Πανελλαδικές 2026 → Μαθηματικά Προσανατολισμού → Gemini 3.5 Flash

Gemini 3.5 Flash · Μαθηματικά Προσανατολισμού

Google · κυκλοφορία Μάιος 2026 · εξέταση 3 Ιουνίου 2026 · 18 υποερωτήματα

19,899,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 1 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 6/6

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

Τι απάντησε

Έστω $x_{1}, x_{2}$ δύο τυχαία σημεία του διαστήματος $Δ$ .

Αν $x_{1} = x_{2}$ , τότε προφανώς $f (x_{1}) = f (x_{2})$ .

Αν $x_{1} < x_{2}$ , τότε στο κλειστό διάστημα $[x_{1}, x_{2}]$ η $f$ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.), αφού:

είναι συνεχής στο $[x_{1}, x_{2}]$ (ως υποδιάστημα του $Δ$ στο οποίο η $f$ είναι συνεχής) και

είναι παραγωγίσιμη στο $(x_{1}, x_{2})$ (ως υποδιάστημα του εσωτερικού του $Δ$ στο οποίο η $f$ είναι παραγωγίσιμη).

Επομένως, σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ., υπάρχει τουλάχιστον ένα $ξ \in (x_{1}, x_{2})$ τέτοιο ώστε: $f^{'} (ξ) = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}}$ Επειδή το $ξ$ είναι εσωτερικό σημείο του $Δ$ , από την υπόθεση ισχύει $f^{'} (ξ) = 0$ . Συνεπώς: $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} = 0 ⟹ f (x_{2}) - f (x_{1}) = 0 ⟹ f (x_{1}) = f (x_{2})$

Αν $x_{2} < x_{1}$ , ομοίως αποδεικνύεται ότι $f (x_{1}) = f (x_{2})$ .

Σε κάθε περίπτωση, για οποιαδήποτε $x_{1}, x_{2} \in Δ$ ισχύει $f (x_{1}) = f (x_{2})$ , που σημαίνει 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 2/2
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

Πλήρης σχολική απόδειξη με διάκριση και των τριών περιπτώσεων. Ελέγχει ρητά συνέχεια στο [x1,x2] και παραγωγισιμότητα στο (x1,x2) αιτιολογώντας ότι πρόκειται για υποδιάστημα του Δ και του εσωτερικού του.

Α2 διατύπωση του κριτηρίου παρεμβολής 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α2. Να διατυπώσετε το κριτήριο παρεμβολής.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Έστω οι συναρτήσεις $f, g, h$ . Αν:

$h (x) \leq f (x) \leq g (x)$ κοντά στο $x_{0}$ και

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

τότε και $lim_{x \to x_{0}} f (x) = L$ .

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

Ακριβής σχολική διατύπωση, με το «κοντά στο x0» παρόν και τα δύο όρια ίσα με τον ίδιο αριθμό L.

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

Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα $Δ$ . Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της $f$ στο $Δ$ ονομάζεται κάθε συνάρτηση $F$ που είναι παραγωγίσιμη στο $Δ$ και ισχύει: $F^{'} (x) = f (x)$ για κάθε $x \in Δ$ .

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

Ορισμός πλήρης: 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
β) Σωστό
γ) Σωστό
δ) Σωστό
ε) 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. Μονάδες = (10/5) × 5 = 10. Καμία διπλή ή ασαφής απάντηση.

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

Οι δοθείσες συναρτήσεις είναι οι:

$f : (1, + \infty) \to R$ με τύπο $f (x) = 2 ln (x - 1)$

$g : [2, + \infty) \to R$ με τύπο $g (x) = x - 2 + 1$

Το πεδίο ορισμού $D_{h}$ της συνάρτησης $h = f \circ g$ ορίζεται ως εξής: $D_{h} = {x \in D_{g} ∣ g (x) \in D_{f}}$

Έχουμε:

$x \in [2, + \infty)$

$g (x) \in (1, + \infty) ⟺ g (x) > 1 ⟺ x - 2 + 1 > 1 ⟺ x - 2 > 0 ⟺ x - 2 > 0 ⟺ x > 2$

Συναληθεύοντας τους περιορισμούς $x \geq 2$ και $x > 2$ , προκύπτει ότι: $D_{h} = (2, + \infty)$

