Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

#21

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 10:47 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 10:27 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:19 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:08 pm
Κι όμως Σταύρο, η ουσία αλλάζει. Δεν έπρεπε να δοθεί $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ γιατί $\displaystyle \theta \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right]$ και έτσι ακυρώνονται τα ερωτήματα (Γ.3), (Γ.4).
Εξαρτάται πως θα το πάρεις.
Για κανονικά μαθηματικά αν δοθεί σχήμα αυτό είναι βοηθητικό.
Δηλαδή σου κάνει το σχήμα για μια περίπτωση.
Ετσι η άσκηση δεν έχει πρόβλημα γιατί ο τύπος
του εμβαδού δεν αλλάζει αν η γωνία είναι αμβλεία.

Τώρα για σχολικά μαθηματικά θα μου επιτρέψεις να μην
εκφέρω γνώμη.
Είναι άλλοι πιο ειδικοί από εμένα.π.χ εσύ.
Ποτέ δεν αναφέρθηκα στο σχήμα. Προσπαθώ να καταλάβω τι γίνεται. Έχουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma ({\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma ),$ τη διάμεσό του $\displaystyle {\rm A}{\rm M},$ το περίκεντρο $\displaystyle {\rm O}$ και $\displaystyle {\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = \widehat {\rm A} = \theta.$ Στα κανονικά μαθηματικά η γωνία $\displaystyle \theta$ μπορεί να είναι αμβλεία;
Γεια σου Γιώργο.

Τι λέω εγώ.

Λέω ότι η $\displaystyle {\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = \widehat {\rm A} = \theta.$
δεν είναι σωστό.
Το έχει σημειώσει στο σχήμα το οποίο το έχει κάνει όταν η γωνία είναι οξεία.

Εσύ από ότι καταλαβαίνω (διόρθωσε με αν κάνω λάθος)
λες ότι αφού στο σχήμα το έχει βάλει έτσι, έτσι θα είναι.
Και σε σχολικό επίπεδο έχεις και δίκιο.

Συνήθως στα Μαθηματικά τα σχήματα απέχουν πάρα πολύ από την πραγματικότητα.
π.χ σχεδιάζουμε σχήματα σε χώρους άπειρης διάστασης.
σχεδιάζουμε τρίγωνα με άθροισμα γωνιών μικρότερο του $\frac{\pi }{10}$
(στην Υπερβολική Γεωμετρία)
Το ζήτημα είναι τι είναι σχήμα.

Τώρα για το σχολείο δεν ξέρω τι κανόνες ισχύουν.

Σε τελική ανάλυση δεν νομίζω ότι διαφωνούμε.

Γεια σου Σταύρο,

Τελικά υπάρχει παρεξήγηση. Εσύ νομίζεις ότι το είδα στο σχήμα, αλλά εγώ αναφέρομαι στην εκφώνηση. Δεν έλαβα υπόψη μου το σχήμα. Στην εκφώνηση όμως αναφέρεται ρητά ότι $\displaystyle B\widehat OM = \theta.$

paylos · #22

killbill έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 10:25 pm
Στο Δ2 (ΝΕΟ), για κάποιους μαθητές, η εμφάνιση του όρου $\displaystyle f(x) - f(x_0 )$ στον υπολογισμό του ζητούμενου ορίου, τους οδήγησε στη σκέψη να σχηματίσουν μέσα στο όριο τον λόγο μεταβολής $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}$ που οδηγεί στον ορισμό της παραγώγου.

Η λύση που πρότειναν είναι η εξής:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }}[\frac{{x - x_0 }}{{f(x) - f(x_0 )}} + (x - x_0 )\eta \mu \frac{1}{{x - x_0 }}] =$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }}[\frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}} + (x - x_0 )\eta \mu \frac{1}{{x - x_0 }}]$

Έχουμε:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } (x - x_0 )\eta \mu \frac{1}{{x - x_0 }} = 0$ (μηδενική επί φραγμένη)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{x - x_0 }}{{f(x) - f(x_0 )}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}}$
όμως $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }} = f'(x_0 ) = 0$

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Ι) Αν $\displaystyle x > x_0$ τότε:
δείξαμε ότι για $\displaystyle x > x_0$ είναι $\displaystyle f'(x_0 ) > 0$ άρα $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } \frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}} = + \infty$

