despre probleme de admitere de tip grila - cristina militaru

8/10/2019 Despre Probleme de Admitere de Tip Grila - Cristina Militaru

1/5

DESPRE PROBLEME DE ADMITERE DE TIP GRILA

CRISTINA MARIA MILITARU

Prezentam cateva exemple de probleme de admitere de tip grila, careau n enunt o lista de solutii posibile si la care se respecta conventia caun raspuns si numai unul este corect.

La unele din aceste exercitii, candidatul nu are nevoie sa faca o re-zolvare propriu-zisa, deoarece se poate baza pe compararea raspunsu-rilor, pe anumite observatii ce permit eliminarea celorlalte variante de

raspuns sau pe calcule imediate cum ar fi verificarea solutiilor ntr-oecuatie.

Problema 1. Valoarea integralei I=1

0 ex

2

dxsatisface inegalitatea:a) I < 1

e; b) I <

10; c) I 0,deciex

2 1x2+1

, de undeI=1

0 ex

2

dx 12x >1 pentru oricex >0 si f(x)> 1

3x >1 pentru oricex 1 pentru orice numar real x si putem elimina si variantele b) sic), ramanand varianta corectaa).

Problema 5. Se considera f(x) = x4 2x3 3x2 + 4x+ 4. Fie x1si x2 punctele n care functia nu este derivabila. Atunci:a)(x1 =1, x2 = 2); b)(x1 = 0, x2 = 1); c)(x1 =1, x2 = 0);d)(x1= 1, x2= 2); e)(x1 =2, x2 = 1).

Teste admitere, ASE

La aceasta problema rezolvitorul poate da raspunsul corect alegandvalorile n care radicalul devine nul, adica x1 =1, x2 = 2, deoarecedomeniul de derivabilitate al functiei radical nu-l contine pe 0. Astfel,elevul exclude celelalte variante, alege valorile corecte, dar face doar opseudorezolvare a problemei, deoarece el nu demonstreaza ca functia

nu este derivabila n punctele respective.Daca problema nu ar fi fost de tip gril a si ar fi cerut pur si sim-

plu determinarea punctelor n care functia nu este derivabila, cur-sul firesc al rezolvarii ar fi fost scrierea funct iei sub forma f(x) =

(x+ 1)2(x 2)2 =|(x+ 1)(x 2)|, din care se vede de ce domeniulde definitie al functiei este R. Functia este continua pe R, fiind o com-punere de functii elementare, este derivabila pe R \ {1, 2} si se pune


3/5

DESPRE PROBLEME DE ADMITERE DE TIP GRILA 3

problema derivabilitatii n punctele x1 =1 si x2 = 2. Se calculeazaderivatele laterale n aceste puncte. Astfelfs(1) =3=fd(1) = 3,fs(2) =3=fd(2) = 3 si de aici obtinem ca functia nu este derivabilan x1=1 si x2= 2.

Problema 6.Se considera functiaf : R R,f(x) =

xex2

+ 2, x0x+ 4, x >0

Care din urmatoarele afirmatii este falsa:a) feste continua; b) fare proprietatea lui Darboux; c) f este deriv-abila; d) fadmite primitive; e) feste integrabila pe [1, 1].

Teste admitere, AFT Sibiu

Alegerea corecta estea), deoarece derivabilitatea functieifeste pro-

prietatea care le implica pe toate celelalte din enunt. Remarcam caeste suficient ca elevul sa cunoasca relationarile ntre proprietatile dinenunt, el neavand nevoie vreun moment de formula functiei!

Exista n testele grila si probleme la care simpla interpretare a grileinu ajuta la ,,ghicirea raspunsului corect. Acestea necesita rezolvariconsistente:

Problema 7. limn

1

n2

5nk=1

4n2 +kn este egala cu :

a) 15 e3

; b) 616; c) 913e

6 ; d) 38

3; e) 23

2.

Teste admitere, AFT Sibiu

Sirul dat se poate scrie sub forma 1n

5nk=1

4 + k

n, care este suma

Riemann asociata functiei f : [0, 5] R, f(x) = x+ 4, diviziu-nii n = (0,

1

n, 2n

, ..., 5nn

) si punctelor intermediare k = kn

, unde k{1, 2, ..., 5n}. Deci lim

n1

n2

5nk=1

4n2 +kn = lim

n

5nk=1

f(k)(xk xk1) =5

0

x+ 4dx= 2

3(x+ 4)

3

2

50= 38

3 . Varianta corecta este d).

Problema 8. Sa se calculeze valoarea minima a functiei:

f : RR, f(x) = 4x2 + 28x+ 85 + 4x2 28x+ 113a) 20; b)12

3; c)19; d) 14

2; e) 9

5; f ) 8

6.

Admitere, UPB, 2005

Vom da trei solutii pentru aceasta problema. Fiind o problema deminim, cea mai naturala solutie, dar cea mai laborioasa, se obtine cuajutorul analizei matematice:


4/5

4 CRISTINA MARIA MILITARU

Solutia I (analiza matematica) Functia este continua, derivabila sif(x) = 8x+28

24x2+28x+85

+ 8x2824x228x+113 pentru oricex R. Dinf(x) = 0,

obtinem (2x+ 7)(2x 7)2 + 64 =(2x 7)(2x+ 7)2 + 36.Punand conditii de existenta, obtinem x 7

2; 72

si prin ridicare la

patrat rezulta ca (2x+ 7)2(2x7)2 + 64(2x+ 7)2 = (2x7)2(2x+7)2 +36(2x 7)2. De aici avem 64(2x + 7)2 = 36(2x 7)2, ceea ce esteechivalent cu 8(2x + 7) =6(2x 7). Obtinem solutiile x1=12 ; x2=49

2, din care convine doar x1=12 .

Deoarece f(x) < 0, pentru orice x 0 , pentru oricex >1

2, obtinem ca 1

2este punct de minim global si minimul functiei

estef( 12

) = 14

2.Observam ca rezolvarea este mult mai anevoioasa daca rezolvitorul

nu are inspiratia de a scrie ca suma de patrate expresiile de sub radical.Solutia II (geometrica) Functia este continua, derivabila si f(x) =(2x 7)2 + 64+

(2x+ 7)2 + 36 = 2

(x 7

2)2 + 16 +

(x+ 7

2)2 + 9

Consideram un sistem ortogonal de coordonate n plan si puncteleA7

2; 4

, B7

2; 3, M(x, 0) OX. Din formula distantei dintre

doua puncte n plan, avemAM=

(x 72

)2 + 16 si BM=

(x+ 72

)2 + 9,

decif(x) = 2(AM+ M B). CumAM+ MBAB , minimul se obtinepentru AM+M B = AB, adica pentru A,M,B coliniare, caz posi-bil deoarece punctele A si B sunt de o parte si de alta a axei OX.

Deci minimul functiei este 2AB= 2(7

2+ 7

2)2 + (4 + 3)2 = 14

2 si se

obtine pentru x=12

.Solutia III (algebrica) Aceasta solutie presupune cunoasterea ine-

galitatii lui Minkowski:

a2 +b2 +

x2 +y2

(a+x)2 + (b+y)2

pentru orice a,b,x,yR+, egalitatea obtinandu-se pentru ay= bx.Pentru 7 2x0 si 2x+ 70, deci pentru x 7

2; 72

, avem

f(x) =

(7 2x)2 + 64+

(2x+ 7)2 + 36

(7 2x+ 2x+ 7)2 + (8 + 6)2 =14

2, iar minimul se obtine pentru 8(2x+ 7) = 6(72x), din care

rezulta ca x=12

.

Daca x 72

, atunci f(x) =

(2x 7)2 + 64 +

(2x+ 7)2 + 368 +

142 + 36> 14

2.

Daca x 72 , atunci f(x) = (7 2x)2 + 64 + (2x+ 7)2 + 36142 + 64 + 6 > 14

2.

Asadar, minimul se obtine pentru x =12

si este 14

2. Observam

ca 14

2 nu este cea mai mica valoare propusa n grila, fapt pentrucare candidatul care ar face rationamentul gresit de a alege cel mai mic


5/5

DESPRE PROBLEME DE ADMITERE DE TIP GRILA 5

numar aflat printre raspunsuri, fara alte verificari, ar primi n mod justzero puncte la acest exercitiu.

Ca o concluzie, am putea spune ca testele grila verifica atentia si pre-cizia calculelor, sunt mai usor de corectat si elimina erorile de corecturala examene. Modul n care acestea sunt concepute este foarte impor-tant daca vrem sa facem o evaluare a cunostintelor relevanta n raportcu obiectivele propuse, n care se evita ambiguitatea, riscul ,,ghiciriisolutiei sau al interpretarilor subiective.

Este binecunoscut nsa faptul ca un rezultat corect se poate obtineuneori si printr-o rezolvare gresita sau ca unii candidati au sansa dea ncercui la ntamplare tocmai raspunsul corect. Din aceste motive,consideram mai potrivite pentru o evaluare temeinica cunostintelor dematematica testele scrise care pe langa subiecte de tip grila contin

si probleme la care se cere o rezolvare completa. Acestea trec pestelimitarile impuse de un test grila si pot sa verifice n plus felul n careelevii redacteaza solutia, daca rationamentele lor sunt coerente, dacastiu sa puna conditiile de existenta la ecuatii si inecuatii sau sa aplicecorect o teorema si, n general, ce abilitati au n rezolvarea de probleme.

References

[1] V. Carutasu, Culegere de teste pentru admitere 2006, Ed. AcademieiFortelor Terestre, Sibiu, 2006.

[2] M. Chirculescu, A. Gomolea,Teste grila pentru admiterea la A.S.E., Edi-tura Teora, Bucuresti, 2000.

[3] http://www.mathem.pub.ro/ SITE ELEVI/s-l.htm

despre probleme de admitere de tip grila - cristina militaru

Documents