Πανελλαδικές 2026 → Μαθηματικά Προσανατολισμού → Claude Haiku 4.5

Claude Haiku 4.5 · Μαθηματικά Προσανατολισμού

Anthropic · κυκλοφορία Οκτώβριος 2025 · εξέταση 3 Ιουνίου 2026 · 18 υποερωτήματα

18,090,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 8 από τα 18 υποερωτήματα. Αυτά είναι ήδη ανοιχτά παρακάτω· κάθε άλλη γραμμή ανοίγει με κλικ στην απάντηση και στα σκέλη της.

Το υλικό που συνόδευε ολόκληρο το φύλλο — κοινό για κάθε υποερώτημα, γι' αυτό στέκει εδώ μία φορά αντί να επαναλαμβάνεται παρακάτω.

Υπόμνημα συμβολισμού

Πριν από τα θέματα, πώς διαβάζονται τα σύμβολα αυτού του φύλλου. Δεν περιέχει καμία πληροφορία για τη λύση.

Το κείμενο είναι μεταγραφή του έντυπου φύλλου θεμάτων. Όπου το πρωτότυπο είχε στοίχιση, πλαίσια ή έμφαση, εδώ υπάρχει markdown ή HTML:   σημαίνει αλλαγή γραμμής, … υπογράμμιση, … εκθέτη, … δείκτη. Είναι μορφοποίηση, δεν είναι μέρος της εκφώνησης.
Οι δείκτες γράφονται άλλοτε με Unicode (Ε₁), άλλοτε με HTML (Μ_Α), άλλοτε με κάτω παύλα (V_ισ.). Και οι τρεις μορφές σημαίνουν το ίδιο πράγμα: δείκτης.

Η κεφαλίδα του φύλλου

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ ΓΕΝΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ ΤΕΤΑΡΤΗ 3 ΙΟΥΝΙΟΥ 2026 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)

Θέμα Α

Α1 απόδειξη ότι η f είναι σταθερή στο διάστημα 5/6

Τι ζητούσε το φύλλο

Α1. Έστω μια συνάρτηση $f$ ορισμένη σε ένα διάστημα $Δ$ . Αν

η $f$ είναι συνεχής στο $Δ$ και
$f^{'} (x) = 0$ για κάθε εσωτερικό σημείο $x$ του $Δ$ ,

να αποδείξετε ότι η $f$ είναι σταθερή σε όλο το διάστημα $Δ$ .

Μονάδες 6

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Απόδειξη:

Έστω $x_{1}, x_{2} \in Δ$ με $x_{1} < x_{2}$ . Θα αποδείξουμε ότι $f (x_{1}) = f (x_{2})$ .

Εφόσον η $f$ είναι συνεχής στο $Δ$ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του $Δ$ , μπορούμε να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα $[x_{1}, x_{2}]$ .

Σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής, υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο $ξ \in (x_{1}, x_{2})$ τέτοιο ώστε:

$f^{'} (ξ) = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}}$

Όμως, από την υπόθεση, $f^{'} (ξ) = 0$ για κάθε εσωτερικό σημείο $ξ$ του $Δ$ . Επομένως:

$0 = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}}$

Αφού $x_{2} - x_{1} \neq = 0$ , προκύπτει ότι:

$f (x_{2}) - f (x_{1}) = 0 ⟹ f (x_{1}) = f (x_{2})$

Επειδή $x_{1}, x_{2}$ ήταν τυχαία σημεία του $Δ$ , συμπεραίνουμε ότι η $f$ είναι σταθερή σε όλο το διάστημα $Δ$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Αναγωγή του ζητούμενου σε ισοδύναμη πρόταση: αρκεί να δειχθεί ότι για οποιαδήποτε x1, x2 του Δ με x1 < x2 ισχύει f(x1) = f(x2) 1/1
Ρητός έλεγχος των προϋποθέσεων του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο [x1, x2]: συνέχεια της f στο [x1, x2] και παραγωγισιμότητα στο (x1, x2), με αιτιολόγηση ότι το [x1, x2] περιέχεται στο Δ 1/2
Εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. και ύπαρξη ξ στο (x1, x2) με f'(ξ) = (f(x2) - f(x1)) / (x2 - x1) 2/2
Χρήση της υπόθεσης f'(ξ) = 0, επειδή το ξ είναι εσωτερικό σημείο του Δ, και συμπέρασμα f(x1) = f(x2), άρα η f σταθερή στο Δ 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή πορεία με Θ.Μ.Τ. Ο έλεγχος των προϋποθέσεων διατυπώνεται μόνο ως προς το Δ («συνεχής στο Δ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ»), χωρίς ρητή μεταφορά τους στο [x1, x2] και χωρίς αιτιολόγηση ότι [x1, x2] περιέχεται στο Δ.

Α2 διατύπωση του κριτηρίου παρεμβολής 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α2. Να διατυπώσετε το κριτήριο παρεμβολής.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Κριτήριο Παρεμβολής:

Έστω τρεις συναρτήσεις $f, g, h$ ορισμένες σε ένα διάστημα που περιέχει το $x_{0}$ (ή σε ένα σύνολο που έχει σημείο συσσώρευσης το $x_{0}$ ).

Αν ισχύουν:

$g (x) \leq f (x) \leq h (x)$ για κάθε $x$ κοντά στο $x_{0}$ (εκτός ίσως του $x_{0}$ )

$x \to x_{0} lim g (x) = x \to x_{0} lim h (x) = L$

τότε $x \to x_{0} lim f (x) = L$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Διατύπωση της συνθήκης εγκλωβισμού: h(x) ≤ f(x) ≤ g(x) κοντά στο x0 2/2
Διατύπωση της συνθήκης των ίσων ορίων: το όριο της h και το όριο της g στο x0 είναι και τα δύο ίσα με τον ίδιο αριθμό 2/2
Διατύπωση του συμπεράσματος: το όριο της f στο x0 υπάρχει και ισούται με τον ίδιο αριθμό 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης διατύπωση: εγκλωβισμός «κοντά στο x0», ίσα πλευρικά όρια με κοινή τιμή L και σωστό συμπέρασμα.

Α3 ορισμός αρχικής συνάρτησης ή παράγουσας της f 4/4

Τι ζητούσε το φύλλο

Α3. Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα $Δ$ . Τι ονομάζεται αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της $f$ στο $Δ$ ;

Μονάδες 4

Τι απάντησε

Ορισμός Αρχικής Συνάρτησης (Παράγουσας):

Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα $Δ$ . Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της $f$ στο $Δ$ ονομάζεται κάθε συνάρτηση $F$ που είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο $Δ$ και για την οποία ισχύει:

$F^{'} (x) = f (x) για κ α ˊ θε x \in Δ$

Πώς βαθμολογήθηκε

Αναφορά ότι πρόκειται για συνάρτηση F παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ 2/2
Αναφορά της χαρακτηριστικής σχέσης F'(x) = f(x) για κάθε x του Δ 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σχολικά ακριβής ορισμός: αναφέρει και την παραγωγισιμότητα της F στο Δ και τη σχέση F'(x) = f(x) για κάθε x του Δ.

Α4 χαρακτηρισμός πέντε προτάσεων ως σωστό ή λάθος 10/10

Τι ζητούσε το φύλλο

Α4. 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) Μια συνάρτηση $f : R \to R$ είναι "1-1", αν και μόνο αν υπάρχουν διαφορετικά σημεία της γραφικής της παράστασης με την ίδια τεταγμένη.

β) Αν μια συνάρτηση $f$ είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο $x_{0}$ του πεδίου ορισμού της, τότε είναι και συνεχής στο σημείο αυτό.

γ) Έστω μια συνάρτηση $f$ συνεχής σε ένα διάστημα $Δ$ και δύο φορές παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του $Δ$ . Αν $f^{''} (x) > 0$ για κάθε εσωτερικό σημείο $x$ του $Δ$ , τότε η $f$ είναι κυρτή στο $Δ$ .

δ) Αν η συνάρτηση $g$ είναι παραγωγίσιμη στο $x_{0}$ και η συνάρτηση $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $g (x_{0})$ , τότε η συνάρτηση $f \circ g$ είναι παραγωγίσιμη στο $x_{0}$ και ισχύει

$(f \circ g)^{'} (x_{0}) = f^{'} (g (x_{0})) \cdot g^{'} (x_{0}) .$

ε) Η συνάρτηση $f (x) = σ φ x$ είναι παραγωγίσιμη στο $R - {x ∣ η μx = 0}$ και ισχύει $(σ φ x)^{'} = \frac{1}{η μ ^{2} x}$ .

Μονάδες 10

Τι απάντησε

α) Λάθος

Αιτιολόγηση: Μια συνάρτηση $f$ είναι "1-1" αν και μόνο αν δεν υπάρχουν διαφορετικά σημεία της γραφικής της παράστασης με την ίδια τεταγμένη. Η πρόταση λέει το αντίθετο.

β) Σωστό

Αιτιολόγηση: Αυτό είναι θεμελιώδες θεώρημα της Ανάλυσης. Αν μια συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο, τότε είναι και συνεχής σε εκείνο το σημείο.

γ) Σωστό

Αιτιολόγηση: Αυτό είναι το κριτήριο κυρτότητας. Αν $f^{''} (x) > 0$ για κάθε εσωτερικό σημείο του διαστήματος, τότε η $f$ είναι κυρτή (κοίλη προς τα πάνω) στο διάστημα.

δ) Σωστό

Αιτιολόγηση: Αυτό είναι το κανόνας της αλυσίδας (chain rule) για την παράγωγο σύνθετης συνάρτησης.

ε) Λάθος

Αιτιολόγηση: Η παράγωγος της $σ φ x = cot x$ είναι $(cot x)^{'} = - \frac{1}{s i n ^{2} x}$ , όχι $\frac{1}{s i n ^{2} x}$ . Επίσης, η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο $R - {x ∣ sin x = 0}$ , αλλά το πρόσημο της παραγώγου είναι λάθος.

Πώς βαθμολογήθηκε

Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης α) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης β) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης γ) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης δ) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης ε) ως Σωστό ή Λάθος 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

α: Λ→Λ ✓, β: Σ→Σ ✓, γ: Σ→Σ ✓, δ: Σ→Σ ✓, ε: Λ→Λ ✓. Σωστοί χαρακτηρισμοί 5/5, άρα μονάδες = (10/5)×5 = 10. Καμία διπλή ή ασαφής απάντηση· οι (μη απαιτούμενες) αιτιολογήσεις είναι επίσης ορθές.

Θέμα Β

Δίνονται οι συναρτήσεις

$f : (1, + \infty) \to R, με τ υ ˊ πο f (x) = 2 ln (x - 1)$

και

$g : [2, + \infty) \to R, με τ υ ˊ πο g (x) = x - 2 + 1 .$

Β1 προσδιορισμός της σύνθετης συνάρτησης h = f∘g 8/8

Τι ζητούσε το φύλλο

Β1. Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση $h = f \circ g$ .

Μονάδες 8

Στα επόμενα ερωτήματα να θεωρήσετε ότι $h (x) = ln (x - 2)$ , $x \in (2, + \infty)$ .

Τι απάντησε

Δίνονται:

$f (x) = 2 ln (x - 1)$ , $x \in (1, + \infty)$

$g (x) = x - 2 + 1$ , $x \in [2, + \infty)$

Η σύνθεση $h = f \circ g$ ορίζεται ως $h (x) = f (g (x))$ .

Πρώτα, βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της $h$ :

Πρέπει $x \in [2, + \infty)$ (πεδίο ορισμού της $g$ )

Πρέπει $g (x) \in (1, + \infty)$ (πεδίο ορισμού της $f$ )

Ελέγχουμε: $g (x) = x - 2 + 1 \geq 1$ για κάθε $x \in [2, + \infty)$ , και $g (x) > 1$ για $x > 2$ .

Άρα το πεδίο ορισμού της $h$ είναι $(2, + \infty)$ .

Υπολογίζουμε: $h (x) = f (g (x)) = f (x - 2 + 1) = 2 ln (x - 2 + 1 - 1) = 2 ln (x - 2)$

$h (x) = 2 ln (x - 2) = 2 \cdot \frac{1}{2} ln (x - 2) = ln (x - 2)$

Απάντηση: $h (x) = ln (x - 2)$ , $x \in (2, + \infty)$

Πώς βαθμολογήθηκε

Διατύπωση της συνθήκης ορισμού της σύνθεσης: το πεδίο ορισμού της f∘g αποτελείται από τα x του πεδίου ορισμού της g για τα οποία το g(x) ανήκει στο πεδίο ορισμού της f 2/2
Επίλυση του συστήματος των δύο συνθηκών (x στο [2, +∞) και g(x) > 1) και προσδιορισμός του πεδίου ορισμού της h 3/3
Αντικατάσταση του g(x) στον τύπο της f 1/1
Αλγεβρική απλοποίηση της λογαριθμικής παράστασης έως τον τελικό τύπο της h 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Διατυπώνει σωστά τη συνθήκη ορισμού της σύνθεσης, λύνει το σύστημα (ρίζα θετική ⇔ x > 2) και καταλήγει τεκμηριωμένα σε πεδίο ορισμού (2, +∞) και τύπο h(x) = ln(x-2).

Β2 απόδειξη αντιστρεψιμότητας h και εύρεση αντίστροφης 8/9

Τι ζητούσε το φύλλο

Β2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $h$ αντιστρέφεται (μονάδες 3) και να προσδιορίσετε τη συνάρτηση $h^{- 1}$ (μονάδες 6).

Μονάδες 9

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Απόδειξη ότι η $h$ αντιστρέφεται:

Η $h (x) = ln (x - 2)$ ορίζεται στο $(2, + \infty)$ .

Η παράγωγος είναι: $h^{'} (x) = \frac{1}{x - 2} > 0 για κ α ˊ θε x \in (2, + \infty)$

Επειδή $h^{'} (x) > 0$ για κάθε $x$ στο πεδίο ορισμού, η $h$ είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι "1-1" και αντιστρέφεται.

Προσδιορισμός της $h^{- 1}$ :

Έστω $y = h (x) = ln (x - 2)$ . Για να βρούμε την αντίστροφη, λύνουμε ως προς $x$ :

$y = ln (x - 2)$ $e^{y} = x - 2$ $x = e^{y} + 2$

Επομένως: $h^{- 1} (y) = e^{y} + 2$

Ή με τη συνήθη μεταβλητή: $h^{- 1} (x) = e^{x} + 2$

Το πεδίο ορισμού της $h^{- 1}$ είναι το σύνολο τιμών της $h$ . Επειδή $h : (2, + \infty) \to R$ είναι γνησίως αύξουσα και $x \to 2^{+} lim h (x) = - \infty$ , $x \to + \infty lim h (x) = + \infty$ , το σύνολο τιμών είναι $R$ .

Απάντηση: $h^{- 1} (x) = e^{x} + 2$ , $x \in R$

Πώς βαθμολογήθηκε

Τεκμηρίωση ότι η h είναι 1-1 στο πεδίο ορισμού της, με οποιαδήποτε έγκυρη πορεία (μελέτη προσήμου της h' και γνήσια μονοτονία, ή απευθείας από τον ορισμό του 1-1) 2/2
Συμπέρασμα ότι η h αντιστρέφεται, με ρητή επίκληση του ότι είναι 1-1 1/1
Επίλυση της εξίσωσης h(x) = y ως προς x, με τη χρήση της ισοδυναμίας λογαρίθμου - εκθετικού 3/3
Καταγραφή του τύπου της αντίστροφης συνάρτησης 1/1
Προσδιορισμός του πεδίου ορισμού της αντίστροφης ως συνόλου τιμών της h 1/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Η αντιστρεψιμότητα τεκμηριώνεται πλήρως (h' > 0 ⇒ γνησίως αύξουσα ⇒ 1-1) και ο τύπος h⁻¹(x) = e^x + 2 είναι σωστός. Το σύνολο τιμών ℝ προκύπτει από μονοτονία και τα δύο όρια, αλλά χωρίς ρητή επίκληση της συνέχειας της h, την οποία απαιτεί το θεώρημα του συνόλου τιμών.

Β3 υπολογισμός ορίου με h και f 6/8

Τι ζητούσε το φύλλο

Β3. Να υπολογίσετε το όριο $x \to 2 lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2})$ .

Μονάδες 8

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Υπολογίζουμε το όριο: $x \to 2^{+} lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2}) = x \to 2^{+} lim (ln (x - 2) \cdot \frac{2 ln ( x - 1 )}{x - 2})$

Θέτουμε $u = x - 2$ , οπότε $u \to 0^{+}$ και $x = u + 2$ :

$u \to 0^{+} lim (ln u \cdot \frac{2 ln ( u + 1 )}{u}) = u \to 0^{+} lim \frac{2 ln u \cdot ln ( u + 1 )}{u}$

Χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι $ln (u + 1) \sim u$ όταν $u \to 0^{+}$ :

$u \to 0^{+} lim \frac{2 ln u \cdot ln ( u + 1 )}{u} = u \to 0^{+} lim \frac{2 ln u \cdot u}{u} = u \to 0^{+} lim 2 ln u = - \infty$

Πιο προσεκτικά, χρησιμοποιούμε L'Hôpital ή ανάλυση:

$u \to 0^{+} lim \frac{ln u \cdot ln ( u + 1 )}{u}$

Επειδή $ln (u + 1) \to 0$ και $ln u \to - \infty$ , ενώ $u \to 0^{+}$ , έχουμε απροσδιόριστη μορφή.

Γράφουμε: $ln (u + 1) = u - \frac{u ^{2}}{2} + O (u^{3})$

$u \to 0^{+} lim \frac{ln u \cdot ( u - \frac{u ^{2}}{2} + ... )}{u} = u \to 0^{+} lim ln u \cdot (1 - \frac{u}{2} + ...) = u \to 0^{+} lim ln u = - \infty$

Απάντηση: $- \infty$

Πώς βαθμολογήθηκε

Διάσπαση του ορίου σε παράγοντες και αναγνώριση ότι το όριο του πηλίκου f(x)/(x-2) οδηγεί σε απροσδιόριστη μορφή 0/0 1/2
Υπολογισμός του ορίου του f(x)/(x-2) με έγκυρη μέθοδο (κανόνας de l'Hospital με έλεγχο των προϋποθέσεών του, ή αναγνώρισή του ως ορισμού παραγώγου, ή αλλαγή μεταβλητής με το βασικό όριο ln(1+u)/u) 3/3
Υπολογισμός του ορίου της h στο 2, με τεκμηρίωση ότι η προσέγγιση γίνεται από τα δεξιά και ότι το όριο είναι -∞ 1/2
Σύνθεση των δύο επιμέρους ορίων και συμπέρασμα για το ζητούμενο όριο 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Δεν διασπά το όριο σε δύο παράγοντες ούτε αναγνωρίζει τη μορφή 0/0 του f(x)/(x-2)· μιλά αόριστα για «απροσδιόριστη μορφή» ολόκληρης της παράστασης. Η αλλαγή μεταβλητής u = x-2 με το ανάπτυγμα ln(u+1) = u - u²/2 + O(u³) είναι μαθηματικά έγκυρη διαφορετική πορεία και παίρνει πλήρεις μονάδες, παρότι εκτός σχολικού ύφους. Το x→2⁺ εισάγεται σιωπηρά, χωρίς αναφορά στο πεδίο ορισμού (2, +∞) της h. Τελικό αποτέλεσμα -∞ σωστό.

Θέμα Γ

Δίνεται η συνάρτηση $f : R \to R$ με τύπο

$f (x) = \frac{κ x ^{3} + μx}{x ^{2} + 1}$

με $κ, μ \in R$ , για την οποία ισχύουν τα ακόλουθα:

Η $f$ έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+ \infty$ .
Η ευθεία $y = x$ εφάπτεται στη γραφική παράσταση της $f$ στην αρχή των αξόνων.

Γ1 απόδειξη ότι κ=0 και μ=1 7/8

Τι ζητούσε το φύλλο

Γ1. Να αποδείξετε ότι:

i) $κ = 0$ και

ii) $μ = 1$ .

Μονάδες 8

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

i) Απόδειξη ότι $κ = 0$ :

Δίνεται ότι η $f$ έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+ \infty$ .

$x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim \frac{κ x ^{3} + μx}{x ^{2} + 1}$

Διαιρούμε αριθμητή και παρονομαστή με $x^{2}$ :

$x \to + \infty lim \frac{κ x + \frac{μ}{x}}{1 + \frac{1}{x ^{2}}}$

Για να υπάρχει πεπερασμένο όριο (οριζόντια ασύμπτωτη), πρέπει ο συντελεστής του $x$ στον αριθμητή να είναι 0, δηλαδή $κ = 0$ .

ii) Απόδειξη ότι $μ = 1$ :

Με $κ = 0$ , έχουμε $f (x) = \frac{μx}{x ^{2} + 1}$ .

Δίνεται ότι η ευθεία $y = x$ εφάπτεται στη γραφική παράσταση της $f$ στην αρχή των αξόνων.

Αυτό σημαίνει:

$f (0) = 0$ : $f (0) = \frac{μ \cdot 0}{0 + 1} = 0$ ✓ (ισχύει για κάθε $μ$ )

$f^{'} (0) = 1$ (η κλίση της εφαπτομένης είναι 1)

Υπολογίζουμε την παράγωγο: $f^{'} (x) = \frac{μ ( x ^{2} + 1 ) - μx \cdot 2 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{μ x ^{2} + μ - 2 μ x ^{2}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{μ ( 1 - x ^{2} )}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$

Στο $x = 0$ : $f^{'} (0) = \frac{μ \cdot 1}{1} = μ$

Από την συνθήκη $f^{'} (0) = 1$ , προκύπτει $μ = 1$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Μετάφραση της ύπαρξης οριζόντιας ασύμπτωτης στο +∞ σε συνθήκη ορίου: το όριο της f στο +∞ είναι πραγματικός αριθμός 2/2
Υπολογισμός του ορίου της ρητής συνάρτησης για κ διάφορο του μηδενός, ανάδειξη της αντίφασης και συμπέρασμα κ = 0 1/2
Μετάφραση της εφαπτομένης y = x στην αρχή των αξόνων στις δύο συνθήκες f(0) = 0 και f'(0) = 1 2/2
Υπολογισμός της f'(x) με τον κανόνα παραγώγισης πηλίκου και εύρεση του μ από τη συνθήκη f'(0) = 1 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Η μετάφραση της ασύμπτωτης σε πεπερασμένο όριο γίνεται σωστά, αλλά το κ = 0 στηρίζεται στη διαπίστωση ότι «πρέπει ο συντελεστής του x στον αριθμητή να είναι 0», χωρίς να υπολογιστεί το όριο για κ ≠ 0 και να αναδειχθεί το άτοπο. Οι συνθήκες f(0) = 0, f'(0) = 1 και ο υπολογισμός του μ = 1 με κανόνα πηλίκου είναι πλήρη.

Γ2i μελέτη μονοτονίας και ακροτάτων της f 6/6

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

Γ2. i) Να μελετήσετε τη συνάρτηση $f$ ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα (μονάδες 6).

ii) Να αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών της $f$ είναι το $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ (μονάδες 3) και να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $f (x) = \frac{1}{2} + α^{2}$ , για κάθε τιμή της παραμέτρου $α \in R$ (μονάδες 2).

Μονάδες 11

Τι απάντησε

Με $κ = 0$ και $μ = 1$ , έχουμε $f (x) = \frac{x}{x ^{2} + 1}$ .

Μελέτη μονοτονίας:

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

Το πρόσημο της $f^{'} (x)$ εξαρτάται από το $1 - x^{2}$ :

$f^{'} (x) > 0$ όταν $1 - x^{2} > 0 \Rightarrow x^{2} < 1 \Rightarrow - 1 < x < 1$

$f^{'} (x) = 0$ όταν $x = - 1$ ή $x = 1$

$f^{'} (x) < 0$ όταν $x^{2} > 1 \Rightarrow x < - 1$ ή $x > 1$

Συμπέρασμα:

Η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $(- \infty, - 1]$

Η $f$ είναι γνησίως αύξουσα στο $[- 1, 1]$

Η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $[1, + \infty)$

Ακρότατα:

Στο $x = - 1$ : $f (- 1) = \frac{- 1}{1 + 1} = - \frac{1}{2}$ (τοπικό ελάχιστο)

Στο $x = 1$ : $f (1) = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$ (τοπικό μέγιστο)

Πώς βαθμολογήθηκε

Υπολογισμός της f'(x) για την τελική μορφή της f 1/1
Εύρεση των ριζών x = ±1 της f' και σωστή μελέτη του προσήμου της στα τρία διαστήματα· η θετικότητα του παρονομαστή μπορεί να δηλώνεται ή να υπονοείται 2/2
Ορθό συμπέρασμα για τη μονοτονία και στα τρία διαστήματα που ορίζουν οι ρίζες· ανοικτά ή κλειστά άκρα γίνονται εξίσου δεκτά 2/2
Εντοπισμός των θέσεων των τοπικών ακροτάτων, χαρακτηρισμός τους ως μεγίστου/ελαχίστου και αναφορά των αντίστοιχων τιμών 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή f' = (1−x²)/(x²+1)², σωστές ρίζες και μελέτη προσήμου («το πρόσημο εξαρτάται από το 1−x²»), μονοτονία στα τρία διαστήματα με κλειστά άκρα όπως και οι λύσεις αναφοράς, και σωστά ακρότατα: ελάχιστο −1/2 στο x = −1, μέγιστο 1/2 στο x = 1.

Γ2ii απόδειξη συνόλου τιμών και πλήθος ριζών εξίσωσης 3/5

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

Γ2. i) Να μελετήσετε τη συνάρτηση $f$ ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα (μονάδες 6).

Μονάδες 11

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Απόδειξη ότι το σύνολο τιμών είναι $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ :

Από τη μελέτη της μονοτονίας:

Η ελάχιστη τιμή της $f$ είναι $f (- 1) = - \frac{1}{2}$

Η μέγιστη τιμή της $f$ είναι $f (1) = \frac{1}{2}$

Η $f$ είναι συνεχής

Επομένως, το σύνολο τιμών είναι $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ .

Πλήθος ριζών της εξίσωσης $f (x) = \frac{1}{2} + α^{2}$ :

Θέτουμε $β = \frac{1}{2} + α^{2}$ .

Επειδή $α^{2} \geq 0$ , έχουμε $β \geq \frac{1}{2}$ .

Η εξίσωση $f (x) = β$ έχει:

0 ρίζες αν $β > \frac{1}{2}$ (δηλαδή $α \neq = 0$ )

1 ρίζα αν $β = \frac{1}{2}$ (δηλαδή $α = 0$ ), και αυτή είναι $x = 1$

Πώς βαθμολογήθηκε

Προσδιορισμός των συνόλων τιμών στα επιμέρους διαστήματα μονοτονίας, με επίκληση της συνέχειας και της γνήσιας μονοτονίας και με υπολογισμό των ορίων στο -∞ και στο +∞ (ή, ισοδύναμα, απόδειξη των φραγμάτων -1/2 ≤ f(x) ≤ 1/2) 1/2
Ένωση/σύνθεση των επιμέρους αποτελεσμάτων και συμπέρασμα ότι το σύνολο τιμών είναι ακριβώς το [-1/2, 1/2], δηλαδή ότι κάθε τιμή του διαστήματος λαμβάνεται 0/1
Σύγκριση της παράστασης 1/2 + α² με το μέγιστο του συνόλου τιμών και διάκριση των περιπτώσεων α = 0 και α διάφορο του μηδενός 1/1
Καταγραφή του πλήθους των ριζών σε κάθε περίπτωση της παραμέτρου 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Το σύνολο τιμών δηλώνεται από τα τοπικά ακρότατα, τα οποία εκλαμβάνονται ως ολικά χωρίς απόδειξη: δεν υπολογίζονται τα όρια στο -∞ και στο +∞, δεν προσδιορίζονται τα σύνολα τιμών στα τρία διαστήματα μονοτονίας και δεν τεκμηριώνεται ότι κάθε ενδιάμεση τιμή λαμβάνεται. Το δεύτερο σκέλος (πλήθος ριζών: καμία για α ≠ 0, μία —η x = 1— για α = 0) είναι πλήρες.

Γ3i απόδειξη αναδρομικής σχέσης ολοκληρωμάτων 3/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ3

Γ3. Για $ν \in N$ ορίζουμε $I_{ν} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1}}{x ^{2} + 1} d x$ .

i) Να αποδείξετε ότι $I_{ν} + I_{ν + 1} = \frac{1}{2 ν + 2}$ , $ν \in N$ .

ii) Να υπολογίσετε τα $I_{0}$ , $I_{1}$ και $I_{2}$ .

Μονάδες 6

Τι απάντησε

Απόδειξη ότι $I_{ν} + I_{ν + 1} = \frac{1}{2 ν + 2}$ :

$I_{ν} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1}}{x ^{2} + 1} d x$

$I_{ν + 1} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 (ν + 1) + 1}}{x ^{2} + 1} d x = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 3}}{x ^{2} + 1} d x$

Προσθέτουμε: $I_{ν} + I_{ν + 1} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1} + x ^{2 ν + 3}}{x ^{2} + 1} d x = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1} ( 1 + x ^{2} )}{x ^{2} + 1} d x$

$= \int_{0}^{1} x^{2 ν + 1} d x = [\frac{x ^{2 ν + 2}}{2 ν + 2}]_{0}^{1} = \frac{1}{2 ν + 2}$

Πώς βαθμολογήθηκε

Άθροιση των δύο ολοκληρωμάτων σε ένα, με χρήση της γραμμικότητας και κοινό παρονομαστή 1/1
Παραγοντοποίηση του αριθμητή και απλοποίηση του κλάσματος ώστε να προκύψει ολοκλήρωμα δύναμης 1/1
Υπολογισμός του ολοκληρώματος της δύναμης και κατάληξη στη ζητούμενη σχέση 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης και καθαρή απόδειξη: άθροιση, παραγοντοποίηση x^(2ν+1)(1+x²), απλοποίηση και υπολογισμός του ολοκληρώματος της δύναμης.

Γ3ii υπολογισμός των ολοκληρωμάτων I0, I1 και I2 3/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ3

Γ3. Για $ν \in N$ ορίζουμε $I_{ν} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1}}{x ^{2} + 1} d x$ .

i) Να αποδείξετε ότι $I_{ν} + I_{ν + 1} = \frac{1}{2 ν + 2}$ , $ν \in N$ .

ii) Να υπολογίσετε τα $I_{0}$ , $I_{1}$ και $I_{2}$ .

Μονάδες 6

Τι απάντησε

Υπολογισμός του $I_{0}$ :

$I_{0} = \int_{0}^{1} \frac{x}{x ^{2} + 1} d x$

Θέτουμε $u = x^{2} + 1$ , οπότε $d u = 2 x d x$ :

$I_{0} = \int_{1}^{2} \frac{1}{2 u} d u = \frac{1}{2} [ln u]_{1}^{2} = \frac{1}{2} (ln 2 - ln 1) = \frac{ln 2}{2}$

Υπολογισμός του $I_{1}$ :

Από τη σχέση $I_{0} + I_{1} = \frac{1}{2}$ :

$I_{1} = \frac{1}{2} - I_{0} = \frac{1}{2} - \frac{ln 2}{2} = \frac{1 - ln 2}{2}$

Υπολογισμός του $I_{2}$ :

Από τη σχέση $I_{1} + I_{2} = \frac{1}{4}$ :

$I_{2} = \frac{1}{4} - I_{1} = \frac{1}{4} - \frac{1 - ln 2}{2} = \frac{1}{4} - \frac{2 - 2 ln 2}{4} = \frac{1 - 2 + 2 ln 2}{4} = \frac{2 ln 2 - 1}{4}$

Πώς βαθμολογήθηκε

Υπολογισμός του I0 με αναγνώριση του αριθμητή ως (πολλαπλασίου της) παραγώγου του παρονομαστή ή με αντικατάσταση 1/1
Εφαρμογή της αναδρομικής σχέσης του Γ3i για ν = 0 και υπολογισμός του I1 1/1
Εφαρμογή της αναδρομικής σχέσης για ν = 1 και υπολογισμός του I2 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

I0 = ln2/2 με αντικατάσταση και σωστή αλλαγή ορίων, I1 = (1-ln2)/2 και I2 = (2ln2-1)/4 από την αναδρομική σχέση· ταυτίζονται με τις δύο λύσεις αναφοράς.

Θέμα Δ

Έστω συνάρτηση $g : R \to R$ παραγωγίσιμη, με συνεχή παράγωγο, για την οποία ισχύουν:

$0 < g (x) < 1$ , για κάθε $x \in R$ ,
$g^{'} (x) \neq = - 1$ , για κάθε $x \in R$ .

Δ1 απόδειξη ύπαρξης μοναδικού x1 με g(x1)+x1=0 5/6

Τι ζητούσε το φύλλο

Δ1. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $x_{1} \in (- 1, 0)$ ώστε:

$g (x_{1}) + x_{1} = 0 .$

Μονάδες 6

Δίνεται επιπλέον η παραγωγίσιμη συνάρτηση

$f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ x^{2} (g (x) + x), 2 η μx + εφ x - κ x, x \in (- \infty, 0) x \in [0, \frac{π}{2})$

με $κ \in R$ .

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Ορίζουμε τη συνάρτηση $ϕ (x) = g (x) + x$ στο διάστημα $[- 1, 0]$ .

Η $ϕ$ είναι συνεχής (ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων).

Υπολογίζουμε τις τιμές στα άκρα:

$ϕ (- 1) = g (- 1) + (- 1) = g (- 1) - 1$

$ϕ (0) = g (0) + 0 = g (0)$

Από τη δεδομένη συνθήκη $0 < g (x) < 1$ για κάθε $x \in R$ :

$ϕ (- 1) = g (- 1) - 1 \in (0 - 1, 1 - 1) = (- 1, 0)$ , άρα $ϕ (- 1) < 0$

$ϕ (0) = g (0) \in (0, 1)$ , άρα $ϕ (0) > 0$

Επειδή $ϕ$ είναι συνεχής στο $[- 1, 0]$ και $ϕ (- 1) < 0 < ϕ (0)$ , από το Θεώρημα Ενδιάμεσης Τιμής υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in (- 1, 0)$ τέτοιο ώστε $ϕ (x_{1}) = 0$ , δηλαδή $g (x_{1}) + x_{1} = 0$ .

Μοναδικότητα:

$ϕ^{'} (x) = g^{'} (x) + 1$

Από τη δεδομένη συνθήκη $g^{'} (x) \neq = - 1$ για κάθε $x \in R$ , έχουμε $ϕ^{'} (x) = g^{'} (x) + 1 \neq = 0$ για κάθε $x$ .

Επομένως, η $ϕ$ είναι γνησίως μονότονη (είτε γνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα) στο $[- 1, 0]$ , άρα έχει το πολύ μία ρίζα.

Συνδυάζοντας με την ύπαρξη, συμπεραίνουμε ότι υπάρχει μοναδικό $x_{1} \in (- 1, 0)$ τέτοιο ώστε $g (x_{1}) + x_{1} = 0$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Θεώρηση κατάλληλης βοηθητικής συνάρτησης (π.χ. h(x) = g(x) + x) και τεκμηρίωση της συνέχειάς της στο [-1, 0] μέσω της παραγωγισιμότητας της g 1/1
Εύρεση των προσήμων της βοηθητικής συνάρτησης στα άκρα -1 και 0, με ρητή χρήση της υπόθεσης 0 < g(x) < 1 2/2
Επίκληση του θεωρήματος Bolzano και συμπέρασμα ύπαρξης x1 στο (-1, 0) με g(x1) + x1 = 0 1/1
Τεκμηρίωση της μοναδικότητας του x1, με ρητή χρήση της υπόθεσης g'(x) διάφορη του -1 1/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Η ύπαρξη αποδεικνύεται με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής αντί για Bolzano — έγκυρη εναλλακτική πορεία, με σωστά πρόσημα στα άκρα από το 0 < g(x) < 1, άρα πλήρεις μονάδες. Στη μοναδικότητα περνά από φ'(x) ≠ 0 απευθείας στη γνήσια μονοτονία, χωρίς να επικαλεστεί τη συνέχεια της g' και τη διατήρηση σταθερού προσήμου που τη δικαιολογεί.

Δ2 απόδειξη ότι κ=3 2/2

Τι ζητούσε το φύλλο

Δ2. Να αποδείξετε ότι $κ = 3$ .

Μονάδες 2

Τι απάντησε

Η $f$ είναι παραγωγίσιμη, άρα πρέπει να είναι συνεχής στο $x = 0$ .

Συνέχεια στο $x = 0$ :

$x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{-} lim x^{2} (g (x) + x) = 0 \cdot (g (0) + 0) = 0$

$x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim (2 sin x + tan x - κ x)$

Χρησιμοποιούμε τα όρια:

$lim_{x \to 0} \frac{s i n x}{x} = 1$

$lim_{x \to 0} \frac{t a n x}{x} = 1$

$x \to 0^{+} lim (2 sin x + tan x - κ x) = 0$

Για συνέχεια: $f (0) = 0$ (από τον πρώτο κλάδο).

Παραγωγισιμότητα στο $x = 0$ :

Υπολογίζουμε τις πλευρικές παράγωγες.

Αριστερή παράγωγος:

$f_{-}^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{-} lim \frac{x ^{2} ( g ( x ) + x )}{x} = x \to 0^{-} lim x (g (x) + x)$

$= 0 \cdot (g (0) + 0) = 0$

Δεξιά παράγωγος:

$f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{2 sin x + tan x - κ x}{x}$

$= x \to 0^{+} lim (2 \frac{sin x}{x} + \frac{tan x}{x} - κ) = 2 \cdot 1 + 1 - κ = 3 - κ$

Για παραγωγισιμότητα: $f_{-}^{'} (0) = f_{+}^{'} (0)$

$0 = 3 - κ ⟹ κ = 3$

Πώς βαθμολογήθηκε

Χρήση της παραγωγισιμότητας της f στο 0: ισότητα των πλευρικών παραγώγων, με υπολογισμό της αριστερής παραγώγου (και της τιμής f(0) = 0) 1/1
Υπολογισμός της δεξιάς παραγώγου και επίλυση της εξίσωσης που προκύπτει ως προς κ 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Ελέγχει τη συνέχεια, βρίσκει f(0) = 0, αριστερή παράγωγο 0 και δεξιά 3 - κ με τα βασικά τριγωνομετρικά όρια, και καταλήγει σωστά σε κ = 3.

Δ3i απόδειξη ότι f(x)≥0 στο διάστημα 3/4

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ3

Δ3. Να αποδείξετε ότι στο διάστημα $[0, \frac{π}{2})$ ισχύουν:

i) $f (x) \geq 0$ και (μονάδες 4)

ii) η εξίσωση $3 f (x) = π$ έχει ακριβώς μια ρίζα, $x_{2}$ . (μονάδες 3)

Μονάδες 7

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Με $κ = 3$ , ο δεύτερος κλάδος είναι $f (x) = 2 sin x + tan x - 3 x$ για $x \in [0, \frac{π}{2})$ .

Υπολογίζουμε την παράγωγο: $f^{'} (x) = 2 cos x + sec^{2} x - 3$

Θέλουμε να δείξουμε ότι $f (x) \geq 0$ για $x \in [0, \frac{π}{2})$ .

Έχουμε $f (0) = 0$ .

Αρκεί να δείξουμε ότι $f^{'} (x) \geq 0$ για $x \in [0, \frac{π}{2})$ .

$f^{'} (x) = 2 cos x + sec^{2} x - 3 = 2 cos x + \frac{1}{cos ^{2} x} - 3$

Θέτουμε $u = cos x$ . Για $x \in [0, \frac{π}{2})$ , έχουμε $u \in (0, 1]$ .

$g (u) = 2 u + \frac{1}{u ^{2}} - 3$

$g^{'} (u) = 2 - \frac{2}{u ^{3}}$

$g^{'} (u) = 0$ όταν $2 = \frac{2}{u ^{3}} \Rightarrow u^{3} = 1 \Rightarrow u = 1$ .

Για $u \in (0, 1)$ : $u^{3} < 1 \Rightarrow \frac{2}{u ^{3}} > 2 \Rightarrow g^{'} (u) < 0$ .

Άρα $g (u)$ είναι φθίνουσα στο $(0, 1]$ .

Το ελάχιστο της $g$ στο $(0, 1]$ είναι $g (1) = 2 + 1 - 3 = 0$ .

Επομένως, $f^{'} (x) \geq 0$ για $x \in [0, \frac{π}{2})$ , με ισότητα μόνο στο $x = 0$ .

Άρα $f (x) \geq f (0) = 0$ για $x \in [0, \frac{π}{2})$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Υπολογισμός της f'(x) για τον κλάδο 2ημx + εφx - 3x στο (0, π/2) 1/1
Τεκμηρίωση του προσήμου της f' στο (0, π/2) με έγκυρη πορεία (μελέτη της f'' και μονοτονία της f' με σύγκριση προς f'(0), ή απευθείας παραγοντοποίηση της παράστασης ως προς συνx) 2/2
Χρήση της συνέχειας της f στο [0, π/2) και της τιμής f(0) = 0 για το συμπέρασμα f(x) ≥ 0 σε όλο το διάστημα, συμπεριλαμβανομένου του άκρου 0 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Το πρόσημο της f' τεκμηριώνεται με αλλαγή μεταβλητής u = συνx στο (0,1] και μελέτη της 2u + 1/u² - 3, που είναι φθίνουσα με ελάχιστο 0 στο u = 1 — διαφορετική από τις λύσεις αναφοράς αλλά πλήρως έγκυρη, άρα πλήρεις μονάδες. Το πέρασμα από f' ≥ 0 στο f(x) ≥ f(0) γίνεται όμως χωρίς καμία ρητή αναφορά στη μονοτονία της f και στη συνέχειά της στο [0, π/2).

Δ3ii απόδειξη ότι εξίσωση 3f(x)=π έχει μία ρίζα 3/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ3

Δ3. Να αποδείξετε ότι στο διάστημα $[0, \frac{π}{2})$ ισχύουν:

i) $f (x) \geq 0$ και (μονάδες 4)

ii) η εξίσωση $3 f (x) = π$ έχει ακριβώς μια ρίζα, $x_{2}$ . (μονάδες 3)

Μονάδες 7

Τι απάντησε

Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση $3 f (x) = π$ έχει ακριβώς μια ρίζα $x_{2}$ στο $[0, \frac{π}{2})$ .

Ισοδύναμα, $f (x) = \frac{π}{3}$ .

Από το Δ3i, $f (x) \geq 0$ και $f (0) = 0$ .

Επίσης, $f^{'} (x) > 0$ για $x \in (0, \frac{π}{2})$ (αφού $f^{'} (x) = 0$ μόνο στο $x = 0$ ).

Άρα $f$ είναι γνησίως αύξουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ .

Υπολογίζουμε το όριο: $x \to \frac{π}{2}^{-} lim f (x) = x \to \frac{π}{2}^{-} lim (2 sin x + tan x - 3 x)$

$= 2 \cdot 1 + \infty - 3 \cdot \frac{π}{2} = + \infty$

Επειδή $f$ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ , με $f (0) = 0$ και $lim_{x \to \frac{π}{2}^{-}} f (x) = + \infty$ , το σύνολο τιμών της $f$ είναι $[0, + \infty)$ .

Επομένως, υπάρχει ακριβώς μια τιμή $x_{2} \in (0, \frac{π}{2})$ τέτοια ώστε $f (x_{2}) = \frac{π}{3}$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Αναγωγή της εξίσωσης 3f(x) = π σε ισοδύναμη μορφή και υπολογισμός του ορίου της f καθώς το x τείνει στο π/2 από τα αριστερά 1/1
Προσδιορισμός του συνόλου τιμών της f στο [0, π/2) με επίκληση συνέχειας και γνήσιας μονοτονίας, και τεκμηρίωση ότι η ζητούμενη τιμή ανήκει σε αυτό, άρα υπάρχει ρίζα 1/1
Τεκμηρίωση της μοναδικότητας της ρίζας από τη γνήσια μονοτονία (1-1) της f 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Ανάγει σωστά σε f(x) = π/3, βρίσκει όριο +∞ στο π/2⁻, τεκμηριώνει τη γνήσια αύξηση (f' > 0 στο (0, π/2)) και το σύνολο τιμών [0, +∞) με επίκληση συνέχειας και μονοτονίας, από όπου προκύπτουν ύπαρξη και μοναδικότητα.

Δ4i απόδειξη ότι f(x)≥0 στο διάστημα [x1,0] 2/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ4

Δ4. i) Να αποδείξετε ότι $f (x) \geq 0$ στο διάστημα $[x_{1}, 0]$ . (μονάδες 3)

ii) Έστω $Ω$ το χωρίο που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $f$ , τον άξονα $x^{'} x$ και τις ευθείες $x = x_{1}$ και $x = f (x_{2})$ , όπου $x_{1}$ είναι ο αριθμός από το ερώτημα Δ1 και $x_{2}$ είναι η ρίζα από το ερώτημα Δ3ii. Αν ο άξονας $y^{'} y$ χωρίζει το $Ω$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία, να αποδείξετε ότι:

$\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = \frac{x _{1}^{4}}{4} + \frac{π ^{2}}{2} - 3 ln 2 - 3 .$

(μονάδες 7)

Μονάδες 10

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Θέλουμε να δείξουμε ότι $f (x) \geq 0$ για $x \in [x_{1}, 0]$ .

Για $x \in [x_{1}, 0]$ , έχουμε $x \in (- \infty, 0)$ , άρα $f (x) = x^{2} (g (x) + x)$ .

Από το Δ1, $g (x_{1}) + x_{1} = 0$ .

Για $x \in [x_{1}, 0]$ , θέλουμε να δείξουμε ότι $g (x) + x \geq 0$ .

Ορίζουμε $ϕ (x) = g (x) + x$ στο $[x_{1}, 0]$ .

Έχουμε $ϕ (x_{1}) = 0$ και $ϕ (0) = g (0) > 0$ .

$ϕ^{'} (x) = g^{'} (x) + 1 \neq = 0$

Αν $ϕ^{'} (x) > 0$ για κάθε $x \in [x_{1}, 0]$ , τότε $ϕ$ είναι γνησίως αύξουσα, άρα $ϕ (x) \geq ϕ (x_{1}) = 0$ για $x \in [x_{1}, 0]$ .

Αν $ϕ^{'} (x) < 0$ για κάθε $x \in [x_{1}, 0]$ , τότε $ϕ$ είναι γνησίως φθίνουσα, άρα $ϕ (x) \geq ϕ (0) > 0$ για $x \in [x_{1}, 0)$ , και $ϕ (x_{1}) = 0$ .

Σε κάθε περίπτωση, $ϕ (x) \geq 0$ για $x \in [x_{1}, 0]$ .

Επομένως, $f (x) = x^{2} (g (x) + x) = x^{2} ϕ (x) \geq 0$ για $x \in [x_{1}, 0]$ (αφού $x^{2} \geq 0$ ).

Πώς βαθμολογήθηκε

Γραφή της f στο [x1, 0] ως γινόμενο x² επί (g(x) + x) και παρατήρηση ότι το x² είναι μη αρνητικό, ώστε το ζητούμενο να ανάγεται στο πρόσημο του g(x) + x 1/1
Τεκμηρίωση ότι η συνάρτηση g(x) + x είναι γνησίως αύξουσα (π.χ. από σταθερό πρόσημο της παραγώγου της σε συνδυασμό με σύγκριση δύο τιμών της, ή με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ.) 0/1
Χρήση της σχέσης g(x1) + x1 = 0 από το Δ1 και της μονοτονίας για το συμπέρασμα f(x) ≥ 0 στο [x1, 0] 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή αναγωγή στο πρόσημο του g(x) + x και σωστή χρήση του g(x1) + x1 = 0. Δεν αποδεικνύει όμως ποτέ ότι η g(x) + x είναι γνησίως αύξουσα, όπως απαιτεί το σκέλος: αρκείται σε διάκριση δύο περιπτώσεων για το πρόσημο της φ', χωρίς να δικαιολογήσει το ίδιο το δίλημμα (λείπει η συνέχεια της g' και η διατήρηση προσήμου), ενώ στη φθίνουσα περίπτωση συνυπάρχουν αζήτητα οι ισχυρισμοί φ(x) ≥ φ(0) > 0 στο [x1, 0) και φ(x1) = 0.

Δ4ii απόδειξη σχέσης ολοκληρώματος με ισεμβαδικά χωρία 7/7

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ4

Δ4. i) Να αποδείξετε ότι $f (x) \geq 0$ στο διάστημα $[x_{1}, 0]$ . (μονάδες 3)

$\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = \frac{x _{1}^{4}}{4} + \frac{π ^{2}}{2} - 3 ln 2 - 3 .$

(μονάδες 7)

Μονάδες 10

Τι απάντησε

Δίνεται ότι ο άξονας $y^{'} y$ χωρίζει το χωρίο $Ω$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Το χωρίο $Ω$ περικλείεται από:

Τη γραφική παράσταση της $f$

Τον άξονα $x^{'} x$

Τις ευθείες $x = x_{1}$ και $x = f (x_{2})$

Ο άξονας $y^{'} y$ (δηλαδή η ευθεία $x = 0$ ) χωρίζει το $Ω$ σε δύο μέρη:

Αριστερό: $x \in [x_{1}, 0]$

Δεξιό: $x \in [0, f (x_{2})]$

Τα εμβαδά είναι ίσα: $\int_{x_{1}}^{0} ∣ f (x) ∣ d x = \int_{0}^{f (x_{2})} ∣ f (x) ∣ d x$

Από το Δ4i, $f (x) \geq 0$ για $x \in [x_{1}, 0]$ , άρα $∣ f (x) ∣ = f (x)$ .

Από το Δ3i, $f (x) \geq 0$ για $x \in [0, \frac{π}{2})$ . Επειδή $x_{2} \in (0, \frac{π}{2})$ και $f (x_{2}) = \frac{π}{3} < \frac{π}{2}$ , έχουμε $f (x) \geq 0$ για $x \in [0, f (x_{2})]$ , άρα $∣ f (x) ∣ = f (x)$ .

Επομένως: $\int_{x_{1}}^{0} f (x) d x = \int_{0}^{f (x_{2})} f (x) d x$

$\int_{x_{1}}^{0} x^{2} (g (x) + x) d x = \int_{0}^{f (x_{2})} (2 sin x + tan x - 3 x) d x$

Αναπτύσσουμε το αριστερό μέλος: $\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x + \int_{x_{1}}^{0} x^{3} d x = \int_{0}^{f (x_{2})} (2 sin x + tan x - 3 x) d x$

$\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x + [\frac{x ^{4}}{4}]_{x_{1}}^{0} = \int_{0}^{f (x_{2})} (2 sin x + tan x - 3 x) d x$

$\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x - \frac{x _{1}^{4}}{4} = \int_{0}^{f (x_{2})} (2 sin x + tan x - 3 x) d x$

Υπολογίζουμε το δεξιό μέλος: $\int_{0}^{f (x_{2})} (2 sin x + tan x - 3 x) d x = [- 2 cos x - ln (cos x) - \frac{3 x ^{2}}{2}]_{0}^{f (x_{2})}$

$= - 2 cos (f (x_{2})) - ln (cos (f (x_{2}))) - \frac{3 f ( x _{2} ) ^{2}}{2} + 2 + ln 1$

$= 2 - 2 cos (f (x_{2})) - ln (cos (f (x_{2}))) - \frac{3 f ( x _{2} ) ^{2}}{2}$

Από $3 f (x_{2}) = π$ , έχουμε $f (x_{2}) = \frac{π}{3}$ .

$cos (\frac{π}{3}) = \frac{1}{2}, f (x_{2})^{2} = \frac{π ^{2}}{9}$

$= 2 - 2 \cdot \frac{1}{2} - ln (\frac{1}{2}) - \frac{3 \cdot \frac{π ^{2}}{9}}{2}$

$= 2 - 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}$

Χρησιμοποιούμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες για το $\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x$ :

Θέτουμε $u = x^{2}$ , $d v = g (x) d x$ . Τότε $d u = 2 x d x$ , $v = \int g (x) d x$ (δεν έχουμε ρητή μορφή).

Εναλλακτικά, χρησιμοποιούμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες με $u = g (x)$ , $d v = x^{2} d x$ :

$\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x = [\frac{x ^{3}}{3} g (x)]_{x_{1}}^{0} - \int_{x_{1}}^{0} \frac{x ^{3}}{3} g^{'} (x) d x$

$= 0 - \frac{x _{1}^{3}}{3} g (x_{1}) - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x$

Από $g (x_{1}) + x_{1} = 0$ , έχουμε $g (x_{1}) = - x_{1}$ :

$= - \frac{x _{1}^{3}}{3} \cdot (- x_{1}) - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = \frac{x _{1}^{4}}{3} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x$

Επομένως: $\frac{x _{1}^{4}}{3} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x - \frac{x _{1}^{4}}{4} = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}$

$\frac{x _{1}^{4}}{3} - \frac{x _{1}^{4}}{4} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}$

$\frac{4 x _{1}^{4} - 3 x _{1}^{4}}{12} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}$

$\frac{x _{1}^{4}}{12} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}$

$- \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} - \frac{x _{1}^{4}}{12}$

$\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = - 3 (1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} - \frac{x _{1}^{4}}{12})$

$= - 3 - 3 ln 2 + \frac{π ^{2}}{2} + \frac{x _{1}^{4}}{4}$

$= \frac{x _{1}^{4}}{4} + \frac{π ^{2}}{2} - 3 ln 2 - 3$

Τέλος Γραπτού

Πώς βαθμολογήθηκε

Αναγνώριση της τιμής f(x2) ως άκρου ολοκλήρωσης από το Δ3ii και τεκμηρίωση ότι η f είναι μη αρνητική σε όλο το διάστημα ολοκλήρωσης, με επίκληση των Δ3i και Δ4i, ώστε το εμβαδόν να δίνεται από το ολοκλήρωμα της f 1/1
Έκφραση της συνθήκης των δύο ισεμβαδικών χωρίων ως ισότητα των δύο ολοκληρωμάτων εκατέρωθεν του μηδενός 1/1
Υπολογισμός του ολοκληρώματος στο δεξιό υποδιάστημα: εύρεση αρχικών των όρων του κλάδου (συμπεριλαμβανομένης της αρχικής της εφx) και αντικατάσταση των ορίων 2/2
Υπολογισμός του ολοκληρώματος στο αριστερό υποδιάστημα με παραγοντική ολοκλήρωση, ώστε να εμφανιστεί ο όρος με το x³g'(x) 2/2
Χρήση της σχέσης g(x1) = -x1 από το Δ1 για την απαλοιφή του g(x1) και επίλυση ως προς το ζητούμενο ολοκλήρωμα 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρες και ελεγμένο: αναγνωρίζει f(x2) = π/3, επικαλείται ρητά τα Δ3i και Δ4i για τη μη αρνητικότητα (και ελέγχει ότι π/3 < π/2), γράφει την ισότητα των εμβαδών, υπολογίζει σωστά ∫ από 0 έως π/3 = 1 + ln2 - π²/6 με σωστή αρχική της εφx, εφαρμόζει παραγοντική ολοκλήρωση και χρησιμοποιεί το g(x1) = -x1, καταλήγοντας ακριβώς στη ζητούμενη σχέση. Ταυτίζεται με τις δύο λύσεις αναφοράς.