Για κάθε $x \in (2, + \infty)$ , ο τύπος της $h$ είναι: $h (x) = (f \circ g) (x) = f (g (x)) = 2 ln (g (x) - 1) = 2 ln (x - 2 + 1 - 1) = 2 ln (x - 2)$

Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων, έχουμε: $h (x) = 2 \cdot ln ((x - 2)^{1/2}) = 2 \cdot \frac{1}{2} ln (x - 2) = ln (x - 2)$

Συνεπώς, η συνάρτηση $h = f \circ g$ είναι η: $h : (2, + \infty) \to R με τ υ ˊ πο h (x) = ln (x - 2)$

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

Γράφει τη συνθήκη Dh = {x ∈ Dg : g(x) ∈ Df}, συναληθεύει x ≥ 2 και x > 2 και βρίσκει Dh = (2,+∞). Απλοποιεί σωστά 2ln√(x-2) = ln(x-2). Προσδιορίζει και πεδίο ορισμού και τύπο.

Β2 απόδειξη αντιστρεψιμότητας h και εύρεση αντίστροφης 9/9

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

Τι απάντησε

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h (x) = ln (x - 2)$ με $x \in (2, + \infty)$ .

Απόδειξη ότι η $h$ αντιστρέφεται:
Έστω $x_{1}, x_{2} \in (2, + \infty)$ με $h (x_{1}) = h (x_{2})$ . Τότε: $ln (x_{1} - 2) = ln (x_{2} - 2) ⟹ x_{1} - 2 = x_{2} - 2 ⟹ x_{1} = x_{2}$ Επομένως, η $h$ είναι "1-1", οπότε αντιστρέφεται.

Προσδιορισμός της $h^{- 1}$ :
Θέτουμε $y = h (x) ⟺ y = ln (x - 2)$ με $x > 2$ . Λύνουμε ως προς $x$ : $y = ln (x - 2) ⟺ e^{y} = x - 2 ⟺ x = e^{y} + 2$ Πρέπει $x > 2 ⟺ e^{y} + 2 > 2 ⟺ e^{y} > 0$ , το οποίο αληθεύει για κάθε $y \in R$ . Συνεπώς, το σύνολο τιμών της $h$ (το οποίο αποτελεί το πεδίο ορισμού της $h^{- 1}$ ) είναι το $R$ .

Άρα, η αντίστροφη συνάρτηση $h^{- 1}$ είναι η: $h^{- 1} : R \to (2, + \infty) με τ υ ˊ πο h^{- 1} (x) = e^{x} + 2$

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 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Αποδεικνύει το 1-1 απευθείας από τον ορισμό (έγκυρη εναλλακτική πορεία, ρητά αποδεκτή από τη ρουμπρίκα) και επικαλείται ρητά το 1-1 για την αντιστρεψιμότητα. Το σύνολο τιμών προκύπτει από τη συνθήκη x = e^y + 2 > 2, που αληθεύει για κάθε y ∈ R· τεκμηριωμένο, αν και διαφορετικό από την πορεία των ορίων της λύσης αναφοράς.

Β3 υπολογισμός ορίου με h και f 8/8

Τι ζητούσε το φύλλο

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

Μονάδες 8

Τι απάντησε

Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο: $x \to 2 lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2})$ για $x \in (2, + \infty)$ .

Αντικαθιστώντας τους τύπους των $h (x)$ και $f (x)$ , έχουμε: $h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2} = ln (x - 2) \cdot \frac{2 ln ( x - 1 )}{x - 2} = 2 \cdot ln (x - 2) \cdot \frac{ln ( x - 1 )}{x - 2}$

Μελετάμε ξεχωριστά τα όρια των παραγόντων καθώς το $x \to 2^{+}$ :

Για το όριο $lim_{x \to 2^{+}} ln (x - 2)$ :
Θέτοντας $u = x - 2$ , όταν $x \to 2^{+}$ έχουμε $u \to 0^{+}$ . Συνεπώς: $x \to 2^{+} lim ln (x - 2) = u \to 0^{+} lim ln u = - \infty$

Για το όριο $lim_{x \to 2^{+}} \frac{l n ( x - 1 )}{x - 2}$ :
Το όριο είναι της μορφής $\frac{0}{0}$ . Επειδή οι συναρτήσεις $ln (x - 1)$ και $x - 2$ είναι παραγωγίσιμες κοντά στο $2$ , εφαρμόζουμε τον κανόνα De L'Hospital: $x \to 2^{+} lim \frac{ln ( x - 1 )}{x - 2} = x \to 2^{+} lim \frac{( ln ( x - 1 ) ) ^{'}}{( x - 2 ) ^{'}} = x \to 2^{+} lim \frac{\frac{1}{x - 1}}{1} = \frac{1}{2 - 1} = 1$

Συνδυάζοντας τα παραπάνω όρια, έχουμε: $x \to 2^{+} lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2}) = 2 \cdot (x \to 2^{+} lim ln (x - 2)) \cdot (x \to 2^{+} lim \frac{ln ( x - 1 )}{x - 2}) = 2 \cdot (- \infty) \cdot 1 = - \infty$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Δηλώνει εξαρχής ότι x ∈ (2,+∞), άρα η προσέγγιση γίνεται από τα δεξιά, και βρίσκει με αλλαγή μεταβλητής u = x-2 ότι ln(x-2) → -∞. Αναγνωρίζει τη μορφή 0/0 και ελέγχει ρητά την παραγωγισιμότητα πριν από τον de l'Hospital (κάτι που παραλείπουν και οι δύο λύσεις αναφοράς). Ο συντελεστής 2 διατηρείται σωστά· τελικό όριο -∞.

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 8/8

Τι ζητούσε το φύλλο

Γ1. Να αποδείξετε ότι:

i) $κ = 0$ και

ii) $μ = 1$ .

Μονάδες 8

Τι απάντησε

Δίνεται η συνάρτηση $f (x) = \frac{κ x ^{3} + μx}{x ^{2} + 1}$ με $κ, μ \in R$ .

i) Η $f$ έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+ \infty$ , που σημαίνει ότι το όριο $lim_{x \to + \infty} f (x)$ είναι πραγματικός αριθμός.

Αν $κ \neq = 0$ , τότε: $x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim \frac{κ x ^{3} + μx}{x ^{2} + 1} = x \to + \infty lim \frac{κ x ^{3}}{x ^{2}} = x \to + \infty lim (κ x) = \pm \infty$ (ανάλογα με το πρόσημο του $κ$ ), οπότε η $f$ δεν θα είχε οριζόντια ασύμπτωτη.

Αν $κ = 0$ , τότε: $x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim \frac{μx}{x ^{2} + 1} = x \to + \infty lim \frac{μx}{x ^{2}} = x \to + \infty lim \frac{μ}{x} = 0 \in R$ Σε αυτή την περίπτωση, η ευθεία $y = 0$ είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $f$ στο $+ \infty$ .

Συνεπώς, πρέπει αναγκαστικά $κ = 0$ .

ii) Η ευθεία $y = x$ εφάπτεται στη γραφική παράσταση της $f$ στην αρχή των αξόνων $O (0, 0)$ . Αυτό σημαίνει ότι:

Η γραφική παράσταση διέρχεται από το $O (0, 0)$ , δηλαδή $f (0) = 0$ , το οποίο ισχύει αφού $f (0) = \frac{0}{1} = 0$ .

Η παράγωγος της $f$ στο $x_{0} = 0$ ισούται με την κλίση της ευθείας $y = x$ , δηλαδή $f^{'} (0) = 1$ .

Αφού $κ = 0$ , ο τύπος της $f$ είναι $f (x) = \frac{μx}{x ^{2} + 1}$ . Η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $R$ ως ρητή, με παράγωγο: $f^{'} (x) = \frac{( μx ) ^{'} ( x ^{2} + 1 ) - μx ( x ^{2} + 1 ) ^{'}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{μ ( x ^{2} + 1 ) - μx ( 2 x )}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{μ ( 1 - x ^{2} )}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$

Για $x = 0$ έχουμε: $f^{'} (0) = \frac{μ ( 1 - 0 )}{( 0 + 1 ) ^{2}} = μ$

Επειδή πρέπει $f^{'} (0) = 1$ , προκύπτει άμεσα ότι $μ = 1$ .

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 2/2
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

Το κ = 0 προκύπτει από την αντίφαση για κ ≠ 0 (το όριο θα ήταν ±∞), όχι από επαλήθευση. Μεταφράζει σωστά την εφαπτομένη σε f(0)=0 και f'(0)=1 και βρίσκει f'(x) = μ(1-x²)/(x²+1)², f'(0) = μ = 1.

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

Για $κ = 0$ και $μ = 1$ , ο τύπος της συνάρτησης είναι $f (x) = \frac{x}{x ^{2} + 1}$ , $x \in R$ .

Η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $R$ με παράγωγο: $f^{'} (x) = \frac{1 - x ^{2}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$

Μελετάμε το πρόσημο της $f^{'} (x)$ : Ο παρονομαστής $(x^{2} + 1)^{2}$ είναι πάντα θετικός, οπότε το πρόσημο της $f^{'} (x)$ καθορίζεται από τον αριθμητή $1 - x^{2}$ . $f^{'} (x) = 0 ⟺ 1 - x^{2} = 0 ⟺ x = 1 η ˊ x = - 1$

Για $x \in (- \infty, - 1)$ , είναι $1 - x^{2} < 0 ⟹ f^{'} (x) < 0$ , άρα η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $(- \infty, - 1]$ .

Για $x \in (- 1, 1)$ , είναι $1 - x^{2} > 0 ⟹ f^{'} (x) > 0$ , άρα η $f$ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα $[- 1, 1]$ .

Για $x \in (1, + \infty)$ , είναι $1 - x^{2} < 0 ⟹ f^{'} (x) < 0$ , άρα η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $[1, + \infty)$ .

Ακρότατα:

Στη θέση $x = - 1$ , η $f$ παρουσιάζει τοπικό (και ολικό) ελάχιστο με τιμή: $f (- 1) = \frac{- 1}{( - 1 ) ^{2} + 1} = - \frac{1}{2}$

Στη θέση $x = 1$ , η $f$ παρουσιάζει τοπικό (και ολικό) μέγιστο με τιμή: $f (1) = \frac{1}{1 ^{2} + 1} = \frac{1}{2}$

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' και μελέτη προσήμου με ρητή αναφορά ότι ο παρονομαστής (x²+1)² είναι θετικός. Η μονοτονία δίνεται στα τρία κλειστά διαστήματα, όπως και οι λύσεις αναφοράς. Τα ακρότατα πλήρη: εντοπίζει x = −1 και x = 1, τα χαρακτηρίζει ως ολικό ελάχιστο και ολικό μέγιστο και δίνει τις τιμές −1/2 και 1/2.

Γ2ii απόδειξη συνόλου τιμών και πλήθος ριζών εξίσωσης 5/5

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

Τι απάντησε

Σύνολο τιμών:
Η $f$ είναι συνεχής στο $R$ . Υπολογίζουμε τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού: $x \to - \infty lim f (x) = x \to - \infty lim \frac{x}{x ^{2} + 1} = 0$ $x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim \frac{x}{x ^{2} + 1} = 0$

Μελετάμε τις εικόνες των διαστημάτων μονοτονίας:

Στο $Δ_{1} = (- \infty, - 1]$ , η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα, άρα: $f (Δ_{1}) = [f (- 1), x \to - \infty lim f (x)) = [- \frac{1}{2}, 0)$

Στο $Δ_{2} = [- 1, 1]$ , η $f$ είναι γνησίως αύξουσα, άρα: $f (Δ_{2}) = [f (- 1), f (1)] = [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$

Στο $Δ_{3} = [1, + \infty)$ , η $f$ είναι γνησίως φθίνουσα, άρα: $f (Δ_{3}) = (x \to + \infty lim f (x), f (1)] = (0, \frac{1}{2}]$

Το συνολικό σύνολο τιμών της $f$ είναι η ένωση αυτών: $f (R) = f (Δ_{1}) \cup f (Δ_{2}) \cup f (Δ_{3}) = [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$

Πλήθος ριζών της εξίσωσης $f (x) = \frac{1}{2} + α^{2}$ :
Για κάθε $α \in R$ , ισχύει $α^{2} \geq 0$ , οπότε $\frac{1}{2} + α^{2} \geq \frac{1}{2}$ .

Αν $α \neq = 0$ , τότε $\frac{1}{2} + α^{2} > \frac{1}{2}$ . Επειδή η τιμή αυτή βρίσκεται εκτός του συνόλου τιμών της $f$ , η εξίσωση είναι αδύνατη (0 ρίζες).

Αν $α = 0$ , η εξίσωση γίνεται $f (x) = \frac{1}{2}$ . Η τιμή $\frac{1}{2}$ είναι το ολικό μέγιστο της $f$ , το οποίο λαμβάνεται αποκλειστικά στη θέση $x = 1$ . Συνεπώς, η εξίσωση έχει ακριβώς μία ρίζα ( $x = 1$ ).

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) 2/2
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 1/1
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

Επικαλείται ρητά τη συνέχεια στο R και τη γνήσια μονοτονία σε κάθε διάστημα, υπολογίζει τα όρια στο ±∞ και βρίσκει [-1/2,0), [-1/2,1/2], (0,1/2] με ένωση [-1/2,1/2]. Διακρίνει α ≠ 0 (αδύνατη) και α = 0 (μία ρίζα, x = 1), με αναφορά ότι το μέγιστο λαμβάνεται μόνο στο x = 1.

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

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

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

Απλοποιώντας τον όρο $x^{2} + 1 \neq = 0$ , προκύπτει: $I_{ν} + I_{ν + 1} = \int_{0}^{1} x^{2 ν + 1} d x = [\frac{x ^{2 ν + 2}}{2 ν + 2}]_{0}^{1} = \frac{1 ^{2 ν + 2}}{2 ν + 2} - 0 = \frac{1}{2 ν + 2}$

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

Σωστή άθροιση, παραγοντοποίηση x^(2ν+1)(1+x²) και απλοποίηση με ρητή αναφορά ότι x²+1 ≠ 0· καταλήγει στο 1/(2ν+2).

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 $d u = 2 x d x ⟹ x d x = \frac{1}{2} d u$ . Για $x = 0 ⟹ u = 1$ και για $x = 1 ⟹ u = 2$ . $I_{0} = \int_{1}^{2} \frac{1}{u} \cdot \frac{1}{2} d u = \frac{1}{2} [ln ∣ u ∣]_{1}^{2} = \frac{1}{2} (ln 2 - ln 1) = \frac{1}{2} ln 2$

Υπολογισμός του $I_{1}$ :
Από τη σχέση του ερωτήματος Γ3i για $ν = 0$ : $I_{0} + I_{1} = \frac{1}{2} ⟹ I_{1} = \frac{1}{2} - I_{0} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} ln 2 = \frac{1 - ln 2}{2}$

Υπολογισμός του $I_{2}$ :
Από τη σχέση του ερωτήματος Γ3i για $ν = 1$ : $I_{1} + I_{2} = \frac{1}{4} ⟹ I_{2} = \frac{1}{4} - I_{1} = \frac{1}{4} - (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} ln 2) = \frac{2 ln 2 - 1}{4}$

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 = (1/2)ln2 με αντικατάσταση u = x²+1 (πορεία ρητά αποδεκτή από τη ρουμπρίκα), I1 = (1-ln2)/2 και I2 = (2ln2-1)/4 από την αναδρομική σχέση· ταυτίζονται με τις 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 6/6

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 $κ \in R$ .

Τι απάντησε

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

Η $ϕ$ είναι συνεχής στο $[- 1, 0]$ ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων $g (x)$ (η οποία είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής) και $x$ .

Υπολογίζουμε τις τιμές στα άκρα του διαστήματος:

$ϕ (- 1) = g (- 1) - 1$ . Επειδή $0 < g (x) < 1$ για κάθε $x \in R$ , ισχύει $0 < g (- 1) < 1$ , οπότε $ϕ (- 1) < 0$ .

$ϕ (0) = g (0) + 0 = g (0)$ . Επειδή $0 < g (0) < 1$ , ισχύει $ϕ (0) > 0$ .

Εφόσον η $ϕ$ είναι συνεχής στο $[- 1, 0]$ και $ϕ (- 1) \cdot ϕ (0) < 0$ , από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in (- 1, 0)$ τέτοιο ώστε: $ϕ (x_{1}) = 0 ⟺ g (x_{1}) + x_{1} = 0$

Μοναδικότητα:
Η $ϕ$ είναι παραγωγίσιμη στο $R$ με $ϕ^{'} (x) = g^{'} (x) + 1$ . Από την υπόθεση, $g^{'} (x) \neq = - 1 ⟹ g^{'} (x) + 1 \neq = 0 ⟹ ϕ^{'} (x) \neq = 0$ για κάθε $x \in R$ . Επειδή η $g^{'}$ είναι συνεχής, η $ϕ^{'}$ είναι επίσης συνεχής στο $R$ και δεν μηδενίζεται, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Συνεπώς, η $ϕ$ είναι γνησίως μονότονη στο $R$ , οπότε η ρίζα $x_{1} \in (- 1, 0)$ είναι μοναδική.

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 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Βοηθητική φ(x) = g(x)+x με ρητή αιτιολόγηση της συνέχειας μέσω της παραγωγισιμότητας της g. Πρόσημα άκρων από το 0 < g(x) < 1. Μοναδικότητα από φ'(x) = g'(x)+1 ≠ 0 και συνέχεια της g', άρα σταθερό πρόσημο και γνήσια μονοτονία.

Δ2 απόδειξη ότι κ=3 2/2

Τι ζητούσε το φύλλο

Δ2. Να αποδείξετε ότι $κ = 3$ .

Μονάδες 2

Τι απάντησε

Η συνάρτηση $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $R$ , άρα είναι παραγωγίσιμη και στο σημείο $x_{0} = 0$ . Συνεπώς, τα πλευρικά όρια του λόγου μεταβολής στο $0$ πρέπει να είναι ίσα: $x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0}$

Έχουμε $f (0) = 2 η μ 0 + εφ 0 - κ \cdot 0 = 0$ .

Αριστερό όριο: $x \to 0^{-} lim \frac{x ^{2} ( g ( x ) + x ) - 0}{x} = x \to 0^{-} lim [x (g (x) + x)] = 0 \cdot (g (0) + 0) = 0$

Δεξιό όριο: $x \to 0^{+} lim \frac{2 η μx + εφ x - κ x}{x} = x \to 0^{+} lim (2 \frac{η μx}{x} + \frac{εφ x}{x} - κ) = 2 (1) + 1 - κ = 3 - κ$ (χρησιμοποιώντας τα γνωστά όρια $lim_{x \to 0} \frac{η μx}{x} = 1$ και $lim_{x \to 0} \frac{εφ x}{x} = 1$ ).

Εξισώνοντας τα δύο όρια, προκύπτει: $3 - κ = 0 ⟹ κ = 3$

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

Εξισώνει σωστά τις πλευρικές παραγώγους, υπολογίζει f(0) = 0 και την αριστερή παράγωγο 0, τη δεξιά 3-κ με τα βασικά τριγωνομετρικά όρια, άρα κ = 3. Μικρή ανακρίβεια χωρίς κόστος: γράφει «παραγωγίσιμη στο R» ενώ το πεδίο ορισμού της f είναι το (-∞, π/2).

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

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

Τι απάντησε

Για $κ = 3$ , στο διάστημα $[0, \frac{π}{2})$ η $f$ έχει τύπο $f (x) = 2 η μx + εφ x - 3 x$ . Η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα αυτό με: $f^{'} (x) = 2 σ υ ν x + \frac{1}{σ υ ν ^{2} x} - 3$

Θέτουμε $t = σ υ ν x$ . Για $x \in [0, \frac{π}{2})$ , είναι $t \in (0, 1]$ . Η παράσταση της παραγώγου γίνεται: $A (t) = 2 t + \frac{1}{t ^{2}} - 3 = \frac{2 t ^{3} - 3 t ^{2} + 1}{t ^{2}}$

Παραγοντοποιούμε τον αριθμητή $P (t) = 2 t^{3} - 3 t^{2} + 1$ : $P (t) = (t - 1)^{2} (2 t + 1)$

Συνεπώς: $f^{'} (x) = \frac{( σ υ ν x - 1 ) ^{2} ( 2 σ υ ν x + 1 )}{σ υ ν ^{2} x}$

Για κάθε $x \in [0, \frac{π}{2})$ , ισχύει $2 σ υ ν x + 1 > 0$ , $σ υ ν^{2} x > 0$ και $(σ υ ν x - 1)^{2} \geq 0$ . Άρα $f^{'} (x) \geq 0$ , με την ισότητα να ισχύει μόνο για $x = 0$ (όπου $σ υ ν 0 = 1$ ). Επομένως, η $f$ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα $[0, \frac{π}{2})$ .

