Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Λίνας · #21

Στὸ Δ3:
Μιλᾶμε γιὰ x>0.
F γν·φθίν· γιὰ x<1 καὶ γν·αὔξ· γιὰ x>1.
F(x^2)=F(x)-(x-1)^2 <=> F(x^2)-F(x)=-(x-1)^2.
Γιὰ x διάφορα τοῦ 1· (x-1)^2>0 <=> -(x-1)^2<0 <=> F(x^2)-F(x)<0 <=> F(x^2)<F(x) (*).
Γιὰ x<1· F γν·φθίν· Ἄρα ἀπὸ (*) <=> x^2>x <=(x>0)> x>1, ἀδύνατο· ἡ σχέσι δὲν ἰσχύει (ἡ ἐξίσωσι δὲν ἔχει λύσι) στὰ x<1.
Γιὰ x>1· F γν·αὔξ· Ἄρα ἀπὸ (*) <=> x^2<x <=(x>0)> x<1, ἀδύνατο· ἡ σχέσι δὲν ἰσχύει (ἡ ἐξίσωσι δὲν ἔχει λύσι) στὰ x>1.
Ἡ μόνη τιμὴ ποὺ δύναται νὰ εἶναι ῥίζα εἶναι τὸ x=1, ἡ ὁποία εἶναι καὶ προφανής (F(1^2)=F(1)-(x-1)^2 <=> F(1)=F(1), ποὺ ἰσχύει).

Ὑπάρχει κάποια ἀβλεψία στὴν παραπάνω λύσι τοῦ ἐρωτήματος;

Dimessi · #22

Λίνας έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 06, 2025 10:30 pm
Στὸ Δ3:
Μιλᾶμε γιὰ x>0.
F γν·φθίν· γιὰ x<1 καὶ γν·αὔξ· γιὰ x>1.
F(x^2)=F(x)-(x-1)^2 <=> F(x^2)-F(x)=-(x-1)^2.
Γιὰ x διάφορα τοῦ 1· (x-1)^2>0 <=> -(x-1)^2<0 <=> F(x^2)-F(x)<0 <=> F(x^2)<F(x) (*).
Γιὰ x<1· F γν·φθίν· Ἄρα ἀπὸ (*) <=> x^2>x <=(x>0)> x>1, ἀδύνατο· ἡ σχέσι δὲν ἰσχύει (ἡ ἐξίσωσι δὲν ἔχει λύσι) στὰ x<1.
Γιὰ x>1· F γν·αὔξ· Ἄρα ἀπὸ (*) <=> x^2<x <=(x>0)> x<1, ἀδύνατο· ἡ σχέσι δὲν ἰσχύει (ἡ ἐξίσωσι δὲν ἔχει λύσι) στὰ x>1.
Ἡ μόνη τιμὴ ποὺ δύναται νὰ εἶναι ῥίζα εἶναι τὸ x=1, ἡ ὁποία εἶναι καὶ προφανής (F(1^2)=F(1)-(x-1)^2 <=> F(1)=F(1), ποὺ ἰσχύει).

Ὑπάρχει κάποια ἀβλεψία στὴν παραπάνω λύσι τοῦ ἐρωτήματος;

Καλησπέρα Λίνα. Οι φράσεις " γνησίως φθίνουσα για χ<1", " γνησίως αύξουσα για χ>1" δεν στέκουν. Η συνάρτηση δεν είναι ορισμένη σε διακριτά σημεία. Πρέπει να πεις " γνησίως φθίνουσα στο (0,1)

", " γνησίως αύξουσα στο $(1,+\infty)$ ". Πρώτο σφάλμα! Δεύτερον, δεν αποδεικνύεις τους δύο αυτούς ισχυρισμούς γιατί δεν λύνεις σε αυτά που γράφεις τις ανισώσεις F'(x)<0

,

. Δεύτερο σφάλμα! Πρέπει να πεις ότι η F είναι παραγωγίσιμη με $F'(x)=2x^{\ln x-1}\ln x\forall x>0$ και να λύσεις τις δύο αυτές ανισώσεις. Επειδή όμως η F είναι συνεχής στο 1, αφού είναι επιπλέον γνησίως φθίνουσα στο (0,1)

και γνησίως αύξουσα στο $(1,+\infty)$ χωρίς σημείο ασυνέχειας σε κανένα από τα δύο αυτά ανοιχτά διαστήματα , θα είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1]

και γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ . Δεν έχεις βάλει κλειστό άκρο. Τρίτο σφάλμα! Μετά, υποθέτεις πως η εξίσωση έχει ρίζα ρ>0 διάφορη του 1 και καταλήγεις ότι θα ήταν $F(p^{2})<F(p)$ . Διακρίνεις περιπτώσεις. Αν ρ ανήκει στο (0,1) τότε στο ίδιο διάστημα θα ανήκει και το $p^{2}$ και θα ισχύει $p^{2}<p$ με την F γνησίως φθίνουσα στο (0,1]

. Άρα θα ισχύει $F(p^{2})>F(p)$ . Άτοπο. Άρα θα είναι ρ>1 οπότε $p^{2}>p>1$ με την F γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ . Άρα έχουμε $F(p^{2})>F(p)$ . Άτοπο. Επειδή το 1 ικανοποιεί την εξίσωση τελειώσαμε
. Έτσι πρέπει να τα γράψεις. Η διατύπωση της λύσης σου δείχνει ότι δεν έχεις καταλάβει πολύ βασικές έννοιες στην Ανάλυση. Το θέμα δεν είναι συμβολισμού, αλλά βαθιά ουσιαστικο.Θα κοπούν σίγουρα κάποια μόρια για όλα αυτά.
Επίσης δεν χρειάζεται να επικαλεστείς το γνωστό θεώρημα ότι τα πλευρικά όρια μονότονης υπάρχουν γιατί είναι εκτός ύλης. Δηλ. να πεις ότι το σύνολο $\{x:F(x), x<1\}$ είναι μη κενό και επειδή F γνησίως φθίνουσα στο (0,1]

είναι και κάτω φραγμένο από το F(1)

οπότε καθώς το

τείνει στο $1^{-}$ το F(x)

τείνει στο $\inf\{x:F(x),x<1 \}$ . Όμοια το δεξί πλευρικό όριο στο 1 είναι $\inf \{x:F(x),x>1 \}$ . Σε πήγα τώρα σε ένα άλλο θέμα έτσι για να το γνωρίζεις.Συνηθως το χρησιμοποιούμε όταν θέλουμε να δείξουμε ότι είναι συνεχής μια γνησίως μονότονη συνάρτηση με το σύνολο τιμών της να είναι διάστημα. Μια ωραία άσκηση για Γ λυκείου είναι να δείξετε ότι για μια συνεχή και αντιστρέψιμη συνάρτηση f: Α που απεικονίζει το R ,η αντιστροφή της είναι συνεχής στο f(Α). Ας σε επαναφέρω πίσω στα σχολικά πλαισια.Εντός σχολικών πλαισίων επειδή F συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (0,1) , στο (0,1) ισχύει $F(x)>\lim_{x\to 1^{-}} F(x)=F(1)$ με την τελευταία ισότητα να ισχύει από τη συνέχεια της F στο 1. Οπότε F γνησίως φθίνουσα στο (0,1]. Εργασου όμοια και για το άλλο διάστημα.
Υ.Γ Το latex με έφερε στα όρια μου πάλι. Παρακαλώ να λυθεί το θέμα που υπάρχει.

Λίνας · #23

Παρέβλεψα τὴν ἀπόδειξι τῆς μονοτονίας στὴν «ἀπάντησί» μου (Ἐδῶ, στὸ mathematica), ἀφοῦ εἶχα ξεχάσει πὼς ἦταν μέρος αὐτοῦ τοῦ ἐρωτήματος. Πάντως, ὑπάρχει στὸ γραπτό μου.
Ἐκτὸς ἀπὸ τὰ «f γν·φθίν· γιὰ x<1» καὶ «f γν·αὔξ· γιὰ x>1» ποὺ θὰ ἔπρεπε νὰ εἶναι «f γν·φθίν· στὸ (0,1)» καὶ «f γν·αὔξ· στὸ (1,+ἄπειρο)», τὸ κύριο λάθος εἶναι ἡ ἔλλειψι τοῦ «Ἂν x< ἢ >1 τότε x^2< ἢ > 1»;
Σᾶς εὐχαριστῶ γιὰ τὴν λεπτομερὴ ἀπάντησι.

Dimessi · #24

Λίνας έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 07, 2025 10:19 pm
Παρέβλεψα τὴν ἀπόδειξι τῆς μονοτονίας στὴν «ἀπάντησί» μου (Ἐδῶ, στὸ mathematica), ἀφοῦ εἶχα ξεχάσει πὼς ἦταν μέρος αὐτοῦ τοῦ ἐρωτήματος. Πάντως, ὑπάρχει στὸ γραπτό μου.
Ἐκτὸς ἀπὸ τὰ «f γν·φθίν· γιὰ x<1» καὶ «f γν·αὔξ· γιὰ x>1» ποὺ θὰ ἔπρεπε νὰ εἶναι «f γν·φθίν· στὸ (0,1)» καὶ «f γν·αὔξ· στὸ (1,+ἄπειρο)», τὸ κύριο λάθος εἶναι ἡ ἔλλειψι τοῦ «Ἂν x< ἢ >1 τότε x^2< ἢ > 1»;
Σᾶς εὐχαριστῶ γιὰ τὴν λεπτομερὴ ἀπάντησι.

Όλα είναι τρανταχτά λάθη στην απάντηση σου. Καταρχάς δεν έχεις βάλει κλειστό άκρο στην μονοτονία. Εν συνόλω, η απάντηση σου είναι πολύ άσχημα διατυπωμένη και αναδεικνύει την σύγχυση που επικρατεί στο μυαλό σου.

Λίνας · #25

Μάλιστα. Εὐχαριστῶ.
Ὅμως, τὸ κλειστὸ ἄκρο, γιατί θεωρεῖται ἀναγκαῖο;

Ἂς ποῦμε πὼς ἔχουμε δείξει ὅτι $F\downarrow$ στὸ (0,1)

καὶ πὼς $F\uparrow$ στὸ $(1,+\infty)$ (ὅπως, τελικά, θὰ ἔπρεπε νὰ ἔχει διατυπωθεῖ) καὶ πὼς F(x^2)<F(x)

«Ἔστω $a_{1}\epsilon(0,1)$ ρίζα τὶς ἐξίσωσης. Ἀφοῦ $0<a_{1}<1\Leftrightarrow 0<a_{1}^2<1$ , ἄρα καὶ $a_{1}^2\epsilon(0,1)$ .
Θὰ πρέπει $F(a_{1}^2)<F(a_{1})$ , καὶ, ἀφοῦ $a_{1},a_{1}^2\epsilon(0,1)$ καὶ $F\downarrow(0,1)$ ,
$F(a_{1}^2)<F(a_{1})\Leftrightarrow a_{1}^2>a_{1}\Leftrightarrow a_{1}>1$ , ἄτοπο.

Ἔστω $a_{2}\epsilon(1,+\infty)$ ρίζα τὶς ἐξίσωσης. Ἀφοῦ $a_{2}>1>0\Leftrightarrow a_{2}^2>1>0$ , ἄρα καὶ $a_{2}^2\epsilon(1,+\infty)$ .
Θὰ πρέπει $F(a_{2}^2)<F(a_{2})$ , καὶ, ἀφοῦ $a_{2},a_{2}^2\epsilon(1,+\infty)$ καὶ $F\uparrow(1,+\infty)$ ,
$F(a_{2}^2)<F(a_{2})\Leftrightarrow a_{2}^2<a_{2}\Leftrightarrow a_{2}<1$ , ἄτοπο.

Δὲν δύναται ἡ ἐξίσωσι, λοιπὸν, νὰ ἔχει ρίζα στὸ $(0,1)\cup(1,+\infty)$ . Ἀπὸ τὰ $x\epsilon(0,+\infty)$ στὰ ὁποῖα ψάχνουμε, μένει μόνο τὸ x=1

. Αὐτὸ εἶναι καὶ προφανὴς λύσι ( $F(1^2)=F(1)-(1-1)^2\Leftrightarrow F(1)=F(1)$ , ποὺ ἰσχύει). Ἄρα x=1

, μοναδικὴ ρίζα τὶς ἐξίσωσης.»

Σὲ ποιό βῆμα ἀπαιτεῖται κλειστὸ ἄκρο στὴν μονοτονία;

Dimessi · #26

Λίνας έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 10:38 pm
Μάλιστα. Εὐχαριστῶ.
Τὸ κλειστὸ ἄκρο, γιατί θεωρεῖται ἀναγκαῖο;

«Ἂς ποῦμε πὼς ἔχουμε δείξει ὅτι $F\downarrow$ στὸ καὶ πὼς $F\uparrow$ στὸ $(1,+\infty)$ (ὅπως, τελικά, θὰ ἔπρεπε νὰ ἔχει διατυπωθεῖ) καὶ πὼς

Ἔστω $a_{1}\epsilon(0,1)$ ρίζα τὶς ἐξίσωσης. Ἀφοῦ $0<a_{1}<1\Leftrightarrow 0<a_{1}^2<1$ , ἄρα καὶ $a_{1}^2\epsilon(0,1)$ .
Θὰ πρέπει $F(a_{1}^2)<F(a_{1})$ , καὶ, ἀφοῦ $a_{1},a_{1}^2\epsilon(0,1)$ καὶ $F\downarrow(0,1)$ ,
$F(a_{1}^2)<F(a_{1})\Leftrightarrow a_{1}^2>a_{1}\Leftrightarrow a_{1}>1$ , ἄτοπο.

Ἔστω $a_{2}\epsilon(1,+\infty)$ ρίζα τὶς ἐξίσωσης. Ἀφοῦ $a_{2}>1>0\Leftrightarrow a_{2}^2>1>0$ , ἄρα καὶ $a_{2}^2\epsilon(1,+\infty)$ .
Θὰ πρέπει $F(a_{2}^2)<F(a_{2})$ , καὶ, ἀφοῦ $a_{2},a_{2}^2\epsilon(1,+\infty)$ καὶ $F\uparrow(1,+\infty)$ ,
$F(a_{2}^2)<F(a_{2})\Leftrightarrow a_{2}^2<a_{2}\Leftrightarrow a_{2}<1$ , ἄτοπο.

Δὲν δύναται ἡ ἐξίσωσι, λοιπὸν, νὰ ἔχει ρίζα στὸ $(0,1)\cup(1,+\infty)$ . Ἀπὸ τὰ $x\epsilon(0,+\infty)$ στὰ ὁποῖα ψάχνουμε, μένει μόνο τὸ . Αὐτὸ εἶναι καὶ προφανὴς λύσι. Ἄρα , μοναδικὴ ρίζα τὶς ἐξίσωσης.»

Σὲ ποιό βῆμα ἀπαιτεῖται κλειστὸ ἄκρο στὴν μονοτονία;

Για την επίλυση της εξίσωσης δεν απαιτείται αλλά απαιτείται για τη μελέτη ως προς την μονοτονία.
Αυτό σου ξεκαθάρισα από την αρχή. Μάλλον πάνω στη σύγχυση σου το παρερμηνεύσες.
Τέλος πάντων, καλά αποτελέσματα!

Λίνας · #27

Ἡ ἀλήθεια εἶναι πὼς, ὅπως προανέφερα, εἶχα κατὰ νοῦ μόνο τὸ δεύτερο ὑποερώτημα στὴν διάρκεια τῆς συζήτησής μας, καὶ δὲν τὸ πρόσεξα.

Μοῦ δημιουργεῖται, τώρα, ἡ ἀπορία «Πῶς συνειδητοποιῶ πὼς τὸ ἂν ἡ μονοτονία ἰσχύει σὲ κλειστὸ ἢ σὲ ἀνοιχτὸ διάστημα εἶναι πρᾶμα ἀξιοσημείωτο στὶς ἀσκήσεις μὲ ζητούμενο τὸν προσδιορισμό της, ἐφ ὅσον ἔγραψα πανελλαδικές;», ἀλλά, ἐντάξει μωρέ, τὸ ἐλάχιστον τὸ ἔμαθα κάποτε.

Σᾶς εὐχαριστῶ καὶ πάλι γιὰ τὴν ἀπάντησι· ἂν καὶ δείχνετε νὰ τὸ εὐχαριστιέστε καὶ ὁ ἴδιος - κάθε φορὰ βρίσκετε καινούριο τρόπο νὰ τονίσετε τὴν «σύγχυσι».

Dimessi · #28

Δεν ευχαριστιεμαι ποτέ όταν ένας μαθητής ξεχνάει κάτι η απογοητεύεται. Στην κατάσταση αυτή όμως, κατά την οποία βιώνετε το άγχος των πανελληνίων, κάθε αντίδραση την θεωρώ αποδεκτή. Είναι λογικό να αντιδράσεις έτσι όταν έχεις άγχος και κάποιος σου λέει την αλήθεια ωμά. Σου εύχομαι καλή σταδιοδρομία και να ακολουθήσεις ο,τι αγαπάς.

Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά ΓΕΛ 2025 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση