Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

thanoukos · 04-12-14

Αρχική Δημοσίευση από Navarro1996:
Νομιζω εδω ειναι το καταλληλο θεμα για την απορια μου!! Δινω 2η φορα πανελληνιες, και περυσι ενω στα υπολοιπα μαθηματα πηγα καλα, μαθηματικα στα ευκολα περσινα θεματα πηρα 8. [...]

Για να πιασω ομως τετοιες σχολες πρεπει να παρω τουλαχιστον ενα 15+ μαθηματικα και αυτο το πραμα απαιτει σιγουρα πολυ κοπο![...]

Για μένα,είναι μεγάλο βήμα που αναγνωρίζεις ότι πλέον που τελείωσαν οι εξετάσεις,τα θέματα μαθηματικών(και κατεύθυνσης και γενικής) του 2014 δεν είχαν καμία σχέση σε δυσκολία με των προηγούμενων ετών(εμφανώς ευκολότερα),οπότε συνειδητοποιείς και τι πρέπει να πετύχεις.

Το 15 που αναφέρεις ως safe βαθμολογία,πρέπει να το έχουμε ως μέτρο σύγκρισης με τη δυσκολία των θεμάτων.Τι εννοώ:Το 2014,ένας μαθητής-πλέον συνάδελφος ηλεκτρολόγος-είχε εξασφαλίσει το 10 στα πρώτα 9 με 11 λεπτά της εξέτασης.Το 2013,για να εξασφαλίσει το 10 θα χρειαζόταν γύρω στα 45 λεπτά,φτάνοντας,κολλώντας και χάνοντας αρκετό χρόνο στο ερώτημα Β3. που όπως φάνηκε δε θα το έβγαζε και στο τέλος(άρα δημιουργία άγχους με ό,τι αυτό συνεπάγεται).Το Β3. ερώτημα όμως είχε αντίκτυπο στις βάσεις όπως και το φετινό Β' Θέμα.Οπότε,για θέματα 2013 είναι μία ενθαρρυντική φυσικά βαθμολογία για την εισαγωγή σου στη σχολή,ωστόσο για το 2014,ο μόνος τρόπος γράφοντας 15 μαθηματικά,να περάσεις ΗΜΜΥ ΑΠΘ,ήταν μέσω των μετεγγραφών,για να το ξεκαθαρίζουμε.

Σημαντικός-ύπουλος παράγοντας είναι και οι δυνατότητες-τύχη στο μάθημα της Έκθεσης.

Γενικά,πας για το καλύτερο-συγκέντρωση περισσότερων μορίων=περισσότερες επιλογές για μηχανογραφικό,15 Ιουνίου ξεκινάς και ψάχνεσαι με τις σχολές,30 Αυγούστου μαθαίνεις που πέρασες.ΑΟΔΕ,ΑΕΠΠ για ΗΜΜΥ ΑΠΘ προφανώς ξέρεις τι πρέπει να κάνεις,για φυσική κρίνοντας ότι έχεις στο μυαλό σου και για μηχανολόγων,πάλι πιθανολογώ πως ξέρεις τι πρέπει να κάνεις.

Καλή δύναμη να έχεις!

eyb0ss · 05-12-14

Αρχική Δημοσίευση από thanoukos:
Το 15 που αναφέρεις ως safe βαθμολογία,πρέπει να το έχουμε ως μέτρο σύγκρισης με τη δυσκολία των θεμάτων.Τι εννοώ:Το 2014,ένας μαθητής-πλέον συνάδελφος ηλεκτρολόγος-είχε εξασφαλίσει το 10 στα πρώτα 9 με 11 λεπτά της εξέτασης.Το 2013,για να εξασφαλίσει το 10 θα χρειαζόταν γύρω στα 45 λεπτά,φτάνοντας,κολλώντας και χάνοντας αρκετό χρόνο στο ερώτημα Β3. που όπως φάνηκε δε θα το έβγαζε και στο τέλος(άρα δημιουργία άγχους με ό,τι αυτό συνεπάγεται).Το Β3. ερώτημα όμως είχε αντίκτυπο στις βάσεις όπως και το φετινό Β' Θέμα.Οπότε,για θέματα 2013 είναι μία ενθαρρυντική φυσικά βαθμολογία για την εισαγωγή σου στη σχολή,ωστόσο για το 2014,ο μόνος τρόπος γράφοντας 15 μαθηματικά,να περάσεις ΗΜΜΥ ΑΠΘ,ήταν μέσω των μετεγγραφών,για να το ξεκαθαρίζουμε.

Πάντως το υποερώτημα Β3 (του 2013) ήταν τεράστιο ευτράπελο της επιτροπής θεμάτων, αν και οι 8 μονάδες που χάθηκαν μεταφράστηκαν σε πτώση βάσεων και στο τέλος δεν έχασαν κάτι οι μαθητές (αν υποθέσουμε ότι δεν λύγισαν σε αυτό το σημείο και τα παράτησαν), δεν πρέπει να μπαίνουν κάτι τέτοια γιατί απλά κάνουν τον κόσμο να μισεί τα μαθηματικά ακόμη περισσότερο απ'όσο τα μισεί αυτήν την στιγμή, για Θαλή μια χαρά ήταν το Β3 (αν και δεν θυμάμαι να έμπαιναν μιγαδικοί στον Θαλή). Το κύριο παράπονο ήταν ότι το Β3 δεν έκανε καθόλου για Θέμα Β, κανείς δεν είχε παράπονο για τη δυσκολία του Δ3 (που ήταν επίσης δύσκολο) επειδή απλά βρισκόταν εκεί που έπρεπε. Ο καθηγητής μας στο σχολείο μας το έλυσε σε 2 λεπτά και μετά μας είπε με υφάκι: "Δύσκολο ήταν;", προφανώς όχι όταν είσαι διδάκτορας του Μαθηματικού του ΕΚΠΑ. Σε λίγο θα ζητούν να υπολογιστούν όγκοι στερεών εκ περιστροφής χρησιμοποιώντας ολοκληρώματα.

Fun fact: Το υποερώτημα Β3 προκύπτει από το Θεώρημα Cauchy για τα όρια ριζών πολυωνύμου. Προφανώς κάτι που δεν μαθαίνουμε εκτός Πανεπιστημίου.

thanoukos · 05-12-14

Πλήρως σύμφωνο με βρίσκει η τοποθέτησή σου.

Loreley · 11-12-14

Στο σχολικό βιβλίο, στην άσκηση 8 σελ 221, λέει:
Νδο, αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο xo, τότε:
$\lim_{h->0}\frac{f(xo-h)-f(xo)}{h}=-f'(xo)$

Και εγώ λύνω ως εξής:
Αφού η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $xo$ θα ισχύει:

$\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=f'(xo)$

$\lim_{h->0}\frac{f(xo-h)-f(xo)}{h}=\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{xo-x}=\lim_{x->xo}-\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=-\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=-f'(xo)$
(Πάνω από το πρώτο ίσον γράφω x=xo-h και κάτω από αυτό γράφω h->0 x->xo)

Είναι λάθος;

filomathis · 11-12-14

Αρχική Δημοσίευση από Loreley:
Στο σχολικό βιβλίο, στην άσκηση 8 σελ 221, λέει:
Νδο, αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο xo, τότε:
$\lim_{h->0}\frac{f(xo-h)-f(xo)}{h}=-f'(xo)$

Και εγώ λύνω ως εξής:
Αφού η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $xo$ θα ισχύει:

$\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=f'(xo)$

$\lim_{h->0}\frac{f(xo-h)-f(xo)}{h}=\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{xo-x}=\lim_{x->xo}-\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=-\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=-f'(xo)$
(Πάνω από το πρώτο ίσον γράφω x=xo-h και κάτω από αυτό γράφω h->0 x->xo)

Είναι λάθος;

Οχι πρεπει να ειναι σωστο γιατι και εγω ετσι την ειχα λυσει αλλα δεν θυμαμαι να μου ειπαν οτι ειναι λαθος

το ii) το εκανες?

Οσο για το πρωτο δες και ενα ακομα δεν αλλαζει κατι απλα το βαζω ως μια μεταβλητη

$\lim_{h->0}\frac{f(xo-h)-f(xo)}{h}=-f'(xo)$
Αφού η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $xo$ θα ισχύει:

$\lim_{x->xo}\frac{f(x)-f(xo)}{x-xo}=f'(xo)$
θετω το $-h=\omega \Leftrightarrow h=- \omega<br /> h-->0 \Leftrightarrow -\omega-->0 \Leftrightarrow \omega-->0$
$\lim_{h->0}\frac{f(xo-h)-f(xo)}{h}=\lim_{\omega->0}\frac{f(xo+\omega)-f(xo)}{-\omega}=-f'(xo)$

Loreley · 11-12-14

Αρχική Δημοσίευση από filomathis:
το ii) το εκανες?

Το έκανα με προσθαφαίρεση, τώρα το προσπαθώ μήπως βγαίνει παρόμοια με το i.

mikess · 14-12-14

παιδιά μπορει κάποιος να γραψει την λυση του δ ερωτηματος απο το θεμα 52 του πρωτου τευχους του μπαρλα??εχω σπασει το κεφαλι μου και δεν μπορω να βγαλω το αποτελεσμα που εχει στην λυση

eyb0ss · 14-12-14

Αρχική Δημοσίευση από mikess:
παιδιά μπορει κάποιος να γραψει την λυση του δ ερωτηματος απο το θεμα 52 του πρωτου τευχους του μπαρλα??εχω σπασει το κεφαλι μου και δεν μπορω να βγαλω το αποτελεσμα που εχει στην λυση

Γράψε την εκφώνηση της άσκησης διότι δεν έχουμε όλοι το βοήθημα του Μπάρλα.

memento_mori · 26-12-14

Guys,τυχαίνει να έχει κανείς την απόδειξη της διακρίνουσας στην περίπτωση Δ<0 ; Στο ίντερνετ έχει την απόδεξη με συμπλήρωση τετραγώνου αλλά μόνο για περίπτωση που Δ μεγαλύτερη ή ίση μηδενός,αλλά θυμάμαι ότι στο φροντ είχαμε συνεχίσει και στο σύνολο μυγαδικών.

DumeNuke · 27-12-14

Αρχική Δημοσίευση από memento_mori:
Guys,τυχαίνει να έχει κανείς την απόδειξη της διακρίνουσας στην περίπτωση Δ<0 ; Στο ίντερνετ έχει την απόδεξη με συμπλήρωση τετραγώνου αλλά μόνο για περίπτωση που Δ μεγαλύτερη ή ίση μηδενός,αλλά θυμάμαι ότι στο φροντ είχαμε συνεχίσει και στο σύνολο μυγαδικών.

Κατά τη συμπλήρωση τετραγώνων, κάποια στιγμή φτάνεις στη σχέση:
${(2ax+b)}^{2}=D$ (το latex δεν δέχεται ελληνικα, οπότε D=Δ)
Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, η εξίσωση αυτή απαιτεί Δ>=0 και η λύση είναι γνωστή.

Αν, όμως, Δ<0 τότε:
${(2ax+b)}^{2}=D=-D{i}^{2}$
Πλέον, το -Δ είναι θετική ποσότητα, οπότε μπορεί να μπει κάτω από ρίζα. Έτσι:
$2ax+b=\sqrt{-D}*i \rightarrow x=\frac{-b\pm\sqrt{-D}*i }{2a}$

Και έτσι αποδευκνύεται ο τύπος για Δ<0.

memento_mori · 27-12-14

Αρχική Δημοσίευση από DumeNuke:
Κατά τη συμπλήρωση τετραγώνων, κάποια στιγμή φτάνεις στη σχέση:
${(2ax+b)}^{2}=D$ (το latex δεν δέχεται ελληνικα, οπότε D=Δ)
Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, η εξίσωση αυτή απαιτεί Δ>=0 και η λύση είναι γνωστή.

Αν, όμως, Δ<0 τότε:
${(2ax+b)}^{2}=D=-D{i}^{2}$
Πλέον, το -Δ είναι θετική ποσότητα, οπότε μπορεί να μπει κάτω από ρίζα. Έτσι:
$2ax+b=\sqrt{-D}*i \rightarrow x=\frac{-b\pm\sqrt{-D}*i }{2a}$

Και έτσι αποδευκνύεται ο τύπος για Δ<0.

Ωωω,ευχαριστώ πολύ!

Guest 190013 · 31-12-14

f:R->R παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο που ικανοποιεί τις σχέσεις:

[f'(x)]^2 - 2f'(x) + 1/(x^2 + 1) = 0 για κάθε χ ανήκει R

f'(-1) < 1 < f'(1)

f(0) = 1

Να βρείτε τον τύπο της f

(έχω φτάσει σε ένα σημείο κάνοντας την ταυτότητα αλλά μάλλον πρέπει να πάρω περιπτώσεις και κολλάω. Έχω επίσης βρει ότι f'(0)=1 και f'(x)>0 )

Civilara · 31 Δεκεμβρίου 2014

Αρχική Δημοσίευση από klean:
f:R->R παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο που ικανοποιεί τις σχέσεις:

[f'(x)]^2 - 2f'(x) + 1/(x^2 + 1) = 0 για κάθε χ ανήκει R

f'(-1) < 1 < f'(1)

f(0) = 1

Να βρείτε τον τύπο της f

(έχω φτάσει σε ένα σημείο κάνοντας την ταυτότητα αλλά μάλλον πρέπει να πάρω περιπτώσεις και κολλάω. Έχω επίσης βρει ότι f'(0)=1 και f'(x)>0 )

deleted

eyb0ss · 31 Δεκεμβρίου 2014

Ωραία από τη δοσμένη σχέση έχουμε $(f'(x)-1)^2=\frac{x^2}{x^2+1}$
Έχεις βρει $f'(x)>0$ και $f'(0)=1$ οπότε θα τα πάρω ως δεδομένα.(όχι ότι είναι δύσκολα στην απόδειξη).
Θεωρούμε $g(x)=f'(x)-1$ οπότε έχουμε $g(-1)<0<g(1)$ και $g^2(x)=\frac{x^2}{x^2+1}$
Προφανώς η μοναδική ρίζα της $g$ είναι το $0$ και η $g$ είναι συνεχής οπότε διατηρεί πρόσημα στα διαστήματα $(-\infty,0),(0,+\infty)$
Διακρίνουμε 4 περιπτώσεις:
Αν $g(x)>0$ για κάθε $x\in \mathbb{R}^{*}$ τότε $g(x)=\frac{|x|}{\sqrt{x^2+1}}$
Αν $g(x)<0$ για κάθε $x\in \mathbb{R}^{*}$ τότε $g(x)=-\frac{|x|}{\sqrt{x^2+1}}$
Αν $g(x)>0$ για κάθε $x>0$ και $g(x)<0$ για κάθε $x<0$ τότε $g(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$
Αν $g(x)<0$ για κάθε $x>0$ και $g(x)>0$ για κάθε $x<0$ τότε $g(x)=-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$
(Πιάσ' το αυγό και κούρεφ'το)
Λεπον, από αυτές τις 4 συναρτήσεις μόνο η $g(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ ικανοποιεί τις δεδομένες συνθήκες οπότε $f'(x)=1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=(x)'+(\sqrt{x^2+1})'$ άρα $f(x)=x+\sqrt{x^2+1}+c$
$f(0)=1 \Leftrightarrow c=0$ άρα $f(x)=x+\sqrt{x^2+1}$

@Civilara: Βγαίνει ότι $f'(x)=1-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ για κάθε $x<0$ στη περίπτωση σου. Οπότε $f'(-1)=1-\frac{-1}{\sqrt{(-1)^2+1}}=1+\frac{1}{\sqrt{2}}>1$ σε αντίθεση με τα δεδομένα.

Loreley · 31-12-14

$f(x)=x+{e}^{x}-1$
και
$g(x)+{e}^{g(x)}=x+1 , x\in R$

Έχω βρει πριν ότι η g είναι γνησίως αύξουσα. Πως θα βρω την ${g}^{-1}$ ;

rebel · 31 Δεκεμβρίου 2014

Αρχική Δημοσίευση από Loreley:
$f(x)=x+{e}^{x}-1$
και
$g(x)+{e}^{g(x)}=x+1 , x\in R$

Έχω βρει πριν ότι η g είναι γνησίως αύξουσα. Πως θα βρω την ${g}^{-1}$ ;

Είναι εύκολο να δείξουμε ότι η $g$ είναι 1-1 στο $\mathbb{R}$ . Έπειτα βρίσκω το σύνολο τιμών της $g$ . Έστω $y \in \mathbb{R}.$ Θεωρώ $x_0=y+e^y-1$ και για $x=x_0$ στην αρχική σχέση έχω
$g(x_0)+e^{g(x_0)}-1=x_0 \Rightarrow g(x_0)+e^{g(x_0)}-1=y+e^y-1 \Rightarrow f\left(g(x_0)\right)=f(y) \stackrel{f \,\,1-1}{\Rightarrow} g(x_0)=y.$
Ώστε $g\left(\mathbb{R}\right)=\mathbb{R}$ ( για τυχαίο $y \in \mathbb{R}$ έδειξα ότι υπάρχει $x_0 \in \mathbb{R}$ ώστε $g(x_0)=y$ ). Ορίζεται επομένως η $g^{-1}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ . Αν τώρα βάλω στην αρχική όπου $x$ το $g^{-1}(x)$ έχω
$g^{-1}(x)=x+e^x-1,\,\,x \in \mathbb{R}$

Loreley · 01-01-15

Αν το κάνω με απαγωγή σε άτοπο;

rebel · 01-01-15

Με άτοπο για να βρεις το σύνολο τιμών; Μπορεί, δεν το χω ψάξει.

Loreley · 01-01-15

Βασικά ξέχνα το, μπερδεύτηκα με άλλη άσκηση.

Guest 856924 · 02-01-15

ο παρονομαστης εις την τριτη πως γινεται γιατι κολλησα?

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Περιβόητο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Περιβόητο μέλος

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Τιμώμενο Μέλος

Νεοφερμένος

Guest 190013

Επισκέπτης

Περιβόητο μέλος

Δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Guest 856924

Επισκέπτης