mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:24 pm**

teoubas έγραψε:Παιδιά εγώ έκανα την εξής λύση στο Δ4, να μου πει κανείς αν είναι σωστή!

Απέδειξα ότι η f(x) είναι παντού γνησίως αύξουσα. Επίσης επειδή δεν έχει καμία ρίζα σημαίνει ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο και επειδή είχαμε ότι f(0) = 3 άρα θα είναι f(x) > 0 για κάθε x

Έτσι έκανα μια γραφική παράσταση , σχεδίασα μια γνησίως αύξουσα συνάρτηση, έφερa 3 γραμμές παράλληλες στον y'y , και σχεδίασα τα εμβαδά που βρίσκονται από χ έως χ+1 , και από χ+1 έως χ+2

Έπειτα είπα ότι αφού f γνησίως αύξουσα θα είναι x < x + 1 => f(x) < f(x+1) ΚΑΙ x+1<x+2 => f(x+1) < f(x+2)

Αφού f(x+1) κοινό και στα 2 εμβαδά ΚΑΙ f(x) < f(x+2) είπα ότι το εμβαδό από x έως x+2 είναι μεγαλύτερο από το άλλο...

Φαίνεται και γραφικά χωρίς εξήγηση όλων αυτών...
Εδώ έχουμε ακριβώς την συνάρτηση f(x) = x + sqrt(x^2+9)

(Το 20 σαν νούμερο εκεί είναι άσχετο)
Έκανα και αυτή τη γραφική παράσταση και εξήγησα όλα τα παραπάνω

Η λύση μου είναι σωστή? Παίρνει τίποτα?

Επειδή σήμερα στο βαθμολογικό (εξέταση φυσικώς αδυνάτων) "έπεσε" στο τραπέζι και αυτή η λύση, θα ήθελα να σου πω το εξής: Κάποιοι συνάδελφοι θα την πάρουν ολόσωστη (όπως ο γράφων) και κάποιοι άλλοι (τυπολάτρες, κατά την ταπεινή μου γνώμη) θα δώσουν τα μισά μόρια.
Προσωπικά θεωρώ ότι αυτή η λύση δεν είναι απλά σωστή. Είναι καταπληκτική, και απόδειξη της ώριμης κατανόησης των γεωμετρικών εννοιών (και ερμηνειών) που τόσο σημαντικό ρόλο παίζουν -και- στην Ανάλυση. Μπράβο σου φίλε μου.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:32 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:
lowbaper92 έγραψε:
cretanman έγραψε: Δ3) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή για κάθε $x\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας και χρησιμοποιώντας ότι παίρνουμε άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θεωρώντας την τελευταία ως β-βάθμια συνάρτηση του , βρίσκουμε

$\Delta=4(x^2+9)$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

Όμως αν για κάποιο ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ τότε επειδή $x_0-\sqrt{x_0^2+9}<x_0$ καταλήγουμε σε άτοπο διότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει .

Άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Είναι σωστή η εύρεση της συνάρτησης θεωρώντας την ως δευτεροβάθμια..Έχω διαβάσει ότι γενικά δεν γινεται..υπάρχει κάποια εξαίρεση εδώ?
ΕΠΕΙΔΗ ΔΕΝ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΠΕΡΝΑΝΕ ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΑ ΜΗΝΥΜΑΤΑ

Στο θέμα Δ3, όταν φθάνουμε στη σχέση: $\displaystyle{{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ είναι λάθος τη σχέση αυτή να την θεωρούμε σαν εξίσωση 2ου βαθμού με άγνωστο το f(x) και να εφαρμόζουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης για να βρούμε το f(x), ανεξάρτητα αν με τον λανθασμένο αυτό τρόπο φθάνουμε στο ίδιο αποτέλεσμα ( ο σκοπός δεν αγιάζει τα μέσα). Οι λόγοι είναι οι εξής:
1) Ο τύπος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχει αποδειχθεί και ισχύει μόνο όταν οι συντελεστές α, β και γ (α όχι 0) είναι δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί, ανεξάρτητοι του x . Για παράδειγμα, για να λύσουμε την εξίσωση: $\displaystyle{7{x^5} - 3{x^3} + 5x - 2 = 0}$ , μπορούμε να την γράψουμε: $\displaystyle{(7{x^3}){x^2} - (3{x^2})x + (5x - 2) = 0}$ και να εφαρμόσουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης με: $\displaystyle{\alpha = 7{x^3},\beta = - (3{x^2})}$ και $\displaystyle{\gamma = 5x - 2}$ ;;;
2) Οι εξισώσεις δεν είναι προτάσεις και η σχέση: $\displaystyle{{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ είναι μια (ποσοδεικτική) πρόταση, γιατί αφού θέλουμε να ισχύει για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ , εννοούμε ( είτε το καταλαβαίνουμε είτε όχι) ότι:
$\displaystyle{\forall x \in R,{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ .
( Οι εξισώσεις δεν έχουν ποσοδείκτες). Έχω γράψει πολλές φορές ότι: Αν στις σχέσεις υπάρχουν ποσοδείκτες και δεν τους γράφουμε και ούτε τους υπονοούμε, τότε μόνο κατά σύμπτωση ( όπως εδώ) δεν θα φθάσουμε σε λανθασμένο συμπέρασμα.
• Για να γίνω περισσότερο κατανοητός, το αντίστοιχο σε μια δευτεροβάθμια εξίσωση: $\displaystyle{\alpha {x^2} + \beta x + + \gamma = 0}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ και
$\displaystyle{\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma \ge 0}$ ( στο σύνολο των πραγματικών αριθμών), θα ήταν:
$\displaystyle{\left( {\forall x \in R,\alpha {x^2} + \beta x + + \gamma = 0 = 0} \right) \Leftrightarrow \left[ {\forall x \in R,\left( {x = \frac{{ - \beta + \sqrt \Delta }}{{2a}}{\rm{ }}\dot \eta {\rm{ }}x = \frac{{ - \beta - \sqrt \Delta }}{{2a}}} \right)} \right]}$ ,
που είναι άτοπο.

Διαφωνώ μαζί σας! Η απάντηση του Αλέξανδρου είναι απόλυτα σωστή.

Το "αντιπαράδειγμα" που δίνεται στο (1) δεν αποτελεί αντιπαράδειγμα στη μέθοδο του Αλέξανδρου, ο οποίος έχει γράψει πολύ προσεκτικά τη λύση κι επιτρέψτε μου να πω πως δεν περνά κανένα λανθασμένο μήνυμα.

Θέλουμε να βρούμε το f(x)

, για κάθε

.

Σταθεροποιούμε ένα

. Τότε το

είναι λύση της εξίσωσης

y^2-2xy-9=0

Δεν υπάρχει πρόβλημα λύσης της χρησιμοποιώντας διακρίνουσα αφού οι συντελεστές είναι σταθεροί. Στο ¨"αντιπαράδειγμα" σας οι συντελεστές δεν είναι.

Μετά όπως επιχειρηματολογεί ο Αλέξανδρος βρίσκοθυμε τον τύπο της f(x)

για κάθε

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:36 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:
lowbaper92 έγραψε:
cretanman έγραψε: Δ3) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή για κάθε $x\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας και χρησιμοποιώντας ότι παίρνουμε άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Θεωρώντας την τελευταία ως β-βάθμια συνάρτηση του , βρίσκουμε

$\Delta=4(x^2+9)$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

Όμως αν για κάποιο ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ τότε επειδή $x_0-\sqrt{x_0^2+9}<x_0$ καταλήγουμε σε άτοπο διότι για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει .

Άρα τελικά για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Είναι σωστή η εύρεση της συνάρτησης θεωρώντας την ως δευτεροβάθμια..Έχω διαβάσει ότι γενικά δεν γινεται..υπάρχει κάποια εξαίρεση εδώ?
ΕΠΕΙΔΗ ΔΕΝ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΠΕΡΝΑΝΕ ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΑ ΜΗΝΥΜΑΤΑ

Στο θέμα Δ3, όταν φθάνουμε στη σχέση: $\displaystyle{{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ είναι λάθος τη σχέση αυτή να την θεωρούμε σαν εξίσωση 2ου βαθμού με άγνωστο το f(x) και να εφαρμόζουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης για να βρούμε το f(x), ανεξάρτητα αν με τον λανθασμένο αυτό τρόπο φθάνουμε στο ίδιο αποτέλεσμα ( ο σκοπός δεν αγιάζει τα μέσα). Οι λόγοι είναι οι εξής:
1) Ο τύπος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχει αποδειχθεί και ισχύει μόνο όταν οι συντελεστές α, β και γ (α όχι 0) είναι δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί, ανεξάρτητοι του x . Για παράδειγμα, για να λύσουμε την εξίσωση: $\displaystyle{7{x^5} - 3{x^3} + 5x - 2 = 0}$ , μπορούμε να την γράψουμε: $\displaystyle{(7{x^3}){x^2} - (3{x^2})x + (5x - 2) = 0}$ και να εφαρμόσουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης με: $\displaystyle{\alpha = 7{x^3},\beta = - (3{x^2})}$ και $\displaystyle{\gamma = 5x - 2}$ ;;;
2) Οι εξισώσεις δεν είναι προτάσεις και η σχέση: $\displaystyle{{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ είναι μια (ποσοδεικτική) πρόταση, γιατί αφού θέλουμε να ισχύει για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ , εννοούμε ( είτε το καταλαβαίνουμε είτε όχι) ότι:
$\displaystyle{\forall x \in R,{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ .
( Οι εξισώσεις δεν έχουν ποσοδείκτες). Έχω γράψει πολλές φορές ότι: Αν στις σχέσεις υπάρχουν ποσοδείκτες και δεν τους γράφουμε και ούτε τους υπονοούμε, τότε μόνο κατά σύμπτωση ( όπως εδώ) δεν θα φθάσουμε σε λανθασμένο συμπέρασμα.
• Για να γίνω περισσότερο κατανοητός, το αντίστοιχο σε μια δευτεροβάθμια εξίσωση: $\displaystyle{\alpha {x^2} + \beta x + + \gamma = 0}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ και
$\displaystyle{\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma \ge 0}$ ( στο σύνολο των πραγματικών αριθμών), θα ήταν:
$\displaystyle{\left( {\forall x \in R,\alpha {x^2} + \beta x + + \gamma = 0 = 0} \right) \Leftrightarrow \left[ {\forall x \in R,\left( {x = \frac{{ - \beta + \sqrt \Delta }}{{2a}}{\rm{ }}\dot \eta {\rm{ }}x = \frac{{ - \beta - \sqrt \Delta }}{{2a}}} \right)} \right]}$ ,
που είναι άτοπο.

Kαλησπέρα!
Για το συγκεκριμένο ερώτημα εφαρμόζοντας συμπλήρωση τετραγώνου, όταν προσθαφαιρούμε το x^2

η σχέση μας πάλι για κάθε x του R δεν ισχύει? Άρα στη συνέχεια πως μπορούμε να λύσουμε ως προς f(x)? Θέλω να πω πως η ουσία και των δυο τρόπων είναι η ίδια...
Προσωπικά, το έκανα λύνοντας την σχέση από το Δ2 με C=9 ως προς f(x) σαν δευτεροβάθμια. Προηγούμενως είχα δείξει ότι η f δεν μηδενίζεται πουθενά στο R, άρα διατηρεί πρόσημο λογω της συνεχειας της και λόγω της τιμής της f(0)=3>0 θα ισχύει f(x)>0 για κάθε x του R.
Από τη δευτεροβάθμια πήρα τις λύσεις f(x)=x+/- ριζα (χ^2+9) για τις οποίες έδειξα ότι η χ-ριζα(χ^2+9)<0 για κάθε x απο το R ενώ η χ+ριζα(χ^2+9)>0...

Οπότε απέρριψα την πρώτη που δεν ικανοποιει τα δεδομενα και κράτησα τη δευτερη.

ΥΓ. Συγνώμη για τη μη χρήση latex λογω περιορισμενου χρονου, ελπιζω να βγαζετε νοημα...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:39 pm**

στο δ4 εγώ έθεσα συνάρτηση F(λ)= ολοκλήρωμα από 0 μέχρι χ+λ και έκανα θμτ στα 0,1 και 1,2..σωστό; το χ βγαίνει οπότε σταθερά και δεν έχει δεσμεύσεις

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:41 pm**

ouftheemou έγραψε:στο δ4 εγώ έθεσα συνάρτηση F(λ)= ολοκλήρωμα από 0 μέχρι χ+λ και έκανα θμτ στα 0,1 και 1,2..σωστό; το χ βγαίνει οπότε σταθερά και δεν έχει δεσμεύσεις

Καλή φάση έτσι;; Εμπνευσμένη λύση!Ωραιος μου φαίνεσαι κατά την ταπεινή μου γνώμη!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:43 pm**

Drunky έγραψε:
Kαλησπέρα!
Για το συγκεκριμένο ερώτημα εφαρμόζοντας συμπλήρωση τετραγώνου, όταν προσθαφαιρούμε το η σχέση μας πάλι για κάθε x του R δεν ισχύει? Άρα στη συνέχεια πως μπορούμε να λύσουμε ως προς f(x)? Θέλω να πω πως η ουσία και των δυο τρόπων είναι η ίδια...

Ακριβώς! Η εύρεση των τύπων με χρήση διακρίνουσας ξεκινά με συμπλήρωση τετραγώνου κ.τ.λ.

Εφόσον διατυπωθούν σωστά οι δυο τρόποι είναι ισοδύναμοι.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:48 pm**

κορίτσι

δεν βρήκα άλλο άτομο να το έκανε ετσι κ ανησυχώ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:49 pm**

Το συγκεκριμένο θέμα μας είχε απασχολήσει και εδώ
viewtopic.php?f=53&t=4939

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 10:52 pm**

ouftheemou έγραψε:κορίτσι δεν βρήκα άλλο άτομο να το έκανε ετσι κ ανησυχώ

...μάλλον για το αντίθετο πρέπει να ανησυχούμε, ως άνθρωποι!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:00 pm**

ouftheemou έγραψε:κορίτσι δεν βρήκα άλλο άτομο να το έκανε ετσι κ ανησυχώ

!Συγγνώμη!!
γιατί να ανησυχείς;;αφού σωστό είναι!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:24 pm**

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ έγραψε:Το συγκεκριμένο θέμα μας είχε απασχολήσει και εδώ
viewtopic.php?f=53&t=4939

Σωστά Χρήστο που υπήρχαν διαφωνίες αρχικά όταν έκανα συμπλήρωση τετραγώνου... τελικά είχαμε καταλήξει αν είναι σωστή η λύση;;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:28 pm**

Εν΄όψει της πολύ σοβαρής και λεπτής διαδικασίας της βαθμολόγησης που θα ξεκινήσει τις επόμενες μέρες και ακριβώς
όπως σημειώνεται:
ΕΠΕΙΔΗ ΔΕΝ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΠΕΡΝΑΝΕ ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΑ ΜΗΝΥΜΑΤΑ

Α.Κυριακόπουλος έγραψε: ΕΠΕΙΔΗ ΔΕΝ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΠΕΡΝΑΝΕ ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΑ ΜΗΝΥΜΑΤΑ

Στο θέμα Δ3, όταν φθάνουμε στη σχέση: $\displaystyle{{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ είναι λάθος τη σχέση αυτή να την θεωρούμε σαν εξίσωση 2ου βαθμού με άγνωστο το f(x) και να εφαρμόζουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης για να βρούμε το f(x), ανεξάρτητα αν με τον λανθασμένο αυτό τρόπο φθάνουμε στο ίδιο αποτέλεσμα ( ο σκοπός δεν αγιάζει τα μέσα). Οι λόγοι είναι οι εξής:
1) Ο τύπος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχει αποδειχθεί και ισχύει μόνο όταν οι συντελεστές α, β και γ (α όχι 0) είναι δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί, ανεξάρτητοι του x . Για παράδειγμα, για να λύσουμε την εξίσωση: $\displaystyle{7{x^5} - 3{x^3} + 5x - 2 = 0}$ , μπορούμε να την γράψουμε: $\displaystyle{(7{x^3}){x^2} - (3{x^2})x + (5x - 2) = 0}$ και να εφαρμόσουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης με: $\displaystyle{\alpha = 7{x^3},\beta = - (3{x^2})}$ και $\displaystyle{\gamma = 5x - 2}$ ;;;
2) Οι εξισώσεις δεν είναι προτάσεις και η σχέση: $\displaystyle{{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ είναι μια (ποσοδεικτική) πρόταση, γιατί αφού θέλουμε να ισχύει για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ , εννοούμε ( είτε το καταλαβαίνουμε είτε όχι) ότι:
$\displaystyle{\forall x \in R,{f^2}(x) - 2xf(x) - 9 = 0}$ .
( Οι εξισώσεις δεν έχουν ποσοδείκτες). Έχω γράψει πολλές φορές ότι: Αν στις σχέσεις υπάρχουν ποσοδείκτες και δεν τους γράφουμε και ούτε τους υπονοούμε, τότε μόνο κατά σύμπτωση ( όπως εδώ) δεν θα φθάσουμε σε λανθασμένο συμπέρασμα.
• Για να γίνω περισσότερο κατανοητός, το αντίστοιχο σε μια δευτεροβάθμια εξίσωση: $\displaystyle{\alpha {x^2} + \beta x + + \gamma = 0}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ και
$\displaystyle{\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma \ge 0}$ ( στο σύνολο των πραγματικών αριθμών), θα ήταν:
$\displaystyle{\left( {\forall x \in R,\alpha {x^2} + \beta x + + \gamma = 0 = 0} \right) \Leftrightarrow \left[ {\forall x \in R,\left( {x = \frac{{ - \beta + \sqrt \Delta }}{{2a}}{\rm{ }}\dot \eta {\rm{ }}x = \frac{{ - \beta - \sqrt \Delta }}{{2a}}} \right)} \right]}$ ,
που είναι άτοπο.

θα ήθελα
α) συμφωνώντας με τους εκλεκτούς (ας μην ξεχνιόμαστε) συναδέλφους που έκαναν ανάλογο σχολιασμό
β) υπενθυμίζοντας ότι στην Λογική μας δεν χρειάζονται διαμεσολαβητές
γ) διακηρύσσοντας ότι στις μαθηματικές συζητήσεις με ενοχλούν οι υψηλοί τόνοι και οι φωνασκίες
να επισημάνω προσθετικά και εγώ ότι το όλο νταλαβέρι επίλυσης δευτεροβάθμιας εξίσωσης στο σύνολο των πραγματικών αριθμών μας λέει ότι αν $\alpha ,\beta ,\gamma ,x$ είναι οποιαδήποτε τριάδα πραγματικών αριθμών και
Αν $\alpha \neq 0$
Αν $\beta ^{2}-4\alpha \gamma \geq 0$
Αν $\alpha x^{2}+\beta x+\gamma =0$
τότε ο

θα είναι κάποιος από τους αριθμούς $\frac{-\beta +\sqrt{\beta ^{2}-4\alpha \gamma }}{2\alpha }$ , $\frac{-\beta -\sqrt{\beta ^{2}-4\alpha \gamma }}{2\alpha }$ . Αν τώρα τα
$\alpha ,\beta ,\gamma$ είναι "μεταβλητές" που ικανοποιούν τις παραπάνω υποθέσεις τότε πάλι ο αριθμός

θα είναι κάποιος από τους "μεταβλητούς" $\frac{-\beta \pm \sqrt{\beta ^{2}-4\alpha \gamma }}{2\alpha }$
Με όλη μου την φιλία αγάπη και εκτίμηση όπως πάντα.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:37 pm**

Καλησπέρα,
η άποψή μου για την γεωμετρική "λύση" του Δ4:
Δεν είναι απόδειξη, αλλά γεωμετρική ερμηνεία του ζητούμενου!
Το ότι το σχήμα επιβεβαιώνει το συμπέρασμα της άσκησης δεν αποτελεί απόδειξη.
Η κλασσική μέθοδος απόδειξης αυτών των ασκήσεων γίνεται με
το θεώρημα μέσης τιμής του ολοκληρωτικού λογισμού και τη μονοτονία της συνάρτησης.
Όμως η παράλειψη του παραπάνω θεωρήματος κάνει την απόδειξη λίγο δυσκολότερη.

Αποστόλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:37 pm**

Καλησπέρα, θα ήθελα να σας ρωτήσω σχετικά με το Β1
- αν κάποιος προσδιορίσει τις λύσεις μεσω τύπων Vietta (S=2, P=2) υπάρχει περίπτωση να του στοιχισει κάτι?

και για το Β2
- αν χωριστουν οι δύο μιγαδικοι (ενας σε καθε μελος) και τους βάλουμε μέτρα κλπ καταλήγουμε σε κάτι που ισχύει. Είναι Σωστό ή ελλειπές?

Παναγιώτης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:38 pm**

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ έγραψε:Το συγκεκριμένο θέμα μας είχε απασχολήσει και εδώ
viewtopic.php?f=53&t=4939
Σωστά Χρήστο που υπήρχαν διαφωνίες αρχικά όταν έκανα συμπλήρωση τετραγώνου... τελικά είχαμε καταλήξει αν είναι σωστή η λύση;;

Μάκη, η χρήση της διακρίνουσας έτσι πως διατυπώθηκε είναι *απόλυτα* σωστή.

Δεν είχα παρακολουθήσει τον προηγούμενο προβληματισμό του forum, αλλά η απάντηση π.χ. του dement θέτει το ζήτημα στη σωστή του βάση.

Όπως έγραφα και πιο πριν, σταθεροποιούμε το

. Πες,

. Που είναι το πρόβλημα να βρούμε
το f(2010)

χρησιμοποιώντας διακρίνουσα; (Απ. πουθενά!).

Αν το κάνουμε "για κάθε 2010" παίρνουμε τις πιθανές τιμές τους. Μετά συνεχίζουμε ανάλογα με το πρόβλημα.

Νομίζω, αδίκως, κάνουμε ένα προφανές ζήτημα πιο μεγάλο από ότι πράγματι είναι.

Πως θα σκέφτεται ένα μαθητής διαβάζοντας τα παραπάνω;

"Αν αυτό μπερδεύει *επαγγελματίες* έμπειρους μαθηματικούς, τότε εμείς τι να κάνουμε;"

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:44 pm**

Κάτι άσχημο για το Δ4, το παραθέτω για ποικιλία
Για το σύνολο όλως των αρχικών της f έχουμε
$\displaystyle{\int {f\left( t \right)dt} = \int {\left( {t + \sqrt {{t^2} + 9} } \right)dt} = \frac{{{t^2}}}{2} + \int {\sqrt {{t^2} + 9} } dt\mathop = \limits_{dt = \frac{{3\left( {{e^u} + {e^{ - u}}} \right)}}{2}du}^{t = \frac{{3\left( {{e^u} - {e^{ - u}}} \right)}}{2}} }$

$\displaystyle{ = \frac{{{t^2}}}{2} + 9\int {{{\left( {\frac{{{e^u} + {e^{ - u}}}}{2}} \right)}^2}du} = \frac{{{t^2}}}{2} + 9\int {{{\left( {\frac{{{e^u} + {e^{ - u}}}}{2}} \right)}^2}du} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{9}{4}\left( {\frac{{{e^{2u}} - {e^{ - 2u}}}}{2} + 2u} \right) + c = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{9}{4}\left( {\frac{{{e^{2u}} - {e^{ - 2u}}}}{2} + 2u} \right) + c = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{9}{4}\left( {\frac{{\left( {{e^u} - {e^{ - u}}} \right)\left( {{e^u} + {e^{ - u}}} \right)}}{2} + 2u} \right) + c = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{9}{4}\left( {\frac{{t\left( {{e^{\ln \left( {\frac{{t + \sqrt {{t^2} + 9} }}{3}} \right)}} + {e^{ - \ln \left( {\frac{{t + \sqrt {{t^2} + 9} }}{3}} \right)}}} \right)}}{3} + 2\ln \left( {\frac{{t + \sqrt {{t^2} + 9} }}{3}} \right)} \right) + c = }$

...

$\displaystyle{ = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{t\sqrt {{t^2} + 9} }}{2} + \frac{9}{2}\ln \left( {\frac{{t + \sqrt {{t^2} + 9} }}{3}} \right) + c}$
Επιλέγοντας μία αρχική απόλες (πχ για c=0) βρίσκουμε τα ορισμένα με όρια χ,χ+1,χ+2 και βλέπουμε αν παλεύεται αλγεβρικά (δεν το τόλμησα

)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:46 pm**

themata έγραψε:Καλησπέρα, θα ήθελα να σας ρωτήσω σχετικά με το Β1
- αν κάποιος προσδιορίσει τις λύσεις μεσω τύπων Vietta (S=2, P=2) υπάρχει περίπτωση να του στοιχισει κάτι?

και για το Β2
- αν χωριστουν οι δύο μιγαδικοι (ενας σε καθε μελος) και τους βάλουμε μέτρα κλπ καταλήγουμε σε κάτι που ισχύει. Είναι Σωστό ή ελλειπές?

Παναγιώτης

A) Δεν νομίζω να είναι λάθος αν βρήκες σωστό αποτέλεσμα αλλά γιατί να επιλέξεις τις πιο πολλές πράξεις αφού ο τύπος βγάζει κατευθείαν τις λύσεις.

Β)Αν έβαλες μέτρα και στα δύο μέλη και κατέληξες σε κάτι αληθές τότε είναι λάθος η απάντησή σου γιατί όταν βάζουμε μέτρα δεν ισχύει το αντίστροφο που θέλουμε να αποδείξουμε.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:46 pm**

Όπως απάντησε και ο Αχιλλέας αλλά και άλλοι συνάδελφοι παραπάνω νομίζω ότι δεν υπάρχει κάποιο πρόβλημα στη λύση μου και με σιγουριά πιστεύω ότι με την παραπάνω δημοσίευση δεν περνάω λανθασμένα μηνύματα. Δεν μπορώ να κρύψω όμως ότι με είχε μπερδέψει κάτι αντίστοιχο σε παλαιότερη δημοσίευση που ανέφερε ο Χρήστος Καρδάσης παραπάνω.

Λέτε

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:1) Ο τύπος της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχει αποδειχθεί και ισχύει μόνο όταν οι συντελεστές α, β και γ (α όχι 0) είναι δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί, ανεξάρτητοι του . Για παράδειγμα, για να λύσουμε την εξίσωση: $\displaystyle{7{x^5} - 3{x^3} + 5x - 2 = 0}$ , μπορούμε να την γράψουμε: $\displaystyle{(7{x^3}){x^2} - (3{x^2})x + (5x - 2) = 0}$ και να εφαρμόσουμε τον τύπο της δευτεροβάθμιας εξίσωσης με: $\displaystyle{\alpha = 7{x^3},\beta = - (3{x^2})}$ και $\displaystyle{\gamma = 5x - 2}$ ;;;

με το οποίο δε συμφωνώ. Ο λόγος είναι ότι η

$a(x)x^2+b(x)x+c(x)=0 \ \ (1)$ είναι ισοδύναμη με την $\left( x=\frac{-b(x)+\sqrt{b^2(x)-4a(x)c(x)}}{2a(x)} \ \ \acute{\eta} \ \ x=\frac{-b(x)-\sqrt{b^2(x)-4a(x)c(x)}}{2a(x)} \right) \ \ (2)$ ανεξάρτητα από το γεγονός ότι αν η (1)

είναι μία εξίσωση τότε δε μπορούμε να τη λύσουμε με τη βοήθεια των άλλων μορφών της (2)

αν οι

δεν είναι σταθεροί αριθμοί. Για να δώσω ένα πιο απλό παράδειγμα από το δικό σας για να είναι πιο γρήγορες οι πράξεις:

Τι μας εμποδίζει την εξίσωση x^3-2x^2+3=0

να τη γράψουμε σαν xx^2-2xx+3=0

θεωρώντας τη σαν δευτεροβάθμια με $a(x)=x, b(x)=-2x, c(x)=3, \ \Delta=4x^2-12x$ και μετά να πούμε ότι

$x=\frac{2x+\sqrt{4x^2-12x}}{2x}$ ή $x=\frac{2x-\sqrt{4x^2-12x}}{2x}$ ;;;

Απολύτως τίποτε!!

Το μόνο που καταφέραμε είναι απλά να εκφράσουμε το x σαν συνάρτηση του x χωρίς όμως να καταφέρουμε να λύσουμε την εξίσωση (Πρόβλημά μας που την είδαμε ως δευτεροβάθμια... όμως ο παραπάνω μετασχηματισμός της αρχικής εξίσωσης ισχύει).

Όσον αφορά τους ποσοδείκτες νομίζω ότι έδωσα αρκετή προσοχή στον επιμερισμό του συμβόλου "για κάθε" ο οποίος δεν υφίσταται. Θέλω να πω ότι στη λύση μου γράφω:

cretanman έγραψε:για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει

$f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$

(εννοώντας φυσικά ότι για κάποια x μπορεί να ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ και ότι για κάποια άλλα x μπορεί να ισχύει $f(x)=x-\sqrt{x^2+9}$ )

όμως παρακάτω αποδεικνύω ότι δεν μπορεί να υπάρχει κανένα x_0

για το οποίο να ισχύει $f(x_0)=x_0-\sqrt{x_0^2+9}$ . Συνεπώς για όλα τα $x\in\mathbb{R}$ ισχύει $f(x)=x+\sqrt{x^2+9}$ .

Mε φιλική διάθεση,

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:49 pm**

teoubas έγραψε:Παιδιά εγώ έκανα την εξής λύση στο Δ4, να μου πει κανείς αν είναι σωστή!

Απέδειξα ότι η f(x) είναι παντού γνησίως αύξουσα. Επίσης επειδή δεν έχει καμία ρίζα σημαίνει ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο και επειδή είχαμε ότι f(0) = 3 άρα θα είναι f(x) > 0 για κάθε x

Έτσι έκανα μια γραφική παράσταση , σχεδίασα μια γνησίως αύξουσα συνάρτηση, έφερa 3 γραμμές παράλληλες στον y'y , και σχεδίασα τα εμβαδά που βρίσκονται από χ έως χ+1 , και από χ+1 έως χ+2

Έπειτα είπα ότι αφού f γνησίως αύξουσα θα είναι x < x + 1 => f(x) < f(x+1) ΚΑΙ x+1<x+2 => f(x+1) < f(x+2)

Αφού f(x+1) κοινό και στα 2 εμβαδά ΚΑΙ f(x) < f(x+2) είπα ότι το εμβαδό από x+1 έως x+2 είναι μεγαλύτερο από το άλλο...

Φαίνεται και γραφικά χωρίς εξήγηση όλων αυτών...
Εδώ έχουμε ακριβώς την συνάρτηση f(x) = x + sqrt(x^2+9)

(Το 20 σαν νούμερο εκεί είναι άσχετο)
Έκανα και αυτή τη γραφική παράσταση και εξήγησα όλα τα παραπάνω

Η λύση μου είναι σωστή? Παίρνει τίποτα?

Νομίζω οτι στη λύση αυτή πρέπει να βάλουμε και κάτι παραπάνω για την ικανότητα που έχεις να καταλαβαίνεις αυτό που

γράφεις ... Η αγωνία που έχεις απηχεί το πρόβλημα που έχουμε με τα μαθηματικά στη χώρα μας δηλαδή έχουμε πολλούς

καλούς μαθητές που θα λύσουν τα θέματα αυτά και θα εισαχθούν σε σχολές που τα μαθηματικά είναι βασικό μάθημα

πόσοι όμως απο αυτούς θα ξέρουν ότι το ορισμένο ολοκλήρωμα εκφράζει εμβαδό; Μπράβο και εύχομαι να δούμε πολλές

τέτοιες λύσεις και γω θα βάλω το σύνολο των μορίων που προβλέπονται...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 19, 2010 11:58 pm**

themata έγραψε:Καλησπέρα, θα ήθελα να σας ρωτήσω σχετικά με το Β1
- αν κάποιος προσδιορίσει τις λύσεις μεσω τύπων Vietta (S=2, P=2) υπάρχει περίπτωση να του στοιχισει κάτι?

Είναι σωστός τρόπος λύσης - σκέψης (απλά θέλει δικαιόλογηση)

themata έγραψε: και για το Β2
- αν χωριστουν οι δύο μιγαδικοι (ενας σε καθε μελος) και τους βάλουμε μέτρα κλπ καταλήγουμε σε κάτι που ισχύει. Είναι Σωστό ή ελλειπές?

Παναγιώτης

Είναι Λάθος, γιατί δεν ισχύει η ισοδυναμία $\displaystyle{z = w \Leftrightarrow \left| z \right| = \left| w \right|}$

mathematica.gr

ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010

Re: ΘΕΜΑΤΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Ημερ) 2010