Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

one_off
Δημοσιεύσεις: 9
Εγγραφή: Παρ Ιουν 09, 2017 10:50 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από one_off » Παρ Ιουν 09, 2017 3:11 pm

To Γ4 στις Γενικές Ασκήσεις 10 iii β το αριστερό σκέλος
5.PNG
5.PNG (2.68 KiB) Προβλήθηκε 2224 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2543
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Παρ Ιουν 09, 2017 3:16 pm

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 x.


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ
Δημοσιεύσεις: 145
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 03, 2010 2:43 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ » Παρ Ιουν 09, 2017 3:32 pm

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
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Τρί Φεβ 10, 2009 11:25 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Plutarch » Παρ Ιουν 09, 2017 3:33 pm

Στο Α2β μαθητής έγραψε σαν αντιπαράδειγμα την f(x)=\sqrt{x} για x_0=0
Θεωρείτε ότι η απάντηση αρκεί;


Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2543
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Παρ Ιουν 09, 2017 3:35 pm

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 0< x < 1
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 h είναι 1-1.

β τρόπος: με μονοτονία για την h, 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}.


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 502
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Παρ Ιουν 09, 2017 4:00 pm

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]


Never stop learning , because life never stops teaching.
stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Παρ Ιουν 09, 2017 4:01 pm

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 x>0 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


Στράτης Αντωνέας
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1428
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Παρ Ιουν 09, 2017 4:04 pm

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


Kαλαθάκης Γιώργης
Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2543
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Παρ Ιουν 09, 2017 4:12 pm

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


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2543
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Παρ Ιουν 09, 2017 4:36 pm

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.

τελευταία επεξεργασία από polysot σε Παρ Ιουν 09, 2017 11:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2648
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Ιουν 09, 2017 7:14 pm

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Για το Γ1

Η τυχαία εφαπτομένη της f 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 (a,f(a)) 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 (a,f(a)) 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


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2648
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Ιουν 09, 2017 7:41 pm

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 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.
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


Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2543
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Παρ Ιουν 09, 2017 8:15 pm

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 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.
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.


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2648
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Ιουν 09, 2017 8:37 pm

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


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2648
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Ιουν 09, 2017 9:25 pm

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 EB, EC, και ED με τον άξονα yy' και χρησιμοποιήσουμε ομοιότητα τριγώνων. :)
Συνημμένα
G3_2017.png
G3_2017.png (42.93 KiB) Προβλήθηκε 1699 φορές
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Παρ Ιουν 09, 2017 11:14 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


epep
Δημοσιεύσεις: 3
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 12:50 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από epep » Παρ Ιουν 09, 2017 10:22 pm

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.
τελευταία επεξεργασία από Γενικοί Συντονιστές σε Παρ Ιουν 09, 2017 10:44 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Διόρθωση Κώδικα LaTeX.


Παντελής Μιντεκίδης
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2013 11:40 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παντελής Μιντεκίδης » Παρ Ιουν 09, 2017 11:58 pm

Αγαπητοί Συνάδελφοι

Καταθέτω τις λύσεις που ανάρτησα πριν κάποιες ώρες:

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

Θερμούς χαιρετισμούς

Παντελής Μιντεκίδης


calmen
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Δευ Σεπ 29, 2014 9:11 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από calmen » Σάβ Ιουν 10, 2017 2:04 am

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?


Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2543
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017 (Θέματα & Λύσεις)

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Σάβ Ιουν 10, 2017 11:02 am

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.


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
Παντελής Μιντεκίδης
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2013 11:40 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παντελής Μιντεκίδης » Σάβ Ιουν 10, 2017 11:10 am

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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες