Πανελλαδικές 2026 → Μαθηματικά Προσανατολισμού → GPT-5.5

GPT-5.5 · Μαθηματικά Προσανατολισμού

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

19,296,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 4 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 $x_{1} < x_{2}$ . Επειδή το $Δ$ είναι διάστημα, ισχύει $[x_{1}, x_{2}] \subseteq Δ$ .

Η $f$ είναι συνεχής στο $[x_{1}, x_{2}]$ και παραγωγίσιμη στο $(x_{1}, x_{2})$ , αφού κάθε σημείο του $(x_{1}, x_{2})$ είναι εσωτερικό σημείο του $Δ$ .

Άρα, από το θεώρημα Μέσης Τιμής, υπάρχει $ξ \in (x_{1}, x_{2})$ τέτοιο ώστε

$f (x_{2}) - f (x_{1}) = f^{'} (ξ) (x_{2} - x_{1}) .$

Όμως, από την υπόθεση, $f^{'} (ξ) = 0$ , οπότε

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

και άρα

$f (x_{2}) = f (x_{1}) .$

Επειδή τα $x_{1}, x_{2}$ ήταν τυχαία σημεία του $Δ$ , 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. Δηλώνει ρητά [x1,x2]⊆Δ επειδή το Δ είναι διάστημα, τη συνέχεια στο κλειστό και την παραγωγισιμότητα στο ανοικτό, και ότι κάθε σημείο του (x1,x2) είναι εσωτερικό σημείο του Δ, που καλύπτει και την επίκληση f'(ξ)=0.

Α2 διατύπωση του κριτηρίου παρεμβολής 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α2. Να διατυπώσετε το κριτήριο παρεμβολής.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Κριτήριο παρεμβολής:

Έστω συναρτήσεις $f, g, h$ ορισμένες σε ένα διάστημα $Δ$ , εκτός ίσως από ένα σημείο $x_{0}$ , και ισχύει

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

για κάθε $x$ κοντά στο $x_{0}$ , με $x \neq = x_{0}$ .

Αν

$x \to x_{0} lim f (x) = x \to x_{0} lim h (x) = ℓ,$

τότε υπάρχει και το όριο της $g$ στο $x_{0}$ και ισχύει

$x \to x_{0} lim g (x) = ℓ .$

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

Ορθή διατύπωση με τα ονόματα των συναρτήσεων εναλλαγμένα (αδιάφορο κατά τη ρουμπρίκα). Διατηρεί το «κοντά στο x0» και δηλώνει ρητά ότι το όριο της μεσαίας συνάρτησης υπάρχει και ισούται με 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 συνάρτηση $f$ ορισμένη σε ένα διάστημα $Δ$ .

Μια συνάρτηση $F$ ονομάζεται αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της $f$ στο $Δ$ , όταν η $F$ 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

Ακριβής σχολικός ορισμός: 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 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 από 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 7/8

Τι ζητούσε το φύλλο

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

Μονάδες 8

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

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Δίνονται

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

και

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

Θέλουμε τη συνάρτηση $h = f \circ g$ .

Πρέπει να ισχύει $g (x) \in (1, + \infty)$ , δηλαδή

$x - 2 + 1 > 1$

άρα

$x - 2 > 0$

οπότε

$x > 2.$

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

Για $x > 2$ έχουμε:

$h (x) = f (g (x))$

και επομένως

$h (x) = 2 ln (g (x) - 1) .$

Επειδή

$g (x) - 1 = x - 2,$

παίρνουμε

$h (x) = 2 ln x - 2 .$

Άρα

$h (x) = 2 ln (x - 2)^{1/2}$

οπότε

$h (x) = ln (x - 2) .$

Τελικά,

$h : (2, + \infty) \to R, h (x) = ln (x - 2) .$

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 1/2
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

Δεν διατυπώνει τη συνθήκη ορισμού της σύνθεσης· γράφει μόνο «Πρέπει να ισχύει g(x)∈(1,+∞)», παραλείποντας το σκέλος x∈A_g=[2,+∞) και την τομή των δύο συνθηκών. Η επίλυση της ανίσωσης, το πεδίο ορισμού (2,+∞) και η απλοποίηση 2ln√(x-2)=ln(x-2) είναι πλήρη και ορθά.

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

Έχουμε

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

Η $h$ είναι παραγωγίσιμη στο $(2, + \infty)$ και

$h^{'} (x) = \frac{1}{x - 2} > 0$

για κάθε $x > 2$ .

Άρα η $h$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(2, + \infty)$ , επομένως είναι $1 - 1$ και αντιστρέφεται.

Για να βρούμε την αντίστροφη, θέτουμε

$y = ln (x - 2) .$

Τότε

$e^{y} = x - 2$

άρα

$x = e^{y} + 2.$

Επειδή $x \in (2, + \infty)$ , έχουμε $x - 2 \in (0, + \infty)$ , άρα

$y = ln (x - 2) \in R .$

Επομένως

$h^{- 1} : R \to (2, + \infty)$

με τύπο

$h^{- 1} (x) = e^{x} + 2.$

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

h'(x)=1/(x-2)>0 άρα γνησίως αύξουσα, 1-1, αντιστρέφεται (ρητή επίκληση). Επίλυση y=ln(x-2) ⇔ x=e^y+2 ορθή. Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης προσδιορίζεται ως ℝ μέσω του ότι το x-2 διατρέχει το (0,+∞) — έγκυρη, αν και συντομότερη από τις λύσεις αναφοράς, πορεία.

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

$x \to 2 lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2}) .$

Επειδή $h (x) = ln (x - 2)$ , το όριο νοείται για $x \to 2^{+}$ .

Έχουμε

$f (x) = 2 ln (x - 1) .$

Θέτουμε

$t = x - 2.$

Τότε, καθώς $x \to 2^{+}$ , έχουμε $t \to 0^{+}$ και

$x - 1 = 1 + t .$

Άρα

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

Είναι γνωστό ότι

$t \to 0 lim \frac{ln ( 1 + t )}{t} = 1.$

Άρα

$x \to 2^{+} lim \frac{f ( x )}{x - 2} = 2.$

Επίσης

$h (x) = ln (x - 2) = ln t \to - \infty$

καθώς $t \to 0^{+}$ .

Επομένως

$x \to 2^{+} lim (h (x) \cdot \frac{f ( x )}{x - 2}) = - \infty.$

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

Διαφορετική μέθοδος από τις λύσεις αναφοράς (αλλαγή μεταβλητής t=x-2 και βασικό όριο ln(1+t)/t αντί de l'Hospital) — ρητά αποδεκτή από τη ρουμπρίκα, πλήρεις μονάδες. Δηλώνει ρητά ότι το όριο νοείται για x→2⁺ και τεκμηριώνει το -∞.

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

Δίνεται

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

i) Η $f$ έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+ \infty$ . Άρα πρέπει να υπάρχει πεπερασμένο το όριο

$x \to + \infty lim f (x) .$

Έχουμε

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

Αν $κ \neq = 0$ , τότε για $x \to + \infty$ η συνάρτηση συμπεριφέρεται ως

$\frac{κ x ^{3}}{x ^{2}} = κ x,$

οπότε δεν έχει πεπερασμένο όριο.

Άρα αναγκαστικά

$κ = 0.$

ii) Τότε

$f (x) = \frac{μx}{x ^{2} + 1} .$

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

Πράγματι

$f (0) = 0,$

οπότε η γραφική παράσταση διέρχεται από την αρχή.

Για να είναι η $y = x$ εφαπτομένη στο $(0, 0)$ , πρέπει

$f^{'} (0) = 1.$

Υπολογίζουμε:

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

άρα

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

Επομένως

$f^{'} (0) = μ .$

Άρα

$μ = 1.$

Τελικά,

$κ = 0 και μ = 1.$

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

Το κ=0 προκύπτει από την ασύμπτωτη, όμως ο υπολογισμός του ορίου δεν γίνεται: γράφει ότι για κ≠0 η συνάρτηση «συμπεριφέρεται ως» κx και «δεν έχει πεπερασμένο όριο», χωρίς την ισότητα των ορίων μεγιστοβάθμιων όρων και χωρίς διάκριση κ>0/κ<0. Μερική πίστωση για αναιτιολόγητη διατύπωση. Τα υπόλοιπα σκέλη 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

Από το Γ1 έχουμε

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

Η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $R$ και

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

δηλαδή

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

Επειδή

$(x^{2} + 1)^{2} > 0$

για κάθε $x \in R$ , το πρόσημο της $f^{'} (x)$ καθορίζεται από το $1 - x^{2}$ .

Έχουμε:

$1 - x^{2} > 0 \Leftrightarrow - 1 < x < 1,$

$1 - x^{2} = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1,$

και

$1 - x^{2} < 0 \Leftrightarrow x < - 1 η ˊ x > 1.$

Άρα η $f$ είναι:

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

γνησίως αύξουσα στο $(- 1, 1)$ ,

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

Στο $x = - 1$ η $f^{'}$ αλλάζει πρόσημο από αρνητικό σε θετικό, άρα η $f$ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο:

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

Στο $x = 1$ η $f^{'}$ αλλάζει πρόσημο από θετικό σε αρνητικό, άρα η $f$ παρουσιάζει τοπικό μέγιστο:

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

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

Ρητή αιτιολόγηση ότι (x²+1)² > 0 και πλήρης μελέτη προσήμου. Η μονοτονία δίνεται στα ανοικτά διαστήματα (−∞,−1), (−1,1), (1,+∞), που γίνεται δεκτό. Τα ακρότατα εντοπίζονται και χαρακτηρίζονται ορθά.

Γ2ii απόδειξη συνόλου τιμών και πλήθος ριζών εξίσωσης 4/5

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 μονοτονία της $f$ έχουμε:

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

στο $[- 1, 1]$ είναι αύξουσα,

στο $[1, + \infty)$ είναι φθίνουσα.

Επίσης

$x \to - \infty lim \frac{x}{x ^{2} + 1} = 0$

και

$x \to + \infty lim \frac{x}{x ^{2} + 1} = 0.$

Το ολικό ελάχιστο είναι

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

και το ολικό μέγιστο είναι

$f (1) = \frac{1}{2} .$

Άρα το σύνολο τιμών της $f$ είναι

$[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}] .$

Θέλουμε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης

$f (x) = \frac{1}{2} + α^{2} .$

Επειδή

$α^{2} \geq 0,$

έχουμε

$\frac{1}{2} + α^{2} \geq \frac{1}{2} .$

Αν $α = 0$ , τότε η εξίσωση γίνεται

$f (x) = \frac{1}{2} .$

Η τιμή $\frac{1}{2}$ είναι η μέγιστη τιμή της $f$ και λαμβάνεται μόνο στο $x = 1$ , άρα υπάρχει ακριβώς μία ρίζα.

Αν $α \neq = 0$ , τότε

$\frac{1}{2} + α^{2} > \frac{1}{2} .$

Όμως η $f$ δεν παίρνει τιμές μεγαλύτερες από $\frac{1}{2}$ , επομένως η εξίσωση δεν έχει καμία ρίζα.

Άρα:

για $α = 0$ , η εξίσωση έχει μία ρίζα,

για $α \neq = 0$ , η εξίσωση 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) 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 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

Παραθέτει μονοτονία στα κλειστά διαστήματα και τα όρια 0 στο ±∞, οπότε τα φράγματα -1/2 ≤ f(x) ≤ 1/2 τεκμηριώνονται (εναλλακτική πορεία που δέχεται η ρουμπρίκα). Λείπει όμως εντελώς η απόδειξη ότι κάθε ενδιάμεση τιμή λαμβάνεται: δεν βρίσκει τα επιμέρους σύνολα τιμών, δεν κάνει ένωση και δεν επικαλείται τη συνέχεια — περνά κατευθείαν από τα ολικά ακρότατα στο σύνολο τιμών. Το πλήθος ριζών ορθό και στις δύο περιπτώσεις.

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

Δίνεται

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

Τότε

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

Άρα

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

Παραγοντοποιούμε:

$x^{2 ν + 1} + x^{2 ν + 3} = x^{2 ν + 1} (1 + x^{2}) .$

Επομένως

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

Άρα

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

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

Άθροιση, παραγοντοποίηση x^(2ν+1)(1+x²), απλοποίηση και υπολογισμός [x^(2ν+2)/(2ν+2)] από 0 έως 1 = 1/(2ν+2). Ταυτίζεται 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 $ν = 0$ έχουμε

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

Με αντικατάσταση $u = x^{2} + 1$ , $d u = 2 x d x$ , παίρνουμε

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

Από το Γ3i, για $ν = 0$ :

$I_{0} + I_{1} = \frac{1}{2} .$

Άρα

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

Για $ν = 1$ :

$I_{1} + I_{2} = \frac{1}{4} .$

Άρα

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

Επομένως

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

Άρα

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

Τελικά,

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

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

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

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 (ρητά αποδεκτή από τη ρουμπρίκα), I1=(1-ln2)/2 και I2=(2ln2-1)/4. Και τα τρία 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

$φ (x) = g (x) + x .$

Η $g$ είναι παραγωγίσιμη, άρα συνεχής, επομένως και η $φ$ είναι συνεχής στο $[- 1, 0]$ .

Έχουμε

$φ (- 1) = g (- 1) - 1.$

Επειδή $0 < g (- 1) < 1$ , προκύπτει

$g (- 1) - 1 < 0,$

άρα

$φ (- 1) < 0.$

Επίσης

$φ (0) = g (0) > 0.$

Άρα, από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{1} \in (- 1, 0)$ τέτοιο ώστε

$φ (x_{1}) = 0,$

δηλαδή

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

Για τη μοναδικότητα, έχουμε

$φ^{'} (x) = g^{'} (x) + 1.$

Από την υπόθεση

$g^{'} (x) \neq = - 1$

για κάθε $x \in R$ , άρα

$φ^{'} (x) \neq = 0$

για κάθε $x \in R$ .

Επειδή η $g^{'}$ είναι συνεχής, η $φ^{'}$ είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $(- 1, 0)$ . Επομένως η $φ$ είναι γνησίως μονότονη στο $(- 1, 0)$ .

Άρα η εξίσωση $φ (x) = 0$ έχει το πολύ μία ρίζα. Επομένως 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 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης: συνέχεια της φ=g+x μέσω παραγωγισιμότητας της g, φ(-1)<0 και φ(0)>0 με ρητή χρήση του 0<g(x)<1, Bolzano, και μοναδικότητα από φ'(x)=g'(x)+1≠0 με συνεχή φ' που διατηρεί σταθερό πρόσημο, άρα 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 $0$ , άρα πρέπει να είναι συνεχής στο $0$ και να έχουν το ίδιο όριο οι πλευρικοί λόγοι μεταβολής.

Έχουμε

$f (0) = 2 sin 0 + tan 0 - κ \cdot 0 = 0.$

Για $x < 0$ ,

$f (x) = x^{2} (g (x) + x) .$

Άρα

$\frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = \frac{x ^{2} ( g ( x ) + x )}{x} = x (g (x) + x) .$

Καθώς $x \to 0^{-}$ , επειδή $0 < g (x) < 1$ , το $g (x)$ είναι φραγμένο, οπότε

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

Άρα

$f_{-}^{'} (0) = 0.$

Για $x > 0$ ,

$f (x) = 2 sin x + tan x - κ x .$

Άρα

$\frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = 2 \frac{sin x}{x} + \frac{tan x}{x} - κ .$

Καθώς $x \to 0^{+}$ ,

$\frac{sin x}{x} \to 1$

και

$\frac{tan x}{x} \to 1.$

Άρα

$f_{+}^{'} (0) = 2 + 1 - κ = 3 - κ .$

Επειδή η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $0$ ,

$f_{-}^{'} (0) = f_{+}^{'} (0) .$

Άρα

$0 = 3 - κ$

οπότε

$κ = 3.$

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

f(0)=0, αριστερή παράγωγος 0 με αιτιολόγηση ότι το g είναι φραγμένο, δεξιά παράγωγος 3-κ με τα βασικά τριγωνομετρικά όρια (έγκυρη εναλλακτική του de l'Hospital), ισότητα πλευρικών παραγώγων και κ=3.

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

Στο διάστημα $[0, \frac{π}{2})$ , από το Δ2, έχουμε

$f (x) = 2 sin x + tan x - 3 x .$

Θεωρούμε

$F (x) = 2 sin x + tan x - 3 x .$

Έχουμε

$F (0) = 0.$

Υπολογίζουμε την παράγωγο:

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

Επίσης

$F^{'} (0) = 2 \cdot 1 + 1 - 3 = 0.$

Υπολογίζουμε τη δεύτερη παράγωγο:

$F^{''} (x) = - 2 sin x + 2 \frac{sin x}{cos ^{3} x} .$

Άρα

$F^{''} (x) = 2 sin x (\frac{1}{cos ^{3} x} - 1) .$

Για κάθε $x \in [0, \frac{π}{2})$ ισχύει

$sin x \geq 0$

και

$0 < cos x \leq 1,$

οπότε

$\frac{1}{cos ^{3} x} \geq 1.$

Άρα

$F^{''} (x) \geq 0.$

Επομένως η $F^{'}$ είναι αύξουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ και, επειδή $F^{'} (0) = 0$ , έχουμε

$F^{'} (x) \geq 0$

για κάθε $x \in [0, \frac{π}{2})$ .

Άρα η $F$ είναι αύξουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ και, επειδή $F (0) = 0$ , ισχύει

$F (x) \geq 0.$

Δηλαδή

$f (x) \geq 0$

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 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πορεία μέσω f''(x)=2ημx(1/συν³x - 1) ≥ 0 με ρητή αιτιολόγηση ημx≥0 και 0<συνx≤1, μονοτονία της f' και σύγκριση με f'(0)=0. Το συμπέρασμα f(x)≥0 στηρίζεται ρητά στη μονοτονία και στην τιμή f(0)=0, συμπεριλαμβανομένου του άκρου.

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

Στο $[0, \frac{π}{2})$ έχουμε

$f (x) = 2 sin x + tan x - 3 x .$

Από το Δ3i, η $f$ είναι αύξουσα στο $[0, \frac{π}{2})$ .

Μάλιστα για $x > 0$ έχουμε $F^{''} (x) > 0$ , άρα η $F^{'}$ είναι γνησίως αύξουσα και $F^{'} (x) > 0$ για $x > 0$ . Επομένως η $f$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(0, \frac{π}{2})$ .

Η συνάρτηση

$Φ (x) = 3 f (x)$

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

Έχουμε

$Φ (0) = 3 f (0) = 0 < π .$

Επίσης

$x \to \frac{π}{2}^{-} lim tan x = + \infty,$

άρα

$x \to \frac{π}{2}^{-} lim f (x) = + \infty$

και επομένως

$x \to \frac{π}{2}^{-} lim 3 f (x) = + \infty.$

Άρα, από τη συνέχεια, υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της εξίσωσης

$3 f (x) = π .$

Επειδή η $3 f$ είναι γνησίως αύξουσα, η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Άρα η εξίσωση

$3 f (x) = π$

έχει ακριβώς μία ρίζα, την οποία συμβολίζουμε με $x_{2}$ .

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 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

Δουλεύει με τη Φ=3f αντί για την αναγωγή σε f(x)=π/3 — ισοδύναμο. Υπολογίζει το όριο +∞ στο π/2⁻, δηλώνει ρητά συνέχεια και γνήσια μονοτονία και συγκρίνει Φ(0)=0<π για την ύπαρξη· η μοναδικότητα στηρίζεται ρητά στη γνήσια μονοτονία.

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

Στο διάστημα $[x_{1}, 0]$ έχουμε $x \leq 0$ , άρα

$f (x) = x^{2} (g (x) + x) .$

Θεωρούμε ξανά

$φ (x) = g (x) + x .$

Από το Δ1, η $φ$ είναι γνησίως μονότονη στο $(- 1, 0)$ και έχει μοναδική ρίζα το $x_{1}$ .

Επειδή

$φ (0) = g (0) > 0$

και $φ (x_{1}) = 0$ , προκύπτει ότι

$φ (x) \geq 0$

για κάθε $x \in [x_{1}, 0]$ .

Άρα

$g (x) + x \geq 0$

για κάθε $x \in [x_{1}, 0]$ .

Επειδή επίσης

$x^{2} \geq 0,$

έχουμε

$f (x) = x^{2} (g (x) + x) \geq 0$

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.) 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

Επικαλείται μόνο ότι η φ είναι «γνησίως μονότονη» και συμπεραίνει φ(x)≥0 από τις τιμές φ(x1)=0 και φ(0)>0, χωρίς να αποδείξει ότι η φορά είναι αύξουσα — ακριβώς το κενό για το οποίο προειδοποιεί η ρουμπρίκα, ενώ και οι δύο λύσεις αναφοράς το καλύπτουν ρητά (Θ.Μ.Τ. ή σύγκριση h(0)>h(-1)). Τα δεδομένα της σύγκρισης υπάρχουν αλλά το συμπέρασμα της φοράς δεν διατυπώνεται.

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

Από το Δ3ii έχουμε ότι $x_{2}$ είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης

$3 f (x) = π .$

Άρα

$f (x_{2}) = \frac{π}{3} .$

Επομένως η ευθεία

$x = f (x_{2})$

είναι η ευθεία

$x = \frac{π}{3} .$

Το χωρίο $Ω$ χωρίζεται από τον άξονα $y^{'} y$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία. Επειδή από τα προηγούμενα $f (x) \geq 0$ στα αντίστοιχα διαστήματα, έχουμε

$\int_{x_{1}}^{0} f (x) d x = \int_{0}^{π /3} f (x) d x .$

Για το αριστερό εμβαδόν:

$\int_{x_{1}}^{0} f (x) d x = \int_{x_{1}}^{0} x^{2} (g (x) + x) d x .$

Άρα

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

Θέτουμε

$A = \int_{x_{1}}^{0} x^{2} g (x) d x .$

Τότε

$\int_{x_{1}}^{0} x^{3} d x = [\frac{x ^{4}}{4}]_{x_{1}}^{0} = - \frac{x _{1}^{4}}{4} .$

Άρα

$\int_{x_{1}}^{0} f (x) d x = A - \frac{x _{1}^{4}}{4} .$

Για το δεξί εμβαδόν, στο διάστημα $[0, \frac{π}{3}]$ ισχύει

$f (x) = 2 sin x + tan x - 3 x .$

Επομένως

$\int_{0}^{π /3} f (x) d x = \int_{0}^{π /3} (2 sin x + tan x - 3 x) d x .$

Υπολογίζουμε:

$\int 2 sin x d x = - 2 cos x,$

$\int tan x d x = - ln ∣ cos x ∣,$

και

$\int 3 x d x = \frac{3 x ^{2}}{2} .$

Άρα

$\int_{0}^{π /3} f (x) d x = [- 2 cos x - ln (cos x) - \frac{3 x ^{2}}{2}]_{0}^{π /3} .$

Για $x = \frac{π}{3}$ έχουμε

$cos \frac{π}{3} = \frac{1}{2} .$

Άρα

$- 2 cos \frac{π}{3} = - 1,$

και

$- ln (cos \frac{π}{3}) = - ln \frac{1}{2} = ln 2.$

Επίσης

$- \frac{3}{2} (\frac{π}{3})^{2} = - \frac{3}{2} \cdot \frac{π ^{2}}{9} = - \frac{π ^{2}}{6} .$

Για $x = 0$ παίρνουμε

$- 2 cos 0 - ln (cos 0) - 0 = - 2.$

Άρα

$\int_{0}^{π /3} f (x) d x = (- 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6}) - (- 2)$

οπότε

$\int_{0}^{π /3} f (x) d x = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} .$

Από την ισότητα των εμβαδών:

$A - \frac{x _{1}^{4}}{4} = 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} .$

Άρα

$A = \frac{x _{1}^{4}}{4} + 1 + ln 2 - \frac{π ^{2}}{6} .$

Τώρα θέλουμε να υπολογίσουμε

$\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x .$

Με ολοκλήρωση κατά μέρη, θέτουμε

$u = x^{3}, d v = g^{'} (x) d x .$

Τότε

$d u = 3 x^{2} d x, v = g (x) .$

Άρα

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

Δηλαδή

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

Επειδή

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

έχουμε

$g (x_{1}) = - x_{1} .$

Άρα

$[x^{3} g (x)]_{x_{1}}^{0} = 0^{3} g (0) - x_{1}^{3} g (x_{1}) = - x_{1}^{3} (- x_{1}) = x_{1}^{4} .$

Επομένως

$\int_{x_{1}}^{0} x^{3} g^{'} (x) d x = x_{1}^{4} - 3 A .$

Αντικαθιστούμε την τιμή του $A$ :

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

Άρα

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

Επομένως

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

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

Ακολουθεί την πορεία που η ρουμπρίκα δέχεται ως ισοδύναμη: ξεκινά από το ζητούμενο ολοκλήρωμα του x³g'(x) και το ανάγει στο A=∫x²g(x)dx. Βρίσκει f(x2)=π/3, επικαλείται τη μη αρνητικότητα από τα προηγούμενα, υπολογίζει σωστά ∫f = 1+ln2-π²/6 (με αρχική -ln(συνx) για την εφx) και καταλήγει ακριβώς στο x1⁴/4 + π²/2 - 3ln2 - 3.