Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Επιτροπή Θεμάτων 2018
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2016 9:41 am

Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Επιτροπή Θεμάτων 2018 » Δευ Ιουν 11, 2018 9:05 am

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό θα αναρτηθούν (αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου) και, αποκλειστικά, θα λυθούν τα θέματα των Μαθηματικών προσανατολισμού 2018 των Ημερησίων ΓΕΛ. Επομένως σχολιασμοί-κριτική επί της δυσκολίας κ.λ.π. των θεμάτων θα απομακρύνονται από αυτήν την συζήτηση. Μπορούν να γίνουν στο Σχόλια στα Μαθηματικά προσανατολισμού 2017

them_mat_op_c_hmer_180611.pdf
(225.89 KiB) Μεταφορτώθηκε 703 φορές
edit: Προστέθηκαν τα θέματα.



Λέξεις Κλειδιά:
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1944
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Δευ Ιουν 11, 2018 10:24 am

ανεβάζω τα θέματα σε .docx
Συνημμένα
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 2018.docx
(73.62 KiB) Μεταφορτώθηκε 432 φορές


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2790
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Ιουν 11, 2018 11:15 am

Δ1. Η συνάρτηση f με f(x)=2e^{x-a}-x^2 και a>1 είναι ορισμένη και συνεχής στο \mathbb{R} ως διαφορά των συνεχών συναρτήσεων με τύπους 2e^{x-a} (συνεχής ως σύνθεση των συνεχών 2e^x-γινόμενο εκθετικής με σταθερά- και της x-a -πολυωνυμική) και x^2 (συνεχής ως πολυωνυμική).
Επίσης η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο \mathbb{R} ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τύπους 2e^{x-a} (παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων 2e^x-γινόμενο εκθετικής με σταθερά- και της x-a -πολυωνυμική) και x^2 (παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική) με f'(x)=2e^{x-a}-2x .
Επίσης η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο \mathbb{R} ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τύπους 2e^{x-a} (παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων 2e^x-γινόμενο εκθετικής με σταθερά- και της x-a -πολυωνυμική) και 2x (παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική) με f''(x)=2e^{x-a}-2.
Τότε:
f''(x)=0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}-2=0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}=2 \Leftrightarrow e^{x-a}=1 \Leftrightarrow x-a=0 \Leftrightarrow x=a,
f''(x)>0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}-2>0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}>2 \Leftrightarrow e^{x-a}>1 \Leftrightarrow x-a>0 \Leftrightarrow x>a
και
f''(x)<0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}-2<0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}<2 \Leftrightarrow e^{x-a}<1 \Leftrightarrow x-a<0 \Leftrightarrow x<a,
δηλαδή η C_f παρουσιάζει μοναδικό σημείο καμπής το (a,f(a)) δηλαδή το (a,2-a^2).


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4021
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am

Γ1. Έστω \frac{x}{4} η πλευρά του τετραγώνου, άρα x η περίμετρός του, οπότε 8-x η περίμετρος L του κύκλου ακτίνας r με 0<x<8.

Τότε  \displaystyle L = 2\pi r \Leftrightarrow r = \frac{{8 - x}}{{2\pi }} , οπότε  \displaystyle {{\rm E}_{o\lambda }} = \frac{{{x^2}}}{{64}} + \pi  \cdot {\left( {\frac{{8 - x}}{{2\pi }}} \right)^2} = ... = \frac{{\left( {\pi  + 4} \right){x^2} - 64x  + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right) .

Γ2. Η συνάρτηση  \displaystyle {\rm E}\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi  + 4} \right){x^2} - 64x  + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right) που δίνει το ολικό εμβαδό είναι παραγωγίσιμη στο Π.Ο. της με  \displaystyle {\rm E}'\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi  + 4} \right)x - 32}}{{8\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)

Από πίνακα μονοτονίας-ακροτάτων βρίσκουμε ότι έχει ολικό ελάχιστο για  \displaystyle x = \frac{{32}}{{\pi  + 4}} \in \left( {0,\;8} \right) .

Τότε η πλευρά του τετραγώνου είναι  \displaystyle {\alpha _{\tau \varepsilon \tau \rho .}} = \frac{8}{{\pi  + 4}} και η διάμετρος του κύκλου είναι  \displaystyle \delta  = 2r = \frac{{2\left( {8 - x} \right)}}{{2\pi }} = \frac{{8 - \frac{{32}}{{\pi  + 4}}}}{\pi } = \frac{8}{{\pi  + 4}} = {\alpha _{\tau \varepsilon \tau \rho .}}

Γ3. Παίρνουμε τη γενίκευση της συνάρτησης E(x) στο [0,8].

Είναι  \displaystyle {\rm E}\left( 0 \right) = \frac{16}{\pi } και  \displaystyle \pi  < 3,2 \Leftrightarrow \frac{16}{\pi } > \frac{16}{{3,2}} = 5 \Rightarrow {\rm E}\left( 0 \right) > 5 .

Είναι  \displaystyle {\rm E}\left( 8 \right) = {\left( {\frac{8}{4}} \right)^2} = 4 .

Οπότε, αφού η E(x) είναι συνεχής, γν. φθίνουσα στο  \displaystyle \left[ {0,\;\frac{{32}}{{\pi  + 4}}} \right] και γν. αύξουσα στο  \displaystyle \left[ {\frac{{32}}{{\pi  + 4}},\;8} \right] υπάρχει ένα μοναδικό x_0 στο  \displaystyle \left( {0,\;\frac{{32}}{{\pi  + 4}}} \right) τέτοιο ώστε  \displaystyle E\left( {{x_0}} \right) = 5 .

edit: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό λάθος.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Δευ Ιουν 11, 2018 2:16 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Ιουν 11, 2018 11:31 am

Για το Δ4: ευθεία λύση (χωρίς χρήση των προηγηθέντων μερών) από την γνωστή (ή έστω εύκολα αποδεικνυόμενη) ανισότητα e^u>1+u+\dfrac{u^2}{2}, αφού προηγηθεί ακριβής υπολογισμός του ολοκληρώματος \int_{2}^{3}x^2\sqrt{x-2}dx=\dfrac{478}{105}: αρκεί να χρησιμοποιηθεί η προφανής αντικατάσταση u=x-2 στο ολοκλήρωμα \int_{2}^{3}e^{x-2}\sqrt{x-2}dx>\int_{0}^{1}(u^{.5}+u^{1.5}+.5u^{2.5})du=\dfrac{127}{105}. (Η ίδια αντικατάσταση και για το πρώτο ολοκλήρωμα.)


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
mick7
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Παρ Δεκ 25, 2015 4:49 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mick7 » Δευ Ιουν 11, 2018 11:33 am

Έχουν αναρτηθεί οι λύσεις από τον κ. Ξένο...Καλή επιτυχία σε όλους τους διαγωνιζόμενους...

http://omathimatikos.gr/%CE%B4%CE%B5%CE ... %BF%CF%83/


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1030
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Δευ Ιουν 11, 2018 11:35 am

Καλημέρα και καλή επιτυχία στους υποψήφιους.

Η (μάλλον "λογική") απάντηση στο (δύσκολο) Δ4.

Η f είναι κυρτή στο διάστημα [2,+\infty) άρα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της C_f στο (2,f(2)).Η ευθεία αυτή έχει εξίσωση y=-2-2(x-2).

Συνεπώς \int_{2}^{3} f(x)\sqrt{x-2}dx>\int_{2}^3 -2\sqrt{x-2}-2\sqrt{x-2}^3dx=-\frac{32}{15}.

Edit: Μία ακόμη λύση,με όχι σχολικά εργαλεία,θα μπορούσε να προκύψει με αλλαγή μεταβλητής y=\sqrt{x-2} και χρήση της e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}.
τελευταία επεξεργασία από gavrilos σε Δευ Ιουν 11, 2018 11:39 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
pavlospallas
Δημοσιεύσεις: 16
Εγγραφή: Τετ Φεβ 29, 2012 8:36 pm
Τοποθεσία: Αθήνα-Τρίκαλα

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pavlospallas » Δευ Ιουν 11, 2018 11:37 am

Το θέμα Γ στην πιο γενική του μορφή είναι η άσκηση 6 στη σελίδα 46 του βιβλίου της Γενικής.


Παύλος Πάλλας
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2790
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Ιουν 11, 2018 11:44 am

Δ2. Έχουμε ότι:
*f'(a)=2e^{a-a}-2a=2-2a,
* \displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=+\infty}, αφού \displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a})=0} και \displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2x)=-\infty} και

* \displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=\lim_{x \righatrrow -\infty}\left[2e^{x-a}\left(1-\frac{x}{e^{x-a}\right)\right]=+\infty}, αφού
\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}(2e^{x-a})=+\infty},
\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{x}{e^{x-a}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{1}{e^{x-a}}=0} (αφού τηρούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος De L' Hospital).

Από το Δ1 αποδείξαμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο (-\infty,a] και κυρτή στο [a,+\infty),
οπότε η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο (-\infty,a] και γνησίως αύξουσα στο [a,+\infty).

Η f' είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο A_1=(-\infty,a], οπότε \displaystyle{f'(A_1)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}.

Επίσης f' είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως αύξουσα στο A_2=[a,+\infty), οπότε \displaystyle{f'(A_2)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}.

Αφού a>1 \Leftrightarrow -2a<-2  \Leftrightarrow 2-2a<0,
οπότε 0 \in f'(A_1),\;0 \in f'(A_2) και γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα A_1,A_2,
οπότε η f'(x)=0 έχει από μία ακριβώς ρίζα σε κάθε ένα από τα διαστήματα A_1,A_2, έστω x_1 \in A_1,x_2 \in A_2.
Συνεπώς:
**x<x_1 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-\infty,x_1],
**x_1<x<a \Rightarrow f'(x)<f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [x_1,a],
**a<x<x_2 \Rightarrow f'(x)<f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)<0, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [a,x_2],
**x>x_2 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [x_2,+\infty)].
Επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο a, οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο [x_1,x_2].
Συνεπώς η συνάρτηση f παρουσιάζει μοναδικό τοπικό μέγιστο για x_1 \in (-\infty,a] και μοναδικό τοπικό ελάχιστο για x_2 \in [a,+\infty).


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
efakop
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Παρ Μάιος 30, 2014 10:56 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από efakop » Δευ Ιουν 11, 2018 11:50 am

Στο Δ3 πρέπει να αποδείξεις ότι x_1<1 για να πεις ότι η εξίσωση δεν έχει λύση. Και αποδεικνύεται αφού f'(1)<0 και f' γν. φθίνουσα στο (-\infty, \alpha ) με x_1 ρίζα της παραγώγου.


kkoudas
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Δευ Ιουν 11, 2018 11:48 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kkoudas » Δευ Ιουν 11, 2018 11:55 am

mick7 έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 11:33 am
Έχουν αναρτηθεί οι λύσεις από τον κ. Ξένο...Καλή επιτυχία σε όλους τους διαγωνιζόμενους...

http://omathimatikos.gr/%CE%B4%CE%B5%CE ... %BF%CF%83/
Το Δ3 του κ. Ξένου είναι λάθος. Εφάρμοσε την μονοτονία του [\alpha,x_2], για να γνωματεύσει περί ανισότητας για το f(1). Πρέπει να δειχθεί ότι 1\in(x_1 ,x_2).


\ln^3(\ln x-2)+7=-1 \Leftrightarrow
 \ln^3\cdot\ln x-2\ln^3=-8  \Leftrightarrow
 \ln^{3+x}-\ln^6=-8 \Leftrightarrow
e^{\ln{3+x}}-e^{\ln6}=e^{-8}  \Leftrightarrow
{3+x-6}=\frac{1}{e^8}  \Leftrightarrow
x=\frac{1}{e^8}+3
killbill
Δημοσιεύσεις: 221
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2009 1:34 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από killbill » Δευ Ιουν 11, 2018 12:08 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am
Γ1. Έστω x η πλευρά του τετραγώνου, οπότε 8-x η περίμετρος L του κύκλου ακτίνας r με 0<x<8.

Τότε  \displaystyle L = 2\pi r \Leftrightarrow r = \frac{{8 - x}}{{2\pi }} , οπότε  \displaystyle {{\rm E}_{o\lambda }} = \frac{{{x^2}}}{{64}} + \pi  \cdot {\left( {\frac{{8 - x}}{{2\pi }}} \right)^2} = ... = \frac{{\left( {\pi  + 4} \right){x^2} - 64\pi  + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right) .

Γ2. Η συνάρτηση  \displaystyle {\rm E}\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi  + 4} \right){x^2} - 64\pi  + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right) που δίνει το ολικό εμβαδό είναι παραγωγίσιμη στο Π.Ο. της με  \displaystyle {\rm E}'\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi  + 4} \right)x - 32}}{{8\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)

Είναι -64χ και όχι -64π, οπότε είναι λάθος και όλος ο υπόλοιπος συλλογισμός


Άβαταρ μέλους
diomides
Δημοσιεύσεις: 94
Εγγραφή: Τετ Ιουν 30, 2010 10:10 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από diomides » Δευ Ιουν 11, 2018 12:19 pm

θεμα Γ υπαρχει στα μαθηματικα γενικης παιδειας σελ.45

παλιοτερα το καναμε παντα, κλασσικο θεμα

τα δυο πρωτα ερωτηματα


Άβαταρ μέλους
evry
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Τετ Μάιος 22, 2013 12:53 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από evry » Δευ Ιουν 11, 2018 12:25 pm

Η πλευρά του τετραγώνου δεν είναι \frac{x}{4}, αφού το x είναι η περίμετρος του τετραγώνου;
Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am
Γ1. Έστω x η πλευρά του τετραγώνου, οπότε 8-x η περίμετρος L του κύκλου ακτίνας r με 0<x<8.


Know how to solve every problem that has been solved.
--- Richard Feynman
ΛΕΥΤΕΡΗΣ
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Δευ Ιουν 28, 2010 2:01 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΥΤΕΡΗΣ » Δευ Ιουν 11, 2018 12:36 pm

Η συνάρτηση του Δ θεματος υπάρχει ακριβώς ίδια στο σχολικό βιβλιο σελ 278 ασκ2 β ομαδας


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2547
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Ιουν 11, 2018 12:37 pm

Δ1. Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με f'(x)=2e^{x-a}-2x και f''(x)=2(e^{x-a}-1).

Η 2η παράγωγος της f υπάρχει για κάθε x\in \mathbb{R}, οπότε αναζητούμε τις τετμημένες των σημείων καμπής στις λύσεις τις

f''(x)=0.

Είναι

\displaystyle{f''(x)=2(e^{x-a}-1)=0\iff e^{x-a}=1\iff x=a.}

Λόγω της μονοτονίας της εκθετικής συνάρτησης είναι e^{x-a}>e^0=1 για x>a, και e^{x-a}<e^0=1 για x<a.

Συνεπώς, η f''(x) αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του x_0=a.

Έτσι, η συνάρτηση f έχει μοναδικό σημείο καμπής το A(a,2-a^2).

Δ2. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με g(x)=\dfrac{f'(x)}{2}=e^{x-a}-x για x\in \mathbb{R} και παρατηρούμε ότι

η g'(x)=\dfrac{f''(x)}{2} αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του x_0=a.

Μάλιστα, η g είναι γνησίως φθίνουσα για x<a και γνησίως αύξουσα για x>a. Επιπλέον, είναι

g(-a)=e^{-2a}+a>0, g(1)=e^{1-a}-1<0, g(a)=1-a<0 και g(b)>0, όπου b>a είναι τέτοιο ώστε e^{b-a}>b.

(η ύπαρξη του b έπεται από το ότι \lim_{x\to\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty.)

Από Bolzano υπάρχουν x_1\in (-a,1) και x_2\in (a,b) τέτοια ώστε g(x_1)=0=g(x_2).

Από την μονοτονία της g στα διαστήματα (-\infty,a) και (a,+\infty) έπεται η μοναδικότητα των x_1,x_2 και το ότι η f έχει τοπικό μέγιστο στο x_1 και τοπικό ελάχιστο στο x_2, αφού η g θα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα (-\infty,x_1) (θετικό), (x_1,x_2) (αρνητικό) και (x_2,\infty) (θετικό).

\displaystyle  
\begin{array}{|c|ccccccccccccccc|} 
\hline 
  x&-\infty   &   &&x_1&&&&&x_2&&&&&&+\infty\\[0.2cm] 
  \hline 
  g(x)&& + & &0&&-&&&0&&&&+&& \\ [0.2cm]  
  \hline 
   f&& \nearrow &&\text{T. M. }&&\searrow&&&\text{T. E. }&&&&\nearrow&& \\ [0.2cm]  
  \hline 
\end{array}


Δ3. Έστω ότι υπήρχε a<c<x_2 τέτοιο ώστε f(c)=f(1). Από ΘΜΤ θα υπήρχε \xi \in (1,c) τέτοιο ώστε f'(\xi)=0, δηλ. g(\xi)=0. Αφού \xi<x_2, αναγκαστικά θα είναι \xi=x_1, άτοπο, αφού x_1<1<\xi.

Δ4. Η εφαπτομένη της C_f στο Α(2,-2) έχει εξίσωση y-(-2)=f'(2)(x-2)

Αφού f'(2)=-2 η εξίσωση γράφεται y=-2x+2.

Λόγω της κυρτότητας της f στο [2,3] είναι f(x)>-2x+2 για κάθε x\in (2,3] και άρα

\int_2^3 f(x)\sqrt{x-2}\, dx>\int_2^3 -2(x-1)\sqrt{x-2}\, dx=\dfrac{-4}{15}(x-2)^{5/2}(3x-1)\Big|_{x=2}^{x=3}=-\dfrac{32}{15},

όπως θέλαμε.

****************************
Επεξεργασία 2:54μμ:

Αλλιώς για την ύπαρξη του b: Η συνάρτηση h με h(x)=\dfrac{e^x}{x^2+1} έχει h'(x)=\dfrac{e^x(x-1)^2}{(x^2+1)^2}\geq 0 κι άρα είναι αύξουσα στο \mathbb{R} με h(x)\geq h(0)=1 για x\geq 0.

Έτσι, είναι e^x\geq x^2+1 για κάθε x\geq 0, οπότε

e^{b-a}\geq (b-a)^2+1=b(b-2a)+a^2+1>b

για b\geq 2a+1
****************************
τελευταία επεξεργασία από achilleas σε Δευ Ιουν 11, 2018 3:27 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


killbill
Δημοσιεύσεις: 221
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2009 1:34 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από killbill » Δευ Ιουν 11, 2018 12:52 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am

Γ3. Παίρνουμε τη γενίκευση της συνάρτησης E(x) στο [0,8].

Είναι  \displaystyle {\rm E}\left( 0 \right) = \frac{8}{\pi } και  \displaystyle \pi  < 3,2 \Leftrightarrow \frac{8}{\pi } > \frac{8}{{3,2}} = 5 \Rightarrow {\rm E}\left( 0 \right) > 5 .

Είναι  \displaystyle {\rm E}\left( 8 \right) = {\left( {\frac{8}{4}} \right)^2} = 4 .

Οπότε, αφού η E(x) είναι συνεχής, γν. φθίνουσα στο  \displaystyle \left[ {0,\;\frac{{32}}{{\pi  + 4}}} \right] και γν. αύξουσα στο  \displaystyle \left[ {\frac{{32}}{{\pi  + 4}},\;8} \right] υπάρχει ένα μοναδικό x_0 στο  \displaystyle \left( {0,\;\frac{{32}}{{\pi  + 4}}} \right) τέτοιο ώστε  \displaystyle E\left( {{x_0}} \right) = 5 .

edit: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό λάθος.
Το τυπογραφικό λάθος που ορθώς διόρθωσες, συνεπάγεται και διόρθωση των τιμών E(0) και E(8) στη συνέχεια


killbill
Δημοσιεύσεις: 221
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2009 1:34 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από killbill » Δευ Ιουν 11, 2018 12:57 pm

ΛΕΥΤΕΡΗΣ έγραψε:
Δευ Ιουν 11, 2018 12:36 pm
Η συνάρτηση του Δ θεματος υπάρχει ακριβώς ίδια στο σχολικό βιβλιο σελ 278 ασκ2 β ομαδας

σελίδα 160 στην τρέχουσα έκδοση


margk
Δημοσιεύσεις: 233
Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 08, 2009 11:45 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από margk » Δευ Ιουν 11, 2018 1:37 pm

Διεγραψα την απαντηση στο Δ3 διοτι ηταν λανθασμενη.
τελευταία επεξεργασία από margk σε Δευ Ιουν 11, 2018 2:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


MARGK
stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 662
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Δευ Ιουν 11, 2018 1:44 pm

Το Γ3 απ' ευθείας

Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση E(x)=5 έχει μοναδική λύση στο διάστημα (0,8).

Είναι E(x)=5 \Leftrightarrow \dfrac{(\pi+4)x^2-64x+256}{16\pi}=5 \Leftrightarrow

(\pi+4)x^2-64x+256=80\pi  \Leftrightarrow (\pi+4)x^2-64x+256-80\pi=0.

Είναι \Delta =64^2-4(\pi+4)(256-80\pi)=64^2-64(\pi+4)(16-5\pi)=64(5\pi^2+4\pi)>0.

Οι λύσεις της εξίσωσης είναι:

x=\dfrac{64\pm\sqrt{64(5\pi^2+4\pi)}}{2(\pi+4)}=\dfrac{64\pm 8\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{2(\pi+4)}=\dfrac{32\pm 4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}

Όμως η x=\dfrac{32+4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}>8 αφού

32+4\sqrt{5\pi^2+4\pi}>8\pi +32 \Leftrightarrow \sqrt{5\pi^2+4\pi}>2\pi \Leftrightarrow  5\pi^2+4\pi>4\pi^2 \Leftrightarrow  \pi^2+4\pi>0

Ακόμα x=\dfrac{32-4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}<8 αφού 32-4\sqrt{5\pi^2+4\pi}<8\pi +32 \Leftrightarrow 2\pi+\sqrt{5\pi^2+4\pi}>0

και x=\dfrac{32-4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}>0 αφού 32>4\sqrt{5\pi^2+4\pi}>0 \Leftrightarrow 5\pi^2+4\pi-64<0

Πράγματι, το τριώνυμο g(t)=5t^2+4t-64 είναι αρνητικό όταν -4<t<3,2 και το \pi ανήκει σ' αυτό το διάστημα.


Στράτης Αντωνέας
Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης