Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

zoumero_mpifteki · #21

evry έγραψε:Το Γ3 με ΘΜΤ στο και μετά με μονοτονία της?

Στο $\displaystyle{[2x,4x].}$

Grosrouvre · #22

Φυσικά, ως ώφειλε, $\displaystyle{E = \sqrt{2} - \frac{1}{2} - ln(1 + \sqrt{2}) \approx 0,033 > 0}$ .

#23

Για το Β2.β)

Αν $\displaystyle{z_1=x_1+y_1i,z_2=x_2+y_2i,x_1,x_2,y_1,y_2 \in \mathbb{R}}$ με αντίστοιχες εικόνες $\displaystyle{A(z_1),B(z_2)}$ ,

έχουμε ότι: $\displaystyle{w=\ldots=x_1x_2+y_1y_2=\vec{OA} \cdot \vec{OB}}$ ,

οπότε $\displaystyle{-\left| \vec{OA} \right| \left| \vec{OB} \right| \leq w \leq \left| \vec{OA} \right| \left| \vec{OB} \right| \Leftrightarrow -4 \leq w \leq 4}$ .

#24

Έστω $\frac{z_{1}}{{z_{2}}}=z$ , τότε $\left|z \right|=1$ και $w=2(z+\frac{1}{z})=4Re(z)$ .
Άρα $w\in R$ και $\left| w\right|=4\left|Re(z) \right|\leq 4\cdot 1 =4$
ή αλλοιώς $-1 \leq Re(z)\leq 1 \Rightarrow -4\leq 4Re(z)\leq 4 \Rightarrow -4\leq w\leq 4$ .

#25

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Για το Β2.β)

Αν $\displaystyle{z_1=x_1+y_1i,z_2=x_2+y_2i,x_1,x_2,y_1,y_2 \in \mathbb{R}}$ με αντίστοιχες εικόνες $\displaystyle{A(z_1),B(z_2)}$ ,

έχουμε ότι: $\displaystyle{w=\ldots=x_1x_2+y_1y_2=\vec{OA} \cdot \vec{OB}}$ ,

οπότε $\displaystyle{-\left| \vec{OA} \right| \left| \vec{OB} \right| \leq w \leq \left| \vec{OA} \right| \left| \vec{OB} \right| \Leftrightarrow -4 \leq w \leq 4}$ .

και για προεκτείνω την λύση του Λευτέρη
Β3. Αφού $\displaystyle{w=\ldots=x_1x_2+y_1y_2=\vec{OA} \cdot \vec{OB}}=-4$ ,
άρα τα διανύσματα είναι αντίθετα , δηλαδή οι μιγαδικοί είναι αντίθετοι.
Η $O \Gamma$ είναι διάμεσος στο τρίγωνο παρατηρούμε ότι ισχύει το ΠΘ στο $AO\Gamma$ ,
άρα είναι διάμεσος και ύψος και το τρίγωνο $A \Gamma B$ είναι ισοσκελές.

#26

B2.β) Από τις ενδεικτικές
$\displaystyle{\left| \frac{2z_1}{z_2} \right|=2 \Rightarrow -2 \leq Re \frac{2z_1}{z_2} \leq 2 \Leftrightarrow -4 \leq 2Re \frac{2z_1}{z_2} \leq 4 \Leftrightarrow -4 \leq w \leq 4}$ .

#27

Διαγραφή λόγω ηλιθιότητας ...

MarKo · #28

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Δ3.Μια σύντομη λύση χωρίς πρόσημο της και τα κατάλληλα θέτω...

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+} \left[ \left( e^{\int_0^xf^2(t)dt}-1\right) lnf(x)\right]=\lim_{x \rightarrow 0^+} lnf(x)^{\left( e^{\int_0^xf^2(t)dt}-1\right)}=ln1^0=ln1=0}$ .

$\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$
άρα $\displaystyle{\ln {0^0}}$
ή δεν βλέπω κατι

S.E.Louridas · #29

Μία "παράξενη" άποψη για το Δ3 :

$0 < x < \frac{1}{2} \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 1} > 1$ $\Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) > 0 \Rightarrow \left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right).$
Επίσης έχουμε:
$g\left( x \right) = {e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} - 1 \Rightarrow g\left( 0 \right) = 0,\quad g'\left( x \right) = {f^2}\left( x \right){e^{\int\limits_0^x {{f^2}\left( t \right)dt} }} \Rightarrow g'\left( 0 \right) = 0.$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{g\left( x \right) - g\left( 0 \right)}}{x} = g'\left( 0 \right) = 0,\;\;\;$
$\ x\ln \left| {f\left( x \right)} \right| = x\ln f\left( x \right) \leqslant xf\left( x \right) \leqslant x\ln \left( {2x + 1} \right),}$ με $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x\ln \left( {2x + 1} \right) = 0.$
Επίσης έχουμε $x > 0 \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 1} \geqslant x + 1 \Rightarrow f\left( x \right) \geqslant \ln \left( {x + 1} \right) > \frac{x}{{x + 1}} \Rightarrow$ $\ln f\left( x \right) > \ln x - \ln \left( {x + 1} \right) \Rightarrow x\ln f\left( x \right) > x\ln x - x\ln \left( {x + 1} \right)\mathop \to \limits^{x \to {0^ + }} 0,$
οπότε από το κριτήριο της παραμβολής έχουμε ότι το ζητούμενο όριο είναι μηδέν.

#30

Γ2. Όταν λόγω του ότι η

είναι 1-1 βγάλουμε τα

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

Θέτουμε:
$\displaystyle{h(x)=e^{3-x}(x^2+1)-2,x \in \mathbb{R}}$ .
Τότε:
$\displaystyle{h'(x)=-e^{3-x}(x-1)^2}$ ,
με
$\displaystyle{h'(x)=0 \Leftrightarrow x=1}$ ,
$\displaystyle{h'(x)<0 \Leftrightarrow x\neq 1}$ ,
οπότε η

είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα $\displaystyle{(-\infty,1),(1,+\infty)}$ ,

και αφού είναι συνεχής στο

, η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

Η

είναι συνεχής στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και γνησίως φθίνουσα, άρα $\displaystyle{h(A)=\left( \lim_{x \rightarrow +\infty}h(x),\lim_{x \rightarrow -\infty}h(x)\right)=(-2,+\infty)}$ .

Συνεπώς η εξίσωση h(x)=0

έχει μια ακριβώς ρίζα, αφού $0 \in h(A)}$ και

γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

Υ.Γ. Διόρθωση του κώδικα και τυπογραφικών.

#31

MarKo έγραψε:
Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Δ3.Μια σύντομη λύση χωρίς πρόσημο της και τα κατάλληλα θέτω...

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+} \left[ \left( e^{\int_0^xf^2(t)dt}-1\right) lnf(x)\right]=\lim_{x \rightarrow 0^+} lnf(x)^{\left( e^{\int_0^xf^2(t)dt}-1\right)}=ln1^0=ln1=0}$ .
$\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$
άρα $\displaystyle{\ln {0^0}}$
ή δεν βλέπω κατι

Σωστά... Δικό μου λάθος

efakop · #32

Για το Δ2 και το Δ4, μια ωραία απόδειξη για το πρόσημο της f(x)-x

είναι:

Η

κοίλη για χ>0 και η ευθεία y = x

είναι εφαπτομένη της C_f

στο σημείο (0,0)

άρα για χ>0 έχουμε ότι f(x)<x

και η ισότητα ισχύει μόνο στο 0.

BAGGP93 · #33

Πώς σας φαίνεται η παρακάτω λύση για το Γ3 ;

Έστω $\displaystyle{x>0}$ (τυχαίο αλλά σταθερό) . Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{T:\left(0,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}}$ με τύπο

$\displaystyle{T(u)=\int_{2\,x}^{u}f(t)\,\mathrm{d}t$ , η οποία είναι καλώς ορισμένη, συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\left(0,+\infty\right)$

με $\displaystyle{T^\prime(u)=f(u)\,,u>0}$ . Ισχύει ότι $\displaystyle{2\,x<4\,x\,,\left[2\,x,4\,x\right]\subseteq \left(0,+\infty\right)}$ και στο

διάστημα αυτό ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για την $\displaystyle{T}$ , υπάρχει λοιπόν $\displaystyle{a=a(x)\in\left(2\,x,4\,x\right)}$

τέτοιο, ώστε $\displaystyle{T^\prime(a)=f(a)=\dfrac{T(4\,x)-T(2\,x)}{2\,x}\iff 2\,x\,f(a)=\int_{2\,x}^{4\,x}f(t)\,\mathrm{d}t}$ .

Αφού $\displaystyle{a<4\,x}$ και η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα, έπεται ότι :

$\displaystyle{f(a)<f(4\,x)\implies 2\,x\,f(a)<2\,x\,f(4\,x)\implies \int_{2\,x}^{4\,x}f(t)\,\mathrm{d}t<2\,x\,f(4\,x)$ , όπως θέλαμε.

Το $\displaystyle{x>0}$ επιλέχθηκε τυχαία και συνεπώς, $\displaystyle{\int_{2\,x}^{4\,x}f(t)\,\mathrm{d}t<2\,x\,f(4\,x)\,,\forall\,x>0}$ .

#34

BAGGP93 έγραψε:Πώς σας φαίνεται η παρακάτω λύση για το Γ3 ;

Έστω $\displaystyle{x>0}$ (τυχαίο αλλά σταθερό) . Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{T:\left(0,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}}$ με τύπο

$\displaystyle{T(u)=\int_{2\,x}^{u}f(t)\,\mathrm{d}t$ , η οποία είναι καλώς ορισμένη, συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\left(0,+\infty\right)$

με $\displaystyle{T^\prime(u)=f(u)\,,u>0}$ . Ισχύει ότι $\displaystyle{2\,x<4\,x\,,\left[2\,x,4\,x\right]\subseteq \left(0,+\infty\right)}$ και στο

διάστημα αυτό ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής για την $\displaystyle{T}$ , υπάρχει λοιπόν $\displaystyle{a=a(x)\in\left(2\,x,4\,x\right)}$

τέτοιο, ώστε $\displaystyle{T^\prime(a)=f(a)=\dfrac{T(4\,x)-T(2\,x)}{2\,x}\iff 2\,x\,f(a)=\int_{2\,x}^{4\,x}f(t)\,\mathrm{d}t}$ .

Αφού $\displaystyle{a<4\,x}$ και η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα, έπεται ότι :

$\displaystyle{f(a)<f(4\,x)\implies 2\,x\,f(a)<2\,x\,f(4\,x)\implies \int_{2\,x}^{4\,x}f(t)\,\mathrm{d}t<2\,x\,f(4\,x)$ , όπως θέλαμε.

Το $\displaystyle{x>0}$ επιλέχθηκε τυχαία και συνεπώς, $\displaystyle{\int_{2\,x}^{4\,x}f(t)\,\mathrm{d}t<2\,x\,f(4\,x)\,,\forall\,x>0}$ .

Μια χαρά το βλέπω. Στην πραγματικότητα "κρύβεται" το Θεώρημα Μέσης Τιμής του Ολοκληρωτικού Λογισμού.

Αν κάποιος δεν το λύσει έτσι, μία εναλλακτική είναι αυτή που δόθηκε ήδη από τον gavrilos εδώ.

Αλέξανδρος

BAGGP93 · #35

Ευχαριστούμε κύριε Συγκελάκη. Την είδα τη λύση του gavrilos, ωραία και απλή.

Grosrouvre · #36

Και το σχόλιο τον θεμάτων (δελτίο τύπου) από την Ε.Μ.Ε.

http://www.hms.gr/node/959

Andreas Panteris · #37

Μία διαφορετική αντιμετώπιση που έκανε ένας μαθητής για το Δ1.

Μετά από κάποιες πράξεις είναι $\displaystyle{{{e}^{f(x)}}-{{e}^{-f(x)}}=2x}$ (1)

Θεωρεί την συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=}$ \displaystyle{\displaystyle{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}}

\displaystyle{{g}'(x)={{e}^{x}}+{{e}^{-x}}>0} για κάθε

\displaystyle{x\in \mathbb{R}} , άρα η

\displaystyle{g} είναι γνησίως αύξουσα στο

\displaystyle{\mathbb{R}} οπότε και

\displaystyle{''1-1''} Παρατηρώ ότι

\displaystyle{g\left( \ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right) \right)={{e}^{\ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}}-{{e}^{\ln {{\left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}^{-1}}}}=x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}-\frac{1}{x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=}

\displaystyle{=\frac{{{\left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}^{2}}-1}{x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=}} $\displaystyle{\frac{{{x}^{2}}+{{x}^{2}}+1+2x\sqrt{{{x}^{2}}+1}-1}{x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=}$ \displaystyle{\displaystyle{\frac{2{{x}^{2}}+2x\sqrt{{{x}^{2}}+1}}{x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=}} $\displaystyle{\frac{2x(x+\sqrt{{{x}^{2}}+1})}{x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=2x}$

Οπότε η (1) γράφεται: $\displaystyle{g(f(x)=g\left( \ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right) \right)\text{ }\overset{g:''1-1''}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\text{ }}$ $\displaystyle{f(x)=\ln \left( x+\sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}$

(*) Για τα θέματα δεν έχω να προσθέσω τίποτα στο Δελτίο Τύπου της Ε.Μ.Ε

Βαγγέλης Κορφιάτης · #38

Καλησπέρα συνάδελφοι.
Επειδή είμαι νέος στον δικτυακό τόπο ζητώ συγγνώμη προκαταβολικά για τα λάθη χειρισμού του περιβάλλοντος.
Μια περίληψη λύσης για το Δ3.
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα ισχύει ότι
$x > 0 \Rightarrow f(x) > 0 \Rightarrow |f(x)| = f(x)$
Ισχύει ότι
$\displaystyle{\left( {{e^{\int\limits_0^x {{f^2}(t)dt} }} - 1} \right)\ln |f(x)| = \left[ {\frac{{{e^{\int\limits_0^x {{f^2}(t)dt} }} - 1}}{x}} \right]\left[ {\frac{x}{{f(x)}}} \right]\left[ {f(x)\ln (f(x))} \right]}$
Το όριο του πρώτου παράγοντα του x τείνοντος στο 0+ είναι ο παράγωγος αριθμός στο 0 της συνάρτησης g με
$g(x) = {e^{\int\limits_0^x {{f^2}(t)dt} }}$ , ο οποίος εύκολα υπολογίζεται ότι έχει την τιμή 0.
Το όριο του δεύτερου παράγοντα είναι το $\frac{1}{{f'(0)}} = 1$ .
Για το όριο του τρίτου παράγοντα θεωρούμε την συνάρτηση w με $w(x) = x\ln x$ .
Στοιχειωδώς αποδεικνύουμε ότι $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} w(x) = 0$ .
Επειδή $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = 0$ συμπεραίνουμε ότι
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} w\left( {f(x)} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x)\ln (f(x)) = 0$
Επομένως το ζητούμενο όριο είναι ίσο με 0.1.0=0.

#39

Αγαπητοί φίλοι, μαθητές ,Συνάδελφοι

επειδή κάποιες συζητήσεις,αναλύσεις κλπ δε βγάζουν αποτέλεσμα

στο συγκεκριμένο post ας γράφουμε λύσεις-ιδέες-απαντήσεις και ότι έχει σχέση

μόνο με το καθαρά Μαθηματικό μέρος των θεμάτων.

Τα υπόλοιπα ας τα αφήσουμε στην άκρη,ας ηρεμήσουν οι μαθητές μας ,γιατί

έχουν και άλλα μαθήματα να δώσουν.

Καλή σας συνέχεια-καλή επιτυχία στα υπόλοιπα.

noufou · #40

Κατά την άποψή μου,έπρεπε να δίνονται 7 μονάδες στο Δ1 και 5 στο Δ4.

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2015

Μέλη σε σύνδεση