Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

[Alexandros28]

η συναρτηση στο δ θεμα καλη φαινεται: https://drive.google.com/file/d/0Bx...UEE/edit?resourcekey=0-ubRmEetyhx8Xd5bUTOlEXg

ακυρο αλλα γαματο δ3

 

[asdfqwerty]

ακυρο αλλα γαματο δ3

ειναι πιο light εκδοση απο την ασκηση του σχολικου

 

[asdfqwerty]

Ωραια ας γραψουμε μια αλλη λυση στην ασκηση:
Για χ=0 η σχεση επαληθευεται

Για πολλαπλασιαζουμε με την θετικη ποσοτητα και εχουμε :



θεωρουμε την συναρτηση :

(για καποιο λογο το latex εδω περα στις δικλαδες τα παιζει)

η t προκυπτει ευκολα γνησιως αυξουσα στο π.ο της

αρα η ανισωση προς αποδειξη γινεται : το οποιο ισχυει

 

[Samael]

Ωραια ας γραψουμε μια αλλη λυση στην ασκηση:
Για χ=0 η σχεση επαληθευεται

Για πολλαπλασιαζουμε με την θετικη ποσοτητα και εχουμε :



θεωρουμε την συναρτηση : View attachment 85912
(για καποιο λογο το latex εδω περα στις δικλαδες τα παιζει)

η t προκυπτει ευκολα γνησιως αυξουσα στο π.ο της

αρα η ανισωση προς αποδειξη γινεται : το οποιο ισχυει

Με προβληματίζει λίγο η απόδειξη σου. Ξεκινάς με την ανισότητα λέγοντας οτι ισχύει ενώ δεν ξέρουμε εαν ισχύει ή όχι, και καταλήγεις σε κάτι αληθές. Εκ του αποτελέσματος όμως, ακόμα και εαν αυτό είναι σωστό, είναι λάθος να αποφανθείς οτι η αρχική υπόθεση είναι αληθής. Εκτός φυσικά εαν υπάρχουν διπλές συνεπαγωγές σε κάθε ενδιάμεσο βήμα. Για σουλούπωσε την λίγο και παρουσίασε την μας ξανά,γιατί σαν μέθοδος πιστεύω βγαίνει μάλλον, απλά η δόμηση πρέπει να αλλάξει .

Στο ενδιάμεσο μια τρίτη λύση που σκέφτηκα είναι η εξής :

Για χ = 0 η ανισότητα ισχύει ως ισότητα.
Για x < 0 , έστω πως υπάρχει ξ Ε (-1,0) τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ+1) < ξ²

Ισχύει γενικά οτι :
ln(ξ+1) < ξ < 0 => e^ξ - 1 < 0 , εφόσον ξ < 0
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) > ξ(e^ξ - 1) > 0 =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ²

Όμως :
e^ξ - 1 > ξ => για ξ < 0
ξ(e^ξ - 1) < ξ²

Εν τέλει :
ξ² < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
ξ² < (e^ξ - 1) και (e^ξ - 1) > ξ²

Προφανώς άτοπο άρα :
(e^ξ - 1)ln(χ + 1) >= χ² για κάθε x > 0.


Για x > 0, έστω τώρα οτι υπάρχει ξ > 0 τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < (ξ+1)²

Επειδή (ξ + 1) > 1 => (ξ + 1)² > 1 , η παραπάνω γίνεται :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < 1 =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ < 0 (2)

Εφόσον ξ > 0 και e^ξ - 1 > ξ > 0 και ln(ξ + 1) > 0 και 2ξ > 0, και το άθροισμα τους θετικό. Άρα έχουμε (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ = Α > 0 . Όμως Α < 0 λόγω της (2). Άτοπο λοιπόν.

 

[asdfqwerty]

Με προβληματίζει λίγο η απόδειξη σου. Ξεκινάς με την ανισότητα λέγοντας οτι ισχύει ενώ δεν ξέρουμε εαν ισχύει ή όχι, και καταλήγεις σε κάτι αληθές. Εκ του αποτελέσματος όμως, ακόμα και εαν αυτό είναι σωστό, είναι λάθος να αποφανθείς οτι η αρχική υπόθεση είναι αληθής. Εκτός φυσικά εαν υπάρχουν διπλές συνεπαγωγές σε κάθε ενδιάμεσο βήμα. Για σουλούπωσε την λίγο και παρουσίασε την μας ξανά,γιατί σαν μέθοδος πιστεύω βγαίνει μάλλον, απλά η δόμηση πρέπει να αλλάξει .

Στο ενδιάμεσο μια τρίτη λύση που σκέφτηκα είναι η εξής :

Για χ = 0 η ανισότητα ισχύει ως ισότητα.
Για x < 0 , έστω πως υπάρχει ξ Ε (-1,0) τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ+1) < ξ²

Ισχύει γενικά οτι :
ln(ξ+1) < ξ < 0 => e^ξ - 1 < 0 , εφόσον ξ < 0
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) > ξ(e^ξ - 1) > 0 =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ²

Όμως :
e^ξ - 1 > ξ => για ξ < 0
ξ(e^ξ - 1) < ξ²

Εν τέλει :
ξ² < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
ξ² < (e^ξ - 1) και (e^ξ - 1) > ξ²

Προφανώς άτοπο άρα :
(e^ξ - 1)ln(χ + 1) >= χ² για κάθε x > 0.


Για x > 0, έστω τώρα οτι υπάρχει ξ > 0 τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < (ξ+1)²

Επειδή (ξ + 1) > 1 => (ξ + 1)² > 1 , η παραπάνω γίνεται :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < 1 =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ < 0 (2)

Εφόσον ξ > 0 και e^ξ - 1 > ξ > 0 και ln(ξ + 1) > 0 και 2ξ > 0, και το άθροισμα τους θετικό. Άρα έχουμε (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ = Α > 0 . Όμως Α < 0 λόγω της (2). Άτοπο λοιπόν.

που θεωρεις οτι καπου χανει η αποδειξη? σε ποιο σημειο δλδ..

 

[Samael]

που θεωρεις οτι καπου χανει η αποδειξη? σε ποιο σημειο δλδ..

Την κοίταξα πάλι, νόμιζα οτι υπήρχε κάποιο "κρυφό" σκέτο συνεπάγεται. Τελικά όμως υπάρχουν παντού διπλές συνεπαγωγές οπότε είναι valid . Εαν την γράψεις επίσημα πρέπει να πάρεις τα βήματα απο κάτω προς τα πάνω και είσαι μια χαρά.

 

[asdfqwerty]

Με προβληματίζει λίγο η απόδειξη σου. Ξεκινάς με την ανισότητα λέγοντας οτι ισχύει ενώ δεν ξέρουμε εαν ισχύει ή όχι, και καταλήγεις σε κάτι αληθές. Εκ του αποτελέσματος όμως, ακόμα και εαν αυτό είναι σωστό, είναι λάθος να αποφανθείς οτι η αρχική υπόθεση είναι αληθής. Εκτός φυσικά εαν υπάρχουν διπλές συνεπαγωγές σε κάθε ενδιάμεσο βήμα. Για σουλούπωσε την λίγο και παρουσίασε την μας ξανά,γιατί σαν μέθοδος πιστεύω βγαίνει μάλλον, απλά η δόμηση πρέπει να αλλάξει .

Στο ενδιάμεσο μια τρίτη λύση που σκέφτηκα είναι η εξής :

Για χ = 0 η ανισότητα ισχύει ως ισότητα.
Για x < 0 , έστω πως υπάρχει ξ Ε (-1,0) τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ+1) < ξ²

Ισχύει γενικά οτι :
ln(ξ+1) < ξ < 0 => e^ξ - 1 < 0 , εφόσον ξ < 0
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) > ξ(e^ξ - 1) > 0 =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) =>
0 < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ²

Όμως :
e^ξ - 1 > ξ => για ξ < 0
ξ(e^ξ - 1) < ξ²

Εν τέλει :
ξ² < ξ(e^ξ - 1) < (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
ξ² < (e^ξ - 1) και (e^ξ - 1) > ξ²

Προφανώς άτοπο άρα :
(e^ξ - 1)ln(χ + 1) >= χ² για κάθε x > 0.


Για x > 0, έστω τώρα οτι υπάρχει ξ > 0 τέτοιο ώστε :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) < ξ² =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < (ξ+1)²

Επειδή (ξ + 1) > 1 => (ξ + 1)² > 1 , η παραπάνω γίνεται :
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ + 1 < 1 =>
(e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ < 0 (2)

Εφόσον ξ > 0 και e^ξ - 1 > ξ > 0 και ln(ξ + 1) > 0 και 2ξ > 0, και το άθροισμα τους θετικό. Άρα έχουμε (e^ξ - 1)ln(ξ + 1) + 2ξ = Α > 0 . Όμως Α < 0 λόγω της (2). Άτοπο λοιπόν.

για ξαναδες λιγο αυτο

 

[Samael]

View attachment 85920
για ξαναδες λιγο αυτο

Να ήταν το μόνο σημείο που έχει λάθος... .
Πρέπει να το κοιτάξω πάλι εαν και αμφιβάλλω οτι παίζει να βγαίνει έτσι.

 

[Scandal]

 

[Alexandros28]

Scandal μην βγαίνεις οφ τοπικ (πλάκα κάνω εννοείται )

 

[asdfqwerty]

View attachment 86824

-10 ποντους αμεσα απο mods

 

[Scandal]

Ο μαθηματικός που πήγαινα φροντιστήριο το έβαλε στο face!

 

[Cade]

Ενδιαφέρον θεματακι, είχε πέσει παλαιοτερα στις πανελλαδικές. Τώρα βέβαια απ' ότι έχω προσέξει τα τελευταία χρόνια βάζουν πιο βατά θέματα και όχι τόσο υπαρξιακά.

 

[Alexandros28]

View attachment 95165
Ενδιαφέρον θεματακι, είχε πέσει παλαιοτερα στις πανελλαδικές. Τώρα βέβαια απ' ότι έχω προσέξει τα τελευταία χρόνια βάζουν πιο βατά θέματα και όχι τόσο υπαρξιακά.

Αυτό δεν ειναι που χρειάζεται τα 200 θμτ; Νομίζω έχει λάθος το τελευταίο και θα πρεπε να λέει πιθανό σημείο καμπής

 

[eukleidhs1821]

View attachment 95165
Ενδιαφέρον θεματακι, είχε πέσει παλαιοτερα στις πανελλαδικές. Τώρα βέβαια απ' ότι έχω προσέξει τα τελευταία χρόνια βάζουν πιο βατά θέματα και όχι τόσο υπαρξιακά.

χαχααχχ το θεμα με το εγκληματικο λαθος στο γ ερωτημα που δεν εγραφε τη λεξη πιθανο σημειο καμπης με αποτελεσμα πολλοι να την πατησουν και να ψαχνουν ματαια να αποδειξουν οτι αλλαζει το προσημο εκατερωθεν της δευτερης παραγωγου.για φυλακη ολη η επιτροπη τοτε αλλα σιγα μην τους κανανε τιποτα.κατα τα αλλα ενα φουλ φροντιστηριακο θεμα.το β ερωτημα ηταν το πιο αξιολογο στο οποιο ισως χρειαστηκαν 15 εφαρμογες του θμτ και rolle.για γερα νευρα να κανεις ολα τα θμτ αλλα πολυ προφανη τα βηματα.θα κατσω απο περιεργεια να μετρησω ποσα θμτ και rolle χρειαστηκαν

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 27 Ιανουαρίου 2022

λοιπον 6 θμτ στο δευτερο ερωτημα [γ,χ0] [χ0,δ] και στα απεξω του [γ,δ] στα [α,γ],[δ,β] και μετα αλλα 2!πολυ ανωμαλος ο τυπος που το εβαλε

 

[asdfqwerty]

Έστω f : (0, +oo) -> R 2 φορες παραγωγισιμη. Ισχυει οτι: f(x) * f(1 / x^2) >= x^2 , x > 0
f(1) = 1
f"(x) = 6f^2(x) , x > 0
νδο f(x) = 1 / x^2 , x > 0
για καποιο λογο το λατεξ δεν δουλευει.. θα ερθουν και αλλα ερωτηματα αργοτερα..

 

[Samael]

Έστω f : (0, +oo) -> R 2 φορες παραγωγισιμη. Ισχυει οτι: f(x) * f(1 / x^2) >= x^2 , x > 0
f(1) = 1
f"(x) = 6f^2(x) , x > 0
νδο f(x) = 1 / x^2 , x > 0
για καποιο λογο το λατεξ δεν δουλευει.. θα ερθουν και αλλα ερωτηματα αργοτερα..

Καλό ήταν :3 .

 

[Cade]

Έστω f: R-> R παραγωγίσιμη και κοίλη. Αν f(1)<0 και f'(1) >0 νδο f(xe^(1-x))<0 για κάθε χεR

 

[asdfqwerty]

f κοιλη => f' γνησιως φθινουσα
χ < 1 => f'(x) > f'(1) > 0 => f'(x) > 0 για χ < 1 => f γνησιως αυξουσα στο (-οο, 1]

αν κανουμε μελετη ακροτατων στην h(x) = x * e^(1-x) βλεπουμε οτι εχει ολικο μεγιστο το 1 στο χ = 1
δηλαδη χ * e^(1-x) <= 1 για καθε χ στο R το ισον μονο στο 1

χ <= 1 => f(x) <= f(1) < 0 => f(x) < 0 για καθε χ <= 1 αν βαλουμε οπου χ -> h(x) εχουμε το ζητουμενο

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 17 Απριλίου 2022

α

f κοιλη => f' γνησιως φθινουσα
χ < 1 => f'(x) > f'(1) > 0 => f'(x) > 0 για χ < 1 => f γνησιως αυξουσα στο (-οο, 1]

αν κανουμε μελετη ακροτατων στην h(x) = x * e^(1-x) βλεπουμε οτι εχει ολικο μεγιστο το 1 στο χ = 1
δηλαδη χ * e^(1-x) <= 1 για καθε χ στο R το ισον μονο στο 1

χ <= 1 => f(x) <= f(1) < 0 => f(x) < 0 για καθε χ <= 1 αν βαλουμε οπου χ -> h(x) εχουμε το ζητουμενο

2 ασκησεις και απο εμενα

 

[Guest 004218]

Παιδιά έχει κάνεις καμία ιδέα για το Δ1 που σου λεει να βρεις το α; Δεν μου έρχεται τίποτα