Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

killbill · #1

τα θέματα των επαναληπτικών Κατεύθυνσης 2011, έχουν ανακοινωθεί κάπου;

Eukleidis · #2

Σύντομα θα αναρτηθούν στον επίσημο χώρο του Υπουργείου Παιδείας. Όταν ανέβουν θα τα δημοσιεύσω.

Eukleidis · #3

Τα σημερινά θέματα

Ιστοσελίδα · #4

Ξεκινάω με το τρίτο θέμα

Γ1

Για κάθε $\displaystyle{t \ge 0}$ έχουμε:
$\displaystyle{ x'(t) = 16 \Leftrightarrow x'(t) = (16t)' }$
Άρα $\displaystyle{ x(t) = 16 + c }$
Όμως είναι $\displaystyle{ x(0) = 0 \Rightarrow c = 0 }$

Επομένως $\displaystyle{ x(t) = 16t }$ με $\displaystyle{ t \ge 0 }$

Eukleidis · #5

Β1. Έστω $\displaystyle{z = x + yi}$ . Τότε:
$\displaystyle{\left| {z - i} \right| = 1 + {Im} \left( z \right) \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = 1 + y \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {\left( {y + 1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4y}$
Αρα $\displaystyle{{x^2} = 4y}$ .

Β2.Έστω $\displaystyle{w = c + di}$ . Τότε:
$\displaystyle{w\left( {\overline w + 3i} \right) = i\left( {3\overline w + i} \right) \Leftrightarrow w\overline w + 3wi - 3\overline w i + 1 = 0 \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{c^2} + {d^2} + 3\left( {c + di} \right)i - 3\left( {c - di} \right)i + 1 = 0 \Leftrightarrow {c^2} + {d^2} + 3ci - 3d - 3ci - 3d + 1 = 0}$
$\displaystyle{{c^2} + {d^2} - 6d = - 1 \Leftrightarrow {c^2} + {\left( {d - 3} \right)^2} = 8}$
Αρα ο ζητουμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο Κ(0,3) και ακτίνα $\displaystyle{r = 2\sqrt 2 }$

Eukleidis · #6

Β3. Αρκεί να λύσουμε το συστημα:
$\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} {x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 8 \hfill \\ {x^2} = 4y \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow 4y + {y^2} - 6y + 9 = 8 \Leftrightarrow {y^2} - 2y + 1 = 0 \Leftrightarrow y = 1}$

Αρα Α(2,1) και Β(-2,1)

Β4. Α(2,1) Β(-2,1) Κ(0,3)
$\displaystyle{\overrightarrow {KA} \cdot \overrightarrow {KB} = \left( {2, - 2} \right) \cdot \left( { - 2, - 2} \right) = - 4 + 4 = 0}$ . Αρα το ΚΑΒ είναι ορθογώνιο.
Επίσης $\displaystyle{\left| {\overrightarrow {KA} } \right| = \left| {\overrightarrow {KB} } \right| = 2\sqrt 2 }$ . Αρα είναι και ισοσκελές.
Το μέσο του ΑΒ είναι το Μ(0,1) Αρα το συμμετρικό του Κ ως προς το Μ είναι το Λ(0,-1).

parmenides51 · #7

Θέματα Εσπερινών
Ιδιο με Ημερησιων τα Α1 (απόδειξη),Α3 (ΣΛ), Β1,Β2,Β3 (στο Β4 έπεσε παραλλαγή του ιδίου ερωτήματος )Γ1,Γ2,Γ4 (στο Β3 στα ημερήσια ζητούσε εμβαδό, στα εσπερινά ρυθμό μεταβολής).Σαν υπενθύμιση τα θέματα αντί για 1ο,2ο,3ο ,4ο λέγονται Α,Β,Γ,Δ πια.Με άλλα λόγια διαφορετικά θέματα ήταν το Α2 (άλλος ορισμός), το Β4 (παραλλαγμένη διατύπωση της ίδιας άσκησης), το Γ3 και το θέμα Δ (τέταρτο). Είναι η μόδα από φετός να βάζουν ίδιες ασκήσεις σε μαθητές ημερησιών κι επερινών, που προσωπικά δεν με βρίσκει σύμφωνο.

