Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

ZF1986
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 27, 2010 9:40 pm
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ZF1986 » Τετ Μάιος 18, 2016 11:38 am

Για το Δ2 β)
f ' συνεχής και f ' (x) διάφορο του μηδενός αφού η f δεν έχει ακρότατα άρα η f διατηρεί πρόσημο.

f ' (0)=1 > 0 και f συνεχής αρά η f γνησίως αύξοσα.


Nikkie
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2009 4:41 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikkie » Τετ Μάιος 18, 2016 11:38 am

dopfev έγραψε:
themata έγραψε:για το Γ καποιο σχόλιο;
Στο Γ2 είναι 4 οι συναρτήσεις ή κάνω λάθος;
Δύο δεν είναι ? αφού η προηγούμενη είναι θετική?


ann79
Δημοσιεύσεις: 258
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 30, 2014 4:45 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ann79 » Τετ Μάιος 18, 2016 11:39 am

4 είναι γιατί είναι μη μηδενική στο R^{*} που είναι ένωση διαστημάτων.


Nikkie
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2009 4:41 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikkie » Τετ Μάιος 18, 2016 11:41 am

αφου μπορουμε να βρουμε το προσημο της Γ1 και ειναι θετική
τελευταία επεξεργασία από Nikkie σε Τετ Μάιος 18, 2016 11:45 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Λάμπρος Μπαλός
Δημοσιεύσεις: 916
Εγγραφή: Τρί Αύγ 13, 2013 12:21 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Μπαλός » Τετ Μάιος 18, 2016 11:41 am

silouan έγραψε:ΘΕΜΑ Δ

Δ1 Από τη συνέχεια της f έχουμε ότι \lim_{x\rightarrow 0} f(x)=f(0). Αν τώρα f(0)\neq 0 τότε
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{\sin x}=\pm\infty άτοπο.

Επομένως f(0)=0. Επιπλέον εφαρμόζοντας Del' Hospital παίρνουμε ότι \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f'(x)}{\cos x}=1 και από τη συνέχεια της f' έπεται ότι f'(0)=1.

Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες δύο φορές έχουμε ότι

\displaystyle\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin x\, dx=-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos x\, dx=f(\pi)-f(0)-\int_{0}^{\pi}f(x)\sin x\, dx, οπότε από τη δοθείσα έχουμε ότι

f(\pi)-f(0)=\pi και αφού f(0)=0, θα είναι f(\pi)=\pi.

Δ2
Με παραγώγιση στη δοθείσα παίρνουμε \displaystyle e^{f(x)}f'(x)+1=f'(x)f'(f(x))+e^x
Έστω τώρα z τέτοιο ώστε f'(z)=0, τότε από την παραπάνω παίρνω ότι e^z=1 δηλαδή z=0, άτοπο, αφού f'(0)=1.
Άρα η f δεν έχει ακρότατα.
Επομένως η f' είναι μη μηδενιζόμενη και ως συνεχής, διατηρεί σταθερό πρόσημο. Δεδομένου ότι f'(0)=1, θα έχουμε ότι f'(x)>0 για κάθε x, άρα f γνήσια αύξουσα.

Δ3 f(\mathbb{R})=\mathbb{R}, έπεται ότι η f δεν είναι φραγμένη. Αυτό σε συνδυασμό με το γεγονός ότι f είναι γνήσια αύξουσα, συνεπάγεται ότι \lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=+\infty

Επιπλέον |\sin x+\cos x|\leq 2 επόμενως είμαστε στην περίπτωση μηδενική επί φραγμένη και το ζητούμενο όριο ισούται με 0.

Δ4 Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, θα έχουμε ότι f(0)=f(\ln 1)\leq f(\ln x)\leq f(\pi)=\pi για κάθε x\in [1,e^{\pi}].

Επομένως
\displaystyle 0\leq\int_{1}^{e^{\pi}}\frac{f(\ln x)}{x}\, dx\leq \int_{1}^{e^{\pi}}\frac{\pi}{x}\, dx=\pi^2.

Η ισότητα αριστερά και δεξιά ισχύει αν και μόνο αν η f είναι σταθερή, το οποίο είναι άτοπο καθώς είναι γνησίως αύξουσα.
Περιγράφω κάτι εναλλακτικό για το δεξιά σκέλος.

f(lnx)/x=(F(lnx))' και το ολοκλήρωμα ισούται με F( \pi)-F(0)= \pi f(\xi) < \pi f(\pi) = \pi ^{2}


Λάμπρος Μπαλός
lamprosbalos81@gmail.com
drakpap
Δημοσιεύσεις: 38
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 6:43 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από drakpap » Τετ Μάιος 18, 2016 11:43 am

Μια απλή ερώτηση με το παλαιό σύστημα έδωσαν τα ίδια θέματα. Απαραδεκτοι αν έγινε αυτό. Τζάμπα διάβαζαν την έξτρα ύλη


Γ.ΑΣΗΜΑΚΟΠΟΥΛΟΣ
Δημοσιεύσεις: 65
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 21, 2009 4:40 pm
Τοποθεσία: Ιλιον
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.ΑΣΗΜΑΚΟΠΟΥΛΟΣ » Τετ Μάιος 18, 2016 11:45 am

Στο Γ4 προφανής ρίζα το 0 και θεωρείς άλλη ρίζα ρ>0 και φτάνεις σε άτοπο


Αν δεν υψώσεις τα μάτια, θα νομίζεις ότι εσύ είσαι το πιο ψηλό σημείο
nick41
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Απρ 10, 2013 12:52 am

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nick41 » Τετ Μάιος 18, 2016 11:47 am

Καλημέρα,
για το Δ3 το ότι η f δεν είναι φραγμένη δεν έπεται από τη συναρτησιακή σχέση που δίνεται; Η πληροφορία για το σύνολο τιμών στην εκφώνηση νομίζω είναι περιττή.


ann79
Δημοσιεύσεις: 258
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 30, 2014 4:45 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ann79 » Τετ Μάιος 18, 2016 11:48 am

Στο Γ4

Δεν χρειάζεται να θεωρηθεί άλλη ρίζα, αν πάρουμε g(x)=f(x+3)-f(x), η g Προκύπτει γνησίως αύξουσα αφού η f κυρτή και g(|sinx|=g(x)=g(|x|) για x θετικό ή μηδέν άρα |sinx|=|x| με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=0


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3990
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Μάιος 18, 2016 11:57 am

Δ1. Από \int\limits_0^\pi  {\left( {f\left( x \right) + f''\left( x \right)} \right)\eta \mu xdx = \pi  \Leftrightarrow } \int\limits_0^\pi  {\left( {f\left( x \right)\eta \mu x + f''\left( x \right)\eta \mu x} \right)dx = \pi  \Leftrightarrow }

\int\limits_0^\pi  {f\left( x \right)\eta \mu xdx}  + \int\limits_0^\pi  {f''\left( x \right)\eta \mu xdx}  = \pi  \Leftrightarrow \int\limits_0^\pi  {f\left( x \right){{\left( { - \sigma \upsilon \nu x} \right)}^\prime }dx}  + \int\limits_0^\pi  {{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^\prime }\eta \mu xdx}  = \pi  \Leftrightarrow

\left[ { - f\left( x \right)\sigma \upsilon \nu x} \right]_0^\pi  - \int\limits_0^\pi  {f'\left( x \right)\left( { - \sigma \upsilon \nu x} \right)dx} + \left[ {f'\left( x \right)\eta \mu x} \right]_0^\pi  - \int\limits_0^\pi  {f'\left( x \right)\sigma \upsilon \nu xdx}  = \pi

\Leftrightarrow  - f\left( \pi  \right)\sigma \upsilon \nu \pi  - \left( { - f\left( 0 \right)\sigma \upsilon \nu 0} \right) + \int\limits_0^\pi  {f'\left( x \right)\sigma \upsilon \nu xdx}  + f'\left( \pi  \right)\eta \mu \pi  - f'\left( 0 \right)\eta \mu 0 - \int\limits_0^\pi  {f'\left( x \right)\sigma \upsilon \nu xdx}  = \pi \Leftrightarrow \boxed{f\left( \pi  \right) + f\left( 0 \right) = \pi }:\left( 1 \right).

Θεωρούμε τη συνάρτηση g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{{\eta \mu x}},x \in \left( { - \pi ,0} \right) \cup \left( {0,\pi } \right) \subseteq R. Ισχύει από την υπόθεση \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = 1}:\left( 2 \right).

Αλλά g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{{\eta \mu x}} \Rightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\eta \mu x και με

\left\{ \begin{gathered} 
  \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = 1 \\  
  \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \eta \mu x = 0 \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right)} \right) \cdot \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \eta \mu x} \right) = 1 \cdot 0 = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \,\,\sigma \tau o\,\,0} \boxed{f\left( 0 \right) = 0}:\left( 3 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} f\left( \pi  \right) = \pi.

Είναι f'\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{g\left( x \right) \cdot \eta \mu x - 0}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {g\left( x \right) \cdot \dfrac{{\eta \mu x}}{x}} \right)\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\eta \mu x}}{x} = 1} \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right)} \right) \cdot \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\eta \mu x}}{x}} \right) = 1 \cdot 1 = 1 \Rightarrow \boxed{f'\left( 0 \right) = 1}:\left( 4 \right).

Δ2.α) Έστω ότι η f παρουσιάζει ακρότατο σε κάποιο {{x}_{0}}\in R , επειδή το {{x}_{0}} είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της συνάρτησης και η f είναι παραγωγίσιμη στο R , σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat θα ισχύει \boxed{f'\left( {x{}_0} \right) = 0}:\left( 5 \right).

Με f παραγωγίσιμη στο R προκύπτει ότι οι συναρτήσεις h\left( x \right) = {e^{f\left( x \right)}} + x,k\left( x \right) = f\left( {f\left( x \right)} \right) + {e^x},x \in R είναι παραγωγίσιμες στο R (πράξεις με παραγωγίσιμες στο R) και από τη δοσμένη ισότητά τους για κάθε x\in R προκύπτει ότι θα έχουν και ίσες παραγώγους για κάθε x\in R .

Αλλά h'\left( x \right) = {\left( {{e^{f\left( x \right)}} + x} \right)^\prime } = {e^{f\left( x \right)}} \cdot f'\left( x \right) + 1 και k'\left( x \right) = {\left( {f\left( {f\left( x \right)} \right) + {e^x}} \right)^\prime } = f'\left( {f\left( x \right)} \right) \cdot f'\left( x \right) + {e^x},x \in R.

Θα ισχύει λοιπόν {e^{f\left( x \right)}} \cdot f'\left( x \right) + 1 = f'\left( {f\left( x \right)} \right) \cdot f'\left( x \right) + {e^x},x \in R

\mathop  \Rightarrow \limits^{x = x{}_0} {e^{f\left( {x{}_0} \right)}} \cdot f'\left( {x{}_0} \right) + 1 = f'\left( {f\left( {x{}_0} \right)} \right) \cdot f'\left( {x{}_0} \right) + {e^{x{}_0}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} 1 = {e^{x{}_0}} \Rightarrow {x_0} = \ln 1 = 0 άτοπο αφού f'\left( 0 \right) = 1 \ne 0.

Άρα η f δεν παρουσιάζει ακρότατα.

β) Αφού η {f}'\left( x \right)\ne 0 για κάθε x\in R και η {f}' είναι συνεχής από την υπόθεση προκύπτει ότι η {f}' θα διατηρεί το πρόσημό της στο R και με

{f}'\left( 0 \right)=1>0\Rightarrow {f}'\left( x \right)>0 για κάθε x\in R και συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο R

Δ3. Για κάθε x > \pi \mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha } f\left( x \right) > f\left( \pi  \right) = \pi \mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha } f\left( {f\left( x \right)} \right) > f\left( \pi  \right) = \pi  \Rightarrow

f\left( {f\left( x \right)} \right) + {e^x} > {e^x} + \pi  \Rightarrow {e^{f\left( x \right)}} + x > {e^x} + \pi  > {e^x} \Rightarrow \boxed{{e^{f\left( x \right)}} > {e^x} - x}:\left( 6 \right).

Για τη συνάρτηση t\left( x \right) = {e^x},x \in R η οποία είναι δίς παραγωγίσιμη στο R με \ldots t''\left( x \right) = {e^x} > 0,x \in R άρα κυρτή στο η εφαπτόμενη της γραφικής της παράστασης στο σημείο της M\left( 0,1 \right) είναι η ευθεία \left( \varepsilon  \right):y=x+1 και λόγω της κυρτότητας είναι

{e^x} \geqslant x + 1 \Rightarrow {e^x} - x \geqslant 1,x \in R με την ισότητα να ισχύει για x=0 ενώ για x>\pi >0 είναι {{e}^{x}}-x>1.

Έτσι από την \left( 6 \right) παίρνουμε ισοδύναμα \ln {e^{f\left( x \right)}} > \ln \left( {{e^x} - x} \right) > \ln 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) > \ln \left( {{e^x} - x} \right) > 0 \Rightarrow \boxed{0 < \frac{1}{{f\left( x \right)}} < \frac{1}{{\ln \left( {{e^x} - x} \right)}}}:\left( 7 \right).

Είναι \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right| = \dfrac{{\left| {\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x} \right|}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}}:\left( 8 \right).

Επίσης 0 \leqslant \left| {\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x} \right| \leqslant \left| {\eta \mu x} \right| + \left| {\sigma \upsilon \nu x} \right| \leqslant 2\mathop  \Rightarrow \limits^{\left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right),x > \pi } 0 < \dfrac{{\left| {\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x} \right|}}{{f\left( x \right)}} \leqslant 2\dfrac{1}{{f\left( x \right)}}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\left( 8 \right)} \boxed{0 < \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right| \leqslant 2\dfrac{1}{{f\left( x \right)}}}:\left( 9 \right)

Και \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{e^x} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{e^x}\left( {1 - \dfrac{x}{{{e^x}}}} \right)} \right) αλλά από τον κανόνα του De L' Hospital είναι

\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{x}{{{e^x}}}\mathop  = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{{{\left( x \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{1}{{{e^x}}}\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {e^x} =  + \infty } 0 \mathop  \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {e^x} =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {1 - \frac{x}{{{e^x}}}} \right) = 1 - 0 = 1} \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{e^x} - x} \right) =  + \infty.

Ετσι \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \ln \left( {{e^x} - x} \right)\mathop  = \limits^{u = {e^x} - x,x \to  + \infty  \Rightarrow u \to  + \infty } \mathop {\lim }\limits_{u \to  + \infty } \ln u =  + \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{1}{{\ln \left( {{e^x} - x} \right)}} = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)\,\kappa \rho \iota \tau \eta \rho \iota o\,\,\pi \alpha \rho \varepsilon \mu \beta o\lambda \eta \varsigma } \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{1}{{f\left( x \right)}} = 0

\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)\,\kappa \rho \iota \tau \eta \rho \iota o\,\,\pi \alpha \rho \varepsilon \mu \beta o\lambda \eta \varsigma } \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right| = 0. και με - \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right| \leqslant \dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}} \leqslant \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right|

και \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right| = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \left| {\dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}}} \right|} \right) = 0 από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x}}{{f\left( x \right)}} = 0

Δ4. Είναι \int\limits_1^{{e^\pi }} {\frac{{f\left( {\ln x} \right)}}{x}dx} \mathop  = \limits^{u = \ln x \Rightarrow du = \frac{1}{x}dx,x = 1 \Rightarrow u = 0,x = {e^\pi } \Rightarrow u = \pi } \int\limits_0^\pi  {f\left( u \right)du} :\left( 9 \right). Αλλά με f\left( 0 \right) = 0 όπως προέκυψε πιο πάνω από το \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{\eta \mu x}=1 και με f γνησίως αύξουσα στο R

προκύπτει ότι 0 \leqslant u \leqslant \pi \mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha \,\,\sigma \tau o\,\,\left[ {0,\pi } \right]} f\left( 0 \right) \leqslant f\left( u \right) \leqslant f\left( \pi  \right) \mathop  \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0,f\left( \pi  \right) = \pi } 0 \leqslant f\left( u \right) \leqslant \pi \mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,\mu \eta \,\,\mu \eta \delta \varepsilon \nu \iota \kappa \eta \,\,(\omega \varsigma \,\,\gamma \nu \eta \sigma \iota \omega \varsigma \,\,\alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha )\,\,\sigma \tau o\,\,\left[ {0,\pi } \right]}

0 < \int\limits_0^\pi  {f\left( u \right)du}  < \int\limits_0^\pi  {\pi du}  = {\pi ^2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 9 \right)} \boxed{0 < \int\limits_1^{{e^\pi }} {\frac{{f\left( {\ln x} \right)}}{x}dx}  < {\pi ^2}}
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Τετ Μάιος 18, 2016 12:22 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
apotin
Δημοσιεύσεις: 835
Εγγραφή: Τετ Απρ 08, 2009 5:53 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από apotin » Τετ Μάιος 18, 2016 12:00 pm

drakpap έγραψε:Μια απλή ερώτηση με το παλαιό σύστημα έδωσαν τα ίδια θέματα. Απαραδεκτοι αν έγινε αυτό. Τζάμπα διάβαζαν την έξτρα ύλη
Η ύλη ήταν ίδια


Αποστόλης
astakokaravida
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Παρ Μάιος 30, 2014 8:48 am

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από astakokaravida » Τετ Μάιος 18, 2016 12:05 pm

Στο Γ2 4 συναρτησεις στα διαστηματα (-\infty,0) και στo (0,+\infty).


NikosTheodorakis
Δημοσιεύσεις: 20
Εγγραφή: Πέμ Απρ 28, 2016 8:00 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από NikosTheodorakis » Τετ Μάιος 18, 2016 12:08 pm

Θέμα Α: Θεωρία.

Θέμα Β: Πολύ απλό θέμα διαφορικού λογισμού.

Θέμα Γ: Τα Γ1, Γ2 είναι στη φιλοσοφία των ασκήσεων και εφαρμογών του σχολικού και θεωρούνται βατά ερωτήματα. Το Γ3 θεωρείται επίσης βατό και το Γ4 μέτριας δυσκολίας.

Θέμα Δ: Το Δ1 είναι βατό θέμα που συνδυάζει γνώσεις από διάφορα κεφάλαια της ύλης. Το Δ2 είναι ένα βατό θέμα πάνω στις συναρτήσεις και τον διαφορικό λογισμό. Το όριο του Δ3 είναι αρκετά βατό καθώς είναι προφανής ο τρόπος επίλυσης (κριτήριο παρεμβολής). Η ανίσωση που ζητείται να αποδειχθεί στο Δ4 είναι επίσης βατή.

Σε γενικές γραμμές θα χαρακτήριζα τα θέματα ως τα ευκολότερα της τελευταίας 15ετίας. Η βάση πιάνεται και από τους ελάχιστα προετοιμασμένους, το 15 πιάνεται εύκολα από έναν μέτριο μαθητή και οι καλά προτετοιμασμένοι θα διακυμανθούν από 18-20. Θα έχουμε αρκετά 20άρια. Τα θέματα αδικούν τους πολύ καλά προετοιμασμένους και ταλαντούχους μαθητές, οι οποίοι δεν θα καταφέρουν να διακριθούν. Πάντως η διαβάθμιση των θεμάτων ήταν ικανοποιητική και τα θέματα κάλυπταν σχετικά μεγάλο μέρος της ύλης, προσωπικά περίμενα και Rolle και αντίστροφη και Bolzano που έλλειπαν από το διαγώνισμα.
τελευταία επεξεργασία από NikosTheodorakis σε Τετ Μάιος 18, 2016 12:08 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ann79
Δημοσιεύσεις: 258
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 30, 2014 4:45 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ann79 » Τετ Μάιος 18, 2016 12:08 pm

Nikkie έγραψε:αφου μπορουμε να βρουμε το προσημο της Γ1 και ειναι θετική
Γιατί να είναι όμως και η f θετική; Αφού οι απόλυτες τους είναι ίσες!


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Μάιος 18, 2016 12:14 pm

ΘΕΜΑ Γ

Γ1 Γενικά ισχύει η ανισότητα e^{y}\geq y+1 με ισότητα αν και μόνο αν y=0, οπότε e^{x^2}\geq x^2+1 με ισότητα αν και μόνο αν x=0.
Άρα x=0 είναι μοναδική λύση.

Γ2 Έστω g(x)=e^{x^2}-x^2-1, τότε f^2(x)=g^2(x) οπότε (f(x)-g(x))(f(x)+g(x))=0
Αν τώρα υπάρχουν x_0,y_0\neq 0 ώστε f(x_0)=g(x_0) και f(y_0)=-g(y_0) τότε αφού g(x_0)>0 και g(y_0)<0, υπάρχει σημείο όπου η f μηδενίζεται.
Αν όμως η f μηδενίζεται, μηδενίζεται και g, αλλά η g μηδενίζεται μόνο στο 0 επομένως είτε x_0>0>y_0 είτε y_0>0>x_0.
Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι x_0>0>y_0. Τότε για κάθε x_1 με f(x_1)=g(x_1) θα πρέπει να ισχύει x_1>0.
Από τα παραπάνω, οι συναρτήσεις είναι
1) f(x)=g(x) για κάθεx\in\mathbb{R}

2)f(x)=-g(x)για κάθε x\in\mathbb{R}

3) f(x)=g(x) για x\geq 0 και f(x)=-g(x) για x<0

4) f(x)=-g(x) για x\geq 0 και f(x)=g(x) για x<0

Γ3 Με παραγώγιση έχουμε f''(x)=2e^{x^2}+4x^2e^{x^2}-2, x\in\mathbb{R}.
Επειδή x^2\geq 0 θα έχουμε 2e^{x^2}\geq 2 με ισότητα μόνο όταν x=0, επομένως f''(x)\geq 0 με ισότητα μόνο όταν x=0 άρα f κυρτή.

Γ4 Θεωρούμε συνάρτηση g(x)=f(x+3)-f(x). Τότε g'(x)=f'(x+3)-f'(x)>0 αφού η f' είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως g γνησίως αύξουσα, άρα
πρέπει x=|\sin x|, που ισχύει αν και μόνο αν x=0.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Nikkie
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2009 4:41 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikkie » Τετ Μάιος 18, 2016 12:24 pm

ann79 έγραψε:
Nikkie έγραψε:αφου μπορουμε να βρουμε το προσημο της Γ1 και ειναι θετική
Γιατί να είναι όμως και η f θετική; Αφού οι απόλυτες τους είναι ίσες!
η f>0 ή f<0


plat_man
Δημοσιεύσεις: 33
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 15, 2010 3:01 pm
Τοποθεσία: Κάρυστος, Εύβοια

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από plat_man » Τετ Μάιος 18, 2016 12:26 pm

το Γ2, σχολικό ασκηση 7/ σελιδα 200


Πλατής Παναγιώτης
drakpap
Δημοσιεύσεις: 38
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 6:43 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από drakpap » Τετ Μάιος 18, 2016 12:36 pm

NikosTheodorakis έγραψε:Θέμα Α: Θεωρία.

Θέμα Β: Πολύ απλό θέμα διαφορικού λογισμού.

Θέμα Γ: Τα Γ1, Γ2 είναι στη φιλοσοφία των ασκήσεων και εφαρμογών του σχολικού και θεωρούνται βατά ερωτήματα. Το Γ3 θεωρείται επίσης βατό και το Γ4 μέτριας δυσκολίας.

Θέμα Δ: Το Δ1 είναι βατό θέμα που συνδυάζει γνώσεις από διάφορα κεφάλαια της ύλης. Το Δ2 είναι ένα βατό θέμα πάνω στις συναρτήσεις και τον διαφορικό λογισμό. Το όριο του Δ3 είναι αρκετά βατό καθώς είναι προφανής ο τρόπος επίλυσης (κριτήριο παρεμβολής). Η ανίσωση που ζητείται να αποδειχθεί στο Δ4 είναι επίσης βατή.

Σε γενικές γραμμές θα χαρακτήριζα τα θέματα ως τα ευκολότερα της τελευταίας 15ετίας. Η βάση πιάνεται και από τους ελάχιστα προετοιμασμένους, το 15 πιάνεται εύκολα από έναν μέτριο μαθητή και οι καλά προτετοιμασμένοι θα διακυμανθούν από 18-20. Θα έχουμε αρκετά 20άρια. Τα θέματα αδικούν τους πολύ καλά προετοιμασμένους και ταλαντούχους μαθητές, οι οποίοι δεν θα καταφέρουν να διακριθούν. Πάντως η διαβάθμιση των θεμάτων ήταν ικανοποιητική και τα θέματα κάλυπταν σχετικά μεγάλο μέρος της ύλης, προσωπικά περίμενα και Rolle και αντίστροφη και Bolzano που έλλειπαν από το διαγώνισμα.

Θέλω να δεις τα στατιστικά τον ιούνιο και να απαντήσεις γιατί οσο εύκολα σου φαίνονται δεν παύει να είναι παιδιά και η αιτιολόγηση δεν είναι εύκολη. η απλά εσείς διδάσκετε σε παιδιά διάνοιες


plat_man
Δημοσιεύσεις: 33
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 15, 2010 3:01 pm
Τοποθεσία: Κάρυστος, Εύβοια

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από plat_man » Τετ Μάιος 18, 2016 12:40 pm

το Δ1 είναι ασκηση 11 , σελίδα 340


Πλατής Παναγιώτης
nikolaos p.
Δημοσιεύσεις: 266
Εγγραφή: Δευ Φεβ 14, 2011 11:44 pm

Re: Μαθηματικά προσαν. (κατεύθ.) 2016

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikolaos p. » Τετ Μάιος 18, 2016 12:42 pm

Από τους μαθητές που βγήκαν στο εξεταστικό κέντρο όπου ήμουν επιτηρητής (στα Αρχαία) άκουσα οτι τα θέματα ήταν δύσκολα.
Προφανώς εννοούσαν τα 3ο, 4ο, γιατί τα 2 πρώτα δεν παρουσιάζουν ιδιαίτερη δυσκολία.
τελευταία επεξεργασία από nikolaos p. σε Τετ Μάιος 18, 2016 12:46 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΕικόναΕικόνα
Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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