Μαθηματικά Προσανατολισμού 2016. Συγχαρητήρια στην Επιτροπή.

Θέματα για την Εκπαίδευση και τους Εκπαιδευτικούς
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2452
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μαθηματικά Προσανατολισμού 2016. Συγχαρητήρια στην Επιτροπή.

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Μαρ 26, 2017 12:54 am

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε:Η αστοχία είναι αστοχία και το λάθος λάθος είτε αποδεικνύονται εύκολα είτε αποδεικνύονται δύσκολα. Εγώ φυσικά δεν έχω πρόβλημα κ Παπαδόπουλε. Όμως φαίνεται ότι εσείς ζορίζεστε και δεν ξέρω γιατί. Δεν σας γνωρίζω άλλως τε. Εξεταζόμενος θα μπορούσε να είναι και ένας μαθηματικός. Και να είστε σίγουρος ότι αν κάποιος τα έγραφε έτσι θα τα θεωρούσαν λάθος. Θα ρωτούσαν δηλαδή την επιτροπή του βαθμολογικού και αυτή αμέσως θα αποφαινόταν; Ξέρω πολύ καλά από βαθμολογικά κέντρα κύριε

Καλοπροαίρετα
Π Κ
Δεν ξέρετε γιατί ζορίζομαι για ένα απλό λόγο.Δεν ζορίζομαι.Από βαθμολογικά κέντρα δεν γνωρίζω και νομίζω το τι
γίνετε εκεί είναι θέμα άλλων.
Διάβασα εν τάχει τις αποδείξεις σας.Χρησιμοποιείτε εργαλεία εκτός σχολικής ύλης(π.χ όρια ακολουθιών).Επίσης φαίνεται ότι είσθε καλός μαθηματικός και ότι μάλλον δεν υπάρχει λάθος.
Το πρόβλημα είναι το εξής:
Δίνετε ένα θέμα.Υπάρχει μια λύση σε κάποια πλαίσια.Υπάρχει και μια διαφορετική λύση πολύ πιο χρονοβόρα στα ίδια πλαίσια
(η σε παραπάνω) η οποία διαπιστώνει ότι κάποιες υποθέσεις είναι περιττές και ότι αποδεικνύοντας κάτι που δεν ζητάει το θέμα
κάνει τα ερωτήματα του τετριμμένα.
Η ερώτηση είναι αν είναι καλό (εντάξει) το θέμα.
Η προσωπική μου άποψη είναι ότι είναι εντάξει.
Απο ότι καταλαβαίνω εσείς έχετε την άποψη ότι δεν είναι εντάξει.
Κανένα πρόβλημα.Εχουμε διαφορετικές απόψεις.
Και κάτι τελευταίο.Θα χαιρόμουν να είχατε συμμετοχή στο forum λύνοντας η προτείνοντας ασκήσεις.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 874
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Re: Μαθηματικά Προσανατολισμού 2016. Συγχαρητήρια στην Επιτροπή.

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Κυρ Μαρ 26, 2017 2:49 pm

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε:Η αστοχία είναι αστοχία και το λάθος λάθος είτε αποδεικνύονται εύκολα είτε αποδεικνύονται δύσκολα. Εγώ φυσικά δεν έχω πρόβλημα κ Παπαδόπουλε. Όμως φαίνεται ότι εσείς ζορίζεστε και δεν ξέρω γιατί. Δεν σας γνωρίζω άλλως τε. Εξεταζόμενος θα μπορούσε να είναι και ένας μαθηματικός. Και να είστε σίγουρος ότι αν κάποιος τα έγραφε έτσι θα τα θεωρούσαν λάθος. Θα ρωτούσαν δηλαδή την επιτροπή του βαθμολογικού και αυτή αμέσως θα αποφαινόταν; Ξέρω πολύ καλά από βαθμολογικά κέντρα κύριε.

Το επιχείρημά σας για το ολοκλήρωμα κ Συγκελάκη (μη με παρεξηγήσετε) μου θυμίζει Αίσωπο '' ίχνη μόνο ζητώ ουχί αυτόν τον λέοντα ''. Αλλά απαντήστε μου σας παρακαλώ σ' ένα ερώτημα. Η επιτροπή των θεμάτων τα γνώριζε αυτά και παρά ταύτα έδωσε το θέμα; Είναι τόσο δύσκολο να δεχθούμε μια αλήθεια; Και κάτι ακόμη. Γιατί κανένας δεν έλεγξε αυτά που έγραψα; Μπορεί να είναι λάθος, να μου το δείξετε, να ζητήσω συγνώμη και το πράγμα να τελειώσει εδώ.

Καλοπροαίρετα
Π Κ
Κύριε Παπαστεργίου, καλησπέρα!

Κατ' αρχάς να πω μπράβο για την λύση σας, αν και μένει να αποδειχθεί η ορθότητα της, ήθελε αρκετό χρόνο, δουλειά και κόπο. Αυτό που θέλω να τονίσω από τη μεριά μου είναι ότι δεν μπορούμε να κάνουμε μια άρτια μαθηματική συζήτηση, μέσα από εκφράσεις του τύπου "Όμως φαίνεται ότι εσείς ζορίζεστε και δεν ξέρω γιατί". Είναι άσχημο, αντι-συναδελφικό. Καλό είναι να αποφεύγονται λοιπόν τέτοιες εκφράσεις. Τώρα, γράφετε "Εξεταζόμενος θα μπορούσε να είναι και ένας μαθηματικός.". Μα πως μπορεί να γίνει αυτό, το πράγμα. Εκτός αν πάει κάποιος για την πλάκα του. Και αφού λέτε ότι ξέρετε από βαθμολογικά κέντρα, πείτε μου πόσοι από τους εξεταζομενους ήταν μαθηματικοί. Καλό είναι, επειδή μας βλέπουν και ΜΑΘΗΤΕΣ, να είμαστε ρεαλιστές. Είναι προφανές, ότι η ταυτοτική συνάρτηση επαληθεύει, το ερώτημα όμως για το αν είναι μοναδική δεν μπορεί να απαντηθεί σε καμία περίπτωση από τους μαθητές. Καμία εξεταστική επιτροπή δεν βάζει θέματα με το σκεπτικό να λύνονται με πανεπιστημιακές γνώσεις. Επίσης, αδιαμφισβήτητο είναι το γεγονός, ότι η άσκηση είναι ΟΛΟΣΩΣΤΗ. Εν ολίγοις το όλο σκεπτικό σας (πείτε μου αν κάνω λάθος) μου θυμίζει την παρακάτω άσκηση:

Έστω f δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση ορισμένη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Αν για κάθε x\in \mathbb{R} ισχύει \displaystyle{f''(x)=e^{2f(-x)}}, να αποδείξετε ότι η f είναι κυρτή.

Δηλαδή, στο παραπάνω θα βρίσκατε την συνάρτηση πρώτα και μετά θα λέγατε άρα προφανής και η κυρτότητα;

Φιλικά.


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4238
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά Προσανατολισμού 2016. Συγχαρητήρια στην Επιτροπή.

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Δευ Μαρ 27, 2017 11:42 pm

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε:Λίγο μετά τις εξετάσεις του 2016, με αναρτήσεις μου στο YouTube, ισχυρίστηκα και απέδειξα (έτσι τουλάχιστον νομίζω) κάποια πράγματα για τα θέματα μαθηματικών προσανατολισμού. Περίμενα αντιδράσεις θετικές ή αρνητικές οι οποίες όμως δεν εμφανίστηκαν. Έτσι επειδή πλησιάζουν και οι νέες εξετάσεις αποφάσισα να γράψω και εδώ ελπίζοντας να έχω κάποια απάντηση που θα συντελέσει να συγχαρώ και εγώ (έστω και καθυστερημένα) την επιτροπή θεμάτων.

Συγκεκριμένα, εκτός των άλλων, λέω ότι στο τέταρτο θέμα η συνάρτηση f αποκαλύπτεται από τα δεδομένα και είναι η ταυτοτική συνάρτηση παντού ή είναι η ταυτοτική μέχρις ενός σημείου δεξιά του π και πέραν τούτου ισχύει
f\left ( x \right )> x.

Αν έχω δίκαιο το θέμα κατά το μέγιστο μέρος καθίσταται προφανές ενώ το ολοκλήρωμα του τετάρτου ερωτήματος υπολογίζεται εύκολα σε \frac {\pi ^{2}}{2} και όχι απλώς μικρότερο του \pi ^{2}. Επίσης επειδή κάτι τέτοιο φαίνεται πως δεν έγινε αντιληπτό δεν προβλέφθηκε και ανάλογος τρόπος βαθμολόγησης. Ακολουθεί μια περιληπτική απόδειξη των ισχυρισμών μου.

Από \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left ( x \right )}{\sin x}= 1 προκύπτει εύκολα ότι f\left ( 0 )= 0 και {f}'\left ( 0 \right )= 1.

Από τη σχέση e^{f\left ( x \right )}+x=f\left ( f\left ( x \right ) \right )+e^{x} δια παραγωγίσεως δεδομένου και του {f}'\left ( 0 \right )= 1 η παράγωγος της f βγαίνει μη μηδενική άρα θετική οπότε η f γνησίως αύξουσα παντού.

Διάστημα (-\infty ,0]
Από e^{f\left ( x \right )}+x=f\left ( f\left ( x \right ) \right )+e^{x}\displaystyle{\Rightarrow 
e^{f\left ( x \right )}-f\left ( f\left ( x \right ) \right )=e^{x}-x\Rightarrow 
e^{f\left ( x \right )}-f\left ( f\left ( x \right ) \right )-f\left ( x \right )=e^{x}-f\left ( x \right )-x\Rightarrow 
θέτοντας  G\left ( x \right )= e^{x}-f\left ( x \right )-x  θα είναι   G\left ( f\left ( x \right ) \right )=G\left ( x \right ).  Όμως  {G}'\left ( x \right )= e^{x}-{f}'\left ( x \right )-1< 0   \forall x< 0 \Rightarrow G\left ( x \right )  αριστερά του μηδενός 
είναι ένα προς ένα.  
 
Όμως x \leq 0 \Leftrightarrow f\left ( x \right ) \leq 0  οπότε   G\left ( f\left ( x \right ) \right )=G\left ( x \right ) δίνει f\left ( x \right ) = x[unparseable or potentially dangerous latex formula]x_{0}  με  f\left ( x_{0} \right ) \neq x_{0}  πχ  f\left ( x_{0} \right )-x_{0} > 0  (η περίπτωση  f\left ( x_{0} \right )- x_{0} < 0 αντιμετωπίζεται αναλόγως). Τότε λόγω συνεχείας υπάρχει μια περιοχή του x_{0} όπου είναι f\left ( x \right )-x> 0 μάλλιστα επειδή  f\left ( 0 \right )=0  και f\left ( \pi \right )=\pi  υπάρχει ένα διάστημα \left [a,b \right ] με f\left ( a \right )=a , f\left ( b \right )=b  και f\left ( x \right )-x> 0  εσωτερικά του \left [ a,b \right ]. Τώρα αν f^{n+1}= f\left ( f^{n} \right ) για κάθε εσωτερικό σημείο του \left [ a,b \right ] η ακολουθία f^{n}\left ( x \right ) είναι γνησίως αύξουσα και φραγμένη οπότε συγκλίνει. Μάλιστα είναι  \lim_{n \to \infty }f^{n}\left ( x \right )= b.  
 
Πράγματι  
x\epsilon \left ( a,b \right )\Rightarrow a< x< b\Rightarrow a= f\left ( a \right )< f\left ( x \right )< f\left ( b \right )= b \Leftrightarrow 
a< f\left ( x \right )< b\Rightarrow a< f^{2}\left ( x \right )< b\Rightarrow a< f^{n}\left ( x \right )< b 
 
Επίσης  
f\left ( x \right )> x\Rightarrow f^{2}\left ( x \right ) > f\left ( x \right )\Rightarrow f^{n+1}\left ( x \right )> f^{n}\left ( x \right ) 
 
Τέλος αν  
\lim_{n \to \infty }f^{n}\left ( x \right )= c< b \Rightarrow 
f\left ( c \right )= f\left ( \lim_{n \to \infty }f^{n}\left ( x \right ) \right )= \lim_{n \to \infty }f^{n+1}\left ( x \right )=c 
 
Όμως  
c\epsilon \left ( a,b \right )\Rightarrow f\left ( c \right )> c. Άρα \lim_{n \to \infty }f^{n}\left ( x \right )= b 
 
G\left ( f\left ( x \right ) \right )= G\left ( x \right )\Rightarrow G\left ( f^{2}\left ( x \right ) \right )= G\left ( f\left ( x \right )= G\left ( x \right ) \right ) 
 
και γενικά  
G\left ( f^{n}\left ( x \right ) \right )= G\left ( x \right ) 
  
οπότε  
G\left ( b \right )= \lim_{n \to \infty }G\left ( f^{n}\left ( x \right ) \right )= G\left ( x \right ) 
 
Η G είναι σταθερά οπότε  
G\left ( x \right )=G\left ( a \right )\Rightarrow G\left ( a \right )= G\left ( b \right )\Rightarrow e^{a}-2a= e^{b}-2b 
 
Η συνάρτηση e^{x}-2x[unparseable or potentially dangerous latex formula]ln2\epsilon \notin \left [ a,b \right ]   από e^{a}-2a= e^{b}-2b\Rightarrow a= b  άτοπο 
 
Αν ln2\epsilon \left [ a,b \right ] τότε ln2> a  ή  ln2< b 
Και τα δύο αντιμετωπίζονται αναλόγως.  
 
Έστω λοιπόν  ln2< b 
Τότε ln2< b \Rightarrow e^{b}> 2\Rightarrow e^{b}-1> 1     Αλλά {G}'\left ( x \right )= 0 \Rightarrow e^{x}-{f}'\left ( x \right )-1= 0 \Rightarrow e^{b}-{f}'\left ( b \right )-1= 0 \Rightarrow {f}'\left ( b \right )= e^{b}-1> 1 
 
Όμως f\left ( x \right )-f\left ( b \right )= f\left ( x \right )-b> x-b \Rightarrow \frac{f\left ( x \right )-f\left ( b \right )}{x-b}< 1 \Rightarrow {f}'\left ( b \right )\leq 1 Άτοπο οπότε f\left ( x \right )= x,x\epsilon \left [ 0,\pi \right ] 
 
Απομένει η περίπτωση δεξιά του π. 
Σύμφωνα με τα προηγούμενα αν δεξιά του \pi υπάρχει κάποιο αναλλοίωτο σημείο y θα είναι f\left ( x \right )= x,x\epsilon \left ( -\infty ,y \right )[unparseable or potentially dangerous latex formula]f\left ( x \right )\neq x,x> z 
Λόγω συνεχείας η f\left ( x \right )-x διατηρεί πρόσημο. Θα αποκλείσουμε την περίπτωση του πλήν. 
 
Πράγματι αν υποθέσουμε ότι f\left ( x \right )< x, x> z όπως προηγούμενα η f^{n}\left ( x \right ) είναι φθίνουσα φραγμένη προς τα κάτω από z και είναι \lim_{n \to \infty }f^{n}\left ( x \right )= z 
Επίσης {G}'\left ( x \right )= 0\Rightarrow {f}'\left ( z \right )=e^{z}-1> 1 
Από αριστερά όμως {f}'\left ( z \right )= 1 άτοπο. Άρα f\left ( x \right )> x,x> z[unparseable or potentially dangerous latex formula]f του 4ου θέματος συμπίπτει με την x στο διάστημα \left( -\infty ,0 \right)[unparseable or potentially dangerous latex formula][0,\pi ] άρα επεκτείνει την σύπτωση των f ,  x στο διάστημα \left( -\infty ,\pi \right] 
<strong class="text-strong">2) </strong> Δύο τινά μπορούν να συμβούν: Ή η συνάρτηση είναι ταυτοτική στ \mathbb{R}  <strong class="text-strong"><span style="text-decoration: underline">είτε</span></strong> είναι ταυτοτική σε κάποιο διάστημα \left( -\infty ,z\right] με z \geq \pi και στο \left( z,+\infty \right) έχει την ιδιότητα f(x)>x[unparseable or potentially dangerous latex formula]f κάθε x για το οποίο ισχύει f(x)=x 
 
<strong class="text-strong">ΙΣΧΥΡΙΣΜΟΣ 1</strong> <em class="text-italics">Κάθε σημείο μεταξύ δύο αναλλοιώτων σημείων της f είναι αναλλοίωτο.</em> 
<em class="text-italics">Απόδειξη. </em> 
Έστω S το σύνολο των αναλλοιώτων σημείων της f και x_{1}<x_{2} δύο σημεία του. Θα είναι f(x_{1})=x_{1} και f(x_{2})=x_{2}. Επειδη η f είναι γνησίως αύξουσα αν x_{1}<x<x_{2} θα είναι και f\left( x_{1}\right) <f\left( x\right) <f\left( x_{2}\right) δηλαδή x_{1}<f\left( x\right) <x_{2}. Άρα f\left( \left[ x_{1},x_{2}\right] \right) \subseteq \left[ x_{1},x_{2}\right] και αφού η f είναι συνεχής από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής έχουμε ότι f\left( \left[ x_{1},x_{2}\right] \right) =\left[ x_{1},x_{2}\right]. Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο ισχυρισμός δεν αληθεύει. Τότε θα υπάρχει x_{0}\in \left( x_{1},x_{2}\right) ώστε f\left( x_{0}\right) \neq x_{0}. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι f\left( x_{0}\right) >x_{0} μιας και η περίπτωση f\left( x_{0}\right) <x_{0} αντιμετωπίζεται ανάλογα. 
Τα σύνολα S_{1}=S\cap \left[ x_{1},x_{0}\right] και S_{2}=S\cap \left[ x_{0},x_{2}\right] είναι μη κενά αφού περιέχουν τα x_{1},x_{2} αντίστοιχα και φραγμένα αφού περιέχονται στο \left[ x_{1},x_{2}\right]. Επομένως υπάρχουν τα  \alpha =\sup S_{1} και \beta =\inf S_{2}. Επίσης θα υπάρχουν ακολουθίες \left( u_{n}\right) ,\left( w_{n}\right) από τα S_{1}, S_{2} που θα συγκλίνουν στα \alpha ,\beta. Λόγω συνεχείας θα είναι f\left( u_{n}\right) \rightarrow f\left( \alpha \right), f\left( w_{n}\right) \rightarrow f\left( \beta \right). Αλλά f\left( u_{n}\right) =u_{n} και f\left( w_{n}\right) =w_{n} επομένως u_{n}\rightarrow f\left( \alpha \right) και w_{n}\rightarrow f\left( \beta \right). Άρα από την μοναδικότητα των ορίων έχουμε ότι f\left( \alpha \right) =\alpha και f\left( \beta \right) =\beta. Φυσικά \alpha <x_{0}<\beta.  
Από τον ορισμό των \alpha, \beta έχουμε ότι για κάθε x\in \left( \alpha ,\beta \right) ισχύει f\left( x\right) \neq x δηλαδή η συνεχής f\left( x\right) -x δεν έχει ρίζες και επομένως διατηρεί πρόσημο στο \left( \alpha ,\beta \right) που λόγω της f\left( x_{0}\right) >x_{0} είναι θετικό. Συνεπώς f\left( x\right) >x για κάθε x\in \left( \alpha ,\beta \right). 
Έστω οποιοδήποτε x\in \left( \alpha ,\beta \right) και η ακολουθία \left( u_{n}\right) με u_{1}=x και u_{n+1}=f\left( u_{n}\right). Από την μονοτονία της f και την σχέση f(x)>x συνάγουμε ότι  
\alpha <x=u_{1}<u_{2}<u_{3},...<\beta. Επομένως η \left( u_{n}\right) ως αύξουσα και φραγμένη συγκλίνει σε κάποιο u\leq \beta. Αφού u_{n}\rightarrow u θα ισχύει και f\left( u_{n}\right) \rightarrow f\left( u \right) δηλαδή η υπακολουθία \left( u_{n+1}\right) της \left( u_{n}\right) συγκλίνει στο f\left( u \right). Αλλά συγχρόνως συγκλίνει στο u. Άρα f(u)=u και επομένως u=\beta. 
\\Θεωρούμε την συνάρτηση G\left( x\right) =e^{x}-x-f\left( x\right). Επειδή για την δοθείσα f ισχύει e^{f\left( x\right) }-f\left( f\left( x\right) \right) =e^{x}-x έχουμε ότι G\left( f\left( x\right) \right) =e^{f\left( x\right) }-f\left( x\right) -f\left( f\left( x\right) \right) =e^{x}-x-f\left( x\right) =G\left( x\right). Επομένως G\left( u_{n+1}\right) =G\left( f\left( u_{n}\right) \right) =G\left( u_{n}\right) από το οποίο προκύπτει ότι G\left( u_{n+1}\right) =....=G\left( u_{1}\right) =G\left( x\right). Αν πάρουμε όρια στην G\left( u_{n+1}\right) =G\left( x\right) βρίσκουμε ότι G\left( x\right) =G\left( \beta \right) δηλαδή η G είναι σταθερή στο \left[ x_{1},x_{2}\right]. Θα είναι η παράγωγος της ίση με μηδέν δηλαδή e^{x}-1-f^{\prime }\left( x\right) =0. Θα είναι τότε f'\left( x \right) = e^x - 1 
 και επομένως f\left( x \right) = e^x - x + k. Θέτοντας x = \alpha 
 και x = \beta βρίσκουμε ότι \alpha = e^\alpha - \alpha + k 
 και \beta = e^\beta - \beta + k. Άρα e^\alpha - 2\alpha = e^\beta - 2\beta. Θεωρούμε την συνάρτηση g\left( x \right) = e^x - 2x που είναι γνησίως φθίνουσα στο \left( { - \infty ,\ln 2} \right] 
 και γνησίως αύξουσα στο \left[ {\ln 2, + \infty } \right). Αποκλείεται τα \alpha ,\beta 
 να ανήκουν αμφότερα στο \left( { - \infty ,\ln 2} \right] ή στο \left[ {\ln 2, + \infty } \right). Επομένως \alpha < \ln 2 < \beta. Έστω x \in \left[ {\ln 2,\beta } \right). Θα ισχύει  
f\left( x\right) -f\left( \beta \right) >x-f\left( \beta \right) >x-\beta διότι στο \left[ \alpha,\beta \right) είναι f(x)>x. Άρα f\left( \beta \right) -f\left( x\right) <\beta -x και επομένως \frac{f\left( \beta \right) -f\left( x\right) }{\beta -x}<1. Παίρνοντας όρια για x\rightarrow 1^{-} βρίσκουμε ότι f^{\prime }\left( \beta \right) \leq 1. Αλλά f^{\prime }\left( \beta \right) =e^{\beta }-1>e^{\ln 2}-1=1 (άτοπο). 
Τελικά f(x)=x για κάθε x\in \left[ x_{1},x_{2}\right].  
Αυτό έχει σαν συνέπεια ότι η f συμπίπτει με την x για x \leq \pi. 
  
<strong class="text-strong">ΙΣΧΥΡΙΣΜΟΣ 2</strong> <em class="text-italics">Αν το S δεν είναι φραγμένο άνω τότε επειδή (Βλ. αποδείξεις Μπαλλού, Καλαμάτα) (-\infty ,\pi ]\subseteq S Θα είναι S=\mathbb{R}. Αν δεν είναι και έχει ελάχιστο άνω φράγμα z τότε f(x)=x για x \leq z και f(x)>x για x>z.</em> 
<em class="text-italics">Απόδειξη</em> 
Αν S  είναι φραγμένο άνω τότε έστω z=\sup S. Επειδή το z είναι σημείο συσσώρευσης του S θα υπάρχει ακολουθία στοιχείων του S που συγκλίνει στο z και χρησιμοποιώντας παρόμοια επιχειρήματα με αυτά που δώσαμε για το \alpha βρίσκουμε ότι f(z)=z. Tώρα για κάθε x\in \left( z,+\infty \right) λόγω μονοτονίας της f θα είναι και f\left( x\right) \in \left( z,+\infty \right). Ακόμη  η συνάρτηση f(x)-x[unparseable or potentially dangerous latex formula]x θα ισχύει f(x)<x και η ακολουθία \left( r_{n}\right) με r_{1}=x,\,\ \ \ r_{n+1}=f\left( r_{n}\right) είναι γνησίως φθίνουσα και φραγμένη από το z. Άρα συγκλίνει σε κάποιο r\in \lbrack z,+\infty ). Θα f(r)=r οπότε αναγκαστικά r=z.  
Όπως πριν G(r_{n})=G(x) και παίρνοντας όρια βρίσκουμε ότι G(x)=G(z) οπότε G'(x)=0.  
Η από τα αριστερά παράγωγος της f είναι 1 ενώ από τα δεξιά είναι e^{z}-1>e^{\ln 2}-1>1. (άτοπο). 
 
Άρα αν το S είναι φραγμένο τότε θα ισχύει f(x)>x για κάθε x\in \left( \sup S,+\infty \right)[unparseable or potentially dangerous latex formula]f συμπίπτει με την ταυτοτική του \mathbb{R}[unparseable or potentially dangerous latex formula]f\left ( x \right )< x που απορρίψαμε ή τη σχέση f\left ( x \right )> x[unparseable or potentially dangerous latex formula]f\left ( R \right )= R 
 
Πραγματικά θα αποκλείσουμε και την περίπτωση  f\left ( x \right )> z \forall x> z 
 
Θεωρούμε προς τούτο την ακολουθία των μη εκφυλισμένων διαστημάτων  
 \left [ z+\frac{1}{n} ,f\left ( z+\frac{1}{n} \right )\right ] τα οποία προφανώς είναι δεξιά του z  και στα άκρα τους ισχύει 
G\left ( z+\frac{1}{n} \right )= G\left ( f\left ( z+\frac{1}{n} \right ) \right ) 
 
Η G[unparseable or potentially dangerous latex formula]\left [ z+\frac{1}{n} ,f\left ( z+\frac{1}{n} \right )\right ] υπάρχει κάποιο σημείο  x_{n} με {G}'\left ( x_{n} \right )= 0       \Rightarrow {f}'\left ( x_{n} \right )= e^{x_{n}}-1           (1) 
 
Ορίζεται λοιπόν η ακολουθία x_{n} με z+\frac{1}{n}< x_{n}< f\left ( z+\frac{1}{n} \right )\Rightarrow 
z= \lim_{n \to \infty }\left ( z+\frac{1}{n} \right )\leq \lim_{n \to \infty }x_{n}\leq \lim_{n \to \infty }f\left ( z+\frac{1}{n} \right )= f\left ( z \right )= z οπότε 
(1)  \Rightarrow}{f}'\left ( z \right )= e^{z}-1> e^{\pi }-1> 2^{3}-1= 7 άτοπο επειδή {f}'\left ( z \right )= 1
Άρα το μόνο που απομένει είναι το f\left ( x \right )= x \forall x\epsilon R

Συνοψίζοντας
Η συνάρτηση f είναι η ταυτοτική. Η σχέση f\left ( R \right )= R είναι περιττή, τα ερωτήματα Δ2α και Δ3 καθίστανται προφανή και το Δ4 άστο να πάει και προφανές και λάθος. Δεν αξίζει να αναφερθώ και στ' άλλα θέματα αφού η ναυαρχίδα τους μπάζει από παντού.

Είμαι απ ότι φαίνεται μόνος. Είστε πολλοί. Αν έχω λάθος θα πρέπει να το βρήτε και τότε εγώ πραγματικά κρεμάω τα παπούτσια. Αν όμως έχω δίκαιο εσείς θα αποσύρετε τα συχαρίκια;

Ευχαριστώ πάρα πολύ
Π Κ


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Παπαστεργίου Κώστας
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2016 2:36 pm

Re: Μαθηματικά Προσανατολισμού 2016. Συγχαρητήρια στην Επιτροπή.

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παπαστεργίου Κώστας » Πέμ Μαρ 30, 2017 11:16 pm

Αγαπητοί συνάδελφοι ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σας σχετικά με όσα ανήρτησα στη σελίδα "mathematika". Ευχαριστώ και για το διάλογο όπως και αν έγινε. Κάποιες άτυχες στιγμές από πλευράς μου, ζητώ συγνώμη γι' αυτές, οφείλονται στη διαπίστωση μιας προσπάθειας υποβαθμίσεως μιας απόψεως τεκμηριωμένης, με σοβαρές συνέπειες πάνω σ' ένα θέμα πανελλαδικών εξετάσεων.
Κρίνοντας όμως το διάλογο εκ του αποτελέσματος, τον θεωρώ επικοδομητικότατο διότι ήταν η αιτία να κλείσω από μαθηματικής πλευράς το θέμα όσο καλύτερα γινόταν, με τη διαπίστωση δηλαδή ότι η f αφήνει αναλλοίωτα όλα τα σημεία της πραγματικής ευθείας.
Από ένα καλό χτένισμα της αποδείξεως προκύπτει ότι μια εικασία εξελίχθηκε, όχι εύκολα, στο πιο κάτω ωραίο θέμα.

Η πραγματική συνάρτηση f που πληροί τις ιδιότητες 1 έως 3 που ακολουθούν είναι η ταυτοτική.
1. f\left ( 0 \right )= 0 και f\left (  a\right )= a για κάποιο a> ln2
2. Έχει στο R συνεχή πρώτη παράγωγο με {f}'\left ( 0 \right )= 1 και
3. Ισχύει e^{f\left ( x \right )}+x= f\left ( f\left ( x \right ) \right)+e^{x} \forall x\epsilon R

Επίσης από την απόδειξη φαίνεται ότι όχι μόνο δεν απαιτείται η συνέχεια της δευτέρας παραγώγου, αλλά ούτε καν η ύπαρξή της. Ο ρόλος της είναι μόνο για να δοθεί ας πούμε με πονηριά το δεύτερο αναλλοίωτο σημείο π. Με ανάλογο τρόπο δόθηκαν και τα
f\left ( 0 \right )=0 και {f}'\left ( 0 \right )=1
Είναι τακτική που ακολουθείται εδώ και πολλά χρόνια. Επειδή δεν είναι εύκολο να επινοήσουμε θέματα με απλά δεδομένα και δυνατά αποτελέσματα, κάνουμε τα δεδομένα μικρές ασκησούλες. Την ίδια τακτική ακολούθησε και αυτή η επιτροπή. Από που λοιπόν τα μακράν καλύτερα κ Μαυρογιάννη; Λίγο πιο εύκολα λίγο πιο δύσκολα μικρό το κακό. Κάθε χρόνο οι μαθητές βγαίνουν έξω με το μυαλό κουρκούτι. Ακόμη κι αυτοί που αριστεύουν δουλεύουν μηχανικά γιατί έτσι τους μάθανε. Μεθοδολογία το λένε. Μετά από λίγο δεν θυμούνται τίποτα. Κατάλαβε κανείς με ποια συνάρτηση πάλευε; Ωφελήθηκε σε κάτι; Εμπλουτίστηκαν καθόλου οι γνώσεις του; Τα λέω με σκληρά λόγια στις αναρτήσεις μου. Εκεί επιτρέπω στον εαυτό μου αυτή την πολυτέλεια όπως και σε σας να μου γυρίσετε τον αντίχειρα και να σχολιάσετε όπως θέλετε. Αλήθειες όμως.
Η δική μου αλήθεια είναι ότι από τα γενικά του χαρακτηριστικά το θέμα είναι σαν όλα τ' άλλα. Από επιστημονικής όμως πλευράς κ Παπαδόπουλε έχει ένα πολύ σοβαρό μειονέκτημα. Είναι μια πρόταση που με περισσότερες προϋποθέσεις οδηγεί σε λιγότερα αποτελέσματα, όταν υπάρχει άλλη που με λιγότερες προϋποθέσεις οδηγεί σε καλύτερα αποτελέσματα. Λίγο πιο κάτω θα δώσω μια εξήγηση γιατί το θεωρώ λάθος.
Να πω όμως προηγουμένως ότι για την κυρτότητα της f από {f}''\left ( x \right )= e^{2f\left ( -x \right )} φυσικά και κάνετε λάθος κ Βοβέ ή Βόβο (δεν έχω δει το όνομά σας στα Ελληνικά) διότι εδώ υπάρχει κάτι προφανές. Αν βρούμε την f θα γίνει προφανέστερο; Τα ζητούμενα στο 4ο θέμα προφανώς δεν τα θεωρείτε προφανή. Προφανώς όμως έγιναν προφανή με τα αποκαλυπτήρια της f.
Αυτοί που κατασκεύασαν το θέμα στην αρχή θα σκέφτηκαν τη σχέση e^{f\left ( x \right )}+x= f\left ( x \right )+e^{x} η οποία εξυπηρετεί κάλλιστα αλλά δεν μπορεί να κρύψει την ταυτότητα της f(X)=X που πάνω της πατούσε η κατασκευή. Αλλάζοντας το f(x) στο 2o μέρος σε f(f(x)) νόμισαν ότι το πρόβλημα τακτοποιήθηκε. Εδώ λοιπόν ήταν το λάθος. Αυτή είναι κατά την άποψή μου η πιθανότερη εκδοχή.

Κλείνοντας να πω ότι πραγματικά διέθεσα πολύ χρόνο και μεγάλο μέρος της ηρεμίας μου πάνω στην εμμονή μου με το θέμα. Θα μπορούσα να έχω λάθος και αυτός ήταν ο Εφιάλτης μου γιαυτό και έκανα την πρώτη μου ανάρτηση, ένα μήνα και, μετά τις εξετάσεις. Μετά από τόση δουλειά δικαιούσαι να έχεις άποψη. Αυτοί που βγαίνουν στο μεσημβρινό δελτίο αμέσως μετά τις εξετάσεις;

Εδώ για μένα το όλο θέμα κλείνει
Ευχαριστώ
ΠΚ


Απάντηση

Επιστροφή σε “Εκπαιδευτικά Θέματα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης