Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Επιτροπή Θεμάτων 2023 · #1

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 2020 (νέου συστήματος και παλαιού συστήματος των ημερησίων ΓΕΛ). Επομένως σχολιασμοί-κριτική επί της δυσκολίας κ.λ.π. των θεμάτων θα απομακρύνονται από αυτήν την συζήτηση. Αυτές μπορούν να γίνουν στο Σχόλια στα Μαθηματικά προσανατολισμού 2020

them_math_NEO_200617.pdf: (300.61 KiB) Μεταφορτώθηκε 926 φορές

them_math_hmer_PALAIO_200617.pdf: (289.79 KiB) Μεταφορτώθηκε 564 φορές

edit: 10:24, 17/6/20 Προστέθηκαν τα θέματα.

BAGGP93 · #2

Μια σκέψη για το ΘΕΜΑ Δ (Nέο σύστημα)

Δ1. Η

είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ ως άθροισμα τέτοιων συναρτήσεων με $f^{\prime}(x)=e^x+2\,x-e\,,x\in\mathbb{R}$ .

Με τη δέυτερη παράγωγο βρίσκουμε $f^{\prime \prime}(x)=e^x+2>0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , γεγονός που αποδεικνύει ότι η $f^{\prime}$ είναι

γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ . Συνεπώς, θα έχει το πολύ μια ρίζα. Λόγω συνέχειας της $f^{\prime}$ στο $\left[0,1\right]$ και του γεγονότος ότι

$f^{\prime}(0)\,f^{\prime}(1)=2\,(1-e)<0$ , έπεται από το Θεώρημα του Bolzano ότι υπάρχει $x_0\in\left(0,1\right)$ ώστε $f^{\prime}(x_0)=0$ ,

μοναδικό ως προς αυτή την ιδιότητα, αφού όπως είδαμε η $f^{\prime}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ . Έτσι, προκύπτει

$x<x_0\implies f^{\prime}(x)<f^{\prime}(x_0)=0$ και $x>x_0\implies f^{\prime}(x)>f^{\prime}(x_0)=0$ , δηλαδή

γνησίως φθίνουσα στο

$\left(-\infty,x_0\right]$ , γνησίως αύξουσα στο $\left[x_0,+\infty\right)$ , δηλαδή $f(x)\geq f(x_0)$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπως θέλαμε.

Επιπλέον, $f^{\prime}(x_0)=0\implies e^{x_0}+2\,x_0-e=0\implies e^{x_0}=e-2\,x_0$ , οπότε

$f(x_0)=e^{x_0}+x_0^2-e\,x_0-1=e-2\,x_0+x_0^2-e\,x_0-1=x_0^2-(e+2)\,x_0+e-1$ .

Δ2. Για $x\neq x_0$ έχουμε $f(x)>f(x_0)\implies \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}>0$ , οπότε

$-1\leq \eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\leq 1\implies \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}-1\leq \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\leq \dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+1$

Αφού, $f(x)-f(x_0)>0\,,x\neq x_0$ , και επιπλέον $\lim_{x\to x_0}(f(x)-f(x_0))=0$ , έπεται ότι

$\lim_{x\to x_0}\left(\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}-1\right)=\lim_{x\to x_0}\left(\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+1\right)=+\infty$ και από το κριτήριο παρεμβολής

παίρνουμε $\lim_{x\to x_0}\left[\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\right]=+\infty$

Δ3. Η συνάρτηση $h(x)=f(x)+x-x_0\,,x\in\left[x_0,1\right]$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[x_0,1\right]$ ως άθροισμα της γνησίως αύξουσας

στο $\left[x_0,1\right]$ και της $x\mapsto x-x_0\,,x\in\left[x_0,1\right]$ . Επίσης, είναι συνεχής ώς άθροισμα συνεχών με

$h(x_0)\,h(1)=f(x_0)\,(1-x_0)<0$ διότι 1-x_0>0

και $x_0<1\implies f(x_0)<f(1)=0$ , οπότε από μονοτονία και Θεώρημα Bolzano, υπάρχει

μοναδικό $\rho\in\left(x_0,1\right)$ ώστε $h(\rho)=0\iff f(\rho)=x_0-\rho$ .

Δ4. Έστω $k\in\left(\rho,1\right)$ . Η

ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο $\left[x_0,\rho\right]$ , οπότε υπάρχει

$\xin\left(x_0,\rho\right)$ ώστε $f^{\prime}(\xi)=\dfrac{f(\rho)-f(x_0)}{\rho-x_0}=\dfrac{f(\rho)-f(x_0)}{-f(\rho)}=-1+\dfrac{f(x_0)}{f(\rho)}$ .

