Claude Opus 4.8 · Μαθηματικά Προσανατολισμού

Τι απάντησε

Έστω $x_1,x_2\in \Delta$ με $x_1<x_2$. Στο διάστημα $[x_1,x_2]$ η $f$ είναι συνεχής (αφού είναι συνεχής στο $\Delta$) και παραγωγίσιμη στο $(x_1,x_2)$ (αφού $f^{\prime }(x)=0$ στα εσωτερικά σημεία). Επομένως ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής, οπότε υπάρχει $\xi \in (x_1,x_2)$ ώστε:

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}.$$

Επειδή το $\xi$ είναι εσωτερικό σημείο του $\Delta$, ισχύει $f^{\prime }(\xi )=0$, άρα:

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=0\Rightarrow f(x_1)=f(x_2).$$

Άρα για οποιαδήποτε $x_1,x_2\in \Delta$ ισχύει $f(x_1)=f(x_2)$, δηλαδή η $f$ είναι σταθερή στο $\Delta$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ 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
2. ✓ 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 2/2
3. ✓ Εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. και ύπαρξη ξ στο (x1, x2) με f'(ξ) = (f(x2) - f(x1)) / (x2 - x1) 2/2
4. ✓ 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

Τι απάντησε

Κριτήριο παρεμβολής: Έστω οι συναρτήσεις $f,g,h$. Αν

$$h(x)\le f(x)\le g(x)$$

κοντά στο $x_0$ και

$$\underset{x\to x_0}{\lim }h(x)=\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)=\ell ,$$

τότε

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=\ell .$$

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ Διατύπωση της συνθήκης εγκλωβισμού: h(x) ≤ f(x) ≤ g(x) κοντά στο x0 2/2
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
3. ✓ Διατύπωση του συμπεράσματος: το όριο της f στο x0 υπάρχει και ισούται με τον ίδιο αριθμό 1/1

Τι απάντησε

Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της $f$ στο διάστημα $\Delta$ ονομάζεται κάθε συνάρτηση $F$ που είναι παραγωγίσιμη στο $\Delta$ και ισχύει $F^{\prime }(x)=f(x)$ για κάθε $x\in \Delta$.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Τι απάντησε

α) Λάθος β) Σωστό γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης α) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
2. ✓ Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης β) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
3. ✓ Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης γ) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
4. ✓ Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης δ) ως Σωστό ή Λάθος 2/2
5. ✓ Ορθός χαρακτηρισμός της πρότασης ε) ως Σωστό ή Λάθος 2/2

Τι απάντησε

Για την $h=f\circ g$ πρέπει $x$ στο πεδίο ορισμού της $g$ και $g(x)$ στο πεδίο ορισμού της $f$.

Πεδίο ορισμού της $g$: $x\ge 2$.

Απαιτούμε $g(x)\in (1,+\infty )$, δηλαδή $g(x)>1$:

$$\sqrt{x-2}+1>1\iff \sqrt{x-2}>0\iff x>2.$$

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

Ο τύπος:

$$h(x)=f(g(x))=2\ln (g(x)-1)=2\ln \left(\sqrt{x-2}+1-1\right)=2\ln \sqrt{x-2}.$$

$$h(x)=2\cdot \frac{1}{2}\ln (x-2)=\ln (x-2),x\in (2,+\infty ).$$

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ 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
2. ✓ Επίλυση του συστήματος των δύο συνθηκών (x στο [2, +∞) και g(x) > 1) και προσδιορισμός του πεδίου ορισμού της h 3/3
3. ✓ Αντικατάσταση του g(x) στον τύπο της f 1/1
4. ✓ Αλγεβρική απλοποίηση της λογαριθμικής παράστασης έως τον τελικό τύπο της h 2/2

Τι απάντησε

Υπολογίζουμε:

$$\underset{x\to 2}{\lim }\left(h(x)\cdot \frac{f(x)}{x-2}\right)=\underset{x\to 2}{\lim }\left(\ln (x-2)\cdot \frac{2\ln (x-1)}{x-2}\right).$$

Παρατηρούμε ότι για $x\to 2$: $\ln (x-1)\to \ln 1=0$ και $x-2\to 0$.

Θεωρούμε πρώτα τον παράγοντα $\frac{\ln (x-1)}{x-2}$. Θέτουμε $u=x-1$, οπότε $x-2=u-1$ και $u\to 1$:

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\ln (x-1)}{x-2}=\underset{u\to 1}{\lim }\frac{\ln u}{u-1}.$$

Αυτό είναι η παράγωγος της $\ln u$ στο $u=1$:

$$\underset{u\to 1}{\lim }\frac{\ln u-\ln 1}{u-1}=(\ln u{)}^{\prime }{|}_{u=1}=\frac{1}{1}=1.$$

Άρα ο παράγοντας $\frac{f(x)}{x-2}=\frac{2\ln (x-1)}{x-2}\to 2\cdot 1=2$.

Ο παράγοντας $h(x)=\ln (x-2)\to -\infty$ καθώς $x\to 2^{+}$. Όμως το πεδίο ορισμού απαιτεί $x>2$, οπότε το όριο είναι μονόπλευρο ($x\to 2^{+}$).

Άρα:

$$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(\ln (x-2)\cdot \frac{2\ln (x-1)}{x-2}\right)=(-\infty )\cdot 2=-\infty .$$

Το ζητούμενο όριο είναι $-\infty$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ Διάσπαση του ορίου σε παράγοντες και αναγνώριση ότι το όριο του πηλίκου f(x)/(x-2) οδηγεί σε απροσδιόριστη μορφή 0/0 2/2
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
3. ✓ Υπολογισμός του ορίου της h στο 2, με τεκμηρίωση ότι η προσέγγιση γίνεται από τα δεξιά και ότι το όριο είναι -∞ 2/2
4. ✓ Σύνθεση των δύο επιμέρους ορίων και συμπέρασμα για το ζητούμενο όριο 1/1

Τι απάντησε

$$f(x)=\frac{\kappa x^3+\mu x}{x^2+1}.$$

i) Για οριζόντια ασύμπτωτη στο $+\infty$ πρέπει το ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ να είναι πραγματικός αριθμός.

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\kappa x^3+\mu x}{x^2+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\kappa x^3(1+\frac{\mu }{\kappa x^2})}{x^2(1+\frac{1}{x^2})}.$$

Αν $\kappa \ne 0$, ο βαθμός του αριθμητή (3) υπερβαίνει τον βαθμό του παρονομαστή (2), οπότε το όριο είναι $\pm \infty$ και δεν υπάρχει οριζόντια ασύμπτωτη. Άρα $\kappa =0$.

ii) Με $\kappa =0$: $f(x)=\frac{\mu x}{x^2+1}$.

Η ευθεία $y=x$ εφάπτεται στη $C_f$ στην αρχή των αξόνων $(0,0)$. Έλεγχος ότι διέρχεται: $f(0)=0$. ✓

Η εφαπτομένη στο $0$ έχει κλίση $f^{\prime }(0)$ και πρέπει να ισούται με την κλίση της $y=x$, δηλαδή $1$.

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

$$f^{\prime }(0)=\frac{\mu \cdot 1}{1}=\mu .$$

Άρα $\mu =1$.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Τι απάντησε

Έχουμε $f(x)=\frac{x}{x^2+1}$, $x\in \mathbb{R}$, με

$$f^{\prime }(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1{)}^2}.$$

Το πρόσημο εξαρτάται από το $1-x^2$:

• $f^{\prime }(x)>0\iff 1-x^2>0\iff -1<x<1$.
• $f^{\prime }(x)<0\iff x<-1$ ή $x>1$.
• $f^{\prime }(x)=0\iff x=-1$ ή $x=1$.

Μονοτονία:

• Στο $(-\infty ,-1]$ η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα.
• Στο $[-1,1]$ η $f$ είναι γνησίως αύξουσα.
• Στο $[1,+\infty )$ η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα.

Ακρότατα:

• Στο $x=-1$ η $f$ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο: $f(-1)=\frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}$.
• Στο $x=1$ η $f$ παρουσιάζει τοπικό μέγιστο: $f(1)=\frac{1}{2}$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ Υπολογισμός της f'(x) για την τελική μορφή της f 1/1
2. ✓ 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
3. ✓ Ορθό συμπέρασμα για τη μονοτονία και στα τρία διαστήματα που ορίζουν οι ρίζες· ανοικτά ή κλειστά άκρα γίνονται εξίσου δεκτά 2/2
4. ✓ Εντοπισμός των θέσεων των τοπικών ακροτάτων, χαρακτηρισμός τους ως μεγίστου/ελαχίστου και αναφορά των αντίστοιχων τιμών 1/1

Τι απάντησε

$$I_{\nu }+I_{\nu +1}={\int }_0^1\frac{x^{2\nu +1}}{x^2+1}dx+{\int }_0^1\frac{x^{2\nu +3}}{x^2+1}dx={\int }_0^1\frac{x^{2\nu +1}+x^{2\nu +3}}{x^2+1}dx.$$

$$={\int }_0^1\frac{x^{2\nu +1}(1+x^2)}{x^2+1}dx={\int }_0^1{x}^{2\nu +1}dx={\left[\frac{x^{2\nu +2}}{2\nu +2}\right]}_0^1=\frac{1}{2\nu +2}.$$

Άρα $I_{\nu }+I_{\nu +1}=\frac{1}{2\nu +2}$.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Τι απάντησε

$I_0$:

$$I_0={\int }_0^1\frac{x}{x^2+1}dx={\left[\frac{1}{2}\ln (x^2+1)\right]}_0^1=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}\ln 1=\frac{1}{2}\ln 2.$$

$I_1$: Από τη σχέση με $\nu =0$: $I_0+I_1=\frac{1}{2}$.

$$I_1=\frac{1}{2}-I_0=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln 2.$$

$I_2$: Από τη σχέση με $\nu =1$: $I_1+I_2=\frac{1}{2\cdot 1+2}=\frac{1}{4}$.

$$I_2=\frac{1}{4}-I_1=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln 2\right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\ln 2=-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\ln 2.$$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Τι απάντησε

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\phi (x)=g(x)+x$, $x\in \mathbb{R}$, που είναι συνεχής (ως άθροισμα συνεχών, αφού η $g$ είναι παραγωγίσιμη άρα συνεχής).

Ύπαρξη: Υπολογίζουμε τα $\phi (-1)$ και $\phi (0)$:

$$\phi (-1)=g(-1)+(-1)=g(-1)-1.$$

Επειδή $0<g(-1)<1$, ισχύει $g(-1)-1<0$, άρα $\phi (-1)<0$.

$$\phi (0)=g(0)+0=g(0).$$

Επειδή $0<g(0)<1$, ισχύει $\phi (0)>0$.

Άρα $\phi (-1)\cdot \phi (0)<0$ και η $\phi$ συνεχής στο $[-1,0]$. Από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_1\in (-1,0)$ με $\phi (x_1)=0$, δηλαδή $g(x_1)+x_1=0$.

Μοναδικότητα: Η $\phi$ είναι παραγωγίσιμη με ${\phi }^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)+1$. Επειδή $g^{\prime }(x)\ne -1$ για κάθε $x$, ισχύει ${\phi }^{\prime }(x)\ne 0$ για κάθε $x$. Καθώς η ${\phi }^{\prime }$ είναι συνεχής (η $g^{\prime }$ συνεχής) και δεν μηδενίζεται, διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\mathbb{R}$. Άρα η $\phi$ είναι γνησίως μονότονη, οπότε η ρίζα είναι μοναδική.

Άρα υπάρχει μοναδικό $x_1\in (-1,0)$ με $g(x_1)+x_1=0$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ 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
2. ✓ Εύρεση των προσήμων της βοηθητικής συνάρτησης στα άκρα -1 και 0, με ρητή χρήση της υπόθεσης 0 < g(x) < 1 2/2
3. ✓ Επίκληση του θεωρήματος Bolzano και συμπέρασμα ύπαρξης x1 στο (-1, 0) με g(x1) + x1 = 0 1/1
4. ✓ Τεκμηρίωση της μοναδικότητας του x1, με ρητή χρήση της υπόθεσης g'(x) διάφορη του -1 2/2

Τι απάντησε

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

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=f(0).$$

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

Για $x\to 0^{+}$ και $f(0)$: $f(0)=2\eta \mu 0+\epsilon \phi 0-\kappa \cdot 0=0$. ✓ (η συνέχεια ικανοποιείται για κάθε $\kappa$)

Για την παραγωγισιμότητα στο $0$, πρέπει οι πλευρικές παράγωγοι να είναι ίσες.

Αριστερός κλάδος: $f(x)=x^{2}g(x)+x^3$, οπότε $$f_{-}^{\prime }(x)=2xg(x)+x^2{g}^{\prime }(x)+3x^2,f_{-}^{\prime }(0)=0.$$

Δεξιός κλάδος: $f(x)=2\eta \mu x+\epsilon \phi x-\kappa x$, οπότε $$f_{+}^{\prime }(x)=2\sigma \upsilon \nu x+\frac{1}{\sigma \upsilon {\nu }^{2}x}-\kappa ,f_{+}^{\prime }(0)=2\cdot 1+\frac{1}{1}-\kappa =3-\kappa .$$

Για παραγωγισιμότητα: $f_{-}^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0)\Rightarrow 0=3-\kappa \Rightarrow \kappa =3$.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Τι απάντησε

Στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ με $\kappa =3$: $f(x)=2\eta \mu x+\epsilon \phi x-3x$.

Παραγωγίζουμε:

$$f^{\prime }(x)=2\sigma \upsilon \nu x+\frac{1}{\sigma \upsilon {\nu }^{2}x}-3.$$

Θα δείξουμε ότι $f^{\prime }(x)\ge 0$ στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$. Θέτουμε $t=\sigma \upsilon \nu x$, όπου για $x\in [0,\frac{\pi }{2})$ ισχύει $t\in (0,1]$.

$$f^{\prime }(x)=2t+\frac{1}{t^2}-3.$$

Θεωρούμε $\psi (t)=2t+\frac{1}{t^2}-3$, $t\in (0,1]$.

$${\psi }^{\prime }(t)=2-\frac{2}{t^3}=\frac{2(t^3-1)}{t^3}.$$

Για $t\in (0,1)$: $t^3-1<0$, άρα ${\psi }^{\prime }(t)<0$: η $\psi$ γνησίως φθίνουσα. Στο $t=1$: $\psi (1)=2+1-3=0$. Επειδή φθίνουσα και στο $t=1$ μηδέν, για $t\in (0,1)$ ισχύει $\psi (t)>\psi (1)=0$.

Άρα $\psi (t)\ge 0$ για κάθε $t\in (0,1]$, δηλαδή $f^{\prime }(x)\ge 0$ για κάθε $x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right)$, με ισότητα μόνο στο $x=0$.

Άρα η $f$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$. Επειδή $f(0)=2\cdot 0+0-0=0$, ισχύει $f(x)\ge f(0)=0$ για κάθε $x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right)$.

Άρα $f(x)\ge 0$ στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ Υπολογισμός της f'(x) για τον κλάδο 2ημx + εφx - 3x στο (0, π/2) 1/1
2. ✓ 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
3. ✓ 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 1/1

Τι απάντησε

Η εξίσωση $3f(x)=\pi$, δηλαδή $f(x)=\frac{\pi }{3}$, στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$.

Η $f$ είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$.

• $f(0)=0$.
• ${\lim }_{x\to (\pi /2{)}^{-}}f(x)=2\eta \mu \frac{\pi }{2}+{\lim }_{x\to (\pi /2{)}^{-}}\epsilon \phi x-3\cdot \frac{\pi }{2}=2+(+\infty )-\frac{3\pi }{2}=+\infty .$

Άρα το σύνολο τιμών της $f$ στο $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ είναι $[0,+\infty )$. Επειδή $\frac{\pi }{3}>0$, ανήκει στο σύνολο τιμών, και επειδή η $f$ είναι γνησίως αύξουσα (άρα "1-1"), υπάρχει μοναδικό $x_2\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ με $f(x_2)=\frac{\pi }{3}$.

Άρα η εξίσωση $3f(x)=\pi$ έχει ακριβώς μία ρίζα $x_2$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ 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
2. ✓ 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
3. ✓ Τεκμηρίωση της μοναδικότητας της ρίζας από τη γνήσια μονοτονία (1-1) της f 1/1

Τι απάντησε

Στο διάστημα $[x_1,0]$ ισχύει $x\in (-\infty ,0)$ (και το $0$ οριακά), οπότε ο κλάδος είναι $f(x)=x^2(g(x)+x)=x^2\phi (x)$, όπου $\phi (x)=g(x)+x$.

Έχουμε δείξει στο Δ1 ότι η $\phi$ είναι γνησίως μονότονη με ρίζα $x_1$, και ότι $\phi (-1)<0$, $\phi (0)>0$. Επειδή γνησίως αύξουσα (καθώς ${\phi }^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)+1$· από τα $\phi (-1)<0<\phi (0)$ έχουμε ότι η $\phi$ είναι αύξουσα, δηλαδή ${\phi }^{\prime }>0$), για $x\ge x_1$ ισχύει $\phi (x)\ge \phi (x_1)=0$.

Επομένως για κάθε $x\in [x_1,0]$: $\phi (x)\ge 0$ και $x^2\ge 0$, άρα

$$f(x)=x^2\phi (x)\ge 0.$$

Άρα $f(x)\ge 0$ στο $[x_1,0]$.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ 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
2. ✓ 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.) 1/1
3. ✓ Χρήση της σχέσης g(x1) + x1 = 0 από το Δ1 και της μονοτονίας για το συμπέρασμα f(x) ≥ 0 στο [x1, 0] 1/1

Τι απάντησε

Το χωρίο $\Omega$ ορίζεται μεταξύ $x=x_1$ και $x=f(x_2)$. Έχουμε $f(x_2)=\frac{\pi }{3}$ (από Δ3ii).

Επειδή $x_1\in (-1,0)$ και $f(x_2)=\frac{\pi }{3}>0$, το χωρίο εκτείνεται από $x=x_1<0$ έως $x=\frac{\pi }{3}>0$. Ο άξονας $y^{\prime }y$ ($x=0$) χωρίζει το $\Omega$ σε δύο τμήματα.

Στο $[x_1,0]$ ισχύει $f(x)\ge 0$ (Δ4i) και στο $[0,\frac{\pi }{3}]\subset [0,\frac{\pi }{2})$ ισχύει $f(x)\ge 0$ (Δ3i). Άρα σε όλο το $[x_1,\frac{\pi }{3}]$ η $f\ge 0$ και τα εμβαδά δίνονται με ολοκληρώματα της $f$.

Το αριστερό τμήμα (εμβαδόν $E_1$): $$E_1={\int }_{x_1}^{0}f(x)dx={\int }_{x_1}^0{x}^2(g(x)+x)dx.$$

Το δεξί τμήμα (εμβαδόν $E_2$): $$E_2={\int }_0^{\pi /3}f(x)dx={\int }_0^{\pi /3}(2\eta \mu x+\epsilon \phi x-3x)dx.$$

Υπολογισμός $E_2$:

$${\int }_0^{\pi /3}2\eta \mu xdx=[-2\sigma \upsilon \nu x{]}_0^{\pi /3}=-2\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{3}+2\sigma \upsilon \nu 0=-2\cdot \frac{1}{2}+2=1.$$

$${\int }_0^{\pi /3}\epsilon \phi xdx=[-\ln |\sigma \upsilon \nu x|{]}_0^{\pi /3}=-\ln \sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{3}+\ln \sigma \upsilon \nu 0=-\ln \frac{1}{2}+\ln 1=\ln 2.$$

$${\int }_0^{\pi /3}3xdx={\left[\frac{3x^2}{2}\right]}_0^{\pi /3}=\frac{3}{2}\cdot \frac{{\pi }^2}{9}=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

Άρα: $$E_2=1+\ln 2-\frac{{\pi }^2}{6}.$$

Ισότητα εμβαδών: $E_1=E_2$, δηλαδή:

$${\int }_{x_1}^0{x}^2(g(x)+x)dx=1+\ln 2-\frac{{\pi }^2}{6}.$$

Αναλύουμε το αριστερό μέλος:

$${\int }_{x_1}^0{x}^{2}g(x)dx+{\int }_{x_1}^0{x}^{3}dx=1+\ln 2-\frac{{\pi }^2}{6}.$$

Υπολογίζουμε ${\int }_{x_1}^0{x}^{3}dx={\left[\frac{x^4}{4}\right]}_{x_1}^0=0-\frac{x_1^4}{4}=-\frac{x_1^4}{4}$.

Για το ${\int }_{x_1}^0{x}^{2}g(x)dx$ χρησιμοποιούμε παραγοντική ολοκλήρωση, με στόχο να εμφανίσουμε $\int x^3{g}^{\prime }(x)dx$:

$${\int }_{x_1}^0{x}^{2}g(x)dx={\int }_{x_1}^0{\left(\frac{x^3}{3}\right)}^{\prime }g(x)dx={\left[\frac{x^3}{3}g(x)\right]}_{x_1}^0-{\int }_{x_1}^0\frac{x^3}{3}{g}^{\prime }(x)dx.$$

Το πρώτο μέλος αυτού δεν δίνει την επιθυμητή μορφή $\int x^3{g}^{\prime }(x)$. Χρησιμοποιούμε αντ' αυτού ολοκλήρωση με $g$ ως τον προς παραγώγιση, επιλέγοντας κατάλληλα. Γράφουμε:

$${\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx={\left[x^{3}g(x)\right]}_{x_1}^0-{\int }_{x_1}^{0}3x^{2}g(x)dx.$$

Άρα: $${\int }_{x_1}^0{x}^{2}g(x)dx=\frac{1}{3}\left({\left[x^{3}g(x)\right]}_{x_1}^0-{\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx\right).$$

Υπολογίζουμε ${\left[x^{3}g(x)\right]}_{x_1}^0=0-x_1^{3}g(x_1)=-x_1^{3}g(x_1)$.

Από Δ1: $g(x_1)=-x_1$, άρα $-x_1^{3}g(x_1)=-x_1^3(-x_1)=x_1^4$.

Επομένως: $${\int }_{x_1}^0{x}^{2}g(x)dx=\frac{1}{3}\left(x_1^4-{\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx\right).$$

Αντικαθιστούμε στην ισότητα εμβαδών:

$$\frac{1}{3}\left(x_1^4-{\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx\right)-\frac{x_1^4}{4}=1+\ln 2-\frac{{\pi }^2}{6}.$$

Λύνουμε ως προς το ολοκλήρωμα. Πολλαπλασιάζουμε με $3$:

$$x_1^4-{\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx-\frac{3x_1^4}{4}=3+3\ln 2-\frac{{\pi }^2}{2}.$$

$$-{\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx+\left(x_1^4-\frac{3x_1^4}{4}\right)=3+3\ln 2-\frac{{\pi }^2}{2}.$$

$$-{\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx+\frac{x_1^4}{4}=3+3\ln 2-\frac{{\pi }^2}{2}.$$

$${\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx=\frac{x_1^4}{4}-3-3\ln 2+\frac{{\pi }^2}{2}.$$

Άρα:

$${\int }_{x_1}^0{x}^3{g}^{\prime }(x)dx=\frac{x_1^4}{4}+\frac{{\pi }^2}{2}-3\ln 2-3,$$

που είναι το ζητούμενο.

Πώς βαθμολογήθηκε

1. ✓ 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
2. ✓ Έκφραση της συνθήκης των δύο ισεμβαδικών χωρίων ως ισότητα των δύο ολοκληρωμάτων εκατέρωθεν του μηδενός 1/1
3. ✓ Υπολογισμός του ολοκληρώματος στο δεξιό υποδιάστημα: εύρεση αρχικών των όρων του κλάδου (συμπεριλαμβανομένης της αρχικής της εφx) και αντικατάσταση των ορίων 2/2
4. ✓ Υπολογισμός του ολοκληρώματος στο αριστερό υποδιάστημα με παραγοντική ολοκλήρωση, ώστε να εμφανιστεί ο όρος με το x³g'(x) 2/2
5. ✓ Χρήση της σχέσης g(x1) = -x1 από το Δ1 για την απαλοιφή του g(x1) και επίλυση ως προς το ζητούμενο ολοκλήρωμα 1/1