Για κάθε $x \in [0, \frac{π}{2})$ έχουμε: $x \geq 0 ⟹ f (x) \geq f (0) ⟹ f (x) \geq 0$

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 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Παραγοντοποιεί με t = συνx: f'(x) = (συνx-1)²(2συνx+1)/συν²x, σωστή ταυτότητα 2t³-3t²+1 = (t-1)²(2t+1). Σημειώνει ότι η ισότητα ισχύει μόνο στο x = 0, άρα f' > 0 στο εσωτερικό, και συμπεραίνει γνήσια αύξουσα στο [0,π/2) με f(x) ≥ f(0) = 0.

Δ3ii απόδειξη ότι εξίσωση 3f(x)=π έχει μία ρίζα 2/3

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

σωστό

Τι απάντησε

Η $f$ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $Δ = [0, \frac{π}{2})$ . Το σύνολο τιμών της είναι: $f (Δ) = [f (0), x \to \frac{π}{2}^{-} lim f (x))$

Έχουμε:

$f (0) = 0$

$lim_{x \to \frac{π}{2}^{-}} f (x) = lim_{x \to \frac{π}{2}^{-}} (2 η μx + εφ x - 3 x) = 2 (1) + (+ \infty) - \frac{3 π}{2} = + \infty$

Άρα $f (Δ) = [0, + \infty)$ . Η εξίσωση $3 f (x) = π ⟺ f (x) = \frac{π}{3}$ . Επειδή ο αριθμός $\frac{π}{3} > 0$ , ανήκει στο σύνολο τιμών $f (Δ)$ . Λόγω της γνησίας μονοτονίας της $f$ , η εξίσωση $f (x) = \frac{π}{3}$ έχει ακριβώς μία ρίζα $x_{2} \in [0, \frac{π}{2})$ (και μάλιστα $x_{2} \in (0, \frac{π}{2})$ αφού $f (0) = 0 \neq = \frac{π}{3}$ ).

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 0/1
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

Το όριο lim(x→π/2⁻) εφx = +∞ δηλώνεται χωρίς την απαιτούμενη τεκμηρίωση ότι συνx → 0⁺ στο (0, π/2)· γράφει απευθείας «2(1) + (+∞) − 3π/2 = +∞», ενώ η λύση αναφοράς αφιερώνει ρητά τέσσερις γραμμές στο βήμα αυτό. Η μοναδικότητα της ρίζας αντίθετα τεκμηριώνεται ρητά: «Λόγω της γνήσιας μονοτονίας της f, η εξίσωση f(x) = π/3 έχει ακριβώς μία ρίζα».

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

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

Τι απάντησε

Για $x \in [x_{1}, 0]$ , ο τύπος της $f$ είναι $f (x) = x^{2} (g (x) + x)$ .

Για $x \in [x_{1}, 0)$ , είναι $x^{2} > 0$ .

Μελετάμε τη συνάρτηση $ϕ (x) = g (x) + x$ στο $[- 1, 0]$ . Στο ερώτημα Δ1 δείξαμε ότι η $ϕ$ είναι γνησίως μονότονη και ότι $ϕ (- 1) < 0 < ϕ (0)$ . Συνεπώς, η $ϕ$ είναι γνησίως αύξουσα στο $[- 1, 0]$ . Για $x \in [x_{1}, 0]$ έχουμε: $x \geq x_{1} ⟹ ϕ (x) \geq ϕ (x_{1}) ⟹ g (x) + x \geq 0$ (αφού $ϕ (x_{1}) = 0$ ).

Επομένως, για κάθε $x \in [x_{1}, 0)$ ισχύει $f (x) = x^{2} (g (x) + x) \geq 0$ . Για $x = 0$ , είναι $f (0) = 0 \geq 0$ . Συνεπώς, $f (x) \geq 0$ για κάθε $x \in [x_{1}, 0]$ .

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.) 1/1
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

Τεκμηριώνει τη φορά της μονοτονίας: από τη γνήσια μονοτονία του Δ1 και τη σύγκριση φ(-1) < 0 < φ(0) προκύπτει ότι η φ είναι αύξουσα. Χρησιμοποιεί ρητά φ(x1) = 0 και εξετάζει χωριστά το x = 0, όπου ισχύει ο δεύτερος κλάδος.

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

Το χωρίο $Ω$ περικλείεται από τη γραφική παράσταση της $f$ , τον άξονα $x^{'} x$ και τις ευθείες $x = x_{1}$ και $x = f (x_{2}) = \frac{π}{3}$ . Επειδή $x_{1} < 0 < \frac{π}{3}$ , ο άξονας $y^{'} y$ ( $x = 0$ ) χωρίζει το χωρίο $Ω$ στα εξής δύο υποχωρία:

$Ω_{1}$ για $x \in [x_{1}, 0]$ , με εμβαδόν $E_{1} = \int_{x_{1}}^{0} ∣ f (x) ∣ d x = \int_{x_{1}}^{0} f (x) d x$ (αφού $f (x) \geq 0$ στο $[x_{1}, 0]$ ).

$Ω_{2}$ για $x \in [0, f (x_{2})]$ , με εμβαδόν $E_{2} = \int_{0}^{f (x_{2})} ∣ f (x) ∣ d x = \int_{0}^{f (x_{2})} f (x) d x$ (αφού $f (x) \geq 0$ στο $[0, \frac{π}{3}]$ ).

Εφόσον τα χωρία είναι ισεμβαδικά, ισχύει $E_{1} = E_{2}$ .

Υπολογισμός του $E_{2}$ : $E_{2} = \int_{0}^{π /3} (2 η μx + εφ x - 3 x) d x = [- 2 σ υ ν x - ln ∣ σ υ ν x ∣ - \frac{3 x ^{2}}{2}]_{0}^{π /3}$ $E_{2} = (- 2 σ υ ν \frac{π}{3} - ln (σ υ ν \frac{π}{3}) - \frac{3 π ^{2}}{18}) - (- 2 σ υ ν 0 - ln (σ υ ν 0) - 0)$ $E_{2} = (- 1 - ln (\frac{1}{2}) - \frac{π ^{2}}{6}) - (- 2) = - 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} + 2 = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}$

Υπολογισμός του $E_{1}$ : $E_{1} = \int_{x_{1}}^{0} x^{2} (g (x) + x) d x = \int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x + \int_{x_{1}}^{0} x^{3} d x = \int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x + [\frac{x ^{4}}{4}]_{x_{1}}^{0} = \int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x - \frac{x _{1}^{4}}{4}$

Για το ολοκλήρωμα $\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x$ , εφαρμόζουμε κατά παράγοντες ολοκλήρωση: $\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x = \int_{x_{1}}^{0} (\frac{x ^{3}}{3})^{'} g (x) d x = [\frac{x ^{3}}{3} g (x)]_{x_{1}}^{0} - \int_{x_{1}}^{0} \frac{x ^{3}}{3} g^{'} (x) d x$ $= - \frac{x _{1}^{3}}{3} g (x_{1}) - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x$

Από το ερώτημα Δ1, ισχύει $g (x_{1}) + x_{1} = 0 ⟹ g (x_{1}) = - x_{1}$ . Άρα: $\int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x = \frac{x _{1}^{4}}{3} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x$

Αντικαθιστώντας στο $E_{1}$ : $E_{1} = \frac{x _{1}^{4}}{3} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x - \frac{x _{1}^{4}}{4} = \frac{x _{1}^{4}}{12} - \frac{1}{3} \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x$

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

Πολλαπλασιάζουμε όλα τα μέλη με $- 3$ : $- \frac{x _{1}^{4}}{4} + \int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = - 3 - 3 ln 2 + \frac{π ^{2}}{2}$

Λύνοντας ως προς το ζητούμενο ολοκλήρωμα, προκύπτει: $\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = \frac{x _{1}^{4}}{4} + \frac{π ^{2}}{2} - 3 ln 2 - 3$

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

Αναγνωρίζει f(x2) = π/3 και επικαλείται ρητά το f ≥ 0 σε [x1,0] και [0,π/3] ώστε E = ∫f. E2 = 1 + ln2 - π²/6 με σωστή αρχική -ln|συνx| της εφx. Παραγοντική ολοκλήρωση με (x³/3)', απαλοιφή του g(x1) = -x1 και σωστή κατάληξη στο ζητούμενο.