Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

mathxl · #1

Ένας μαθητής γράφει:
Έστω $\displaystyle{{x_0} \in \left[ {a,b} \right]}$ . Η συνάρτηση $\displaystyle{G\left( x \right) = \int\limits_{{x_0}}^x {f\left( t \right)dt} ,x \in \left[ {a,b} \right]}$ είναι αρχική της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{\left[ {a,b} \right]}$ .
Είναι
$\displaystyle{\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} = \int\limits_a^{{x_0}} {f\left( t \right)dt} + \int\limits_{{x_0}}^b {f\left( t \right)dt} = \int\limits_{{x_0}}^b {f\left( t \right)dt} - \int\limits_{{x_0}}^a {f\left( t \right)dt} = G\left( b \right) - G\left( a \right)}$

Πως το βαθμολογείτε;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Christos.N · #2

επαναφορά

siobaras · #3

Προσωπικά θα έδινα κάποια (λιγότερα από τα μισά) μόρια.

Δεν είναι μόνο ότι δεν κάνει την απόδειξη του βιβλίου, αλλά η απόδειξή του δεν είναι πλήρης.
Η εκφώνηση του θεωρήματος υποθέτει ότι ΜΑΣ ΕΧΕΙ ΔΟΘΕΙ η παράγουσα, ενώ ο μαθητής θεωρεί (και αποδεικνύει) το θεώρημα για κάποια παράγουσα που θεώρησε αυτός.

Λείπει δηλαδή η επεξήγηση ότι η ίδια σχέση ισχύει και για τη δοθείσα παράγουσα (που διαφέρει κατά c από αυτή που θεώρησε).

Ιστοσελίδα · #4

Ή είναι σωστή η απόδειξη οπότε ο μαθητής θα πρέπει ν α πάρει όλα τα μόρια ή είναι λάθος οπότε δεν παίρνει κανένα μόριο, το να δώσουμε τα μισά είναι κατά την άποψή μου μεσοβέζικο και αντιεπιστημονικό, σαν να λέμε... ολίγον έγκυος ....

Επί του θέματος , προς το παρόν το ψάχνω

siobaras · #5

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Ή είναι σωστή η απόδειξη οπότε ο μαθητής θα πρέπει ν α πάρει όλα τα μόρια ή είναι λάθος οπότε δεν παίρνει κανένα μόριο, το να δώσουμε τα μισά είναι κατά την άποψή μου μεσοβέζικο και αντιεπιστημονικό, σαν να λέμε... ολίγον έγκυος ....

Επί του θέματος , προς το παρόν το ψάχνω

Από Μαθηματικής απόψεως συμφωνώ απόλυτα.
Ωστόσο, η βαθμολογική πραγματικότητα των εξετάσεων είναι διαφορετική.

Όταν ο μαθητής κάνει κάτι προς κάποια σωστή κατεύθυνση, παίρνει κάποια από τα μόρια, ακόμα και αν δεν ολοκλήρωσε την απάντηση του ερωτήματος.
Π.χ. στο Δ3 παίρνει 2/6 στο κομμάτι της κυρτότητας απλά έχοντας βρει τη δεύτερη παράγωγο.
(Μπορεί σε άλλο βαθμολογικό να είναι 1/6 ή 1/5, αλλά πουθενά δεν θα είναι 0).

Στο συγκεκριμένο, αν είχε ονομάσει F αυτή που θεώρησε, λείπει το κομμάτι ότι G(x)=F(x)+c

.από την οποία προκύπτει ότι G(b)-G(a)=F(b)-F(a)

, δηλαδή το ζητούμενο.

#6

Η παραπάνω προσέγγιση δεν συνδέει το ορισμένο ολοκλήρωμα με την παράγουσα αλλά χρησιμοποιεί ιδιότητες ορισμένου ολοκληρώματος.
Για να γίνω πιο σαφής αλλάζω επίτηδες τον συμβολισμό. Γράφω $I\left( f,a,b\right)$ αντί για $\int_{a}^{b}f\left( x\right) dx$ .
Ξέρουμε από τις ιδιότητες του ορσμένου ολοκληρώματος ότι
1) $I\left( f,a,b\right) =I\left( f,a,c\right) +I\left( f,c,b\right)$
2) $I\left( f,b,a\right) =-I\left( f,a,b\right)$
Ας ξαναγράψουμε την "απόδειξη":
Ισχύει
$I\left( f,a,b\right) =I\left( f,a,x_{0}\right) +I\left( f,x_{0},b\right) =I\left( f,x_{0},b\right) -I\left( f,x_{0},a\right)$
και επομένως αν θεωρήσουμε την συνάρτηση $F\left( x\right) =I\left( f,x_{0},x\right)$ έχουμε
$I\left( f,a,b\right) =F\left( b\right) -F\left( a\right)$ .
Προφανώς δν υπάρχει σύνδεση με την παράγουσα. 'Η αλλιώς όπως επεσήμαναν πιο πάνω οι συνάδελφοι υπάρχει σύνδεση με μία μόνο παράγουσα.
Μαυρογιάννης.

siobaras · #7

Ακριβώς.

Αποδεικνύει ότι ισχύει η ισότητα για μια συνάρτηση που ΞΕΡΕΙ ότι είναι παράγουσα από προηγούμενο θεώρημα, αλλά δεν την έχει συσχετίσει με τη δοθείσα παράγουσα.
Αν έκανε και το επιπλέον (ΣΗΜΑΝΤΙΚΟ!) βήμα να πει ότι αυτή που θεώρησε διαφέρει κατά c από αυτή που του δόθηκε, η απόδειξη θα ήταν πλήρης και θα έπρεπε να πάρει όλα τα μόρια κατά τη γνώμη μου.

mathxl · #8

Ας δούμε την διατύπωση στο σχολικό:
Έστω f μια συνεχής συνάρτηση σ’ ένα διάστημα $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ . Αν G είναι μια παράγουσα της f στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ , τότε:
$\displaystyle{\int_\alpha ^\beta {f(t)dt = G(\beta ) - G(\alpha )} }$ .

Η απόδειξη μπορεί να χωριστεί σε 3 μέρη.
1ο. (κατά την γνώμη μου το σημαντικότερο) θα δείξουμε το συμπέρασμα για οποιαδήποτε αρχική της f στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ .

Έτσι λοιπόν αν πάρουμε ως μία αρχική $\displaystyle{\int_\alpha ^x {f(t)dt} }$ , η οποιαδήποτε αρχική στο $\displaystyle{[\alpha ,\beta ]}$ θα εκφραστεί από την $\displaystyle{\int_\alpha ^x {f(t)dt} + c}$ .
Εδώ είναι και το βασικό ατόπημα του μαθητή, αφού παίρνει μια αρχική με επιλεγμένο $\displaystyle{{x_0}}$ του διαστήματος $\displaystyle{\left[ {a,\beta } \right]}$ αλλά έτσι δεν καλύπτει την οποιαδήποτε, δηλαδή την γενική ισχύ του θεωρήματος. Είναι φανερό ότι μπορεί να κατασκευάσει άπειρες αρχικές ανάλογα με το $\displaystyle{{x_0}}$ που επιλέγει αλλά δεν μπορεί να καλύψει το σύνολο όλων των αρχικών. Για παράδειγμα αν μας ενδιαφέρουν οι αρχικές της $\displaystyle{{e^x}}$ ο μαθητής με την γραφή $\displaystyle{\int_{{x_0}}^x {{e^t}dt} = {e^x} - {e^{{x_0}}}}$ δεν θα μπορέσει ποτέ να δείξει την ισχύ του θεωρήματος για την αρχική $\displaystyle{{e^x} + 1}$ .
Εδώ καλό είναι να σημειώσουμε ότι όταν το σχολικό γράφει "Αν G είναι μια παράγουσα της f " υπονοεί "Αν G είναι μια οποιοαδήποτε παράγουσα της f "

2ο μέρος είναι ο υπολογισμός της σταθεράς για $\displaystyle{x = a}$
3ο μέρος να βάλουμε όπου χ το β και να φτάσουμε στο συμπέρασμα.

Κατά την γνώμη μου, αν ο μαθητής έβαζε $\displaystyle{ + c}$ για να καλύψει όλες τις αρχικές δικαιούται όλα τα μόρια. Στην συγκεκριμένη χάνει το μέρος των μορίων που αντιστοιχούν στο 1ο μέρος αν και έχει αποδείξει το θεώρημα για άπειρες αρχικές αλλά όχι για όλες.

Τα ΄μέρη 1,2 είναι μια "άμυαλη" άλγεβρα τα οποία θα τα κάλυπτε (δεν θα ήταν αναγκαία βήματα) αν στην απόδειξη του έβαζε απλώς το $\displaystyle{\int_{{x_0}}^x {{e^t}dt} + c}$ .

Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Re: Απόδειξη θεωρήματος μαθ.κατ.2013

Μέλη σε σύνδεση