Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Επιτροπή Θεμάτων 2019
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2016 9:41 am

Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Επιτροπή Θεμάτων 2019 » Δευ Ιουν 10, 2019 9:14 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 2019 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 2019

Edit: Tην πρώτη έκδοση του Δελτίου Λύσεων από το mathematica.gr μπορείτε να τη βρείτε στο σύνδεσμο http://www.mathematica.gr/math_prosan_gel_2019.pdf



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2807
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Ιουν 10, 2019 10:05 am

Τα θέματα...
Συνημμένα
them_math_c_hmer_190610.pdf
(295.08 KiB) Μεταφορτώθηκε 592 φορές


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1957
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Δευ Ιουν 10, 2019 10:17 am

τα θέματα σε word
Συνημμένα
ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2019 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ.docx
(108.32 KiB) Μεταφορτώθηκε 314 φορές


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3917
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιουν 10, 2019 10:30 am

Γράφω εδώ τη λύση του Δ θέματος όπως την έκανα στο σχολείο στο οποίο είμαι μέλος της Λυκειακής Επιτροπής. Εύχομαι καλή επιτυχία σε όσους εμπλέκονται στη διαδικασία εξετάσεων (μαθητές, επιτηρητές, βαθμολογητές, μέλη επιτροπών).

Θέμα Δ

Δ1) Πρέπει \begin{cases} f(1)=1 \\ f'(1)=\lambda_{\epsilon}=-1 \end{cases}

Η f είναι παραγωγίσιμη στο \mathbb{R} με παράγωγο f'(x)=\ln{(x^2-2x+2)}+\dfrac{2(x-1)^2}{x^2-2x+2}+\alpha


Συνεπώς f'(1)=-1\Leftrightarrow \alpha=-1 και f(1)=1\Leftrightarrow \alpha+\beta=1 \Leftrightarrow \beta=2.

Έτσι είναι f(x)=(x-1)\ln{(x^2-2x+2)}-x+2 και
f'(x)=\ln{(x^2-2x+2)}+\dfrac{2(x-1)^2}{x^2-2x+2}-1

Δ2) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=f(x)-(-x+2)=(x-1)\ln{(x^2-2x+2)}

h(x)=0\Leftrightarrow x-1=0 ή \ln{(x^2-2x+2)}=0 \Leftrightarrow x=1
h(x)>0 \Leftrightarrow x>1

(διότι \ln{(x^2-2x+2)}\geq 0 \Leftrightarrow x^2-2x+2\geq 1 \Leftrightarrow (x-1)^2\geq 0 που ισχύει. Η ισότητα ισχύει μόνο για x=1)

Συνεπώς η συνάρτηση h είναι μη αρνητική στο [1,2].

Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι ίσο με

\begin{aligned}\displaystyle\int_1^2 h(x)dx &= \displaystyle\int_1^2 (x-1)\ln{(x^2-2x+2)} dx = \displaystyle\int_1^2  
\left(\dfrac{x^2-2x+2}{2}\right)' \ln{(x^2-2x+2)}dx \\ &= \left[\left(\dfrac{x^2-2x+2}{2}\right)\ln{(x^2-2x+2)} \right]_1^2-\displaystyle\int_1^2 \dfrac{\cancel{x^2-2x+2}}{\cancel{2}}\cdot\dfrac{\cancel{2}(x-1)}{\cancel{x^2-2x+2}} \\ &= \ln{2}-\left[\dfrac{(x-1)^2}{2}\right]_1^2=\ln{2}-\dfrac{1}{2} = \dfrac{2\ln{2}-1}{2} \ \text{\gr τ.μ.} \end{aligned}

Δ3) i) Η f' είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο

\begin{aligned} f''(x) &= \dfrac{2(x-1)}{x^2-2x+2}+\dfrac{4(x-1)(x^2-2x+2)-4(x-1)^3}{(x^2-2x+2)^2} \\ &= \dfrac{6(x-1)(x^2-2x+2)-4(x-1)^3}{(x^2-2x+2)^2}=\dfrac{2(x-1)(x^2-2x+4)}{(x^2-2x+2)^2}\end{aligned}

f''(x)\geq 0 \Leftrightarrow x\geq 1 με ισότητα μόνο για x=1 αφού το τριώνυμο x^2-2x+4 έχει αρνητική διακρίνουσα άρα είναι πάντοτε θετικό.