Ιστοσελίδα · #8

Γ2

Ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό μέχρι το σημείο Α, στο οποίο η οπτική ακτίνα εφάπτεται της καμπύλης $\displaystyle{y = \sqrt x }$ . Επομένως αρκεί να βρούμε το σημείο επαφής Α της εφαπτομένης της συνάρτησης η οποία διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{\Pi (0,1)}$

Έστω $\displaystyle{A(x_o ,\sqrt {x_o } )}$ και $\displaystyle{(\varepsilon )}$ η εφαπτομένη , τότε αυτή έχει εξίσωση:
$\displaystyle{y - \sqrt {x_o } = \frac{1}{{2\sqrt {x_o } }}(x - x_o )}$
Αφού το σημείο Π ανήκει στην εφαπτομένη έχουμε:

$\displaystyle{ 1 - \sqrt {x_o } = \frac{1}{{2\sqrt {x_o } }}(0 - x_o ) \Leftrightarrow x_o = 4 }$

Για $\displaystyle{x_o = 4}$ έχουεμ ότι $\displaystyle{y_o = 2}$ άρα $\displaystyle{A(4,2)}$

Είναι: $\displaystyle{ 0 \le x(t) \le 4 \Leftrightarrow 0 \le 16t \le 4 \Leftrightarrow 0 \le t \le \frac{1}{4} }$ επομένως η οπτική επαφή διαρκεί χρόνο $\displaystyle{ t }$ σε min με $\displaystyle{ t \in [0,\frac{1}{4}] }$

Ιστοσελίδα · #9

Γ3

Η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Α της καμπύλης $\displaystyle{y = \sqrt x }$ είναι :

$\displaystyle{ y - 4 = \frac{1}{{2\sqrt 4 }}(x - 4) \Leftrightarrow y = \frac{1}{4}x + 1 }$
Επομένως το ζητούμενο εμβαδό του χωρίου είναι:

$\displaystyle{ E(\Omega ) = \int\limits_0^4 {(\frac{1}{4}x + 1 - } \sqrt x )dx = ... = \frac{2}{3}\tau .\mu }$

mathxl · #10

Θέμα 4ο
Δ1.
$\displaystyle{f\left( 0 \right)\mathop = \limits_{\sigma \upsilon \nu \chi \eta \varsigma }^f \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x \cdot \frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right) = 0 \cdot \left( {1 + f\left( 0 \right)} \right) = 0}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right) = 1 + f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{{x - 0}}} \right) = 1 + f\left( 0 \right) \Leftrightarrow f'\left( 0 \right) = 1}$

άρα η ζητούμενη εξίσωση εφαπτομένης είναι $\displaystyle{\varepsilon :y - 0 = f'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) \Leftrightarrow y = x}$

#11

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Γ2

Ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό μέχρι το σημείο Α, στο οποίο η οπτική ακτίνα εφάπτεται της καμπύλης $\displaystyle{y = \sqrt x }$ . Επομένως αρκεί να βρούμε το σημείο επαφής Α της εφαπτομένης της συνάρτησης η οποία διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{\Pi (0,1)}$

Έστω $\displaystyle{A(x_o ,\sqrt {x_o } )}$ και $\displaystyle{(\varepsilon )}$ η εφαπτομένη , τότε αυτή έχει εξίσωση:
$\displaystyle{y - \sqrt {x_o } = \frac{1}{{2\sqrt {x_o } }}(x - x_o )}$
Αφού το σημείο Π ανήκει στην εφαπτομένη έχουμε:

$\displaystyle{ 1 - \sqrt {x_o } = \frac{1}{{2\sqrt {x_o } }}(0 - x_o ) \Leftrightarrow x_o = 4 }$

Για $\displaystyle{x_o = 4}$ έχουεμ ότι $\displaystyle{y_o = 2}$ άρα $\displaystyle{A(4,2)}$

Είναι: $\displaystyle{ 0 \le x(t) \le 4 \Leftrightarrow 0 \le 16t \le 4 \Leftrightarrow 0 \le t \le \frac{1}{4} }$ επομένως η οπτική επαφή διαρκεί χρόνο $\displaystyle{ t }$ σε min με $\displaystyle{ t \in [0,\frac{1}{4}] }$

...πιστεύω ότι η κυρτότητα παίζει ρόλο στην εξήγηση γιά την
οπτική ακτίνα...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathxl · #12

Δ2
Η δεύτερη παράγωγος είναι μη μηδενιζόμενη και συνεχής (ως παραγωγίσιμη) άρα διατηρεί πρόσημο.
Αν είναι θετική τότε η πρώτη παράγωγος είναι γνησίως αύξουσα ενώ αν είναι αρνητική τότε είναι γνησίως ΄φθίνουσα

Επειδή η f ικαοποιεί τις προυποθέσεις του ΘΜΤ στο [0,1] θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ του (0,1) τέτοπιο ώστε $\displaystyle{f'\left( \xi \right) = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)}$

Ισχύει
$\displaystyle{f'\left( 0 \right) < f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) \Leftrightarrow f'\left( 0 \right) < f'\left( \xi \right)}$
Αν η f΄ είνα γνησίως φθίνουσα τότε από την τελευταία σχέση καταλήγουμε σε 0 > ξ άτοπο, άρα είναι γνησίως αύξουσα και επομένως η f είναι κυρτή (δεύτερη παράγωγος θετική) στο R

pana1333 · #13

mathxl έγραψε:Δ2
Η δεύτερη παράγωγος είναι μη μηδενιζόμενη και συνεχής (ως παραγωγίσιμη) άρα διατηρεί πρόσημο.
Αν είναι θετική τότε η πρώτη παράγωγος είναι γνησίως αύξουσα ενώ αν είναι αρνητική τότε είναι γνησίως ΄φθίνουσα

Επειδή η f ικαοποιεί τις προυποθέσεις του ΘΜΤ στο [0,1] θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ του (0,1) τέτοπιο ώστε $\displaystyle{f'\left( \xi \right) = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)}$

Ισχύει
$\displaystyle{f'\left( 0 \right) < f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) \Leftrightarrow f'\left( 0 \right) < f'\left( \xi \right)}$
Αν η f΄ είνα γνησίως φθίνουσα τότε από την τελευταία σχέση καταλήγουμε σε 0 > ξ άτοπο, άρα είναι γνησίως αύξουσα και επομένως η f είναι κυρτή (δεύτερη παράγωγος θετική) στο R

Δ2

Αλλιώς....

ΘΜΤ για την f{'}

στο $\left[0,\xi \right]$ αφού ξ>0.

Συγκεκριμένα είναι f{'}

συνεχής στο $\left[0,\xi \right]$ και παραγωγίσιμη στο $\left(0,\xi \right)$ . Άρα υπάρχει $x_{0}\epsilon \left(0,\xi \right)$ ώστε $f{''}\left(x_{0} \right)=\frac{f{'}\left(\xi \right)-f{'}\left(0 \right)}{\xi -0}=\frac{f\left(1 \right)-f\left(0 \right)-f{'}\left(0 \right)}{\xi }>0$ αφού ξ>0 και $f\left(1 \right)-f\left(0 \right)-f{'}\left(0 \right)>0$ (από σχέση ii)

#14

Μόλις τελείωσα το Δ, χωρίς να έχω κοιτάξει σκόπιμα την αλληλογραφία μέχρι στιγμής. Καλή άσκηση σχετικά, όχι όμως της αντίστοιχης δυσκολίας του Δ του Μαίου.
Επειδή δεν έχω πληκτρολογήσει κάτι ολοκληρωμένο, να πω μόνο περιληπτικά τα παρακάτω, αφήνοντας σε άλλους τις πλήρεις ή εναλλακτικές λύσεις όπου υπάρχουν :

Δ.1 Με το συνήθη τρόπο (θέτουμε κλπ) βρίσκουμε ότι f (0)=0

, οπότε η συνθήκη δίνει f ' (0) = 1

.
Η συνέχεια είναι απλή . Βρίσκουμε y = x

.

Δ.2 Εδώ φαίνεται να θέλει λίγο σκέψη, εκτός και αν πήγα στα δύσκολα :
Η δεύτερη παράγωγος διατηρεί πρόσημο, οπότε η f είναι κυρτή ή κοίλη.
Με ένα ΘΜΤ στο [0,1]

βλέπουμε ότι τελικά η f '

είναι γνησίως αύξουσα, λόγω της δεύτερης συνθήκης.

Δ.3 Μοναδική ρίζα της f '

είναι η

, λόγω της μονοτονίας της παραγώγου, οπότε το g(0) = 0

είναι ελάχιστο.Το όριο βγαίνει $+\infty$ , επειδή μετά τη διάσπαση σε δύο κλάσματα ο παρονομαστής g(x)

είναι θετικός, εκτός από το

.

Δ.4 Ολοκληρώνουμε τη σχέση $g(x) \geq 0$ στο [0,1]

. Αλλά η ισότητα δεν ισχύει παντού, οπότε θα ισχύει γνήσια διάταξη.

Δ.5 Το ολοκλήρωμα βγαίνει με φυσικό τρόπο e-2

,
οπότε με ένα Bolzano στο [1,2]

για τη συνάρτηση της διαφοράς τελειώνουμε.

Σχόλιο
Νομίζω ότι το Δ.2 ήταν το πιο αξιόλογο ερώτημα σε αυτό το θέμα.

Τα άλλα θέματα ήταν βατά και συνεπώς καλά.Σίγουρα δεν μετάνοιωσαν όσοι ....αρρώστησαν το Μάιο !!!

Μπάμπης

mathxl · #15

Δ3
H f ως κυρτή οφείλει να βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της στο 0 με εξαίρεση το σημείο επαφής.
Θα ισχύει λοιπόν
$\displaystyle{f\left( x \right) \ge x \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge g\left( 0 \right)}$
με την ισότητα μόνο στο 0, άρα σύμφωνα με τον ορισμό του ελαχίστου η g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο μόνο στην θέση 0

Για χ κοντά στο 0 είναι $\displaystyle{g\left( x \right) > 0}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = 0}$
άρα $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{g\left( x \right)}} = + \infty }$
και συνεπώς
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\eta \mu x}}{{xg\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\eta \mu x}}{x} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{g\left( x \right)}} = 1 \cdot \left( { + \infty } \right) = + \infty }$

mathxl · #16

Δ4
Η g είναι συνεχής και μη αρνητική στο [0,2] και είναι μηδέν μόνο στο 0 άρα θα ισχύει
$\displaystyle{\int\limits_0^2 {g\left( x \right)dx} > 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} > \int\limits_0^2 {xdx} \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} > 2}$

Eukleidis · #17

ΘΕΜΑ Α
Α1. Αποδειξη σελ 225
Α2. Ορισμός σελ 303
Α3. α) Λάθος β) Σωστό γ)Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος

Ιστοσελίδα · #18

Γ4

Είναι

$\displaystyle{ d = }$ $\displaystyle{ \Pi {\rm M} = \sqrt {x^2 (t) + (\sqrt {x(t)} - 1)^2 } }$

Θέτοντας $\displaystyle{x(t) = 16t}$ με $\displaystyle{t \ge 0}$ έχουμε ότι:
$\displaystyle{ d = \sqrt {256t^2 + 16t - 8\sqrt t + 1} }$

Είναι $\displaystyle{ d'(t) = \frac{{256t + 8 - \frac{2}{{\sqrt t }}}}{{\sqrt {256t^2 + 16t - 8\sqrt t + 1} }} }$

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{ g(t) = 256t + 8 - \frac{2}{{\sqrt t }} }$ ορισμένη στο σύνολο $\displaystyle{ (0, + \infty ) }$ για την οποία έχουμε: $\displaystyle{ g'(t) = 256 + \frac{1}{{t\sqrt t }} > 0 }$ άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ (0, + \infty ) }$

Στο διάστημα $\displaystyle{ \Delta = (0,\frac{1}{4}) }$ η συνάρτηση είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως είναι
$\displaystyle{ g(\Delta ) = (\mathop {\lim }\limits_{t \to 0^ + } g(t),\mathop {\lim }\limits_{t \to \frac{1}{4}^ - } g(t)) = ( - \infty ,68) }$

Επειδή $\displaystyle{0 \in g(\Delta )}$ υπάρχει $\displaystyle{t_o \in (0,1/4)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{g(t_o ) = 0}$

Για $\displaystyle{t \in (0,t_o )}$ επειδή η g γνησίως αύξουσα έχουμε
$\displaystyle{ g(t) < g(t_o ) \Rightarrow g(t) < 0 \Rightarrow d'(t) < 0 }$ άρα η $\displaystyle{ d(t) }$ γνησίως φθίνουσα

Για $\displaystyle{ t \in (t_o ,1/4) }$ επειδή η g γνησίως αύξουσα έχουμε
$\displaystyle{ g(t_o ) < g(t) \Rightarrow g(t) > 0 \Rightarrow d'(t) > 0 }$ και η συνάρτηση d(t) είναι γνησίως αύξουσα

Επομένως υπάρχει χρονική στιγμή $\displaystyle{ t_o \in (0,1/4) }$ κατά την οποία η απόσταση $\displaystyle{ d = \Pi {\rm M} }$ γίνεται ελάχιστη.

mathxl · #19

Δ5

Επειδή η g είναι μη αρνητική το ζητούμενο εμβαδό θα δίνεται από το ολοκλήρωμα
$\displaystyle{E\left( \Omega \right) = \int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} \Leftrightarrow e - \frac{5}{2} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = e - 2}$

Η $\displaystyle{h\left( x \right) = \int\limits_0^x {f\left( x \right)dx} - 2,x \in \left[ {1,2} \right]}$ είναι συνεχής στο [1,2] ως διαφορά συνεχών (η f είναι σνεχής στο [1,2] άρα η $\displaystyle{\int\limits_0^x {f\left( x \right)dx} }$ παραγωγίσιμη οπότε και συνεχής στο [1,2])
Επίσης
$\displaystyle{h\left( 1 \right) = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} - 2 = e - 2 - 2 = e - 4 < 0}$

$\displaystyle{h\left( 2 \right) = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} - 2 > 2 - 2 = 0}$

Από θεώρημα Bolzano στο [1,2], θα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ στο (1,2) τέτοιο ώστε να ισχύει
$\displaystyle{h\left( \xi \right) = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^\xi {f\left( x \right)dx} = 2}$

Τα θέματα αυτά τα έβγαλα σε μισή ώρα (όλα αναλυτικά γραμμένα χωρίς την απόδειξη) ενώ του Μαίου αναλυτικά γραμμένα χωρίς απόδειξη σε μία ώρα και ένα τέταρτο

Ιστοσελίδα · #20

Μιά άλλη αντιμετώπιση για το Γ3

Έστω Β η προβολή του σημείου Α στον οριζόντιο άξονα, τότε Β(4,0) οπότε το ζητούμενο εμβαδό του χωρίου είναι

$\displaystyle{ E(\Omega ) = (O\Pi AB) - \int\limits_0^4 {\sqrt x dx} = 6 - \left[ {\frac{{x^{3/2} }}{{3/2}}} \right]_0^4 = 6 - \frac{{16}}{3} = \frac{2}{3} }$

Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2011

Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Re: Μαθηματικά Κατεύθυνσης Επαναληπτικές 2011

Μέλη σε σύνδεση