Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

ant1 · #101

Ευφυέστατη η λύση του Δ3 με Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής.
ΜΠΡΑΒΟ!!!!!

1=object? · #102

Το θέμα Δ3 αλλιώς...
Έχουμε $g'\left( x \right) = 2\left( {{e^x} - e} \right)\left( {x - 2} \right)\left[ {\left( {x - 1} \right){e^x} - e} \right]$

και $g\left( x \right) \ge 0$ για κάθε $x \in R$ . Από θεώρημα Rolle στο [1,2] υπάρχει $\xi \in \left( {1,2} \right)$

τέτοιο ώστε $g'\left( \xi \right) = 0$ η οποία είναι ρίζα αναγκαστικά της συνάρτησης $h\left( x \right) = \left( {x - 1} \right){e^x} - e$ και παρατηρώ ότι $\displaystyle{h'\left( x \right) = x{e^x} > 0}$

Δηλαδή η h είναι γνησίως αύξουσα στο $\left( {0, + \infty } \right)$ με αποτέλεσμα το ξ να είναι μοναδική της ρίζα. Τελικά η {g'}

έχει ακριβώς τρεις ρίζες.

Έχουμε: $\displaystyle{{g'}}$ συνεχής ως πράξεις συνεχών, συνεπώς διατηρεί πρόσημο στα διαφορετικά διαστήματα που χωρίζουν οι ρίζες της το $\left( {0, + \infty } \right)$

Η $\displaystyle{g}$ ικανοποιεί τις προυποθέσεις του Θ.Μ.Τ στα διαστήματα [1,ξ] και [ξ,2] συνεπώς υπάρχουν ${\xi _1},{\xi _2}$ με $\displaystyle{{\xi _1} \in \left( {1,\xi } \right),{\xi _2} \in \left( {\xi ,2} \right)}$

τέτοια ώστε: $\displaystyle{g'\left( {{\xi _1}} \right) = \frac{{g\left( \xi \right) - g\left( 1 \right)}}{{\xi - 1}} = \frac{{g\left( \xi \right)}}{{\xi - 1}} > 0}$ και

$\displaystyle{g'\left( {{\xi _2}} \right) = \frac{{g\left( 2 \right) - g\left( \xi \right)}}{{2 - \xi }} = \frac{{ - g\left( \xi \right)}}{{2 - \xi }} < 0}$

Συνεπώς για $\displaystyle{1 < x < \xi }$ έχουμε $\displaystyle{g'\left( x \right) > 0}$ και για $\displaystyle{\xi < x < 2}$ έχουμε $\displaystyle{g'\left( x \right) < 0}$ .

Το πρόσημο της $\displaystyle{{g'}}$ στα διαστήματα $\displaystyle{\left( {0,1} \right)}$ και $\displaystyle{\left( {2, + \infty } \right)}$ βρίσκεται εύκολα.

Παρατήρηση: Παρόμοια άσκηση υπάρχει στο σχολικό βιβλίο σελ. 270 (άσκηση 6 Β΄Ομ) και τη θεωρώ μια από τις ωραιότερες της ενότητας.

paylos · #103

Πολλά ερωτήματα του Γ και του Δ ήταν όρια με DLH. Το 2013 νομίζω δεν υπήρχε κανένα όριο.

Τα "καλά" θέματα εξαντλήθηκαν στην μονοτονία στις πράξεις και στα όρια.

Ας αφήσουμε τα συγχαρητήρια και ας απαιτήσουμε περισσότερη σοβαρότητα από εκείνους που βάζουν τα θέματα.

S.E.Louridas · #104

Μια και για το Δ2 είδαμε εκπληκτικές λύσεις εδώ στο mathematica ας δούμε και την εξής που κατά την άποψη μου θα μπορούσε να την επιχειρήσει ο Μαθητής καθότι είναι διδαγμένη μέθοδος παντού :

$k\left( x \right) = \int\limits_1^{2{f{'}}\left( x \right)} {f\left( u \right)du} \mathop \Rightarrow \limits^{2{f{'}}\left( 0 \right) = 1} k\left( 0 \right) = 0,$ οπότε αν η $k\left( x \right)$ είχε και άλλη ρίζα $r \ne 0$ θα υπήρχε $v \ne 0$ ώστε $k\left( v \right) = 0,$ που οδηγεί σε άτοπο διότι: $\displaystyle{{k{'}}\left( x \right) = 2{f^{'\,'}}\left( x \right)\frac{{{e^{2{f{'}}\left( x \right)}} - 1}}{{2{f{'}}\left( x \right)}} = 2\frac{{{x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} - 2}}{{{x^3}}} \cdot \frac{{{e^{2{f{'}}\left( x \right)}} - 1}}{{2{f{'}}\left( x \right)}}\,.}$
Όταν λοιπόν $\chi \ne 0$ έχουμε $r\left( x \right) = {x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} - 2 \ne 0$ και $l\left( x \right) = {e^x} - 1 \ne 0,$

καθότι $r\left( 0 \right) = 0$ και ${r{'}}\left( x \right) = {x^2}{e^x} > 0 \Rightarrow r \uparrow ,$ $l\left( 0 \right) = 0,\quad {l{'}}\left( x \right) = {e^x} > 0 \Rightarrow l \uparrow .$

(*) Θα ήθελα να συστήσω στους Μαθητές που δίνουν τον δικό τους αγώνα να κλείσουν τα αυτιά τους σε πολλά απίθανα που ακούγονται, εδώ τα λένε και σε μας και επιμένουν... Άρα ξεχάστε αυτό το Μάθημα και πηγαίνετε μπροστά.

gkontos · #105

Παρατηρήστε την εκφώνηση του θέματος Δ (το όριο που δίνει και το ερώτημα Δ2 των φετινών θεμάτων Προσομοίωσης 2014 (6-4-2014) της ΠΕΡΙΦΕΡΕΙΑΚΗΣ ΔΙΕΥΘΥΝΣΗΣ Β. ΑΙΓΑΙΟΥ Χ http://www.axortagos.gr/diagonisma-pros ... hinsi.html Ή ΚΑΙ ΕΔΩ http://issuu.com/6942663640/docs/______ ... __________και συγκρίνετε τα με την εκφώνηση του 4ου θέματος (τη συνάρτηση f) και το ερώτημα Δ2 ΤΩΝ ΣΗΜΕΡΙΝΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (2-6-2014)....
Το σχόλιο μου: κοιτάτε κάτι συμπτώσεις που έχει η ζωή .....!!

S.E.Louridas · #106

Για το Δ3 θα μπορούσαμε να «διευκολύνουμε για λίγο τη ζωή μας» ως εξής:
$g\left( x \right) = {\left( {{e^x} - e} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2} = {e^2}{\left( {{e^{x - 1}} - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2}$ και να ασχοληθούμε με την $k\left( t \right) = {\left( {{e^t} - 1} \right)^2}{\left( {t - 1} \right)^2},\;\;x - 1 = t \Rightarrow t > - 1$ και ${k{'}}\left( t \right) = 2\left( {{e^t} - 1} \right)\left( {t - 1} \right)\left( {t{e^t} - 1} \right)$ με ρίζες της τους αριθμούς $0,1,\,r \in \left( {0,1} \right)$ καθότι για την $l\left( t \right) = t{e^t} - 1$ παίρνουμε $l\left( 0 \right) = - 1 < 0,\;\;l\left( 1 \right) = e - 1 > 0,$ ${l{'}}\left( t \right) = {e^t}\left( {t + 1} \right) > 0 \Rightarrow l \uparrow$ και μετά εύκολα πάμε στα

...

Ανδρεας · #107

Απάντηση ενός μαθητή στο Δ3 :
Έχουμε g'(x)=2(e^x - e)(x-2)[(x-1)e^x - e]

. Έστω η

η οποία για x>0

έχει σύνολο τιμών $(-1-e, +\infty )$ . Επίσης η r(x)

είναι αύξουσα στο $(0,+\infty)$ άρα υπάρχει μοναδικό $x_{o}$ στο $(0,+\infty)$ τέτοιο ώστε $r(x_{o})=0$ . Το $x_{o}$ είναι διαφορετικό του

και του

αφού $r(1)\neq 0$ και $r(2)\neq 0$ . Οπότε η g'(x)

μηδενίζεται στα σημεία 1, 2

και $x_{o}$ . Εξετάζουμε τις περιπτώσεις :

Αν $x_{o}>2$ η g(x)

θα έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο ,

Αν $1<x_{o}<2$ όμοια θα έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο και

Αν $x_{o}<1$ επίσης θα έχει θα έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο.Σε κάθε περίπτωση έχουμε εξετάσει ότι το πρόσημο της g'(x)

αλλάζει εκατέρωθεν τον ριζών της, οπότε η g(x)

έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο.

xrimak · #108

Ανδρεας έγραψε:Απάντηση ενός μαθητή στο Δ3 :
Έχουμε . Έστω η η οποία για έχει σύνολο τιμών $(-1-e, +\infty )$ . Επίσης η είναι αύξουσα στο $(0,+\infty)$ άρα υπάρχει μοναδικό $x_{o}$ στο $(0,+\infty)$ τέτοιο ώστε $r(x_{o})=0$ . Το $x_{o}$ είναι διαφορετικό του και του αφού $r(1)\neq 0$ και $r(2)\neq 0$ . Οπότε η μηδενίζεται στα σημεία και $x_{o}$ . Εξετάζουμε τις περιπτώσεις : Αν $x_{o}>2$ η θα έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο ,Αν $1<x_{o}<2$ όμοια θα έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο και Αν $x_{o}<1$ επίσης θα έχει θα έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο.Σε κάθε περίπτωση έχουμε εξετάσει ότι το πρόσημο της αλλάζει εκατέρωθεν τον ριζών της, οπότε η έχει δύο τοπικά ελάχιστα και ένα τοπικό μέγιστο.

ΔΕΚΤΟ σωστο. Αυτό όμως δειχνει απλοτητα; Μαλλον όχι. Ας σκεφτουμε το απλουστατο: Μονοτονια συν ριζα = προσημο. Μια απλη σκεψη δειχνει με απλο τροπο την εικονα. Εάν ο μαθητης ηταν δάσκαλος ποιος μαθητης του θα καταλαβαινε την σκεψη αυτή;

chris · #109

Και γιατί να έχει 2 τοπικά ελάχιστα και 1 τοπικό μέγιστο και όχι το ανάποδο;

Επιτροπή Θεμάτων 14 · #110

Αγαπητές/τοί φίλοι,

Παρακάτω βρίσκεται η 2η έκδοση των λύσεων των Θεμάτων στο μάθημα "Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης" του 2014 που επιμελήθηκε η Επιτροπή Θεμάτων 2014 του mathematica.gr.

EDIT: Προσθήκη της 2ης ανανεωμένης έκδοσης με σχόλια και επιπλέον λύσεις

ArgirisM · #111

Στο Δ3 έκανα το εξής. Είχα θέσει στο Δ1 $g_1(x) = (x - 1)e^x + 1, x \in R$ , που χρειάζεται για την απόδειξη της μονοτονίας της

. Μετά παρατήρησα πως είναι $(x - 1)e^x = e \Longleftrightarrow g_1(x) = e + 1$ . Έτσι, έχοντας δείξει από το Δ1 πως ming_1 = g_1(0) = 0

, είπα πως αφού g_1:

γν. αύξουσα στο $[0, + \infty)$ και το όριό της στο $+ \infty$ είναι $+ \infty$ , θα υπάρχει $x_0 \in (0, + \infty)$ , ώστε να ισχύει g_1(x_0) = e + 1

, ενώ μετά έδειξα πως $g_1(1) = 1 < e + 1 < e^2 + 1 = g_1(2) \Longleftrightarrow 1 < x_0 < 2$ , συνεχίζοντας με πίνακα προσήμων για να δείξω τη μονοτονία της

και τα τοπικά ακρότατα που ζητούσε.

Θεοδωρος Παγωνης · #112

Β1

Η λύση δεν είναι δική μου , είναι ενός μαθητή του φροντιστηρίου .

Είναι $\displaystyle{{{\left| z \right|}^{2}}\in \mathbb{R}}$ και $\displaystyle{\left( z+\bar{z} \right)\in \mathbb{R}}$ , άρα η εξίσωση $\displaystyle{2{{\left| z \right|}^{2}}+\left( z+\bar{z} \right)i-4-2i=0}$ γράφεται :
$\displaystyle{2{{\left| z \right|}^{2}}+\left( z+\bar{z} \right)i-4-2i=0\Leftrightarrow 2z\bar{z}+\left( z+\bar{z} \right)i-4-2i=0\Leftrightarrow \left( 2z\bar{z}-4 \right)+\left( z+\bar{z}-2 \right)i=0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{2z\bar{z}-4=0\ \wedge \ z+\bar{z}-2=0\Leftrightarrow z\bar{z}=2\ \wedge \ z+\bar{z}=2}$ , άρα οι μιγαδικοί $\displaystyle{z,\bar{z}}$ είναι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{{{x}^{2}}-2x+2=0}$ , με $\displaystyle{\Delta =-4}$ και λύσεις $\displaystyle{x=\frac{2\pm 2i}{2}=1\pm i}$ .
Άρα , τελικά έχω : $\displaystyle{{{z}_{1,2}}=1\pm i}$

#113

Τα σχόλια της ΕΜΕ

ΕΔΩ

kochris · #114

Το θέμα Γ1 έχει ξαναπέσει στα θέματα ομογενών του 2011 (θέμα Γ2). Έτυχε να έχω κάποιους μαθητές μετριότατους οπότε το είχαμε δει...

S.E.Louridas · #115

Επιτροπή Θεμάτων 14 έγραψε:Αγαπητές/τοί φίλοι,
Παρακάτω βρίσκεται η 1η έκδοση των λύσεων των Θεμάτων στο μάθημα "Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης" του 2014 που επιμελήθηκε η Επιτροπή Θεμάτων 2014 του mathematica.gr.

Επιτρέψτε μου να εκφράσω την μεγάλη μου χαρά που είμαι μέλος της οικογένειας mathematicα. Κατά την άποψη μου εκπληκτικές λύσεις με σαφή Μαθηματική και Διδακτική στόχευση και βέβαια με πλουραλισμό που δείχνει ότι τα Μαθηματικά τουλάχιστον δεν είναι "ταμπού", όπως εξάλλου και όλες οι παρεμβάσεις που πέρασαν από εδώ.

bokalos · #116

exdx έγραψε:Τα σχόλια της ΕΜΕ

ΕΔΩ

Από τα σχόλια της ΕΜΕ κρατάω δύο πράγματα:

1ο) Ότι είναι επιτέλους ένας σοβαρός σχολιασμός και όχι του τύπου" θέλω κάτι να πω, αλλά να μην το πω μήπως εκτεθώ",

2ο) Το σχόλιο με το οποίο κλίνει η ανακοίνωση:

Τέλος, τονίζουμε ότι πάγια θέση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας είναι ότι η κλιμάκωση του βαθμού δυσκολίας των θεμάτων επιβάλλεται να είναι ίδια για όλα τα εξεταζόμενα μαθήματα.

leuteris · #117

ArgirisM έγραψε:Στο Δ3 έκανα το εξής. Είχα θέσει στο Δ1 $g_1(x) = (x - 1)e^x + 1, x \in R$ , που χρειάζεται για την απόδειξη της μονοτονίας της . Μετά παρατήρησα πως είναι $(x - 1)e^x = e \Longleftrightarrow g_1(x) = e + 1$ . Έτσι, έχοντας δείξει από το Δ1 πως , είπα πως αφού γν. αύξουσα στο $[0, + \infty)$ και το όριό της στο $+ \infty$ είναι $+ \infty$ , θα υπάρχει $x_0 \in (0, + \infty)$ , ώστε να ισχύει , ενώ μετά έδειξα πως $g_1(1) = 1 < e + 1 < e^2 + 1 = g_1(2) \Longleftrightarrow 1 < x_0 < 2$ , συνεχίζοντας με πίνακα προσήμων για να δείξω τη μονοτονία της και τα τοπικά ακρότατα που ζητούσε.

Και εγώ ακριβώς το ίδιο αλλά αυτή η λύση με το θεώρημα μέγιστης ελάχιστης τιμής με άφησε άφωνο... πολύ έξυπνη!

#118

S.E.Louridas έγραψε:Μια και για το Δ2 είδαμε εκπληκτικές λύσεις εδώ στο mathematica ας δούμε και την εξής που κατά την άποψη μου θα μπορούσε να την επιχειρήσει ο Μαθητής καθότι είναι διδαγμένη μέθοδος παντού :

$k\left( x \right) = \int\limits_1^{2{f{'}}\left( x \right)} {f\left( u \right)du} \mathop \Rightarrow \limits^{2{f{'}}\left( 0 \right) = 1} k\left( 0 \right) = 0,$ οπότε αν η $k\left( x \right)$ είχε και άλλη ρίζα $r \ne 0$ θα υπήρχε $v \ne 0$ ώστε $k\left( v \right) = 0,$ που οδηγεί σε άτοπο διότι: $\displaystyle{{k{'}}\left( x \right) = 2{f^{'\,'}}\left( x \right)\frac{{{e^{2{f{'}}\left( x \right)}} - 1}}{{2{f{'}}\left( x \right)}} = 2\frac{{{x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} - 2}}{{{x^3}}} \cdot \frac{{{e^{2{f{'}}\left( x \right)}} - 1}}{{2{f{'}}\left( x \right)}}\,.}$
Όταν λοιπόν $\chi \ne 0$ έχουμε $r\left( x \right) = {x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} - 2 \ne 0$ και $l\left( x \right) = {e^x} - 1 \ne 0,$

καθότι $r\left( 0 \right) = 0$ και ${r{'}}\left( x \right) = {x^2}{e^x} > 0 \Rightarrow r \uparrow ,$ $l\left( 0 \right) = 0,\quad {l{'}}\left( x \right) = {e^x} > 0 \Rightarrow l \uparrow .$

Σωτήρη πολύ σωστά, και έχεις ταυτόχρονα αποδείξει και κάτι παραπάνω από την δοθείσα* κυρτότητα της

, την αυστηρή δηλαδή ανισότητα f''(x)>0

για $x\neq0$ .

*θα έπρεπε άραγε να είχε ζητηθεί από τους διαγωνιζόμενους να αποδείξουν την κυρτότητα της

αντί να την υποθέσουν;

Γιώργος Μπαλόγλου

S.E.Louridas · #119

gbaloglou έγραψε: ...θα έπρεπε άραγε να είχε ζητηθεί από τους διαγωνιζόμενους να αποδείξουν την κυρτότητα της αντί να την υποθέσουν;
Γιώργος Μπαλόγλου

Γιώργο καλημέρα: ΝΑΙ συμφωνώ απόλυτα μαζί σου και τούτο και για την "τίμια" κατασκευαστική διαδικασία του θέματος.

(*) Το "τίμια" προφανώς σε εισαγωγικά.

kochris · #120

Θεοδωρος Παγωνης έγραψε:Β1

Η λύση δεν είναι δική μου , είναι ενός μαθητή του φροντιστηρίου .

Είναι $\displaystyle{{{\left| z \right|}^{2}}\in \mathbb{R}}$ και $\displaystyle{\left( z+\bar{z} \right)\in \mathbb{R}}$ , άρα η εξίσωση $\displaystyle{2{{\left| z \right|}^{2}}+\left( z+\bar{z} \right)i-4-2i=0}$ γράφεται :
$\displaystyle{2{{\left| z \right|}^{2}}+\left( z+\bar{z} \right)i-4-2i=0\Leftrightarrow 2z\bar{z}+\left( z+\bar{z} \right)i-4-2i=0\Leftrightarrow \left( 2z\bar{z}-4 \right)+\left( z+\bar{z}-2 \right)i=0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{2z\bar{z}-4=0\ \wedge \ z+\bar{z}-2=0\Leftrightarrow z\bar{z}=2\ \wedge \ z+\bar{z}=2}$ , άρα οι μιγαδικοί $\displaystyle{z,\bar{z}}$ είναι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{{{x}^{2}}-2x+2=0}$ , με $\displaystyle{\Delta =-4}$ και λύσεις $\displaystyle{x=\frac{2\pm 2i}{2}=1\pm i}$ .
Άρα , τελικά έχω : $\displaystyle{{{z}_{1,2}}=1\pm i}$

Φοβερός αυτοσχεδιασμός δεδομένων των συνθηκών και έλλειψη μεθοδολογικής προσέγγισης...

Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης 2014

Μέλη σε σύνδεση