε 2
2
θ
 
ΑΓ= συν 
 
(4)
3

9. www.liveyourmaths.com
Επίσης,
1
2 2 2
1
R
s
s s
R
=
= = = θ
⋅θ⇒ ⋅θ ⇒ . Άρα, 2
4
(3) t
⇔
θ
= (5)
Τελικά,
( ) ( )
2
2
2 4
1
, 0,
4 2
4 2
(4)
(5)
(3) t
tολ
θ
 
⇔ ⇔ θ= ⋅θ + συν θ∈ π
θ
 
συν  θ θ θ
 
  ν  
= + = + συ  
   
• Αν ο μαθητής επιλέξει να κωπηλατήσει ευθύγραμμα από το Α στο Β ( 0
θ = ), έχουμε:
1
1 2 2 1
R
s t R t t
=
=
= υ ⋅ ⇔ ⇔ =
• Αν ο μαθητής επιλέξει να βαδίσει στην περιφέρεια της λίμνης από το Α στο Β ( θ = π),
έχουμε:
1
2
2
4 1 4
2 4
R
s
R
t t t t
=
π π
⋅ ⇔ = ⇔
= = ⇔
υ π⋅ =
Δηλαδή, εν κατακλείδι, έχουμε: ( ) [ ]
, 0,
1
4 2
t
θ
 
⋅θ + συν θ∈ π

 
θ =  .
Γ2. Θα βρούμε τα ακρότατα της συνάρτησης t. Η t είναι συνεχής στο [ ]
0,π ως πράξεις μεταξύ συ-
νεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο ( )
0,π με:
( )
1 1 1
2 2
4 2 4 2 2 4 2
4
t
′ ′ ′
θ θ θ θ θ
     
′ θ
= + συν 
′
θ θ
 
⋅ = − ⋅ηµ

= + συν = − ηµ
    
   

 
 
Τα κρίσιμα σημεία της t είναι αυτά στα οποία ( ) 0
t′ θ = , δηλαδή:
( )
1 1 1 1 1
0
4 2 2 2 2 4 2 2 2 6
2
2
0
6
,
2
2 6
t′
θ
θ θ θ π
⇔ − ⋅ηµ = ⇔ ⋅ηµ = ⇔ ηµ = ⇔ ηµ = ηµ ⇔
θ π

= κπ +


⇔ κ∈

θ π
 =
=
κπ + π −
θ



Όμως, ( )
0,
θ∈ π , άρα:
•
6
0
1 1
0 0 2 2
2 2 6 2 6 3 12
θ π π π π π
⇔ < < ⇔ < κπ +
θ <
< < ⇔ − < κπ ⇔ −
π κ <
< < και
αφού κ∈ , θα είναι 0
κ = . Άρα για 0
κ = , είναι
3
2 6
θ π
=
π
θ =
⇔ .
•
5 5 5 1
0 0 2 2
2 2 6 2 6 3 12 6
0
θ π π π π π
⇔ < < ⇔ < κπ + < ⇔ − < κ −
< θ π < − ⇔ <
< < −
π κ
και αφού κ∈ , δεν υπάρχει καμία αποδεκτή τιμή του κ.
4

10. www.liveyourmaths.com
Άρα, το κρίσιμο σημείο της t είναι για
3
π
θ = .
Έχουμε:
• Για 0,
3
π
 
∈ 
 
θ , έχουμε:
( )
0,
6
2
0
1
3
1
0 0 0
2 6 2 6 2 2
1
0 0
2 2 2
1 1
0 0 0,
2 2 2 3
, για κάθε
t
ηµ
π
 
 
 
θ π θ π θ
⇒ < < ⇒ ηµ < ηµ < ηµ ⇒ < ηµ < ⇒
θ θ
⇒ > −ηµ > − ⇒ − < −η

π
<
µ < ⇒
θ π
 
′
⇒ < − ηµ < ⇒ θ > θ∈

θ <

1
• Για ,
3
π
 
∈ π
 
 
θ , έχουμε:
( )
,
6 2
1
1
6 2 2 6 2 2 2 2
1 1
1 1
2 2 2 2
1 1
0 0 ,
2 2 2 3
3
, για κάθε
t
ηµ
π π
 
 
 
π θ π π θ π θ
⇒ < < ⇒ ηµ < ηµ < ηµ ⇒ < ηµ < ⇒
θ θ
⇒ − > −ηµ > − ⇒ − < −ηµ < − ⇒
θ π
 
′
⇒ − < − ηµ < ⇒ θ < θ∈ π
 
π
< π

< θ

1
Συνοψίζοντας, έχουμε τον ακόλουθο πίνακα:
θ
t'(θ) + -
t(θ) 1 2
π/3
0
Ο.Μ.
π
0
Άρα, για
3
π
θ = , ο χρόνος της βόλτας γίνεται μέγιστος και ίσος με:
1 3
3 2 3 1 2
1
2 6 1
4 2
3
t
π π π π π
   
⋅ + συν ⋅ = + συν = +
  


 
π
 
=
 
  
Γ3. Έχουμε:
• Η t παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο 0
θ = , το ( )
0 1
t = .
• Η t παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο
3
π
θ = , το
3
3 12 2
t
π π
 
= +
 
 
.
• Η t παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο θ = π, το ( ) 0
4 2 4 4
t
π π π π
π= + συν = + = .
5

11. www.liveyourmaths.com
Η t είναι συνεχής στο διάστημα [ ]
0,π , άρα από το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής, η t
παίρνει μία μέγιστη και μία ελάχιστη τιμή. Το μικρότερο από τα τοπικά ελάχιστα είναι το ολικό
ελάχιστο. Αρκεί, λοιπόν, να συγκρίνουμε τα δύο τοπικά ελάχιστα της t.
Είναι: ( ) ( )
1 0
4
4
t t
π <
π
⇒ < ⇒ π < . Άρα, η t παρουσιάζει το ολικό ελάχιστο στο θ = π, το
( )
4
t
π
π = . Δηλαδή, για t = π, ο χρόνος της βόλτας είναι ελάχιστος.
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Είναι: ( ) 2
, ,
g x x x x∈
=
− + ∈
α α
  . Δίνεται ότι το όριο
( )
( ) ( )
2
lim lim
x x
g x x x x x
→+∞ →+∞
− + α
= − α + α υπάρχει στο  .
Αφού x → +∞ , τότε 0
x > , οπότε:
( )
( ) ( )
2
0
2
lim lim 1 lim 1
lim 1 lim 1 1
x
x x x
x x
x x x x x x x
x x
x x x
x
x
>
→+∞ →+∞ →+∞
→+∞ →+∞
 
α
⋅ − + α ∞ ⋅ + α
   
α α
 
− α + α
= − + α
= − + α
=
   





   
 
   

 
 
α
= − + α = = +
 
 
 
 
  

 
Διακρίνουμε περιπτώσεις:
• Αν 1
1 0
+ α > ⇔ α > − , τότε ( )
( )
lim
x
g x x
→+∞
∞
− + α = + , άτοπο.
• Αν 1
1 0
+ α < ⇔ α < − , τότε ( )
( )
lim
x
g x x
→+∞
∞
− + α = − , άτοπο.
Αλλά, το όριο ( )
( )
lim
x
g x x
→+∞
− + α υπάρχει στο  , οπότε πρέπει αναγκαστικά
1
1 0 ⇔
+ = α = −
α .
Πράγματι, για 1
α = − , έχουμε:
( )
( )( )
2 2
2 2
2
2 2
2
0
lim lim lim
lim lim
1
1
1
1
1 1
lim lim
2
1
1
1 1
1 1
x x x
x
x x x
x x
x x x x x x x x x
x x x
x x x x x x
x x
x x
x x
x
x
x
x
x
x
→+∞ →+∞ →+∞
>
→+∞ →+∞
→+∞ ∞
→+∞
→+
+ − + + + −
+ −
= = =
+ + + +
= = =
  + +
+ +
 
 
= = =
 
+ +
+ +
 
 
∈
6

12. www.liveyourmaths.com
Δ2. Είναι ( ) ,
x
f x e x
= ∈ . Έστω ( )
( )
0 0
,
x f x
Α το σημείο επαφής της (ε) με την Cf. Τότε, η εξί-
σωση εφαπτομένης στο Α είναι:
( ) ( )( ) ( )
( )
( )
0
0 0
0
0
0
0 0 0 0
( ) :
x
x
f x e
x x
f x e
y f x f x x x y e e x x
=
′ =
′
ε − =
⇔ ⋅
− −
= −
Αλλά ( ) ( ) ( ) ( )
0
0 0 0 0
0
0 0 0 0
1,0 1 0
0 1 1 1
x
e
x x x x
e e x e e x x x
>
∈ ε ⇔ − = −
Μ − ⇔ − = − =
⇔ + ⇔
− =
+
Εναλλακτικά, μπορούμε να λύσουμε την ίδια εξίσωση ως εξής:
( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0
0
0
0 0 0
0
0
0
0
1
0 0
1 1 0 1
x
x x
e
x x x
x
e e x e x e e x
e x x
>
⇔ − =
− + ⇔ + − =
⇔ + =
⇔
⇔ ⋅ ⇔
−
= =

