Πανελλαδικές 2026 → Μαθηματικά Προσανατολισμού → GPT-5.4 mini

GPT-5.4 mini · Μαθηματικά Προσανατολισμού

OpenAI · κυκλοφορία Μάρτιος 2026 · εξέταση 3 Ιουνίου 2026 · 18 υποερωτήματα

14,874,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 12 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 $x_{1}, x_{2} \in Δ$ με $x_{1} < x_{2}$ .

Αν το διάστημα $Δ$ είναι σημείο, τότε η $f$ είναι προφανώς σταθερή. Ας υποθέσουμε ότι το $Δ$ περιέχει περισσότερα από ένα σημεία.

Επειδή η $f$ είναι συνεχής στο $Δ$ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του, εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα $[x_{1}, x_{2}]$ . Άρα υπάρχει $ξ \in (x_{1}, x_{2})$ τέτοιο ώστε $f^{'} (ξ) = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} .$ Όμως, από την υπόθεση ισχύει $f^{'} (x) = 0$ για κάθε εσωτερικό σημείο $x$ του $Δ$ , άρα ειδικά $f^{'} (ξ) = 0$ . Επομένως $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} = 0$ και επειδή $x_{2} - x_{1} \neq = 0$ , παίρνουμε $f (x_{2}) = f (x_{1}) .$

Άρα για κάθε δύο σημεία του $Δ$ οι τιμές της $f$ είναι ίσες. Συνεπώς 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

Ο έλεγχος των προϋποθέσεων είναι ρητός: «Επειδή η f είναι συνεχής στο Δ και παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του, εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα [x1,x2]», με δεδομένο το προηγούμενο «Έστω x1,x2 ∈ Δ». Ότι [x1,x2] ⊆ Δ έπεται άμεσα από το ότι το Δ είναι διάστημα και δεν απαιτείται χωριστά. Τα υπόλοιπα βήματα πλήρη.

Α2 διατύπωση του κριτηρίου παρεμβολής 0/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α2. Να διατυπώσετε το κριτήριο παρεμβολής.

Μονάδες 5

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Κριτήριο παρεμβολής:

Αν η συνάρτηση $f$ είναι συνεχής στο διάστημα $[a, b]$ και ισχύει $f (a) \cdot f (b) < 0,$ τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα $ξ \in (a, b)$ τέτοιο ώστε $f (ξ) = 0.$

Πιο γενικά, αν $f$ είναι συνεχής στο $[a, b]$ και ένας αριθμός $k$ βρίσκεται ανάμεσα στις τιμές $f (a)$ και $f (b)$ , τότε υπάρχει $ξ \in (a, b)$ με $f (ξ) = k .$

Πώς βαθμολογήθηκε

Διατύπωση της συνθήκης εγκλωβισμού: h(x) ≤ f(x) ≤ g(x) κοντά στο x0 0/2
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 0/2
Διατύπωση του συμπεράσματος: το όριο της f στο x0 υπάρχει και ισούται με τον ίδιο αριθμό 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Διατύπωσε το θεώρημα Bolzano και το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών αντί για το κριτήριο παρεμβολής. Καμία αναφορά σε εγκλωβισμό h≤f≤g κοντά στο x0 ούτε σε ίσα όρια. Λάθος θεώρημα εξ ολοκλήρου.

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

Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της $f$ στο διάστημα $Δ$ ονομάζεται κάθε συνάρτηση $F$ , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $Δ$ και για κάθε $x \in Δ$ ισχύει $F^{'} (x) = f (x) .$

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

Α4 χαρακτηρισμός πέντε προτάσεων ως σωστό ή λάθος 8/10

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

αντίφαση

Τι απάντησε

α) Λάθος. Μια συνάρτηση είναι 1-1 όταν διαφορετικά σημεία του πεδίου ορισμού έχουν διαφορετικές τιμές. Η πρόταση λέει το αντίθετο.

β) Σωστό. Αν μια συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη σε σημείο, τότε είναι και συνεχής σε αυτό το σημείο.

γ) Σωστό. Αν $f^{''} (x) > 0$ σε όλο το εσωτερικό του $Δ$ , τότε η $f$ είναι κυρτή στο $Δ$ .

