Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Επιτροπή Θεμάτων 2023 · #41

Αγαπητές/τοί

αναρτούμε την 1η έκδοση των λύσεων των θεμάτων Μαθηματικών προασνατολισμού 2017
η οποία είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών του mathematica.gr.

Θέματα & Λύσεις Μαθηματικών προσαν. 2017 (2η έκδοση)

edit: 13/6/2017 ανανεώθηκε ο σύνδεσμος.

Λάμπρος Μπαλός · #42

epep έγραψε:Για τη δικαιολόγηση του Ψ στο Α2 θεωρώ ότι είναι αρκετή η αναφορά (χωρίς απόδειξη) στη συνάρτηση 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.

Βεβαίως. Πολύ καλή απάντηση επίσης, που συνάντησα, ήταν η εξής :

"παράδειγμα αποτελεί η συνάρτηση του Δ Θέματος όπου και αποδεικνύεται ότι είναι συνεχής στο

αλλά όχι παραγωγίσιμη".

Μιχάλης Τσουρακάκης · #43

διαγράφεται λόγω μιας αβλεψίας

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #44

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:Mια λύση του $\displaystyle{\Gamma 4}$ ανεξάρτητη των προηγούμενων ερωτημάτων

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = \int_1^x {\frac{{f(t)}}{t}} dt - x + 1 + \pi }$ με $\displaystyle{1 \leqslant t \leqslant x \leqslant e}$ που είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{[1,e]}$

Για κάθε $\displaystyle{x \in (1,e)}$ είναι $\displaystyle{g'(x) = \frac{{f(x) - x}}{x} = \frac{{ - \sin x - x}}{x} < 0 \Rightarrow g}$ γνήσια φθίνουσα στο $\displaystyle{\left[ {1,e} \right]}$

Άρα $\displaystyle{x \leqslant e \Rightarrow g(x) \geqslant g(e) \Rightarrow \int_1^x {\frac{{f(t)}}{t}} dt - x + 1 + \pi \geqslant 0}$ και για $\displaystyle{x = e}$ είναι $\displaystyle{\int_1^e {\frac{{f(x)}}{x}} dx \geqslant e - 1 - \pi }$

Επειδή όμως η $\displaystyle{\frac{{f(x)}}{x}}$ δεν μηδενίζεται παντού στο $\displaystyle{\left[ {1,e} \right]}$ θα είναι τελικά $\displaystyle{\int_1^e {\frac{{f(x)}}{x}} dx > e - 1 - \pi }$

Δεν καταλαβαίνω.Συγκεκριμένα

$\displaystyle{x \leqslant e \Rightarrow g(x) \geqslant g(e) \Rightarrow \int_1^x {\frac{{f(t)}}{t}} dt - x + 1 + \pi \geqslant 0}$

Αν καταλαβαίνω καλά g(e)=0

. Aπό που προκύπτει;

Μιχάλης Τσουρακάκης · #45

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:Mια λύση του $\displaystyle{\Gamma 4}$ ανεξάρτητη των προηγούμενων ερωτημάτων

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = \int_1^x {\frac{{f(t)}}{t}} dt - x + 1 + \pi }$ με $\displaystyle{1 \leqslant t \leqslant x \leqslant e}$ που είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{[1,e]}$

Για κάθε $\displaystyle{x \in (1,e)}$ είναι $\displaystyle{g'(x) = \frac{{f(x) - x}}{x} = \frac{{ - \sin x - x}}{x} < 0 \Rightarrow g}$ γνήσια φθίνουσα στο $\displaystyle{\left[ {1,e} \right]}$

Άρα $\displaystyle{x \leqslant e \Rightarrow g(x) \geqslant g(e) \Rightarrow \int_1^x {\frac{{f(t)}}{t}} dt - x + 1 + \pi \geqslant 0}$ και για $\displaystyle{x = e}$ είναι $\displaystyle{\int_1^e {\frac{{f(x)}}{x}} dx \geqslant e - 1 - \pi }$

Επειδή όμως η $\displaystyle{\frac{{f(x)}}{x}}$ δεν μηδενίζεται παντού στο $\displaystyle{\left[ {1,e} \right]}$ θα είναι τελικά $\displaystyle{\int_1^e {\frac{{f(x)}}{x}} dx > e - 1 - \pi }$
Δεν καταλαβαίνω.Συγκεκριμένα

$\displaystyle{x \leqslant e \Rightarrow g(x) \geqslant g(e) \Rightarrow \int_1^x {\frac{{f(t)}}{t}} dt - x + 1 + \pi \geqslant 0}$

Αν καταλαβαίνω καλά . Aπό που προκύπτει;

Πολύ σωστά.Από αβλεψία θεώρησα g(e)=0
Διαγράφεται.Ευχαριστώ για την επισήμανση.Εξ άλλου δεν έχει νόημα $\displaystyle{g(e) = 0}$ και $\displaystyle{g(e) > 0}$

#46

Στο 2ο δελτίο θεμάτων με τις απαντήσεις που ανέβηκε λείπει το πεδίο τιμών της f στο Β1 ερώτημα

#47

Δεν έχω δει την επίσημη λύση της Γ1, αλλά κοίταξα διάφορες εδώ και εκεί. Γράφω άλλη μία κάπως πιο απλή αλλά στο ίδιο μήκος κύματος με τρεις στο δικό μας φόρουμ (η τέταρτη, του Παντελή Μιντεκίδη, είναι διαφορετική αλλά αρκετά αφύσικη και άκομψη).

Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες που διέρχονται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ πέρα από αυτές στα $(0,0), \, ( \pi, 0)$ , έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1 \, (*)$ . Επίσης θα έπρεπε να έχει κλίση

$\displaystyle{ \frac {-\frac {\pi}{2} + \sin a} {\frac {\pi}{2} -a} < \frac {-\frac {\pi}{2} +a} {\frac {\pi}{2} -a}=-1}$ , που αντιβαίνει στην (*)

. Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα

ή, εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ .

Σχολιάζω/προβλέπω ότι το ερώτημα Γ1 θα έχει σχεδόν καθολική αποτυχία στα γραπτά των υποψηφίων. Ίδωμεν.

Παντελής Μιντεκίδης · #48

Mihalis_Lambrou έγραψε:Δεν έχω δει την επίσημη λύση της Γ1, αλλά κοίταξα διάφορες εδώ και εκεί. Γράφω άλλη μία κάπως πιο απλή αλλά στο ίδιο μήκος κύματος με τρεις στο δικό μας φόρουμ (η τέταρτη, του Παντελή Μιντεκίδη, είναι διαφορετική αλλά αρκετά αφύσικη και άκομψη).

Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες που διέρχονται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ πέρα από αυτές στα $(0,0), \, ( \pi, 0)$ , έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1 \, (*)$ . Επίσης θα έπρεπε να έχει κλίση

$\displaystyle{ \frac {-\frac {\pi}{2} + \sin a} {\frac {\pi}{2} -a} < \frac {-\frac {\pi}{2} +a} {\frac {\pi}{2} -a}=-1}$ , που αντιβαίνει στην . Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα ή, εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ .

Σχολιάζω/προβλέπω ότι το ερώτημα Γ1 θα έχει σχεδόν καθολική αποτυχία στα γραπτά των υποψηφίων. Ίδωμεν.

Αγαπητέ κύριε Μιχάλη Λάμπρου,

Ευχαριστώ που κάνατε τον κόπο να ασχοληθείτε με τις λύσεις μου.

1) Εφόσον η δική μου λύση πιστεύετε ότι είναι "αρκετά αφύσικη και άκομψη", δεν μπορεί παρά επίσης να πιστεύετε ότι η δική σας λύση είναι τουλάχιστον αρκετά φυσική και κομψή.
2) Επιτρέψτε μου να μήν σχολιάσω την δική σας λύση, εκτός και αν μου το ζητήσετε.
3) Η λύση μου είναι τόσο αφύσικη και άκομψη όσο αφύσικο και άκομψο είναι το θεώρημα του Rolle, διότι τίποτε άλλο δεν χρησιμοποιεί.
4) Παρακαλώ, ρίξτε μιά ματιά στις ασκήσεις του σχολικού βιβλίου που αφορούν στο θεώρημα Rolle. Οι ασκήσεις Β3(i), B3(ii) εφαρμόζουν αυτήν την μέθοδο. Αλλά παρακάτω η άσκηση Β7 είναι ακριβώς αυτό που κάνω, σχεδόν αυτολεξεί.

Θερμούς χαιρετισμούς,

Παντελής Μιντεκίδης

Christos.N · #49

Το είπα απο μέσα μου " να τι πρέπει να κάνει ένας άνθρωπος που αντιλαμβάνεται τις τριγωνομετρικές συναρτήσεις αλλά δεν θυμάται ή δεν έχει εμπιστοσύνη στην μνήμη του όταν λύνει εξισώσεις".

: Δ1,Δ2.png (5.25 KiB) Προβλήθηκε 2395 φορές

Το ίδιο σχήμα βοηθάει να βγάλει κανείς συμπεράσματα για το πρόσημο της παραγώγου.

Υ.Γ. Έχω σχεδιάσει την $\displaystyle{ - \eta \mu x}$ αλλά στο ταμπελάκι έχω τυπογραφικό λάθος.

#50

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: 3) Η λύση μου είναι τόσο αφύσικη και άκομψη όσο αφύσικο και άκομψο είναι το θεώρημα του Rolle, διότι τίποτε άλλο δεν χρησιμοποιεί.

Το παραπάνω είναι βέβαια ρητορικό επιχείρημα: Το να ισχυριστούμε ότι κάθε λύση που χρησιμοποιεί ένα κομψό Θεώρημα είναι αυτόματα και η ίδια κομψή είναι σαν να λέμε ότι αν κρατάω ένα βιολί Stradivarius αυτόματα η μουσική που θα παίξω είναι αγγελική μελωδία.

Ο λόγος που είπα αφύσικη και άκομψη την λύση είναι γιατί χρησιμοποιεί σχετικά βαρειά εργαλεία για την αξία της άσκησης (δύο φορές Rolle σε ειδικά ορισμένη συνάρτηση). Το μόνο που απαιτείται για την λύση είναι να διαπιστώσει κανείς ότι η κλίση της εφαπτομένης της καμπύλης $\sin x$ είναι μικρότερη του

(εκτός από τα άκρα) ενώ για να διέρχεται από το εν λόγω σημείο χρειάζεται κλίση μεγαλύτερη ή ίση του

.

#51

Mihalis_Lambrou έγραψε:.....

Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες που διέρχονται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ πέρα από αυτές στα $(0,0), \, ( \pi, 0)$ , έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1 \, (*)$ . Επίσης θα έπρεπε να έχει κλίση

$\displaystyle{ \frac {-\frac {\pi}{2} + \sin a} {\frac {\pi}{2} -a} < \frac {-\frac {\pi}{2} +a} {\frac {\pi}{2} -a}=-1}$ , που αντιβαίνει στην . Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα ή, εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ .

Σχολιάζω/προβλέπω ότι το ερώτημα Γ1 θα έχει σχεδόν καθολική αποτυχία στα γραπτά των υποψηφίων. Ίδωμεν.

Μια ακόμη ιδέα, ισοδύναμη με κάποιες που έχουν παρουσιαστεί, είναι η εξής:

Όπως παραπάνω, έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η y=-x

έχει κλίση -1.

, ενώ η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1.$

Συνεπώς, οι δύο ευθείες τέμνονται, με το σημείο τομής τους να έχει τετμημένη η οποία είναι λύση της εξίσωσης $-x=-\sin a-(x-a)\cos a.$

Γραφικά, είναι φανερό ότι η λύση αυτής βρίσκεται στο διάστημα (0,a).

Αλλιώς, για να το αποδείξουμε μπορούμε να εφαρμόσουμε Bolzano (

) για τη συνάρτηση $h(x)=-x+\sin a+(x-a)\cos a$ στο [0,a]

. Παρατηρούμε ότι είναι h(a)<0<h(0)

από την $\sin a<a<\tan a$ για $0<a<\pi/2$ ή από το γεγονός ότι η $h'(x)=\cos a-1<0,$ που σημαίνει ότι η

είναι γν. φθίνουσα στο [0,a]

και λόγω συνέχειας έχει μοναδική ρίζα εκεί.

Αφού δύο μη παράλληλες ευθείες τέμνονται σε ακριβώς ένα σημείο, η παραπάνω εφαπτομένη δε διέρχεται από το

Για την εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ για $\pi/2<a<\pi$ εργαζόμαστε ομοίως.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#52

achilleas έγραψε: Γραφικά, είναι φανερό ...

Αχιλλέα, ακριβώς.

Αυτό που ήθελα να αναδείξω στο προηγούμενο ποστ μου είναι ότι η φυσιολογική απόδειξη είναι αυτή που μας καθοδηγεί το σχήμα. Παρακάτω κάνω το σχήμα της δικής μου απόδειξης (= παραλλαγής άλλων που είδαμε στο φόρουμ) όπου αναδεικνύεται η αιτία του φαινομένου

Συγκεκριμένα (για ευκολία εργάζομαι με το συμμετρικό σχήμα για να μη μπλέκουμε με αρνητικούς): Η εφαπτομένη στο

αποκλείεται να περνά από το

καθώς η κλίση της

είναι μικρότερη της κλίσης της

. Αν η εν λόγω εφαπτομένη διερχόταν από το

(κόκκινη διακεκομένη γραμμή) θα όφειλε να έχει κλίση μεγαλύτερη της

. Αυτό ήταν όλο.

Η γραφή της απόδειξης που παρέθεσα έχει αυτά κατά νου (γι 'αυτό την διατυπώνω με κλίσεις) αλλά είναι με σύμβολα. Τίποτα δεν ξεπερνά την γεωμετρική εποπτεία. Όπως είπα, αναδεικνύει την αιτία. Είναι φυσιολογική.

#53

Mihalis_Lambrou έγραψε:
achilleas έγραψε: Γραφικά, είναι φανερό ...
Αχιλλέα, ακριβώς.

Αυτό που ήθελα να αναδείξω στο προηγούμενο ποστ μου είναι ότι η φυσιολογική απόδειξη είναι αυτή που μας καθοδηγεί το σχήμα. Παρακάτω κάνω το σχήμα της δικής μου απόδειξης (= παραλλαγής άλλων που είδαμε στο φόρουμ) όπου αναδεικνύεται η αιτία του φαινομένου

Συγκεκριμένα (για ευκολία εργάζομαι με το συμμετρικό σχήμα για να μη μπλέκουμε με αρνητικούς): Η εφαπτομένη στο αποκλείεται να περνά από το καθώς η κλίση της είναι μικρότερη της κλίσης της . Αν η εν λόγω εφαπτομένη διερχόταν από το (κόκκινη διακεκομένη γραμμή) θα όφειλε να έχει κλίση μεγαλύτερη της . Αυτό ήταν όλο.

Η γραφή της απόδειξης που παρέθεσα έχει αυτά κατά νου (γι 'αυτό την διατυπώνω με κλίσεις) αλλά είναι με σύμβολα. Τίποτα δεν ξεπερνά την γεωμετρική εποπτεία. Όπως είπα, αναδεικνύει την αιτία. Είναι φυσιολογική.

Συμφωνούμε!

Πολλές αποδείξεις στον Απειροστικό επεξηγούνται πολύ καλύτερα από ένα σχήμα.

Έτσι, ακόμα και η επιλογή μιας "βοηθητικής" συνάρτησης φαίνεται λιγότερο ουρανοκατέβατη.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Παντελής Μιντεκίδης · #54

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:Δεν έχω δει την επίσημη λύση της Γ1, αλλά κοίταξα διάφορες εδώ και εκεί. Γράφω άλλη μία κάπως πιο απλή αλλά στο ίδιο μήκος κύματος με τρεις στο δικό μας φόρουμ (η τέταρτη, του Παντελή Μιντεκίδη, είναι διαφορετική αλλά αρκετά αφύσικη και άκομψη).

Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτόμενες που διέρχονται από το $( \frac {\pi}{2} , - \frac {\pi}{2} )$ πέρα από αυτές στα $(0,0), \, ( \pi, 0)$ , έστω $a \in (0, \frac {\pi}{2})$ . Η εφαπτομένη στο $(a, -\sin a)$ έχει κλίση $-\cos a > -1 \, (*)$ . Επίσης θα έπρεπε να έχει κλίση

$\displaystyle{ \frac {-\frac {\pi}{2} + \sin a} {\frac {\pi}{2} -a} < \frac {-\frac {\pi}{2} +a} {\frac {\pi}{2} -a}=-1}$ , που αντιβαίνει στην . Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα ή, εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ .

Σχολιάζω/προβλέπω ότι το ερώτημα Γ1 θα έχει σχεδόν καθολική αποτυχία στα γραπτά των υποψηφίων. Ίδωμεν.
Αγαπητέ κύριε Μιχάλη Λάμπρου,

Ευχαριστώ που κάνατε τον κόπο να ασχοληθείτε με τις λύσεις μου.

1) Εφόσον η δική μου λύση πιστεύετε ότι είναι "αρκετά αφύσικη και άκομψη", δεν μπορεί παρά επίσης να πιστεύετε ότι η δική σας λύση είναι τουλάχιστον αρκετά φυσική και κομψή.
2) Επιτρέψτε μου να μήν σχολιάσω την δική σας λύση, εκτός και αν μου το ζητήσετε.
3) Η λύση μου είναι τόσο αφύσικη και άκομψη όσο αφύσικο και άκομψο είναι το θεώρημα του Rolle, διότι τίποτε άλλο δεν χρησιμοποιεί.
4) Παρακαλώ, ρίξτε μιά ματιά στις ασκήσεις του σχολικού βιβλίου που αφορούν στο θεώρημα Rolle. Οι ασκήσεις Β3(i), B3(ii) εφαρμόζουν αυτήν την μέθοδο. Αλλά παρακάτω η άσκηση Β7 είναι ακριβώς αυτό που κάνω, σχεδόν αυτολεξεί.

Θερμούς χαιρετισμούς,

Παντελής Μιντεκίδης

Αγαπητέ κύριε Μιχάλη Λάμπρου,

Επειδή βλέπω ότι συνεχίζεται να ασχολείστε με ειρωνική διάθεση μαζί μου, με αναγκάζεται να σας πληροφορήσω ότι η λύση σας: "Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα α" είναι ΛΑΘΟΣ !!! Αν πιστεύετε ότι είναι σωστή, δημοσιεύστε την όλη, δηλαδή και για α στο 2ο τεταρτημόριο, για να δούμε πόσο όμοια είναι με την περίπτωση του 1ου τεταρτημορίου και κυρίως πόσο φυσική και κομψή.

Θερμούς χαιρετισμούς,

Παντελής Μιντεκίδης

dement · #55

Οι ανάλογες συνθήκες για το δεύτερο τεταρτημόριο είναι $- \cos a < 1$ και $\displaystyle \frac{- \pi / 2 + \sin a}{\pi / 2 - a} = \frac{- \pi / 2 + \sin (\pi - a)}{\pi / 2 - a} > \frac{\pi / 2 - a}{\pi / 2 - a} = 1$

Μην αρπάζεσαι και μην παίρνεις προσωπικά μία κριτική. Αν είναι αβάσιμη, όλα εντάξει. Αν είναι βάσιμη, μόλις έμαθες κάτι.

#56

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: Επειδή βλέπω ότι συνεχίζεται να ασχολείστε με ειρωνική διάθεση μαζί μου,

Καμία ειρωνική διάθεση. Αν θέλεις το πιστεύεις. Η ιστορία μου στο φόρουμ είναι αρκετό τεκμήριο και δεν χρειάζεται να το αιτιολογήσω.

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
με αναγκάζεται να σας πληροφορήσω ότι η λύση σας: "Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα α" είναι ΛΑΘΟΣ !!!

Το "όμοια" πάει στην μέθοδο: Κλίση της εφαπτομένης, και όχι στις επιμέρους πράξεις. Άλλωστε αυτό είναι εμφανές με την φράση μου "ή εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ " (μόνο που έχω αυτονόητο τυπογραφικό σφάλμα, και το σωστό είναι $x=\pi /2$ )

Η "μονολεκτική" συμπλήρωση του συλλογισμού από τον Δημήτρη Σκουτέρη αμέσως από πάνω, τα λέει όλα. Είναι ακριβώς αυτό που έχω κατά νου.

Ακόμη καλύτερα, δώσε προσοχή στην τελευταία πρόταση του Δημήτρη Σκουτέρη. Εκεί και αν τα λέει όλα.

Παντελής Μιντεκίδης · #57

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: Επειδή βλέπω ότι συνεχίζεται να ασχολείστε με ειρωνική διάθεση μαζί μου,
Καμία ειρωνική διάθεση. Αν θέλεις το πιστεύεις. Η ιστορία μου στο φόρουμ είναι αρκετό τεκμήριο και δεν χρειάζεται να το αιτιολογήσω.

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
με αναγκάζεται να σας πληροφορήσω ότι η λύση σας: "Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα α" είναι ΛΑΘΟΣ !!!
Το "όμοια" πάει στην μέθοδο: Κλίση της εφαπτομένης, και όχι στις επιμέρους πράξεις. Άλλωστε αυτό είναι εμφανές με την φράση μου "ή εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ " (μόνο που έχω αυτονόητο τυπογραφικό σφάλμα, και το σωστό είναι $x=\pi /2$ )

Η "μονολεκτική" συμπλήρωση του συλλογισμού από τον Δημήτρη Σκουτέρη αμέσως από πάνω, τα λέει όλα. Είναι ακριβώς αυτό που έχω κατά νου.

Ακόμη καλύτερα, δώσε προσοχή στην τελευταία πρόταση του Δημήτρη Σκουτέρη. Εκεί και αν τα λέει όλα.

Μιχάλη Λάμπρου,
Ακόμη δεν είδα την απόδειξη! Αυτό που παρουσιάζει ο υποστηρικτής σας είναι εντελώς ατελές! Δέν θα μας αποδείξετε ότι: sinα+α<π ;; Για να δούμε την φυσικότητα και την κομψότητα!

Παντελής Μιντεκίδης

ΥΓ Ουδείς αρνείται την τεράστια συνεισφορά σας καθώς και των υπολοίπων συνεργατών σας στο mathematica.gr, αλλά είναι άλλο θέμα. Μια τόση δα λύση, φυσική και κομψή, σε πόσες δόσεις τέλος πάντων θα μας την παρουσιάσετε!

mikemoke · #58

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: Επειδή βλέπω ότι συνεχίζεται να ασχολείστε με ειρωνική διάθεση μαζί μου,
Καμία ειρωνική διάθεση. Αν θέλεις το πιστεύεις. Η ιστορία μου στο φόρουμ είναι αρκετό τεκμήριο και δεν χρειάζεται να το αιτιολογήσω.

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
με αναγκάζεται να σας πληροφορήσω ότι η λύση σας: "Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα α" είναι ΛΑΘΟΣ !!!
Το "όμοια" πάει στην μέθοδο: Κλίση της εφαπτομένης, και όχι στις επιμέρους πράξεις. Άλλωστε αυτό είναι εμφανές με την φράση μου "ή εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ " (μόνο που έχω αυτονόητο τυπογραφικό σφάλμα, και το σωστό είναι $x=\pi /2$ )

Η "μονολεκτική" συμπλήρωση του συλλογισμού από τον Δημήτρη Σκουτέρη αμέσως από πάνω, τα λέει όλα. Είναι ακριβώς αυτό που έχω κατά νου.

Ακόμη καλύτερα, δώσε προσοχή στην τελευταία πρόταση του Δημήτρη Σκουτέρη. Εκεί και αν τα λέει όλα.
Μιχάλη Λάμπρου,
Ακόμη δεν είδα την απόδειξη! Αυτό που παρουσιάζει ο υποστηρικτής σας είναι εντελώς ατελές! Δέν θα μας αποδείξετε ότι: sinα+α<π ;; Για να δούμε την φυσικότητα και την κομψότητα!

Παντελής Μιντεκίδης

ΥΓ Ουδείς αρνείται την τεράστια συνεισφορά σας καθώς και των υπολοίπων συνεργατών σας στο mathematica.gr, αλλά είναι άλλο θέμα. Μια τόση δα λύση, φυσική και κομψή, σε πόσες δόσεις τέλος πάντων θα μας την παρουσιάσετε!

Νομίζω η απόδειξη είναι αρκετά απλή και γεωμετρική έστω ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με

ορθή και σημείο

στο εσωτερικό του. Από το

φέρουμε ευθεία

η οποία σχηματίζει γωνία $\angle z$
με την

με $\angle ABC>z\geq 0$ τότε προφανώς η

δεν διέρχεται από το

αφού βρίσκεται στο κίτρινο χώρο

Παντελής Μιντεκίδης · #59

mikemoke έγραψε:
Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: Επειδή βλέπω ότι συνεχίζεται να ασχολείστε με ειρωνική διάθεση μαζί μου,
Καμία ειρωνική διάθεση. Αν θέλεις το πιστεύεις. Η ιστορία μου στο φόρουμ είναι αρκετό τεκμήριο και δεν χρειάζεται να το αιτιολογήσω.

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε:
με αναγκάζεται να σας πληροφορήσω ότι η λύση σας: "Όμοια έχουμε άτοπο για τα υπόλοιπα α" είναι ΛΑΘΟΣ !!!
Το "όμοια" πάει στην μέθοδο: Κλίση της εφαπτομένης, και όχι στις επιμέρους πράξεις. Άλλωστε αυτό είναι εμφανές με την φράση μου "ή εργαζόμαστε με την συμμετρία που έχουμε ως προς τον άξονα $y=\pi /2$ " (μόνο που έχω αυτονόητο τυπογραφικό σφάλμα, και το σωστό είναι $x=\pi /2$ )

Η "μονολεκτική" συμπλήρωση του συλλογισμού από τον Δημήτρη Σκουτέρη αμέσως από πάνω, τα λέει όλα. Είναι ακριβώς αυτό που έχω κατά νου.

Ακόμη καλύτερα, δώσε προσοχή στην τελευταία πρόταση του Δημήτρη Σκουτέρη. Εκεί και αν τα λέει όλα.
Μιχάλη Λάμπρου,
Ακόμη δεν είδα την απόδειξη! Αυτό που παρουσιάζει ο υποστηρικτής σας είναι εντελώς ατελές! Δέν θα μας αποδείξετε ότι: sinα+α<π ;; Για να δούμε την φυσικότητα και την κομψότητα!

Παντελής Μιντεκίδης

ΥΓ Ουδείς αρνείται την τεράστια συνεισφορά σας καθώς και των υπολοίπων συνεργατών σας στο mathematica.gr, αλλά είναι άλλο θέμα. Μια τόση δα λύση, φυσική και κομψή, σε πόσες δόσεις τέλος πάντων θα μας την παρουσιάσετε!
Νομίζω η απόδειξη είναι αρκετά απλή και γεωμετρική έστω ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή και σημείο στο εσωτερικό του. Από το φέρουμε ευθεία η οποία σχηματίζει γωνία $\angle z$
με την με $\angle ABC>z\geq 0$ τότε προφανώς η δεν διέρχεται από το αφού βρίσκεται στο κίτρινο χώρο

Μιχάλη Λάμπρου και Δημήτρη Σκουτέρη,
Αφήστε τους "γεωμετρικούς" παρελκισμούς! Για τελευταία φορά σας παρακαλώ! Δώστε το έσχατο μέρος της απόδειξης, δηλαδή: sinα+α<π, ώστε να ολοκληρώσετε την φυσική και κομψή σας απόδειξη!!!
Παντελής Μιντεκίδης

dement · #60

Παντελής Μιντεκίδης έγραψε: Μιχάλη Λάμπρου και Δημήτρη Σκουτέρη,
Αφήστε τους "γεωμετρικούς" παρελκισμούς! Για τελευταία φορά σας παρακαλώ! Δώστε το έσχατο μέρος της απόδειξης, δηλαδή: sinα+α<π, ώστε να ολοκληρώσετε την φυσική και κομψή σας απόδειξη!!!
Παντελής Μιντεκίδης

Η γεωμετρία δεν ήταν δική μου, αλλά εν πάση περιπτώσει. Επειδή δεν φαίνεσαι να προβάλλεις ένσταση στην $\sin x < x \ (x > 0)$ , (που χρησιμοποιείται στο πρώτο τεταρτημόριο), υποθέτω ότι τη θεωρείς δεδομένη.

Λοιπόν (για δεύτερη φορά, δεν θα υπάρξει τρίτη) $\sin x = \sin (\pi - x) < \pi - x \implies x + \sin x < \pi \ \ (x < \pi)$ .

Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση