Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Επιτροπή Θεμάτων 14 · #1

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό αποκλειστικά θα συζητήσουμε τα θέματα των Μαθηματικών κατεύθυνσης 2014.

Τα θέματα Μαθηματικών κατεύθυνσης 2014:

them_mat_kat_c_hmer_2014.pdf: (234.75 KiB) Μεταφορτώθηκε 1804 φορές

Christos75 · #2

Για να τα βλέπουμε σιγά-σιγά...

#3

Θέμα Β

α) Έστω $\displaystyle z = x + yi,\;\;x,\;y \in IR$ ,
οπότε

$\displaystyle 2{\left| z \right|^2} + \left( {z + \bar z} \right)i - 4 - 2i = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} + 2xi - 4 - 2i = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 2\\ \;\;\;\;\; \wedge \\ 2xi = 2i \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ \;\;\; \wedge \\ y = \pm 1 \end{array} \right.$

Άρα η εξίσωση έχει λύσεις $\displaystyle {z_1} = 1 + i,\;\;\;{z_2} = 1 - i$

β) $\displaystyle w = 3{\left( {\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right)^{39}} = 3{\left( {\frac{{1 + i}}{{1 - i}}} \right)^{39}} = 3{\left( {\frac{{2i}}{2}} \right)^{39}} = 3{i^{39}} = 3{i^3} = - 3i$

γ) $\displaystyle \left| {u + w} \right| = \left| {4{z_1} - {z_2} - i} \right| \Leftrightarrow \left| {u - 3i} \right| = \left| {4 + 4i - 1 + i - i} \right| \Leftrightarrow \left| {u - 3i} \right| = \left| {4i + 3} \right| \Leftrightarrow \left| {u - 3i} \right| = 5$ ,

οπότε ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του $\displaystyle u$ είναι ο κύκλος με κέντρο $\displaystyle K\left( {0,\;3} \right)$ και ακτίνα

stavros · #4

1. Λ
2. Σ
3. Σ
4. Σ
5. Λ

Tolaso J Kos · #5

Ωραία θεματάκια επέλεξε η επιτροπή για σήμερα.
Με ξάφνιασε ιδιαίτερα ο ρυθμός μεταβολής, το θέμα $\Gamma$ το βρήκα χαριτωμένο, ενώ το

βατό.
Μου αρέσαν επίσης και τα Σ-Λ

stavros · #6

Τα σωστο λαθος Λ Σ. Σ. Σ. Λ

Christos75 · #7

Το Θέμα Β ήταν πολύ απλό! Δεν θα έπαιρνε σε έναν υποψήφιο περισσότερο από 12-13' να το ολοκληρώσει! Δεδομένου και του υφιστάμενου άγχους!

#8

Και πάλι δε θα μπορούσα παρά να δώσω συγχαρητήρια στην επιτροπή για την επιλογή των θεμάτων! Διαβαθμισμένα θέματα που καλύπτουν το σύνολο της ύλης και από τα οποία μπορούν να πάρουν μονάδες και οι αδύναμοι μαθητές. Έχει λεπτά σημεία που χρειάζονται δικαιολόγηση αλλά νομίζω ότι χρονικά οι μαθητές μπορούν να προλάβουν να τα γράψουν!

Για μένα είναι ΑΨΟΓΑ τα θέματα!

Λύση του Θέματος Δ

Δ1) $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}\stackrel{\left(\frac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x}{1}=1=f(0)$ άρα η

είναι συνεχής στο x_0=0

.

Για $x\neq 0$ είναι $f'(x)=\dfrac{xe^x-e^x+1}{x^2}=\dfrac{h(x)}{x^2}$ όπου h(x)=xe^x-e^x+1

. Το πρόσημο της

καθορίζει το πρόσημο της

. Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη σε όλο το $\mathbb{R}$ με h'(x)=xe^x

. Επίσης:

$h'(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$h'(x)>0 \Leftrightarrow x>0$ άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$

$h'(x)<0 \Leftrightarrow x<0$ άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0,+\infty)$

Συνεπώς για x>0

έχουμε $h(x)>g(0)\Leftrightarrow f'(x)>0$

Για x<0

έχουμε $h(x)>g(0)\Leftrightarrow f'(x)>0$

Άρα τελικά αφού η f'(x)>0

για κάθε $x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ και είναι συνεχής στο x_0=0

άρα τελικά η

είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το $\mathbb{R}$ .

Δ2) α) Θα βρούμε αρχικά την παράγωγο της

στο

με τη χρήση του ορισμού.

$\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-x-1}{x^2} \stackrel{\left(\frac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{2x}\stackrel{\left(\frac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{2}=\dfrac{1}{2}\in\mathbb{R}$

άρα η

είναι παραγωγίσιμη στο x_0=0

με $f'(0)=\dfrac{1}{2}$ .

Τώρα, η x=0

είναι προφανής λύση της δοσμένης εξίσωσης αφού για x=0

το πρώτο μέλος είναι ίσο με

$\displaystyle\int_1^{2\frac{1}{2}}f(u)du=\displaystyle\int_1^{1}f(u)du=0$

Αφού η

είναι κυρτή άρα η

είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς:

για $x>0 \Rightarrow f'(x)>f'(0)\Leftrightarrow 2f'(x)>1$ και είναι απλό (με διάκριση περιπτώσεων) να δείξουμε ότι f(x)>0

για κάθε

. Συνεπώς $\displaystyle\int_{1}^{2f'(x)} f(u)du>0$ άρα δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης για x>0

.

Όμοια για $x<0 \Rightarrow f'(x)<f'(0)\Leftrightarrow 2f'(x)<1$ και είναι απλό (με διάκριση περιπτώσεων) να δείξουμε και πάλι ότι f(x)>0

. Συνεπώς $\displaystyle\int_{2f'(x)}^{1} f(u)du>0 \Leftrightarrow \displaystyle\int_{1}^{2f'(x)} \left(f(u)\right)du<0$ άρα δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης για x<0

.

Συνεπώς η μοναδική λύση της αρχικής εξίσωσης είναι η x=0

.

β) Για εκείνα τα

για τα οποία $x(t)\neq 0$ έχουμε $y(t)=f\left(x(t)\right)=\dfrac{e^{x(t)}-1}{x(t)}$ , συνεπώς $y'(t)=\dfrac{e^{x(t)}x'(t)x(t)-\left(\left(e^{x(t)}-1\right)x'(t)}{x^2(t)}$

Για t=t_0

ισχύει

$\begin{aligned}x'(t_0)=2y'(t_0) &\Leftrightarrow x'(t_0)=2\dfrac{e^{x(t)}x'(t)x(t)-\left(e^{x(t)}-\left(e^{x(t)}-1\right)x'(t)}{x^2(t)} \\ &\stackrel{x'(t_0)>0}{\Leftrightarrow} 2e^{x(t_0)}x(t_0)-2e^{x(t_0)}+2-x^2(t_0)=0 \ \ (1)\end{aligned}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση k(x)=2xe^x-2e^x+2-x^2

η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ με $k'(x)=2x\left(e^x-1\right)$

$k'(x)=0\Leftrightarrow x=0$

Είναι εύκολο να δούμε με περιπτώσεις ή φτιάχνοντας πίνακα προσήμου ότι k'(x)>0

για κάθε $x\neq 0$ .

Συνεπώς η k(x)

είναι γνησίως άυξουσα στο $\mathbb{R}$ ως συνεχής στο

. Επίσης η k(x)

έχει προφανή ρίζα την x_0=0

η οποία είναι και μοναδική. Άρα πρέπει x(t_0)=0

που απορρίπτεται.

Η μόνη περίπτωση που μένει είναι x(t_0)= 0

. Τότε

και $y'(t_0)=\dfrac{1}{2}=\dfrac{x'(t_0)}{2}$ . Άρα τελικά x(t_0)=0

οπότε $y(t_0)=f\left(x(t_0)\right)=f(0)=1$ συνεπώς το ζητούμενο σημείο είναι το A(0,1)

Δ3) $g(x)=\left(e^x-e\right)^2(x-2)^2$ . Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ ως γινόμενο παραγωγισίμων με

$g'(x)=2\left(e^x-e\right)(x-2)(xe^x-e^x-e)=2\left(e^x-e\right)(x-2)r(x)$ , όπου r(x)=xe^x-e^x-e

. Η συνάρτηση r(x)

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με r'(x)=xe^x

. Είναι $r'(x)=0\Leftrightarrow x=0$ και $r'(x)>0 \Leftrightarrow x>0$ άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$

Μάλιστα επειδή $r(1)=-e<0, \ \ r(2)=e^2-e>0$ και η r(x)

είναι συνεχής στο [1,2]

άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_0\in(1,2)$ ώστε r(x_0)=0

και επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Τελικά $g'(x)=0 \Leftrightarrow \left(x=1 \textnormal{\gr \ ή \ \en}, x=x_0, \textnormal{\gr \ ή \ \en}, x=2\right)$

Συνεπώς φτιάχνοντας ένα πίνακα προσήμου για την

φαίνεται εύκολα ότι

g'(x)<0

όταν $x\in (0,1)\cup(x_0,2)$ ενώ g'(x)>0

όταν $x\in(1,x_0)\cup(2,+\infty)$

Άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα (0,1]

και

ενώ είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα [1,x_0]

και $[2,+\infty)$ .

Άρα τελικά όπως φαίνεται και από τον πίνακα μονοτονίας, η

έχει

θέσεις τοπικών ελαχίστων στα x=1

και

και μία θέση τοπικού μεγίστου στο x=x_0

.

Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο τυπογραφικό την ώρα που τα έγραφα!

Αλέξανδρος

Γιάννης Βενιέρης · #9

Τεράστια η αναντιστοιχία στα θέματα...
Πως είναι δυνατόν να έχουμε τέτοιες αποκλίσεις από χρονιά σε χρονιά;

#10

Για τα Γ1) και Γ2)

Γ1) Η $\displaystyle h\left( x \right)$ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR με $\displaystyle h'\left( x \right) = \frac{1}{{{e^x} + 1}} > 0$ και
$\displaystyle h''\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{{{e^x} + 1}}} \right)^\prime } = \frac{{ - {e^x}}}{{{{\left( {{e^x} + 1} \right)}^2}}} < 0$ για κάθε $\displaystyle x \in IR$ , οπότε στρέφει τα κοίλα κάτω (κοίλη)

Γ2) Η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα για κάθε $\displaystyle x \in IR$

$\displaystyle {e^{h\left( {2h'\left( x \right)} \right)}} < \frac{e}{{e + 1}} \Leftrightarrow \ln \left( {{e^{h\left( {2h'\left( x \right)} \right)}}} \right) < 1 - \ln \left( {e + 1} \right) \Leftrightarrow h\left( {2h'\left( x \right)} \right) < h\left( 1 \right)$

Αφού η $\displaystyle h\left( x \right)$ είναι γνήσια αύξουσα στο IR (έχει παράγωγο θετική), είναι

$\displaystyle 2h'\left( x \right) < 1 \Leftrightarrow h'\left( x \right) < \frac{1}{2} \Leftrightarrow h'\left( x \right) < h'\left( 0 \right)$

Αφού η $\displaystyle h'\left( x \right)$ είναι γνήσια φθίνουσα, είναι $\displaystyle x > 0$

#11

Στο $\Delta 3$ , η ύπαρξη της ρίζας x_0

, γίνεται και με Rolle

στο

για τη συνάρτηση

thanasis kopadis · #12

Για άλλη μια φορά η επιτροπή κατάφερε να δώσει πολύ καλή διαβάθμιση στα θέματά της. Θα υπάρχει διασπορά βαθμολογιών, δεδομένου ότι η δυσκολία των θεμάτων κλιμακώνεται σταδιακά.

perpant · #13

Στο Δ2 α, το γεγονός ότι η $\displaystyle{f}$ είναι αυστηρά θετική, αποδεικνύεται εύκολα και με εύρεση του συνόλου τιμών. Δηλαδή

$\displaystyle{f\left( \left( -\infty ,+\infty \right) \right)\overset{f\,\,\alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha }{\mathop{=}}\,\left( \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right),\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right) \right)=\left( 0,+\infty \right)}$

Θεοδωρος Παγωνης · #14

cretanman έγραψε:Και πάλι δε θα μπορούσα παρά να δώσω συγχαρητήρια στην επιτροπή για την επιλογή των θεμάτων! Διαβαθμισμένα θέματα που καλύπτουν το σύνολο της ύλης και από τα οποία μπορούν να πάρουν μονάδες και οι αδύναμοι μαθητές. Έχει λεπτά σημεία που χρειάζονται δικαιολόγηση αλλά νομίζω ότι χρονικά οι μαθητές μπορούν να προλάβουν να τα γράψουν!

Για μένα είναι ΑΨΟΓΑ τα θέματα!

Λύση του Θέματος Δ

Δ1) $\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}\stackrel{\left(\frac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x}{1}=1=f(0)$ άρα η είναι συνεχής στο .

Για $x\neq 0$ είναι $f'(x)=\dfrac{xe^x-e^x+1}{x^2}=\dfrac{h(x)}{x^2}$ όπου . Το πρόσημο της καθορίζει το πρόσημο της . Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη σε όλο το $\mathbb{R}$ με . Επίσης:

$h'(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$h'(x)>0 \Leftrightarrow x>0$ άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$

$h'(x)<0 \Leftrightarrow x<0$ άρα η είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0,+\infty)$

Συνεπώς για έχουμε $h(x)>g(0)\Leftrightarrow f'(x)>0$

Για έχουμε $h(x)>g(0)\Leftrightarrow f'(x)>0$

Άρα τελικά αφού η για κάθε $x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ και είναι συνεχής στο άρα τελικά η είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το $\mathbb{R}$ .

Δ2) α) Θα βρούμε αρχικά την παράγωγο της στο με τη χρήση του ορισμού.

$\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-x-1}{x^2} \stackrel{\left(\frac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{2x}\stackrel{\left(\frac{0}{0}\right)}{=}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{2}=\dfrac{1}{2}\in\mathbb{R}$

άρα η είναι παραγωγίσιμη στο με $f'(0)=\dfrac{1}{2}$ .

Τώρα, η είναι προφανής λύση της δοσμένης εξίσωσης αφού για το πρώτο μέλος είναι ίσο με

$\displaystyle\int_1^{2\frac{1}{2}}f(u)du=\displaystyle\int_1^{1}f(u)du=0$

Αφού η είναι κυρτή άρα η είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς:

για $x>0 \Rightarrow f'(x)>f'(0)\Leftrightarrow 2f'(x)>1$ και είναι απλό (με διάκριση περιπτώσεων) να δείξουμε ότι για κάθε . Συνεπώς $\displaystyle\int_{1}^{2f'(x)} f(u)du>0$ άρα δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης για .

Όμοια για $x<0 \Rightarrow f'(x)<f'(0)\Leftrightarrow 2f'(x)<1$ και είναι απλό (με διάκριση περιπτώσεων) να δείξουμε και πάλι ότι . Συνεπώς $\displaystyle\int_{2f'(x)}^{1} f(u)du>0 \Leftrightarrow \displaystyle\int_{1}^{2f'(x)} \left(f(u)\right)du<0$ άρα δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης για .

Συνεπώς η μοναδική λύση της αρχικής εξίσωσης είναι η .

β) $y(t)=f\left(x(t)\right)=\dfrac{e^{x(t)}-1}{x(t)}$ , συνεπώς $y'(t)=\dfrac{e^{x(t)}x'(t)x(t)-\left(e^{x(t)}-\left(e^{x(t)}-1\right)x'(t)}{x^2(t)}$

Για ισχύει

$\begin{aligned}x'(t_0)=2y'(t_0) &\Leftrightarrow x'(t_0)=2\dfrac{e^{x(t)}x'(t)x(t)-\left(e^{x(t)}-\left(e^{x(t)}-1\right)x'(t)}{x^2(t)} \\ &\stackrel{x'(t_0)>0}{\Leftrightarrow} 2e^{x(t_0)}x(t_0)-2e^{x(t_0)}+2-x^2(t_0)=0 \ \ (1)\end{aligned}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ με $k'(x)=2x\left(e^x-1\right)$

$k'(x)=0\Leftrightarrow x=0$

Είναι εύκολο να δούμε με περιπτώσεις ή φτιάχνοντας πίνακα προσήμου ότι για κάθε $x\neq 0$ .

Συνεπώς η είναι γνησίως άυξουσα στο $\mathbb{R}$ ως συνεχής στο . Επίσης αφού η έχει προφανή ρίζα την η οποία είναι και μοναδική. Συνεπώς η εξίσωση γράφεται $k\left(x(t_0)\right)=0\Leftrightarrow x(t_0)=0$

Άρα $y(t_0)=f\left(x(t_0)\right)=f(0)=1$ συνεπώς το ζητούμενο σημείο είναι το

Δ3) $g(x)=\left(e^x-e\right)^2(x-2)^2$ . Η είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ ως γινόμενο παραγωγισίμων με

$g'(x)=2\left(e^x-e\right)(x-2)(xe^x-e^x-e)=2\left(e^x-e\right)(x-2)r(x)$ , όπου . Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με . Είναι $r'(x)=0\Leftrightarrow x=0$ και $r'(x)>0 \Leftrightarrow x>0$ άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$

Μάλιστα επειδή $r(1)=-e<0, \ \ r(2)=e^2-e>0$ και η είναι συνεχής στο άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_0\in(1,2)$ ώστε και επειδή η είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Τελικά $g'(x)=0 \Leftrightarrow \left(x=1 \textnormal{\gr \ ή \ \en}, x=x_0, \textnormal{\gr \ ή \ \en}, x=2\right)$

Συνεπώς φτιάχνοντας ένα πίνακα προσήμου για την φαίνεται εύκολα ότι

όταν $x\in (0,1)\cup(x_0,2)$ ενώ όταν $x\in(1,x_0)\cup(2,+\infty)$

Άρα η είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα και ενώ είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα και $[2,+\infty)$ .

Άρα τελικά όπως φαίνεται και από τον πίνακα μονοτονίας, η έχει θέσεις τοπικών ελαχίστων στα και και μία θέση τοπικού μεγίστου στο .

Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο τυπογραφικό την ώρα που τα έγραφα!

Αλέξανδρος

Καλημέρα . Δεν έχει περιορισμό για το $x(t)\ne 0$ λόγω παρονομαστή;

#15

Για το Γ3

Είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x - \ln \left( {{e^x} + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln {e^x} - \ln \left( {{e^x} + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + 1}}} \right)$

Επειδή υπάρχει το $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^x} + 1} \right)}^\prime }}}$ , είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^x} + 1} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{e^x}}}{{{e^x}}} = 1$ ,

οπότε $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln 1} \right) = 0$ . Η ευθεία y=0

είναι η οριζόντια ασύμπτωτης της $\displaystyle {C_h}$ στο $\displaystyle + \infty$

Είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{h\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{x - \ln \left( {{e^x} + 1} \right)}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {1 - \frac{{\ln \left( {{e^x} + 1} \right)}}{x}} \right)$

Είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{\ln \left( {{e^x} + 1} \right)}}{x}} \right) = 0$ αφού $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{e^x} + 1} \right) = 0 + 1 = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln \left( {{e^x} + 1} \right)} \right) = 0,\;\;\;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{x} = 0$

οπότε $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{h\left( x \right)}}{x} = 1 = \lambda$

και $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {h\left( x \right) - \lambda x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln \left( {{e^x} + 1} \right)} \right) = 0 = \beta$ , οπότε η $\displaystyle y = x$ είναι η πλάγια ασύμπτωτη της $\displaystyle {C_h}$ στο $\displaystyle - \infty$

spege · #16

το Γ4 δεν μου αρέσει ....ισως να έχει πρόβλημα
Σπύρος

Βαγγέλης Κορφιάτης · #17

Καλημέρα συνάδελφοι.
Είμαι νέος στο δίκτυο και δεν έχω εξοικειωθεί με το περιβάλλον.
Νομίζω ότι η πρόταση γ στο Α θέμα πρέπει να χαρακτηριστεί λάθος.
Πιθανόν η συνάρτηση να ορίζεται σε μεμονωμένο σημείο στο οποίο να παρουσιάζει το ολικό μέγιστο.
Το ολικό μέγιστο δεν είναι κατ' ανάγκην ούτε το supremum των τοπικών μεγίστων.

Christos75 · #18

spege έγραψε:το Γ4 δεν μου αρέσει ....ισως να έχει πρόβλημα
Σπύρος

Σαν τι πρόβλημα?

Γιώργος Απόκης · #19

A.1 Σχολικό βιβλίο, σελίδα 251

A.2 Σχολικό βιβλίο, σελίδα 273

A.3 Σχολικό βιβλίο, σελίδα 150

#20

Θεοδωρος Παγωνης έγραψε:Καλημέρα . Δεν έχει περιορισμό για το $x(t)\ne 0$ λόγω παρονομαστή;

Θοδωρή έχεις δίκιο και το διόρθωσα.

Δίνω και μία εναλλακτική λύση για το Δ2 απλούστερη.

Θέλουμε να βρούμε το x(t_0)

για το οποίο ισχύει

$\begin{aligned} & x'(t_0) =2y'(t_0) \Leftrightarrow x'(t_0)=2f'(x(t_0))x'(t_0) \\ &\stackrel{x'(t_0)\neq 0}{\Leftrightarrow} f'(x(t_0))=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow f'(x(t_0))=f'(0)\stackrel{f' \ \uparrow \ \textnormal{\gr άρα\en} \ 1-1}{\Leftrightarrow} x(t_0)=0\end{aligned}$ .

Άρα y(t_0)=f(x(t_0))=f(0)=1

.

Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το A(0,1)

Αλέξανδρος

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Μέλη σε σύνδεση