Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Επιτροπή Θεμάτων 14
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Τρί Μάιος 27, 2014 1:36 am

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Επιτροπή Θεμάτων 14 » Δευ Ιουν 02, 2014 10:28 am

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 1760 φορές


Επιτροπή Θεμάτων 2014
Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 421
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιουν 02, 2014 10:32 am

Για να τα βλέπουμε σιγά-σιγά...


Χρήστος Λοΐζος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4597
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιουν 02, 2014 10:34 am

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 5


Άβαταρ μέλους
stavros
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 10, 2010 2:58 pm

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stavros » Δευ Ιουν 02, 2014 10:38 am

1. Λ
2. Σ
3. Σ
4. Σ
5. Λ
τελευταία επεξεργασία από stavros σε Δευ Ιουν 02, 2014 1:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4256
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Ιουν 02, 2014 10:41 am

Ωραία θεματάκια επέλεξε η επιτροπή για σήμερα.
Με ξάφνιασε ιδιαίτερα ο ρυθμός μεταβολής, το θέμα \Gamma το βρήκα χαριτωμένο, ενώ το B βατό.
Μου αρέσαν επίσης και τα Σ-Λ


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
stavros
Δημοσιεύσεις: 10
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 10, 2010 2:58 pm

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stavros » Δευ Ιουν 02, 2014 10:44 am

Τα σωστο λαθος Λ Σ. Σ. Σ. Λ


Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 421
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιουν 02, 2014 10:51 am

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


Χρήστος Λοΐζος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3970
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιουν 02, 2014 10:53 am

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 f 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 h καθορίζει το πρόσημο της f'. Η συνάρτηση h 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 h είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+\infty)

h'(x)<0 \Leftrightarrow x<0 άρα η h 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 f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το \mathbb{R}.


Δ2) α) Θα βρούμε αρχικά την παράγωγο της f στο 0 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 f 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 f είναι κυρτή άρα η f' 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 x>0. 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 t 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 0. 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. Τότεy(t_0)=f(x(t_0))=1 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 g 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 r 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 r 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 g' 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 g είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα (0,1] και [x_0,2] 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 g έχει 2 θέσεις τοπικών ελαχίστων στα x=1 και x=2 και μία θέση τοπικού μεγίστου στο x=x_0.

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

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Γιάννης Βενιέρης
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 05, 2011 12:48 pm

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Βενιέρης » Δευ Ιουν 02, 2014 10:55 am

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


Γιάννης
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4597
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιουν 02, 2014 11:09 am

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
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Δευ Ιουν 02, 2014 12:20 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9208
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιουν 02, 2014 11:10 am

Στο \Delta 3, η ύπαρξη της ρίζας x_0, γίνεται και με Rolle στο στο[1,2] για τη συνάρτηση g


Άβαταρ μέλους
thanasis kopadis
Δημοσιεύσεις: 149
Εγγραφή: Παρ Μαρ 22, 2013 9:51 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς - Αττική
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thanasis kopadis » Δευ Ιουν 02, 2014 11:15 am

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.


«Τι είναι το μηδέν, Μπαμπά ;»
«Ο αριθμός των φτερωτών ελεφάντων που στέκονται δίπλα σου.»
«Οι ροζ ή οι άσπροι;»
perpant
Δημοσιεύσεις: 457
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Δευ Ιουν 02, 2014 11:17 am

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)}


Παντούλας Περικλής
Θεοδωρος Παγωνης
Δημοσιεύσεις: 311
Εγγραφή: Τετ Οκτ 26, 2011 2:10 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Θεοδωρος Παγωνης » Δευ Ιουν 02, 2014 11:23 am

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 f 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 h καθορίζει το πρόσημο της f'. Η συνάρτηση h 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 h είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+\infty)

h'(x)<0 \Leftrightarrow x<0 άρα η h 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 f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το \mathbb{R}.


Δ2) α) Θα βρούμε αρχικά την παράγωγο της f στο 0 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 f 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 f είναι κυρτή άρα η f' 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 x>0. 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) 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 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 0. Επίσης αφού η k(x) έχει προφανή ρίζα την x_0=0 η οποία είναι και μοναδική. Συνεπώς η εξίσωση (1) 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 A(0,1)

Δ3) g(x)=\left(e^x-e\right)^2(x-2)^2. Η g 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 r 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 r 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 g' 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 g είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα (0,1] και [x_0,2] 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 g έχει 2 θέσεις τοπικών ελαχίστων στα x=1 και x=2 και μία θέση τοπικού μεγίστου στο x=x_0.

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;


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4597
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιουν 02, 2014 11:25 am

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


Άβαταρ μέλους
spege
Δημοσιεύσεις: 259
Εγγραφή: Δευ Απρ 27, 2009 10:24 pm

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από spege » Δευ Ιουν 02, 2014 11:27 am

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


Βαγγέλης Κορφιάτης
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Δευ Ιουν 02, 2014 11:19 am

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Βαγγέλης Κορφιάτης » Δευ Ιουν 02, 2014 11:28 am

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.


Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 421
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Δευ Ιουν 02, 2014 11:32 am

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

Σαν τι πρόβλημα?


Χρήστος Λοΐζος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5092
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Απόκης » Δευ Ιουν 02, 2014 11:34 am

A.1 Σχολικό βιβλίο, σελίδα 251

A.2 Σχολικό βιβλίο, σελίδα 273

A.3 Σχολικό βιβλίο, σελίδα 150


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3970
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιουν 02, 2014 11:43 am

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


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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