mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 12:50 pm**

Συμφωνώ ότι πολύ ωραία και σύντομη λύση είναι αυτή με την εφαπτομένη στο Δ3. Πιστεύω ότι είναι θέματα κλιμακούμενης δυσκολίας με το Γ θέμα μάλλον το πιο εύκολο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 12:56 pm**

Για το 3ο ολόκληρο. Έχουν απαντηθεί σχεδόν όλα πλέον.Στο Β3 προβλέπω ένα χαμό και έχει και αρκετά μόρια.

Θέμα 3ο

Γ1)
$\displaystyle \left(f(x)+x \right)\left(f'(x)+1 \right)=x\Leftrightarrow f(x)f'(x)+f(x)+xf'(x)+x=x\Leftrightarrow \left(\frac{f^2(x)}{2}+xf(x) \right)'=0\Leftrightarrow \frac{f^2(x)}{2}+xf(x)=c\stackrel{f(0)=1,c=\frac{1}{2}}\Leftrightarrow f^2(x)+2xf(x)+x^2=x^2+1\Leftrightarrow \left(f(x)+x \right)^2=x^2+1$
η f(x)+x

είναι συνεχής και μη μηδενιζόμενη άρα διατηρεί πρόσημο και μάλιστα είναι θετική αφού f(0)>0

εξ ου και: $\displaystyle f(x)=\sqrt{x^2+1}-x$
(δε θα μιλήσω για διακρίνουσα...)

Γ2)
Είναι εύκολα $\displaystyle f(x)>0$ και $\displaystyle f'(x)=\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{-f(x)}{\sqrt{x^2+1}}<0$ άρα γνήσια φθίνουσα.
$\displaystyle f(g(x))=1=f(0)\Leftrightarrow g(x)=0$
Έχουμε g'(x)=3x^2+3x=3x(x+1)

συνεπώς έχουμε τοπικά ακρότατα στο

και

και η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα στα $\left(-\infty,-1\right]$ και $[0,+\infty)$ και γνήσια φθίνουσα στο $\displaystyle \left(-1,0 \right)$
$\displaystyle g\left( \left(-\infty,-1 \right] \right)=\left(-\infty,-\frac{1}{2} \right],g(\left(-1,0 \right)=\left(-1,-\frac{1}{2} \right),g\left( \left[0, +\infty\right)\right) =\left[-1,+\infty \right)$
Έχουμε μία και μοναδική ρίζα στο τελευταίο διάστημα.

Γ3)

$\displaystyle h(x)=\sigma \upsilon \nu x \int_{x-\frac{\pi }{4}}^{0}{f(t)dt}-f\left(x-\frac{\pi }{4} \right)\eta \mu x,x\in \left[0,\frac{\pi }{4} \right]$
$\displaystyle h(0)=\int_{-\frac{\pi }{4}}^{0}{f(t)dt}>0$ καθώς f(x)>0

και το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το $\displaystyle \left[-\frac{\pi }{4},0 \right]$ και
$\displaystyle h\left(\frac{\pi }{4} \right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}<0$

Από Bolzano υπάρχει x_0

στο ζητούμενο ανοιχτό διάστημα ώστε:
$\displaystyle \sigma \upsilon \nu x_0 \int_{x_0-\frac{\pi }{4}}^{0}{f(t)dt}=f\left(x_0-\frac{\pi }{4} \right)\eta \mu x_0\Leftrightarrow \int_{x_0-\frac{\pi }{4}}^{0}{f(t)dt}=f\left(x_0-\frac{\pi }{4} \right)\varepsilon \varphi x_0$

Αλλιώς με Rolle

στην $\displaystyle h(x)=\eta \mu x\int_{0}^{x-\frac{\pi }{4}}{f(t)dt}$

edit: έβαλα αντί για

,

στο Γ2 για πληρότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 12:58 pm**

Δίνω μια προσέγγιση μαθητή μου στο Γ2 ερώτημα και θα ήθελα τα δικά σας σχόλια σχετικά με την προτελευταια ισοδυναμία

