Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Alexandros28

Δραστήριο μέλος

Ο Alexandros28 αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Έχει γράψει 620 μηνύματα.

asdfqwerty

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.

asdfqwerty

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.
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 :
1632240375357.png

(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

Τιμώμενο Μέλος

Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,062 μηνύματα.
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

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.
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

Τιμώμενο Μέλος

Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,062 μηνύματα.
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

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.
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.
1632250520373.png

για ξαναδες λιγο αυτο
 

Samael

Τιμώμενο Μέλος

Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,062 μηνύματα.

Scandal

Διαχειριστής

Ο Πέτρος αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 34 ετών, Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής ΟΠΑ και μας γράφει απο Περιστέρι (Αττική). Έχει γράψει 16,689 μηνύματα.
72718206_10214327054991410_3135983402105176064_n.jpg
 

Alexandros28

Δραστήριο μέλος

Ο Alexandros28 αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Έχει γράψει 620 μηνύματα.
Scandal μην βγαίνεις οφ τοπικ (πλάκα κάνω εννοείται :thumbsup::worship:)
 

asdfqwerty

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.

Scandal

Διαχειριστής

Ο Πέτρος αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι 34 ετών, Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής ΟΠΑ και μας γράφει απο Περιστέρι (Αττική). Έχει γράψει 16,689 μηνύματα.
Ο μαθηματικός που πήγαινα φροντιστήριο το έβαλε στο face! :D
 

Cade

Δραστήριο μέλος

Ο Cade αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Απόφοιτος λυκείου. Έχει γράψει 788 μηνύματα.
IMG_20220127_230916.jpg

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

Δραστήριο μέλος

Ο Alexandros28 αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Έχει γράψει 620 μηνύματα.
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

Διάσημο μέλος

Ο eukleidhs1821 αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Πτυχιούχος του τμήματος Ιατρικής Ιωαννίνων (Ιωάννινα) και μας γράφει απο Καινούργιο (Ηράκλειο). Έχει γράψει 3,604 μηνύματα.
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:

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
 
Τελευταία επεξεργασία:

asdfqwerty

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.
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

Τιμώμενο Μέλος

Ο Samael αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Ηλεκτρολόγων & Ηλεκτρονικών Μηχανικών ΠΑΔΑ και μας γράφει απο Πειραιάς (Αττική). Έχει γράψει 10,062 μηνύματα.
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 .
 

Συνημμένα

  • IMG_20220413_110410.jpg
    IMG_20220413_110410.jpg
    1.5 MB · Εμφανίσεις: 88

Cade

Δραστήριο μέλος

Ο Cade αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Απόφοιτος λυκείου. Έχει γράψει 788 μηνύματα.
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

Πολύ δραστήριο μέλος

Ο asdfqwerty αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμένος. Είναι Φοιτητής του τμήματος Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών ΕΚΠΑ. Έχει γράψει 1,347 μηνύματα.
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:

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
 

Συνημμένα

  • 20220417_201820.jpg
    20220417_201820.jpg
    873.3 KB · Εμφανίσεις: 57
Τελευταία επεξεργασία:

Guest 004218

Επισκέπτης

αυτή τη στιγμή δεν είναι συνδεδεμέν. Δεν έχει γράψει κανένα μήνυμα.
Παιδιά έχει κάνεις καμία ιδέα για το Δ1 που σου λεει να βρεις το α; Δεν μου έρχεται τίποτα
Screenshot_20220417-202252_Google PDF Viewer.jpg
 

Χρήστες Βρείτε παρόμοια

Top