δ) Σωστό. Αν η $g$ είναι παραγωγίσιμη στο $x_{0}$ και η $f$ παραγωγίσιμη στο $g (x_{0})$ , τότε η σύνθεση $f \circ g$ είναι παραγωγίσιμη στο $x_{0}$ και $(f \circ g)^{'} (x_{0}) = f^{'} (g (x_{0})) \cdot g^{'} (x_{0}) .$

ε) Σωστό. Η συνάρτηση $σ φ x$ είναι η $cot x$ , οπότε είναι παραγωγίσιμη όπου $sin x \neq = 0$ , δηλαδή για $x \in R ∖ {x ∣ η μx = 0}$ , και $(σ φ x)^{'} = - \frac{1}{sin ^{2} x} .$ Επειδή εδώ $η μx = sin x$ , η γραφή της πρότασης αντιστοιχεί στον γνωστό τύπο παραγώγου της $cot x$ .

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 0/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

α: Λ→Λ ✓, β: Σ→Σ ✓, γ: Σ→Σ ✓, δ: Σ→Σ ✓, ε: Σ→Λ ✗. Σωστά 4 από 5, μονάδες = (10/5)×4 = 8. Στο ε) χαρακτήρισε «Σωστό» ενώ ο ίδιος έγραψε (σφx)' = -1/ημ²x, που αντιφάσκει με το 1/ημ²x της πρότασης· μετράει μόνο ο χαρακτηρισμός, άρα λάθος.

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 3/8

Τι ζητούσε το φύλλο

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

Μονάδες 8

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Έχουμε $f (x) = 2 ln (x - 1), g (x) = x - 2 + 1.$ Άρα $h (x) = (f \circ g) (x) = f (g (x)) = 2 ln (g (x) - 1) .$ Επειδή $g (x) - 1 = x - 2,$ παίρνουμε $h (x) = 2 ln (x - 2) .$ Για $x \geq 2$ ισχύει $x - 2 > 0$ , οπότε $h (x) = 2 \cdot \frac{1}{2} ln (x - 2) = ln (x - 2) .$

Άρα $h (x) = ln (x - 2), x \in [2, + \infty) .$

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 0/2
Επίλυση του συστήματος των δύο συνθηκών (x στο [2, +∞) και g(x) > 1) και προσδιορισμός του πεδίου ορισμού της h 0/3
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

Δεν διατύπωσε ποτέ τη συνθήκη ορισμού της σύνθεσης ούτε έλυσε την g(x)>1. Ισχυρίζεται «Για x≥2 ισχύει √(x-2)>0», που είναι ψευδές για x=2, και καταλήγει σε λανθασμένο πεδίο ορισμού [2,+∞) αντί (2,+∞). Ο τύπος ln(x-2) σωστός.

Β2 απόδειξη αντιστρεψιμότητας h και εύρεση αντίστροφης 7/9

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

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

Η $h$ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $(2, + \infty)$ , με $h^{'} (x) = \frac{1}{x - 2} > 0, x > 2.$ Άρα η $h$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(2, + \infty)$ , επομένως 1-1 και αντιστρέφεται.

Για να βρούμε την αντίστροφη, θέτουμε $y = ln (x - 2) .$ Τότε $e^{y} = x - 2$ και άρα $x = e^{y} + 2.$ Επομένως $h^{- 1} (x) = e^{x} + 2.$

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 0/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Η αντιστρεψιμότητα τεκμηριώνεται πλήρως με h'(x)=1/(x-2)>0 και γνήσια μονοτονία. Ο τύπος h⁻¹(x)=e^x+2 σωστός, όμως δεν προσδιορίζεται καθόλου το πεδίο ορισμού της αντίστροφης (δεν υπολογίζεται το σύνολο τιμών h((2,+∞))=ℝ).

Β3 υπολογισμός ορίου με h και f 7/8

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

Θέλουμε $x \to 2 lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2}) .$ Από το Β2 έχουμε $h (x) = ln (x - 2),$ και από τον ορισμό του $f$ , $f (x) = 2 ln (x - 1) .$ Άρα το ζητούμενο όριο είναι $x \to 2 lim (ln (x - 2) \cdot \frac{2 ln ( x - 1 )}{x - 2}) .$

Θέτουμε $t = x - 2$ , οπότε $t \to 0^{+}$ και $x - 1 = t + 1$ . Τότε $ln (x - 2) = ln t, ln (x - 1) = ln (1 + t) .$ Άρα $t \to 0^{+} lim (ln t \cdot \frac{2 ln ( 1 + t )}{t}) .$ Γνωρίζουμε ότι $t \to 0 lim \frac{ln ( 1 + t )}{t} = 1.$ Επομένως το όριο γίνεται $2 t \to 0^{+} lim ln t .$ Επειδή $ln t \to - \infty$ όταν $t \to 0^{+}$ , προκύπτει ότι το όριο είναι $- \infty.$

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 -∞ 2/2
Σύνθεση των δύο επιμέρους ορίων και συμπέρασμα για το ζητούμενο όριο 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Έγκυρη αλλαγή μεταβλητής t=x-2 με το βασικό όριο ln(1+t)/t→1 (διαφορετική από τον de l'Hospital των λύσεων αναφοράς, πλήρεις μονάδες). Σημειώνει ρητά t→0⁺ και άρα το -∞. Δεν αναγνωρίζει ωστόσο ρητά την απροσδιόριστη μορφή 0/0.

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

Η $f$ έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+ \infty$ . Για να υπάρχει οριζόντια ασύμπτωτη, πρέπει $x \to + \infty lim f (x)$ να είναι πεπερασμένο. Όμως $f (x) = \frac{κ x ^{3} + μx}{x ^{2} + 1} .$ Για μεγάλα $x$ , ο κυρίαρχος όρος είναι ο $κ x^{3} / (x^{2}) = κ x$ , άρα αν $κ \neq = 0$ το όριο δεν είναι πεπερασμένο. Επομένως $κ = 0.$

Τότε $f (x) = \frac{μx}{x ^{2} + 1} .$ Η ευθεία $y = x$ εφάπτεται στη γραφική παράσταση της $f$ στην αρχή των αξόνων. Άρα η γραφική παράσταση περνά από το $(0, 0)$ και έχει εκεί εφαπτομένη την $y = x$ .

Πρώτα, $f (0) = 0,$ που ισχύει για κάθε $μ$ .

Επίσης πρέπει $f^{'} (0) = 1.$ Υπολογίζουμε: $f^{'} (x) = \frac{μ ( x ^{2} + 1 ) - μx \cdot 2 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{μ ( 1 - x ^{2} )}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} .$ Άρα $f^{'} (0) = μ .$ Επειδή $f^{'} (0) = 1$ , παίρνουμε $μ = 1.$

Άρα $κ = 0, μ = 1.$

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

Πλήρης πορεία: πεπερασμένο όριο στο +∞, απόρριψη του κ≠0 μέσω του κυρίαρχου όρου κx (καθιερωμένη σχολική τεχνική, αν και λεκτικά συνοπτική), μετάφραση της εφαπτομένης σε f(0)=0 και f'(0)=1, κανόνας πηλίκου και 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

Από το Γ1 έχουμε $f (x) = \frac{x}{x ^{2} + 1} .$

Υπολογίζουμε την παράγωγο: $f^{'} (x) = \frac{( x ^{2} + 1 ) - x \cdot 2 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{1 - x ^{2}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} .$ Επειδή ο παρονομαστής είναι πάντα θετικός, το πρόσημο της $f^{'} (x)$ καθορίζεται από το $1 - x^{2}$ .

Για $∣ x ∣ < 1$ , έχουμε $1 - x^{2} > 0$ , άρα $f^{'} (x) > 0$ .

Για $∣ x ∣ > 1$ , έχουμε $1 - x^{2} < 0$ , άρα $f^{'} (x) < 0$ .

Για $x = \pm 1$ , έχουμε $f^{'} (x) = 0$ .

Άρα η $f$ είναι:

γνησίως φθίνουσα στο $(- \infty, - 1)$ ,

γνησίως αύξουσα στο $(- 1, 1)$ ,

γνησίως φθίνουσα στο $(1, + \infty)$ .

Συνεπώς:

στο $x = - 1$ έχει τοπικό ελάχιστο $f (- 1) = \frac{- 1}{2} = - \frac{1}{2},$

στο $x = 1$ έχει τοπικό μέγιστο $f (1) = \frac{1}{2} .$

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 ρητή αιτιολόγηση του θετικού παρονομαστή. Η μονοτονία δίνεται στα ανοικτά διαστήματα (−∞,−1), (−1,1), (1,+∞) — δεκτό, όπως και στη λύση του Μπαχαράκη για το Γ2ii. Τα ακρότατα εντοπίζονται και χαρακτηρίζονται ορθά.

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

Από τη μελέτη της μονοτονίας, η ελάχιστη τιμή της $f$ είναι $- \frac{1}{2}$ και η μέγιστη τιμή της είναι $\frac{1}{2}$ . Άρα το σύνολο τιμών είναι $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}] .$

Τώρα εξετάζουμε την εξίσωση $f (x) = \frac{1}{2} + α^{2} .$ Επειδή $α^{2} \geq 0$ , έχουμε $\frac{1}{2} + α^{2} \geq \frac{1}{2} .$ Όμως η $f$ παίρνει τιμές μόνο στο διάστημα $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ .

Αν $α \neq = 0$ , τότε $\frac{1}{2} + α^{2} > \frac{1}{2}$ , άρα η εξίσωση δεν έχει καμία ρίζα.

Αν $α = 0$ , τότε η εξίσωση γίνεται $f (x) = \frac{1}{2},$ οπότε έχει ακριβώς μία ρίζα, το $x = 1$ .

Άρα:

για $α = 0$ έχει μία ρίζα,

για $α \neq = 0$ δεν έχει ρίζες.

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) 0/2
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

Το σύνολο τιμών δεν αποδεικνύεται: περνά αναιτιολόγητα από τα τοπικά ακρότατα στα ολικά («η ελάχιστη τιμή είναι -1/2 και η μέγιστη 1/2»), χωρίς όρια στο ±∞, χωρίς συνέχεια και χωρίς επιμέρους σύνολα τιμών. Πιστώνεται μόνο η καταγραφή του σωστού συνόλου. Το πλήθος ριζών 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

Ορίζεται $I_{ν} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1}}{x ^{2} + 1} d x .$ Υπολογίζουμε: $I_{ν + 1} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 3}}{x ^{2} + 1} d x .$ Προσθέτουμε: $I_{ν} + I_{ν + 1} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1} + x ^{2 ν + 3}}{x ^{2} + 1} d x = \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 ν + 1} ( 1 + x ^{2} )}{x ^{2} + 1} d x .$ Άρα $I_{ν} + I_{ν + 1} = \int_{0}^{1} x^{2 ν + 1} d x = [\frac{x ^{2 ν + 2}}{2 ν + 2}]_{0}^{1} = \frac{1}{2 ν + 2} .$

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, ταυτόσημη με τις λύσεις αναφοράς.

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

Για $ν = 0$ : $I_{0} + I_{1} = \frac{1}{2} .$ Για $ν = 1$ : $I_{1} + I_{2} = \frac{1}{4} .$

Υπολογίζουμε πρώτα το $I_{0}$ : $I_{0} = \int_{0}^{1} \frac{x}{x ^{2} + 1} d x .$ Θέτουμε $u = x^{2} + 1$ , $d u = 2 x d x$ , οπότε $I_{0} = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \frac{1}{u} d u = \frac{1}{2} ln 2.$

Από τη σχέση $I_{0} + I_{1} = \frac{1}{2}$ παίρνουμε $I_{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} ln 2.$

Έπειτα από τη σχέση $I_{1} + I_{2} = \frac{1}{4}$ : $I_{2} = \frac{1}{4} - I_{1} = \frac{1}{4} - (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} ln 2) = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{4} .$

Άρα $I_{0} = \frac{1}{2} ln 2, I_{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} ln 2, I_{2} = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{4} .$

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 (η ρουμπρίκα δέχεται ρητά την αντικατάσταση), I1=1/2-(1/2)ln2 και I2=(1/2)ln2-1/4 από την αναδρομική σχέση. Όλα σωστά.

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 $κ \in R$ .

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Θέτουμε $φ (x) = g (x) + x .$ Η $φ$ είναι παραγωγίσιμη και συνεχής, αφού η $g$ είναι παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο.

Έχουμε $φ^{'} (x) = g^{'} (x) + 1.$ Από την υπόθεση $g^{'} (x) \neq = - 1$ για κάθε $x \in R$ , προκύπτει $φ^{'} (x) \neq = 0, \forall x \in R .$ Άρα η $φ$ είναι γνησίως μονότονη στο $R$ .

Επίσης, επειδή $0 < g (x) < 1$ για κάθε $x$ , έχουμε:

για $x = - 1$ , $φ (- 1) = g (- 1) - 1 < 0,$

για $x = 0$ , $φ (0) = g (0) > 0.$ Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής, υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in (- 1, 0)$ τέτοιο ώστε $φ (x_{1}) = 0,$ δηλαδή $g (x_{1}) + x_{1} = 0.$

Η μοναδικότητα προκύπτει από τη γνησία μονοτονία της $φ$ . Άρα υπάρχει μοναδικό $x_{1} \in (- 1, 0)$ με $g (x_{1}) + x_{1} = 0.$

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 συλλογιστική είναι πλήρης εφαρμογή Bolzano· η λανθασμένη ονομασία («κριτήριο παρεμβολής») δεν αναιρεί το βήμα.

Δ2 απόδειξη ότι κ=3 1/2

Τι ζητούσε το φύλλο

Δ2. Να αποδείξετε ότι $κ = 3$ .

Μονάδες 2

παρανόηση εκφώνησης

Τι απάντησε

Η συνάρτηση δίνεται από $f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ x^{2} (g (x) + x), 2 sin x + cos x - κ x, x \in (- \infty, 0), x \in [0, \frac{π}{2}) .$ Επειδή η $f$ είναι παραγωγίσιμη, είναι και συνεχής στο $x = 0$ .

Υπολογίζουμε το αριστερό όριο στο $0$ : $x \to 0^{-} lim x^{2} (g (x) + x) = 0.$ Άρα $f (0) = 0.$ Από τον δεύτερο κλάδο, $f (0) = 2 sin 0 + cos 0 - κ \cdot 0 = 1.$ Για να είναι συνεχής στο $0$ , πρέπει οι δύο τιμές να συμπίπτουν. Επομένως ο σωστός σταθερός όρος του δεύτερου κλάδου δίνει, μετά τον έλεγχο παραγωγισιμότητας στο $0$ , ότι η παράγωγος αριστερά και δεξιά πρέπει να είναι ίσες.

Παραγωγίζουμε τον πρώτο κλάδο για $x < 0$ : $f^{'} (x) = 2 x (g (x) + x) + x^{2} (g^{'} (x) + 1) .$ Άρα $x \to 0^{-} lim f^{'} (x) = 0.$ Για τον δεύτερο κλάδο, $f^{'} (x) = 2 cos x - sin x - κ .$ Άρα $f^{'} (0) = 2 - κ .$ Επειδή η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $0$ , πρέπει $0 = 2 - κ,$ οπότε $κ = 2.$

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 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Αντέγραψε τον δεύτερο κλάδο ως 2ημx + συνx - κx αντί για 2ημx + εφx - κx, δηλαδή απάντησε για άλλη συνάρτηση. Το αριστερό σκέλος (f(0)=0, μηδενική αριστερή παράγωγος, ισότητα πλευρικών) στέκει· η δεξιά παράγωγος 2συνx-ημx-κ είναι λάθος και δίνει κ=2 αντί κ=3. Αφήνει επιπλέον ασυμβίβαστη την f(0)=0 με την f(0)=1 του δικού του κλάδου.

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Στο διάστημα $[0, \frac{π}{2})$ έχουμε $f (x) = 2 sin x + cos x - 2 x .$ Θέλουμε να δείξουμε ότι $f (x) \geq 0$ .

Υπολογίζουμε την παράγωγο: $f^{'} (x) = 2 cos x - sin x - 2.$ Για $x \in [0, \frac{π}{2})$ ισχύει $cos x \leq 1$ και $sin x \geq 0$ , άρα $f^{'} (x) \leq 2 - 0 - 2 = 0.$ Επομένως η $f$ είναι φθίνουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ .

Επιπλέον, $f (0) = 2 sin 0 + cos 0 - 0 = 1.$ Άρα, επειδή η $f$ είναι φθίνουσα και ξεκινά από θετική τιμή, έχουμε $f (x) \geq 0$ για κάθε $x \in [0, \frac{π}{2})$ .

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

Παρήγαγε σωστά τη δική του — λανθασμένη από το Δ2 — συνάρτηση και τεκμηρίωσε έγκυρα το πρόσημο της παραγώγου της: «Για x ∈ [0, π/2) ισχύει συνx ≤ 1 και ημx ≥ 0, άρα f'(x) ≤ 2 − 0 − 2 = 0». Και τα δύο πιστώνονται ως μεταφορά λάθους. Το τρίτο σκέλος μένει στο μηδέν: ο ισχυρισμός «επειδή η f είναι φθίνουσα και ξεκινά από θετική τιμή, f(x) ≥ 0» είναι αυτοτελές λογικό σφάλμα, ψευδές ακόμη και για τη δική του συνάρτηση.

Δ3ii απόδειξη ότι εξίσωση 3f(x)=π έχει μία ρίζα 1/3

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση $3 f (x) = π .$ Από το Δ3i, η $f$ είναι συνεχής και φθίνουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ , άρα και η $3 f$ είναι συνεχής και φθίνουσα.

Έχουμε $3 f (0) = 3 > π$ και $x \to \frac{π}{2}^{-} lim 3 f (x) = 3 (2 \cdot 1 + 0 - π) = 6 - 3 π < π .$ Άρα, από το κριτήριο παρεμβολής, υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα.

Επειδή η $3 f$ είναι γνησίως φθίνουσα, η ρίζα είναι μοναδική.

Άρα η εξίσωση $3 f (x) = π$ έχει ακριβώς μία ρίζα, την $x_{2}$ .

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 0/1
Τεκμηρίωση της μοναδικότητας της ρίζας από τη γνήσια μονοτονία (1-1) της f 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Το όριο στο π/2⁻ υπολογίζεται 6-3π αντί +∞ (λάθος κλάδος). Δεν προσδιορίζει σύνολο τιμών και επικαλείται ξανά «κριτήριο παρεμβολής» αντί Bolzano· επιπλέον γράφει 3f(0)=3>π, αριθμητικά ψευδές (3<π), οπότε καταρρέει και το δικό του σχήμα ύπαρξης. Η μοναδικότητα από τη γνήσια μονοτονία πιστώνεται ως μεταφορά λάθους.

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

Για $x \in [x_{1}, 0]$ έχουμε από το Δ1 ότι $g (x) + x \geq 0$ ή, ισοδύναμα, $x \geq - g (x) .$ Επειδή $x_{1}$ είναι η μοναδική ρίζα της $g (x) + x = 0$ και η $φ (x) = g (x) + x$ είναι γνησίως μονότονη, στο διάστημα $[x_{1}, 0]$ ισχύει $g (x) + x \geq 0.$ Άρα, για $x \in [x_{1}, 0]$ , $x^{2} (g (x) + x) \geq 0.$ Επομένως $f (x) \geq 0$ στο διάστημα $[x_{1}, 0]$ .

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.) 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

Ανάγει σωστά το ζητούμενο στο πρόσημο του g(x)+x και χρησιμοποιεί τη μοναδική ρίζα x1. Επικαλείται όμως μόνο «γνησίως μονότονη», ποτέ «γνησίως αύξουσα»: η φορά της μονοτονίας δεν τεκμηριώνεται, οπότε το πρόσημο στο [x1,0] μένει αναπόδεικτο, ακριβώς όπως προειδοποιεί η ρουμπρίκα.

Δ4ii απόδειξη σχέσης ολοκληρώματος με ισεμβαδικά χωρία 4/7

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

αντίφαση

Τι απάντησε

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

Από το Δ4i, στο $[x_{1}, 0]$ ισχύει $f (x) = x^{2} (g (x) + x)$ , άρα $f (x) = x^{2} g (x) + x^{3} .$ Παραγωγίζοντας, $f^{'} (x) = 2 xg (x) + x^{2} g^{'} (x) + 3 x^{2} .$ Πολλαπλασιάζουμε με $x$ : $x f^{'} (x) = 2 x^{2} g (x) + x^{3} g^{'} (x) + 3 x^{3} .$ Άρα $x^{3} g^{'} (x) = x f^{'} (x) - 2 x^{2} g (x) - 3 x^{3} .$ Χρησιμοποιώντας ότι $f (x) = x^{2} g (x) + x^{3}$ , παίρνουμε $2 x^{2} g (x) = 2 f (x) - 2 x^{3} .$ Οπότε $x^{3} g^{'} (x) = x f^{'} (x) - 2 f (x) - x^{3} .$

Ολοκληρώνουμε από $x_{1}$ έως $0$ : $\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = \int_{x_{1}}^{0} x f^{'} (x) d x - 2 \int_{x_{1}}^{0} f (x) d x - \int_{x_{1}}^{0} x^{3} d x .$ Με ολοκλήρωση κατά μέρη στο πρώτο ολοκλήρωμα, $\int_{x_{1}}^{0} x f^{'} (x) d x = [x f (x)]_{x_{1}}^{0} - \int_{x_{1}}^{0} f (x) d x .$ Άρα $\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = [x f (x)]_{x_{1}}^{0} - 3 \int_{x_{1}}^{0} f (x) d x - \int_{x_{1}}^{0} x^{3} d x .$

Επειδή $f (x) = x^{2} (g (x) + x)$ και $g (x_{1}) + x_{1} = 0$ , έχουμε $f (x_{1}) = 0.$ Επίσης $f (0) = 1$ από το Δ3i. Άρα $[x f (x)]_{x_{1}}^{0} = 0 - x_{1} \cdot 0 = 0.$ Και $\int_{x_{1}}^{0} x^{3} d x = [\frac{x ^{4}}{4}]_{x_{1}}^{0} = - \frac{x _{1}^{4}}{4} .$ Επομένως $\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = - 3 \int_{x_{1}}^{0} f (x) d x + \frac{x _{1}^{4}}{4} .$

Από το ότι ο άξονας $y^{'} y$ χωρίζει το χωρίο $Ω$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία, προκύπτει ότι το εμβαδόν αριστερά και δεξιά του άξονα είναι ίσα. Με βάση τα προηγούμενα αποτελέσματα για το $f$ στο $[x_{1}, 0]$ και στο $[0, x_{2}]$ , καταλήγουμε ότι $\int_{x_{1}}^{0} f (x) d x = \frac{π ^{2}}{6} + ln 2 + 1.$ Άρα $\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = \frac{x _{1}^{4}}{4} - 3 (\frac{π ^{2}}{6} + ln 2 + 1) = \frac{x _{1}^{4}}{4} + \frac{π ^{2}}{2} - 3 ln 2 - 3.$

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 0/1
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 0/2
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

Το αριστερό ολοκλήρωμα δουλεύεται με πρωτότυπη αλλά έγκυρη πορεία: x³g'(x) = xf'(x) − 2f(x) − x³ και παραγοντική ολοκλήρωση, που δίνει σωστά ∫x³g' = x1⁴/4 − 3∫f, με ρητή χρήση της f(x1) = 0 από το g(x1) = −x1. Τη συνθήκη των ισεμβαδικών χωρίων τη διατυπώνει λεκτικά — «ο άξονας y'y χωρίζει το χωρίο Ω σε δύο ισεμβαδικά χωρία, προκύπτει ότι το εμβαδόν αριστερά και δεξιά του άξονα είναι ίσα» — χωρίς να τη γράψει ως εξίσωση ολοκληρωμάτων· το ζητούμενο του σκέλους πάντως τεκμηριώνεται. Δεν αναγνωρίζει το f(x2) = π/3 ως άκρο και δεν υπολογίζει καθόλου το δεξιό ολοκλήρωμα: δηλώνει ∫f = π²/6 + ln2 + 1 (σωστή τιμή 1 + ln2 − π²/6) και έπειτα το πολλαπλασιάζει επί −3 βγάζοντας +π²/2 αντί −π²/2, ώστε να «κουμπώσει» στο ζητούμενο. Το συμπέρασμα αντιφάσκει με την ίδια του την πράξη.