επίσης $\displaystyle x - x_0 > 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }} = + \infty$

Με βάση τα παραπάνω, το ζητούμενο όριο για $\displaystyle x \to x_0^ +$ είναι $\displaystyle + \infty ( + \infty + 0) = + \infty$

ΙΙ) Αν $\displaystyle x < x_0$ τότε
δείξαμε ότι για $\displaystyle x < x_0$ είναι $\displaystyle f'(x_0 ) < 0$ άρα $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } \frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}} = - \infty$
επίσης $\displaystyle x - x_0 < 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }} = - \infty$

Με βάση τα παραπάνω, το ζητούμενο όριο για $\displaystyle x \to x_0^ -$ είναι $\displaystyle - \infty ( - \infty + 0) = + \infty$

άρα τελικά το ζητούμενο όριο είναι $\displaystyle + \infty$

Δεν ξέρω αν μετά από συζητήσεις με μαθητές σας, αντιμετώπισαν και άλλοι το ζητούμενο κατ' αυτόν τον τρόπο.
Πως σας φαίνεται αυτή η αντιμετώπιση;

Για $\chi > \chi _{0}$ έχουμε $f\left ( x \right )>f\left ( x_{0} \right )$ άρα $\frac{f\left ( x \right )-f\left ( x_{0} \right )}{x-x_{0}}>0$ άρα $\overset{lim}{x\rightarrow}x_{0}\frac{1}{\frac{f\left ( x \right )-f\left ( x_{0} \right )}{x-x_{0}}}=+\infty$

Επιτροπή Θεμάτων 2025 · #23

Αναρτήθηκε στην αρχική σελίδα η 1η έκδοση των λύσεων των θεμάτων Μαθηματικών προσανατολισμού 2020 (νέο σύστημα) η οποία είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών του mathematica.gr.

Μπορείτε να την "κατεβάσετε" και από τον σύνδεσμο:
Θέματα & Λύσεις Μαθηματικών προσαν. 2020 [νέο σύστημα] (1η έκδοση)

revan085 · #24

Παλαιό Σύστημα, Θέμα Γ, ερώτημα Γ1
(Edit: Το σωστό είναι, απάντηση στο ερώτημα: "Έστω τρίγωνο $A\overset{\bigtriangleup }{B}\Gamma$ , εγγεγραμένο σε κύκλο ακτίνας 1. Αν $AB=A\Gamma$ και $\hat{A}=\vartheta$ , να βρεθεί το εμβαδό του τριγώνου συναρτήσει του θ")

Είναι $0< \vartheta <\pi$ αφού το θ είναι γωνία τριγώνου.
Για $\vartheta\in \left ( 0, \pi\right )$ :
Το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από τη σχέση: $E=E\left ( A\overset{\bigtriangleup }{B}\Gamma \right )=2E\left ( A\overset{\bigtriangleup }{B}M \right )=\left \| \vec{BM} \right \|\left \| \vec{AM} \right \|\mathbf{(1)}$

Είναι ακόμη: $\left \| \vec{BM} \right \|=\left \| \vec{AB} \right \|sin\frac{\vartheta }{2}\mathbf{(2)}$
ενώ: $\left \| \vec{AM} \right \|=\left \| \vec{AB} \right \|cos\frac{\vartheta }{2}\mathbf{(3)}$

Από τις (2) και (3) η (1) γίνεται: $E=\left \| \vec{AB} \right \|^{2}sin\frac{\vartheta }{2}cos\frac{\vartheta }{2}=\frac{1}{2}\left \| \vec{AB} \right \|^{2}sin{\vartheta}\mathbf{(4)}$

Όμως: $\left \| \vec{AB} \right \|^{2}=\left \| \vec{AO}+\vec{OB} \right \|^{2}=\left ( \vec{AO}+\vec{OB} \right )\cdot \left ( \vec{AO}+\vec{OB} \right )=\left \| \vec{AO} \right \|^{2}+\left \| \vec{OB} \right \|^{2}-2\vec{OA}\cdot \vec{OB}=$

$2-2cos\left ( \pi-\vartheta \right )=2+2cos\vartheta \mathbf{(5)}$

Από την (5) η (4) γίνεται: $E=E\left ( \vartheta \right )=\left ( 1+cos\vartheta \right )sin\vartheta \:\:,\vartheta \in \left ( 0,\pi \right )$

Ένας ακόμη τρόπος να υπολογιστεί το ζητούμενο εμβαδό χωρίς να μπλέξουμε καθόλου με περιπτώσεις για το θ, είναι να αφαιρέσουμε από το εμβαδό του κύκλου τα εμβαδά των κυκλικών τμημάτων...

Edit 2 και 3: Μιλώντας για το επίμαχο θέμα των πανελλαδικών, η σχέση $B\hat{O}M=\vartheta$ οδηγεί στο συμπέρασμα ότι $\vartheta \in \left ( 0,\frac{\pi}{2} \right )$ , αφού για $\vartheta =\frac{\pi}{2}$ το εγγεγραμένο τρίγωνο βαίνει σε ημικύκλιο οπότε τα σημεία Ο και Μ ταυτίζονται, ενώ για $\frac{\pi}{2}<\vartheta<\pi$ η γωνία $B\hat{O}M=B\hat{O}A\Rightarrow \vartheta =\pi-\vartheta \Rightarrow \vartheta =\frac{\pi}{2}$

#25

revan085 έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 19, 2020 12:34 am
Παλαιό Σύστημα, Θέμα Γ, ερώτημα Γ1

Ένας ακόμη τρόπος να υπολογιστεί το ζητούμενο εμβαδό χωρίς να μπλέξουμε καθόλου με περιπτώσεις για το θ, είναι να αφαιρέσουμε από το εμβαδό του κύκλου τα εμβαδά των κυκλικών τμημάτων...

[Το εμβαδόν κυκλικού τμήματος επίκεντρης γωνίας $\phi$ σε κύκλο ακτίνας

ισούται προς $\left(\dfrac{\phi -\eta \mu \phi}{2}\right)R^2$ ... κλπ κλπ]

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #26

για να δούμε το θέμα Γ των παλαιών με ματιά γεωμετρίας.
Εχει δώσει την
$\displaystyle f(x)=\frac{3x+1}{x-3}$
Είναι
$\displaystyle f(x)=\frac{3(x-3)+10}{x-3}=3+\frac{10}{x-3}$
Για να δούμε τι κάνουν οι συναρτήσεις τις μορφής

$\displaystyle f(x)=a+\frac{b}{x-a}$ με $b\neq 0$
Αν θέσουμε
$\displaystyle h(x)=x+a$
$\displaystyle q(x)=x-a$
$\displaystyle r(x)=\frac{b}{x}$
τότε είναι
$\displaystyle f=horoq$
και $\displaystyle h^{-1}=q,q^{-1}=h,r^{-1}=r$
Όλα που ζητάει είναι τετριμένα.

Πάμε παρακάτω .
Αν αντί για

εχουμε

μιγαδικό και τα a,b

είναι μιγαδικοί
τότε έχουμε ένα μετασχηματισμό Mobius.
Αυτοί είναι και οι μόνοι μετασχηματισμοί Mobius που είναι ίσοι με τον αντίστροφο τους.
Θα πει κάποιος κάτι τρέχει στα γύφτικα εσυ μας είπες για γεωμετρία.

Στην γεωμετρία οι βασικοί μετασχημαατισμοί είναι
μεταφορά,στροφή,ομοιοθεσία,αντιστροφή.
Η σύνθεση οποιοδήποτε από αυτούς είναι Mobius και αντίστροφα κάθε Mobius
είναι σύνθεση κάποιων από αυτούς.

Το συμπέρασμα είναι
Εκτός από τις τετριμμένες περιπτώσεις ενας γεωμετρικός μετασχηματισμός είναι ίσος με τον
αντίστροφο του αν και μόνο αν είναι σύνθεση
μιας μεταφοράς μιας αντιστροφής και μιας μεταφοράς
και η μία μεταφορά είναι αντίστροφη της άλλης.

revan085 · #27

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 20, 2020 4:01 pm

revan085 έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 19, 2020 12:34 am
Παλαιό Σύστημα, Θέμα Γ, ερώτημα Γ1

Ένας ακόμη τρόπος να υπολογιστεί το ζητούμενο εμβαδό χωρίς να μπλέξουμε καθόλου με περιπτώσεις για το θ, είναι να αφαιρέσουμε από το εμβαδό του κύκλου τα εμβαδά των κυκλικών τμημάτων...

[Το εμβαδόν κυκλικού τμήματος επίκεντρης γωνίας $\phi$ σε κύκλο ακτίνας ισούται προς $\left(\dfrac{\phi -\eta \mu \phi}{2}\right)R^2$ ... κλπ κλπ]

Συμπληρώνοντας, είναι:

$E =\pi r^2-\frac{r^2}{2}\left ( 2\vartheta-sin2\vartheta+ 2\pi - 2\vartheta-2sin\left ( \pi-\vartheta \right ) \right )= \frac{r^2}{2}sin2\vartheta+r^2sin\left ( \pi-\vartheta \right )=\\ \\= \:\:\:r^2\left ( sin\vartheta cos\vartheta+sin\vartheta \right )= r^2sin\vartheta\left ( 1+cos\vartheta \right )$

Για r = 1 παίρνουμε το ζητούμενο.
Το αξιοσημείωτο με αυτό τον τρόπο είναι ότι ενώ το σκεπτικό με τα κυκλικά τμήματα δείχνει πιο περίπλοκο, οδηγεί σε πολύ εύκολες πράξεις...

Αναλυτικά μία λύση είναι η εξής:
Είναι ΑΒ = ΑΓ, επομένως τα αντίστοιχα τόξα είναι ίσα. Επιπλέον $\hat{A}=\vartheta$ επομένως η επίκεντρη γωνία που αντιστοιχεί στο ίδιο τόξο ισούται με 2θ. Επομένως $A\widehat{O}B=A\widehat{O}\Gamma=\pi-\vartheta$

Θα υπολογίσουμε το ζητούμενο εμβαδό Ε, αφαιρώντας από το εμβαδό του κύκλου, τα εμβαδά των κυκλικών τμημάτων που βρίσκονται εκτός του τριγώνου ΑΒΓ .

Για 0 < θ < π:

$E =\pi -\frac{1}{2}\left ( 2\vartheta-sin2\vartheta+ 2\pi - 2\vartheta-2sin\left ( \pi-\vartheta \right ) \right )= \frac{1}{2}sin2\vartheta+sin\left ( \pi-\vartheta \right )=\\ \\= \:\:\:\left ( sin\vartheta cos\vartheta+sin\vartheta \right )= sin\vartheta\left ( 1+cos\vartheta \right )$

#28

Μεγάλη συζήτηση, το μόνο πρόβλημα που βλέπω είναι η αχρείαστη αναφορά της $\angle BOM=\theta$ στην εκφώνηση, αρκούσε να την δείξουν στο σχήμα ... είτε αναμένοντας τους διαγωνιζόμενους και διαγωνιζόμενες να επεκτείνουν στην περίπτωση της αμβλείας γωνίας είτε όχι

[Αν και μπαίνει εδώ θέμα αδικίας εις βάρος της πρώτης ομάδας...]

...Μια και δεν αναφέρθηκε ως τώρα, ας θυμήσουμε ότι το πρόβλημα αντιμετωπίζεται μια χαρά και χωρίς χρήση γωνιών: αν

είναι η απόσταση ανάμεσα στο

και στο

, το λεγόμενο απόστημα, τότε το εμβαδόν του ισοσκελούς τριγώνου ισούται προς $(1+x)\sqrt{1-x^2}$ , όπου -1<x<1

-- θετικό

στην περίπτωση οξείας γωνίας κορυφής ( $\theta$ ), αρνητικό

στην περίπτωση αμβλείας γωνίας κορυφής ( $\theta$ ).

[Πηγή του κακού παραμένει κατά την γνώμη μου η ελλιπής έκθεση των μαθητών σε προβλήματα -- "προβλήματα εφαρμογών", word problems -- με άμεσο αποτέλεσμα την ανάγκη παροχής, με αναμενόμενη σχεδόν αδεξιότητα, 'υποδείξεων'.]

KARKAR · #29

: Δ4.png (26.65 KiB) Προβλήθηκε 4780 φορές

Ας δούμε σε σχήμα τα ευρήματα του Δ4 .

Από Δ1 βρήκαμε το ακρότατο $(x_{0} , f(x_{0}))$ και από το Δ3 , το $(\rho , f({\rho}))$ .

Το Θ.Μ.Τ. στο $[x_{0} , \rho ]$ , δίνει την κλίση της εφαπτομένης στο σημείο $(\xi , f(\xi))$ .

Τέλος από το γεγονός ότι η

είναι γνησίως αύξουσα , προκύπτει η : $f'(\xi)<f'(k)$ .

Η αντικατάσταση του $\rho-x_{0}$ , με το $-f(\rho)$ και λίγες πράξεις δίνουν το ζητούμενο .

xgastone · #30

BAGGP93 έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 12:01 pm
Μια σκέψη για το ΘΕΜΑ Δ (Nέο σύστημα)

Δ1. Η είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ ως άθροισμα τέτοιων συναρτήσεων με $f^{\prime}(x)=e^x+2\,x-e\,,x\in\mathbb{R}$ .

Με τη δέυτερη παράγωγο βρίσκουμε $f^{\prime \prime}(x)=e^x+2>0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , γεγονός που αποδεικνύει ότι η $f^{\prime}$ είναι

γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ . Συνεπώς, θα έχει το πολύ μια ρίζα. Λόγω συνέχειας της $f^{\prime}$ στο $\left[0,1\right]$ και του γεγονότος ότι

$f^{\prime}(0)\,f^{\prime}(1)=2\,(1-e)<0$ , έπεται από το Θεώρημα του Bolzano ότι υπάρχει $x_0\in\left(0,1\right)$ ώστε $f^{\prime}(x_0)=0$ ,

μοναδικό ως προς αυτή την ιδιότητα, αφού όπως είδαμε η $f^{\prime}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ . Έτσι, προκύπτει

$x<x_0\implies f^{\prime}(x)<f^{\prime}(x_0)=0$ και $x>x_0\implies f^{\prime}(x)>f^{\prime}(x_0)=0$ , δηλαδή γνησίως φθίνουσα στο

$\left(-\infty,x_0\right]$ , γνησίως αύξουσα στο $\left[x_0,+\infty\right)$ , δηλαδή $f(x)\geq f(x_0)$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπως θέλαμε.

Επιπλέον, $f^{\prime}(x_0)=0\implies e^{x_0}+2\,x_0-e=0\implies e^{x_0}=e-2\,x_0$ , οπότε

$f(x_0)=e^{x_0}+x_0^2-e\,x_0-1=e-2\,x_0+x_0^2-e\,x_0-1=x_0^2-(e+2)\,x_0+e-1$ .

Δ2. Για $x\neq x_0$ έχουμε $f(x)>f(x_0)\implies \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}>0$ , οπότε

$-1\leq \eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\leq 1\implies \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}-1\leq \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\leq \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+1$

Αφού, $f(x)-f(x_0)>0\,,x\neq x_0$ , και επιπλέον $\lim_{x\to x_0}(f(x)-f(x_0))=0$ , έπεται ότι

$\lim_{x\to x_0}\left(\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}-1\right)=\lim_{x\to x_0}\left(\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+1\right)=+\infty$ και από το κριτήριο παρεμβολής

παίρνουμε $\lim_{x\to x_0}\left[\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\right]=+\infty$

Δ3. Η συνάρτηση $h(x)=f(x)+x-x_0\,,x\in\left[x_0,1\right]$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[x_0,1\right]$ ως άθροισμα της γνησίως αύξουσας

στο $\left[x_0,1\right]$ και της $x\mapsto x-x_0\,,x\in\left[x_0,1\right]$ . Επίσης, είναι συνεχής ώς άθροισμα συνεχών με

$h(x_0)\,h(1)=f(x_0)\,(1-x_0)<0$ διότι και $x_0<1\implies f(x_0)<f(1)=0$ , οπότε από μονοτονία και Θεώρημα Bolzano, υπάρχει

μοναδικό $\rho\in\left(x_0,1\right)$ ώστε $h(\rho)=0\iff f(\rho)=x_0-\rho$ .

Δ4. Έστω $k\in\left(\rho,1\right)$ . Η ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο $\left[x_0,\rho\right]$ , οπότε υπάρχει

$\xin\left(x_0,\rho\right)$ ώστε $f^{\prime}(\xi)=\dfrac{f(\rho)-f(x_0)}{\rho-x_0}=\dfrac{f(\rho)-f(x_0)}{-f(\rho)}=-1+\dfrac{f(x_0)}{f(\rho)}$ .

Επειδή $f(\rho)=x_0-\rho<0$ και η $f^{\prime}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ έχουμε διαδοχικά

$\xi<k\implies f^{\prime}(\xi)<f^{\prime}(k)\implies -1+\dfrac{f(x_0)}{f(\rho)}<f^{\prime}(k)\implies \dfrac{f(x_0)}{f(\rho)}<f^{\prime}(k)+1$

και συνεπώς $f(x_0)>f(\rho)\,(f^{\prime}(k)+1)$ .

όπως θέλαμε.

Καλησπέρα. Μια ερώτηση σχετικά με την απάντηση στο Δ2. Το Κριτήριο Παρεμβολής, σύμφωνα με το σχολικό δεν ισχύει μόνο για όρια στο R?Μια τέτοια λύση, είναι αποδεκτή? Παίρνει όλες τις μονάδες?
Είχε γίνει μια κουβέντα εδώ viewtopic.php?t=11912
χωρίς να βγάζω προσωπικά σαφές συμπέρασμα. Γνωρίζει κάποιος συνάδελφος αν έχει πάει κάποια οδηγία στα βαθμολογικά κέντρα? Ευχαριστώ.

xgastone · #31

Επαναφορα

kfd · #32

Κοινό όριο l δε σημαίνει απαραίτητα πραγματικός.

xgastone · #33

Το σχολικό αναφέρει, κοινό όριο l,προφανώς πραγματικος, δεν γράφει κάπου για άπειρο.

kfd · #34

Ούτε για πραγματικός γράφει. $l\epsilon \mathbb{R}\cup \left \{ -\infty ,+\infty \right \}$ , η πεπλατυσμένη ευθεία των πραγματικών.

xgastone · #35

Άρα, κατά την άποψή σας η απάντηση αυτή, παίρνει 6/6?

kfd · #36

χαλαρά

Επιτροπή Θεμάτων 2025 · #37

Αναρτούμε σήμερα, 26 Ιουνίου 2020 και μετά τη λήξη των εξετάσεων των υποψηφίων, τις προτεινόμενες λύσεις στα θέματα του Παλαιού Συστήματος. Τα σχόλια που κάνουμε για το θέμα Γ αφορούν τους εκπαιδευτικούς και εξετάζουν την ορθότητα του θέματος από μαθηματικής άποψης. Προς αποφυγήν παρεξηγήσεων δηλώνουμε ότι το θέμα που προέκυψε δεν αφορά τους διαγωνιζόμενους υποψηφίους και δεν αναμένεται να επηρεάσει την βαθμολόγησή των γραπτών τους.

Μπορείτε να κατεβάσετε τις λύσεις από τον σύνδεσμο

Θέματα & Λύσεις Μαθηματικών προσαν. 2020 [Παλαιό σύστημα] (1η έκδοση)

#38

ΠΑΡΑΛΛΑΓΗ ΘΕΜΑΤΟΣ Δ (ΝΕΟ)
(Χωρίς « περιττά » σχόλια)
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right)={{\left( \ln x \right)}^{2}}-e\ln x+x-1,\ \ x>0.$
Δ1. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle {{x}_{0}}\in \left( 1,\ e \right)$ στο οποίο η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο και
στη συνέχεια να δείξετε ότι $\displaystyle f\left( {{x}_{0}} \right)={{\left( \ln {{x}_{0}} \right)}^{2}}-\left( e+2 \right)\ln {{x}_{0}}+e-1.$
Δ2. Να βρείτε το πρόσημο της f.

Δ3. Να υπολογιστεί το όριο: $\displaystyle \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\ \left[ \frac{1}{f\left( x \right)-f\left( {{x}_{0}} \right)}+\frac{\eta \mu \left( \frac{1}{x-{{x}_{0}}} \right)}{x-{{x}_{0}}} \right]\ .$
Δ4. Αν $\displaystyle {{x}_{0}}$ είναι το σημείο του ερωτήματος Δ1, να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle f\left( x \right)+{{e}^{x}}={{e}^{{{x}_{0}}}},\ \ x\in \left[ {{x}_{0}},\ +\infty \right)$ έχει στο $\displaystyle \left[ {{x}_{0}},+\infty \right)$ μοναδική ρίζα ρ, η οποία ανήκει στο $\displaystyle \left( {{x}_{0}},\ e \right).$
Δ5. i) Να δείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle \xi \in \left( {{x}_{0}},\ \rho \right)$ ώστε $\displaystyle {f}'\left( \xi \right)\cdot \left( {{e}^{\rho }}-{{e}^{{{x}_{0}}}} \right)={{e}^{\xi }}\cdot \left( f\left( \rho \right)-f\left( {{x}_{0}} \right) \right).$
ii) Να δείξετε ότι για κάθε $\displaystyle \kappa \ge \rho$ ισχύει $\displaystyle {{e}^{{{x}_{0}}}}\cdot f\left( {{x}_{0}} \right)>f\left( \rho \right)\cdot \left( {f}'\left( \kappa \right)+{{e}^{{{x}_{0}}}} \right),$ όπου $\displaystyle {{x}_{0}}$ είναι το σημείο
του ερωτήματος Δ1 και ρ είναι το σημείο του ερωτήματος Δ3.

ΠΑΡΑΛΛΑΓΗ ΘΕΜΑΤΟΣ Γ (ΠΑΛΑΙΟ)
(Χωρίς « περιττά » σχόλια)
Ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ $\displaystyle \left( \Alpha \Beta =\Alpha \Gamma \right)$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο O και ακτίνα 1, όπως φαίνεται στο σχήμα (δίνεται ότι η ευθεία ΑΟ τέμνει την ΒΓ στο σημείο Μ). Αν $\displaystyle \theta \in \left( 0,\ \frac{\pi }{2} \right)$ είναι η γωνία μεταξύ των ίσων πλευρών του τριγώνου και
$\displaystyle \widehat{\Beta {\mathrm O}\Mu }=\theta$
(βοηθητική συνθήκη που μπορεί να προκύψει από τα δεδομένα ) , τότε:

Εικόνα

Γ1. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση της
γωνίας θ είναι: $\displaystyle \Epsilon \left( \theta \right)=\left( 1+\sigma \upsilon \nu \theta \right)\eta \mu \theta ,\ \ \theta \in \left( 0,\ \frac{\pi }{2} \right).$

Μονάδες 5
Γ2. Να βρείτε την τιμή της γωνίας $\displaystyle \theta \in \left( 0,\ \frac{\pi }{2} \right),$ για την οποία το εμβαδόν του τριγώνου μεγιστοποιείται.

Μονάδες 8
Γ3. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δυο γωνίες $\displaystyle {{\theta }_{1}},\ {{\theta }_{2}},$ με $\displaystyle {{\theta }_{1}}<{{\theta }_{2}},$ για τις οποίες το εμβαδόν του τριγώνου ισούται με $\displaystyle \frac{6}{5}\ .$

Μονάδες 6
Γ4. Για τις γωνίες $\displaystyle {{\theta }_{1}},\ {{\theta }_{2}},$ του ερωτήματος Γ3, να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\displaystyle {{\xi }_{1}},\ {{\xi }_{2}}\in \left( 0,\ \frac{\pi }{2} \right)$ ,με $\displaystyle {{\xi }_{1}}\ne {{\xi }_{2}},$ τέτοια, ώστε:
$\left( \frac{\pi }{3}-{{\theta }_{1}} \right){\Epsilon }'({{\xi }_{1}})=\left( \frac{\pi }{3}-{{\theta }_{2}} \right){\Epsilon }'({{\xi }_{2}}).$

Μονάδες 6

Nikos002 · #39

ποσο μοριοδοτείται η εύρεση της ευθείας στο δ1 μήπως γνωρίζει κάποιος ;
Ευχαριστώ εκ των προτέρων

Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση