Ένα μικρό και εύκολο (!) επαναληπτικό διαγώνισμα στα μαθηματικά κατεύθυνσης της γ΄ λυκείου Πάνω στα κεφάλαια των συναρτήσεων, της συνέχειας και της παραγγισιμότητας.
Καλή επιτυχία!
Όρια - Μάθημα 1ο (Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ' λυκείου)Vassilis Markos
Σε αυτό το μάθημα εισάγεται η έννοια της σύγκλισης, του σημείου συσσώρευσης καθώς και ένας "πειραματικός" ορισμός του ορίου, βασισμένος στην αρχή της μεταφοράς.
1.1) Ιεραρχία Συναρτήσεων
1.2) Αναδρομικές Σχέσεις (Θεώρημα Κυριαρχίας)
3.1) Κανονική Έκφραση σε ΜΠΑ
3.2) (01*11)*: Κανονική Έκφρασε σε ΜΠΑ σε ΝΠΑ
3.3) Διάκριση Κανονικών Γλωσσών και Μη Κανονικών Γλωσσών
4.1) Γραμματικές Χωρίς Συμφραζόμενα
4.2) Αυτόματα Στοίβας
4.3) Διάκριση Γλωσσών Χωρίς Συμφραζόμενα και Γλωσσών που δεν είναι Χωρίς Συμφραζόμενα
5.1) Μηχανή Turing για έλεγχο ανισότητας
Ένα μικρό και εύκολο (!) επαναληπτικό διαγώνισμα στα μαθηματικά κατεύθυνσης της γ΄ λυκείου Πάνω στα κεφάλαια των συναρτήσεων, της συνέχειας και της παραγγισιμότητας.
Καλή επιτυχία!
Όρια - Μάθημα 1ο (Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ' λυκείου)Vassilis Markos
Σε αυτό το μάθημα εισάγεται η έννοια της σύγκλισης, του σημείου συσσώρευσης καθώς και ένας "πειραματικός" ορισμός του ορίου, βασισμένος στην αρχή της μεταφοράς.
1.1) Ιεραρχία Συναρτήσεων
1.2) Αναδρομικές Σχέσεις (Θεώρημα Κυριαρχίας)
3.1) Κανονική Έκφραση σε ΜΠΑ
3.2) (01*11)*: Κανονική Έκφρασε σε ΜΠΑ σε ΝΠΑ
3.3) Διάκριση Κανονικών Γλωσσών και Μη Κανονικών Γλωσσών
4.1) Γραμματικές Χωρίς Συμφραζόμενα
4.2) Αυτόματα Στοίβας
4.3) Διάκριση Γλωσσών Χωρίς Συμφραζόμενα και Γλωσσών που δεν είναι Χωρίς Συμφραζόμενα
5.1) Μηχανή Turing για έλεγχο ανισότητας
1. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
2. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
Αφορμή της παρούσας εργασίας είναι το πρόσφατο θέμα πανελλαδικών
εξετάσεων, όπου το Γ2 ερώτημα λυνόταν με ύλη Α τάξης λυκείου
(ελαχιστοποίηση τριωνύμου)
3. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
4. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 3 ii σελ. 132 σχ. βιβλίου)
Λύση
5. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 7 ii σελ. 174 σχ. βιβλίου)
Λύση 1ος τρόπος (με τον ορισμό παραγώγου)
Για x 0 έχουμε
x 0
oρσ.
x x παραγώγου
x x α 1 α 1
α x 1 α 1 x 1 1 lna 1
x x
lim
===>
Παρόμοια για x 0 προκύπτει lna 1
Άρα lna 1 α e.
Σχόλια:
1) Ο παραπάνω τρόπος ανταγωνίζεται σε ταχύτητα το θεώρημα Fermat,
ενώ λύνει όλες τις παρόμοιες ασκήσεις! Αναδεικνύει τη διδακτική αξία της
απόδειξης του θ. Fermat!
2) Ο παραπάνω τρόπος λύνει την άσκηση
αν 0 a e με
x
a x 1 για κάθε x 0 , τότε a e
ενώ το θεώρημα Fermat όχι, διότι το μηδέν δεν είναι εσωτερικό σημείο του
0,
Λύση 2ος τρόπος (με χρήση ολικού ακροτάτου)
Για τη συνάρτηση x
f x α x 1,x ' βρίσκουμε ότι παρουσιάζει
ολικό ελάχιστο στο
ln lna
lna
, το
1 ln lna lna
A
lna
(για x 1 στη σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε a 2 lna 0 )
Άρα
f x 0 (από υπόθεση)
f x A
για κάθε
a
x 0 lna 1
e
' A
Όμως
x
lnx ,
e
για κάθε x 0 2 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για
x e
Από τις σχέσεις 1 , 2 προκύπτει ότι a e
6. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
Σχόλια:
1) Προφανώς η λύση της άσκησης με χρήση του θεωρήματος Fermat
είναι συντομότερη. ‘Όχι όμως μονόδρομος!
2) Από τη σχέση f x A που αποδείξαμε παραπάνω, για a e
προκύπτει άμεσα το αντίστροφο!!:
«
x
e x 1 για κάθε x '»
7. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 7 i σελ. 174 σχ. βιβλίου)
Λύση (με τον ορισμό παραγώγου)
Για x 0 έχουμε
x 0
x x
x x x x
x x
oρσ.
παραγώγου
α 1 β 1
α β 2 α 1 β 1 0 0
x x
α 1 β 1
0
x x
lna lnβ e
αβ 1
lim
====>
Παρόμοια για x 0 βρίσκουμε αβ 1
Άρα αβ 1.
8. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 7 i σελ. 174 σχ. βιβλίου)
Λύση
Η f είναι προσδιοριστέα, αφού για x 0 η σχέση της υπόθεσης δίνει
f 0 3 ή f 0 1
Αν f 0 3 , τότε για κάθε x 2,2 έχουμε
2 2
f 0 3
2
f συνεχής
2
f x 2f x x 3 0
f x 1 4 x 0
f x 1 4 x , x 2
===>
Άρα η f είναι κοίλη δίχως σημεία καμπής
(με γνώσεις Α-Β Λυκείου, η f είναι μετατοπισμένο ημικύκλιο!)
Αν f 0 1 , τότε για κάθε x 2,2 έχουμε
2 2
f 0 1
2
f συνεχής
2
f x 2f x x 3 0
f x 1 4 x 0
f x 1 4 x , x 2
===>
Άρα η f είναι κυρτή δίχως σημεία καμπής
(με γνώσεις Α-Β Λυκείου, η f είναι μετατοπισμένο ημικύκλιο!)
9. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
Σχόλιο:
Η άσκηση μπορεί να αντιμετωπισθεί με γνώσεις των συνεπειών του
θεωρήματος Bolzano! Δεν χρειάζεται το δεδομένο της διπλής
παραγωγισιμότητας!
10. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 5 σελ. 161 σχ. βιβλίου)
Λύση (με μονοτονία και τον ορισμό τοπικού ακροτάτου)
Έστω α ' θέση τοπικού ακροτάτου (π.χ. μεγίστου) της f , τότε υπάρχει
δ 0 με
f x f α για κάθε x a δ,α δ
Άρα για κάθε x a δ,α δ έχουμε
3 3
3 3
3 3
3 3
2f x 2f α
2f x 6f x 2f α 6f α
6f x 6f α
2x 6x 1 2a 6a 1
x 3x a 3a
g x g a
x a,για κάθε x a δ,α δ , άτοπο!
>
(όπου 3
g x x 3x 1 στο ' )
Άρα η f δεν έχει ακρότατα.
Συμπέρασμα:
Η άσκηση μπορεί να αντιμετωπισθεί με τον ορισμό του τοπικού
ακροτάτου και της μονοτονίας. Δεν απαιτείται το δεδομένο της
παραγωγισιμότητας ούτε η χρήση του θεωρήματος Fermat!
11. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 6 σελ. 139 σχ. βιβλίου)
Λύση (με τον ορισμό μονοτονίας! – ύλη Α Λυκείου)
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο '
f x f y για κάθε x,y ' με x y
f x f y για κάθε 'x,y με x y
3 2 3 2
ax 3x x 1 ay 3y y 1 για κάθε x,y ' με x y
2 2
ax ay 3 x ay 3y 1 0 για κάθε x,y ' με x y
Δ 0 α
2 2
3α y 6ay 4a 9 0 για κάθε y '
1Δ 0
a 3
Επαλήθευση:
Για a 3 είναι 3 2
f x 3x 3x x 1
Για x y αρκεί να αποδείξουμε ότι f x f y
3 2 3 2
2 2
3x 3x x 1 3y 3y y 1
3x 3 y 1 x 3y 3y 1 0 1
Διακρίνουσα
2
2Δ 3 3y 1 0
Αν
1
y
3
τότε η 1 γίνεται
2
3x 1
0
3
, αφού
1
x y
3
Αν
1
y
3
τότε η 1 ισχύει, αφού 2Δ 0
12. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
Για a 3 και x y αρκεί να αποδείξουμε ότι f x f y
3 2 3 2
ax 3x x 1 ay 3y y 1
2 2
ax ay 3 x ay 3y 1 0
Δ 0 α
2 2
3α y 6ay 4a 9 0 για κάθε y '
1Δ 0
a 3,που ισχύει.
Με τον ίδιο τρόπο μπορεί κανείς να αντιμετωπίσει την παρακάτω άσκηση,
αποδεικνύοντας ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο '
(άσκηση 3 σελ. 160 σχ. βιβλίου)
13. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 5 σελ. 150 σχ. βιβλίου)
Λύση (δίχως χρήση θεωρήματος Fermat)
Δίχως βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι η f παρουσιάζει τοπικό
μέγιστο στο 1. Τότε υπάρχει δ 0 τέτοιο, ώστε
f x f 1 για κάθε x 1 δ,1 δ
3 2
ax βx 3x 1 a β 2 για κάθε x 1 δ,1 δ
2
x 1 ax a β x a β 3 0 για κάθε x 1 δ,1 δ
για x 1,1 δ παίρνουμε
x 1
2
2
ax a β x a β 3 0
ax a β x a β 3 0
3a 2β 3 0 1
lim
για x 1 δ,1 παίρνουμε
x 1
2
2
ax a β x a β 3 0
ax a β x a β 3 0
3a 2β 3 0 2
lim
Από τις σχέσεις 1 , 2 προκύπτει ότι 3a 2β 3 0 3
Παρόμοια, αν η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο 1 βρίσκουμε
3a 2β 3 0 4
Από τις σχέσεις 3 , 4 προκύπτει ότι α 1,β 0.
Οπότε 3
f x x 3x 1 και το είδος των ακροτάτων προσδιορίζεται με
παραγώγους ή με τον παρακάτω τρόπο!
14. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 5 σελ. 150 σχ. βιβλίου)
Λύση (δίχως παραγώγους)
Έστω α σημείο τοπικού ακροτάτου, π.χ. τοπικού μεγίστου
(το είδος του ακροτάτου θα προσδιοριστεί στο τέλος).
Τότε υπάρχει δ 0 : f x f α για κάθε x a δ,a δ
3 3
x 3x 1 a 3a 1 για κάθε x a δ,a δ
3 3
x a 3 x a 0 για κάθε x a δ,a δ
2 2
x a x ax a 3 0 1 για κάθε x a δ,a δ
x a
1
2 2 2 2 2
Για x a x ax a 3 0 x ax a 3 0 a 1lim
>
x a
1
2 2 2 2 2
Για x a x ax a 3 0 x ax a 3 0 a 1lim
>
Άρα 2
a 1 α 1 (θέσεις πιθανών ακροτάτων)
Εύρεση ακροτάτων:
κοντά στο 1 έχουμε
23
f x f 1 x 3x 2 0 x 1 x 2 0,ισχύει!
Άρα η f παρουσιάζει στο 1 τοπικό ελάχιστο
κοντά στο 1 έχουμε
23
f x f 1 x 3x 2 0 x 1 x 2 0,ισχύει!
Άρα η f παρουσιάζει στο 1 τοπικό μέγιστο
15. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
(άσκηση 6 σελ. 132 σχ. βιβλίου)
Η f είναι προσδιοριστέα!
Θεωρούμε τη συνάρτηση g : 1,1 ' με τύπο
g x f x x
Η g είναι συνεχής στο 1,1 και παραγωγίσιμη στο 1,1 με
g x f x 1 0
Άρα η g είναι φθίνουσα στο 1,1
Οπότε για 1 x 1 προκύπτει ότι
0 0
g 1 g x g 1 f 1 1 f x x f 1 1 0 f x x 0 f x x
Δηλαδή
f x x για κάθε x 1,1
16. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
Ας κάνουμε παρόμοιες σκέψεις
για εναλλακτικό υπολογισμό ορίων!!
17. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
18. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
Ο παραπάνω διαισθητικός τρόπος
εύρεσης ορίων απευθύνεται σε
συναδέλφους και εξάγει εύκολα γενικεύσεις
(για κατασκευή και έλεγχο ασκήσεων),
όπως οι παρακάτω:
19. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου
20. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Παύλος Τρύφων-καθηγητής στο 1ο
Εσπερινό ΕΠΑ.Λ. Περιστερίου