mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 9:04 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 2021 (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 2021

MATHIMATIKA_ΟΡ_HM_2021_10.pdf: (256.8 KiB) Μεταφορτώθηκε 703 φορές

Τις λύσεις θα τις βρείτε πατώντας εδώ

edit: 10:35 Ανέβηκαν τα θέματα.
edit: 19:44 Ανέβηκε η 1η έκδοση των Λύσεων

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 11:01 am**

Προσοχή στο Δ4. Η φ δεν δίνεται παραγωγισιμη και χρειάζεται περιπτώσεις για το αν είναι παραγωγισιμη ή όχι στο x_0

.

Αν δεν είναι παραγωγίσιμη στο x_0

τότε το

είναι κρίσιμο σημείο.

Αν είναι παραγωγισιμη στο x_0

τότε εύκολα προκύπτει από το θεώρημα Fermat ότι και πάλι είναι κρίσιμο σημείο!

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 11:12 am**

Ευχαριστούμε για την παρατήρηση Αλέξανδρε. Απλά σημειώνω και προσθέτω ότι μια συνάρτηση $\phi$ που ικανοποιεί τις υποθέσεις του Δ4, είναι η

σταθερή $\phi(x)=-1\,,x>0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 11:16 am**

α) Σ
β) Λ
γ) Σ
δ) Σ
ε) Σ

Με εκτίμηση,
Ελευθεριάδης Σολομών

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 11:29 am**

Γράφημα Δ3

: D3-2021.png (9.44 KiB) Προβλήθηκε 7718 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 11:55 am**

Δ1. Θεωρούμε τη συνάρτηση

με $a(x)=lnx-\frac{1}{x},\;x\in D_a=(0,+\infty).$
* H

είναι συνεχής στο [1,e]

ως διαφορά των συνεχών $\frac{1}{x}$ (ρητή που δεν μηνεδίζεται ο παρονομαστής) και lnx

(λογαριθμική),
* H

είναι παραγωγίσιμη στο (1,e)

ως διαφορά των παραγωγίσιμων $\frac{1}{x}$ (ρητή που δεν μηνεδίζεται ο παρονομαστής) και lnx

(λογαριθμική),
* $a(1)a( e )=-\left(1-\frac{1}{e} \right)<0,$
οπότε από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ρίζα x_0

της εξίσωσης a(x)=0

στο

άρα η εξίσωση $lnx=\frac{1}{x}$ έχει ρίζα $x_0 \in (1,e).$
Επίσης $a’(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}>0,$ δηλαδή η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$ και κατά συνέπεια η ρίζα της εξίσωσης a(x)=0

είναι μοναδική και $x_0 \in (1,e).$

Δ2. Ισχύει ότι $lnx_0=\frac{1}{x_0} \Leftrightarrow x_0lnx_0=1 \Leftrightarrow lnx_0^{ x_0}=1 \Leftrightarrow x_0^{ x_0}=e$ (1).
Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο $D_{f’}=(0,+\infty)$ ως διαφορά των παραγωγίσιμων lnx

(λογαριθμική) και lnx_0(x+1)-1

(ως πολυωνυμική), με $f’(x)=lnx_0-\frac{1}{x}$ η οποία λόγω της (1) γίνεται με $f’(x)=\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x}=\frac{x-x_0}{xx_0}.$
Τότε
* $f’(x)=0 \Leftrightarrow x=x_0, }$
* $f’(x)>0 \Leftrightarrow x>x_0,$
* $f’(x)<0 \Leftrightarrow 0<x<x_0, }$
Και δεδομένου ότι είναι συνεχής στο $(0,+\infty),$ η

είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,x_0]

, γνησίως αύξουσα στο $[x_0,+\infty)$ και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=x_0

το

f(x_0)=lnx_0(x_0+1)-lnx_0-1=lnx_0x_0-1=0

(λόγω της (1)).

Δ3. Αναζητούμε $x \in \mathbb{R}$ έτσι ώστε
$g(x)=h(x) \Leftrightarrow xe^{-x}=\left(\frac{x_0}{e}\right)^{x+1} \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow xe^{-x}=\frac{x_0^{x+1} }{e^{x+1}} \Leftrightarrow xe^{-x}e^{x+1}}=x_0^{x+1} \Leftrightarrow xe=x_0^{x+1}$ (2)
* Αν $χ\leq 0$ η (2) είναι αδύνατη.
* Αν χ> 0

η (2) ισοδύναμα γίνεται:
$ln(xe)=lnx_0^{x+1} \Leftrightarrow lnx+lne=(x+1)lnx_0 \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow lnx+1=(x+1)lnx_0 \Leftrightarrow f(x)=0 \Leftrightarrow x=x_0,$
αφού η

παρουσιάζει μοναδικό ολικό ελάχιστο για x=x_0

το

Επίσης η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο $D_g=\mathbb{R}$ ως γινόμενο των παραγωγίσιμων

(πολυωνυμική) και $e^{-x}$ (εκθετική) με $g’(x)=e^{-x}-xe^{-x}=e^{-x}(1-x)$ και $g’(x_0)=e^{-x_0}(1-x_0).$

Επιπλέον, η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο $D_g=\mathbb{R}$ ως εκθετική με
$h’(x)=\left(\frac{x_0}{e}\right)^{x+1} ln \frac{x_0}{e}=\left(\frac{x_0}{e}\right)^{x+1} (ln x_0-lne)= \left(\frac{x_0}{e}\right)^{x+1} (ln x_0-1)$ και
$h’(x_0)= \left(\frac{x_0}{e}\right)^{x_0+1} (ln x_0-1) = \frac{x_0^{x_0+1} }{e^{x_0+1} } (ln x_0-1)= \frac{x_0^{x_0}x_0 }{e^{x_0}e} } (ln x_0-1),$
όπου λόγω της (1) γίνεται
$h’(x_0)= \frac{ex_0 }{e^{x_0}e } \left(\frac{1}{x_0}-1\right) = x_0e^{-x_0}\frac{1-x_0}{x_0}= e^{-x_0}(1-x_0)=g’(x_0).$

Συνεπώς αφού g(x_0)=h(x_0),

οι

έχουν μοναδικό κοινό σημείο το (x_0,g(x_0))

στο οποίο έχουν κοινή εφαπτομένη.
Δ4. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
* Αν η συνάρτηση $\varphi$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο x_0

είναι κρίσιμο σημείο της $\varphi.$
* Αν η συνάρτηση $\varphi$ είναι παραγωγίσιμη στο x_0.

Η απόσταση των σημείων A,B

είναι $\sqrt{(x-x)^2+(\varphi(x)-f(x))^2}=|\varphi(x)-f(x)|=f(x)-\varphi(x).$
Θεωρούμε τη συνάρτηση

με $q(x)= f(x)-\varphi(x),x \in D_q=(0,+\infty),$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο x_0

με $q’(x_0)= f’(x_0)-\varphi’(x_0).$
Η συνάρτηση

παρουσιάζει ακρότατο στο x_0,

είναι παραγωγίσιμη σε αυτό και το x_0

είναι εσωτερικό του $D_q=(0,+\infty),$ οπότε από το θεώρημα Fermat ισχύει $q’(x_0)=0 \Leftrightarrow f’(x_0)-\varphi’(x_0)=0 \Leftrightarrow \varphi’(x_0)=0,$ οπότε το x_0

είναι κρίσιμο σημείο της $\varphi.$

: 8emad3.png (108.41 KiB) Προβλήθηκε 7500 φορές

: 8ema_4b.png (6.43 KiB) Προβλήθηκε 7500 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 12:05 pm**

Ας παρατηρηθεί στο διάγραμμα του Λευτέρη (#6) ότι η κοινή εφαπτομένη 'συμβαδίζει' κάπως με την

, και είναι 'μετά' κάτω απ' αυτήν: αυτό οφείλεται σε σημείο καμπής που έχει στο x=2

(εύκολο). [ΔΕΝ υπονοώ ότι οι διαγωνιζόμενοι έπρεπε να γράψουν κάτι γι' αυτό!]

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 12:55 pm**

Στο Δ3, με δεδομένο ότι g, h ορίζονται στο R, καλό θα ήταν να αποκλείσουμε τις λύσεις στο $(-\infty, 0]$ πριν να χρησιμοποιήσουμε το λογάριθμο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 12:58 pm**

kapapi έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 16, 2021 12:55 pm
Στο Δ3, με δεδομένο ότι g, h ορίζονται στο R, καλό θα ήταν να αποκλείσουμε τις λύσεις στο $(-\infty, 0]$ πριν να χρησιμοποιήσουμε το λογάριθμο.

Πολύ σωστή παρατήρηση!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 4:25 pm**

Γ4. Μια διαφορετική προσέγγιση

Για $\displaystyle 0 < x \le \frac{{3\pi }}{2}$ η σχέση είναι προφανής αφού ο τύπος της συνάρτησης είναι τότε $\displaystyle f(x) = \sigma \upsilon \nu x$ και ισχύει $\displaystyle \sigma \upsilon \nu x \ge - 1$

Αρκεί επομένως να αποδείξουμε την σχέση μόνο για $\displaystyle x \le 0$

Για $\displaystyle x \le 0$ η συνάρτηση είναι $\displaystyle f(x) = \alpha x^3 - 3x^2 - x + 1$
οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \alpha x^3 - 3x^2 - x + 1 \ge - 1 \Leftrightarrow \alpha x^3 - 3x^2 - x + 2 \ge 0$

Θέτω $\displaystyle h(x) = \alpha x^3 - 3x^2 - x + 2$
Είναι $\displaystyle h'(x) = 3\alpha x^2 - 6x^{} - 1$
με $\displaystyle \Delta = 12(\alpha + 3) < 0$ άρα η $\displaystyle h'(x)$ διατηρεί πρόσημο. Επειδή $\displaystyle h'(0) = - 1$ θα είναι $\displaystyle h'(x) < 0$ άρα η συνάρτηση $\displaystyle h(x)$ είναι γνησίως φθίνουσα
Για $\displaystyle x \le 0 \Rightarrow h(x) \ge h(0) = 2 > 0$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 7:36 pm**

Δ4. Έστω ότι το $x_{0}$ δεν είναι κρίσιμο σημείο της $\phi$ .
Τότε η $\phi$ είναι παραγωγίσιμη στο $x_{0}$ με ${\phi}' (x_{0})\neq 0$ .

Η απόσταση των σημείων Α , Β δίνεται από τη συνάρτηση:
$d(x)=\left | f(x)-\phi(x) \right |= f(x)-\phi(x)>0\ , \forall \ x>0$

To $x_{0}$ είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος $\left ( 0,+ \infty \right )$ και η

παρουσιάζει ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό, με:
${d}'(x_{0})={f}'(x_{0})-{\phi}'(x_{0})$

Οπότε από το θεώρημα του Fermat: ${f}'(x_{0})-{\phi}'(x_{0})=0\Leftrightarrow {\phi}'(x_{0})=0$ ,
πράγμα άτοπο αφού αντίκειται στην υπόθεση ότι το $x_{0}$ δεν είναι κρίσιμο σημείο της $\phi$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 7:52 pm**

Αναρτούμε σήμερα, 16 Ιουνίου 2021, τη 1η έκδοση των λύσεων των θεμάτων Μαθηματικών προσανατολισμού 2021 η οποία είναι αποτέλεσμα συλλογικής δουλειάς των Επιμελητών του mathematica.gr.
Θέματα & Λύσεις Μαθηματικών προσαν. 2021 (1η έκδοση)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2021 11:10 pm**

Γ4. Β τρόπος με μονοτονία της f, εύρεση ακρότατο (ελάχιστο) στο π το f(π)=-1 και εφαρμογή ορισμού ακροτάτου

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 18, 2021 5:02 pm**

(Γ4 Γ τρόπος είχα γράψει λανθασμένα μια λύση)

Γ2(i) Β τρόπος στο διάστημα [π/2,3π/2] υποσύνολο [0,3π/2] ικανοποιούνται και οι τρεις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 18, 2021 8:20 pm**

padgryp έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 18, 2021 5:02 pm
Γ4 Γ τρόπος με κυρτότητα και εφαπτομένη στο σημείο (π,f(π)) τότε η Cf βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη στο σημείο αυτό με εξαίρεση το σημείο αυτό, όπου εκεί τέμνονται. Άρα
f(x) $\geq$ f'(π)(x-π)+f(π)
f(x) $\geq$ 0•(x-π)+(-1)
f(x) $\geq$ -1

Δεν ισχύει αυτό αφού η συνάρτηση δεν είναι κυρτή!

mathematica.gr

Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2021 (Θέματα & Λύσεις)