Επειδή $f(\rho)=x_0-\rho<0$ και η $f^{\prime}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ έχουμε διαδοχικά

$\xi<k\implies f^{\prime}(\xi)<f^{\prime}(k)\implies -1+\dfrac{f(x_0)}{f(\rho)}<f^{\prime}(k)\implies \dfrac{f(x_0)}{f(\rho)}<f^{\prime}(k)+1$

και συνεπώς $f(x_0)>f(\rho)\,(f^{\prime}(k)+1)$ .

όπως θέλαμε.

harrisp · #3

Βάζω μια λύση στο Β4 διαφορετική από την κλασσική με θέσιμο επειδή βλέπω πως στις προτεινόμενες λύσεις από διάφορα φροντιστήρια είναι όλες με θέσιμο.

Β4-ΝΕΟ

Αφού $\phi$ αντιστροφή της σύνθεσης f(g(x))

θα έχει για σύνολο τιμών το πεδίο ορισμού της f(g(x))

δηλαδή το $(0,+\infty)$ .

Όμως $\phi$ συνεχής και γν. φθίνουσα άρα το σύνολο τιμών της θα είναι (A,B)

με $B=\lim_{x\to 1+} \phi (x)$ και $A=\lim_{x\to +\infty} \phi (x)$

Συνεπώς $\lim_{x\to 1+} \phi (x)=+\infty$ και
$\lim_{x\to +\infty} \phi (x)=0$

Eukleidis · #4

Για το Γ4 του παλαιού, μια εύκολη λύση ειναι $\xi _{1}=\xi _{2}=\frac{\pi }{3}.$

Ιστοσελίδα · #5

το Δ1 χωρίς Bolzano
(ΑΚΥΡΗ Η ΠΑΡΑΚΑΤΩ ΛΥΣΗ ΕΠΕΙΔΗ ΔΕΝ ΛΑΜΒΑΝΕΙ ΥΠΟΨΗ ΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ (0,1) . ΑΥΤΑ ΣΥΜΒΑΙΝΟΥΝ ΟΤΑΝ ΟΤΑΝ ΔΕΝ ΔΙΑΒΑΖΟΥΜΕ ΣΩΣΤΑ ΤΗΝ ΕΚΦΩΝΗΣΗ!!!)

Η συνάρτηση είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο

με $f'(x) = {e^x} + 2x - e$ και $\displaystyle f''(x) = {e^x} + 2$
Συνεπώς η συνάρτηση $\displaystyle f'$ είναι γνησίως αύξουσα στο

και ως συνεχής έχει σύνολο τιμών το $f'\left( R \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f'(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'(x)} \right) = R$ , αφού $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{e^x} + 2x - e} \right) = - \infty$ και $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{e^x} + 2x - e} \right) = + \infty$ .
Επειδή $0 \in f'\left( R \right)$ , η εξίσωση f'(x) = 0

έχει ρίζα ${x_0}$ η οποία είναι μοναδική επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα, για την οποία ισχύει ότι $f'({x_0}) = 0 \Leftrightarrow {e^{{x_0}}} + 2{x_0} - e = 0 \Leftrightarrow {e^{{x_0}}} = e - 2{x_0}$ (1)
Επίσης, από τη μονοτονία της $\displaystyle f'$ έχουμε:
αν $\displaystyle x < {x_0}$ τότε $\displaystyle f'(x) < f'({x_0}) = 0$ οπότε η συνάρτηση

είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle \left( { - \infty ,{x_0}} \right]$
αν $x > {x_0}{\rm{ }}$ τότε $f'(x) > f'({x_0}) = 0$ οπότε η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα $\displaystyle \left[ {{x_0}, + \infty } \right)$
Άρα η

στο ${x_0}$ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το $f\left( {{x_0}} \right) = {e^{{x_0}}} + x_0^2 - e{x_0} - 1 \Leftrightarrow f\left( {{x_0}} \right) = e - 2{x_0} + x_0^2 - e{x_0} - 1 \Leftrightarrow f\left( {{x_0}} \right) = x_0^2 - \left( {2 + e} \right){x_0} + e - 1$

knkn · #6

θέλει στο (0,1) το Δ1 δεν φτάνει η ακριβώς μια ρίζα ...

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #7

για το ΘΕΜΑ Δ2 (Nέο σύστημα)

Δ2. Για $x\neq x_0$ έχουμε $f(x)>f(x_0)\implies {f(x)-f(x_0)}>0$ ,

$\left[\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\right]=\left[\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}[1+(f(x)-f(x_0)\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)]\right]$ οπότε

$0\leq |({f(x)-f(x_0)})\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)|\leq |{f(x)-f(x_0)}|\implies$
$-|{f(x)-f(x_0)}|\leq ({f(x)-f(x_0)})\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\leq |{f(x)-f(x_0)}|$
εφόσον $\lim_{x\to x_0}(f(x)-f(x_0))=0$ θα έχουμε από το κριτήριο παρεμβολής $\lim_{x\to x_0} [({f(x)-f(x_0)})\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)]=0$

Αφού, $f(x)-f(x_0)>0\,,x\neq x_0$ , και $\lim_{x\to x_0}\left({f(x)-f(x_0)}\right)=0$ έπεται ότι

$\lim_{x\to x_0}\left(\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}\right)=+\infty$ και επομένως

παίρνουμε $\lim_{x\to x_0}\left[\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}+\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)\right]=$
$\lim_{x\to x_0}\left[\dfrac{1}{f(x)-f(x_0)}[1+(f(x)-f(x_0)\eta \mu\,\left(\dfrac{1}{x-x_0}\right)]\right]=+\infty(1+0)=+\infty$

Νίκος Ζαφειρόπουλος · #8

Δ1. (NEO)

συνεχής στο [0,1]

, παραγωγίσιμη στο (0,1)

με

.
και

.
Άρα από Θ.Rolle , υπάρχει $x_0 \in (0,1)$ τέτοιο ώστε f’(x_0)=0

.
Επειδή

, η

είναι γνησίως αύξουσα και το x_0

είναι η μοναδική της ρίζα.
Για x<x_0

είναι

, ενώ για

είναι

, άρα το

είναι το ελάχιστο της

.

#9

ΘΕΜΑ Γ (παλαιό)

$\Gamma.1)$ Αφού $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ τα σημεία A, O, M

είναι συνευθειακά.

$\displaystyle ({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = 2({\rm A}{\rm O}{\rm B}) + ({\rm B}{\rm O}\Gamma ) = 2 \cdot \frac{1}{2}\eta \mu \theta + \frac{1}{2}\eta \mu 2\theta \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm E}(\theta ) = (1 + \sigma \upsilon \nu \theta )\eta \mu \theta ,\theta \in (0,\pi )}$

$\Gamma.2)$ $\displaystyle {\rm E}'(\theta ) = \sigma \upsilon \nu \theta + \sigma \upsilon {\nu ^2}\theta - \eta {\mu ^2}\theta = 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta + \sigma \upsilon \nu \theta - 1 = (\sigma \upsilon \nu \theta + 1)(2\sigma \upsilon \nu \theta - 1)$

απ΄όπου φαίνεται ότι το $\displaystyle {\rm E}(\theta )$ μεγιστοποιείται όταν $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{1}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{0 < \theta < \pi }$ $\boxed{\theta = \frac{\pi }{3}}$

: Γ(παλαιό).png (9.38 KiB) Προβλήθηκε 7042 φορές

$\Gamma.3)$ H $\displaystyle E$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left( {0,\frac{\pi }{3}} \right],$ γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left[ {\frac{\pi }{3},\pi } \right)$ και επειδή $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\rm E}(\theta ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\pi ^ - }} {\rm E}(\theta ) = 0,{\rm E}\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{4},$ θα έχει σε καθένα από αυτά τα διαστήματα σύνολο τιμών

$\displaystyle \left( {0,\frac{{3\sqrt 3 }}{4}} \right],$ που σημαίνει από το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών ότι η συνάρτηση του εμβαδού παίρνει την τιμή $\displaystyle \frac{3}{4}$ ακριβώς δύο φορές για $\displaystyle 0 < {\theta _1} < \frac{\pi }{3} < {\theta _2} < \pi$

$\Gamma.4)$ Δύο Θ.Μ.Τ για την συνάρτηση $\displaystyle E$ στα διαστήματα $\displaystyle \left[ {{\theta _1},\frac{\pi }{3}} \right],\left[ {\frac{\pi }{3},{\theta _2}} \right].$ Υπάρχουν $\displaystyle {\xi _1} \in \left( {{\theta _1},\frac{\pi }{3}} \right),{\xi _2} \in \left( {\frac{\pi }{3},{\theta _2}} \right),$

ώστε $\displaystyle {\rm E}'({\xi _1}) = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4} - \frac{3}{4}}}{{\frac{\pi }{3} - {\theta _1}}},{\rm E}'({\xi _2}) = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4} - \frac{3}{4}}}{{\frac{\pi }{3} - {\theta _2}}} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {\frac{\pi }{3} - {\theta _1}} \right){\rm E}'({\xi _1}) = \left( {\frac{\pi }{3} - {\theta _2}} \right){\rm E}'({\xi _2})}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 5:13 pm
ΘΕΜΑ Γ (παλαιό)

$\Gamma.1)$ Αφού $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ τα σημεία είναι συνευθειακά.

$\displaystyle ({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = 2({\rm A}{\rm O}{\rm B}) + ({\rm B}{\rm O}\Gamma ) = 2 \cdot \frac{1}{2}\eta \mu \theta + \frac{1}{2}\eta \mu 2\theta \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm E}(\theta ) = (1 + \sigma \upsilon \nu \theta )\eta \mu \theta ,\theta \in (0,\pi )}$

$\Gamma.2)$ $\displaystyle {\rm E}'(\theta ) = \sigma \upsilon \nu \theta + \sigma \upsilon {\nu ^2}\theta - \eta {\mu ^2}\theta = 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta + \sigma \upsilon \nu \theta - 1 = (\sigma \upsilon \nu \theta + 1)(2\sigma \upsilon \nu \theta - 1)$

απ΄όπου φαίνεται ότι το $\displaystyle {\rm E}(\theta )$ μεγιστοποιείται όταν $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{1}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{0 < \theta < \pi }$ $\boxed{\theta = \frac{\pi }{3}}$
Γ(παλαιό).png
$\Gamma.3)$ H $\displaystyle E$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left( {0,\frac{\pi }{3}} \right],$ γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left[ {\frac{\pi }{3},\pi } \right)$ και επειδή $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\rm E}(\theta ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\pi ^ - }} {\rm E}(\theta ) = 0,{\rm E}\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{4},$ θα έχει σε καθένα από αυτά τα διαστήματα σύνολο τιμών

$\displaystyle \left( {0,\frac{{3\sqrt 3 }}{4}} \right],$ που σημαίνει από το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών ότι η συνάρτηση του εμβαδού παίρνει την τιμή $\displaystyle \frac{3}{4}$ ακριβώς δύο φορές για $\displaystyle 0 < {\theta _1} < \frac{\pi }{3} < {\theta _2} < \pi$

$\Gamma.4)$ Δύο Θ.Μ.Τ για την συνάρτηση $\displaystyle E$ στα διαστήματα $\displaystyle \left[ {{\theta _1},\frac{\pi }{3}} \right],\left[ {\frac{\pi }{3},{\theta _2}} \right].$ Υπάρχουν $\displaystyle {\xi _1} \in \left( {{\theta _1},\frac{\pi }{3}} \right),{\xi _2} \in \left( {\frac{\pi }{3},{\theta _2}} \right),$

ώστε $\displaystyle {\rm E}'({\xi _1}) = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4} - \frac{3}{4}}}{{\frac{\pi }{3} - {\theta _1}}},{\rm E}'({\xi _2}) = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4} - \frac{3}{4}}}{{\frac{\pi }{3} - {\theta _2}}} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {\frac{\pi }{3} - {\theta _1}} \right){\rm E}'({\xi _1}) = \left( {\frac{\pi }{3} - {\theta _2}} \right){\rm E}'({\xi _2})}$

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 5:13 pm
Αφού $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ τα σημεία είναι συνευθειακά.

προφανώς πρόκειται για τυπογραφικό.
Και προφανώς δεν είναι το θέμα μου.

Το θέμα είναι ότι

$\displaystyle B\widehat OM = \theta,$

Αυτό ισχύει αν $0 <\theta\leq \frac{\pi }{2}$

Αλλά δίνεται $\theta \in (0,\pi )$

Αν λοιπόν είναι $\theta> \frac{\pi }{2}$
τότε
$\displaystyle B\widehat OM = \pi- \theta,$

η ουσία βέβαια δεν αλλάζει.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Θέμα Β ΠΑΛΙΟ
Γράφω την εκφώνηση(σύντομα)
Δίνεται
$\displaystyle f(x)=\frac{3x+1}{x-3},x\neq 3$

Β1Η

αντιστρέφεται στο $\displaystyle\mathbb{R}-\left \{ 3 \right \}$

Β2Οι $f,f^{-1}$ είναι ίσες

Β3Ισχύει $\displaystyle f(f(x))=x,x\neq 3$

Ανάποδα σαν τον κάβουρα και τα τρία μαζί.

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle f(x)=3\Leftrightarrow 3x+1=3x-9\Leftrightarrow 10=0$

Συμπέρασμα $\displaystyle f(x)\neq 3,x\neq 3$
Αρα η
$\displaystyle fof:\mathbb{R}-\left \{ 3 \right \}\rightarrow \mathbb{R}$
ορίζεται.

Για $x\neq 3$ (πράξεις στο πρόχειρο ) είναι

$\displaystyle f(f(x))=x,x\neq 3$ (1)

Η

είναι 1-1 γιατί

$\displaystyle f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow f(f(x_1))=f(f(x_2))\Rightarrow x_1=x_2$

Αρα η $f^{-1}$ υπάρχει

Από (1) το πεδίο τιμών της

είναι το $\displaystyle \mathbb{R}-\left \{ 3 \right \}$

Αρα το πεδίο ορισμού της $f^{-1}$ είναι το $\mathbb{R}-\left \{ 3 \right \}$

Οι $f,f^{-1}$ εχουν το ίδιο πεδίο ορισμού.

Επίσης για $x\neq 3$ εχουμε

$\displaystyle f(f(x))=x\Rightarrow f^{-1}(f(f(x)))=f^{-1}(x)\Rightarrow f(x)=f^{-1}(x)$

Αρα οι $f,f^{-1}$ είναι ίσες.

#12

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 6:07 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 5:13 pm
ΘΕΜΑ Γ (παλαιό)

$\Gamma.1)$ Αφού $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ τα σημεία είναι συνευθειακά.

$\displaystyle ({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = 2({\rm A}{\rm O}{\rm B}) + ({\rm B}{\rm O}\Gamma ) = 2 \cdot \frac{1}{2}\eta \mu \theta + \frac{1}{2}\eta \mu 2\theta \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm E}(\theta ) = (1 + \sigma \upsilon \nu \theta )\eta \mu \theta ,\theta \in (0,\pi )}$

$\Gamma.2)$ $\displaystyle {\rm E}'(\theta ) = \sigma \upsilon \nu \theta + \sigma \upsilon {\nu ^2}\theta - \eta {\mu ^2}\theta = 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta + \sigma \upsilon \nu \theta - 1 = (\sigma \upsilon \nu \theta + 1)(2\sigma \upsilon \nu \theta - 1)$

απ΄όπου φαίνεται ότι το $\displaystyle {\rm E}(\theta )$ μεγιστοποιείται όταν $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{1}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{0 < \theta < \pi }$ $\boxed{\theta = \frac{\pi }{3}}$
Γ(παλαιό).png
$\Gamma.3)$ H $\displaystyle E$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left( {0,\frac{\pi }{3}} \right],$ γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left[ {\frac{\pi }{3},\pi } \right)$ και επειδή $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\rm E}(\theta ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\pi ^ - }} {\rm E}(\theta ) = 0,{\rm E}\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{4},$ θα έχει σε καθένα από αυτά τα διαστήματα σύνολο τιμών

$\displaystyle \left( {0,\frac{{3\sqrt 3 }}{4}} \right],$ που σημαίνει από το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών ότι η συνάρτηση του εμβαδού παίρνει την τιμή $\displaystyle \frac{3}{4}$ ακριβώς δύο φορές για $\displaystyle 0 < {\theta _1} < \frac{\pi }{3} < {\theta _2} < \pi$

$\Gamma.4)$ Δύο Θ.Μ.Τ για την συνάρτηση $\displaystyle E$ στα διαστήματα $\displaystyle \left[ {{\theta _1},\frac{\pi }{3}} \right],\left[ {\frac{\pi }{3},{\theta _2}} \right].$ Υπάρχουν $\displaystyle {\xi _1} \in \left( {{\theta _1},\frac{\pi }{3}} \right),{\xi _2} \in \left( {\frac{\pi }{3},{\theta _2}} \right),$

ώστε $\displaystyle {\rm E}'({\xi _1}) = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4} - \frac{3}{4}}}{{\frac{\pi }{3} - {\theta _1}}},{\rm E}'({\xi _2}) = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4} - \frac{3}{4}}}{{\frac{\pi }{3} - {\theta _2}}} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {\frac{\pi }{3} - {\theta _1}} \right){\rm E}'({\xi _1}) = \left( {\frac{\pi }{3} - {\theta _2}} \right){\rm E}'({\xi _2})}$

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 5:13 pm
Αφού $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ τα σημεία είναι συνευθειακά.
προφανώς πρόκειται για τυπογραφικό.
Και προφανώς δεν είναι το θέμα μου.

Το θέμα είναι ότι

$\displaystyle B\widehat OM = \theta,$

Αυτό ισχύει αν $0 <\theta\leq \frac{\pi }{2}$

Αλλά δίνεται $\theta \in (0,\pi )$

Αν λοιπόν είναι $\theta> \frac{\pi }{2}$
τότε
$\displaystyle B\widehat OM = \pi- \theta,$

η ουσία βέβαια δεν αλλάζει.

Κι όμως Σταύρο, η ουσία αλλάζει. Δεν έπρεπε να δοθεί $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ γιατί $\displaystyle \theta \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right]$ και έτσι ακυρώνονται τα ερωτήματα (Γ.3), (Γ.4).

#13

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 6:07 pm

Το θέμα είναι ότι
$\displaystyle B\widehat OM = \theta,$
Αυτό ισχύει αν $0 <\theta\leq \frac{\pi }{2}$
Αλλά δίνεται $\theta \in (0,\pi )$

Σημαντική η παρατήρηση του Σταύρου. Αναρωτιέμαι αν αναμένεται από τους μαθητές η διερεύνηση και της περίπτωσης το κέντρο να είναι εκτός κύκλου, όπως θα συνέβαινε αν η γωνία $\theta$ ήταν αμβλεία (ή επί της

αν ήταν ορθή) ή ισχύει μόνο η περίπτωση που περιγράφει το σχήμα.
Φαντάζομαι Όχι!

Δεν υπήρχε λόγος να δοθεί to $(0, \pi)$ ως Π.Ο..

Είμαι βέβαιος ότι μια απλή αναζήτηση θα δώσει πολλές βιβλιογραφικές αναφορές. Η "φρεσκότερη" που μού έρχεται στο μυαλό είναι το βιβλίο των φίλων Θανάση Ντρίζου, Περικλή Παντούλα και Κώστα Τηλέγραφου, που αναφέρονται σε οξεία γωνία.

Περισσότερα για τη γενίκευση του ωραίου αυτού θέματος (δίχως την "αναγκαστική λόγω ύλης" προσθήκης του Γ4) σε επόμενη ανάρτηση.

: 17-6-2020 Γ4.jpg (89.87 KiB) Προβλήθηκε 6662 φορές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #14

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:08 pm
Κι όμως Σταύρο, η ουσία αλλάζει. Δεν έπρεπε να δοθεί $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ γιατί $\displaystyle \theta \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right]$ και έτσι ακυρώνονται τα ερωτήματα (Γ.3), (Γ.4).

Εξαρτάται πως θα το πάρεις.
Για κανονικά μαθηματικά αν δοθεί σχήμα αυτό είναι βοηθητικό.
Δηλαδή σου κάνει το σχήμα για μια περίπτωση.
Ετσι η άσκηση δεν έχει πρόβλημα γιατί ο τύπος
του εμβαδού δεν αλλάζει αν η γωνία είναι αμβλεία.

Τώρα για σχολικά μαθηματικά θα μου επιτρέψεις να μην
εκφέρω γνώμη.
Είναι άλλοι πιο ειδικοί από εμένα.π.χ εσύ.

#15

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:16 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 6:07 pm

Το θέμα είναι ότι
$\displaystyle B\widehat OM = \theta,$
Αυτό ισχύει αν $0 <\theta\leq \frac{\pi }{2}$
Αλλά δίνεται $\theta \in (0,\pi )$
Σημαντική η παρατήρηση του Σταύρου. Αναρωτιέμαι αν αναμένεται από τους μαθητές η διερεύνηση και της περίπτωσης το κέντρο να είναι εκτός κύκλου, όπως θα συνέβαινε αν η γωνία $\theta$ ήταν αμβλεία (ή επί της αν ήταν ορθή) ή ισχύει μόνο η περίπτωση που περιγράφει το σχήμα.
Φαντάζομαι Όχι!

Δεν υπήρχε λόγος να δοθεί to $(0, \pi)$ ως Π.Ο..

Αν δεν δοθεί το $(0, \pi)$ ως πεδίο ορισμού, τότε δεν υπάρχουν τα σημεία $\theta_1, \theta_2$ του ερωτήματος (Γ.3). Υπάρχει μόνο ένα σημείο $\theta$ ώστε $\displaystyle {\rm E(\theta ) = \frac{3}{4}.$ Άρα καταργείται και το (Γ.4).

Το σχήμα μπορείς να το παραβλέψεις, όχι όμως και το δεδομένο $\displaystyle B\widehat OM = \theta$ (Αυτό χαλάει τη συνταγή).

#16

Γιώργο, εδώ είναι η ουσία της ένστασής μου στην "μεταμόρφωση" κλασσικών θεμάτων σε θέματα εξετάσεων. (Η μετάλλαξη που λέγαμε ΕΔΩ) (ανάρτηση #13).

Η καρδιά του προβλήματος είναι η εξής:

: 17-6-2020 Γ4 β.jpg (32.23 KiB) Προβλήθηκε 6538 φορές

(Από το βιβλίο του Π. Τόγκα για μέγιστα κι ελάχιστα του 1932).

Οι Αndreescu, Mushkarov, Stoyanov στο Geometric Problems on Maxima and Minima στο γενικευμένο σχετικό πρόβλημα (σελ. 27) αναφέρουν ότι είναι πολύ χρήσιμη η εμπλοκή της Ανάλυσης σε τέτοια προβλήματα.

Εδώ, λοιπόν, δίνουμε (καλώς νομίζω, λόγω των συνθηκών των εξετάσεων) τα συγκεκριμένα στοιχεία στην εκφώνηση, και το σχήμα. Καλώς επίσης λέμε ποια πρέπει να είναι η συνάρτηση (όπως π.χ. στην εξαιρετική άσκηση 12, σελ. 153 του βιβλίου), αλλά για να χωρέσουν κι άλλα ερωτήματα "πειράζουμε" το πεδίο ορισμού της γωνίας, οπότε το σχήμα πάει στράφι.
Επίσης, ενώ τα Γ1, Γ2, Γ3 ταιριάζουν κι έχουν εποπτική αξία, αναρωτιέμαι πώς κολλάει το "υπαρξιακό" Γ4 με την καρδιά του θέματος.

Κάποτε πρέπει να αλλάξει η μορφή των θεμάτων για να γλυτώσουμε από την αναγκαιότητα να αντιμετωπίζουμε και κυρίως να διδάσκουμε τέτοια άτεχνα συγκολλημένα θέματα, που αλλοιώνουν την αρχική μορφή του προβλήματος.

KARKAR · #17

Ας δούμε και τα βασικά σχήματα των τριών θεμάτων :

: ΘΕΜΑ Β.png (14.14 KiB) Προβλήθηκε 6427 φορές

: ΘΕΜΑ Γ.png (10.06 KiB) Προβλήθηκε 6427 φορές

: ΘΕΜΑ Δ.png (73.02 KiB) Προβλήθηκε 6427 φορές

killbill · #18

Στο Δ2 (ΝΕΟ), για κάποιους μαθητές, η εμφάνιση του όρου $\displaystyle f(x) - f(x_0 )$ στον υπολογισμό του ζητούμενου ορίου, τους οδήγησε στη σκέψη να σχηματίσουν μέσα στο όριο τον λόγο μεταβολής $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}$ που οδηγεί στον ορισμό της παραγώγου.

Η λύση που πρότειναν είναι η εξής:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }}[\frac{{x - x_0 }}{{f(x) - f(x_0 )}} + (x - x_0 )\eta \mu \frac{1}{{x - x_0 }}] =$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }}[\frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}} + (x - x_0 )\eta \mu \frac{1}{{x - x_0 }}]$

Έχουμε:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } (x - x_0 )\eta \mu \frac{1}{{x - x_0 }} = 0$ (μηδενική επί φραγμένη)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{x - x_0 }}{{f(x) - f(x_0 )}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}}$
όμως $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }} = f'(x_0 ) = 0$

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Ι) Αν $\displaystyle x > x_0$ τότε:
δείξαμε ότι για $\displaystyle x > x_0$ είναι $\displaystyle f'(x_0 ) > 0$ άρα $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } \frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}} = + \infty$

επίσης $\displaystyle x - x_0 > 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }} = + \infty$

Με βάση τα παραπάνω, το ζητούμενο όριο για $\displaystyle x \to x_0^ +$ είναι $\displaystyle + \infty ( + \infty + 0) = + \infty$

ΙΙ) Αν $\displaystyle x < x_0$ τότε
δείξαμε ότι για $\displaystyle x < x_0$ είναι $\displaystyle f'(x_0 ) < 0$ άρα $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } \frac{1}{{\frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }}}} = - \infty$
επίσης $\displaystyle x - x_0 < 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{1}{{x - x_0 }} = - \infty$

Με βάση τα παραπάνω, το ζητούμενο όριο για $\displaystyle x \to x_0^ -$ είναι $\displaystyle - \infty ( - \infty + 0) = + \infty$

άρα τελικά το ζητούμενο όριο είναι $\displaystyle + \infty$

Δεν ξέρω αν μετά από συζητήσεις με μαθητές σας, αντιμετώπισαν και άλλοι το ζητούμενο κατ' αυτόν τον τρόπο.
Πως σας φαίνεται αυτή η αντιμετώπιση;

#19

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:19 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:08 pm
Κι όμως Σταύρο, η ουσία αλλάζει. Δεν έπρεπε να δοθεί $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ γιατί $\displaystyle \theta \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right]$ και έτσι ακυρώνονται τα ερωτήματα (Γ.3), (Γ.4).
Εξαρτάται πως θα το πάρεις.
Για κανονικά μαθηματικά αν δοθεί σχήμα αυτό είναι βοηθητικό.
Δηλαδή σου κάνει το σχήμα για μια περίπτωση.
Ετσι η άσκηση δεν έχει πρόβλημα γιατί ο τύπος
του εμβαδού δεν αλλάζει αν η γωνία είναι αμβλεία.

Τώρα για σχολικά μαθηματικά θα μου επιτρέψεις να μην
εκφέρω γνώμη.
Είναι άλλοι πιο ειδικοί από εμένα.π.χ εσύ.

Ποτέ δεν αναφέρθηκα στο σχήμα. Προσπαθώ να καταλάβω τι γίνεται. Έχουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma ({\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma ),$ τη διάμεσό του $\displaystyle {\rm A}{\rm M},$ το περίκεντρο $\displaystyle {\rm O}$ και $\displaystyle {\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = \widehat {\rm A} = \theta.$ Στα κανονικά μαθηματικά η γωνία $\displaystyle \theta$ μπορεί να είναι αμβλεία;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #20

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 10:27 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:19 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 17, 2020 7:08 pm
Κι όμως Σταύρο, η ουσία αλλάζει. Δεν έπρεπε να δοθεί $\displaystyle B\widehat OM = \theta,$ γιατί $\displaystyle \theta \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right]$ και έτσι ακυρώνονται τα ερωτήματα (Γ.3), (Γ.4).
Εξαρτάται πως θα το πάρεις.
Για κανονικά μαθηματικά αν δοθεί σχήμα αυτό είναι βοηθητικό.
Δηλαδή σου κάνει το σχήμα για μια περίπτωση.
Ετσι η άσκηση δεν έχει πρόβλημα γιατί ο τύπος
του εμβαδού δεν αλλάζει αν η γωνία είναι αμβλεία.

Τώρα για σχολικά μαθηματικά θα μου επιτρέψεις να μην
εκφέρω γνώμη.
Είναι άλλοι πιο ειδικοί από εμένα.π.χ εσύ.
Ποτέ δεν αναφέρθηκα στο σχήμα. Προσπαθώ να καταλάβω τι γίνεται. Έχουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma ({\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma ),$ τη διάμεσό του $\displaystyle {\rm A}{\rm M},$ το περίκεντρο $\displaystyle {\rm O}$ και $\displaystyle {\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = \widehat {\rm A} = \theta.$ Στα κανονικά μαθηματικά η γωνία $\displaystyle \theta$ μπορεί να είναι αμβλεία;

Γεια σου Γιώργο.

Τι λέω εγώ.

Λέω ότι η $\displaystyle {\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = \widehat {\rm A} = \theta.$
δεν είναι σωστό.
Το έχει σημειώσει στο σχήμα το οποίο το έχει κάνει όταν η γωνία είναι οξεία.

Εσύ από ότι καταλαβαίνω (διόρθωσε με αν κάνω λάθος)
λες ότι αφού στο σχήμα το έχει βάλει έτσι, έτσι θα είναι.
Και σε σχολικό επίπεδο έχεις και δίκιο.

Συνήθως στα Μαθηματικά τα σχήματα απέχουν πάρα πολύ από την πραγματικότητα.
π.χ σχεδιάζουμε σχήματα σε χώρους άπειρης διάστασης.
σχεδιάζουμε τρίγωνα με άθροισμα γωνιών μικρότερο του $\frac{\pi }{10}$
(στην Υπερβολική Γεωμετρία)
Το ζήτημα είναι τι είναι σχήμα.

Τώρα για το σχολείο δεν ξέρω τι κανόνες ισχύουν.

Σε τελική ανάλυση δεν νομίζω ότι διαφωνούμε.

Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2020 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση