Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιουν 11, 2018 1:50 pm

margk έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 1:37 pm
Περιγραφικα για το Δ3(γραφω απο κινητο)
Η συναρτηση f ειναι γνησιως μονοτονη στο
διαστημα που θελουμε να λυσουμε την εξισωση αρα και 1-1.
Οποτε η εξισωση εχει λυση x=1 που απορριπτεται αφου το 1 δεν ανηκει στο διαστημα.
Το επιχείρημα αυτό δεν είναι σωστό....

Αν μια συνάρτηση είναι 1-1 σε ένα διάστημα, δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να λάβει τιμές που λαμβάνει εκτός του διαστήματος αυτού.

Φιλικά,

Αχιλλέας



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1949
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Ιουν 11, 2018 2:35 pm

Κάποιες παρατηρήσεις για το ΘΕΜΑ Γ.

Γ2 Η E(x) είναι τριώνυμο με θετικό μεγιστοβάθμειο συντελεστή.

Αρα ελαχιστοποιείται στο -\dfrac{b}{2a}=\dfrac{32}{\pi +4}\in (0,8)

Μετά βρίσκουμε ότι για αυτή την τιμή ισχύει το ζητούμενο.


Γ3.Αν θέσουμε h(x)=E(x)-5 τότε αυτή είναι τριώνυμο .

Ενας υπολογισμός δείχνει ότι h(0)>0 και h(8)<0.

Από την θεωρία του τριωνύμου προκύπτει ότι η h(x)=0 εχει μοναδική ρίζα στο (0,8)

(πρόσημο τριωνύμου στα διαστήματα που ορίζουν οι ρίζες η πρόσημο αν δεν έχει ρίζες)


killbill
Δημοσιεύσεις: 221
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2009 1:34 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από killbill » Δευ Ιουν 11, 2018 3:35 pm

..
τελευταία επεξεργασία από killbill σε Δευ Ιουν 11, 2018 4:18 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


killbill
Δημοσιεύσεις: 221
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2009 1:34 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από killbill » Δευ Ιουν 11, 2018 3:41 pm

achilleas έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 1:50 pm
margk έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 1:37 pm
Περιγραφικα για το Δ3(γραφω απο κινητο)
Η συναρτηση f ειναι γνησιως μονοτονη στο
διαστημα που θελουμε να λυσουμε την εξισωση αρα και 1-1.
Οποτε η εξισωση εχει λυση x=1 που απορριπτεται αφου το 1 δεν ανηκει στο διαστημα.
Το επιχείρημα αυτό δεν είναι σωστό....

Αν μια συνάρτηση είναι 1-1 σε ένα διάστημα, δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να λάβει τιμές που λαμβάνει εκτός του διαστήματος αυτού.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Συμφωνώ με Αχιλλέας. Θα ήταν σωστό αν θεωρούσαμε την f μόνο στο διάστημα που ζητείται να λυθεί η εξίσωση δηλαδή στο (α, χ2).
Μήπως όμως όντως αυτό εννούσε η εκφώνηση; Μήπως αυτό είχαν στο μυαλό τους οι θεματοδότες, οτι δηλαδή θεωρείστε την f(x) μόνο σε αυτό το διάστημα και απλά δεν διευκρινίστηκε; Πάντως, διαφορετικά, θεωρείται και αυτο θέμα για λίγους

Πάντως και στην επίσημη σελίδα της ΟΕΦΕ δίνεται η λύση που μας παρέθεσε η margk... Έκαναν και αυτοί λάθος; Μάλλον ναι ή μάλλον όχι;

Κάτι συμβαίνει εδώ...


Mpitelis
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Δευ Ιουν 11, 2018 3:35 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mpitelis » Δευ Ιουν 11, 2018 3:52 pm

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [2,3], οπότε:
διόρθωση: όντως έγινε λάθος στην ανίσωση.
τελευταία επεξεργασία από Mpitelis σε Δευ Ιουν 11, 2018 4:45 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιουν 11, 2018 3:59 pm

Mpitelis έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 3:52 pm
Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [2,3], οπότε:

\displaystyle \begin{gathered} 
  {\text{2}} \leqslant {\text{x}} \leqslant {\text{3}} \Rightarrow  - 2 \leqslant {\text{f}}({\text{x}}){\text{ }} \leqslant {\text{ }}2{\text{e}} - 9{\text{   }} \Rightarrow  \hfill \\ 
  {\text{            }}9 - 2{\text{e}} \leqslant  - {\text{f}}({\text{x}}){\text{ }} \leqslant {\text{ }}2{\text{  }} \hfill \\ 
  {\text{       2}} \leqslant {\text{x}} \leqslant {\text{3}} \Rightarrow 0 \leqslant \sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \leqslant {\text{ 1   }} \Rightarrow  \hfill \\ 
  {\text{       2}} \leqslant {\text{x}} \leqslant {\text{3}} \Rightarrow 0 \leqslant \sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \leqslant {\text{ 1   }} \Rightarrow  \hfill \\ 
  {\text{        }} - {\text{f}}({\text{x}})\sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \leqslant {\text{ }}2{\text{ }} \Rightarrow {\text{f}}({\text{x}})\sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{ }} \geqslant  - 2{\text{   }} \Rightarrow {\text{ }} \hfill \\ 
  {\text{              }}\int_2^3 {{\text{f}}({\text{x}})\sqrt {{\text{x}} - 2} {\text{dx}}} {\text{ }} \geqslant  - 2 >  - \frac{{32}}{{15}}{\text{   }} \hfill \\  
\end{gathered}

Κάτι δεν πάει καλά με το παραπάνω επιχείρημα, διότι στην πραγματικότητα είναι

\int_2^3f(x)\sqrt{x-2}\,dx \approx-2.04<-2

Στο Δ4, η f είναι όντως γν. φθίνουσα στο [2,x_2] και γν. αύξουσα στο [x_2,+\infty) με 2<x_2\approx 3.1462.

Η παραπάνω ιδέα όμως εφαρμόζει την f ως αύξουσα στο [2,3].

Φιλικά,

Αχιλλέας


Theo21
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Δευ Ιουν 11, 2018 4:39 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Theo21 » Δευ Ιουν 11, 2018 4:55 pm

Εγω ,πριν λιγες ωρες λοιπον, το Δ3 το ελυσα οπως ο οεφε
Δηλαδη φ φθινουσα στο (α,χ2)
Αρα φ 1-1 στο (α,χ2)
Αρα χ=1 , ομως το 1 δεν ανηκει στο (α,χ2) γιατι α>1

Ειναι λαθος;


killbill
Δημοσιεύσεις: 221
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2009 1:34 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από killbill » Δευ Ιουν 11, 2018 4:57 pm

Ναι είναι λάθος η λύση του Δ3 που προτείνει η ΟΕΦΕ και πολλοί αλλοι. Διάβασε λίγο παραπάνω. Έχει απαντηθεί.
Δυστυχώς ο μαθητής θα αναρωτηθεί, "ολόκληρη ΟΕΦΕ και το λύνει λάθος, εγώ τι έπρεπε να κάνω?"
τελευταία επεξεργασία από killbill σε Δευ Ιουν 11, 2018 5:06 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Kwstas64
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Δευ Ιουν 11, 2018 4:58 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Kwstas64 » Δευ Ιουν 11, 2018 5:01 pm

Αν έχω βγάλει ότι το ολοκλήρωμα στο δ4 με χτίσιμο είναι μεγαλύτερο -10/3 και όχι του -32/15 παίρνω καμία μονάδα? Ευχαριστώ
τελευταία επεξεργασία από Kwstas64 σε Δευ Ιουν 11, 2018 5:03 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5266
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Δευ Ιουν 11, 2018 5:02 pm

xr.tsif έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 10:24 am
ανεβάζω τα θέματα σε .docx
Χρήστο, σε ευχαριστώ πολύ ! Πάντα χρήσιμα και σωτήρια όσα γράφεις, ειδικά αν θέλεις να ετοιμάσεις μοριοδότηση !

Μπ


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7070
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιουν 11, 2018 6:35 pm

Για την πλάγια ασύμπτωτη στο B3 μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε απευθείας τον ορισμό, αντί για τους τύπους με το \lambda και το \beta.

\displaystyle f(x) - x =  - \frac{4}{{{x^2}}} κι επειδή \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \frac{4}{{{x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \frac{4}{{{x^2}}}} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {f(x) - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {f(x) - x} \right) = 0


hsiodos
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1235
Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 2009 1:12 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hsiodos » Δευ Ιουν 11, 2018 6:45 pm

Ακόμα μία εκδοχή για το Γ3.
Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση \displaystyle E(x) = 5 \Leftrightarrow \phi (x) = \left( {\pi  + 4} \right)x^2  - 64x + 16(16 - 5\pi ) = 0\,\,\,\left( 1 \right) έχει μόνο μία λύση στο διάστημα \displaystyle \left( {0\,,\,8} \right) .

\displaystyle \Delta  = 64^2  - 64\left( {\pi  + 4} \right)\left( {16 - 5\pi } \right) = 64\left( {5\pi ^2  + 4\pi } \right) > 0

Άρα η (1) έχει δύο ρίζες \displaystyle x_1 \,,\,x_2 πραγματικές και άνισες , έστω \displaystyle x_1  < x_2 .

Είναι \displaystyle x_1 x_2  = \frac{{16(16 - 5\pi )}}{{\pi  + 4}} \simeq \frac{{16 \cdot 0,3}}{{\pi  + 4}} = \frac{{4,8}}{{\pi  + 4}} \Rightarrow 0 < x_1 x_2  < 1 \displaystyle  
\left( 2 \right) και \displaystyle x_1  + x_2  = \frac{{64}}{{\pi  + 4}} > 0 .

Συνεπώς \displaystyle 0 < x_1  < x_2 και λόγω της \displaystyle \left( 2 \right) θα είναι \displaystyle 0 < x_1  < 1 .

Επειδή \displaystyle  
\phi (8) = \left( {\pi  + 4} \right)64 - 512 + 256 - 80\pi  =  - 16\pi  < 0 προκύπτει ότι \displaystyle x_2  > 8 .

Συνεπώς η \displaystyle \left( 1 \right)έχει μόνο μία λύση στο διάστημα \displaystyle \left( {0\,,\,8} \right) .

ΥΓ.Μπορούμε και χωρίς Vietta αφού \displaystyle \phi (0) > 0\,\,,\,\,\phi (8) < 0 και από τον κανόνα προσήμου του \displaystyle \phi (x) προκύπτει ότι \displaystyle  
0 < x_1  < 8 < x_2 .
τελευταία επεξεργασία από hsiodos σε Δευ Ιουν 11, 2018 7:53 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Ροδόπουλος
Mpitelis
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Δευ Ιουν 11, 2018 3:35 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mpitelis » Δευ Ιουν 11, 2018 6:47 pm

Ξαναδίνω μια νέα λύση στο Δ4 (ελπίζω σωστή)

\displaystyle \begin{gathered} 
  \forall {\text{x}} \in {\text{(2}}{\text{,3):  }} \hfill \\ 
  {\text{       }}2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  \geqslant  - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  \Leftrightarrow  \hfill \\ 
  {\text{               }}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \left( {{\text{2}}{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}}} \right) \geqslant 0 \hfill \\ 
   \hfill \\ 
  {\text{h(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}} \Rightarrow {\text{h'(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{x}} + 2{\text{  }} \hfill \\ 
  {\text{                }} \Rightarrow {\text{h''(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{  }} \Rightarrow  \hfill \\ 
   \hfill \\ 
      h'(x) > 0 \Rightarrow {\text{   h}} \nearrow {\text{   }},{\text{  }}\mu \varepsilon {\text{   h}}(2) = 0{\text{  }} \Rightarrow {\text{ h(x)}} \geqslant 0 \hfill \\ 
   \hfill \\ 
  \int_2^3 {\left( {2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} > \int_2^3 {\left( { - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} =  \hfill \\ 
  {\text{                }} - 2\int_0^1 {\left( {{\text{2}}{{\text{u}}^4}{\text{ + 2}}{{\text{u}}^2}} \right)} {\text{du}} =  - \frac{{32}}{{15}} \hfill \\ 
  {\text{  }} \hfill \\  
\end{gathered}


Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1583
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Δευ Ιουν 11, 2018 7:03 pm

Δ3. (για τον πλουραλισμό)

\displaystyle \begin{array}{l} 
h\left( x \right) = f\left( x \right) - f\left( 1 \right),x \in \left( {a,{x_2}} \right)\\ 
h'\left( x \right) = f'\left( x \right) < {0_{\forall x \in \left( {a,{x_2}} \right)}} \Rightarrow h\left( {\left( {a,{x_2}} \right)} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}^ - } h\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} h\left( x \right)} \right)\mathop  \subset \limits^* \left( { - \infty ,0} \right) \Rightarrow h\left( x \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right) < f\left( 1 \right)\\ 
*\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} h\left( x \right) = f\left( a \right) - f\left( 1 \right) = 2 - {a^2} - 2{e^{1 - a}} + 1\mathop  \le \limits^{{e^x} \ge x + 1,\forall x \in R} 3 - {a^2} - 2\left( {\left( {1 - a} \right) + 1} \right) =  - {\left( {a - 1} \right)^2}\mathop  < \limits^{a \ne 1} 0 
\end{array}

βέβαια η παράσταση \displaystyle 2 - {a^2} - 2{e^{1 - a}} + 1 μπορεί να μελετηθεί ως προς το πρόσημο και με άλλον τρόπο.


Ντάβας Χρήστος
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Άβαταρ μέλους
nikos_el
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Παρ Ιαν 02, 2015 5:00 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikos_el » Δευ Ιουν 11, 2018 7:28 pm

Δεν ξέρω αν έχει ειπωθεί νωρίτερα:
Δ3
Είναι \displaystyle \alpha >1. Διακρίνουμε περιπτώσεις:
1) Έστω \displaystyle  x_1 < 1 < \alpha και επειδή η \displaystyle f είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle \left [ x_1, x_2 \right] , η εξίσωση \displaystyle f \left( x \right) = f\left( 1 \right) έχει μοναδική λύση την \displaystyle x=1 που κείται στο διάστημα \displaystyle \left (x_1, \alpha \right). Άρα, η δεδομένη εξίσωση είναι αδύνατη στο \displaystyle \left( \alpha, x_2 \right).
2) Έστω \displaystyle 1 < x_1 < \alpha. Η \displaystyle {f}' είναι γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle \left( - \infty, a \right] \supseteq \left[ 1, x_1 \right] , αφού η \displaystyle f είναι κοίλη σε αυτό το διάστημα. Οπότε έχουμε: \displaystyle 1<x_1 \Leftrightarrow {f}'\left(1 \right )>{f}'\left(x_1 \right ) \Leftrightarrow 2e^{1-\alpha}-2 >0 \Leftrightarrow e^{1-\alpha}>e^0 \Leftrightarrow 1-\alpha > 0 \Leftrightarrow \alpha <1, άτοπο. Οπότε, \displaystyle x_1 < 1 (προηγούμενη περίπτωση)
Άρα, η εξίσωση \displaystyle f \left(x \right) = f \left( 1 \right) είναι αδύνατη στο \displaystyle \left( \alpha, x_2 \right).


The road to success is always under construction
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2554
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιουν 11, 2018 7:35 pm

Mpitelis έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 6:47 pm
Ξαναδίνω μια νέα λύση στο Δ4 (ελπίζω σωστή)

\displaystyle \begin{gathered} 
  \forall {\text{x}} \in {\text{(2}}{\text{,3):  }} \hfill \\ 
  {\text{       }}2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  \geqslant  - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  \Leftrightarrow  \hfill \\ 
  {\text{               }}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} \left( {{\text{2}}{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}}} \right) \geqslant 0 \hfill \\ 
   \hfill \\ 
  {\text{h(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - {{\text{x}}^2} + 2{\text{x}} \Rightarrow {\text{h'(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{x}} + 2{\text{  }} \hfill \\ 
  {\text{                }} \Rightarrow {\text{h''(x)}} = 2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}} - 2{\text{  }} \Rightarrow  \hfill \\ 
   \hfill \\ 
      h'(x) > 0 \Rightarrow {\text{   h}} \nearrow {\text{   }},{\text{  }}\mu \varepsilon {\text{   h}}(2) = 0{\text{  }} \Rightarrow {\text{ h(x)}} \geqslant 0 \hfill \\ 
   \hfill \\ 
  \int_2^3 {\left( {2{{\text{e}}^{{\text{x}} - 2}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}}  - {{\text{x}}^2}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} > \int_2^3 {\left( { - 2{\text{x}}\sqrt {{\text{x}} - {\text{2}}} } \right)} {\text{dx}} =  \hfill \\ 
  {\text{                }} - 2\int_0^1 {\left( {{\text{2}}{{\text{u}}^4}{\text{ + 2}}{{\text{u}}^2}} \right)} {\text{du}} =  - \frac{{32}}{{15}} \hfill \\ 
  {\text{  }} \hfill \\  
\end{gathered}

Πάλι υπάρχει θέμα, αφού το ολοκλήρωμα \displaystyle{\int_2^3(-2x\sqrt{x-2})\,dx=-\dfrac{52}{15}.}

Από την κυρτότητα, βλέπουμε ότι η f(x)\sqrt{x-2} \geq (-2x+2)\sqrt{x-2})\geq -2x\sqrt{x-2} για x\geq 2.

Το ζήτημα είναι ότι το ολοκλήρωμα της (-2x+2)\sqrt{x-2} από x=2 έως x=3 είναι ήδη -\dfrac{32}{15}.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2551
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Ιουν 11, 2018 8:09 pm

gavrilos έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 11:35 am
Καλημέρα και καλή επιτυχία στους υποψήφιους.

Η (μάλλον "λογική") απάντηση στο (δύσκολο) Δ4.

Η f είναι κυρτή στο διάστημα [2,+\infty) άρα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της C_f στο (2,f(2)).Η ευθεία αυτή έχει εξίσωση y=-2-2(x-2).

Συνεπώς \int_{2}^{3} f(x)\sqrt{x-2}dx>\int_{2}^3 -2\sqrt{x-2}-2\sqrt{x-2}^3dx=-\frac{32}{15}.

Edit: Μία ακόμη λύση,με όχι σχολικά εργαλεία,θα μπορούσε να προκύψει με αλλαγή μεταβλητής y=\sqrt{x-2} και χρήση της e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}.
ΕΙΝΑΙ 'μη σχολική' η e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}; Δεν έχω ασχοληθεί 'επαγγελματικά' με Πανελλαδικές κλπ οπότε δεν είμαι σίγουρος, αλλά θα έλεγα ότι μπορούμε να θεωρήσουμε -- ακριβέστερα, θα μπορούσε ο κάθε εξεταζόμενος να θεωρήσει -- την g(x)=e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2} (για την οποία ισχύει g(0)=0, άρα αρκεί να δειχθεί η g'(x)>0, δηλαδή η e^x>1+x, που είτε θεωρείται γνωστή είτε αποδεικνύεται αναλόγως μέσω της e^x>1 για x>0, κλπ κλπ)

Κάτι πιο ενδιαφέρον: πως και γιατί οδηγούν οι δύο παραπάνω μέθοδοι, 'σχολική' και 'μη σχολική', στην ΙΔΙΑ ακριβώς προσέγγιση, -\dfrac{32}{15};! Όπως θα δείξω παρακάτω, ΔΕΝ πρόκειται 100% για σύμπτωση...

Ας θεωρήσουμε λοιπόν συνάρτηση f(x)=ae^{x-2}+bx^2, που θα θέλαμε κυρτή στο διάστημα (2, 3), θα θέλαμε δηλαδή να ισχύει η a+2b\geq 0. Για την 'ολοκληρωματική' μας προσέγγιση τώρα, η μεν 'σχολική' μέθοδος της εφαπτομένης (στο x=2) δίνει f(x)>(a+4b)x-(a+4b), η δε 'μη σχολική' μέθοδος της εκθετικής ανισότητας δίνει f(x)>\left(\dfrac{a}{2}+b\right)x^2-ax+a: ποιο από τα δύο κάτω φράγματα είναι μεγαλύτερο; Παρατηρούμε ότι

\left(\dfrac{a}{2}+b\right)x^2-ax+a>(a+4b)x-(a+4b)\leftrightarrow (a+2b)(x-2)^2>0,

έχουμε δηλαδή καλύτερο φράγμα στην περίπτωση της 'μη σχολικής' μεθόδου, εκτός και αν a+2b=0 (συνθήκη 'οριακής κυρτότητας', που βεβαίως ισχύει στο δοθέν θέμα Δ4 με a=2, b=-1)!

[Ας δούμε τώρα το παράδειγμα h(x)=3e^{x-2}-x^2, όπου η μεν 'σχολική' μέθοδος δίνει \displaystyle\int_{2}^{3}h(x)\sqrt{x-2}dx >\int_{2}^{3}(-x+1)\sqrt{x-2}dx\approx -1,0667, η δε 'μη σχολική' μέθοδος δίνει \displaystyle\int_{2}^{3}h(x)\sqrt{x-2}dx>\int_{2}^{3}\left((\dfrac{3}{2}-1)x^2-3x+3\right)\sqrt{x-2}dx\approx -0,92381 ... επιβεβαιώνοντας τα παραπάνω 'θεωρητικά'.]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Σωτήριος Τερζόπουλος
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Δευ Ιουν 02, 2014 10:25 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σωτήριος Τερζόπουλος » Δευ Ιουν 11, 2018 8:54 pm

Έχω ανεβάσει στο διαδίκτυο ( facebook ) σε φωτογραφία την λύση του Γ θέματος με γνώσεις β και γ γυμνασίου και κάποιοι συνάδελφοι το έχουν πραγματευτεί με παρόμοιο τρόπο σε προηγούμενα ποστ εδώ.
Θα ήταν ωραίο να γραφτεί σε ένα ποστ όλο το Γ θέμα λυμένο έτσι..

Απολογούμαι που ακόμη δε γράφω σε latex.


Επιτροπή Θεμάτων 2018
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2016 9:41 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Επιτροπή Θεμάτων 2018 » Δευ Ιουν 11, 2018 10:57 pm

Στην αρχική σελίδα ανέβηκε η 1η έκδοση των λύσεων των θεμάτων Μαθηματικών προσανατολισμού 2018, η οποία είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών του mathematica.gr.


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

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikkie » Δευ Ιουν 11, 2018 11:14 pm

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 11:44 am
Δ2. Έχουμε ότι:
*f'(a)=2e^{a-a}-2a=2-2a,
* \displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=+\infty}, αφού \displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a})=0} και \displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2x)=-\infty} και

* \displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=\lim_{x \righatrrow -\infty}\left[2e^{x-a}\left(1-\frac{x}{e^{x-a}\right)\right]=+\infty}, αφού
\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}(2e^{x-a})=+\infty},
\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{x}{e^{x-a}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{1}{e^{x-a}}=0} (αφού τηρούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος De L' Hospital).

Από το Δ1 αποδείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο (-\infty,a] και κυρτή στο [a,+\infty),
οπότε η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο (-\infty,a] και γνησίως αύξουσα στο [a,+\infty).

Η f' είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο A_1=(-\infty,a], οπότε \displaystyle{f'(A_1)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}.

Επίσης f' είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως αύξουσα στο A_2=[a,+\infty), οπότε \displaystyle{f'(A_2)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}.

Αφού a>1 \Leftrightarrow -2a<-2  \Leftrightarrow 2-2a<0,
οπότε 0 \in f'(A_1),\;0 \in f'(A_2) και γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα A_1,A_2,
οπότε η f'(x)=0 έχει από μία ακριβώς ρίζα σε κάθε ένα από τα διαστήματα A_1,A_2, έστω x_1 \in A_1,x_2 \in A_2.
Συνεπώς:
**x<x_1 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-\infty,x_1],
**x_1<x<a \Rightarrow f'(x)<f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [x_1,a],
**a<x<x_2 \Rightarrow f'(x)<f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [a,x_2],
**x>x_2 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [x_2,+\infty)].
Επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο a, οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο [x_1,x_2].
Συνεπώς η συνάρτηση f παρουσιάζει μοναδικό τοπικό μέγιστο για x_1 \in (-\infty,a] και μοναδικό τοπικό ελάχιστο για x_2 \in [a,+\infty).
Αν στο Δ2 κάνεις Bolzano στο [0,1] και βρεις την ρίζα x1, στο Δ3 μπορείς να πας άμεσα στο διάστημα (α,x2) χωρίς διερεύνηση σωστά ?


Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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