Άρα, ( )
( ) ( )
1
0, 0 0,
f ≡
Α . Συνεπώς, είναι: ( ) ( )
0 1
: 1 1
y x
x y
ε ⇔
= =
− +
− .
Θα δείξουμε τώρα ότι η (ε) είναι η μοναδική εφαπτομένη της Cf που διέρχεται από το
( )
1,0
Μ − . Έστω ότι υπάρχει σημείο ( )
( )
1 1
,
x f x
Β (σημείο επαφής) με 1 0
x x
≠ , απ’ όπου διέρ-
χεται εφαπτομένη της Cf. Τότε:
( ) ( ) ( )( ) ( )
1 1
1 1 1 1
: x x
y f x f x x x y e e x x
⇔ − =
′
ε − = −
′ −
Αλλά ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
1 1 1 1
0 1 1 1
1,0 1 0
x x x x
e e x e e x x x
′
∈ ε ⇔ − = − − ⇔ −
Μ =
− + ⇔ +
− =
=
⇔ ,
άτοπο, αφού 1 0
x x
≠ . Άρα, η (ε) είναι η μοναδική εφαπτομένη της Cf που διέρχεται από το
( )
1,0
Μ − .
Θα δείξουμε τώρα ότι η (ε) εφάπτεται και στη Cg, με ( ) 2
,
g x x x x
=
− − ∈ .
Η g είναι συνεχής στο  ως πολυωνυμική και παραγωγίσιμη σε αυτό με ( ) 2 1
g x x
′ =
− − .
Παρατηρούμε ότι:
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1 1 0 1 0
g g
− =− − − − = ⇒
+ −
= =
−
Δηλαδή, ( )
1,0 g
C
Μ − ∈ , οπότε η εξίσωση εφαπτομένης της Cg στο ( )
1,0
Μ − είναι:
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0 1 1 1
x y
y g g x y x
′
− − = − ⋅ + ⇔ − = ⋅ + ⇔ = +
Άρα, η (ε) εφάπτεται στη Cg στο ( )
1,0
Μ − .
Δ3. Θα δείξουμε ότι ( ) ( ) 2
x
f x g x x x
e
> −
⇔ > − για κάθε x∈.
Η συνάρτηση f είναι κυρτή, αφού ( ) 0
x
f x e
′′ = > , για κάθε x∈.
Άρα, η Cf βρίσκεται πάνω από ή ταυτίζεται με την εφαπτομένη της για κάθε x∈. Συνεπώς,
1
x
e x
≥ + , με την ισότητα να ισχύει στο σημείο επαφής, ( )
0,1
Α , δηλαδή για 0
x = .
7

13. www.liveyourmaths.com
Η συνάρτηση g είναι κοίλη, αφού ( ) 2 0
g x
′′ =
− < , για κάθε x∈.
Άρα, η Cg βρίσκεται κάτω από ή ταυτίζεται με την εφαπτομένη της για κάθε x∈. Συνεπώς,
2
1
x x x
− ≤ + , με την ισότητα να ισχύει στο σημείο επαφής, ( )
1,0
Μ − , δηλαδή για 1
x = − .
Τελικά, ( ) ( )
2
x
x
e x f x
x g
> ⇔
− > , για κάθε x∈.
Δ4. Ζητείται να δείξουμε ότι η εξίσωση:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 1 0
1
0
1
f
x f x x x
x
f x
x f x g x
x x
g x
⇔ − κ −
−
− − + −
− − −
−
κ −
+ =
κ −
=
κ
έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )
, 1
κ κ + .
Θεωρούμε τη συνάρτηση:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) [ ] { }
1 1 , , 1 , 1
x f x x x f x g
h x x
x − κ − − − + − κ − ∈ +
= κ κ κ∈ −

• Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [ ]
, 1
κ κ + ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
• Είναι:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
1
1
1 1
f f
h g f
f
− ⋅ κ − − κ + κ − κ ⋅ κ − κ = −
κ κ − − κ =
κ
= κ −
= −
κ −
κ
Η f είναι κυρτή στο  , οπότε ( ) 1
1
x
e x
x f x
⇔ ≥
≥ +
+ . Θέτουμε όπου x το 1 0
κ − ≠ ,
αφού 1
κ ≠ , οπότε ( ) ( ) ( )
1 1 0
1 1 1
f f f
⇔ κ − > κ
κ − > κ − ⇔ κ − κ − <
+ . Η ισό-
τητα θα ίσχυε μόνο αν 1
κ = , αλλά 1
κ ≠ . Επομένως, ( ) 0
h κ < .
• Είναι:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
1
1
1 0
1 1
, αφού , για κάθε
f f g
f g f
h
x g x x
⋅ κ + − − κ − + κ + − κ ⋅ κ + − κ + =
κ
= κ + − κ + >
κ + = κ + − −
> ∈
Επομένως, ( )
1 0
h κ + > .
Οπότε, από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )
, 1
ρ∈ κ κ + , τέτοιο ώστε ( ) 0
h ρ = ,
δηλαδή και η ισοδύναμή της, η αρχική εξίσωση δηλαδή, έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο
( )
, 1
κ κ + .
8