Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

#21

math22 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 10, 2019 3:59 pm
Mια ερωτηση στο Γ3ii
Μπορουμε να πουμε αρα ή και να πω αδυνατο αφου

Βέβαια! Είναι σωστό αν έχεις δικαιολογήσει ότι για x>x_0

έχουμε

.

Επιτροπή Θεμάτων 2023 · #22

Την 1η έκδοση του Δελτίου Λύσεων των Μαθηματικών Προσανατολισμού 2019 από την Επιτροπή Θεμάτων 2019 του mathematica.gr θα την βρείτε στο σύνδεσμο εδώ:

http://www.mathematica.gr/math_prosan_gel_2019.pdf

#23

Για το ολοκλήρωμα ( στο πνεύμα του Σταμάτη παραπάνω )

$\displaystyle \begin{gathered} I = \int_1^2 {\left[ {(x - 1)ln({x^2} - 2x + 2)} \right]} \,dx = \frac{1}{2}\int_1^2 {\left[ {2(x - 1)ln({x^2} - 2x + 2)} \right]} dx \hfill \\ u = {x^2} - 2x + 2 \Rightarrow du = 2(x - 1)dx, \hfill \\ x = 1 \Rightarrow u = 1,x = 2 \Rightarrow u = 2, \hfill \\ I = \frac{1}{2}\int_1^2 {\left[ {\ln u} \right]} du = \frac{1}{2}\int_1^2 {u'\ln u\,} du = \frac{1}{2}\left[ {\left[ {u\ln u} \right]_1^2 - \int_1^2 {u\frac{1}{u}\,} du} \right] = \frac{1}{2}\left[ {2\ln 2 - \left[ u \right]_1^2} \right] = \frac{{2\ln 2 - 1}}{2} \hfill \\ \end{gathered}$

themata · #24

Επιτροπή Θεμάτων 2019 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 10, 2019 5:03 pm
Την 1η έκδοση του Δελτίου Λύσεων των Μαθηματικών Προσανατολισμού 2019 από την Επιτροπή Θεμάτων 2019 του mathematica.gr θα την βρείτε στο σύνδεσμο εδώ:

http://www.mathematica.gr/math_prosan_gel_2019.pdf

καλή δουλειά, στο Δ2 μήπως στην τελική τιμή του εμβαδού να μπουν δίπλα τ.μ. (τετραγωνικές μονάδες)

Νίκος Ζαφειρόπουλος · #25

Επιτροπή Θεμάτων 2019 έγραψε: ↑
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

Στο Β4 η κατασκευή της "πρόχειρης" γραφικής παράστασης , δεν θα έπρεπε να δικαιολογηθεί?

GeorgeTS23 · #26

Demetres έγραψε: ↑
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».

Ναι καλά αυτο εννοείται αφού πρέπει να ισχύει η υπόθεση.

Ακόμη και με αυτό σηκώνει συζήτηση αν θα έπρεπε να δοθούν όλες οι μονάδες ή όχι.

Γιατί αυτό?
Επειδή δεν έχουμε δείξει οτι υπάρχει τέτοια συνάρτηση? Κάπως υπερβολικό να μην το θεωρούμε ως τετριμμένο, αφού εαν ήταν αληθές αυτό(το ότι δεν υπάρχει καμιά μη-συνεχής συνάρτηση σε κάποιο σημείο στο οποίο να έχει όμως όριο) τότε όλες οι συναρτήσεις(που έχουν όριο κλπ) θα ήταν συνεχείς.

Christos.N · #27

Για το Δ3 ii.

Απο το Δ3 i γνωρίζουμε ότι : $f'(x)\geq -1$ ολοκληρώνουμε στο διάστημα $[\lambda,\lambda + \frac{1}{2}]$ για κάθε $\lambda \in \mathbb{R}$ και έχουμε:

$\int_{\lambda }^{\lambda +\frac{1}{2}} f'(x)dx \geq \int_{\lambda }^{\lambda +\frac{1}{2}} -1dx\Rightarrow f(\lambda +\frac{1}{2})-f(\lambda )\geq -\frac{1}{2} \\ \\ \Rightarrow f(\lambda +\frac{1}{2})\geq f(\lambda )-\frac{1}{2}\Rightarrow f(\lambda +\frac{1}{2})+\lambda\geq(\lambda -1)ln(\lambda^2-2\lambda+2)-\lambda+2-\frac{1}{2}+\lambda \\ \\ \Rightarrow f(\lambda +\frac{1}{2})+\lambda\geq(\lambda -1)ln(\lambda^2-2\lambda+2)+\frac{3}{2}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #28

Για να δούμε μια λύση του Δ3ii χωρίς τίποτα.
(εννοώ παραγώγους ολοκληρώματα και τέτοια προχωρημένα)

Η σχέση που μας δίνει γράφεται

$\displaystyle(x-\frac{1}{2})\ln ((x-\frac{1}{2})^{2}+1)\geq (x-1)\ln ((x-1)^{2}+1)$

εβαλα όπου $\lambda$ το

.

Αν θεωρήσω την $\displaystyle h(x)=x\ln (x^{2}+1)$

γράφεται

$h(x-\frac{1}{2})\geq h(x-1)$ (1)

Η

είναι περιττή.

Επίσης για $x\geq 0$ γνησίως αύξουσα σαν γινόμενο δύο μη αρνητικών γνησίως αυξουσών.

Αφού είναι και περιττή είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Αλλά $x-\frac{1}{2}> x-1$

Ετσι η (1) ισχύει και μάλιστα με γνήσια ανισότητα.

Στάθης _Γρηγορίου · #29

Καλησπέρα. Ως μαθητής μπορώ να πω ότι μου φάνηκαν αρκετά εύκολα τα θέματα, τα έλυσα όλα και σχετικά γρήγορα. Μόνο στο Δ2 έκανα μια απίστευτη χαζομάρα, ειλικρινά δεν ξέρω τι σκεφτόμουν όταν το έγραφα. Θεώρησα όπως στις παραπάνω λύσεις την

, απέδειξα ότι είναι θετική και μετά έγραψα
$\displaystyle{\int_1^2(x-1)\ln(x^2-2x+2)dx=(G(2)-G(1))/2}$
όπου $G(x)=\ln(x^2-2x+2)$ . Πόσο πιστεύετε ότι χάσω από αυτό; Στεναχωρήθηκα πολύ γιατι ήμουν σίγουρος ότι έγραψα 100, αλλά....

leong · #30

θα ήθελα να κάνω μια ερώτηση για την ορθότητα στην απόδειξη στο Δ2 ότι η συνάρτηση είναι πάνω από την εφαπτομένη της στο [1,2]. Θεώρησα την συνάρτηση $h(x)=f(x)+x-2=(x-1)ln(x^2^{}-2x+2)$
δηλαδή την διαφορά της συνάρτησης με την εφαπτομένη και η οποία έχει μοναδική λύση την χ=1.
Οπότε αφού η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής, διατηρεί το πρόσημο μεταξύ των διαδοχικών ριζών της (στην προκειμένη περίπτωση μόνο η χ=1) και έκανα το κλασικό πινακάκι που έχει το σχολικό βιβλίο για την εύρεση του προσήμου της μόνο στο (1,2], παίρνοντας την τιμή της για χ=2 και η οποία βγαίνει θετική.
Δηλαδή h(2)=ln2>0

Άρα αφού στο [1,2] η συνάρτηση h(x) που είχα θέσει ειναι θετική, συνέχισα στην εύρεση του ολοκληρώματος... (αφού $h(x)\geqslant 0$ και άρα $f(x)\geqslant -x+2$ ).

Θεωρείτε ότι είναι σωστό αυτό που έκανα;

abgd · #31

Μία παρατήρηση στις λύσεις των θεμάτων:

Δεν γράφουμε "για x>1

είναι $\lim_{x\to1^+}f(x)$ ...."

Το $\lim_{x\to1^+}{f(x)$ προφανώς δηλώνει ότι x>1

.

leong έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 10, 2019 10:46 pm
θα ήθελα να κάνω μια ερώτηση για την ορθότητα στην απόδειξη στο Δ2 ότι η συνάρτηση είναι πάνω από την εφαπτομένη της στο [1,2]. Θεώρησα την συνάρτηση $h(x)=f(x)+x-2=(x-1)ln(x^2^{}-2x+2)$
δηλαδή την διαφορά της συνάρτησης με την εφαπτομένη και η οποία έχει μοναδική λύση την χ=1.
Οπότε αφού η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής, διατηρεί το πρόσημο μεταξύ των διαδοχικών ριζών της (στην προκειμένη περίπτωση μόνο η χ=1) και έκανα το κλασικό πινακάκι που έχει το σχολικό βιβλίο για την εύρεση του προσήμου της μόνο στο (1,2], παίρνοντας την τιμή της για χ=2 και η οποία βγαίνει θετική.
Δηλαδή
Άρα αφού στο [1,2] η συνάρτηση h(x) που είχα θέσει ειναι θετική, συνέχισα στην εύρεση του ολοκληρώματος... (αφού $h(x)\geqslant 0$ και άρα $f(x)\geqslant -x+2$ ).

Θεωρείτε ότι είναι σωστό αυτό που έκανα;

Σωστό είναι.

#32

GeorgeTS23 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 10, 2019 6:07 pm

Demetres έγραψε: ↑
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».
Ναι καλά αυτο εννοείται αφού πρέπει να ισχύει η υπόθεση.

Ακόμη και με αυτό σηκώνει συζήτηση αν θα έπρεπε να δοθούν όλες οι μονάδες ή όχι.
Γιατί αυτό?
Επειδή δεν έχουμε δείξει οτι υπάρχει τέτοια συνάρτηση? Κάπως υπερβολικό να μην το θεωρούμε ως τετριμμένο, αφού εαν ήταν αληθές αυτό(το ότι δεν υπάρχει καμιά μη-συνεχής συνάρτηση σε κάποιο σημείο στο οποίο να έχει όμως όριο) τότε όλες οι συναρτήσεις(που έχουν όριο κλπ) θα ήταν συνεχείς.

Ας πάρουμε ένα πιο ακραίο παράδειγμα. Αν η πρόταση έλεγε «Όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ είναι συνεχείς», θα ήταν πλήρης η αιτιολόγηση να πούμε «Λάθος διότι γνωρίζουμε ότι υπάρχουν συναρτήσεις η οποίες δεν είναι συνεχείς»; Νομίζω πως όχι διότι είναι σαν να λέμε «Λάθος διότι γνωρίζουμε ότι είναι λάθος».

Εδώ βέβαια δεν είναι τόσο ακραίο το σενάριο μιας και έγινε μια μετάφραση της πρότασης. Νομίζω όμως πως και πάλι δεν πρέπει να πάρει όλες τις μονάδες.

Εν πάση περιπτώσει εγώ δεν έχω εμπλακεί ποτέ σε διορθώσεις Πανελληνίων οπότε ας αποφασίσουν οι πιο έμπειροι στα βαθμολογικά κέντρα πως θα βαθμολογήσουν παρόμοιες περιπτώσεις.

Επιτροπή Θεμάτων 2023 · #33

Αναρτήθηκε η 2η έκδοση των Λύσεων των Μαθηματικών Προσανατολισμού 2019 από την ομάδα των Επιμελητών του mathematica.gr.

KARKAR · #34

: Δ4.png (18.08 KiB) Προβλήθηκε 2991 φορές

Το σχήμα του Δ4 . Δεν απαιτείται αλλά ικανοποιεί την περιέργεια του λύτη ...

#35

Στο Δ3ii δείξαμε ότι $f\left(x+\frac{1}{2}\right)-f(x)\geq -\frac{1}{2}$ . Επίσης, οι λύσεις του Σταύρου και του Αλέξανδρου δείχνουν ότι η ανισότητα είναι γνήσια. Ποιό είναι λοιπόν το ελάχιστο της παραπάνω παράστασης;

#36

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 11, 2019 1:54 pm
Στο Δ3ii δείξαμε ότι $f\left(x+\frac{1}{2}\right)-f(x)\geq -\frac{1}{2}$ . Επίσης, οι λύσεις του Σταύρου και του Αλέξανδρου δείχνουν ότι η ανισότητα είναι γνήσια. Ποιό είναι λοιπόν το ελάχιστο της παραπάνω παράστασης;

: D3.2019.png (10.29 KiB) Προβλήθηκε 2846 φορές

$\displaystyle \frac{1}{2}\left( {\ln \left( {\frac{{17}}{{16}}} \right) - 1} \right) \simeq - 0,4697$ για $x=\dfrac{3}{4}.$

#37

Να δούμε μήπως υπάρχει και καμιά καλή απόδειξη γι'αυτό.

#38

Το σχήμα του KARKAR επαληθεύει αυτό που είχα παρατηρήσει όσον αφορά την ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ του Δ4: η y=px+q

εφάπτεται της y=g(x)+px+q

στο

αν και μόνον αν g(x_0)=g'(x_0)=0

.

#39

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 11, 2019 5:17 pm
Να δούμε μήπως υπάρχει και καμιά καλή απόδειξη γι'αυτό.

Από την $f'(x)=ln(x(x-2)+2)+\dfrac{x(x-2)}{x(x-2)+2}$ και την $\left(x+\dfrac{1}{2}\right)\left(x+\dfrac{1}{2}-2\right)=x(x-2)\leftrightarrow x=\dfrac{3}{4}$ προκύπτει η $\displaystyle f'\left(\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{2}\right)=\displaystyle f'\left(\dfrac{3}{4}\right)$ .

Jim 73 · #40

Αφού πέρασαν αρκετές ώρες, μελέτησα τα θέματα με ηρεμία και μίλησα με πολλούς μαθητές, διαπιστώνω ότι τα θέματα δεν προβληματισαν τους πολύ καλά προετοιμασμένους μαθητές.
Αντίθετα οι μέτριοι και κάτω, συνάντησαν δυσκολίες από το θέμα Α.
Θεωρώ ότι οι βαθμολογίες κάτω του 11 θα είναι στα περσινά ποσοστά.
Τα θέματα τελικά μου άρεσαν (συγχαρητήρια στην επιτροπή), ΑΛΛΑ το επίπεδο δυσκολίας έχει μειωθεί αισθητά σε σχέση με τα θέματα του 2005-2015

Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2019 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση