Ασεπ θεματα με λυσεις 2009

∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ2009 ΚΛΑ∆ΟΣ ΠΕ 03

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

Πρώτη Θεµατική Ενότητα Γνωστικόαντικείµενο - Λύσεις

Α

Ερώτηµα 1ο

α) ΄Εστω η συνάρτηση

f(x) =

x+ x2 sin

2

x, x 6= 0

0 , x = 0

i. Βρείτε την παράγωγο f ′(x) για κάθε x ∈ R και εξετάστε αν η f ′(x)είναι συνάρτηση συνεχής στο σηµείο x = 0.

ii. Για κάθε ε > 0 να δειχθεί ότι η συνάρτηση f(x) δεν είναι αύξουσαστο διάστηµα (−ε, ε).

ϐ) ΄Εστω ισόπλευρο τρίγωνο ABΓ µε πλευρά µήκους a. ∆ύο σηµεία Kκαι N ϐρίσκονται αντίστοιχα πάνω στις πλευρές AB και AΓ έτσι ώστεη ευθεία KN να τέµνει την προέκταση της πλευράς BΓ στο σηµείο M(ϐλ. σχήµα). Αν τα τρίγωνα AKN,NΓM και το τετράπλευρο KBΓNέχουν το ίδιο εµβαδόν, τότε :

i. Αποδείξτε ότι η KΓ είναι παράλληλη προς την AM .

ii. Υπολογίστε το µήκος των AK,AN και ΓM συναρτήσει του a.

γ) ΄Εστω ένας τετραγωνικός πίνακας A = [aij], 1 ≤ i, j ≤ n και aij ∈ R.Αν υπάρχουν λ1, λ2 ∈ R µε λ1 6= λ2 και δύο µη µηδενικά διανύσµατα~x ∈ Rn και ~y ∈ Rn τέτοια ώστε : A~x = λ1~x και A~y = λ2~y, να αποδείξετεότι τα ~x και ~y είναι γραµµικώς ανεξάρτητα.

σελίδα 1 από 23 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Λυση

Απαιτουµενη Θεωρια

Θεώρηµα (Θεώρηµα του Θαλή). Αν τρεις τουλάχιστον ευθείες

τέµνουν δύο άλλες ευθείες, ορίζουν σε αυτές τµήµατα ανάλογα.

Θεώρηµα (αντίστροφο του Θεωρήµατος του Θαλή). Θεωρούµε

δύο ευθείες δ1 και δ2 που τέµνουν δύο παράλληλες ευθείες ε1

και ε2 στα σηµεία A,B και E,Z αντίστοιχα. Αν Γ και H είναι

σηµεία των ευθειών δ1 και δ2 αντίστοιχα τέτοια, ώστεAB

BΓ=EZ

ZH,

τότε η ευθεία ΓH είναι παράλληλη προς τις ε1 και ε2.

α) i. Για x 6= 0 έχουµε: f ′(x) = 1 + 2x sin2

x− 2 cos

2

x. Επιπλέον για

x 6= 0 έχουµε f ′(0) =f(x)− f(x0)

x− 0= 1 + x sin

2

x. Αν x > 0 τότε

−x ≤ x sin2

x≤ x⇒ lim

x→0+

(x sin

2

x

)= 0.

Και αν x < 0 τότε

x ≤ x sin2

x≤ −x⇒ lim

x→0−

(x sin

2

x

)= 0.

΄Αρα,

limx→0

(x sin

2

x

)= 0

καιf ′(0) = lim

x→0

(1 + x sin

2

x

)= 1.

Τελικά

f ′(x) =

1 + 2x sin

2

x− 2 cos

2

x, x 6= 0

1 , x = 0

΄Εστω τώρα ότι η f ′(x) είναι συνεχής στο x = 0, τότε για κάθε ακο-λουθία (xn)n µε xn → 0, ϑα πρέπει να ισχύει ότι limn→+∞ f

′(xn) =

f ′(0) = 1. Θεωρούµε την (xn)n µε τύπο xn =1

πn. Τότε xn → 0

όµως f ′(1

πn) = 1 +

2

πnsin(2πn) − 2 cos(2πn) = −1. ∆ηλαδή

limn→+∞ f′(xn) = −1 και άρα η f ′ δεν είναι συνεχής στο x = 0.


ii. ΄Εστω ότι η f(x) είναι αύξουσα στο (−ε, ε) για κάποιο ε > 0. Τότεf ′(x) ≥ 0 ∀ x ∈ (−ε, ε). Γνωρίζουµε ότι υπάρχει n0 ∈ N τέτοιο

ώστε1

πn< ε ∀ n > n0. ΄Οµως από το προηγούµενο ερώτηµα

έχουµε ότι f ′(xn0) = −1, άρα έχουµε άτοπο και η f δεν είναιαύξουσα στο (−ε, ε) για κανένα ε. Παρακάτω ϐλεπουµε την γρα-ϕική παράσταση της f . Γύρω από το 0 η f πραγµατοποιεί άπειρεςταλαντώσεις.

ϐ) i. ΄Εχουµε (AKN) = (BKNΓ) = (NΓM) και (AKN)+(BKNΓ) =a2√

3

4. ΄Αρα (AKN) = (BKNΓ) = (NΓM) =

a2√

3

8και

(BKM) = (BKNΓ) = (NΓM) =a2√

3

4. Από το αντίστρο-

ϕο του ϑεωρήµατος του Θαλή αρκεί να δείξουµε ότι(BK)

(BΓ)=

(AB)

(BM), τότε ϑα ισχύει ότι KΓ ‖ AM . ΄Οµως

(BK)

(BΓ)=

(AB)

(BM)⇔


(BK)

a=

a

(BM)⇔ (BK)(BM) = a2. ΄Αρα αρκεί να δείξουµε ότι

(BK)(BM) = a2. ΄Εχουµε (BKM) =a2√

3

4⇔ 1

2(KΛ)(BM) =

a2√

3

4⇔ (KΛ)(BM) =

a2√

3

2. Επιπλέον

(KΛ)

(BK)= sin 60 ⇔

(KΛ) = (BK) sin 60 = (BK)

√3

2(1). Από τις δυο παραπάνω

σχέσεις έχουµε (BK)

√3

2(BM) =

a2√

3

2⇒ (BK)(BM) = a2.

Εποµένως KΓ ‖ AM .

ii. ΄Εχουµε (AKN) =(ABΓ)

2⇔ 1

2(AK)(AN) sin 60 =

a2√

3

8⇔

(AK)(AN) =a2

2(2). ΄Οµοια από την σχέση (NΓM) =

(ABΓ)

2

προκύπτει ότι (NΓ)(ΓM) =a2

2⇔ (a−AN)(ΓM) =

a2

2(3). Από

τις εξισώσεις (1), (2) και (3) έχουµε ότι :

(AK) =2a

3, (AN) =

3a

4και (ΓM) = 2a.

γ) ΄Εστω ότι τα διανύσµατα ~x και ~y είναι γραµµικώς εξαρτηµένα. Τότευπάρχει λ ∈ R µε λ 6= 0 ώστε ~x = λ~y. ΄Αρα: A~x = λ1~x ⇔ Aλ~y =λ1λ~y ⇔ λA~y = λ1λ~y ⇔ λλ2~y = λλ1~y ⇔ λ(λ2 − λ1)~y = ~0. ΄Ατοπο διότιλ 6= 0, λ1 6= λ2 και ~y 6= ~0.


Ερώτηµα 2ο

α) ΄Εστω η συνάρτηση f(x) =

(x+

1

x

)a, 0 < x < 1 και a > 1.

i. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση f(x) είναι κυρτή στο διάστηµα (0, 1).

ii. Αποδείξτε ότι για όλα τα x, y ∈ (0, 1) και a > 1 ισχύει f(x+ y

2

)≤

f(x) + f(y)

2.

iii. Αποδείξτε ότι, αν x, y > 0, a > 1 και x+ y = 1, τότε ισχύει :(x+

1

x

)a+

(y +

1

y

)a≥ 5a

2a−1.

ϐ) Οι τέσσερις τιµές ενός στατιστικού δείγµατος είναι διαδοχικοί όροι α-ϱιθµητικής προόδου µε µέση τιµή x = 5 και τυπική απόκλιση s =

√5.

Προσδιορίστε τις τιµές αυτές (ο τύπος της διακύµανσης ή διασποράς

ορίζεται από την σχέση s2 =1

ν

∑νi=1(ti − x)2).

γ) Τρεις πόλεις A,B,Γ ϐρίσκονται κατά µήκος ενός αυτοκινητόδροµου µεαποστάσεις AB = 200km, BΓ = 400km (και AΓ = 600km). ΄Ενα αυ-τοκίνητο κινούµενο συνεχώς ξεκινά από την πόλη A, περνάει από τηνπόλη B µετά από 3 ώρες και ϕτάνει στην πόλη Γ σε 6 ώρες. Να απο-δείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον χρονικές στιγµές που διαφέρουνκατά 3 ώρες, έτσι ώστε το αυτοκίνητο τη µία χρονική στιγµή είχε διπλά-σια ταχύτητα απ΄ ότι την άλλη (η συνάρτηση που εκφράζει το διάστηµασυναρτήσει του χρόνου είναι συνεχής και παραγωγίσιµη).

Λυση


Θεώρηµα (Θεώρηµα Μέσης Τιµής ∆ιαφορικού Λογισµού). Αν

µία συνάρτηση f είναι :

• συνεχής στο κλειστό διάστηµα [α, β] και

• παραγωγίσιµη στο ανοιχτό διάστηµα (α, β)

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (α, β) τέτοιο, ώστε :

f ′(ξ) =f(β)− f(α)

β − α.


Θεώρηµα (Θεωρήµατος του Rolle). Αν µία συνάρτηση f είναι :

• συνεχής στο κλειστό διάστηµα [α, β]

• παραγωγίσιµη στο ανοιχτό διάστηµα (α, β) και

• f(α) = f(β)

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ (α, β) τέτοιο, ώστε :

f ′(ξ) = 0.

α) i.

f ′(x) = a

(x+

1

x

)a−1(1− 1

x2

)⇒

f ′′(x) = a(a− 1)

(x+

1

x

)a−2(1− 1

x2

)+ 2a

(x+

1

x

)a−11

x3

΄Οµως για x ∈ (0, 1) και a > 1 f ′′(x) > 0. ΄Αρα η f είναι κυρτή στο(0, 1).

ii.

Από το προηγούµενο ερώτηµα έχουµε ότι f ′′(x) > 0 ∀ x ∈ (0, 1) καιa > 1. ΄Αρα η f ′ είναι αύξουσα στο (0, 1). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας

ϑεωρούµε ότι x < y. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής ∃ x1 ∈ (x,x+ y

2)

τέτοιο ώστε :

f ′(x1) =

f

(x+ y

2

)− f(x)

x+ y

2− x

=

2

(f

(x+ y

2

)− f(x)

)y − x

. (1)

΄Οµοια ∃ x2 ∈ (x+ y

2, y) τέτοιο ώστε :

f ′(x2) =

2

(f(y)− f

(x+ y

2

))y − x

. (2)

όµως η f ′ είναι αύξουσα, άρα x1 < x2 ⇒ f ′(x1) < f ′(x2) (3). Από τις(1), (2) και (3) έχουµε:


f

(x+ y

2

)− f(x) < f(y)− f

(x+ y

2

)f(x+ y

2) <

f(x) + f(y)

2

Τέλος στην περίπτωση όπου x = y έχουµε f(x+ y

2

)=f(x) + f(y)

2.

Εποµένως :

f

(x+ y

2

)≤ f(x) + f(y)

2∀ x, y ∈ (0, 1).

iii.

Αφού x + y = 1 και x, y > 0, τότε x < 1 και y < 1. ΄Αρα x, y ∈ (0, 1).Για a > 1 από το ερώτηµα ii έχουµε:

f

(x+ y

2

)≤ f(x) + f(y)

2⇔

f

(1

2

)≤

(x+

1

x

)a+

(y +

1

y

)a2

⇔

5a

2a≤

(x+

1

x

)a+

(y +

1

y

)a2

⇔

5a

2a−1≤

(x+

1

x

)a+

(y +

1

y

)a.

ϐ) ΄Εστω ότι οι τέσσερις τιµές έχουν την µορφή x1 = α−3ω, x2 = α−ω, x3 =α + ω και x4 = α + 3ω. Τότε :

x =x1 + x2 + x3 + x4

4⇒

a = 5.


Επίσης :

s2 =1

4

4∑i=1

(xi − 5)2

5 =1

4

[(−3ω)2 + (−ω)2 + (ω)2 + (3ω)2

]20 = (9ω2 + ω2 + ω2 + 9ω2)

ω = ±1.

Αν ω = 1 τότε x1 = 2, x2 = 4, x3 = 6 και x4 = 8 και αν ω = −1 τότεx1 = 8, x2 = 6, x3 = 4 και x4 = 2. Και στις δύο περιπτώσεις οι τέσσεριςτιµές είναι οι 2, 4, 6 και 8.

γ) Θεωρούµε την συνάρτηση του διαστήµατος συναρτήσει του χρόνου S :[0, 6] → R. Η παράγωγος αυτής της συνάρτησης είναι η ταχύτητα τουοχήµατος, ϑα την συµβολίζουµε µε u. Επίσης ϑεωρούµε την συνάρτη-ση:

f : [0, 3] −→ Rt 7−→ S(t+ 3)− 2S(t).

Η f είναι συνεχής στο [0, 3] και παραγωγίσιµη στο (0, 3). επίσης f(0) =f(3) = 200. Εποµένως από το ϑεώρηµα του Rolle έχουµε ότι υπάρχειt1 ∈ (0, 3) τέτοιο ώστε f ′(t1) = 0. ∆ηλαδή,

u(t1 + 3)− 2u(t1) = 0⇒

2u(t1) = u(t1 + 3)

το οποίο αποδεικνύει το Ϲητούµενο.

Β

Ερώτηµα 3ο

1

Το εµβαδόν του επίπεδου χωρίου που περικλείεται από τις δύο τεθλασµένεςγραµµές y = |x− 1| και y = 3− |x| ισούται µε :


α) 3.

ϐ) 4.

γ) 5.

δ) 6.

Το εµβαδόν Ω που Ϲητάµε ισούται µε :

Ω =

∫ 2

−1

((3− |x|)− |x− 1|) dx

΄Οµως για −1 ≤ x ≤ 0 x ≥ 0 και x−1 ≤ 0, για 0 ≤ x ≤ 1 x ≥ 0 και x−1 ≤ 0και για 1 ≤ x ≤ 2 x ≥ 0 και x− 1 ≥ 0, εποµένως :

Ω =

∫ 0

−1

(3+x−(−x+1))dx+

∫ 1

0

(3−x−(−x+1))dx+

∫ 2

1

(3−x−(x−1))dx

Ω =

∫ 0

−1

(2 + 2x)dx+

∫ 1

0

2dx+

∫ 2

1

(4− 2x)dx

Ω = 4.


2

Σε µια σφαίρα είναι εγγεγραµένος ένας ορθός κώνος ο όγκος του οποίου

ισούται µε το1

4του όγκου της σφαίρας. Αν το ύψος του κώνου h είναι

διάφορον της ακτίνας της σφαίρας, τότε ο όγκος της σφαίρας ισούται µε :

α)4

3π√

5h3.

ϐ)4

3π(√

5− 1)h3.

γ)4

3π(√

5− 2)h3.

δ)4

3π(√

5− 3)h3.


Θεώρηµα (Θεώρηµα τεµνουσών). Αν δύο

χορδές ενός κύκλου τέµνονται όπως το διπλα-

νό σχήµα τότε ισχύει αβ = γδ.

΄Εστω Vκ ο όγκος του κώνου, Vσφ ο όγκος της σφαίρας, r και h η ακτίνακαι το ύψος του κώνου αντίστοιχα και R η ακτίνα της σφαίρας.

Vκ =1

4Vσφ ⇔

1

3πr2h =

1

4

4

3πR3 ⇔

r2 =R3

h(1)

Επίσης από το ϑεώρηµα τεµνουσών ισχύει h(2R − h) = r2 (2). Από τις(1) και (2) έχουµε:


h(2R− h) =R3

hh2(2R− h) = R3

2Rh2 − h3 −R3 = 0

(h−R)(h2 −Rh−R2) = 0

΄Οµως h 6= R, εποµένως h2−Rh−R2 = 0. Λύνουµε ως προς h. Η ϑετική

ϱίζα αυτής της εξίσωσης είναι η h = R1 +√

5

2. Εποµένως :

R =2h

1 +√

5=

(1−√

5)2h

(1 +√

5)(1−√

5)=

2h(1−√

5)

1−√

5 +√

5− 5

=h(1−

√5)

−2=h(√

5− 1)

2.

΄Αρα:

Vσφ =4

3πR3

=4

3πh3(√

5− 1)3

8

=4

3π(√

5− 2)h3.

3

Η τιµή της παράστασης K =(

cosπ

8

)4

+

(cos

3π

8

)4

ισούται µε :

α)1

2.

ϐ)2

5.

γ)3

4.

δ)√

3

2.



Ισχύουν οι τύποι :

2 cosϑ cosϕ = cos(ϑ− ϕ) + cos(ϑ+ ϕ) (1)

cosϑ = sin(π

2− ϑ) (2)

12 =

(sin2

(3π

8

)+ cos2

(3π

8

))2

= sin4

(3π

8

)+ cos4

(3π

8

)+ 2 sin2

(3π

8

)cos2

(3π

8

)= cos4

(π8

)+ cos4

(3π

8

)+ 2 cos2

(π8

)cos2

(3π

8

)= K +

1

2

(2 cos

(π8

)cos

(3π

8

))2

= K +1

2

(cos

(3π

8− π

8

)+ cos

(3π

8+π

8

))2

= K +1

2

(cos(π

4

)+ cos

(π2

))2

= K +1

2

(√2

2+ 0

)2

= K +1

4

K =3

4

4

Αν οι συντελεστές του 2ου, 3ου και 4ου όρου του διωνυµικού αναπτύγµατος(x + y)n αποτελούν µε τη σειρά αυτή διαδοχικούς όρους αριθµητικής προό-δου, τότε ο ϕυσικός αριθµός n ισούται µε :

α) 6.

ϐ) 7.

γ) 9.

δ) 10.

Με την ϐοήθεια του τριγώνου του Pascal ϐρίσκουµε τους συντελεστές τωνδιωνύµων και παρατηρούµε ότι το Ϲητούµενο n είναι το 7.


n = 0 1n = 1 1 1n = 2 1 2 1n = 3 1 3 3 1n = 4 1 4 6 4 1n = 5 1 5 10 10 5 1n = 6 1 6 15 20 15 6 1n = 7 1 7 21 35 35 21 7 1n = 8 1 8 28 56 70 56 28 8 1n = 9 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1n = 10 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

5

Αν a > 0, τότε το ολοκλήρωµα∫ a−a |x(x− a)(x− 2a)(x− 3a)|dx ισούται µε :

α) 7a5.

ϐ) 8a5.

γ) 9a5.

δ) 10a5.

Στο παραπάνω γράφηµα ϐλέπουµε την f(x) = x(x−a)(x−2a)(x−3a) =x4 − 6ax3 + 11a2x2 − 6a3x και τα προσηµά της. Εποµένως :


∫ a

−a|f(x)|dx =

∫ 0

−af(x)dx−

∫ a

0

f(x)dx

=

∫ 0

−a(x4 − 6ax3 + 11a2x2 − 6a3x)dx

−∫ a

0

(x4 − 6ax3 + 11a2x2 − 6a3x)dx

=

[x5

5− 6a

x4

4+ 11a2x

3

3− 6a3x

2

2

]0

−a

−[x5

5− 6a

x4

4+ 11a2x

3

3− 6a3x

2

2

]a0

= −(−a5

5− 6a

a4

4+ 11a2−a3

3− 6a3a

2

2

)−(a5

5− 6a

a4

4+ 11a2a

3

3− 6a3a

2

2

)= 9a5.

6

∆ίνεται η ευθεία (ε) µε εξίσωση y = 2x + 1 και το σηµείο A(2, 1). Οι συν-τεταγµένες του συµµετρικού του σηµείου ως προς την ευθεία (ε) είναι ίσεςµε :

α) x = −3

2, y =

12

7.

ϐ) x =1

2, y = −3

5.

γ) x = −8

7, y =

15

4.

δ) x = −6

5, y =

13

5.

Βρίσκουµε εύκολα ότι η κάθετη στην y = 2x+1 ευθεία που διέρχεται από

το A(2, 1) είναι η y = −1

2x+ 2. Οι συντεταγµένες της τοµής των δύο ευθειών

ϐρίσκονται από την λύση του παρακάτω συστήµατος.

y = 2x+ 1

y = −1

2x+ 2


Το σηµείο της τοµής είναι το (2

5,9

5).

΄Εστω ότι το Ϲητούµενο σηµείο έχει συντεταγµένες (x0, y0), τότε :

x0 + 2

2=

2

5

y0 + 1

2=

9

5

⇒x0 = −6

5

y0 =13

5.

Εποµένως το Ϲητούµενο σηµείο είναι το (−6

5,13

5).

Ερώτηµα 4ο

7

Σε ένα κατάστηµα ηλεκτρικών ειδών υπάρχουν προς πώληση 600 ηλεκτρικοίλαµπτήρες. Από αυτους οι 200 κατασκευάστηκαν στο εργοστάσιο A, 250στο εργοστάσιο B και 150 στο εργοστάσιο Γ. Αν είναι γνωστό ότι η πιθανό-τητα ενός λαµπτήρα να µην είναι ελαττωµατικός είναι 0, 93, 0, 96 και 0, 88αντίστοιχα για τα εργοστάσια A,B και Γ, τότε η πιθανότητα να πωληθεί έναςλαµπτήρας από τους 600 µη ελαττωµατικός ισούται µε :

α) 0, 92.

ϐ) 0, 93.


γ) 0, 94.

δ) 0, 95.

΄Εστω A,B και Γ τα ενδεχόµενα ο λαµπτή-ϱας να κατασκευάστηκε στο εργοστάσιο A,Bκαι Γ αντίστοιχα. Επίσης έστω E το ενδεχό-µενο ο λαµπτήρας να είναι ελαττωµατικός καιK το ενδεχόµενο να µην είναι ελαττωµατικός.

Τότε P (A) =200

600=

1

3, P (B) =

250

600=

5

12

και P (Γ) =150

600=

1

4. Το διπλανό σχήµα

µας ϐοηθάει να υπολογίσουµε πρακτικά τη Ϲη-τούµενη πιθανότητα. Βρίσκουµε εύκολα ότι

P (K) =1

30, 93 +

5

120, 96 +

1

40, 88 = 0, 93.

8

Το διάστηµα των τιµών x ∈ R που επαληθεύουν την ανίσωση log2(x − 2) +log2(x− 3) ≤ 1 είναι το :

α) (3, 4].

ϐ) [4, 5].

γ) [5, 8].

δ) [6, 10].

΄Εστω f(x) = log2(x−2)+log2(x−3). Η f(x) ορίζεται για x > 3. ΄Εχουµε

ότι f ′(x) =1

ln 2

1

x+

1

ln 2

1

x=

2

ln 2

1

x. ΄Οµως f ′(x) > 0 για x > 0, εποµένως η

f(x) είναι γνησίως αύξουσα για x > 3. Παρατηρούµε ότι :

f(4) = log2 2 + log2 1 = 1.

Εποµένως στο διάστηµα (3, 4] ισχύει :

log2(x− 2) + log2(x− 3) ≤ 1


Η σχέση δεν ισχύει για x > 4 καθώς η f είναι γνησίως αύξουσα.

9

Αν 0 < a <π

2, τότε το όριο limn→∞

(cos

a

2cos

a

22cos

a

23· · · cos

a

2n

)ισούται

µε :

α)sin a

a.

ϐ)cos a

a.

γ)a

sin a.

δ) a.


• Ισχύει ο τύπος :

sin 2a = 2 sin a cos a⇒cos a =

sin 2a

2 sin a.

• ΄Εστω x ∈ R \ 0, τότε

limx→0

sinx

x= 1.


Θεωρούµε την ακολουθία αn = cosa

2cos

a

22· · · cos

a

2n. ΄Εχουµε ότι :

cosa

2=

sin a

2 sina

2

, cosa

22=

sina

2

2 sina

22

, . . . , cosa

2n=

sina

2n−1

2 sina

2n

.

άρα:

αn =sin a

2 sina

2

sina

2

2 sina

22

· · ·sin

a

2n−1

2 sina

2n

=sin a

2n sina

2n

=sin a

a

a

2n sina

2n

αn =sin a

a

1

sina

2na

2n

n→∞−−−→ sin a

a

διότι limn→∞

sina

2na

2n

= 1.

10

Αν ρ1, ρ2 είναι µιγαδικές κυβικές ϱίζες της µονάδας, τοτε η τιµή της παράστα-σης K = (1 + ρ1)

3000 + (1 + ρ2)3000 ισούται µε :

α) −1.

ϐ) 1.

γ) 2.

δ) 4.


Θεώρηµα. Στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών η εξίσωση zn =1, όπου n ϑετικός ακέραιος, έχει n ακριβώς διαφορετικές λύσεις,

οι οποίες δίνονται από τον τύπο :

zk = cos2kπ

n+ i sin

2kπ

n, k = 0, 1, 2, 3, . . . , n− 1.


Οι µιγαδικές λύσεις της εξίσωσης είναι οι ρ1 = cos2π

3+ i sin

2π

3και

ρ2 = cos4π

3+ i sin

4π

3. ΄Αρα

1 + ρ1 = 1− 1

2+ i

√3

2=

1

2+ i

√3

2= cos

π

3+ i sin

π

3,

1 + ρ2 = 1− 1

2− i√

3

2=

1

2− i√

3

2= cos

5π

3+ i sin

5π

3και

(1 + ρ1)3000 =

((1 + rho1)

3)1000

= (cosπ + i sin π)1000 = (−1)1000 = 1

(1 + ρ2)3000 =

((1 + rho1)

3)1000

= (cos 5π + i sin 5π)1000

= (cos π + i sin π)1000 = (−1)1000 = 1.

Εποµένως K = (1 + ρ1)3000 + (1 + ρ2)

3000 = 1 + 1 = 2.

11

∆ίνεται η υπερβολή µε εξίσωση x2 − y2

4= 1 και ένα σηµείο M(x0, y0) της

υπερβολής µε x0 > 1. Το εµβαδόν του παραλληλογράµµου που σχηµατίζεταιαπό τις ασύµπτωτες της υπερβολής και τις παράλληλες από το σηµείοM προςτις ασύµπτωτες ισούται µε :

α)1

2.

ϐ)√

3

2.

γ) 1.

δ)4

3.


Θεώρηµα. Το εµβαδόν ενός παραλληλογράµµου µε πλευρές ακαι β οι οποίες σχηµατίζουν γωνία ϑ είναι :

E = αβ sinϑ.


Θεώρηµα. Αν δύο τέµνουσες ευθείες ε1 και ε2 έχουν συντελε-

στές διεύθυνσης λ1 και λ2 και δεν είναι κάθετες µεταξύ τους,

τότε για την γωνία ϑ που προκύπτει αν η ε1 περιστραφεί αριστε-

ϱόστροφα γύρω από το σηµείο τοµής ώστε να ταυτιστεί µε την ε2

ισχύει :

tanϑ =λ2 − λ1

1 + λ1λ2

.

Θεώρηµα. Οι ασύµπτωτες της υπερβολήςx2

α2− y2

β2= 1 είναι

ευθείες y =β

αx και y = −β

αx.

Το Ϲητούµενο εµβαδόν είναι ίσο µε (OAMB) = (MA)(MB) sinϑ, όπουϑ = ˆAMB. Οι ασύµπτωτες της υπερβολής είναι οι ε1 : y = 2x και ε2 : y =−2x, και οι παράλληλες σε αυτές που διέρχονται από το σηµείο M είναι οιε3 : y − y0 = 2(x− x0) και ε4 : y − y0 = −2(x− x0). Εποµένως :

tanϑ =λε3 − λε41 + λε3λε4

=2− (−2)

1 + 2(−2)= −4

3.


΄Αρα cotϑ = −3

4και

sinϑ =

√1

cot2 ϑ+ 1 =

4

5.

Θα ϐρούµε τις συντεταγµένες του σηµείου A.

yA − y0 = 2(xA − x0)yA = −2xA

⇒

xA =2x0 − y0

4

yA = −2x0 − y0

2

΄Αρα:

(MA) =

√(2x0 − y0

4− x0

)2

+

(y0 +

2x0 − y0

2

)2

=

√5|2x0 + y0|

4.

΄Οµοια ϐρίσκουµε ότι :

(MB) =

√5|y0 − 2x0|

4.

΄Αρα

(OAMB) =

√5|2x0 + y0|

4

√5|y0 − 2x0|

4

4

5=|y2

0 − 4x20|

4=| − 4|

4= 1

αφού το M είναι σηµείο της υπερβολής και ισχύει

x20 −

y20

4= 1⇔ y2

0 − 4x20 = −4.

12

Μεταξύ όλων των κυλινδρικών δοχείων µε όγκο V cm3, το ύψος εκείνου πουέχει την ελάχιστη ολική επιφάνεια ισούται µε :

α) 3

√V

π.

ϐ) 3

√2V

π.

γ)3

√4V

π.

δ) 3

√6V

π.



Θεώρηµα. Το εµβαδόν της ολικής επιφάνειας ενός κυλίνδρου

ακτίνας R και ύψους h είναι Eολ = 2πRh+ 2πR2.

Θεώρηµα. Ο όγκος κυλίνδρου ύψους h και ακτίνας R ισούται

µε V = πR2h.

Θεωρούµε την συνάρτηση του ολικού εµβαδού του κυλίνδρου:

Eολ = E(R) = 2πR2 + 2πRh

= 2πR2 + 2πRV

πR2

= 2πR2 +2V

R

και υπολογίζουµε την παράγωγό της.

E ′(R) = 4πR− 2V

R2

Εποµένως

E ′(R) ≥ 0⇔

⇔ 4πR− 2V

R2≥ 0⇔

⇔ R ≥ 3

√V

2π


΄Οµοια E ′(R) ≤ 0⇔ R ≤ 3

√V

2π. ΄Αρα η συνάρτηση E(R) έχει ολικό ελάχιστο

στο R = 3

√V

2π. Σε αυτήν την περίπτωση το ύψος h του κυλίνδρου ισούται µε

h =V

πR2=

V

π32

√V

2π

=V

π

(V

2π

) 23

=V

πV

23

(2π)23

=(2π)

23V

πV23

=3√

4(π)( 23−1)(V )(1− 2

3)

=3√

4 3√V

3√π

=3

√4V

π.


Documents

Ασεπ θεματα με λυσεις 2009