mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 11:47 am**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 6:04 pm**

http://www.minedu.gov.gr/publications/d ... 140621.pdf

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 6:09 pm**

Τα θέματα μόλις πριν λίγο δημοσιοποιήθηκαν. Για να τα δούμε σιγά-σιγά...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 6:25 pm**

Μάλιστα... το Θέμα $\displaystyle{A-B}$ είναι κλασσικά.
Μου άρεσε το Θέμα $\displaystyle{\Gamma}$ όπως επίσης και το θέμα $\displaystyle{\Delta}$ ...ίσως λίγο περισσότερο το $\displaystyle{\Delta}$ !

Καλή τύχη σε όλους τους υποψήφιους.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 6:51 pm**

ΘΕΜΑ Β

Α) Αφού ο $\displaystyle{w}$ είναι φανταστικός τότε θα ισχύει $\displaystyle{w=-\overline{w}}$ η ισοδύναμα $\displaystyle{\frac{2z-i}{2z+i}=-\frac{2\overline{z}-i}{2\overline{z}+i}}$ .Κάνουμε τις πράξεις (χιαστί κλπ.) και παίρνουμε $\displaystyle{8z\overline{z}=2\Leftrightarrow \left|z\right|^{2}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \left|z\right|=\frac{1}{2}}$ .

Άρα ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών $\displaystyle{z}$ είναι ο κύκλος $\displaystyle{C\left(0,\frac{1}{2}\right)}$ .Επειδή $\displaystyle{z\neq -\frac{i}{2}}$ το σημείο $\displaystyle{\left(0,-\frac{1}{2}\right)}$ δεν ανήκει στον γεωμετρικό τόπο

B) Έστω $\displaystyle{z=x+yi}$ .Είναι $\displaystyle{w=\frac{2x+(2y-1)i}{2x+(2y+1)i}}$ επομένως πρέπει $\displaystyle{\left|2x+(2y-1)i\right|=\left|2x+(2y+1)i\right|}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{\sqrt{4x^{2}+(2y-1)^{2}}=\sqrt{4x^{2}+(2y+1)^{2}}\Leftrightarrow 4x^{2}+(2y-1)^{2}=4x^{2}+(2y+1)^{2}\Leftrightarrow y=0}$ (παρέλειψα κάποιες πράξεις).

Άρα θα πρέπει ο $\displaystyle{z}$ να ανήκει στον άξονα $\displaystyle{x'x}$ άρα $\displaystyle{\boxed{z=\pm \frac{1}{2}}}$ .

Γ) Είναι $\displaystyle{w=\frac{1-i}{1+i}=\frac{(1-i)(1+i)}{(1+i)^{2}}=\frac{2}{2i}=\frac{1}{i}}$ .

Επομένως $\displaystyle{w^{4}+i\cdot w^{7}=\frac{1}{i^{4}}+i\cdot \frac{1}{i^{7}}=1+i\cdot \frac{1}{-i}=0}$ όπως θέλαμε.

Υ.Γ. Η έκφραση $\displaystyle{\frac{1-i}{1+i}}$ 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).

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 6:54 pm**

Να ρωτήσω κάτι , έχω λύσει όλο το Θέμα $\displaystyle{\Delta}$ αλλά δεν έχω κάνει το $\displaystyle{\Delta_3 \, \, i.}$ Δεν μπορώ να καταλάβω τι πρέπει να κάνω; Μία βοήθεια.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 6:59 pm**

Θέμα Β

Β1

Είναι: $w\in I\Leftrightarrow w=-\bar{w}$ Αλλά $\bar{w}=\frac{2\bar{z}+i}{2\bar{z}-i}$ και από την προηγούμενη σχέση συνάγουμε:

$\frac{2z-i}{2z+i}=-\frac{(2\bar{z}+i)}{2\bar{z}-i}\Leftrightarrow (2z-i)(2\bar{z}-i)=(2z+i)(-2\bar{z}-i)\Leftrightarrow 4z\bar{z}-2iz-2i\bar{z}+i^{2}=-4z\bar{z}-2iz-2i\bar{z}-i^{2}$

$\Leftrightarrow 8z\bar{z}+2i^{2}=0\Leftrightarrow 4\left | z \right |^2=1\Leftrightarrow \left | z \right |^2=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \left | z \right |=\frac{1}{2}$

Άρα ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο το O(0,0)

και ακτίνα $\varrho =\frac{1}{2}$ με εξαίρεση το σημείο $M(0,-\frac{1}{2})$ που είναι η τιμή που

μηδενίζεται ο παρονομαστής του

.

Β2

$\left | w \right |=1\Leftrightarrow \left | 2z-i \right |=\left | 2z+i \right |\Leftrightarrow \left | 2z-i \right |^2 = \left | 2z+i \right |^2\Leftrightarrow$

$(2z-i)(2\bar{z}+i) = (2z+i)(2\bar{z}-i)\Leftrightarrow ...z=\bar{z}\Leftrightarrow z\in \mathbb{R}$

και αφού ανήκει στον τόπο του προηγούμενου ερωτήματος, τότε εάν $N(\alpha ,0)$ τότε τον επαληθεύει, δηλαδή:

$\alpha ^{2}+0^{2} = \frac{1}{4}\Leftrightarrow \alpha =-\frac{1}{2} \vee \alpha =\frac{1}{2}$ και τελικά οι ζητούμενοι μιγαδικοί είναι:

$z_{1}=-\frac{1}{2} \wedge z_{2}=\frac{1}{2}$

Β3

Αφού $z=\frac{1}{2}$ τότε $w=\frac{1-i}{1+i}\Leftrightarrow w=\frac{(1-i)^2}{(1+i)(1-i)}...=-i$

Εφόσον w=-i

θα έχουμε $w^{4}=(-i)^4=...=1$ με όμοιο τρόπο έχουμε

$w^{7}=(-i)^7=...=-1$ όπου εάν αντικαταστήσουμε τα δεδομένα αυτά στη σχέση θα έχουμε

$w^{4}+iw^7=+1-1=0$ δηλαδή το ζητούμενο!

Λίγο διαφορετικά από τον gavrilo και λόγω του κόπου λέω να το αφήσω...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 8:48 pm**

ΘΕΜΑ Δ

Δ.1 Θεωρούμε $\displaystyle{x_{1},x_{2}\in (0,+\infty)}$ με $\displaystyle{f(x_{1})=f(x_{2})}$ .

Θα ισχύει $\displaystyle{e^{f(x_{1})}(f^{2}(x_{1})-2f(x_{1})+3)=e^{f(x_{2})}(f^{2}(x_{2})-2f(x_{2})+3)}$ (ρουτίνα) άρα $\displaystyle{x_{1}=x_{2}}$ .

Έτσι η $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{1-1}$ άρα αντιστρέφεται.

Για την αντίστροφη έχουμε $\displaystyle{x=f(y)}$ .

Άρα:

$\bullet$ $\displaystyle{e^{x}=e^{f(y)}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{x^{2}=f^{2}(y)\Leftrightarrow e^{x}x^{2}=e^{f(y)}f^{2}(y)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{-2x=-2f(y)\Leftrightarrow -2x\cdot e^{x}=-2f(y)\cdot e^{f(y)}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{3e^{x}=3e^{f(y)}}$ .

Με πρόσθεση των παραπάνω κατά μέλη παίρνουμε $\displaystyle{e^{x}(x^{2}-2x+3)=e^{f(y)}(f^{2}(y)-2f(y)+3)=y}$ .

Τελικά $\displaystyle{f^{-1}(x)=e^{x}(x^{2}-2x+3)}$ .

Δ.2 Έχουμε $\displaystyle{(f^{-1}(x))'=(e^{x}x^{2})'-(2e^{x}x)'+(3e^{x})'=e^{x}x^{2}+2xe^{x}-2e^{x}x-2e^{x}+3e^{x}=e^{x}x^{2}+e^{x}}$ .

Έτσι $\displaystyle{(f^{-1}(x))''=(e^{x}x^{2})'+(e^{x})'=e^{x}x^{2}+2xe^{x}+e^{x}=e^{x}(x^{2}+2x+1)=e^{x}(x+1)^{2}>0}$ .

Άρα η $\displaystyle{f^{-1}(x)}$ είναι κυρτή σε όλο το πεδίο ορισμού της.

Ισχύει $\displaystyle{f^{-1}(0)=3}$ και πρέπει να βρούμε το $\displaystyle{(f^{-1}(0))'}$ .Έχουμε $\displaystyle{(f^{-1}(0)=1}$ αφού όπως είδαμε $\displaystyle{x^{2}e^{x}+e^{x}}$ .

Άρα η εφαπτομένη της $\displaystyle{C_{f^{-1}}}$ στο σημείο $\displaystyle{(0,3)}$ είναι η $\displaystyle{y=x+3}$ .Αφού η $\displaystyle{f^{-1}}$ είναι κυρτή βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο της.

Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι $\displaystyle{\int_{0}^{1} \left(x^{2}e^{x}-2xe^{x}+3e^{x}-x-3\right) dx=\int_{0}^{1} x^{2}e^{x}dx-2\int_{0}^{1}xe^{x}dx+3\int_{0}^{1}e^{x}-\int_{0}^{1}xdx-\int_{0}^{1}3dx}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{2}e^{x}dx=\left[x^{2}e^{x}\right]_{0}^{1} -2\int_{0}^{1} xe^{x}dx=e-2\left(\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} e^{x}dx\right)=e-2[e-(e-1)]=\boxed{e-2}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{2\int_{0}^{1} xe^{x}dx=2\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}e^{x}dx=2e-2(e-1)=\boxed{2}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{3\int_{0}^{1}e^{x}dx=\boxed{3e-3}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{\int_{0}^{1} xdx=\boxed{\frac{1}{2}}}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{\int_{0}^{1}3dx=\boxed{3}}$ .

Επομένως το εμβαδόν είναι ίσο με $\displaystyle{E=e-2-2+3e-3-\frac{1}{2}-3=\boxed{4e-\frac{21}{2}}}$ .

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.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 8:53 pm**

Και τα θέματα σε word

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 9:40 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:Να ρωτήσω κάτι , έχω λύσει όλο το Θέμα $\displaystyle{\Delta}$ αλλά δεν έχω κάνει το $\displaystyle{\Delta_3 \, \, i.}$ Δεν μπορώ να καταλάβω τι πρέπει να κάνω; Μία βοήθεια.

Τόλη σίγουρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ το $f(f^{-1}(x))=x$ άρα θα παραγωγίσεις αυτή τη σχέση και θα σκεφτείς τι αρκεί να δείξεις
αναλογιζόμενος τι σημαίνει συντελεστής διεύθυνσης των εφαπτομένων των $C_{f},C_{f^{-1}}.$ στα σημεία Α,Β

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 9:44 pm**

Antonis Loutraris έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:Να ρωτήσω κάτι , έχω λύσει όλο το Θέμα $\displaystyle{\Delta}$ αλλά δεν έχω κάνει το $\displaystyle{\Delta_3 \, \, i.}$ Δεν μπορώ να καταλάβω τι πρέπει να κάνω; Μία βοήθεια.
Τόλη σίγουρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ το $f(f^{-1}(x))=x$ άρα θα παραγωγίσεις αυτή τη σχέση και θα σκεφτείς τι αρκεί να δείξεις
αναλογιζόμενος τι σημαίνει συντελεστής διεύθυνσης των εφαπτομένων των $C_{f},C_{f^{-1}}.$ στα σημεία Α,Β

Να από πού θα βγει! Γιατί δε το σκέφτηκα είναι άλλο θέμα.
Να στε καλά κ. Αντώνη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 9:53 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 21, 2014 10:20 pm**

Ωραία τα θέματα! Καλή επιτυχία στους εξεταζόμενους!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 2:26 am**

Δ3ι εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 4:58 am**

Θέμα Γ

Γ1
Για να είναι η συνάρτηση

συνεχής στο πεδίο ορισμού της πρέπει $\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=f(0)=0$

Πράγματι, $\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}e^{\frac{lnx}{x}}=e^{\lim_{x\to 0^{+}\frac{lnx}{x}}}$ , (1)

Αλλά $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{lnx}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}(\frac{1}{x}.lnx)=(+\propto ).(-\propto )=-\propto$ άρα από σχέση (1)

έχω:

$\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=e^{-\infty }=\frac{1}{e^{+\infty }}=0=f(0)$ που σημαίνει ότι η δοσμένη συνάρτηση είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, προφανώς και στο

σημείο $x_{0}=0$

Γ2

Η συνάρτηση

συνεχής στο $[0,+\infty )$ και για κάθε x>0

βρίσκουμε το πρόσημο της

. Δηλαδή:

$f'(x)=(e^{\frac{lnx}{x}})' = e^{\frac{lnx}{x}}.(\frac{lnx}{x})'= e^{\frac{lnx}{x}}.(\frac{1-lnx}{x^{2}})$ Αλλά $e^{\frac{lnx}{x}}>0$ για κάθε x>0

.

οπότε το πρόσημο της πρώτης παραγώγου της συνάρτησης εξαρτάται από το πρόσημο της παράστασης 1-lnx

και έτσι έχουμε:

$f'(x)=0\Leftrightarrow 1-lnx=0\Leftrightarrow lnx=1\Leftrightarrow x=e$ και κατά αντιστοιχία έχουμε:

$f'(x)>0\Leftrightarrow 1-lnx>0\Leftrightarrow 1>lnx\Leftrightarrow x < e$ και επίσης

$f'(x)<0\Leftrightarrow 1-lnx<0\Leftrightarrow 1<lnx\Leftrightarrow x > e$ άρα η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο [0,e]

και αντιστοίχως

γνησίως φθίνουσα στο $[e,+\infty)$ με το σημείο

να είναι θέση ολικού μεγίστου.

Αξιοποιώντας τα παραπάνω καθώς επίσης και την θεωρία γνωρίζω ότι $f(A)=[f(0),f(e)]\cup (\lim_{x\to+\infty}f(x), f(e)]$

Όμως $\lim_{x\to+\infty }f(x)=\lim_{x\to+\infty }e^{\frac{lnx}{x}}$ Επίσης είναι

$\lim_{x\to+\infty }\frac{lnx}{x}= (\frac{+\infty }{+\infty })$ εφαρμόζουμε το κανόνα D' l Hospital

και έχουμε

$\lim_{x\to+\infty }\frac{lnx}{x}= \lim_{x\to+\infty }\frac{(lnx)'}{(x)'}=0$ Κατά συνέπεια, έχουμε ότι το πεδίο τιμών της συνάρτησης είναι:

$f(A)=[0,e^{\frac{1}{e}}]\cup (1,e^{\frac{1}{e}}] \equiv [0,e^{\frac{1}{e}}]$ που είναι και το ζητούμενο πεδίο τιμών.

Γ3

i) είναι: $x^{4}=4^{x}\Leftrightarrow 4.lnx=x.ln4\Leftrightarrow \frac{lnx}{x}=\frac{ln4}{4}\Leftrightarrow f(x)=f(4)$

ii) Είναι $x^{4}=4^{x}\Leftrightarrow f(x) = f(4)$ 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 x=4

.

Επίσης 4>e

και γνησίως φθίνουσα οπότε η ρίζα αυτη είναι μοναδική. Με όμοιο τρόπο 2<e

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 : $g(x)=(f(x)-\sqrt[]{2}).\int_{2}^{x}f(t)dt$ η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [2,4]

και παραγωγίσιμη ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων κλπ με

$\bullet g(2)=(f(2)-\sqrt{2}).\int_{2}^{2}f(t)dt=0$

$\bullet g(4)=(f(4)-\sqrt{2}).\int_{2}^{4}f(t)dt=0$

Αλλά $f(4)=\sqrt{2}$ οπότε g(4)=0

συνεπώς από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in (2,4):g'(\xi )=0$

Παραγωγίζοντας την συνάρτηση που φτιάξαμε και αντικαθιστώντας με $\xi$ , προκύπτει το ζητούμενο!

Αυτά παθαίνεις όταν ανεβάζεις λύση στις 05:00 τα ξημερώματα...αβλεψίες και τυπογραφικά!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 5:17 am**

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 k(x)

στο υποερώτημα Δ3, όπως παρατήρησε ο φίλος Μπάμπης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 12:18 pm**

Η λύση με το σχήμα για το Δ3.
i) Τα τρίγωνα AA_1A_2

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 $\lambda_A \lambda_B = 1$ .
ii) Οι δύο καμπύλες είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y = x

, επομένως εάν θεωρήσουμε την απόσταση οποιουδήποτε σημείου της $C_{f^{- 1}}$ 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 C_f

. Αρκεί λοιπόν να εξετάσουμε πότε ελαχιστοποιείται η απόσταση των σημείων της $C_{f^{-1}}$ από την y = x

. Είναι $(f^{- 1}(x))' = e^x(x^2 + 1) \Longrightarrow (f^{- 1})'(0) = 1$ , οπότε η εφαπτομένη της $C_{f^{- 1}}$ είναι $(\epsilon): y - f^{- 1}(0) = x \Longleftrightarrow (\epsilon): y = x + 3$ και αφού η $f^{- 1}$ είναι κυρτή, όπως προκύπτει από το Δ2, είναι $f^{- 1}(x) \geq x + 3 > x \Longrightarrow f^{- 1 }(x) > x \forall x \in R$ , το οποίο επιβεβαιώνει θεωρητικά αυτό που βλέπουμε στο σχήμα, ότι η $C_{f^{- 1}}$ βρίσκεται "πάνω" από την y = x

. Η απόσταση των σημείων της $C_{f^{-1}}$ από την y = x

δίνεται από τη σχέση $d(x) = \frac{|x - f^{- 1}(x)|}{\sqrt{2}} \Longleftrightarrow d(x) = \frac{f^{- 1}(x) - x}{\sqrt{2}} \forall x \in R$ , αφού δείξαμε πως πάντοτε ισχύει $f^{- 1}(x) > x$ . Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x) = f^{- 1}(x) - x, \forall x \in R$ . Η

είναι παραγωγίσιμη στο

οπότε μοναδικές πιθανές θέσεις τοπικών ακροτάτων είναι για $g'(x) = (f^{- 1}(x))' - 1 = 0 \Longleftrightarrow e^x(x^2 + 1) = 1$ , η οποία έχει προφανή ρίζα για x = 0

, που είναι και μοναδική, αφού η $f^{- 1}$ είναι κυρτή. Επομένως $d(0) = \frac{g(0)}{\sqrt{2}} \Longleftrightarrow d(0) = \frac{3 \sqrt{2}}{2}$ . Επομένως η ελάχιστη απόσταση των σημείων A, B

είναι $(AB)_{min} = 2d(0) = 3 \sqrt{2}$ .
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 $f^{- 1}$ ; 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...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 12:38 pm**

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!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 12:42 pm**

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 y = x + 3

και η

,
που είναι παράλληλες και συμμετρικές ως προς την y = x

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

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 22, 2014 1:04 pm**

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 $\varphi(x)=f'(x)\int_{2}^{x }{f(t)dt}-f(\xi )(f(4)-f(x))$ , υπόψη $\sqrt{2}=f(4)$ .
Αυτή είναι συνεχής στο διάστημα [2, 4] και εύκολα αποδεικνύεται ότι
f(e) > 0

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

mathematica.gr

Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2014