Test γενικό

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

Καλημέρα.
Ας μοιραστούμε το 2ο γενικό διαγώνισμα από μια σειρά διαγωνισμάτων που γράφουν οι μαθητές μου.

Το 3ο θέμα παρουσιάζει σχετικά μεγάλο βαθμό δυσκολίας στο β.

Στο 4ο θέμα, τα ερωτήματα α, β, γ, δ είναι είτε σχετικά εύκολα είτε κλασσικά.
Το ερώτημα ε απαιτεί συνθετική σκέψη και λύνεται σε συνδυασμό με τα προηγούμενα ερωτήματα.
Το ερώτημα στ, είναι πολύ δύσκολο να απαντηθεί από μαθητή που απλώς ξέρει καλά τη θεωρία. Απαιτεί μεγάλη διεισδυτικότητα και κριτική ικανότητα.

Θεωρώ ότι πρέπει ένας καλός μαθητής να μπορεί να πιάσει σχετκά εύκολα το 80 (που για μένα το 80 είναι το στατιστικά άριστα) και από εκεί και πέρα να βγούν οι διαφορές για όσους έχουν αυτό το κάτι περισσότερο τουλάχιστον στα Μαθηματικά)

Σχόλιο:
Δεν το έβαλα στις ασκήσεις για όλη την ύλη για να μην πέσει με το διαγώνισμα του συναδέλφου Σπύρου Καπελλίδη.

Να είστε καλά,
Θωμάς

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mtsarduckas · #2

Μία γρήγορα ιδέα για το 4 στ) του εξαιρετικού διαγωνίσματος του κυρίου Θωμά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ελπίζω η βιασύνη μου να μη με έφαγε πάλι...

tsolis · #3

Μια αντιμετώπιση για το θέμα 3β

Έστω x1, x2>0 με g(x1)=g(x2) (1)
Άρα g(g(x1))=g(g(x2)) (2)
Με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε: $e^{x_{1}}-ln(x_{1}+1)-1=e^{x_{2}}-ln(x_{2}+1)-1$ (3)
Θεωρούμε συνάρτηση, έστω $h(x)=e^{x}-ln(x+1)-1$ με Χ>=0
Με παραγώγιση έχουμε: $h'(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=f(x)\geq 0$ , συνεπώς η h γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1 οπότε ισχύει η ισοδυναμία $h(x1)=h(x2)\Leftrightarrow x1=x2$ .Άρα η g 1-1.

Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: y-g(0)=g'(0)(x-0)

.
Αρκεί να βρούμε τα g(0), g'(0).
Για χ=0 η αρχική γίνεται g(g(0))-g(0)=0 και επειδή η g 1-1 έπεται g(0)=0.

Αν παραγωγίσουμε την αρχική έχουμε, g'(g(x))g'(x)-g'(x)=e^x- 1/x+1 (4)
Θέτουμε στην 4 όπου χ το 0 και έχουμε g'(0)=1 με g'(0)<>0.
Άρα η εξ. της εφαπτομένης είναι η y=x

paylos · #4

Για το 4o Θέμα.

Ε)
Η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό μέγιστο που είναι ίσο με 1.
Άρα $f\left( {x_1 } \right) + f\left( {x_2 } \right) = 2 \Rightarrow f\left( {x_1 } \right) = 1{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \kappa \alpha \iota {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} f\left( {x_2 } \right) = 1$
Από το ερώτημα Β προκύπτει ότι x_1 = x_2 = 1

Στ)
Για κάθε αριθμό c με 0 < c < 1

και $c \ne \frac{1}{2}$ , ισχύει $f\left( { - 1} \right) < \sqrt c < f\left( 1 \right)$
και $f\left( { - 1} \right) < \sqrt {1 - c} < f\left( 1 \right)$ .
Επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ -1, 1] άρα από Θ.Ε.Τ. υπάρχουν $\kappa ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} \lambda \in \left( { - 1,{\kern 1pt} {\kern 1pt} 1} \right)$ τέτοια ώστε $f\left( \kappa \right) = \sqrt c$ και $f\left( \lambda \right) = \sqrt {1 - c}$
άρα $f^2 \left( \kappa \right) + f^2 \left( \lambda \right) = \left( {\sqrt c } \right)^2 + \left( {\sqrt {1 - c} } \right)^2 = c + 1 - c = 1$

Ωmega Man · #5

Λίγο καθυστερημένα είδα το 2ο θέμα. Ας δώσω μια απάντηση.
$\displaystyle{\colorbox{orange}{\boxed{\bf A}}}$
Θέτοντας $\displaystyle{\bf z=x+iy}$ και κάνοντας πράξεις διαδοχικά παίρνουμε:
$\displaystyle{\bf x^2+y^2+4\Re\mathfrak{e}[x+yi-2xi+2y]+4=0\Rightarrow x^2+y^2+4(x+2y)+4=0\Rightarrow (x+2)^2+(y+4)^2 =16}$ . O γεωμετρικός τόπος των $\displaystyle{\bf x\;,y }$ λοιπόν είναι ο κύκλος κέντρου $\displaystyle{\bf K(-2,-4)}$ και ακτίνας $\displaystyle{\bf R=4}$ . Έτσι λοιπόν οι λύσεις είναι άπειρες.

$\displaystyle{\colorbox{orange}{\boxed{\bf B}}}$
Θέτουμε $\displaystyle{\bf x+2=4\cos(\theta)}$ και $\displaystyle{\bf y+4=4\sin(\theta)}$ και φυσικά $\displaystyle{\bf \theta\in[0,2\pi]}$ . Έτσι λοιπόν για οποιαδήποτε $\displaystyle{\bf z_{1}}$ και $\displaystyle{\bf z_{2}}$ έχουμε,
$\displaystyle{\bf |z_{1}-z_{2}|=|4\cos(\theta_{1})-2+4\sin(\theta_{1})i-4i-4\cos(\theta_{2})+2-4\sin(\theta_{2})+4i|=|4(\cos(\theta_{1})-\cos(\theta_{2}))+4i(\sin(\theta_{1})-\sin(\theta_{2})) |$
$\displaystyle{\bf =\sqrt{16(\cos(\theta_{1})-\cos(\theta_{2}))^2+16(\sin(\theta_{1})-\sin(\theta_{2}))^2}=4\sqrt{2(1-\cos(\theta_{1}-\theta_{2}))}\leq 4\cdot 2=8}$

$\displaystyle{\colorbox{orange}{\boxed{\bf \Gamma}}}$
Τα ζευγάρια τα οποία ικανοποιούν την ισότητα είναι αυτά τα οποία βρίσκονται σε "εκ διαμέτρου" αντίθετα σημεία στον κύκλο. Χωρίς να χαλάσουμε την γενικότητα, θεωρούμε $\displaystyle{\bf z_{1}=4\sin(\theta_{1})-2+4\cos(\theta_{1})i-4i}$ και $\displaystyle{\bf z_{2}=-4\sin(\theta_{2})-2-4\cos(\theta_{2})i-4i}$ . ;Έτσι λοιπόν,
$\bf |z_{1}+z_{2}|=|-2-2-4i-4i|=|4+8i|$ . Επιστρέφοντας στο ζητούμενο παίρνουμε,
$\displaystyle{\bf |z_{1}+z_{2}|^{2\nu}=|4+8i|^{2\nu}=\left(\sqrt{4^2+8^2}\right)^{2\nu}=80^{\nu}=(2^{4}5)^{\nu}=2^{4\nu}5^{\nu}}$ .

A.Spyridakis · #6

Ας ασχοληθώ εγώ με τα εύκολα, δηλ. το 1ο-1ο: Το Α1 είναι λάθος, και είναι ένα πολύ ωραίο ερώτημα Σ-Λ.

Test γενικό

Test γενικό

Re: Test γενικό

Re: Test γενικό

Re: Test γενικό

Re: Test γενικό

Re: Test γενικό

Μέλη σε σύνδεση