Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

[eukleidhs1821]

το δ4 παμπονηρο και με πολυ γραψιμο.καταρχην παρατηρεις αυτο που θα δει και η κουτση μαριω οτι η μια ριζα ειναι το μηδεν.απο κει και περα παιρνεις τη συναρτηση g(x)=2020συνχ-χ-2020 στο [-π/2,π/2] παιρνεις την πρωτη παραγωγο που ειναι -2020ημχ-1 παιρνεις και την δευτερη παραγωγο που ειναι -2020συνχ αρα η πρωτη παραγωγος ειναι γνησιως φθινουσα.το συνολο τιμων της πρωτης παραγωγου ειναι [-2021,2019] αρα το 0 ειναι μεσα και μοναδικη λυση.κατα τα γνωστα αν πιαστεις απο τη μονοτονια της πρωτης παραγωγου βγαζεις τη g γνησιως αυξουσα στο [-π/2,χο] και γν αυξουσα στο [χ0,π/2].ευκολα αποδεικνυεται απο το προσημο της πρωτης παραγωγους οτι χ0<0. h(x0)>0.αρα κοβεται το διαστημα στα [-π/2,χ0] οπου με μπολζανο και λογω μονοτονιας εχεις τη μια ριζα και το [χ0,π/2] opoy εχεις την αλλη ριζα που ναι το μηδεν λογω μονοτονιας μοναδικη σε αυτο το διαστημα.πολυ δυσκολο ερωτημα

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 9 Σεπτεμβρίου 2020

δ4) 2020cosx-x=2020
<=>2020(cosx-1)=x
παρατηρουμε το αριστερο μελος ειναι <=0 οποτε φια χ στο (0,π/2) η εξισωση ειναι αδυνατη οποτε αναζητουμε λυσεις στο [-π/2,0]
για χ=0 παρατηρούμε οι η εξίσωση επαλυθευεται οποτε αποτελει μια ριζα
θα την λύσουμε τωρα στο [-π/2,0)
διαιρωντας δια χ προκύπτει
2020f(x)=1 <=>f(x)=1/2020
f([-π/2,0)]=(0,2/π]
το 1/2020 ανηκει εκει περα συνεπως υπαρχει μοναδικο χ1 στο (-π/2,0) τετοιο ωστε f(x1)=1/2020

εγω το λυσα χωρις να λαβω υποψην το ερωτημα το αρχικο

 

[asdfqwerty]

το δ4 παμπονηρο και με πολυ γραψιμο.καταρχην παρατηρεις αυτο που θα δει και η κουτση μαριω οτι η μια ριζα ειναι το μηδεν.απο κει και περα παιρνεις τη συναρτηση g(x)=2020συνχ-χ-2020 στο [-π/2,π/2] παιρνεις την πρωτη παραγωγο που ειναι -2020ημχ-1 παιρνεις και την δευτερη παραγωγο που ειναι -2020συνχ αρα η πρωτη παραγωγος ειναι γνησιως φθινουσα.το συνολο τιμων της πρωτης παραγωγου ειναι [-2021,2019] αρα το 0 ειναι μεσα και μοναδικη λυση.κατα τα γνωστα αν πιαστεις απο τη μονοτονια της πρωτης παραγωγου βγαζεις τη g γνησιως αυξουσα στο [-π/2,χο] και γν αυξουσα στο [χ0,π/2].ευκολα αποδεικνυεται απο το προσημο της πρωτης παραγωγους οτι χ0<0. h(x)>0.αρα κοβεται το διαστημα στα [-π/2,χ0] οπου με μπολζανο και λογω μονοτονιας εχεις τη μια ριζα και το [χ0,π/2] opoy εχεις την αλλη ριζα που ναι το μηδεν λογω μονοτονιας μοναδικη σε αυτο το διαστημα.πολυ δυσκολο ερωτημα

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 9 Σεπτεμβρίου 2020

εγω το λυσα χωρις να λαβω υποψην το ερωτημα το αρχικο

βγαινει πιο γρηγορα οπως εγραψα στην προηγούμενη σελίδα

 

[eukleidhs1821]

βγαινει πιο γρηγορα οπως εγραψα στην προηγούμενη σελίδα

και η δικη μου λυση σωστη ειναι παντως

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 9 Σεπτεμβρίου 2020

βγαινει πιο γρηγορα οπως εγραψα στην προηγούμενη σελίδα

και η δικη μου λυση σωστη ειναι παντως

 

[asdfqwerty]

και η δικη μου λυση σωστη ειναι παντως

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 9 Σεπτεμβρίου 2020

και η δικη μου λυση σωστη ειναι παντως

ναι ρε για πιο γρήγορα μίλησα,οχι οτι ειναι λαθος η δικη σου λύση

 

[eukleidhs1821]

δ4) 2020cosx-x=2020
<=>2020(cosx-1)=x
παρατηρουμε το αριστερο μελος ειναι <=0 οποτε φια χ στο (0,π/2) η εξισωση ειναι αδυνατη οποτε αναζητουμε λυσεις στο [-π/2,0]
για χ=0 παρατηρούμε οι η εξίσωση επαλυθευεται οποτε αποτελει μια ριζα
θα την λύσουμε τωρα στο [-π/2,0)
διαιρωντας δια χ προκύπτει
2020f(x)=1 <=>f(x)=1/2020
f([-π/2,0)]=(0,2/π]
το 1/2020 ανηκει εκει περα συνεπως υπαρχει μοναδικο χ1 στο (-π/2,0) τετοιο ωστε f(x1)=1/2020

οντως πιο μαγκικη λυση η δικη σου φαινοταν οτι καπου θα χρησιμευε και το προηγουμενο

 

[asdfqwerty]

οντως πιο μαγκικη λυση η δικη σου φαινοταν οτι καπου θα χρησιμευε και το προηγουμενο

στο νεο συστημα μπαινουν τυχαια ερωτηματα στους παλαιους τα συνδεουν μεταξύ τους ωστοσο αρκετα καλο ερώτημα διοτι και οι δυο δρομοι ειναι δύσκολοι αλλα θεωρω ο ποιητης θα ειχε κατα νου αυτο

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 9 Σεπτεμβρίου 2020

το δ5 χειρόγραφα γιατι βρμ να το γραψω στο κινητό

 

[Μάρκος Βασίλης]

Λίγες πρόχειρες σημειώσεις στα μαθηματικά προσανατολισμού της Γ' λυκείου στις ενότητες των συναρτήσεων, ορίων και συνέχειας. Για περισσότερα: εδώ

 

[asdfqwerty]

Μιας και εχει καιρο να γραφτει τιποτα.. μια μικρη ασκηση
Εστω f παραγωγισιμη στο R με f(2)<f'(x)<f(3) για καθε χ ανηκει στο R
1)νδο f γνησιως αυξουσα
2)νδο η εξισωση f(x)=0 εχει ακριβως μια λυση η οποια ανηκει στο (1,2)

 

[eukleidhs1821]

πολυ παραξενη ασκηση.μονο αυτη ειναι η υποθεση?φ(2)<φ'(χ)<φ(3) ειναι εκει?

Μιας και εχει καιρο να γραφτει τιποτα.. μια μικρη ασκηση
Εστω f παραγωγισιμη στο R με f(2)<f'(x)<f(3) για καθε χ ανηκει στο R
1)νδο f γνησιως αυξουσα
2)νδο η εξισωση f(x)=0 εχει ακριβως μια λυση η οποια ανηκει στο (1,2)

 

[Samael]

πολυ παραξενη ασκηση.μονο αυτη ειναι η υποθεση?φ(2)<φ'(χ)<φ(3) ειναι εκει?

Τα δεδομένα επαρκούν για τα ζητούμενα,δεν έχει κάνει λάθος.

 

[asdfqwerty]

πολυ παραξενη ασκηση.μονο αυτη ειναι η υποθεση?φ(2)<φ'(χ)<φ(3) ειναι εκει?

αρκει.. και ειναι και η ιδια ιδεα και στα 2

 

[Alexandros28]

Μια απόπειρα λύσης. Μαθητής Γ’ Λυκείου
(συγγνώμη για τις μουτζούρες)

 

[Samael]

Μια απόπειρα λύσης. Μαθητής Γ’ Λυκείου
(συγγνώμη για τις μουτζούρες)

Σωστή προσέγγιση.

 

[eukleidhs1821]

μπραβο πολυ καλη λυση.το ηξερα οτι πρεπει να κανεις θμτ απλα το πονηρο σημειο ηταν να αντικαταστησεις το χ με το ξ εκμεταλλευομενος το για καθε προκειμενου να βγαλεις το προσημο εκει κολλησα.καλα αυτο προφανως ειναι για δ θεμα και θα κλαιγανε αρκετοι

 

[alexd99]

Μιας και εχει καιρο να γραφτει τιποτα.. μια μικρη ασκηση
Εστω f παραγωγισιμη στο R με f(2)<f'(x)<f(3) για καθε χ ανηκει στο R
1)νδο f γνησιως αυξουσα
2)νδο η εξισωση f(x)=0 εχει ακριβως μια λυση η οποια ανηκει στο (1,2)

Στο 1ο ερώτημα εννοείς στο [2,3] η στο R?

 

[asdfqwerty]

Στο 1ο ερώτημα εννοείς στο [2,3] η στο R?

στο πεδιο ορισμου της, αν ζηταγε για καποιο υποσυνολο τοτε θα το διευκρινιζε.

 

[asdfqwerty]

Αλλο ενα ολοκληρωμένο θεμα αυτη την φορά,
Εστω f 2 φορες παραγωγισιμη στο R
f(0)=2
f(f(x))+x=2f(x) για καθε χ ανήκει στο R

1) νδο f(2)=4
2)νδο f γνησιως αυξουσα
3)αν γνωριζουμε οτι f(xo)=0 τοτε να βρεθεί το xo
4) νδο υπαρχουν ξ1,ξ2 στο (-2,2) με ξ1 <>ξ2 τετοια ωστε f'(ξ1)=f'(ξ2)=1
5)νδο για καθε α,β στο R με α<β υπαρχει ξ στο (α,β) τετοιο ωστε 2f'(ξ)>1
Χρόνια Πολλά σε όλους με υγεία και ευτυχία

 

[Alexandros28]

Καλές γιορτές σε όλους!
Η αλήθεια είναι ότι ήδη έχω κυριολεκτικά ατελείωτη δουλειά για τις διακοπές, αλλά απολαμβάνω περισσότερο τις ασκήσεις που δεν είμαι υποχρεωμένος να λύσω. Επισυνάπτω τη δίκη μου απόπειρα. Επίσης, δεν είμαι και τόσο σίγουρος για την λύση του τελευταίου ερωτήματος, δηλαδή δεν είμαι σίγουρος εάν δικαιούμαι να θεωρήσω τη παράγωγο μιας γνησιως αύξουσας συνάρτησης μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός χωρίς κάποια απόδειξη.

 

[Samael]

Καλές γιορτές σε όλους!
Η αλήθεια είναι ότι ήδη έχω κυριολεκτικά ατελείωτη δουλειά για τις διακοπές, αλλά απολαμβάνω περισσότερο τις ασκήσεις που δεν είμαι υποχρεωμένος να λύσω. Επισυνάπτω τη δίκη μου απόπειρα. Επίσης, δεν είμαι και τόσο σίγουρος για την λύση του τελευταίου ερωτήματος, δηλαδή δεν είμαι σίγουρος εάν δικαιούμαι να θεωρήσω τη παράγωγο μιας γνησιως αύξουσας συνάρτησης μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός χωρίς κάποια απόδειξη.

View attachment 73417View attachment 73418

Το γεγονός ότι μια συνάρτηση δεν είναι γνησίως αύξουσα και άρα υπάρχουν x1,x2 με x1<x2 τέτοια ώστε f(x1) >=f(x2) δεν συνεπάγεται ότι δεν μπορεί να ισχύει f(f(x1))< f(f(x2)) .

Αυτό διοτι τα f(x1) και f(x2) είναι δύο εντελώς διαφορετικά σημεία της συνάρτησης από τα x1 και x2, στην γειτονιά των οποίων η συνάρτηση μπορεί να αλλάζει συμπεριφορά από αυτήν που είχε στην γειτονιά των σημείων x1 και x2 .Εκτός φυσικά εάν τα σημεία x1 ,f(x1) και x2 και f(x2) ταυτιζονται. Αλλά στην γενική περίπτωση αυτό δεν ισχύει. Η τετριμμένη περίπτωση όπου f(x) = x ικανοποιεί τα δεδομένα μας και επίσης τα σημεία ταυτιζονται. Για αυτό η λύση σου βγάζει σωστο αποτέλεσμα. Αλλά σαν προσέγγιση από άποψη απόδειξης είναι λάθος γιατί στην γενική περίπτωση δεν ισχύει αυτό για μια συνάρτηση όπως είπα.

Προσωπικά θα έλεγα το εξής :

Έστω ότι υπάρχουν σημεία x1 και x2 με x1 διάφορο του x2 τέτοια ώστε : f(x1) = f(x2)

Τότε θα ισχύει :
f(f(x1)) + x1 = 2f(x1)
f(f(x2)) + x2 = 2f(x2)

Αφαιρωντας τις παραπανω κατά μέλη έχουμε :

f(f(x1)) - f(f(x2)) + x1 - x2 = 2( f(x1) - f(x2) )

Εφόσον ισχύει
f(x1) = f(x2) => f(f(x1)) = f(f(x2))

Λαμβάνοντας υπόψιν τις προηγούμενες ισότητες καταλήγουμε από την προπροηγουμενη σχέση στο οτι x1 = x2 .

Άτοπο καθώς υποθέσαμε ότι ήταν διάφορα μεταξύ τους.

Δεδομένου ότι η f είναι συνεχής και 1-1 θα είναι γνησίως μονότονη(αυτό εάν θυμάμαι καλά πρέπει να είναι πρόταση στο σχολικό βιβλίο κάπου,εάν όχι,η απόδειξη δεν είναι τόσο δύσκολη και σε κάθε περίπτωση καταλαβαίνεις διαισθητικά γιατί ισχύει).

Το ερώτημα είναι εάν θα είναι γνησίως αύξουσα η γνησίως φθίνουσα. Γνωρίζουμε ωστόσο ήδη δύο σημεία της f :

f(0) = 2 και f(2) = 4 .

Εφόσον με 0<2 => 2=f(0) < 4=f(2)
και σύμφωνα με τα παραπάνω, η f δεν μπορεί να είναι πάρα γνησίως αύξουσα.

*Σημειώνω επίσης ότι μια συνάρτηση για την οποία f'(x) > 0 είναι γνησίως αύξουσα. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Θα είναι δηλαδή για μια γνησίως αύξουσα συνάρτηση f'(x) >= 0 .

 

[Alexandros28]

Το γεγονός ότι μια συνάρτηση δεν είναι γνησίως αύξουσα και άρα υπάρχουν x1,x2 με x1<x2 τέτοια ώστε f(x1) >=f(x2) δεν συνεπάγεται ότι δεν μπορεί να ισχύει f(f(x1))< f(f(x2)) .

Αυτό διοτι τα f(x1) και f(x2) είναι δύο εντελώς διαφορετικά σημεία της συνάρτησης από τα x1 και x2, στην γειτονιά των οποίων η συνάρτηση μπορεί να αλλάζει συμπεριφορά από αυτήν που είχε στην γειτονιά των σημείων x1 και x2 .Εκτός φυσικά εάν τα σημεία x1 ,f(x1) και x2 και f(x2) ταυτιζονται. Αλλά στην γενική περίπτωση αυτό δεν ισχύει. Η τετριμμένη περίπτωση όπου f(x) = x ικανοποιεί τα δεδομένα μας και επίσης τα σημεία ταυτιζονται. Για αυτό η λύση σου βγάζει σωστο αποτέλεσμα. Αλλά σαν προσέγγιση από άποψη απόδειξης είναι λάθος γιατί στην γενική περίπτωση δεν ισχύει αυτό για μια συνάρτηση όπως είπα.

Προσωπικά θα έλεγα το εξής :

Έστω ότι υπάρχουν σημεία x1 και x2 με x1 διάφορο του x2 τέτοια ώστε : f(x1) = f(x2)

Τότε θα ισχύει :
f(f(x1)) + x1 = 2f(x1)
f(f(x2)) + x2 = 2f(x2)

Αφαιρωντας τις παραπανω κατά μέλη έχουμε :

f(f(x1)) - f(f(x2)) + x1 - x2 = 2( f(x1) - f(x2) )

Εφόσον ισχύει
f(x1) = f(x2) => f(f(x1)) = f(f(x2))

Λαμβάνοντας υπόψιν τις προηγούμενες ισότητες καταλήγουμε από την προπροηγουμενη σχέση στο οτι x1 = x2 .

Άτοπο καθώς υποθέσαμε ότι ήταν διάφορα μεταξύ τους.

Δεδομένου ότι η f είναι συνεχής και 1-1 θα είναι γνησίως μονότονη(αυτό εάν θυμάμαι καλά πρέπει να είναι πρόταση στο σχολικό βιβλίο κάπου,εάν όχι,η απόδειξη δεν είναι τόσο δύσκολη και σε κάθε περίπτωση καταλαβαίνεις διαισθητικά γιατί ισχύει).

Το ερώτημα είναι εάν θα είναι γνησίως αύξουσα η γνησίως φθίνουσα. Γνωρίζουμε ωστόσο ήδη δύο σημεία της f :

f(0) = 2 και f(2) = 4 .

Εφόσον με 0<2 => 2=f(0) < 4=f(2)
και σύμφωνα με τα παραπάνω, η f δεν μπορεί να είναι πάρα γνησίως αύξουσα.

Καταρχάς σε ευχαριστώ παρά πολύ για την απάντησή σου. Απ,ότι καταλαβαίνω η διόρθωση σου αναφέρεται στο ερώτημα με την μονοτονία. Ξεκινάω το άτοπο λέγοντας πως έστω πως η f δεν είναι γνησίως αύξουσα ή ισοδύναμα θεωρώ την f φθίνουσα. Θεωρώντας x1<x2 και από την αρχική μου υπόθεση πως η f είναι φθίνουσα καταλήγω στο f(x1)>=f(x2). Ξερωντας τη διάταξη των f(x1) και f(x2) δε μπορώ να «fάρω» ξανά, και να καταλήξω στο f(f(x1))<=f(f(x2)) (f φθίνουσα)
Είχα την εντύπωση πως ισχύει κάτι τέτοιο. Αν μπορείς δώσε μου ένα αντιπαράδειγμα για να το κατανοήσω καλύτερα διαισθητικά. Και πάλι ευχαριστώ.