Συνεπώς η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο (-\infy, 1] και γνησίως αύξουσα στο [1,+\infty) οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x_0=1 το f'(1)=-1. Άρα f'(x)\geq -1 για κάθε x\in \mathbb{R} με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=1 και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση s(x)=f(x)+x η οποία είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο s'(x)=f'(x)+1\geq 0 με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=1 (λόγω του ερωτήματος Δ3i). Άρα η συνάρτηση s είναι γνησίως αύξουσα στο \mathbb{R}. Η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται:

\begin{aligned} f\left(\lambda +\dfrac{1}{2}\right) \geq (\lambda-1)\ln{(\lambda^2-2\lambda+2)}-\lambda+2-\dfrac{1}{2} &\Leftrightarrow f\left(\lambda +\dfrac{1}{2}\right)+\lambda+\dfrac{1}{2} \geq f(\lambda)+\lambda \\ &\Leftrightarrow s\left(\lambda +\dfrac{1}{2}\right) \geq s(\lambda) \\ &\Leftrightarrow \lambda+\dfrac{1}{2}\geq \lambda \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\geq 0\end{aligned}
που ισχύει για κάθε \lambda\in\mathbb{R}.


Δ4) Έστω A(x_1,f(x_1)) και B(x_2,g(x_2)) τα σημεία επαφής της κοινής εφαπτομένης με την C_f και C_g αντίστοιχα. Τότε οι εξισώσεις εφαπτομένων σε αυτά είναι:

y-f(x_1)=f'(x_1)(x-x_1)\Leftrightarrow y=f'(x_1)x+f(x_1)-x_1f'(x_1)

y-g(x_2)=g'(x_2)(x-x_2) \Leftrightarrow y=g'(x_2)x+g(x_2)-x_2g'(x_2)

Αυτές πρέπει να ταυτίζονται άρα:

\begin{cases}f'(x_1)=g'(x_2) \ \ (1) \\ f(x_1)-x_1f'(x_1)=g(x_2)-x_2g'(x_2) \ \ (2) \end{cases}

Όμως λόγω του Δ3i έχουμε f'(x_1)\geq -1 με ισότητα για x_1=1.

Επίσης g(x)=-3x^2-1 και φανερά ισχύει g'(x)\leq -1 με ισότητα για x=0.

Άρα για να ισχύει η (1) πρέπει f'(x_1)=g'(x_2)=-1 δηλαδή x_1=1 και x_2=0 λύσεις που επαληθεύουν και τη σχέση (2).

Άρα οι C_f, C_g έχουν μία μόνο κοινή εφαπτομένη η οποία εφάπτεται της C_f στο (1,f(1)) και της C_g στο σημείο (0,g(0)). Η κοινή εξίσωση εφαπτομένης είναι y=-x+2.


Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
abgd
Δημοσιεύσεις: 161
Εγγραφή: Τετ Ιαν 23, 2013 11:49 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από abgd » Δευ Ιουν 10, 2019 10:54 am

Αλέξανδρε,

για το Δ3 ii, μια άλλη λύση είναι με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα \left[\lambda, \lambda +\frac{1}{2}\riaght]

για το Δ4, φτάνει να παρατηρήσουμε ότι f^{\prime}(x)\geq-1 με το ίσον να ισχύει μόνο στο 1 και g^{\prime}(x)\leq-1 με το ίσον να ισχύει μόνο στο 0.. Έτσι, οι γραφικές παραστάσεις των δύο συναρτήσεων μπορούν να έχουν μοναδική κοινή εφαπτομένη την ευθεία y=-x+2, η οποία εφάπτεται στην C_f στο (1,1) και στην C_g στο (0,2).

Κώστας.

Υ.Γ.: Πολύ καλά θέματα!


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6169
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Ιουν 10, 2019 10:56 am

Δ3i)

Είναι

\displaystyle{f'(x)=\ln (x^2-2x+2)+(x-1)\cdot \frac{2x-2}{x^2-2x+2}-1=\ln ((x-1)^2+1)+\frac{2(x-1)^2}{(x-1)^2+1}-1\geq -1}

γιατί ο λογάριθμος είναι μη αρνητικός και το κλάσμα επίσης.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3917
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιουν 10, 2019 11:02 am

matha έγραψε:
Δευ Ιουν 10, 2019 10:56 am
Δ3i)

Είναι

\displaystyle{f'(x)=\ln (x^2-2x+2)+(x-1)\cdot \frac{2x-2}{x^2-2x+2}-1=\ln ((x-1)^2+1)+\frac{2(x-1)^2}{(x-1)^2+1}-1\geq -1}

γιατί ο λογάριθμος είναι μη αρνητικός και το κλάσμα επίσης.
Αυτό ήμουν έτοιμος να γράψω τώρα που τα ξανακοιτούσα! :)


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3917
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιουν 10, 2019 11:06 am

abgd έγραψε:
Δευ Ιουν 10, 2019 10:54 am
Αλέξανδρε,

για το Δ3 ii, μια άλλη λύση είναι με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα \left[\lambda, \lambda +\frac{1}{2}\riaght]

για το Δ4, φτάνει να παρατηρήσουμε ότι f^{\prime}(x)\geq-1 με το ίσον να ισχύει μόνο στο 1 και g^{\prime}(x)\leq-1 με το ίσον να ισχύει μόνο στο 0.. Έτσι, οι γραφικές παραστάσεις των δύο συναρτήσεων μπορούν να έχουν μοναδική κοινή εφαπτομένη την ευθεία y=-x+2, η οποία εφάπτεται στην C_f στο (1,1) και στην C_g στο (0,2).

Κώστας.

Υ.Γ.: Πολύ καλά θέματα!
Σωστά Κώστα! Στο Δ4 απλά ακολούθησα τα βήματα που ενδεχομένως να δούμε από όσους μαθητές προσπαθήσουν να το λύσουν. Αφού βρουν τα σημεία επαφής με τον τρόπο που ανέφερες χρειάζεται αμέσως μετά να βρουν και την εφαπτομένη της g (της f την έχουν ήδη από την αρχή) στο σημείο (0,g(0)) και να πιστοποιήσουν ότι πράγματι είναι αυτή και όχι κάποια παράλληλή της.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3917
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Ιουν 10, 2019 11:36 am

Για το Γ3ii

Για x\neq x_0 είναι f(x)\neq 0 άρα η εξίσωση γίνεται f(x)=x_0.

Όμως για x>x_0 επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα παίρνουμε f(x)>f(x_0) δηλαδή f(x)>0 Όμως το x_0 είναι αρνητικό όπως έχει ήδη αποδειχθεί συνεπώς η εξίσωση f(x)=x_0 είναι αδύνατη (πρώτο μέλος θετικό, 2ο μέλος αρνητικό).

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
kkoudas
Δημοσιεύσεις: 27
Εγγραφή: Δευ Ιουν 11, 2018 11:48 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kkoudas » Δευ Ιουν 10, 2019 11:45 am

Όσον αφορά το Α1.βii θεωρώ πως, όπως κι όταν ορίζουμε οιαδήποτε συνάρτηση, χρειαζόμαστε:
  • απαραιτήτως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης και τον τύπο της και
  • δευτερευόντως την απόδειξη ύπαρξής της, το σύνολο τιμών της και επιπλέον ιδιότητές της.
Άρα δεν χρειάζεται ο μαθητής να παραθέσει όλη την ενότητα αντίστροφη συνάρτηση (η οποία συν τοις άλλοις δεν είναι σαφής ορισμός, αλλά περισσότερο μια επεξηγηματική περιγραφή), αλλά:

Έστω αντιστρέψιμη συνάρτηση f. Ορίζουμε ως αντίστροφη της f την συνάρτηση g:
  • της οποίας το πεδίο ορισμού είναι το σύνολο τιμών της f,
  • για την οποία ισχύει η ισοδυναμία g(x)=y\Leftrightarrow f(y)=x για κάθε x\in f(D_f) και y\in D_f.

Την συνάρτηση αυτή την συμβολίζουμε f^{-1}.


  • Έστω x\in f(D_f). Αφού η f είναι 1-1, θα υπάρχει μοναδικό y\in D_f τ.ω. f(y)=x. Άρα η ισοδυναμία g(x)=y\Leftrightarrow f(y)=x, βάσει της οποίας αντιστοιχίζεται κάθε x\in f(D_f) σε κάποιο y\in D_f, ορίζει μια συνάρτηση g.
  • το σύνολο τιμών της g είναι το πεδίο ορισμού της f.
  • Για κάθε x\in D_f ισχύει f^{-1}(f(x)). Για κάθε x\in f(D_f) ισχύει f(f^{-1}(x)).


\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
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1422
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Δευ Ιουν 10, 2019 12:05 pm

ΘΕΜΑ Α
A1. α)Ορισμός , σχολικό βιβλίο, σελ. 15
β) i. Όταν είναι \displaystyle 1-1 στο \displaystyle A ( Σχολικό σελ 35)
ii. Αν \displaystyle f(A) είναι το σύνολο τιμών της \displaystyle f τότε η αντίστροφη είναι η \displaystyle g:f(A) \to Rμε την οποία κάθε \displaystyle y \in f(A) αντιστοιχίζεται στο μοναδικό \displaystyle x \in A για το οποίο ισχύει \displaystyle f(x) = y
Α2. Θεώρημα , σχολικό βιβλίο , σελ 142
A3. Απόδειξη , σχολικό βιβλίο σελ. 135

Α4. α) Λάθος
Έστω η συνάρτηση \displaystyle f:( - \infty ,0) \cup (0, + \infty ) \to R με τύπο \displaystyle f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
  { - 1,\,\,\,x < 0} \\  
  {1,\,\,\,\,\,x > 0}  
\end{array}} \right.
Τότε ισχύει \displaystyle f'(x) = 0 για κάθε \displaystyle x \in A, αλλά η \displaystyle f δεν είναι σταθερή αφού παίρνει δυο διαφορετικές τιμές
β) Λάθος
Έστω η συνάρτηση \displaystyle f:R \to R με τύπο \displaystyle f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
  {x,\,\,\,x \ne 0} \\  
  {1,\,\,\,\,\,x = 0}  
\end{array}} \right.
Τότε \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x = 0, ενώ \displaystyle f(0) = 1

Α5. γ


Kαλαθάκης Γιώργης
GeorgeTS23
Δημοσιεύσεις: 8
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 08, 2015 3:29 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από GeorgeTS23 » Δευ Ιουν 10, 2019 12:19 pm

Για το Α4) το β) αν κάποιος απαντούσε:
"Λάθος, διότι πρέπει η f να ειναι συνεχής στο x0 (και υπάρχουν μη-συνεχείς συναρτήσεις σε κάποιο σημείο)." δεν θα ήταν επισης σωστή η απαντηση του χωρίς να δώσει αντιπαράδειγμα?

Η παρένθεση ειναι δικιά μου. Θα ηταν σωστή λοιπόν η παραπάνω απάντηση στο Α4) β) :
α)Χωρίς την παρένθεση?
β)Με την παρένθεση?


ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ
Δημοσιεύσεις: 145
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 03, 2010 2:43 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ » Δευ Ιουν 10, 2019 1:02 pm

Για το Δ3ii
\left\lambda< \lambda +\frac{1}{2}\riaght
Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο διάστημα \left[\lambda, \lambda +\frac{1}{2}\riaght]
άρα υπάρχει k\left \in [\lambda, \lambda +\frac{1}{2}\riaght] ώστε \left f'(k)=\frac{f(\lambda+\frac{1}{2})-f(\lambda)}{\lambda + \frac{1}{2} - \lambda }\riaght =\left\frac{f(\lambda+\frac{1}{2})-f(\lambda)}{ \frac{1}{2}  }\riaght.
Απο το Δ3i έχουμε f'(k)\geq -1 οπότε \left\frac{f(\lambda+\frac{1}{2})-f(\lambda)}{ \frac{1}{2} } \geq -1\riaght άρα
\left{f(\lambda+\frac{1}{2})-f(\lambda)} \geq - \frac{1}{2}\riaght
τελευταία επεξεργασία από ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ σε Δευ Ιουν 10, 2019 3:35 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1422
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Δευ Ιουν 10, 2019 1:10 pm

Β4. Η γραφική παράσταση
Συνημμένα
graph.png
graph.png (24.15 KiB) Προβλήθηκε 3401 φορές


Kαλαθάκης Γιώργης
ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ
Δημοσιεύσεις: 145
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 03, 2010 2:43 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ » Δευ Ιουν 10, 2019 1:14 pm

Για το Γ3,ii
για \left \ x >x_0\ \Rightarrow \riaght \left \ f(x) >f(x_0) \Rightarrow \riaght \left \ f(x) > 0\Rightarrow  \riaght \left \ f(x) -x_0 > - x_0 >0 \riaght και
επομένως \left \ f(x)( f(x) -x_0) > 0 \riaght . Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη στο \left (x_0,+\infty ) \riaght


Υ.Γ. Ωραία θέματα μέσα στα πλαίσια του σχολικού βιβλίου . Μπράβο στην επιτροπή.


perpant
Δημοσιεύσεις: 451
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Δευ Ιουν 10, 2019 2:04 pm

Για το Γ3ii

Για \displaystyle {x_0} < 0 έχουμε:
\displaystyle x > {x_0}\mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,} f\left( x \right) > f\left( {{x_0}} \right) = 0\mathop  \Rightarrow \limits_{ - {x_0} > 0} \left\{ \begin{array}{f^2}\left( x \right) > 0\\ - {x_0}f\left( x \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow \displaystyle \mathop  \Rightarrow \limits^{\left(  +  \right)} {f^2}\left( x \right) - {x_0}f\left( x \right) > 0

Άρα η εξίσωση \displaystyle {f^2}\left( x \right) - {x_0}f\left( x \right) = 0, είναι αδύνατη στο \displaystyle \left( {{x_0}, + \infty } \right).

Για το Δ2, η πρώτη μου σκέψη και όχι η πιο απλή όπως είδα σε άλλες λύσεις

Για \displaystyle \alpha  =  - 1 και \displaystyle \beta  = 2 είναι \displaystyle f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\ln \left( {{x^2} - 2x + 2} \right) - x + 2 και \displaystyle {f^\prime }\left( x \right) = \ln \left( {{x^2} - 2x - 2} \right) + \frac{{2{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{x^2} - 2x - 2}} - 1.

Ακόμη, \displaystyle {f^\prime }^\prime \left( x \right) = \frac{{2\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)}^2}}} > 0 για κάθε \displaystyle x > 1, άρα η \displaystyle f είναι κυρτή στο \displaystyle \left[ {1, + \infty } \right).

Οπότε η \displaystyle {C_f} βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της στο \displaystyle A\left( {1,1} \right). Δηλαδή ισχύει:
\displaystyle f\left( x \right) \ge  - x + 2, για κάθε \displaystyle x \in \left[ {1,2} \right], με την ισότητα να ισχύει μόνο για \displaystyle x = 1.

Επομένως για το ζητούμενο εμβαδόν έχουμε:

\displaystyle E = \int_1^2 {\left( {f\left( x \right) - \left( { - x + 2} \right)} \right)} dx =
\displaystyle  = \int_1^2 {\left( {\left( {x - 1} \right)\ln \left( {{x^2} - 2x + 2} \right) - x + 2 + x - 2} \right)} dx
\displaystyle  = \int_1^2 {\frac{1}{2}{{\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)}^\prime }\ln \left( {{x^2} - 2x + 2} \right)} dx
\displaystyle  = \frac{1}{2}\left[ {\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)\ln \left( {{x^2} - 2x + 2} \right)} \right]_1^2 - \frac{1}{2}\int_1^2 {\left( {{x^2} - 2x + 2} \right){{\left( {\ln \left( {{x^2} - 2x + 2} \right)} \right)}^\prime }dx}
\displaystyle  = \frac{1}{2} \cdot 2\ln 2 - \frac{1}{2}\int_1^2 {\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)\frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 2x + 2}}} dx
\displaystyle  = \ln 2 - \frac{1}{2}\left[ {{x^2} - 2x} \right]_1^2 = \ln 2 - \frac{1}{2}\left( {0 + 1} \right) = \ln 2 - \frac{1}{2}\,\,\tau .\mu .


Παντούλας Περικλής
1=object?
Δημοσιεύσεις: 40
Εγγραφή: Τρί Μαρ 24, 2009 10:51 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 1=object? » Δευ Ιουν 10, 2019 2:12 pm

Δ3ii)
Η Ζητούμενη εξίσωση : f^2\((x)-x_{0}f\left( x )=0


γίνεται : f(x)(f(x)-x_{0}))=0

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο R, οπότε για x> x{_{0}}<=> f(x)>f(x{_{0}})<=> f(x)>0

Έστω η συνάρτηση h(x)=f(x)-x_{0}

H h είναι συνεχής στο (x_{0},+\propto )

Η h είναι γνησίως αύξουσα και επομένως το σύνολο τιμών της είναι:
h((x_{0},+oo)\ \right ))=(\lim_{x\rightarrow {x_{o}^+}}f(x),\lim_{x\rightarrow {+oo}}f(x))

=\left ( -x_{0} \right,+\propto )\subseteq \left ( 0,+\propto \right )

Δηλαδή δεν υπάρχει \xi \epsilon \left ( x_{0} \right ,+\propto)
τέτοιο ώστε f\left ( x\right )-x_{0}=0
Τελικά η εξίσωση f(x)(f(x)-x_{0}))=0
είναι αδύνατη στο (x_{0},+\propto ) .
τελευταία επεξεργασία από 1=object? σε Δευ Ιουν 10, 2019 9:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8206
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιουν 10, 2019 2:52 pm

GeorgeTS23 έγραψε:
Δευ Ιουν 10, 2019 12:19 pm
Για το Α4) το β) αν κάποιος απαντούσε:
"Λάθος, διότι πρέπει η f να ειναι συνεχής στο x0 (και υπάρχουν μη-συνεχείς συναρτήσεις σε κάποιο σημείο)." δεν θα ήταν επισης σωστή η απαντηση του χωρίς να δώσει αντιπαράδειγμα?

Η παρένθεση ειναι δικιά μου. Θα ηταν σωστή λοιπόν η παραπάνω απάντηση στο Α4) β) :
α)Χωρίς την παρένθεση?
β)Με την παρένθεση?

Ακόμη και με την παρένθεση δεν είναι εντελώς σωστό. Θα έπρεπε να λέει « υπάρχουν μη-συνεχείς συναρτήσεις σε κάποιο σημείο στο οποίο όμως αυτές οι συναρτήσεις έχουν όριο». Ακόμη και με αυτό σηκώνει συζήτηση αν θα έπρεπε να δοθούν όλες οι μονάδες ή όχι.


Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 334
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Δευ Ιουν 10, 2019 2:56 pm

Καλησπέρα .
Για το ολοκλήρωμα που εμφανίζεται στο εμβαδόν του Δ2 θα μπορούσαμε και το εξής :

E(\Omega )=...=\displaystyle{\int_{1}^{2}}(x-1)ln(x^2-2x+2)dx =

=\displaystyle{\int_{1}^{2}}\left (\frac{x^2}{2}-x \right )'ln(x^2-2x+2)dx =

=\displaystyle{\left [\left (\frac{x^2}{2}-x \right )ln(x^2-2x+2) \right ]_1^2} - \displaystyle{\int_{1}^{2}}\left (\frac{x^2}{2}-x \right )\left (ln(x^2-2x+2) \right )'dx =

 = 0-\displaystyle{\int_{1}^{2}}\frac{(x^2-2x)(x-1)}{x^2-2x+2}dx .

Θέτω x^2-2x+2=u\Rightarrow x^2-2x=u-2. Επίσης (x^2-2x+2)'dx=du\Rightarrow (x-1)dx=du
και για x=1\Rightarrow u=1,\,\,\,x=2\Rightarrow u=2.

Συνεπώς έχουμε E(\Omega )=\displaystyle{-\frac{1}{2}\int_{1}^{2}}\frac{u-2}{u}dx = \displaystyle{-\frac{1}{2}\int_{1}^{2}}\left (1-\frac{2}{u} \right )dx=}
=-\frac{1}{2}\displaystyle{\left [ u-2lnu \right ]_1^2 }= \dfrac{2ln2-1}{2}.

Εύχομαι, ολόψυχα, σε όλους όσους συμμετέχουν στις Πανελλήνιες: Καλή Επιτυχία!
Και ειδικά στους μαθητές , Καλή Συνέχεια ! ...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


math22
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Δευ Δεκ 14, 2015 12:47 am

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από math22 » Δευ Ιουν 10, 2019 3:59 pm

Mια ερωτηση στο Γ3ii
Μπορουμε να πουμε f(x)(f(x)-x_0)=0 αρα f(x)=0 ή f(x)=x_0 και να πω αδυνατο αφου f(x)>0


Απάντηση

Επιστροφή σε “Πανελλήνιες Εξετάσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες