mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 11:17 pm**

Τα σημερινά θέματα!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 11:29 pm**

Στο ίδιο στυλ με αυτές του Ιουνίου, πάλι 3 ερωτήματα...
Με εξέπληξε το ερώτημα Γ2 όπου ζητάει να προσδιορίσουμε διάστημα... πρωτότυπο δεν έχω ξανά δει κάτι παρόμοιο σε εξετάσεις... Τα υπόλοιπα είναι κλασσικά! Βατά και μέσα σε λογικά πλαίσια!

Τόλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 11:45 pm**

έχει παρόμοια άσκηση το βιβλίο στο Bolzano.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 12:25 am**

Θα προσπαθήσω να δώσω μια απάντηση στο θέμα Δ, το οποίο μου άρεσε κάπως:
Μας δίνεται η σχέση $\displaystyle{3\int_{1}^{x}2tf(t)dt+x^3=3x^2f(x)+3x-8\, \, \, \, \forall x>0} (1)$ η οποία είναι παραγωγίσιμη: Το πρώτο μέλος καθώς η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση συνεχής (ως γινόμενο συνεχών) άρα το ολοκλήρωμα παραγωγίσιμο και όλο μαζί ως άθροισμα παραγωγίσιμων και το δεύτερο μέλος ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων καθώς η

παραγωγίσιμη.
Δ1.Τώρα παραγωγίζοντας τη σχέση έχουμε:
$\displaystyle{3\cdot 2xf(x)+3x^2=6xf(x)+3x^2f'(x)+3\Leftrightarrow f'(x)=\frac{x^2-1}{x^2}, \, \, \, \, x>0}$ όπως ακριβώς θέλαμε.

Δ2.
ι)Για τον τύπο της

.
Από την αρχική σχέση (1)

για

έχουμε ότι f(1)=2

. Τώρα είναι από το προηγούμενο ερώτημα $\displaystyle{ f'(x)=\frac{x^2-1}{x^2}, \, \, \, \, x>0}$ οπότε:
$\displaystyle{\int_{1}^{x}f'(t)dt=\int_{1}^{x}\frac{t^2-1}{t^2}dt\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{f(x)-f(1)=\left [ \frac{1}{t}+t \right ]_1^x\Leftrightarrow f(x)-2=\frac{1}{x}+x-2\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^2+1}{x}, \, \, \, x>0}$ όπως ακριβώς θέλαμε.

ιι)Για την ασύμπτωτη
Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( f(x)-x \right )=0}$
Πράγματι , έχουμε:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( \frac{x^2+1}{x}-x \right )=\lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( \frac{x^2+1}{x}-\frac{x^2}{x} \right )=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{1}{x}=0}$ οπότε .....

Δ3. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι $\displaystyle{\int_{1}^{e^2}\left | f(x)-x \right |dx}$ .
Παρατηρούμε ότι f(x)>x

για κάθε

. (Προκύπτει και από μελέτη της συνάρτησης g(x)=f(x)-x

η οποία είναι παραγωγίσιμη κ.τ.λ.) Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
$\displaystyle{E(\Omega )=\int_{1}^{e^2}\left ( f(x)-x \right )dx=\int_{1}^{e^2}\left ( \frac{x^2+1}{x}-x^2 \right )dx=\int_{1}^{e^2}\frac{1}{x}dx}$ $\displaystyle{=\left [ lnx \right ]_1^{e^2}=lne^2-ln1=2}$

Δ4.Η

είναι συνεχής στο [1, x]

, παραγωγίσιμη στο (1, x)

οπότε ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ άρα από εφαρμογή αυτού έχουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (1, x)\mid f'(\xi )=\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{f(x)-2}{x-1}}$ . Όμως η

στο

είναι γν. αύξουσα (απόδειξη μέσω παραγώγων) άρα είναι για $\displaystyle{\xi <x\Rightarrow f'(\xi )<f'(x)\Leftrightarrow \frac{f(x)-2}{x-1}<f'(x)}$ το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο....

Τόλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 12:47 am**

Για το Δ2 λίγο πιο εύκολα
$f'(x)= 1 -\frac{1}{x^2}\Leftrightarrow f(x)=x+\frac{1}{x}+c$ κλπ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 12:52 am**

xr.tsif έγραψε:Για το Δ2 λίγο πιο εύκολα
$f'(x)= 1 -\frac{1}{x^2}\Leftrightarrow f(x)=x+\frac{1}{x}+c$ κλπ

Ναι αυτό το παρατήρησα μετά!

xr.tsif έγραψε:έχει παρόμοια άσκηση το βιβλίο στο Bolzano.

Σωστά, τώρα θυμήθηκα ότι υπάρχει μία στο σχολικό...

Το καλό είναι ότι τα θέματα είναι μέσα στο πνεύμα του σχολικού! Δε ξεφεύγουν! Και αυτό δίνει τη δυνατότητα σε αρκετούς υποψηφίους να γράψουν μέχρι και 100, αν αποφύγουν κάποια ταμπού λάθη...

Θα συνεχίσω με την επίλυση των προηγούμενων ερωτημάτων αργότερα!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 1:47 am**

Συνεχίζω με τις απαντήσεις των θεμάτων Α, Β, Γ.

Θέμα Α
Α1. Τετριμμένο από τη σελίδα 98 του σχολικού βιβλίου.
Α2. Τετριμμένο από τη σελίδα 192 του σχολικού βιβλίου. (Εδώ θα προτιμούσα οι θεματοθέτες να βάλουν και τη γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος, αλλά αφού έτσι δόθηκε έτσι το παίρνουμε)

Α3. α)Σ β)Σ γ)Λ (είναι $-\infty$ ) δ)Λ (ισχύει αν είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο x_0

τότε είναι συνεχής στο x_0

) ε)Σ

Θέμα Β
Ονομάζω τον z=x+yi

τότε $\displaystyle{\frac{1}{z-1}=\frac{1}{x+yi-1}=\frac{1}{(x-1)+yi}}$ . Πολλαπλασιάζω με το συζυγή και παίρνω: $\displaystyle{\frac{1}{(x-1)+yi}=\frac{x-1-yi}{[(x-1)+yi)]\cdot [(x-1)-yi]}=\frac{x-1-yi}{(x-1)^2+y^2}}$
Άρα: $\displaystyle{Re\left ( \frac{1}{z-1} \right )=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}=\frac{1}{2}}$ .

Β1. Άρα έχουμε:
$\displaystyle{2(x-1)=(x-1)^2+y^2\Leftrightarrow 2x-2=x^2-2x+1+y^2\Leftrightarrow x^2-4x+3+y^2=0\Leftrightarrow x^2-4x+3+1+y^2=1}$ . Από την τελευταία καταλήγουμε στο (x-2)^2+y^2=1

το οποίο είναι το ζητούμενο, και εξαιρείται το σημείο A(1, 0)

.

Β2. Οι μιγαδικοί z_1, z_2

κινούνται στον παραπάνω γεωμετρικό τόπο. Ισχύει ότι $\left | z-2 \right |=1$ συνεπώς και $\left | z_1-2 \right |=\left | z_2-2 \right |=1$ .
Για την προς απόδειξη σχέση έχουμε:
$\displaystyle{\left | z_1+z_2-4 \right |=\left | (z_1-2)+(z_2-2) \right |\leq \left | z_1-2 \right |+\left | z_2+2 \right |=1+1=2}$
και το ζητούμενο απεδήχθει.

Β3. Οι μιγαδικοί κινούνται στον κύκλο με εξίσωση (x-2)^2+y^2=1

. Ψάχνουμε αυτούς που έχουν $\left | z \right |=\sqrt{5}\Leftrightarrow x^2+y^2=5$ . Άρα είναι:
$\displaystyle{(x-2)^2+y^2=1\Leftrightarrow x^2+y^2-4x+4=1\Leftrightarrow -4x=-8\Leftrightarrow x=2}$ . Όμως $\displaystyle{\left | z \right |=\sqrt{5}\Leftrightarrow 2^2+y^2=5\Leftrightarrow y=\pm \sqrt{1}}$ . Άρα οι ζητούμενοι μιγαδικοί είναι οι $w_1=2+i, \, \, \, \, w_2=2-i$

Θέμα Γ
Γ1.Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0, +\infty )$ με $f'(x)=\frac{1}{2}ln^2x+\frac{x}{2}2lnx\frac{1}{x}+1=\frac{1}{2}ln^2x+lnx+1>0$ καθώς η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική. Για την κυρτότητα έχουμε: Η

παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f''(x)=\frac{1}{x}(lnx+1)}$ . Είναι $\displaystyle{f''(x)\geq 0\Leftrightarrow lnx+1\geq 0\Leftrightarrow lnx\geq -1\Leftrightarrow x\geq e^{-1}}$ άρα στο $(0, e^{-1}]$ είναι κοίλη, ενώ στο $[e^{-1}, \infty )$ είναι κυρτή.

Γ2.Εφόσον η

είναι γνήσια αύξουσα είναι και 1-1

οπότε η ζητούμενη εξίσωση γράφεται:
$\displaystyle{f(x^4+2x)=f(4)\Leftrightarrow x^4+2x=4\Leftrightarrow x^4+2x-4=0}$ . Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=x^4+2x-4

και παρατηρούμε ότι g(1)=-1<0

, ενώ το

. Επίσης η

είναι συνεχής στο [1, 2]

ως πολυωνυμική και σε αυτό πληρούνται οι προϋποθέσεις του θ. Bolzano

άρα

.

Είναι σωστή η αιτιολόγηση του Γ2;

Γ3.Η δοσμένη ανίσωση γράφεται ισοδύναμα:
$\displaystyle{xln^2x<2-2x\Leftrightarrow \frac{x}{2}ln^2x<1-x\Leftrightarrow \frac{x}{2}ln^2x+x<1\Leftrightarrow f(x)<1}$
Είναι f(1)=1

άρα έχουμε $f(x)<f(1)\Leftrightarrow 0<x<1$ καθώς η

είναι

.

Τόλης
Edit: Έγιναν αρκετές διορθώσεις τόσο λεκτικά όσο και στο μαθηματικό κείμενο...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 2:14 am**

Και τα θέματα σε word

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 3:20 am**

Ωραιότατα τα θέματα....

Tolaso J Kos έγραψε: Γ2.Εφόσον η είναι γνήσια αύξουσα είναι και οπότε η ζητούμενη εξίσωση γράφεται:
$\displaystyle{f(x^4+2x)=f(4)\Leftrightarrow x^4+2x=4\Leftrightarrow x^4+2x-4=0}$ . Θεωρούμε τη συνάρτηση και παρατηρούμε ότι , ενώ το . Επίσης η είναι συνεχής στο ως πολυωνυμική και σε αυτό πληρούνται οι προϋποθέσεις του θ. άρα .

Είναι σωστή η αιτιολόγηση του Γ2;

Καλημέρα Τόλη. Σωστή είναι η λύση σου....μια προσθήκη για το Γ3. Η απάντηση είναι 0<x<1

και όχι

αφού $x\epsilon \left(0,+\propto \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 10:39 am**

pana1333 έγραψε:
Καλημέρα Τόλη. Σωστή είναι η λύση σου....μια προσθήκη για το Γ3. Η απάντηση είναι και όχι αφού $x\epsilon \left(0,+\propto \right)$

Να σαι καλά που μου το επισήμανες! Μία η ώρα το βράδυ τα έλυνα, όλο και κάτι θα μου έχει φύγει τώρα... Θα το διορθώσω...
Τόλης!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 7:55 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Άρα: $\displaystyle{Re\left ( \frac{1}{z} \right )=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}=\frac{1}{2}}$ .

Edit: Έγιναν αρκετές διορθώσεις τόσο λεκτικά όσο και στο μαθηματικό κείμενο...

το σωστο είναι

$\displaystyle{Re\left ( \frac{1}{z-1} \right )=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}=\frac{1}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 8:28 pm**

erxmer έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε: Άρα: $\displaystyle{Re\left ( \frac{1}{z} \right )=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}=\frac{1}{2}}$ .

Edit: Έγιναν αρκετές διορθώσεις τόσο λεκτικά όσο και στο μαθηματικό κείμενο...
το σωστο είναι

$\displaystyle{Re\left ( \frac{1}{z-1} \right )=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}=\frac{1}{2}}$

OK! Θα το διορθώσω άμεσα... Ευχαριστώ για την παρατήρηση....
Τόλης

mathematica.gr

Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013

Re: Μαθηματικά κατεύθυνσης Ελλήνων εξωτερικού 2013