$\displaystyle{ f(g(x)) = 1 \Leftrightarrow \sqrt {g^2 (x) + 1} - g(x) = 1 \Leftrightarrow \sqrt {g^2 (x) + 1} = 1 + g(x) }$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow g^2 (x) + 1 = 1 + g^2 (x) + 2g(x) \Leftrightarrow g(x) = 0 }$

Στην συνέχεια βρίσκοντας το σύνολο τιμών της $\displaystyle{ g }$ διαπιστώνει ότι η συνάρτηση παίρνει μια φορά μόνο την τιμή 0 και μάλιστα για $\displaystyle{ x_o \in \left( {0,\, + \infty } \right) }$ .

Η δική μου αντιμετώπιση
Διαπιστώνουμε με την βοήθεια της πρώτης παραγώγου ότι η $\displaystyle{ f }$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{ R }$ άρα είναι και 1-1. Επομένως $\displaystyle{ f(g(x)) = 1 \Leftrightarrow f(g(x)) = f(0) \Leftrightarrow g(x) = 0 }$
και συνεχίζουμε όπως προηγουμένως.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 12:58 pm**

Γ2. $\displaystyle{f'(x)=(\sqrt{x^2+1}-x)'=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}-1=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}}$

$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x<0}$ κι επειδή $\displaystyle{\sqrt{x^2+1}}>0 \Rightarrow -\sqrt{x^2+1}}<0 θα ισχύει πως χ-\sqrt{x^2+1}}<0}$
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x=0}$ ισχύει πως $\displaystyle{ 0-\sqrt{0^2+1}=0-1<0}$
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x>0}$ θα ισχύει πως $\displaystyle{ x-\sqrt{x^2+1}<0 \Leftrightarrow x<\sqrt{x^2+1} \Leftrightarrow x^2<\sqrt{x^2+1}^2}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow x^2<x^2+1 \Leftrightarrow 0<1 }$ που ισχύει,

άρα σε κάθε περίπτωση $\displaystyle{x-\sqrt{x^2+1}<0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$
κι επειδή $\displaystyle{\sqrt{x^2+1}>0}$ θα ισχύει πως

$\displaystyle{f'(x)=\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}<0}$

οποτε $\displaystyle{f \downarrow \mathbb{R} \Rightarrow f }$ είναι $\displaystyle{1-1}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

πρέπει να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{f(g(x))=1 \Leftrightarrow f(g(x))=f(0)}$ , αφού $\displaystyle{f(0)=1}$

κι επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{1-1}$ ισοδύναμα έχουμε $\displaystyle{g(x)=0}$

$\displaystyle{g(x)=x^3+\frac{3x^2}{2}-1}$

$\displaystyle{g'(x)=3x^2+\frac{6x}{2}=3x^2+3x=3x(x+1)}$

$\displaystyle{g'(x)=0 \Leftrightarrow x=-1,0}$

$\displaystyle{g'(x)>0 \Leftrightarrow x\in (-\infty,-1)\cup{}(0,+\infty) }$

$\displaystyle{g'(x)<0 \Leftrightarrow x\in (-1,0) }$

οπότε με το πινακάκι προκύπτει

$\displaystyle{g \uparrow (-\infty,-1], [0,+\infty) }$ και $\displaystyle{g \downarrow [-1,0]}$

η $\displaystyle{g}$ παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο $\displaystyle{x_1=-1}$ με τιμή $\displaystyle{g(-1)=(-1)^3+\frac{3(-1)^2}{2}-1=-\frac{1}{2}}$
η $\displaystyle{g}$ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο $\displaystyle{x_2=0}$ με τιμή $\displaystyle{g(0)=0^3+\frac{3\cdot 0^2}{2}-1=-1}$

$\displaystyle{\lim_{x\to -\infty}g(x)=\lim_{x\to -\infty}\left(x^3+\frac{3x^2}{2}-1\right)=\lim_{x\to -\infty}x^3=-\infty}$
$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}g(x)=\lim_{x\to +\infty}\left(x^3+\frac{3x^2}{2}-1\right)=\lim_{x\to +\infty}x^3=+\infty}$

θέτω $\displaystyle{\Delta_1=(-\infty,-1), \Delta_2=(-1,0),\Delta_3=(0,+\infty)}$

επειδή $\displaystyle{g}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta_1 }$ θα ισχύει πως $\displaystyle{g(\Delta_1)=\left(\lim_{x\to -\infty}g(x),g(-1)\right)=\left( -\infty,-\frac{1}{2}\right)}$
επειδή $\displaystyle{g}$ συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\Delta_2 }$ θα ισχύει πως $\displaystyle{g(\Delta_2)=\left(g(0),g(-1)\right)=\left( -1,-\frac{1}{2}\right)}$
επειδή $\displaystyle{g}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta_3 }$ θα ισχύει πως $\displaystyle{g(\Delta_3)=\left(g(0),\lim_{x\to +\infty}g(x))\right)=\left( -1,+\infty\right)}$

επίσης $\displaystyle{g(-1)=-\frac{1}{2}\ne 0}$ και $\displaystyle{g(0)=-1 \ne 0}$

αφού $\displaystyle{0\notin g(\Delta_1),0\notin g(\Delta_2) ,0\in g(\Delta_3)}$ δεν υπάρχει ρίζα της $\displaystyle{g}$ στο $\displaystyle{\Delta_2}$ και ούτε στο $\displaystyle{\Delta_2}$ ,

και υπάρχει τουλάχιστον μια ρίζα της $\displaystyle{g}$ στο $\displaystyle{\Delta_3 }$

κι επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα αυτό, αυτη θα είναι μοναδική

οπότε η $\displaystyle{g}$ έχει ακριβώς μια πραγματική ρίζα στο $\displaystyle{\Delta_3}$

edit
Μετά την απάντηση του chris, διόρθωσα την συνάρτηση g γιατί λόγω της εκτύπωσης δεν πρόσεξα το πρόσημο μείον.
οι πολλές επεξεργασίες είναι επειδή μου ξέφευγαν σταθεροί όροι, όλο και καποιον ξέχναγα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:03 pm**

Μια ακόμα παρατήρηση. Ανέβηκε αρκετά ο πήχης στους μιγαδικούς. Δε νομίζω να ήταν θέμα τυποποιημένο και σαφώς έχει μια ποιοτική διαφορά σε σχέση με τα θέματα των προηγούμενων ετών. Δε φτάνει ο μαθητής να είχε λύσει ασκήσεις...έπρεπε να ξέρει και να αυτοσχεδιάσει, (ερώτημα τρίτο).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:07 pm**

parmenides51 έγραψε:Γ2. $\displaystyle{f'(x)=(\sqrt{x^2+1}-x)'=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}-1=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}}$

$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x<0}$ κι επειδή $\displaystyle{\sqrt{x^2+1}}>0 \Rightarrow -\sqrt{x^2+1}}<0 θα ισχύει πως χ-\sqrt{x^2+1}}<0}$
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x=0}$ ισχύει πως $\displaystyle{ 0-\sqrt{0^2+1}=0-1<0}$
$\displaystyle{\bullet}$ για $\displaystyle{x>0}$ θα ισχύει πως $\displaystyle{ x-\sqrt{x^2+1}<0 \Leftrightarrow x<\sqrt{x^2+1} \Leftrightarrow x^2<\sqrt{x^2+1}^2}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow x^2<x^2+1 \Leftrightarrow 0<1 }$ που ισχύει,

άρα σε κάθε περίπτωση $\displaystyle{x-\sqrt{x^2+1}<0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$
κι επειδή $\displaystyle{\sqrt{x^2+1}>0}$ θα ισχύει πως

$\displaystyle{f'(x)=\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}<0}$

οποτε $\displaystyle{f \downarrow \mathbb{R} \Rightarrow f }$ είναι $\displaystyle{1-1}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

πρέπει να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{f(g(x))=1 \Leftrightarrow f(g(x))=f(0)}$ , αφού $\displaystyle{f(0)=1}$

κι επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{1-1}$ ισοδύναμα έχουμε $\displaystyle{g(x)=0}$

$\displaystyle{g(x)=x^3+\frac{3x^2}{2}+1}$

$\displaystyle{g'(x)=3x^2+\frac{6x}{2}=3x^2+3x=3x(x+1)}$

$\displaystyle{g'(x)=0 \Leftrightarrow x=-1,0}$

$\displaystyle{g'(x)>0 \Leftrightarrow x\in (-\infty,-1)\cup{}(0,+\infty) }$

$\displaystyle{g'(x)<0 \Leftrightarrow x\in (-1,0) }$

οπότε με το πινακάκι προκύπτει

$\displaystyle{g \uparrow (-\infty,-1], [0,+\infty) }$ και $\displaystyle{g \downarrow [-1,0]}$

η $\displaystyle{g}$ παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο $\displaystyle{x_1=-1}$ με τιμή $\displaystyle{g(-1)=(-1)^3+\frac{3(-1)^2}{2}+1=\frac{3}{2}}$
η $\displaystyle{g}$ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο $\displaystyle{x_2=0}$ με τιμή $\displaystyle{g(0)=0^3+\frac{3\cdot 0^2}{2}+1=1}$

$\displaystyle{\lim_{x\to -\infty}g(x)=\lim_{x\to -\infty}\left(x^3+\frac{3x^2}{2}+1\right)=\lim_{x\to -\infty}x^3=-\infty}$
$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}g(x)=\lim_{x\to +\infty}\left(x^3+\frac{3x^2}{2}+1\right)=\lim_{x\to +\infty}x^3=+\infty}$

θέτω $\displaystyle{\Delta_1=(-\infty,-1), \Delta_2=(-1,0),\Delta_3=(0,+\infty)}$

επειδή $\displaystyle{g}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta_1 }$ θα ισχύει πως $\displaystyle{g(\Delta_1)=\left(\lim_{x\to -\infty}g(x),g(-1)\right)=\left( -\infty,\frac{3}{2}\right)}$
επειδή $\displaystyle{g}$ συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\Delta_2 }$ θα ισχύει πως $\displaystyle{g(\Delta_2)=\left(g(0),g(-1)\right)=\left( 1,\frac{3}{2}\right)}$
επειδή $\displaystyle{g}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\Delta_3 }$ θα ισχύει πως $\displaystyle{g(\Delta_3)=\left(g(0),\lim_{x\to +\infty}g(x))\right)=\left( 1,+\infty\right)}$

επίσης $\displaystyle{g(-1)=\frac{3}{2}\ne 0}$ και $\displaystyle{g(0)=1 \ne 0}$

αφού $\displaystyle{0\in g(\Delta_1),0\notin g(\Delta_2) ,0\in g(\Delta_3)}$ υπάρχει τουλάχιστον μια ρίζα της $\displaystyle{g}$ στο $\displaystyle{\Delta_1 }$ ,

δεν υπάρχει ρίζα της στο $\displaystyle{\Delta_2}$ και υπάρχει τουλάχιστον άλλη μια ρίζα της $\displaystyle{g}$ στο $\displaystyle{\Delta_3 }$

κι επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα αυτά τα ξένα διαστήματα , οι ρίζες θα είναι μοναδικές

οπότε η $\displaystyle{g}$ έχει ακριβώς δυο πραγματικές ρίζες, μία στο $\displaystyle{\Delta_1}$ και μια στο $\displaystyle{\Delta_3}$

Πολύ ωραία ανάλυση του ερωτήματος, νομίζω όμως ότι $g(-1)=- \frac{3}{2}$ , άρα έχει μοναδική λύση μόνο στο ένα διάστημα!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:15 pm**

ευχαριστώ, αν προσέξεις ξανα (ανανεώση) το διόρθωσα ,
είχα πάρει λάθος σταθερό όρο (ευχαριστώ και τον Στράτο)

σου είχα στείλει και μήνυμα αλλά άργησε

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:16 pm**

zorba_the_freak έγραψε:Μια ακόμα παρατήρηση. Ανέβηκε αρκετά ο πήχης στους μιγαδικούς. Δε νομίζω να ήταν θέμα τυποποιημένο και σαφώς έχει μια ποιοτική διαφορά σε σχέση με τα θέματα των προηγούμενων ετών. Δε φτάνει ο μαθητής να είχε λύσει ασκήσεις...έπρεπε να ξέρει και να αυτοσχεδιάσει, (ερώτημα τρίτο).

Συμφωνώ. Και γιατί όχι άλλωστε (εννοώ φυσικά να αυτοσχεδιάσει). Μικρή μου ένσταση είναι πως καλύτερα να αυτοσχεδίαζε αλλού (σε άλλο ερώτημα)
και όχι στο δεύτερο θέμα. Αλλά εντάξει έτσι επέλεξαν και είναι σεβαστό. Επιτέλους κάνουμε κουβέντα για μαθηματικά και δεν ...γκρινιάζουμε!
Ας είναι πάντα έτσι.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:18 pm**

Δεν είναι λίγο "unfair" ερώτημα το Β3;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:19 pm**

zorba_the_freak έγραψε:Μια ακόμα παρατήρηση. Ανέβηκε αρκετά ο πήχης στους μιγαδικούς. Δε νομίζω να ήταν θέμα τυποποιημένο και σαφώς έχει μια ποιοτική διαφορά σε σχέση με τα θέματα των προηγούμενων ετών. Δε φτάνει ο μαθητής να είχε λύσει ασκήσεις...έπρεπε να ξέρει και να αυτοσχεδιάσει, (ερώτημα τρίτο).

Ναι,όντως.Στο σχολείο μου δεν έλυσε κανείς το Β3...
Και αρκετοί φάγανε και τα μούτρα τους, επειδή θεωρούσαν ότι στο Β θέμα πρέπει να πάρουν 25/25.
Πάντως, σε γενικές γραμμές , τα θέματα ήταν καλά νομίζω.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:20 pm**

Για την ανίσωση του Δ2:

Θέτουμε $\displaystyle{h(x)=\int_{8x^2+5}^{8x^2+6}g(t)\,dt}$ και παρατηρούμε ότι h(-x)=h(x)

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ δηλ. η

είναι άρτια.

Η

είναι παραγωγίσιμη με $h'(x)=16x\left((g(8x^2+6)-g(8x^2+5)\right)$ .

Άρα $h^{\color{red}{'}}(0)=0$ και h'(x)>0

αν και μόνο αν x>0

, (αφού η

είναι γνησίως αύξουσα), δηλ. η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,0]$ και γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ .

Η ζητούμενη ανίσωση είναι ισοδύναμη με την $h(|x|)>h(\dfrac{x^2}{2})$ στο $\mathbb{R}$ .

$\displaystyle{h(|x|)>h(x^2/2)\iff |x|>x^2/2 \iff |x|(2-|x|)>0\iff x\in (-2,0)\cup (0,2)}$

Edit: (7:24πμ, διόρθωση τυπογραφικού. Ευχαριστώ, Μάκη). Προσθήκη κόκκινων λέξεων.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:23 pm**

Μια χαρά τα θέματα!
Λιγό κακή η κατανομή των μονάδων, αλλα γενικά ήταν οκ!
Το Β ήθελε σκέψη με το Β3 αρκετά δύσκολο.
Το Γ μέτριο από πλευρά δυσκολίας, που σε εξέταζε όμως σε αρκετά πράγματα.
Το Δ (κλασσικά) λίγο πιο τσιμπημενο με ωραία ερωτήματα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:26 pm**

Για το Β3...

Φτάνοντας, δύσκολα για έναν μαθητή!, στην $\displaystyle {|n|^3\leq 3(|n|^2+|n|+1)\Leftrightarrow|n|^3 -3(|n|^2+|n|+1)\leq0\bf (1)}$ ,

θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=x^3-3(x^2+x+1), x\geq0}$ η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[4,+\infty)}$ .
Οπότε
Αν $\displaystyle{|n|\geq4}$ θα πρέπει $\displaystyle{f(|n|) \geq f(4)=1}$ το οποίο είναι άτοπο από την $\displaystyle{\bf (1)}$

Καλό ερώτημα το οποίο δεν έχει καμμία απολύτως σχέση με τον τρόπο επιλογής του 2ου θέματος και θα κάνει το άριστα δυσεύρετο!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:32 pm**

Για το Β2:

Αφού |z_i-2|=1

ισχύει $|Im(z_i)|\leq 1$ για i=1,2

.

Είναι

$\displaystyle{2=|Im(z_1)-Im(z_2)|\leq |Im(z_1)|+|Im(z_2)|\leq 1+1=2}$ ,

συνεπώς, ισχύουν οι ισότητες

|Im(z_1)|=|Im(z_2)|=1

.

κι άρα z_1=2+i

,

ή

,

Οπότε $\beta=-(z_1+z_2)=-4$ και $\gamma=z_1z_2=|z_1|^2=5$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:32 pm**

Καλημέρα.

Γενικά δύσκολα θέματα από την άποψη ότι αρκετά ερωτήματα έχουν αυτενέργεια και δεν προκύπτουν αμέσως από το προηγούμενο.
Το Β3 είναι εκπληκτικό θέμα για καθηγητές, άραγε το έβγαλε πάνω από το 50% ;; Νομίζω όχι για τους μαθητές (δεν το συζητώ), ευνοούνται τα παιδιά που ασχολούνται με ολυμπιάδες ολυμπιακό και ανισότητες...ΑΠΑΡΑΔΕΚΤΟ ερώτημα!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:36 pm**

Τα θέματα σήμερα νομίζω ότι ήταν αρκετά καλά με το Β3 να είναι με διαφορά και το πιο δύσκολο το οποίο και κατάφερα να λύσω. Νομίζω πάντως ότι παρόμειας λογικής θέμα έχει ξανασυζητηθεί στο site. Θα ήθελα επίσης να ευχαριστήσω όλα τα μέλη του site όπου πιστεύω ότι το επίπεδο τον ασκήσεων που υπάρχουν στο site είναι αρκετά υψηλό και βοηθάει αρκετά τους μαθητές που αγαπάνε τα μαθηματικά και η βοήθεια που υπάρχει από τα μέλη είναι παρά πολύ σημαντική. Ευχαριστώ και πάλι. Επίσης καλή επιτυχία σε όλους που δίνουν πανελλαδικές.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:38 pm**

Ολοκληρωμένες οι απαντήσεις σε ηλεκτρονική μορφή στο link:

http://host.keystone.gr/kapp/send_pdf.p ... baxaa_math

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:40 pm**

Στο Β3 μπορείς να πεις:

Αν |n|=0

τότε

και άρα

αδύνατο.

Και τώρα δουλεύουμε με τη γνήσια φθίνουσα συνάρτηση $\displaystyle{i(x)=\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}+\frac{3}{x^3}}$ με $i(|n|)\geq 1>\frac{63}{64}=i(4)...$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:42 pm**

Παραθέτω την λύση που σκέφτηκα (άφησα τελευταίο το Β3 γιατί ήταν και το μοναδικό που τα βρήκα μπαστούνια)

Αρχικά είναι ${\left| v \right|^3} \le 3\left( {{{\left| v \right|}^2} + \left| v \right| + 1} \right) \Rightarrow {\left| \nu \right|^2}\left( {\left| \nu \right| - 3} \right) \le 3\left( {\left| v \right| + 1} \right)$
Έστω ότι ${\left| v \right| \ge 4}$
Έτσι λοιπόν έχουμε:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left| \nu \right|}^2} \ge 16}\\ {{{\left| \nu \right|}^2} \le \frac{{3\left( {\left| v \right| + 1} \right)}}{{\left| \nu \right| - 3}}} \end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{3\left( {\left| v \right| + 1} \right)}}{{\left| \nu \right| - 3}} \ge 16 \Rightarrow \left| \nu \right| \le \frac{{51}}{{13}}$
;atopo

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2013 1:53 pm**

Το Δ3 λύνεται και με θεώρηση G(x)

συνάρτησης και απόδειξη ολικού ελαχίστου της

στο

, με

.

mathematica.gr

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2013