Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
- Christos75
- Δημοσιεύσεις: 421
- Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
- Τοποθεσία: Athens
- Επικοινωνία:
Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Καλημέρα σε όλη την παρέα. Εδώ λέω να κουβεντιάσουμε και να αναλύσουμε τα θέματα που αφορούν τα Μαθηματικά κατεύθυνσης των επαναληπτικών εξετάσεων του 2014.
Η εξέταση ξεκινάει σήμερα στις 17:00 οπότε λίγο μετά θα αναρτήσουμε τα θέματα στο forum.
Η εξέταση ξεκινάει σήμερα στις 17:00 οπότε λίγο μετά θα αναρτήσουμε τα θέματα στο forum.
Χρήστος Λοΐζος
- Christos75
- Δημοσιεύσεις: 421
- Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
- Τοποθεσία: Athens
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Τα θέματα μόλις πριν λίγο δημοσιοποιήθηκαν. Για να τα δούμε σιγά-σιγά...
Χρήστος Λοΐζος
- Tolaso J Kos
- Δημοσιεύσεις: 4493
- Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
- Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Μάλιστα... το Θέμα
είναι κλασσικά.
Μου άρεσε το Θέμα
όπως επίσης και το θέμα
...ίσως λίγο περισσότερο το
!
Καλή τύχη σε όλους τους υποψήφιους.

Μου άρεσε το Θέμα



Καλή τύχη σε όλους τους υποψήφιους.
Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !


Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
ΘΕΜΑ Β
Α) Αφού ο
είναι φανταστικός τότε θα ισχύει
η ισοδύναμα
.Κάνουμε τις πράξεις (χιαστί κλπ.) και παίρνουμε
.
Άρα ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών
είναι ο κύκλος
.Επειδή
το σημείο
δεν ανήκει στον γεωμετρικό τόπο
B) Έστω
.Είναι
επομένως πρέπει
.
Ισοδύναμα
(παρέλειψα κάποιες πράξεις).
Άρα θα πρέπει ο
να ανήκει στον άξονα
άρα
.
Γ) Είναι
.
Επομένως
όπως θέλαμε.
Υ.Γ. Η έκφραση
δεν υπήρχε κάπου και στις "κανονικές" πανελλήνιες στο θέμα Β;
Edit:Λάθος λέξη.Ευχαριστώ τον κύριο Θάνο.
Edit 2:Κι άλλο τυπογραφικό.Ευχαριστώ τον κύριο Χρήστο (Christos 75).
Α) Αφού ο




Άρα ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών




B) Έστω



Ισοδύναμα

Άρα θα πρέπει ο



Γ) Είναι

Επομένως

Υ.Γ. Η έκφραση

Edit:Λάθος λέξη.Ευχαριστώ τον κύριο Θάνο.
Edit 2:Κι άλλο τυπογραφικό.Ευχαριστώ τον κύριο Χρήστο (Christos 75).
τελευταία επεξεργασία από gavrilos σε Σάβ Ιουν 21, 2014 7:24 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.
Albert Einstein
Albert Einstein
- Tolaso J Kos
- Δημοσιεύσεις: 4493
- Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
- Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Να ρωτήσω κάτι , έχω λύσει όλο το Θέμα
αλλά δεν έχω κάνει το
Δεν μπορώ να καταλάβω τι πρέπει να κάνω; Μία βοήθεια.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !


- Christos75
- Δημοσιεύσεις: 421
- Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
- Τοποθεσία: Athens
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Θέμα Β
Β1
Είναι:
Αλλά
και από την προηγούμενη σχέση συνάγουμε:


Άρα ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο το
και ακτίνα
με εξαίρεση το σημείο
που είναι η τιμή που
μηδενίζεται ο παρονομαστής του
.
Β2
και αφού ανήκει στον τόπο του προηγούμενου ερωτήματος, τότε εάν
τότε τον επαληθεύει, δηλαδή:
και τελικά οι ζητούμενοι μιγαδικοί είναι:

Β3
Αφού
τότε 
Εφόσον
θα έχουμε
με όμοιο τρόπο έχουμε
όπου εάν αντικαταστήσουμε τα δεδομένα αυτά στη σχέση θα έχουμε
δηλαδή το ζητούμενο!
Λίγο διαφορετικά από τον gavrilo και λόγω του κόπου λέω να το αφήσω...
Β1
Είναι:




Άρα ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο το



μηδενίζεται ο παρονομαστής του

Β2


και αφού ανήκει στον τόπο του προηγούμενου ερωτήματος, τότε εάν



Β3
Αφού


Εφόσον




Λίγο διαφορετικά από τον gavrilo και λόγω του κόπου λέω να το αφήσω...
Χρήστος Λοΐζος
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
ΘΕΜΑ Δ
Δ.1 Θεωρούμε
με
.
Θα ισχύει
(ρουτίνα) άρα
.
Έτσι η
είναι
άρα αντιστρέφεται.
Για την αντίστροφη έχουμε
.
Άρα:
.
.
.
.
Με πρόσθεση των παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε
.
Τελικά
.
Δ.2 Έχουμε
.
Έτσι
.
Άρα η
είναι κυρτή σε όλο το πεδίο ορισμού της.
Ισχύει
και πρέπει να βρούμε το
.Έχουμε
αφού όπως είδαμε
.
Άρα η εφαπτομένη της
στο σημείο
είναι η
.Αφού η
είναι κυρτή βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο της.
Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι
.
.
.
.
.
.
Επομένως το εμβαδόν είναι ίσο με
.
Θα συμπληρώσω αργότερα το Δ3.Ελπίζω μέχρι εδώ να είμαι σωστός.
Edit:Διόρθωσα τυπογραφικά μετά από επισήμανση του κύριου Καλαθάκη (exdx) τον οποίο και ευχαριστώ.
Δ.1 Θεωρούμε


Θα ισχύει


Έτσι η


Για την αντίστροφη έχουμε

Άρα:








Με πρόσθεση των παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε

Τελικά

Δ.2 Έχουμε

Έτσι

Άρα η

Ισχύει




Άρα η εφαπτομένη της




Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι


![\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{2}e^{x}dx=\left[x^{2}e^{x}\right]_{0}^{1} -2\int_{0}^{1} xe^{x}dx=e-2\left(\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} e^{x}dx\right)=e-2[e-(e-1)]=\boxed{e-2}} \displaystyle{\int_{0}^{1} x^{2}e^{x}dx=\left[x^{2}e^{x}\right]_{0}^{1} -2\int_{0}^{1} xe^{x}dx=e-2\left(\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} e^{x}dx\right)=e-2[e-(e-1)]=\boxed{e-2}}](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/d7fa1d59774caf5bc0ed82398754801b.png)

![\displaystyle{2\int_{0}^{1} xe^{x}dx=2\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}e^{x}dx=2e-2(e-1)=\boxed{2}} \displaystyle{2\int_{0}^{1} xe^{x}dx=2\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}e^{x}dx=2e-2(e-1)=\boxed{2}}](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/cafa9385e467b191934410327c4b3cff.png)






Επομένως το εμβαδόν είναι ίσο με

Θα συμπληρώσω αργότερα το Δ3.Ελπίζω μέχρι εδώ να είμαι σωστός.
Edit:Διόρθωσα τυπογραφικά μετά από επισήμανση του κύριου Καλαθάκη (exdx) τον οποίο και ευχαριστώ.
τελευταία επεξεργασία από gavrilos σε Πέμ Μαρ 26, 2015 12:38 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.
Albert Einstein
Albert Einstein
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Και τα θέματα σε word
- Συνημμένα
-
- Μαθ_Γ_Κατ_Επαναληπτικες_2014.doc
- (102.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 315 φορές
-
- Δημοσιεύσεις: 172
- Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 4:16 pm
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Τόλη σίγουρα για κάθεTolaso J Kos έγραψε:Να ρωτήσω κάτι , έχω λύσει όλο το Θέμααλλά δεν έχω κάνει το
Δεν μπορώ να καταλάβω τι πρέπει να κάνω; Μία βοήθεια.


αναλογιζόμενος τι σημαίνει συντελεστής διεύθυνσης των εφαπτομένων των

Αντώνης Λουτράρης
- Tolaso J Kos
- Δημοσιεύσεις: 4493
- Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
- Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Να από πού θα βγει! Γιατί δε το σκέφτηκα είναι άλλο θέμα.Antonis Loutraris έγραψε:Τόλη σίγουρα για κάθεTolaso J Kos έγραψε:Να ρωτήσω κάτι , έχω λύσει όλο το Θέμααλλά δεν έχω κάνει το
Δεν μπορώ να καταλάβω τι πρέπει να κάνω; Μία βοήθεια.
το
άρα θα παραγωγίσεις αυτή τη σχέση και θα σκεφτείς τι αρκεί να δείξεις
αναλογιζόμενος τι σημαίνει συντελεστής διεύθυνσης των εφαπτομένων τωνστα σημεία Α,Β
Να στε καλά κ. Αντώνη.
Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !


- Ανδρέας Πούλος
- Δημοσιεύσεις: 1429
- Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
- Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Στο θέμα Δ3 τη γεωμετρική ερμηνεία που προτείνει η Επιτροπή,
νομίζω την έχουμε κουβεντιάσει στο Φόρουμ πριν περίπου ένα μήνα.
Το ζήτημα είναι πόσοι από τους διαγωνιζόμενους θα επιχειρήσουν κάτι τέτοιο.
Ανδρέας Πούλος
νομίζω την έχουμε κουβεντιάσει στο Φόρουμ πριν περίπου ένα μήνα.
Το ζήτημα είναι πόσοι από τους διαγωνιζόμενους θα επιχειρήσουν κάτι τέτοιο.
Ανδρέας Πούλος
-
- Δημοσιεύσεις: 269
- Εγγραφή: Δευ Φεβ 14, 2011 11:44 pm
- Christos75
- Δημοσιεύσεις: 421
- Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
- Τοποθεσία: Athens
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Θέμα Γ
Γ1
Για να είναι η συνάρτηση
συνεχής στο πεδίο ορισμού της πρέπει 
Πράγματι,
, 
Αλλά
άρα από σχέση
έχω:
που σημαίνει ότι η δοσμένη συνάρτηση είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, προφανώς και στο
σημείο
Γ2
Η συνάρτηση
συνεχής στο
και για κάθε
βρίσκουμε το πρόσημο της
. Δηλαδή:
Αλλά
για κάθε
.
οπότε το πρόσημο της πρώτης παραγώγου της συνάρτησης εξαρτάται από το πρόσημο της παράστασης
και έτσι έχουμε:
και κατά αντιστοιχία έχουμε:
και επίσης
άρα η συνάρτηση
είναι γνησίως αύξουσα στο
και αντιστοίχως
γνησίως φθίνουσα στο
με το σημείο
να είναι θέση ολικού μεγίστου.
Αξιοποιώντας τα παραπάνω καθώς επίσης και την θεωρία γνωρίζω ότι
Όμως
Επίσης είναι
εφαρμόζουμε το κανόνα
και έχουμε
Κατά συνέπεια, έχουμε ότι το πεδίο τιμών της συνάρτησης είναι:
που είναι και το ζητούμενο πεδίο τιμών.
Γ3
i) είναι:
ii) Είναι
από το προηγούμενο ερώτημα και με δεδομένο ότι η
είναι γνησίως μονότονη στα προαναφερθέντα διαστήματα.
Αφού η σηνάρτηση είναι γνησίως μονότονη είναι και ένα προς ένα ("1-1")! Δηλαδή προκύπτει άμεσα
.
Επίσης
και γνησίως φθίνουσα οπότε η ρίζα αυτη είναι μοναδική. Με όμοιο τρόπο
και η
είναι μία προφανής λύση αλλά και πάλι η
συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα, άρα η δεύτερη ρίζα στο εν λόγω διάστημα μοναδική! Συνεπώς η δοσμένη εξίσωση έχει μόνο δύο ρίζες!!!
Γ4
Θεωρούμε την συνάρτηση :
η οποία είναι συνεχής στο διάστημα
και παραγωγίσιμη ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων κλπ με


Αλλά
οπότε
συνεπώς από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 
Παραγωγίζοντας την συνάρτηση που φτιάξαμε και αντικαθιστώντας με
, προκύπτει το ζητούμενο!
Αυτά παθαίνεις όταν ανεβάζεις λύση στις 05:00 τα ξημερώματα...αβλεψίες και τυπογραφικά!
Γ1
Για να είναι η συνάρτηση


Πράγματι,


Αλλά



σημείο

Γ2
Η συνάρτηση







οπότε το πρόσημο της πρώτης παραγώγου της συνάρτησης εξαρτάται από το πρόσημο της παράστασης





![[0,e] [0,e]](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/031712755051cce59dd2ed6ad5f2200c.png)
γνησίως φθίνουσα στο


Αξιοποιώντας τα παραπάνω καθώς επίσης και την θεωρία γνωρίζω ότι
![f(A)=[f(0),f(e)]\cup (\lim_{x\to+\infty}f(x), f(e)] f(A)=[f(0),f(e)]\cup (\lim_{x\to+\infty}f(x), f(e)]](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/505405d77f395b829d5587ae9f8d8e59.png)
Όμως




![f(A)=[0,e^{\frac{1}{e}}]\cup (1,e^{\frac{1}{e}}] \equiv [0,e^{\frac{1}{e}}] f(A)=[0,e^{\frac{1}{e}}]\cup (1,e^{\frac{1}{e}}] \equiv [0,e^{\frac{1}{e}}]](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/ca21f9705e706118df711342cba9a96f.png)
Γ3
i) είναι:

ii) Είναι


Αφού η σηνάρτηση είναι γνησίως μονότονη είναι και ένα προς ένα ("1-1")! Δηλαδή προκύπτει άμεσα

Επίσης



συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα, άρα η δεύτερη ρίζα στο εν λόγω διάστημα μοναδική! Συνεπώς η δοσμένη εξίσωση έχει μόνο δύο ρίζες!!!
Γ4
Θεωρούμε την συνάρτηση :
![g(x)=(f(x)-\sqrt[]{2}).\int_{2}^{x}f(t)dt g(x)=(f(x)-\sqrt[]{2}).\int_{2}^{x}f(t)dt](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/fb953e4f4278bc76d95303e2cd671148.png)
![[2,4] [2,4]](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/a157b852663a42e907fc1ae4884ff3e4.png)


Αλλά



Παραγωγίζοντας την συνάρτηση που φτιάξαμε και αντικαθιστώντας με

Αυτά παθαίνεις όταν ανεβάζεις λύση στις 05:00 τα ξημερώματα...αβλεψίες και τυπογραφικά!
τελευταία επεξεργασία από Christos75 σε Κυρ Ιουν 22, 2014 10:46 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.
Χρήστος Λοΐζος
- Μάκης Χατζόπουλος
- Δημοσιεύσεις: 2456
- Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 4:13 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Δεν είμαι σίγουρος για τις λύσεις μου (στις 5 τα ξημερώματα κάνεις αβίαστα τα λάθη!) αλλά τις ανεβάζω για να τις τσεκάρουμε...
Δείτε εδώ.
edit: Έβαλα την γ΄ έκδοση των λύσεων... προστέθηκε μια λύση, πιο πειστική, στο υποερώτημα Δ1 όπως σημείωσε ο Παύλος Σταυρόπουλος και διορθώθηκε σε ένα σημείο η δεύτερη παράγωγος της συνάρτησης
στο υποερώτημα Δ3, όπως παρατήρησε ο φίλος Μπάμπης.
Δείτε εδώ.
edit: Έβαλα την γ΄ έκδοση των λύσεων... προστέθηκε μια λύση, πιο πειστική, στο υποερώτημα Δ1 όπως σημείωσε ο Παύλος Σταυρόπουλος και διορθώθηκε σε ένα σημείο η δεύτερη παράγωγος της συνάρτησης

(1) verba volant, scripta manent = τα λόγια πετούν, τα γραπτά μένουν


Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Η λύση με το σχήμα για το Δ3.
i) Τα τρίγωνα
και
είναι ίσα, όπως προκύπτει από τη συμμετρία του σχήματος. Για το λόγο αυτό και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες. Ακόμη η κόκκινη γωνία είναι συμπληρωματική της πράσινης, γεγονός που εξασφαλίζει ότι οι γωνίες αυτές έχουν εφάπτομενες που είναι αντίστροφοι αριθμοί. Άρα πάντα είναι
.
ii) Οι δύο καμπύλες είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία
, επομένως εάν θεωρήσουμε την απόσταση οποιουδήποτε σημείου της
από την διχοτόμο του πρώτου και του τρίτου τεταρτημορίου θα ισούται με το μισό της απόστασής του από το συμμετρικό του ως προς την ίδια ευθεία, το οποίο είναι σημείο της
. Αρκεί λοιπόν να εξετάσουμε πότε ελαχιστοποιείται η απόσταση των σημείων της
από την
. Είναι
, οπότε η εφαπτομένη της
είναι
και αφού η
είναι κυρτή, όπως προκύπτει από το Δ2, είναι
, το οποίο επιβεβαιώνει θεωρητικά αυτό που βλέπουμε στο σχήμα, ότι η
βρίσκεται "πάνω" από την
. Η απόσταση των σημείων της
από την
δίνεται από τη σχέση
, αφού δείξαμε πως πάντοτε ισχύει
. Θεωρούμε τη συνάρτηση
. Η
είναι παραγωγίσιμη στο
οπότε μοναδικές πιθανές θέσεις τοπικών ακροτάτων είναι για
, η οποία έχει προφανή ρίζα για
, που είναι και μοναδική, αφού η
είναι κυρτή. Επομένως
. Επομένως η ελάχιστη απόσταση των σημείων
είναι
.
Ελπίζω να μην μου ξέφυγε τίποτα γιατί το έγραψα απευθείας στον υπολογιστή. Παρεμπιπτόντως, πιστεύω πως στην αρχική εκφώνηση δεν θα έπρεπε να δίνεται η παραγωγισιμότητα της
. Έτσι οι μαθητές θα ήταν υποχρεωμένοι να λύσουν το Δ3i με βάση τον ορισμό της παραγώγου. Δεν ξέρω βέβαια κατά πόσο θα άφηνε περιθώρια έτσι κανείς να το λύσει γεωμετρικά (Μπορούμε επικαλούμενοι την παραγωγισιμότητα της αντίστροφης και χάρη στη συμμετρία του σχήματος να μιλήσουμε για παραγωγισιμότητα της
; Μου φαίνεται υπερβολικά διαισθητικό...), την οποία η επιτροπή όμως απ' ό,τι φαίνεται ήθελε να κάνει δεκτή. Γενικά το θέμα δεν είναι κάτι φοβερό και τρομερό, δεδομένου πως πρόκειται για επαναληπτικές. Θα μπορούσε να είναι πιο απαιτητικό. Τουλάχιστον τα θέματα της κατεύθυνσης διαφοροποιούνται από τα αντίστοιχα των κανονικών, γεγονός που τους δίνει κάποιο ενδιαφέρον, πράγμα που δεν μπορεί να ειπωθεί για τα αντίστοιχα της γενικής παιδείας, όπου τα μισά ερωτήματα ήταν ίδια με τα αντίστοιχα των κανονικών. Φέτος όλοι - καθηγητές και μαθητές- είναι ευχαριστημένοι. Μαθητές που πέρυσι θα έπιαναν με χίλια ζόρια ένα 12-άρι φέτος προσέγγισαν το 15 και είναι τρισευτυχισμένοι. Το ότι οι αρκετοί απ' αυτούς ενδέχεται να απογοητευτούν όταν δουν την αύξηση των βάσεων δεν τους απασχολεί. Κατά τα άλλα το Β3 φταίει για όλα... 
i) Τα τρίγωνα



ii) Οι δύο καμπύλες είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία

























Ελπίζω να μην μου ξέφυγε τίποτα γιατί το έγραψα απευθείας στον υπολογιστή. Παρεμπιπτόντως, πιστεύω πως στην αρχική εκφώνηση δεν θα έπρεπε να δίνεται η παραγωγισιμότητα της



- Συνημμένα
-
- Αντίστροφη.png (114.48 KiB) Προβλήθηκε 3911 φορές
Αν κάτι μπορεί να πάει στραβά, θα πάει!
Νόμος του Μέρφυ
Νόμος του Μέρφυ
- Christos75
- Δημοσιεύσεις: 421
- Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
- Τοποθεσία: Athens
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Ας μου επιτραπεί και μία κρίση για τα θέματα. Τα θέματα κατά τη γνώμη μου είναι εξαιρετικά.Το Θέμα Β είναι όπως θα έπρεπε να είναι σε αντίθεση με τις κανονικές εξετάσεις που θεωρώ ότι το αντίστοιχο θέμα ήταν «απαράδεκτα» εύκολο. Εικάζω ότι ήθελαν να ισοφαρίσουν τα περσινά «βαριά» θέματα βάζοντας ένα Θέμα Β σχεδόν αστείο για πανελλήνιες. Νομίζω ότι η εξέταση του μαθήματος σε επαναληπτικό επίπεδο περιείχε θέματα που μάλλον έπρεπε να τεθούν στην κανονική εξέταση. Εν πάση περιτπώσει, τέλος καλό, όλα καλά!
Εύχομαι από καρδιάς σε όλους τους υποψηφίους κανονικών και επαναληπτικών εξετάσεων καλά αποτελέσματα και να περάσουν στις σχολές που ποθούν!
Εύχομαι από καρδιάς σε όλους τους υποψηφίους κανονικών και επαναληπτικών εξετάσεων καλά αποτελέσματα και να περάσουν στις σχολές που ποθούν!
Χρήστος Λοΐζος
- Ανδρέας Πούλος
- Δημοσιεύσεις: 1429
- Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
- Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Επειδή με ρώτησαν μερικοί συνάδελφοι για 2η λύση στο θέμα Δ3, όπως την πρότεινε η Επιτροπή των θεμάτων, γράφω τα εξής.
Είναι σχεδόν όμοια με αυτή που περιγράφει ο Μάκης Χατζόπουλος και ο Αργύρης, αλά όπως ξέρετε γενικά οι υποδείξεις της Επιτροπής είναι πολύ συνοπτικές.
Καλό είναι, στο σχήμα του Μάκη να φαίνονται και οι δύο εφαπτόμενες η
και η
,
που είναι παράλληλες και συμμετρικές ως προς την
και να γραφεί μία καλύτερη εξήγηση για την ελάχιστη απόσταση,
διότι γνωρίζουμε ότι πάντα υπάρχει μία δυσπιστία προς τις γεωμετρικές λύσεις των θεμάτων.
Δεν έχω σκάνερ στο σπίτι για να σκανάρω σήμερα τις υποδείξεις τις Επιτροπής.
Ανδρέας Πούλος
Είναι σχεδόν όμοια με αυτή που περιγράφει ο Μάκης Χατζόπουλος και ο Αργύρης, αλά όπως ξέρετε γενικά οι υποδείξεις της Επιτροπής είναι πολύ συνοπτικές.
Καλό είναι, στο σχήμα του Μάκη να φαίνονται και οι δύο εφαπτόμενες η


που είναι παράλληλες και συμμετρικές ως προς την

διότι γνωρίζουμε ότι πάντα υπάρχει μία δυσπιστία προς τις γεωμετρικές λύσεις των θεμάτων.
Δεν έχω σκάνερ στο σπίτι για να σκανάρω σήμερα τις υποδείξεις τις Επιτροπής.
Ανδρέας Πούλος
- Ανδρέας Πούλος
- Δημοσιεύσεις: 1429
- Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
- Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
- Επικοινωνία:
Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014
Εχθές το βράδυ στο Βαθμολογικό Κέντρο βρήκα και μία πολύ απλή λύση για το θέμα Γ4.
Την περιγράφω έτσι για να βρίσκεται.
Αντί για θεώρημα Rolle, όπως είναι το σκεπτικό των θεματοδοτών, αυτό φαίνεται και από τα βήματα στο Γ2 και Γ3, μπορούμε να κάνουμε τα απλά.
Θεωρούμε τη συνάρτηση
, υπόψη
.
Αυτή είναι συνεχής στο διάστημα [2, 4] και εύκολα αποδεικνύεται ότι
και ότι
, αν λάβουμε υπόψη και τη μονοτονία της συνάρτησης από το Γ2 που την χρειαστήκαμε για να βρούμε το σύνολο τιμών.
Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (2, 4).
Επίσης,βρήκα και μία πολύ απλή λύση για το θέμα Δ4 των Επαναληπτικών των Εσπερινών.
Ανδρέας Πούλος
Την περιγράφω έτσι για να βρίσκεται.
Αντί για θεώρημα Rolle, όπως είναι το σκεπτικό των θεματοδοτών, αυτό φαίνεται και από τα βήματα στο Γ2 και Γ3, μπορούμε να κάνουμε τα απλά.
Θεωρούμε τη συνάρτηση


Αυτή είναι συνεχής στο διάστημα [2, 4] και εύκολα αποδεικνύεται ότι


Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (2, 4).
Επίσης,βρήκα και μία πολύ απλή λύση για το θέμα Δ4 των Επαναληπτικών των Εσπερινών.
Ανδρέας Πούλος
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης