Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Παντελής Μιντεκίδης · #61

dement έγραψε:
Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: Μιχάλη Λάμπρου και Δημήτρη Σκουτέρη,
Αφήστε τους "γεωμετρικούς" παρελκισμούς! Για τελευταία φορά σας παρακαλώ! Δώστε το έσχατο μέρος της απόδειξης, δηλαδή: sinα+α<π, ώστε να ολοκληρώσετε την φυσική και κομψή σας απόδειξη!!!
Παντελής Μιντεκίδης
Η γεωμετρία δεν ήταν δική μου, αλλά εν πάση περιπτώσει. Επειδή δεν φαίνεσαι να προβάλλεις ένσταση στην $\sin x < x \ (x > 0)$ , (που χρησιμοποιείται στο πρώτο τεταρτημόριο), υποθέτω ότι τη θεωρείς δεδομένη.

Λοιπόν (για δεύτερη φορά, δεν θα υπάρξει τρίτη) $\sin x = \sin (\pi - x) < \pi - x \implies x + \sin x < \pi \ \ (x < \pi)$ .

Αγαπητοί Μιχάλη Λάμπρου και Δημήτρη Σκουτέρη,

Επιτέλους, μετά από 24 ώρες, ολοκληρώσατε (διά της εκμαιευτικής μεθόδου ...) την φυσική και κομψή σας απόδειξη (ερώτημα Γ1, 2017), έναντι της αφύσικης και άκομψης δικής μου που διδάσκεται κατά κόρον στο σχολικό βιβλίο και την γνωρίζουν όλοι οι καθηγητές και οι μαθητές, πέραν του γεγονότος ότι μαζί με την μονοτονία εφαρμόζεται για "όλες" τις συναρτήσεις, όταν θέλουμε να αποδείξουμε προτάσεις ύπαρξης "το πολύ ν λύσεων".
Πρέπει να γίνει κατανοητό ότι ουδόλως υποτιμώ την απόπειρα της γεωμετρικής σας λύσης, και αν επέμενα είναι διότι θέλω να βλέπω όντως λύσεις, τεκμηριωμένες.
Ευχαριστώ για την φιλοξενία των λύσεών μου, γεγονός που το mathematica.gr πράττει κάθε χρόνο, καθώς και για την εποικοδομητική συζήτηση,

Θερμούς χαιρετισμούς,
Παντελής Μιντεκίδης

#62

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: ουδόλως υποτιμώ την απόπειρα της γεωμετρικής σας λύσης, και αν επέμενα είναι διότι θέλω να βλέπω όντως λύσεις, τεκμηριωμένες.

Είναι σαφές ότι δεν έγινε κατανοητό ότι ΔΕΝ έγραψα γεωμετρική λύση. Θα κάνω άλλη μία προσπάθεια, αλλά τελευταία.

Όπως τόνισα παραπάνω, η γεωμετρία βοηθά στην εποπτεία αλλά η ίδια η λύση είναι γραμμένη αλγεβρικά. Ιδού:

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Αυτό που ήθελα να αναδείξω στο προηγούμενο ποστ μου είναι ότι η φυσιολογική απόδειξη είναι αυτή που μας καθοδηγεί το σχήμα.
…

Η γραφή της απόδειξης που παρέθεσα έχει αυτά κατά νου (γι 'αυτό την διατυπώνω με κλίσεις) αλλά είναι με σύμβολα.

Όπως και να είναι θα (ξανα)γράψω στο αμέσως επόμενο ποστ την λύση αλλά αυτή την φορά πλήρη, συμπεριλαμβάνοντας και τα τετριμμένα βήματα που παρέλειψα (χρήση συμμετρίας).

Το κείμενο θα είναι με μαύρα γράμματα αλλά θα γράψω με κόκκινο διάφορα σχόλια για να διευκολύνω την κατανόησή της. Μπορείτε να διαβάσετε μόνο τα μαύρα.

Νομίζω δεν μπορώ να κάνω τίποτα παραπάνω και αντιπαρέρχομαι τις ειρωνείες. Αύριο στις

το πρωί έχω αεροπορικό ταξίδι και θα λείπω όλη μέρα. Δύσκολα θα μπορέσω να διαβάσω σχόλια, αν υπάρξουν. Ευελπιστώ ότι δεν θα υπάρξουν. Όποιος διαβάσει νηφάλια τα γραφόμενα, θα καταλάβει την απόδειξη που παραθέτω αν και ομολογώ ότι δεν βλέπω γιατί πρέπει να εξηγήσω τα ήδη γραμμένα. Ας είναι.

#63

Αντιγράφω με κοπή/αντιγραφή την αρχική μου λύση

Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες που διέρχονται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ πέρα από αυτές στα $(0,0), \, ( \pi, 0)$ , έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1 \, (*)$ . Επίσης θα έπρεπε να έχει κλίση

$\displaystyle{ \frac {-\frac {\pi}{2} + \sin a} {\frac {\pi}{2} -a} < \frac {-\frac {\pi}{2} +a} {\frac {\pi}{2} -a}=-1}$ , που αντιβαίνει στην (*)

.

Έγραφα αμέσως μετά ότι " Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα

ή, εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $x=\pi /2$ ". Ας δούμε τις λεπτομέριεις παρ' όλο ότι είναι τετριμμένη παραλλαγή του παραπάνω.

Η περίπτωση $a=\pi /2$ είναι άμεση (οριζόντια εφαπτομένη). Μένει η περίπτωση $b \in ( \frac {\pi}{2}, \pi)$

Το σχήμα είναι συμμετρικό, οπότε το βήμα αυτό είναι άμεσο, τουλάχιστον στον δόκιμο μαθηματικό αλλά θα το κάνω πλήρες για να μην υπάρχουν και πάλι σχόλια εκ του μη όντως.
Προχωράμε με δύο τρόπους. Ο ένας είναι να κάνω αυτό που ήδη έκανε δύο φορές ο Δημήτρης. Συγκεκριμένα κάνοντας άμεση προσαρμογή/παραλλαγή των παραπάνω, αλλά με $\pi -x$ στην θέση του

. Κάνω άλλη παραλλαγή για λόγους πολυφωνίας. Ομολογώ ότι δεν βλέπω γιατί δεν έγινε κατανοητή την πρώτη φορά, στο σημείο που επικαλέστηκα την συμμετρία του σχήματος, αλλά ας είναι. Ας κάνω και τα προφανή αφού δυσκολεύουν κάποιους.

‘Εστω ότι υπάρχει εφαπτομένη στο $b\in ( \frac {\pi}{2}, \pi)$ , που διέρχεται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ , δηλαδή ισχύει

$-\frac {\pi}{2} +\sin b = -( \frac {\pi}{2} -b) \cos b$

Θέτοντας $a=\pi - b$ (για όσους δεν το κατάλαβαν, εδώ μπαίνει η συμμετρία) είναι $a \in ( 0, \frac {\pi}{2} )$ και η προηγούμενη γράφεται

$-\frac {\pi}{2} +\sin a = -( \frac {\pi}{2} -a) \cos a$ (άμεσο)

Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί είδαμε στο πρώτο βήμα (το συμμετρικό) ότι για $a \in ( 0, \frac {\pi}{2} )$ δεν υπάρχει εφαπτομένη δια μέσου του $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ . Τελειώσαμε.

Το γεωμετρικό σχήμα (έβαλα το παλιό σχήμα καθώς και το συμμετρικό του μέρος) δείχνει εποπτικά το όλο σκηνικό. Αν το κατανοήσει κανείς, διακρίνει γιατί λειτουργεί η όλη απόδειξη. Αλλιώς, σηκώνω τα χέρια ψηλά.

Ιστοσελίδα · #64

Mihalis_Lambrou έγραψε:Δεν έχω δει την επίσημη λύση της Γ1, αλλά κοίταξα διάφορες εδώ και εκεί. Γράφω άλλη μία κάπως πιο απλή αλλά στο ίδιο μήκος κύματος με τρεις στο δικό μας φόρουμ (η τέταρτη, του Παντελή Μιντεκίδη, είναι διαφορετική αλλά αρκετά αφύσικη και άκομψη).

Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες που διέρχονται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ πέρα από αυτές στα $(0,0), \, ( \pi, 0)$ , έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1 \, (*)$ . Επίσης θα έπρεπε να έχει κλίση

$\displaystyle{ \frac {-\frac {\pi}{2} + \sin a} {\frac {\pi}{2} -a} < \frac {-\frac {\pi}{2} +a} {\frac {\pi}{2} -a}=-1}$ , που αντιβαίνει στην . Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα ή, εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ .

Σχολιάζω/προβλέπω ότι το ερώτημα Γ1 θα έχει σχεδόν καθολική αποτυχία στα γραπτά των υποψηφίων. Ίδωμεν.

Θεωρώ ότι περισσότερο απροσδόκητο είναι ότι δεν απαντάται το Α2β !

Παντελής Μιντεκίδης · #65

ΑΝΑΓΟΡΕΥΣΗ ΤΟΥ Γ1 ΣΕ ΘΕΩΡΗΜΑ

Αγαπητοί Συνάδελφοι,

Σε προηγούμενη ανάρτηση έδωσα τις λύσεις του 2017:

https://www.scribd.com/document/3508403 ... Mintekidis

Σήμερα, επισυνάπτω στο τέλος των λύσεων ένα ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ όπου δίνω μία εντελώς γενική όψη της μεθόδου που χρησιμοποίησα για την απάντηση του Γ1, ώστε να μπορεί να χρησιμοποιηθεί έτοιμα στην αντιμετώπιση παρόμοιων ασκήσεων.

Θερμούς χαιρετισμούς,

Παντελής Μιντεκίδης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #66

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:ΑΝΑΓΟΡΕΥΣΗ ΤΟΥ Γ1 ΣΕ ΘΕΩΡΗΜΑ

Αγαπητοί Συνάδελφοι,

Σε προηγούμενη ανάρτηση έδωσα τις λύσεις του 2017:

https://www.scribd.com/document/3508403 ... Mintekidis

Σήμερα, επισυνάπτω στο τέλος των λύσεων ένα ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ όπου δίνω μία εντελώς γενική όψη της μεθόδου που χρησιμοποίησα για την απάντηση του Γ1, ώστε να μπορεί να χρησιμοποιηθεί έτοιμα στην αντιμετώπιση παρόμοιων ασκήσεων.

Θερμούς χαιρετισμούς,

Παντελής Μιντεκίδης

κ.Μιντεκίδη κοιτάξτε το
viewtopic.php?f=53&t=58902&p=285027#p285027

Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση