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