mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 9:19 am**

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό θα αναρτηθούν (αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου) και, αποκλειστικά, θα λυθούν τα θέματα των Μαθηματικών 2024 (των ημερησίων ΓΕΛ). Επομένως σχολιασμοί-κριτική επί της δυσκολίας κ.λ.π. των θεμάτων θα απομακρύνονται από αυτήν την συζήτηση. Αυτές μπορούν να γίνουν στο Σχόλια στα Μαθηματικά ΓΕΛ 2024.

them_math_gel_240604.pdf: (245.65 KiB) Μεταφορτώθηκε 494 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 10:25 am**

Τα σημερινά θέματα:

https://www.minedu.gov.gr/publications/ ... 240604.pdf

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 11:12 am**

ΘΕΜΑ Α
Α1. Απόδειξη : Σχολικό βιβλίο σελ. 76
Α2. Ορισμός : Σχολικό βιβλίο σελ. 155
Α3. Θεώρημα : Σχολικό βιβλίο σελ. 216
Α4.
α) Σωστό , Σχολικό βιβλίο σελ. 25
β) Σωστό , Σχολικό βιβλίο σελ. 52
γ)Λάθος , Σχολικό βιβλίο σελ.114
δ) Λάθος , Σχολικό βιβλίο σελ.142
ε) Σωστό , Σχολικό βιβλίο σελ. 212

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 11:39 am**

Η γενική εικόνα που έχω είναι ότι τα θέματα ήταν καλά και διαβαθμισμένα με ερωτήματα που ήθελαν βαθιά γνώση της θεωρίας για να τα απαντήσεις πλήρως. Προσωπικά τα βρήκα μια χαρά για το σκοπό για τον οποίο τέθηκαν αν και πολλά.

Μια απάντηση για το ερώτημα Δ4:

Το ζητούμενο εμβαδό

είναι ίσο με

$E=\displaystyle\int_{-ln(2)}^0 \left|g(x)\right| dx = \displaystyle\int_{-ln(2)}^0 \left|f(e^x)\dfrac{1-x}{e^x}\right| dx$

και επειδή στο διάστημα [-ln(2),0]

είναι

, άρα $E= \displaystyle\int_{-ln(2)}^0 \left|f(e^x)\right|\dfrac{1-x}{e^x} dx$

και θέτοντας e^x=u

έχουμε $E=\displaystyle\int_{1/2}^1 \left|f(u)\right|\dfrac{1-lnu}{u^2} du = \displaystyle\int_{1/2}^1 \left|f(u)\right| f'(u) du$

Όμως στο $\left(\dfrac{1}{2},1\right)$ η

έχει μοναδική ρίζα x_0

(από το ερώτημα Δ2) και είναι γνησίως αύξουσα, άρα f(x)<0

στο $\left[\dfrac{1}{2}, x_0\right)$ και f(x) > 0

στο $\left(x_0,1]$ .

Άρα

$\begin{aligned}E &= -\displaystyle\int_{1/2}^{x_0} f(u) f'(u) du + \displaystyle\int_{x_0}^1 f(u) f'(u) du = -\left[\dfrac{f^2(u)}{2}\right]_{1/2}^{x_0} + \left[\dfrac{f^2(u)}{2}\right]_{x_0}^{1} \\ &= \dfrac{f^2\left(\dfrac{1}{2}\right)}{2} + \dfrac{f^2(1)}{2} = \dfrac{(1-ln4)^2}{2}+\dfrac{1}{2}\end{aligned}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 2:10 pm**

Αν κάποιος σχεδίαζε τη γραφική παράσταση στο Γ θέμα
θα τον βοηθούσε στην κατανόηση όλων των επόμενων ερωτημάτων

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 7:03 pm**

Για το Δ4, αν θέσουμε u=f(e^x)

τότε το ολοκλήρωμα γίνεται

$E=\displaystyle\int_{-ln(2)}^0 \left|g(x)\right| dx = \displaystyle\int_{f(\dfrac{1}{2})}^{f(1)} |u| du= \dfrac{f^2\left(\dfrac{1}{2}\right)}{2} + \dfrac{f^2(1)}{2}.$
Το τελευταίο είναι το άθροισμα των εμβαδών δύο ισοσκελών ορθογώνιων τριγώνων αφού $f(\dfrac{1}{2})<0$ και f(1)>0:

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 05, 2024 6:02 pm**

Το Γ4
Μια άσκηση του σχολικού, τοποθετημένη σε σύστημα συντεταγμένων

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 05, 2024 11:16 pm**

Μετά την πολύ καλή λύση στο Δ4 που έδωσε στο post 6 ο Παύλος, να προτείνω και αυτή, η οποία έχει να κάνει με την αρχική της $\displaystyle{|f|f'}$
$E=\displaystyle\int_{-ln(2)}^0 \left|g(x)\right| dx$

Θέτοντας $\displaystyle{e^x=u}$ εύκολα προκύπτει ότι:

$E= \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1} |f(u)f'(u)| du}$

και εφόσον η $\displaystyle{f'}$ είναι θετική,

$E= \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1} |f(u)|f'(u) du}=\left[\frac{1}{2}|f(u)|f(u)\right]_{\frac{1}{2}}^1=\frac{f^2(1)+f^2\left(\frac{1}{2}\right)}{2}=...}$ ,

εφ' όσον σε προηγούμενο ερώτημα δείξαμε ότι $\displaystyle{f\left(\frac{1}{2}\right)<0}$ και $\displaystyle{f(1)>0}$ , (το οποίο δεν είναι απαραίτητο για το τελικό αποτέλεσμα!)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 05, 2024 11:59 pm**

Αναρτούμε σήμερα την 1η έκδοση των λύσεων των θεμάτων Μαθηματικών προσανατολισμού 2024 η οποία είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών του mathematica.gr.

Θα τις βρείτε στη διεύθυνση εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 09, 2024 1:34 pm**

Δύο διαφορετικές λύσεις στο ''καλοστημένο'' θέμα Δ για την εύρεση του

1η λύση Αφού $\displaystyle f\left ( \left ( 0,+\infty \right ) \right )=\left ( -\infty, 1+\frac{1}{e}\right ]$ υπάρχει $t> 0:f\left ( t \right )=1+\frac{1}{e}$ και $f\left ( x \right )\leqslant f\left ( t \right )$ στο $D_{f}$ με την

παραγωγίσιμη στο

και άρα από Θ. Fermat $f{'}\left ( t \right )=0$ . Η

είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle f{'}\left ( x \right )=\frac{1-\ln x}{x^{2}},\forall x> 0\overset{f{'}\left ( t \right )=0}\Rightarrow \frac{1-\ln t}{t^{2}}=0\Rightarrow t=e\Rightarrow f\left ( e \right )=1+\frac{1}{e}$ και με αντικατάσταση a=1.

2η λύση Η

είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle f{'}\left ( x \right )=\frac{1-\ln x}{x^{2}},\forall x> 0$ .
$f{'}\left ( x \right )> 0\Leftrightarrow x< e$
$f{'}\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=e$
$f{'}\left ( x \right )< 0\Leftrightarrow x> e$
και

συνεχής, άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left ( 0,e \right ]$ και γνησίως φθίνουσα στο $\left [ e,+\infty \right ).$
Τώρα, η

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $D_{1}=\left ( 0,e \right ]$ άρα $\displaystyle f\left ( D_{1} \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow 0^{+}} f\left ( x \right ),f\left ( e \right )\right ]$ και η

είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $D_2=\left [ e,+\infty \right )$ άρα $\displaystyle f\left ( D_{2} \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow +\infty} f\left ( x \right ),f\left ( e \right )\right ]$ .
Βρίσκοντας τα $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left ( \frac{\ln x}{x}+a \right )=-\infty$ και $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\left ( \frac{\ln x}{x}+a \right )=a$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle f\left ( D_{f} \right )=f\left ( D_{1} \right )\cup f\left ( D_{2} \right )=\left ( -\infty,f\left ( e \right ) \right ]$ από όπου $\displaystyle f\left ( e \right )=1+\frac{1}{e}\Rightarrow a=1.$
Δίνω επίσης και μία διαφορετική λύση στο ερώτημα Δ4.
Λύση Δ4
Είναι $\displaystyle E\left ( \Omega \right )=\int\limits_{-\ln 2}^{0}\left | g\left ( x \right ) \right |dx$ γιατί η

συνεχής στο $\left [ -\ln 2,0 \right ].$ Για κάθε $x\in \mathbb{R}$ είναι $\displaystyle g\left ( x \right )=f\left ( e^{x} \right )\cdot \frac{1-x}{e^{x}}=\frac{x+e^{x}}{e^{x}}\cdot \frac{1-x}{e^{x}}.$ Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle h\left ( x \right )=\frac{x}{e^{x}}+1,x\in \mathbb{R}$ που είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle h{'}\left ( x \right )=\frac{1-x}{e^{x}},\forall x\in \mathbb{R}.$
$h{'}\left ( x \right )> 0\Leftrightarrow x< 1$
$h{'}\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=1$
$h{'}\left ( x \right )< 0\Leftrightarrow x> 1$
και

συνεχής, άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left ( -\infty,1 \right ]$ και γνησίως φθίνουσα στο $\left [ 1,+\infty \right ).$
H

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left ( -\infty,1 \right ]$ άρα $\displaystyle h\left ( \left ( -\infty,1 \right ] \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow -\infty}h\left ( x \right ),h\left ( 1 \right ) \right ]=\left (-\infty , 1+\frac{1}{e}\right ]$ . Οπότε $\displaystyle 0\in h\left ( \left ( -\infty,1 \right ] \right )\overset{h\left ( 1 \right )> 0}\Rightarrow \exists y< 1:h\left ( y \right )=0$ και η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left ( -\infty,1 \right ]$ , άρα το y< 1

είναι μοναδικό. Επίσης, είναι $\displaystyle h\left ( -\ln 2 \right )\cdot h\left ( 0 \right )= -2\ln 2+1\overset{\ln 2> \ln \left ( \sqrt{e} \right )=1/2} < 0$ και

συνεχής στο $\left [ -\ln 2,0 \right ]$ , άρα από Θ. Bolazno $\exists \xi \in \left ( -\ln 2,0 \right ):h\left ( \xi \right )=0$ και άρα $y=\xi .$
Τώρα, στο $\left [ -\ln 2,0 \right ]$ ισχύει:
$h\left ( x \right )> 0=h\left ( y \right )\Leftrightarrow y< x\leqslant 0$
$h\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=y$
$h\left ( x \right )< 0=h\left ( y \right )\Leftrightarrow -\ln 2\leqslant x< y$
και αφού $\displaystyle \frac{1-x}{e^{x}}> 0$ στο $\left [ -\ln 2,0 \right ]$ , άρα $\displaystyle E\left ( \Omega \right )=-\int\limits_{-\ln 2}^{y}\left ( \frac{x}{e^{x}}+1 \right )\left ( \frac{x}{e^{x}}+1 \right ){'}dx+\int\limits_{y}^{0}\left ( \frac{x}{e^{x}}+1 \right )\left ( \frac{x}{e^{x}}+1 \right ){'}dx=$
$\displaystyle =-\left [ \frac{\displaystyle \left ( \frac{x}{e^{x}}+1 \right )^{2}}{2} \right ]_{-\ln 2}^{y}+\left [ \frac{\displaystyle \left ( \frac{x}{e^{x}}+1 \right )^{2}}{2} \right ]_{y}^{0}=\frac{\left ( 1-\ln 4 \right )^{2}+1}{2}.$
Κλείνοντας, μία διαφορετική λύση για το Γ4.
Λύση Γ4
Έχουμε $\displaystyle y{'}\left ( t \right )=1/2$ και $y\left ( 0 \right )=0$ οπότε $\displaystyle y\left ( t \right )=\frac{t}{2},\forall t\geqslant 0.$ Όμως αν το υλικό σημείο συναντήσει την $C_{f}$ την χρονική στιγμή $t_{0}$ , τότε $y\left ( t_{0} \right )=f\left ( 2 \right )=1\overset{\displaystyle y\left ( t \right )=\frac{t}{2}}\Rightarrow t_{0}=2sec.$ Έχουμε $\displaystyle \tan \left(\omega \left ( t \right )\right)=\frac{y\left ( t \right )}{2}=\frac{t}{4},\forall t\geqslant 0\Rightarrow \left ( 1+\tan ^{2}\left ( \omega \left ( t \right ) \right ) \right )\omega {'}\left ( t \right )=\frac{1}{4},\forall t\geqslant 0 \left ( 1 \right ).$ Αλλά $\displaystyle \tan \left ( \omega \left ( t_{0} \right ) \right )=\frac{y\left ( t_{0} \right )}{2}=\frac{1}{2}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \omega {'}\left ( t_{0} \right )=\frac{1}{5}rad/sec.$
Σημείωση Ένας άλλος τρόπος στο τελείωμα είναι $\displaystyle \tan \left ( \omega \left ( t \right ) \right )=\frac{t}{4},\forall t\geqslant 0\Rightarrow \frac{1}{\cos ^{2}\left ( \omega \left ( t \right ) \right )}\omega {'}\left ( t \right )=\frac{1}{4},\forall t\geqslant 0\left ( \ast \right )$ και $\displaystyle \cos \left ( \omega \left ( t_{0} \right ) \right )=\frac{2}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \omega {'}\left ( t_{0} \right )=\frac{1}{5}rad/sec.$

mathematica.gr

Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2024 (Θέματα & Λύσεις)