Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

one_off · #21

To Γ4 στις Γενικές Ασκήσεις 10 iii β το αριστερό σκέλος

: 5.PNG (2.68 KiB) Προβλήθηκε 5118 φορές

Ιστοσελίδα · #22

manousos έγραψε:Καλησπέρα,

έδινα σήμερα και τα θέματα μου φάνηκαν αρκετά πρωτότυπα μακριά από συνηθισμένες μεθοδολογίες ήδη από το Θέμα Α (!). Τα έγραψα όλα αλλά στο Δ έβαλα $\displaystyle{f'(x) = \frac{4x^{1/3}}{3} , -1\leq x<0}$ . Μετά την έβγαλα φθίνουσα εκεί αλλά παντού βλέπω ακροβατικά για να βγάλουν άλλη παράγωγο... Μάλλον το $\displaystyle{\sqrt[3]{x}}$ δεν ορίζεται παντού (γιατί όμως;). Γνωρίζει κανείς για ποιο λόγο γίνεται και πόσο περίπου θα μου κόψουν;

Δες βιβλίο (σελ240 παλιό) παράγραφος 2.3 άσκηση 9 β ομάδας.
το πρόβλημα είναι ουσιαστικά ότι το $x^{3/4}$ ορίζεται μόνο για μη αρνητικά

.

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #23

Για την παράγωγο της συνάρτησης $\begin{gathered} f(x) = \sqrt[3]{{{x^4}}}\begin{array}{*{20}{c}} {}&{,x \in [ - 1,0)} \end{array} \hfill \\ \end{gathered}$
Έχουμε
$\begin{gathered} f(x) = \sqrt[3]{{{x^4}}}\begin{array}{*{20}{c}} {}&{,x \in [ - 1,0)} \end{array} \hfill \\ \sqrt[3]{{{x^4}}} > 0\begin{array}{*{20}{c}} {}&{,x \in [ - 1,0)} \end{array} \hfill \\ f(x) > 0\begin{array}{*{20}{c}} {}&{,x \in [ - 1,0)} \end{array} \hfill \\ f(x) = \sqrt[3]{{{x^4}}} \Rightarrow \hfill \\ \ln (f(x)) = \ln (\sqrt[3]{{{x^4}}}) \Rightarrow \ln (f(x)) = \ln (\sqrt[3]{{{{\left| x \right|}^4}}}) \Rightarrow \hfill \\ \ln (f(x)) = \ln ({\left| x \right|^{4/3}}) \Rightarrow \ln (f(x)) = \frac{4}{3}\ln (\left| x \right|) \Rightarrow \hfill \\ {\left( {\ln (f(x))} \right)^\prime } = {\left( {\frac{4}{3}\ln (\left| x \right|)} \right)^\prime } \Rightarrow \hfill \\ \frac{{f'(x)}}{{f(x)}} = \frac{4}{3}\frac{1}{x} \Rightarrow f'(x) = \frac{4}{3}\frac{1}{x}f(x) < 0\begin{array}{*{20}{c}} {}&{,x \in [ - 1,0)} \end{array} \hfill \\ \end{gathered}$

Plutarch · #24

Στο Α2β μαθητής έγραψε σαν αντιπαράδειγμα την $f(x)=\sqrt{x}$ για x_0=0

Θεωρείτε ότι η απάντηση αρκεί;

Ιστοσελίδα · #25

exdx έγραψε:Β1.
Είναι : $\displaystyle{f(x)=\ln x}$ με $\displaystyle{{{A}_{f}}=(0,+\infty )}$ και $\displaystyle{g(x)=\frac{x}{1-x}}$ με $\displaystyle{Ag=R-\{1\}}$
Η συνάρτηση $\displaystyle{h=g\circ f}$ ορίζεται αν και μόνο αν το σύνολο $\displaystyle{{{A}_{h}}=\{x\in {{A}_{g}}\,\,\text{ }\!\!\kappa\!\!\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\!\!\iota\!\!\text{ }\,\,g(x)\in {{A}_{f}}\}\ne \varnothing }$
Όμως $\displaystyle{{{A}_{h}}=\{x\ne 1\,\wedge \,\,\frac{x}{1-x}>0\,\}=\{x\ne 1\,\wedge \,\,x(1-x)>0\,\}=\{x\ne 1\,\,\wedge \,\,0<x<1\}=(0,1)\ne \varnothing }$
αφού $\displaystyle{x(1-x)>0=-{{x}^{2}}+x}$ , και επειδή το τριώνυμο έχει το $\alpha < 0$
και ρίζες $\displaystyle{\text{0}\text{,1}}$ , θα είναι θετικό αν
Επομένως ορίζεται η συνάρτηση $\displaystyle{h:(0,1)\to R}$ με τύπο $\displaystyle{h(x)=g(f(x))=g\left( \frac{x}{1-x} \right)=\ln \left( \frac{x}{1-x} \right)}$ .

Συνεχίζω με το θέμα Β

Β2 Είναι $h(x) = \ln(\frac{x}{1-x}) , x\in (0,1)$ .
α τρόπος :Ας είναι $x_1 , x_2 \in (0,1)$ , τότε $h(x_1 ) = h(x_2 ) \Rightarrow \ln(\frac{x_1 }{1-x_1 }) =\ln(\frac{x_2 }{1-x_2 }) \Rightarrow (\ln(x) 1-1) \frac{x_1 }{1-x_1 } =\frac{x_2 }{1-x_2 } \Rightarrow x_1 - x_1 x_2 = x_2 - x_2 x_1 \Rightarrow \ x_1 = x_2$ οπότε η

είναι 1-1.

β τρόπος: με μονοτονία για την

, η οποία βγαίνει γνησίως αύξουσα (είτε με παράγωγο, είτε με ορισμό)

Εύρεση αντίστροφης: Έστω $y = h(x), x \in (0,1) \Leftrightarrow$

$y = \ln(\frac{x}{1-x}) , x \in (0,1) \Leftrightarrow$

$e^y = \frac{x}{1-x}, x \in (0,1) \Leftrightarrow$

$e^y = x( e^y + 1 ) , x \in (0,1) \Leftrightarrow$

εφόσον $e^y + 1 > 0 , \forall y \in \mathbb{R}$

$x = \frac{e^y }{e^y + 1} , x \in (0,1)$

Όμως ισχύει ότι $0< \frac{e^y }{e^y + 1} < 1 , \forall y \in \mathbb{R}$

Συνεπώς: $h^{-1} (x) = \frac{e^x}{e^x + 1} \forall x \in \mathbb{R}$ .

mathfinder · #26

Για το $\Delta 1$
$f\left ( x \right )=\sqrt[3]{x^{4}}=\sqrt[3]{\left ( x^{2} \right )^{2}}=\left ( x^{2} \right )^{\frac{2}{3}}$
οπότε για $-1\leq x <0$ :
${f}'\left ( x \right )=\frac{2}{3}2x\left \left (( x \right )^{2} \right )^{-\frac{1}{3}}$
[/tex]

Ιστοσελίδα · #27

silouan έγραψε:
dement έγραψε:Στο Γ4 βγαίνει καλύτερο φράγμα απλώς με $f(x) \geqslant -1$ .
Πραγματικά, και δεν χρειάζεται τίποτα από τα παραπάνω ερωτήματα. Το wolfram βγάζει περίπου -0,87
Έχει ενδιαφέρον αν μπορούμε να φτάσουμε εκεί κοντά χωρίς κομπιούτερ.

Για

είναι $\sin x<x-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^5}{120} \Rightarrow \dfrac{\sin x}{x}<1-\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{x^4}{120} \Rightarrow$

$-\dfrac{\sin x}{x}>-1+\dfrac{x^2}{6}-\dfrac{x^4}{120}$

Άρα $\displaystyle \int_{1}^{e}\frac{f(x)}{x}\:dx> \int_{1}^{e}\left(-1+\dfrac{x^2}{6}-\dfrac{x^4}{120}\right)\:dx=\frac{1703}{1800}-e+\frac{e^3}{18}-\frac{e^5}{600}=-0,903663$

Για καλύτερη προσέγγιση χρησιμοποιούμε το πολυώνυμο Taylor βαθμού $9 , 13 , \ldots$

#28

Plutarch έγραψε:Στο Α2β μαθητής έγραψε σαν αντιπαράδειγμα την $f(x)=\sqrt{x}$ για
Θεωρείτε ότι η απάντηση αρκεί;

Θεωρώ ότι αρκεί , αφού η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής στο $\displaystyle{0}$ αλλά όχι παραγωγίσιμη .
Ειναι αποδειγμένο στο σχολικό στην παράγραφο " κατακόρυφη εφαπτομένη" , που είναι εκτός ύλης ,
αλλά δεν μπορούμε να απαγορεύσουμε στους μαθητές να τη διαβάζουν !

Ιστοσελίδα · #29

B3

Ας είναι $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ με $x_1 < x_2 \Rightarrow (e^x \nearrow ) e^{x_1} < e^{x_2 } \Leftrightarrow 0< e^{x_1 } + 1 < e^{x_2} + 1 \Leftrightarrow$

$- \frac{1}{e^{x_1} + 1} < - \frac{1}{e^{x_2} + 1} \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{e^{x_1} + 1} <1 - \frac{1}{e^{x_2} + 1} \Leftrightarrow \phi(x_1 ) < \phi(x_2)$

Συνεπώς $\phi$ γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Καλύτερος τρόπος εδώ είναι να χρησιμοποιηθεί η παράγωγος, αφού στο ίδιο ερώτημα θέλει και κυρτότητα, σημεία καμπής:

$\phi ' (x) = \frac{e^x }{(e^x + 1 )^2} > 0, \ \forall x \in \mathbb{R}$ .

$\phi '' (x) = \frac{e^x -e^{2x} }{(e^x + 1 )^3} , \ x \in \mathbb{R}$ .

$\phi '' (x) > 0 \Leftrightarrow e^x ( 1 - e^x ) > 0 \Leftrightarrow e^x < 1 \Leftrightarrow x < 0$

Συνεπώς, εφόσον $\phi'(x) > 0 ,\ \forall x\in \mathbb{R} \Rightarrow \phi$ γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Επιπλέον, εφόσον $\phi''(x) > 0 ,\ \forall x<0 \Rightarrow \phi$ κυρτή στο $(-\infty , 0)$ και

εφόσον $\phi''(x) < 0 ,\ \forall x>0 \Rightarrow \phi$ κοίλη στο $(0, +\infty )$

Επιπλέον , στο

η $\phi$ είναι παραγωγίσιμη άρα δέχεται εφαπτομένη και εκατέρωθεν του αλλάζει κυρτότητα, οπότε $(0, \phi(0) = 1/2)$ είναι σημείο καμπής για την $\phi$ .

Ιστοσελίδα · #30

B4

Για τις οριζόντιες ασύμπτωτες της $C_{\phi}$ έχουμε:

$\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \phi(x) = \lim\limits_{x \rightarrow + \infty}\frac{e^x}{e^x + 1} =\\ (del'Hospital \frac{+\infty}{+\infty} ) =\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \frac{e^x}{e^x} = 1$

Συνεπώς η y=1

είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\phi$ στο $+\infty$ .

$\lim\limits_{x \rightarrow - \infty} \phi(x) = \lim\limits_{x \rightarrow - \infty}\frac{e^x}{e^x + 1} =\\ \frac{0}{1} =0$

Συνεπώς η y=0

είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\phi$ στο $-\infty$ .

#31

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Για το Γ1

Η τυχαία εφαπτομένη της έχει εξίσωση $y+\sin a=-\cos a(x-a)$

Διέρχεται από το σημείο $A(\dfrac{\pi}{2},-\dfrac{\pi}{2})$ αν και μόνο αν $\dfrac{\pi}{2}\cos a+\sin a-a\cos a-\dfrac{\pi}{2}=0.$

Θεωρούμε την εξίσωση $k(x)=\dfrac{\pi}{2}\cos x+\sin x-x\cos x-\dfrac{\pi}{2}$ στο $[0,\pi].$

Έχει δύο προφανείς ρίζες αφού $k(0)=k(\pi)=0$

$k'(x)=(x-\dfrac{\pi}{2})\sin x$

Αν είχαμε τρεις ρίζες στο $[0,\pi]$ , από το θεώρημα Rolle η παράγωγός της θα είχε 2 τουλάχιστον στο $(0,\pi)$ άτοπο αφού έχει μόνο την $\dfrac{\pi}{2}.$

Μια άλλη ιδέα για το ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες της y=f(x)

που να διέρχονται από το σημείο $A(\dfrac{\pi}{2},-\dfrac{\pi}{2}).$

Έστω η εφαπtομένη $y+\sin a=-\cos a(x-a)$ της y=f(x)

στο

για $0<a\leq \dfrac{\pi}{2}$ .

Το σημείο τομής αυτής με την ευθεία $x=\dfrac{\pi}{2}$ έχει τεταγμένη:

$y=-\sin a+(a-\dfrac{\pi}{2})\cos a>-a +(a-\dfrac{\pi}{2})=-\dfrac{\pi}{2}$

αφού $\sin a<a$ , και πολ/ντας την $\cos a<1$ με $a-\dfrac{\pi}{2}\leq 0$ παίρνουμε $(a-\dfrac{\pi}{2})\cos a\geq (a-\dfrac{\pi}{2}).$

Άρα δεν διέρχεται από το σημείο $A(\dfrac{\pi}{2},-\dfrac{\pi}{2})$ .

Ομοίως, έστω η εφαπtομένη $y+\sin a=-\cos a(x-a)$ της y=f(x)

στο

για $\dfrac{\pi}{2}< a<\pi$

Το σημείο τομής αυτής με την ευθεία $x=\dfrac{\pi}{2}$ έχει τεταγμένη:

$y=-\sin a+(a-\dfrac{\pi}{2})\cos a>(a-\pi) -(a-\dfrac{\pi}{2})=-\dfrac{\pi}{2}$

αφού $\sin a=\sin (\pi-a)<\pi-a$ , και πολ/ντας την $-1<\cos a$ με $a-\dfrac{\pi}{2}>0$ παίρνουμε $(a-\dfrac{\pi}{2})\cos a>-(a-\dfrac{\pi}{2}).$

Άρα ούτε αυτή διέρχεται από το $A(\dfrac{\pi}{2},-\dfrac{\pi}{2})$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#32

polysot έγραψε:B4

Για τις οριζόντιες ασύμπτωτες της $C_{\phi}$ έχουμε:

$\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \phi(x) = \lim\limits_{x \rightarrow + \infty}\frac{e^x}{e^x + 1} =\\ (del'Hospital \frac{+\infty}{+\infty} ) =\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \frac{e^x}{e^x} = 1$

Συνεπώς η είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\phi$ στο $+\infty$ .

$\lim\limits_{x \rightarrow - \infty} \phi(x) = \lim\limits_{x \rightarrow - \infty}\frac{e^x}{e^x + 1} =\\ \frac{0}{1} =0$

Συνεπώς η είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\phi$ στο $-\infty$ .

Μπορούμε να αποφύγουμε το del'Hospital αν παρατηρήσουμε ότι

$\dfrac{e^x}{e^x+1}=\dfrac{1}{1+\frac{1}{e^x}}=\dfrac{1}{1+\left(\frac{1}{e}\right)^x}\to \dfrac{1}{1+0}=1,$

καθώς $x\to +\infty$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ιστοσελίδα · #33

achilleas έγραψε:
polysot έγραψε:B4

Για τις οριζόντιες ασύμπτωτες της $C_{\phi}$ έχουμε:

$\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \phi(x) = \lim\limits_{x \rightarrow + \infty}\frac{e^x}{e^x + 1} =\\ (del'Hospital \frac{+\infty}{+\infty} ) =\lim\limits_{x \rightarrow + \infty} \frac{e^x}{e^x} = 1$

Συνεπώς η είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\phi$ στο $+\infty$ .

$\lim\limits_{x \rightarrow - \infty} \phi(x) = \lim\limits_{x \rightarrow - \infty}\frac{e^x}{e^x + 1} =\\ \frac{0}{1} =0$

Συνεπώς η είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\phi$ στο $-\infty$ .

Μπορούμε να αποφύγουμε το del'Hospital αν παρατηρήσουμε ότι

$\dfrac{e^x}{e^x+1}=\dfrac{1}{1+\frac{1}{e^x}}=\dfrac{1}{1+\left(\frac{1}{e}\right)^x}\to \dfrac{1}{1+0}=1,$

καθώς $x\to +\infty$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Συμφωνώ, γίνεται και έτσι: $\dfrac{e^x}{e^x+1} = \dfrac{e^x +1 - 1}{e^x + 1} = 1 - \dfrac{1}{e^x +1} \rightarrow 1$ καθώς $x\to +\infty$ .

#34

Μια άλλη ιδέα για το Γ3:

Με αλλαγή μεταβλητής $y=\pi-x>0$ , κι αφού f(x)=f(y)

, παίρνουμε

$\displaystyle{\lim_{x\to \pi}\dfrac{f(x)+x}{f(x)-x+\pi}=\lim_{y\to 0^{+}}\dfrac{f(y)+\pi-y}{f(y)+y}}$ .

Για $0<y<\dfrac{\pi}{2}$ , είναι -y<f(y) <y

, οπότε $f(y)+\pi-y> \pi-2y>0$ (1)

και 0<f(y)+y<2y

, που δίνει $\dfrac{1}{f(y)+y}>\dfrac{1}{2y}>0$ (2)

Πολ/ντας τις (1) και (2) κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{\dfrac{f(y)+\pi-y}{f(y)+y}>\dfrac{\pi-2y}{2y}=\dfrac{\pi}{2y}-1\to +\infty}$ , καθώς $y\to 0^{+}$ .

Συνεπώς,

$\displaystyle{\lim_{x\to \pi}\dfrac{f(x)+x}{f(x)-x+\pi}=+\infty.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

#35

Μια παρατήρηση για το Γ3¨

Γραφικά το όριο που ζητείται είναι το $\lim_{A\to E}\dfrac{(BD)}{(BC)}=+\infty.$

Προσθήκη: Το παραπάνω όριο μπορεί να αποδειχθεί και γεωμετρικά, εάν θεωρήσουμε τα σημεία τομής των ευθειών

,

, και

με τον άξονα yy'

και χρησιμοποιήσουμε ομοιότητα τριγώνων.

epep · #36

Για τη δικαιολόγηση του Ψ στο Α2 θεωρώ ότι είναι αρκετή η αναφορά (χωρίς απόδειξη) στη συνάρτηση f(x)=|x|

ή ακόμα και στην $g(x)=\sqrt{x}$

, αφού και οι δύο αναφέρονται στη θεωρία του σχολικού βιβλίου ως συνεχείς και μη παραγωγίσιμες στο 0.

Παντελής Μιντεκίδης · #37

Αγαπητοί Συνάδελφοι

Καταθέτω τις λύσεις που ανάρτησα πριν κάποιες ώρες:

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

Θερμούς χαιρετισμούς

Παντελής Μιντεκίδης

calmen · #38

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:Αγαπητοί Συνάδελφοι

Καταθέτω τις λύσεις που ανάρτησα πριν κάποιες ώρες:

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

Θερμούς χαιρετισμούς

Παντελής Μιντεκίδης

Πραγματικά μια ώραια παρουσίαση λύσεων,μια ερώτηση γιατί στο Δ1 κάνατε έλεγχο στα άκρα?

Ιστοσελίδα · #39

Στο πρόσημο στο Δ2

της $f'(x) = e^x ( \sin(x) + \cos(x))$ :
e^x > 0

, $\sin(x) + \cos(x) > 0 , \forall x \in (0,\pi / 2)$ .
Επιπλέον η $\sin(x)$ και η $\cos(x)$ είναι γνησίως φθίνουσες στο $(\pi/2 , \pi)$ , οπότε και το άθροισμά τους $\sin(x) + \cos(x)$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $(\pi/2 , \pi)$ . Συνεπώς η προφανής ρίζα $\frac{3\pi}{4}$ είναι μοναδική στο $(\pi/2 , \pi)$ .

Για το διάστημα $(\pi/2 , \pi)$ για την $\sin(x) + \cos(x)$ μπορεί κάποιος να δουλέψει και με τον τριγωνομετρικό κύκλο.

Παντελής Μιντεκίδης · #40

calmen έγραψε:
Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:Αγαπητοί Συνάδελφοι

Καταθέτω τις λύσεις που ανάρτησα πριν κάποιες ώρες:

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

Θερμούς χαιρετισμούς

Παντελής Μιντεκίδης
Πραγματικά μια ώραια παρουσίαση λύσεων,μια ερώτηση γιατί στο Δ1 κάνατε έλεγχο στα άκρα?

[Το software mathematica.gr θέλει μιά γερή αναβάθμιση ...]
Αγαπητέ συνάδελφε, στο Δ1 πρέπει να διακρίνω την συνέχεια ή παραγωγισιμότητα στις ανοιχτές συνιστώσες του συνόλου ορισμού από αυτήν στα άκρα των διαστημάτων, διότι τα θεωρήματα περιορισμού για συνεχείς ή παραγωγίσιμες συναρτήσεις ισχύουν αυστηρώς για ανοιχτά σύνολα. Επομένως, η μελέτη στα άκρα πρέπει να γίνεται χωριστά, οπότε είτε θα ακολουθήσει κάποιος την πορεία μου, είτε θα ακολουθήσει τους κανόνες συνέχειας ή παραγωγισιμότητας, αλλά εφαρμοσμένους αυστηρώς σημειακώς.

Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Μέλη σε σύνδεση