magazine iv

.

Η άσκηση και το πρόβλημα.

Αξιοσημείωτες Αλγεβρικές

Ανισοταυτότητες και Εφαρμογές τους.

Ένα μάθημα Γεωμετρίας με τη

μορφή της καθοδηγούμενης

αυτενέργειας (ερωτοαποκρίσεις).

Παραμετρικές εξισώσεις γραμμής.

Όριο συνάρτησης με τη βοήθεια

ανισοτήτων.

Η έννοια της εφαπτομένης γραφικής

παράστασης συνάρτησης.

Μιγαδική έκφραση της εξίσωσης

μιας ευθείας γραμμής.

Το Θεώρημα Μέσης Τιμής και

οι εφαρμογές του

Απόδειξη ανισοτήτων ... με ισότητες.

Οι συναρτήσεις : y = e , y = lnx

και μία προσέγγιση της lnx ως εμβαδού.

x

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗΕΚΦΡΑΣΗΜΑΡΤΙΟΣ 1997

ΤΕΥΧΟΣ 1

ΔΡΧ. 1.000

ΠΕΡΙΟΔΙΚΗ ΕΚΔΟΣΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΤΟΥ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑΤΟΣ ΤΡΙΚΑΛΩΝ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

O x

y

y = , x > 01x

1 e

E(A) = 1

A

ΕΚΔΟΣΕΙΣ "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ"

Χ. ΒΑΦΕΙΑΔΗΣ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ : μαθηματική ΕΚΦΡΑΣΗ ετήσια έκδοση μαθηματικών

του Παραρτήματος Τρικάλων

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.)

ΤΕΥΧΟΣ 1ο ΜΑΡΤΙΟΣ 1997

Γι’ αυτό το τεύχος συνεργάστηκαν οι μαθηματικοί :

∆ήμος Γιώργος ∆.

Ζανταρίδης Νίκος

Μάντζιος Άρης

Μητσιάδης Γιώργος

Μήτσιος Γιώργος

Μπάλιας Στέφανος

Μπουνάκης ∆ημήτρης

Ντρίζος ∆ημήτρης

Πατήλας Χρήστος ∆.

Υπεύθυνος της έκδοσης του 1ου τεύχους

(από τη ∆.Ε. του Παραρτήματος της Ε.Μ.Ε.): Ντρίζος ∆ημήτρης

Εκδότης : Βαφειάδης Χάρης

∆ιεύθυνση του περιοδικού :

Καποδιστρίου 1 (Πλατεία

Παλαιού ∆εσποτικού)

42 100, Τρίκαλα

Τηλ.-FAX : (0431) 75950

Το περιοδικό διατίθεται από τα βιβλιοπωλεία.

Τιμή τεύχους : 1.000 δρχ.

Ηλεκτρονική στοιχειοθεσία, σχήματα, σελιδοποίηση :

Ρίζος Γιώργος

Παλαιολόγου 73, 49 100, Κέρκυρα Τηλ. (0661) 33243

Κεντρική διάθεση : Βιβλιοπωλείο

"ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ"

Χάρης Βαφειάδης

∆έλιου 4, 54 621, Θεσσαλονίκη

Τηλ. (031) 263163,

FAX (031) 240595

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

3 Σημείωμα της μαθηματικής ΕΚΦΡΑ-

ΣΗΣ 5 Η άσκηση και το πρόβλημα.

∆ημήτρης Ντρίζος

12 Αξιοσημείωτες Αλγεβρικές Ανισοταυ-

τότητες και Εφαρμογές τους.

∆ημήτρης Μπουνάκης,

Ηράκλειο Κρήτης 22 Ένα μάθημα Γεωμετρίας με τη μορφή

της καθοδηγούμενης αυτενέργειας (ε-

ρωτοαποκρίσεις).

Άρης Μάντζιος 30 Παραμετρικές εξισώσεις γραμμής

Γιώργος Μητσιάδης 42 Όριο συνάρτησης με τη βοήθεια ανι-

σοτήτων.

Νίκος Ζανταρίδης, Έδεσσα 51 Η έννοια της εφαπτομένης γραφικής

παράστασης συνάρτησης.

Στέφανος Μπάλιας 60 Μιγαδική έκφραση της εξίσωσης μιας

ευθείας γραμμής. Χρήστος ∆. Πατήλας

66 Το Θεώρημα Μέσης Τιμής και οι ε-

φαρμογές του. Γιώργος Μήτσιος

81 Απόδειξη ανισοτήτων ... με ισότητες.

Γιώργος ∆. ∆ήμος 89 Οι συναρτήσεις : y = e

x, y = lnx και

μία προσέγγιση της lnx ως εμβαδού.


Θ. ΜάστορηςΓ. Ρουσιάς

φροντιστηριακό βοήθημα

το αρτιότερο βοήθημα για τιςεισαγωγικές εξετάσεις που γιαπρώτη φορά θα δώσουν οιτελειόφοιτοι των Τ.Ε.Λ.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Τ.Ε.Λ.΄

εκδόσεις - κέντρικη διάθεση

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ Χάρης Βαφειάδης

ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΟ

Θανάσης Μάστορης

Γιώργος Ρουσιάς

βοήθημα

ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ Χ. ΒΑΦΕΙΑΔΗΣ

κέντρικη διάθεση

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ Χάρης Βαφειάδης

Τζακόπουλος Απόστολοςτρίτομη Ανάλυση ...

... για τον μαθητή

Τζακόπουλος Απόστολος

ΤΟΜΟΣ Α΄

ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 1994

Θεωρία

Μεθοδολογία

Λυμένες ασκήσεις

Ερωτήσεις θεωρίας

Άλυτες Ασκήσεις

Γενικές Επαναληπτικές Ασκήσεις

Συναρτήσεις Όρια Συναρτήσεων

Συνέχεια Συναρτήσεων


ΤΟΜΟΣ B΄


Θεωρία






ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ


ΤΟΜΟΣ Γ΄


Θεωρία






Σημείωμα της μαθηματικής ΕΚΦΡΑΣΗΣ

Φίλε αναγνώστη,

Κρατάς στα χέρια σου το 1ο τεύχος ενός περιοδικού - θα λέγαμε την πρώτη

προσπάθεια έντυπης συλλογικής έκφρασης μαθηματικών του Παραρτήματος

Τρικάλων της "Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας" και άλλων φίλων συνεργα-

τών.

Η ιδέα για το φτιάξιμο του περιοδικού αυτού δεν είναι χτεσινή. Κατά δια-

στήματα προηγήθηκαν αρκετές συζητήσεις μεταξύ φίλων - μελών του Παραρτή-

ματός μας και επισημάνθηκαν οι ουσιαστικές δυσκολίες μια τέτοιας τολμηρής

πρωτοβουλίας. Η διαμόρφωση και ο συντονισμός κάθε φοράς της ύλης του, το

γράψιμο καλών άρθρων και η έλλειψη μιας σταθερής ομάδας συνεργατών ήταν

πράγματι σημαντικά προβλήματα.

Στόχος μας είναι η εξέλιξη αυτής της πρώτης και συγχρόνως πειραματικής

μας προσπάθειας να οδηγήσει σε μια σταθερή περιοδική έκδοση με ενδιαφέρο-

ντα θέματα γύρω από τα Μαθηματικά και τα νέα ρεύματα που αναπτύσσονται

στον τομέα της Μαθηματικής Παιδείας και Εκπαίδευσης.

Μέσα από τις στήλες αυτού του περιοδικού επιδιώκουμε με ανιδιοτέλεια τη

δημιουργία ενός βήματος για όλους τους μαθηματικούς που θα έχουν να καταθέ-

σουν κάθε φορά μια εργασία τους, μια καινούρια άποψη, έναν προβληματισμό

τους, μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση. Η ανάλυση Μαθηματικών εννοιών, οι δι-

δακτικές προσεγγίσεις κάποιων ενοτήτων και οι εφαρμογές των Μαθηματικών

στις άλλες επιστήμες, επιθυμούμε να είναι στο επίκεντρο του περιοδικού.

Θα είμαστε επίσης ανοιχτοί ως περιοδικό και σε εργασίες μαθητών με το

ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τα μαθηματικά. Όμως, δεν μπορούμε να παραβλέψου-

με και το ρόλο των κάθε λογής εξετάσεων που καλούνται να αντιμετωπίσουν οι

μαθητές. Θα είμαστε κοντά στη δικαιολογημένη αγωνία τους για την επιτυχία

τους σ’ αυτές. Έτσι η άσκηση και το πρόβλημα θα έχουν το δικό τους σημαντικό

χώρο.

4

Ακούγεται τελευταία από αρκετούς αναγνώστες, πως όλα πλέον είναι αντι-

γραφές και βελτιωμένες επαναδιατυπώσεις θεμάτων και ιδεών, που έχουν δει

και ξαναδεί εδώ και κει. Έτσι πράγματι είναι. Αυτό αποτελεί κοινή διαπίστωση.

Βέβαια υπάρχουν και εξαιρέσεις και αλίμονο αν δεν υπήρχαν. Γεγονός είναι

πάντως ότι βαρεθήκαμε τα ίδια και τα ίδια. Αναζητούμε σε κάθε βιβλίο ή περιο-

δικό εκείνη την καινούρια ιδέα που πάει πέρα από τα τετριμμένα και χιλιοειπω-

μένα. Στοχεύουμε λοιπόν ως περιοδικό να κινηθούμε και προς την κατεύθυνση

τέτοιων αναζητήσεων. Από την άλλη όμως μεριά, δεν μπορεί να απορρίψει κα-

νείς και κάτι το κλασσικό και συγχρόνως όμορφο, απλά επειδή κάπου έχει ξανα-

δημοσιευτεί. Σε τέτοιες περιπτώσεις θα παραθέτουμε οπωσδήποτε βιβλιογραφία,

κάτι που όχι μόνο συνιστά εντιμότητα και σεβασμό στον όποιον αναγνώστη, αλλά

ίσως κάποιες φορές τον διευκολύνει κιόλας.

Η δημιουργία του περιοδικού μας και κυρίως η συνέχιση της έκδοσής του με

μόνιμες στήλες και συνεργάτες έχουν ανάγκη από τη δική σου στήριξη και τη δι-

κή σου συμπαράσταση. Θέλουμε να δείτε με κατανόηση και καλοπροαίρετη κρι-

τική αυτή μας την προσπάθεια. Άλλωστε το κάθε τι σήμερα είναι επιτακτική ανά-

γκη να κρίνεται στην ουσία του, όμως χωρίς μικρότητες, γιατί τότε μόνο το προ-

χώρημά μας μπορεί να γίνει πάνω σε πιο στέρεες βάσεις.

Τέλος, από τη θέση αυτή επιθυμούμε να ευχαριστήσουμε θερμά :

Τις εκδόσεις "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ" του συνάδελφου μαθηματι-

κού Χάρη Βαφειάδη, που ανέλαβαν το οικονομικό κόστος της έκδοσης αυτού του

τεύχους.

Και τον συνάδελφο Γιώργο Ρίζο, που με ιδιαίτερο ζήλο συνέβαλλε στην άρ-

τια εμφάνιση του περιοδικού μας, επιμελήθηκε τη στοιχειοθεσία, τα σχήματα και

την τελική μορφοποίηση όλων των κειμένων του περιοδικού μας.

∆ΙΑ∆ΩΣΤΕ ΤΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ

ολλές φορές ακούμε από κα-

λούς, κυρίως, μαθητές την

έκφραση :

«Τις ασκήσεις τις αντιμετωπίζω

πιο εύκολα^ τα προβλήματα όμως με

δυσκολεύουν». ∆εν θα επιχειρήσου-

με εδώ να δώσουμε αυστηρούς τυπι-

κούς ορισμούς στις έννοιες άσκηση

και πρόβλημα. Η πολυπλοκότητα

και η ποικιλομορφία αυτών των εν-

νοιών κάνει αρκετά δύσκολη τη δια-

τύπωση απόλυτων ορισμών τους.

Άλλωστε, πιστεύουμε πως μια φορ-

μαλιστική προσέγγισή τους δε θα

βοηθούσε και πολύ στη διερεύνηση

κάποιων δομικών χαρακτηριστικών

τους στοιχείων.

Ο μαθητής τις περισσότερες φο-

ρές που καλείται να αντιμετωπίσει

ένα μαθηματικό θέμα, διαισθητικά

και με ευδιάκριτους γι’ αυτόν όρους,

μπορεί και κάνει το διαχωρισμό, αν

το θέμα αποτελεί άσκηση ή πρόβλη-

μα. Έτσι λοιπόν, χαρακτηρίζει ως

ασκήσεις τα θέματα στα οποία του

ζητείται για παράδειγμα η επίλυση

μιας συγκεκριμένης απλής εξίσωσης

ή ανίσωσης. Η απόδειξη κάποιων

σχέσεων, όπως μιας ισότητας ή μιας

ανισότητας, όταν του δίνουν την τυ-

πική τους μορφή, συνιστούν ασκή-

σεις. Θέματα επίσης στα οποία κα-

λείται να υπολογίσει αποστάσεις,

εμβαδά και όγκους, τα χαρακτηρίζει

πάλι ως ασκήσεις. Το ίδιο και τα

θέματα κάποιων απλών γεωμετρι-

κών κατασκευών με τη χρήση οργά-

νων που δεν απαιτούν συνήθως τη

χάραξη βοηθητικών γραμμών.

Ποια θέματα χαρακτηρίζει ως

προβλήματα ;

Εκείνα στα οποία περιγράφεται

συνήθως μια πραγματική κατάσταση

με στοιχεία και όρους παρμένα τις

περισσότερες φορές από τον φυσικό

κόσμο που μας περιβάλλει, τον μα-

κρόκοσμο και τον μικρόκοσμο.

Η ΑΣΚΗΣΗ ΚΑΙ ΤΟ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ

Μία προσέγγιση στην αντιμετώπιση

απρόβλεπτων θεμάτων.


Π

6

Επίσης θέματα που η σύνθεση

τους βασίζεται σε στοιχεία από τη

ζωή και την εμπειρία μας.

Ως προβλήματα χαρακτηρίζει

επίσης κάποιες διανοητικές κατα-

σκευές με μαθηματική δομή, όπου

μετά από την παράθεση επαρκών

πληροφοριών (δεδομένα) του ζητεί-

ται ο προσδιορισμός κάποιων α-

γνώστων στοιχείων. Επισημαί-

νουμε ότι η έννοια πρόβλημα σε

τούτο το άρθρο μας ενδιαφέρει, ό-

ταν οριοθετείται σύμφωνα με τα

προηγούμενα^ και

μπορούμε να το

προσεγγίσουμε και

να το επιλύσουμε

με μαθηματικούς

όρους. Παρενθετι-

κά, αναφέρουμε

ότι η φυσική θέση του προβλήματος

είναι πριν από την ανάπτυξη της

Θεωρίας, αυτό δε που ακολουθεί

την ανάπτυξη της Θεωρίας είναι η

άσκηση.

Για την επίλυση ενός προβλήμα-

τος, το κυριότερο και συγχρόνως το

πιο σοβαρό μέλημα του μαθητή –

λύτη είναι κατ’ αρχήν η μοντελο-

ποίηση (μαθηματικοποίηση) του

προβλήματος, η δημιουργία δηλαδή

μιας συσχέτισης φτιαγμένης με τυ-

πικά μαθηματικά σύμβολα που να

αποδίδει τη διαδικασία που περι-

γράφεται λεκτικά στο πρόβλημα. Τη

συσχέτιση αυτή, που μπορεί να είναι

για παράδειγμα μια τυπική εξίσωση

ή μια συνάρτηση ανάμεσα στα διά-

φορα μεγέθη του προβλήματος, τη

λέμε μαθηματικό μοντέλο του προ-

βλήματος. Το στάδιο αυτό του πε-

ράσματος από τη λεκτική απόδοση

στο αντίστοιχο μαθηματικό μοντέλο

είναι τις περισσότερες φορές μια

αρκετά επίπονη εργασία

για το μαθητή. Τονίζου-

με εδώ ότι η διαδικασία

της μοντελοποίησης ξε-

κινά μετά από την πλήρη

κατανόηση του προβλή-

ματος σε όλες τις λεπτο-

μέρειες του από τον υποψήφιο λύτη.

Είδη ασκήσεων και προβλημάτων

ύρω από τις έννοιες άσκηση

και πρόβλημα έχει αναπτυχθεί

τα τελευταία χρόνια μια αρκετά εν-

διαφέρουσα βιβλιογραφία. Συναντά

κανείς εκεί μια κατηγοριοποίηση

Η φυσική θέση του προ-βλήματος είναι πριν από την ανάπτυξη της Θεωρίας, αυτό δε που ακολουθεί την ανάπτυξη της Θεωρίας είναι η άσκηση.

Γ

7

(ομαδοποίηση σύμφωνα με κάποια

κοινά χαρακτηριστικά) και στις α-

σκήσεις και στα προβλήματα. Έ-

χουμε τη γνώμη πως η ένταξη μιας

άσκησης ή ενός προβλήματος σε μια

κατηγορία Α΄ και όχι σε μια άλλη Β΄

δεν μπορεί να γίνει πάντα με έναν

απόλυτο τρόπο.

Αρκετές φορές τα όρια ανάμεσα

σε κάποιες καθαρά φορμαλιστικές

κατηγορίες δεν είναι τόσο σαφή και

ευδιάκριτα. Έτσι ένας τέτοιος πο-

λυσχιδής διαχωρισμός τους κινείται

καθαρά (και μόνο) στο θεωρητικό

χώρο της ∆ιδακτικής των Μαθημα-

τικών.

Η προσπάθεια τώρα ορισμένων

για διαρκή κατακερματισμό και κα-

τηγοριοποίηση, ακόμα και σε θέμα-

τα που αφορούν το ίδιο γνωστικό

αντικείμενο, με σκοπό τη δημιουρ-

γία «μεθοδολογιών» επίλυσης α-

σκήσεων και προβλημάτων, τελικά

δεν οδηγεί, πιστεύουμε, σε ασφαλή

και θετικά αποτελέσματα για τους

μαθητές - υποψήφιους λύτες. Τα

Μαθηματικά δεν είναι σε καμία πε-

ρίπτωση –ούτε θα μπορούσαν να

είναι– μόνο ένα σύνολο από διάφο-

ρες τεχνικές επίλυσης.

Για το λόγο αυτό θα επιχειρή-

σουμε παρακάτω την περιγραφή

μόνο δύο θεμελιωδών ομάδων για

τις ασκήσεις και τα προβλήματα,

που θεωρούμε ότι η ύπαρξή τους

είναι αυτονόητη από κάθε μαθητή.

Κατ’ αρχήν υπάρχουν ασκήσεις

και προβλήματα που ένας σχετικά

καλός μαθητής ακολουθώντας έναν

αλγόριθμο, δηλαδή μια γνωστή του

από πριν διαδικασία, καταλήγει –

εύκολα ή τέλος πάντων χωρίς ιδιαί-

τερη δυσκολία– στη λύση του θέμα-

τος. Πρόκειται, συνήθως, για θέμα-

τα ρουτίνας, για θέματα δηλαδή ε-

φαρμογής τύπων ή θεωρημάτων ή

συνδυασμού ορισμών και κάποιων

μαθηματικών προτάσεων που τις

περισσότερες φορές, το τονίζουμε

ξανά, ο καλός μαθητής τα αντιμετω-

πίζει με σχετική ευκολία και αυτό,

γιατί έχει ξανά αντιμετωπίσει πα-

ρόμοια θέματα. Έχει έτσι μια μέθο-

δο και ακολουθεί κάποια συγκεκρι-

μένα βήματα.

Τι γίνεται όμως, όταν διαβάζο-

ντας και ξαναδιαβάζοντας την ά-

σκηση ή το πρόβλημα, διαπιστώνει

ότι βρίσκεται μπροστά σε κάτι «τε-

λείως καινούριο» ; Όταν δε του θυ-

μίζει τίποτα, δε μοιάζει καθόλου με

8

άλλα θέματα που έχει μέχρι τώρα

αντιμετωπίσει ;

Αναρωτιέται τότε : «Από που

πρέπει να ξεκινήσω ; », «σε ποιες

προτάσεις, σε ποια θεωρήματα α-

κουμπάει το θέμα αυτό ; ».

Αυτό το θέμα είναι μια «απρό-

βλεπτη κατάσταση». ας πούμε ένα

«πρωτότυπο» πρόβλημα.

Εδώ ο μαθητής καλείται να κά-

νει τις προσωπικές του παρεμβάσεις

και να επινοήσει τη στρατηγική που

θα τον οδηγήσει στη διαμόρφωση

του κατάλληλου συλλογισμού ή στη

σύλληψη της ιδέας εκείνης που θα

τον πάει –τελικά– στη λύση. Μπρο-

στά σε τέτοια απρόβλεπτα προβλή-

ματα ο μαθητής κινητοποιεί στην

κυριολεξία το «οπλοστάσιο» των

γνώσεών του. ∆ιαβάζει και ξανα-

διαβάζει προσεκτικά το θέμα του^

πρώτα φράση – φράση και έπειτα

στην ολότητά του. Μπαίνει μέσα σε

αυτό και επισημαίνει τα δεδομένα

και τα ζητούμενα^ το κατανοεί πλή-

ρως. Έπειτα, μοντελοποιεί το θέμα

του, αν πρόκειται για πρόβλημα^

φέρνει στο μυαλό του θεωρήματα

και προτάσεις και κάνει συνδυα-

σμούς, που πιστεύει ότι θα τον οδη-

γήσουν ολοένα σε κάτι πιο γνωστό^

χωρίζει το πρόβλημά του σε άλλα

επιμέρους μικρότερα προβλήματα

και προσπαθεί να τ’ αντιμετωπίσει

ένα – ένα^ του έρχονται ιδέες, τις

δοκιμάζει και προχωρά βήμα – βή-

μα. Για την περίπτωση, η δοκιμή

είναι ένα από τα σπουδαιότερα ό-

πλα του μαθητή – λύτη. Βλέπετε, δεν

υπάρχει εδώ αλγόριθμος, οπότε οι

δοκιμές του είναι τελείως απαραίτη-

τες.

Στην αγωνιώδη και επίπονη αυ-

τή πορεία αναζήτησης της λύσης ο

μαθητής –δηλαδή το μυαλό του–

περνά από διάφορες φάσεις. Μερι-

κές φορές για παράδειγμα δεν του

έρχονται άλλες ιδέες, πέρα από αυ-

τές που ήδη δοκίμασε προς στιγμήν

αναποτελεσματικά. Ή, από την άλ-

λη μεριά, έχει σημειώσει αρκετές

ιδέες του χωρίς να μπορεί να εντο-

πίσει την κατάλληλη (την κρίσιμη)

για τη λύση. Μερικές φορές προχω-

ρώντας πάνω σε μια «καινούρια»

ιδέα βλέπει να ανακυκλώνεται γύρω

από τα ίδια. Οι δοκιμές του δεν έ-

χουν αποτέλεσμα, φέρνει διαρκώς

γύρω από τις ίδιες ιδέες και τελικά

απογοητεύεται.

9

Εδώ προτείνουμε τα εξής

στο μαθητή – λύτη :

ν το θέμα ανήκει σε διαγωνι-

σμό με συγκεκριμένη χρονική

διάρκεια, να σταματήσει να ασχο-

λείται πλέον με αυτό και να κατα-

πιαστεί με άλλα θέματα του διαγω-

νισμού που τα βρίσκει πιο εύκολα

και προς το τέλος να ξαναγυρίσει

πάλι στο θέμα που τόσο έντονα τον

απασχόλησε^ να διαβάσει πάλι από

την αρχή, πολύ προσεκτικά και χω-

ρίς ένταση τούτη τη φορά, την εκ-

φώνηση του θέματος. Πιθανόν, τώ-

ρα, να δει κάτι που προηγούμενα

δεν είχε παρατηρήσει^ κάτι που δεν

το συνέδεε κατάλληλα με τα άλλα

δεδομένα^ να εντοπίσει εκείνη τη

φράση κλειδί πίσω από την οποία

βρίσκεται η κρίσιμη ιδέα για τη λύ-

ση. Κάποτε αυτές οι ιδέες έρχονται

τελείως ξαφνικά (ενορατική σύλλη-

ψη). Γρήγορα τότε διατυπώνει τους

συλλογισμούς που δίνουν με πληρό-

τητα τη λύση στο θέμα. Η αίσθηση

της ανακάλυψης και η χαρά της λύ-

σης, που με τόσο πάθος αναζήτησε,

είναι στο σημείο αυτό απερίγραπτη.

Θέλουμε τώρα να επισημάνουμε

πως ένα πρόβλημα ή μία άσκηση

που αποτελεί απρόβλεπτη κατάστα-

ση για έναν Α΄ λύτη, ίσως το ίδιο

πρόβλημα να αποτελεί θέμα ρουτί-

νας για ένα Β΄ λύτη. Αυτό σχετίζεται

με την ηλικία και τη προσωπικότητα

του λύτη, την εμπειρία του, τη διο-

ρατικότητα, τη γενικότερη κατάρτι-

σή του και όχι μόνο.

Η ενασχόληση – προπόνηση με

πολλά απρόβλεπτα προβλήματα ο-

δηγεί σε μια εξοικείωση των μαθη-

τών με τέτοιου είδους θέματα. Ανοί-

γονται έτσι νέοι ορίζοντες στη σκέ-

ψη^ το μυαλό του λύτη πηγαίνει ευ-

κολότερα στα απρόσμενα σημεία –

κλειδιά του προβλήματος και βρί-

σκει έτσι διεξόδους εκεί που ο αμύ-

ητος λύτης σηκώνει συνήθως τα χέ-

ρια ψηλά. Στο σημείο αυτό έρχεται

η ερώτηση : «∆εν είναι αρκετή η

ιδιαίτερη κλίση ενός παιδιού προς

τα Μαθηματικά για να αντιμετωπί-

ζει επιτυχώς τέτοια προβλήματα ;».

Απαντάμε πως μάλλον όχι^ χρειάζε-

ται και η προπόνηση για την οποία

προηγουμένως κάναμε λόγο.

Μερικές ακόμα προτάσεις

ατ’ αρχήν, η εξοικείωση των

μαθητών με τέτοια θέματα θα

πρέπει να γίνεται από μικρή ηλικία.

Α

Κ

10

Επιπλέον ο εμπλουτισμός του σχο-

λικού προγράμματος με κατάλληλα

προβλήματα που κινούν το ενδιαφέ-

ρον των μαθητών για δημιουργική

αναζήτηση, συνιστά ένα σπουδαίο

όρο για την εξοικείωση αυτή. Επί-

σης η διδασκαλία της επίλυσης

προβλημάτων πρέπει να ενταχτεί

στα Προγράμματα των Μαθηματι-

κών και η παρουσίαση από τους δι-

δάσκοντες προβλημάτων – απρό-

βλεπτων καταστάσεων να γίνεται

συχνά, με κατάλληλο όμως τρόπο

και σε αρμονία πάντα με το υπόλοι-

πο μέρος της γνωστής μας συμβατι-

κής διδασκαλίας.

Τέλος, η οργάνωση

και λειτουργία σο-

βαρών σεμιναρια-

κών προγραμμάτων

για τους διδάσκο-

ντες με θέμα τη διδασκαλία της επί-

λυσης προβλημάτων κρίνεται ως

απολύτως απαραίτητη.

Πρωτότυπα προβλήματα

και μέτριοι μαθητές

πό πολλούς συναδέλφους μα-

θηματικούς τίθεται το εύλογο

ερώτημα : Σε διαγωνισμούς που πε-

ριλαμβάνουν και πρωτότυπα θέματα

(όπως αυτά περιγράφηκαν και ανα-

λύθηκαν προηγουμένως), υπάρχει

λόγος να παίρνουν μέρος όλοι οι

μαθητές, ανεξάρτητα από τη σχολι-

κή βαθμολογία τους στα Μαθηματι-

κά ; Τι θα μπορούσαν να παρουσιά-

σουν, για παράδειγμα, μέτριοι μα-

θητές σε τέτοιους διαγωνισμούς ;

Κατ’ αρχήν ξεκαθαρίζουμε ότι

οι σχολικοί χαρακτηρισμοί της επί-

δοσης των μαθητών προκύπτουν

(κυρίως) σε συνάρτηση με τη συ-

γκρότησή τους πάνω σε προκαθορι-

σμένη ύλη, δηλαδή αν –και κατά

πόσο– είναι συμβα-

τοί σε θέματα που

κυριαρχεί ο αλγό-

ριθμος και η τυπική

θεωρητική κατάρτι-

ση. Κάποιες ενδε-

χομένως εξαιρέσεις μπορεί να υ-

πάρχουν, για να επιβεβαιώνουν πά-

λι τον κανόνα.

Λέμε εδώ πως υπήρξαν (και υ-

πάρχουν) σοβαρά παραδείγματα

τέτοιων μέτριων μαθητών που

μπροστά σε πρωτότυπα θέματα βρί-

σκουν γρήγορα διεξόδους και δί-

νουν λύσεις, μερικές φορές με έναν

υπέροχο –και ίσως όχι αναμενόμε-

Η διδασκαλία της ε-πίλυσης απρόβλεπτων προβλημάτων πρέπει να ενταχτεί στα Προγράμμα-τα των Μαθηματικών.

Α

11

νο– τρόπο. Φυσικά πρέπει να παρα-

δεχτούμε ότι οι περιπτώσεις τέτοιων

μαθητών είναι πολύ λίγες και να

επισημάνουμε ότι το φυσικό τους

χάρισμα είναι η ανεπτυγμένη διαι-

σθητική τους σκέψη, που οδηγεί

στην ξαφνική (συνήθως) σύλληψη

της αλήθειας. Οι μαθητές αυτοί δεν

μπορούν συνήθως να παρουσιάσουν

το γνωστό μας τυποποιημένο και

καλαίσθητο μαθηματικό κείμενο.

Τις περισσότερες φορές, ενώ συλ-

λαμβάνουν την κρίσιμη ιδέα που

οδηγεί στη λύση, «μπλοκάρουν»,

όταν από ένα σημείο και μετά η λύ-

ση του προβλήματος απαιτεί οργα-

νωμένη γνώση ορισμών, μαθηματι-

κών προτάσεων, τύπων και μεθόδων

(διαδικασιών) απόδειξης. Κάποιοι

από σας –συνάδελφοι μαθηματικοί–

θα έχετε, πιστεύω, παραδείγματα

μαθητών σας –μέτριων και αφανών

κατά τα άλλα– που διακρίθηκαν σε

διαδοχικούς διαγωνισμούς της

Ε.Μ.Ε. Οι μαθητές αυτοί χωρίς συ-

στηματική μελέτη, μάλλον θα απο-

τύγχαναν σε διαγωνισμούς τύπου

Γενικών (Πανελλαδικών) Εξετάσε-

ων, όπου εξετάζεται κυρίως η συ-

γκρότηση του μαθητή περί τα αλγο-

ριθμικά μαθηματικά και η συστημα-

τική κατανόηση διαφόρων εννοιών.

Όμως είναι περίπου βέβαιο ότι

μπορεί να διαπρέψουν σε άλλους

τομείς (π.χ. εμπόριο), όπου χρειάζε-

ται κυρίως διορατικότητα, εφευρε-

τικότητα, όχι τυποποιημένη σκέψη

και γοργή σύλληψη της καλύτερης

επιλογής ανάμεσα σε ένα πλή-θος

προτεινομένων.

Αξιοσημείωτες Αλγεβρικές Ανισοταυτότητες και Eφαρμογές τους

Δημήτρης Μπουνάκης

Από την Άλγεβρα της Α΄ Λυκείου είναι λίγο ή πολύ γνωστές στους μαθητές, κυρίως από ασκήσεις, οι παρακάτω απλές ανισοταυτότητες : Για κάθε α, β, κ, λ, θ ∈IR ισχύουν :

Α.

α2+β2 ≥ 2αβ Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν α = β.

Β.

2⋅(α2+β2) ≥ (α+β)2 Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν α = β.

Γ.

(κ2+λ2)⋅(α2+β2) ≥ (κα+λβ)2

Ταυτότητα Lagrange

Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν κβ = λα.

Δ.

Αν θ > 0, τότε ≥ ≥21 κθ + 2, θ + 2θ

θ θ

Η ισότητα ισχύει αντίστοιχα για θ = 1, θ = κ.

Ε.

Αν α, β ≥ 0, τότε α+β ≥ 2 2α + β

Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν αβ = 0.

Οι «αθώες» αυτές ανισοταυτότητες (οι Δ και Ε υπό συνθήκη) είναι χρήσιμες στην αντιμετώπιση πολλών προβλημάτων, κυρίως με (ολικά) ακρότατα συναρτή-σεων. Βέβαια δεν δίνουν μία γενική μέθοδο εύρεσης ακρότατων, όπως η παράγωγος, αφού εφαρμόζονται σε ειδικής μορφής συναρτήσεις, όμως με κατάλληλη εφαρμο-γή τους μπορούν να εφαρμοστούν σε ένα μεγάλο πλήθος συναρτήσεων και μάλι-στα σε συναρτήσεις που εμφανίζονται συχνά σε προβλήματα διαφόρων Μαθημα-τικών κλάδων.

13

Τις ανισοταυτότητες αυτές είναι αναγκαίο και χρήσιμο να τις έχει υπόψη του ο υποψήφιος της 1ης και της 4ης Δέσμης, όχι μόνο γιατί αποτελούν μέρος της βασι-κής Μαθηματικής υποδομής που πρέπει να διαθέτει, αλλά και γιατί μπορούν να τον απαλλάξουν από χρονοβόρες διαδικασίες εύρεσης ακρότατων (παραγώγιση, μονοτονία κλ.π.), καθώς και να πετύχει αποδείξεις διαφόρων σχέσεων με απλό και κομψό τρόπο. Από τις ανισοταυτότητες αυτές ο υποψήφιος μπορεί να επικαλείται, όταν τις εφαρμόζει, την Α και τη Δ (για κ = 1), που υπάρχουν στο σχολικό βιβλίο της Α΄ Λυκείου ως εφαρμογές, ενώ τις υπόλοιπες πρέπει να τις αποδεικνύει. Πιστεύουμε όμως ότι η χρησιμότητά τους είναι πολλαπλάσια του κόστους α-πόδειξής τους, το οποίο άλλωστε είναι μικρό, αφού οι αποδείξεις τους είναι αρκετά απλές και σύντομες. Οι ενδεικτικές εφαρμογές που ακολουθούν πιστεύω ότι θα ενισχύσουν τον ισχυρισμό αυτό.

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1

Έστω η συνάρτηση ƒ με τύπο : ƒ(x) = 2

12x9 x+

α. Να δειχτεί ότι είναι φραγμένη. β. Να βρεθεί (αν υπάρχει) η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της.

Λύση :

α. Η ƒ έχει Πεδίο Ορισμού το IR, γιατί για κάθε x∈IR είναι 9+x2 > 0. Αρκεί, σύμφωνα με σχετική πρόταση του σχολικού βιβλίου, να υπάρχει κ > 0, ώστε :

|ƒ(x)| ≤ κ, για κάθε x∈IR. Εφαρμόζουμε την ανισοταυτότητα Α με α = 3, β = |x| και έχουμε :

32+|x|2 ≥ 6|x| ⇔ 2 2

| x | 1 |12x | 29 x 6 9 x

≤ ⇔ ≤+ +

Άρα |ƒ(x)| ≤ 2, για κάθε x∈IR, οπότε η ƒ είναι φραγμένη (κ = 2 > 0).

14

β. Η ισότητα στη σχέση |ƒ(x)| ≤ 2 ισχύει, λόγω των παραπάνω ισοδυναμιών και της ανισοταυτότητας Α, όταν και μόνο όταν 3 = |x| ⇔ x = ± 3.

Είναι |ƒ(x)| ≤ 2 ⇔ –2 ≤ ƒ(x) ≤ 2, x∈IR και ƒ(3) = 2, ƒ(–3) = –2.

Άρα η ƒ έχει μέγιστη τιμή 2 για x = 3 και ελάχιστη τιμή –2 για x = –3.

2

Έστω η συνάρτηση ƒ(x) = 2x2, x∈IR και θ η γωνία που σχηματίζει

η εφαπτομένη στη γραφική παράσταση της ƒ στο σημείο Μ(2α,

8α2), α > 0, με την ευθεία ΜΟ, όπου Ο η αρχή των αξόνων. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της εφθ, όταν το α μεταβάλλεται (α > 0).

Από θέμα 1ης Δέσμης, Γενικές εξετάσεις 1994

Λύση :

Σύμφωνα με σχετικό τύπο της Αναλυτικής Γεωμετρίας βρίσκουμε :

εφθ = 2

4α1 32α+

, α > 0.

Από την ανισοταυτότητα Α (με α = 1, β = α 32 ), έχουμε :

1+32α2 = 1+ ( )2α 32 2α 32 8α 2≥ = , οπότε 2

4α 11 32α 2 2

≤+

.

Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν 1 = α 32 ή α = 28

.

Άρα η μέγιστη τιμή της εφθ είναι 1 2 2, ότανα4 82 2

= = .

3

Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή της συνάρτησης :

g(x) = 2 2

θ , θ 0(σταθερά)|x|+ θ x

>−

.

15

Λύση :

Η g έχει Πεδίο Ορισμού το διάστημα [–θ, θ]. Επειδή ο αριθμητής είναι σταθε-ρός, αρκεί να βρούμε αντίστοιχα τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του παρα-νομαστή.

Θέτουμε : h(x) = |x|+ 2 2θ x− , x∈[–θ, θ].

Από την ανισοταυτότητα Β με α = |x|, β = 2 2θ x− έχουμε :

2(x2+θ2–x2) ≥ ( )22 2| x | θ x+ − ή 0 < h(x) ≤ θ 2 ή

1 1 2ήg(x)h(x) 2θ 2

≥ ≥ , για x∈[–θ, θ].

Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν :

2 2 2 2 θ| x | θ x 2x θ x [ θ, θ]2

= − ⇔ = ⇔ = ± ∈ − .

Είναι θ θ 2 2g2θ 22

⎛ ⎞± = =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Άρα η ελάχιστη τιμή της g(x) είναι 22

για x = ± θ2

.

Για την εύρεση της ελάχιστης τιμής της h(x) χρησιμοποιούμε την ανισοταυτό-τητα Ε και παίρνουμε :

2 2 2 2 2| x | θ x x θ x θ+ − ≥ + − = ή h(x) ≥ θ ή 1 1 ήg(x) 1h(x) θ

≤ ≤ , x∈[–θ, θ].

Η ισότητα ισχύει όταν |x|⋅ 2 2θ x− = 0 ⇔ x = 0 ή x = ±θ.

Πράγματι g(0) = g(±θ) = 1. Άρα η g έχει μέγιστη τιμή 1 για x = 0 ή x = θ ή x = –θ.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Λαμβάνοντας υπόψη ότι η g είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [–θ, θ], ουσι-

αστικά δείξαμε ότι η g έχει σύνολο τιμών το διάστημα 2 ,12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

.

16

4

Από όλες τις ευθείες : (α+2)⋅x+(1–2α)⋅y+3α–4 = 0, α∈IR

να βρεθεί αυτή που απέχει περισσότερο από την αρχή των αξόνων.

Λύση : Αρκεί να βρούμε το μέγιστο της συνάρτησης :

2 2

| 3α 4 |d(α)(2 α) (1 2α)

−=

+ + −, α∈IR.

Σκεπτόμενοι να χρησιμοποιήσουμε την ανισοταυτότητα Γ :

(κ2+λ2)⋅((2+α)2+(1–2α)2) ≥ (κ⋅(2+α)+λ⋅(1–2α))2

αναζητάμε κ, λ ∈IR με :

κ⋅(2+α)+λ⋅(1–2α) = 3α–4 ή (κ–2λ)⋅α+(2κ+λ) = 3α–4.

Αρκεί προς τούτο 2κ+λ = –4 και κ–2λ = 3, οπότε κ = –1, λ = –2.

Έτσι έχουμε :

[(–1)2+(–2)2]⋅[(2+α)2+(1–2α)2] ≥ (–2–α–2+4α)2 ή

5[(2+α)2+(1–2α)2] ≥ (3α–4)2 ή d(α) ≤ 5 .

Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν κ⋅(1–2α) = λ⋅ (2+α) ⇔ α = – 34

.

Άρα η μέγιστη απόσταση είναι 5 και η ζητούμενη ευθεία προκύπτει για

α = – 34

και είναι x + 2y – 5 = 0.

5

Από όλα τα διανύσματα 2

2

t 2t 1α(t)

t 6t 9

⎡ ⎤− += ⎢ ⎥

− +⎢ ⎥⎣ ⎦, t∈IR

να βρεθεί αυτό με το μικρότερο μήκος.

17

Λύση :

Πρέπει να βρούμε την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης :

ƒ(t) = ( ( ( ) ( )4 4α(t) t 1 t 3 , t IR= − + − ∈ .

Με διπλή εφαρμογή της ανισοταυτότητας Β πρώτα για α = (t–1)2,

β = (3–t)2 και μετά για α = t–1, β = 3–t, έχουμε :

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )22 2 22 2 2 2 212 t 1 3 t t 1 3 t t 1 3 t

2⎡ ⎤⎡ ⎤− + − ≥ − + − ≥ − + −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Άρα ( ) ( )4 42 t 1 3 t 4ή ƒ(t) 2.⎡ ⎤− + − ≥ ≥⎣ ⎦


(t–1)2 = (3–t)2 και t–1 = 3–t, δηλαδή όταν t = 2.

Άρα το ζητούμενο διάνυσμα είναι το 1

α(2)1⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

6

Έστω Ω = 1, 2, 3 ένας δειγματικός χώρος και α = Ρ(1), β = Ρ(2) και γ = Ρ(3) οι πιθανότητες των απλών ενδεχομένων του με α⋅β⋅γ ≠ 0.

α. Να αποδειχτεί ότι 1 1 4 16α β γ+ + ≥ .

β. Αν 1 1 4 16α β γ+ + = , να βρεθούν οι α, β, γ.

Λύση : α. Επειδή 1 = α+β+γ, α, β, γ θετικοί, έχουμε :

1 1 4 α β γ α β γ 4(α β γ)α β γ α β γ

+ + + + + ++ + = + + =

18

β α γ 4α γ 4β6 6 2 4 4 16,α β α γ β γ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + + + ≥ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

σύμφωνα με τις ανισοταυτότητες Δ.

β. Από τα παραπάνω έχουμε :

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 4 β α γ 4α γ 4β16 2 4 4α β γ α β α γ β γ

β α 2αβ γ 4α 4αγ γ 4β 4βγ 0αβ αγ βγ

(β α) (γ 2α) (γ 2β) 0αβ αγ βγ

α βκαιγ 2α 2β, (αβ,αγ,βγ 0).

+ + = ⇔ + + + + + = + +

+ − + − + −⇔ + + =

− − −⇔ + + =

⇔ = = = >

Επειδή και α+β+γ = 1, προκύπτει α = β = 1 1, γ4 2

= .

7

Από όλους τους μιγαδικούς αριθμούς z = 4 4x 3 i 5 x+ + ⋅ − ,

–3 ≤ x ≤ 5, να βρεθεί αυτός του οποίου η εικόνα απέχει περισσότε-ρο από την αρχή των αξόνων του μιγαδικού επιπέδου.

Λύση : Αρκεί να βρούμε τη μέγιστη τιμή από τις αποστάσεις (μέτρα) :

|z| = x 3 5 x+ + − , x∈[–3, 5].

Από την ανισοταυτότητα Β έχουμε :

( ) ( ) ( )2 2 22 x 3 5 x x 3 5 x⎡ ⎤+ + − ≥ + + −⎢ ⎥⎣ ⎦

⇔ 16 ≥ |z|4 ⇔ |z| ≤ 2, x∈[–3, 5].

Η ισότητα ισχύει όταν και μόνο όταν(από τη Β) :

x 3 5 x+ = − ⇔ x+3 = 5–x ⇔ x = 1∈[–3, 5].

Άρα η μέγιστη απόσταση είναι 2 και ο ζητούμενος μιγαδικός είναι ο

z 2 i 2= + ⋅ .

19

Άσκηση : Με τη βοήθεια της ανισοταυτότητας Ε να βρείτε ποιοι από τους παραπάνω μιγαδικούς απέχουν λιγότερο από την αρχή των αξόνων.

Απάντηση : ( )4 48, i 8⋅ .

8

Έστω z, ω μιγαδικοί με 3 | z | 4 | w| 10− = . Να αποδειχτεί ότι

|z|2+|w|2 > 4.

Λύση : Από την ανισοταυτότητα Γ έχουμε :

( )( ) ( ) ( )

( )

2 22 2 2

2 2 2 2

3 4 | z | | w| 3 | z | 4 | w | ή

25 | z | | w| 100 ή | z | | w| 4.

+ − ⋅ + ≥ −

+ ≥ + ≥

Η ισότητα ισχύει όταν 3|w| = –4|z| ⇔ z = w = 0, άτοπο, λόγω της υπόθεσης,

άρα δεν ισχύει η ισότητα. Επομένως |z|2+|w|2 > 4.

9

Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης

ƒ(x) = 2+|x2–3x+2|+ 2

9| x 3x 2 | 1− + +

Λύση :

Για κάθε x∈IR είναι 1+|x2–3x+2| > 0, οπότε η ƒ έχει Πεδίο Ορισμού το IR και από την ανισοταυτότητα Δ (για κ = 3) έχουμε :

1+|x2–3x+2|+ 2

9| x 3x 2 | 1− + +

≥ 6 ή ƒ(x) ≥ 7, x∈IR.


1+|x2–3x+2| = 3 ⇔ x2–3x+2 = ±2.

Η εξίσωση x2–3x+2 = 2 έχει τις λύσεις 0, 3, ενώ η x2–3x+2 = –2 είναι αδύνα-τη.

Άρα η ƒ έχει ελάχιστη τιμή 7, για x = 0 ή x = 3.

20

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ

1. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης :

ƒ(t) = 2

t4 t+

. Απ. 1 1,4 4

−

2. Να αποδειχτεί ότι οι ευθείες :

αx+(α–2)y+7α–6 = 0, α∈IR

διέρχονται από ένα σημείο και στη συνέχεια να βρεθεί ποια από όλες απέχει περισσότερο από την αρχή των αξόνων.

Απ. 4x+3y+25 = 0 3. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή των συναρτήσεων :

ƒ(x) = x+ 24 x− , g(x) = |x|⋅ 24 x− Απ. 8 , 2

4. Από όλους τους μιγαδικούς αριθμούς :

z = x+ 1 1i 1 x1 x 1 x

⎛ ⎞+ ⋅ + +⎜ ⎟− −⎝ ⎠, x ≠ 1,

να βρεθεί αυτός με το μικρότερο μέτρο. Απ. 1 1i2 2

− + ⋅

5. Έστω Ω ένας δειγματικός χώρος, Α ένα ενδεχόμενό του και α = Ρ(Α), β = Ρ(Α΄), α⋅β ≠ 0.

α. Να αποδειχτεί ότι : 4α⋅β ≤ 1, 1 1 4α β+ ≥ .

β. Αν 1 1 4α β+ = , να βρεθούν οι α, β.

γ. Να αποδειχτεί ότι 2 21 1 25α β

β α 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠. Πότε ισχύει η ισότητα ;

6. α. Αν α, β∈IR, να αποδειχτεί ότι (α+β)2 ≥ 4α⋅β.

β. Για κάθε x∈IR, ν∈ΙΝ*, να δειχτεί ότι :

(e–x+1)⋅(7–e–x) ≤ 16, 2xν–x2ν ≤ 1.

21

7. Έστω α, β θετικοί αριθμοί. Να δειχτεί ότι οι συναρτήσεις

ƒ(x) = α⋅ημx+β⋅συνx, g(x) = αx+β⋅ 21 x−

έχουν την ίδια μέγιστη τιμή.

8. α. Έστω α, β∈IR όχι και οι δύο μηδέν με α⋅β ≥ 0.

Να αποδειχτεί ότι : 1 ≤ ( (

2 2

α β2

α β

+≤

+. Πότε ισχύουν οι ισότητες ;

β. Απ’ όλες τις ευθείες αx+βy+α+β = 0, |α|+|β| > 0, α⋅β ≥ 0, α, β∈IR, να βρεθούν αυτές

που απέχουν περισσότερο, λιγότερο από το σημείο (1, 1).

γ. Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της συνάρ-τησης :

g(t) = 2

4 4

2t 2t 1t (t 1)

− +

+ −, t∈IR.

9. Αν α, β∈IR+ και x, y∈IR*+ να

αποδείξετε ότι :

2 2

2x yα β α β 2(α β)y x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + ≥ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Θέμα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ε.Μ.Ε.

Ευκλείδης 1995

ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΑ ΒΟΗΘΗΜΑΤΑ

ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ Α΄ ∆ΕΣΜΗΣ

ΚΑΙ ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ

∆ΗΜΗΤΡΗ ΜΠΟΥΝΑΚΗ

• ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ

ΚΑΙ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

• ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ

ΚΑΙ ΣΥΝ∆ΥΑΣΤΙΚΗΣ

• ΘΕΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ (Ι, ΙΙ)

ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΕΣ ΤΗΛ. (081)252140

ΚΑΙ ΣΤΑ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ

ΕΝΑ ΜΑΘΗΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ ΜΕ ΤΗ ΜΟΡΦΗ ΤΗΣ ΚΑΘΟΔΗΓΟΥΜΕΝΗΣ ΑΥΤΕΝΕΡΓΕΙΑΣ (ΕΡΩΤΟΑΠΟΚΡΙΣΕΙΣ)

ΕΝΟΤΗΤΑ : Η ΔΙΑΜΕΣΟΣ ΠΡΟΣ ΤΗΝ ΥΠΟΤΕΙΝΟΥΣΑ. (ΛΕΠΤΟΜΕΡΗΣ ΑΠΟΔΟΣΗ)

Άρης Μάντζιος

Έχουμε δώσει στην τάξη από την προηγούμενη ημέρα την παρακάτω άσκηση, την οποία ζητάμε από ένα μαθητή να τη λύσει στον πίνακα :

Έστω ΑΒ ένα ευθύγραμμο τμήμα και Ρ το μέσο του. Στα σημεία Α και Ρ υψώνω δύο κάθετες προς το ΑΒ και έστω Μ τυχαίο σημείο της κάθετης στο Ρ. Αν η ΒΜ τέμνει την άλλη κάθετη στο Γ, να δείξουμε ότι :

i. Η ΜΡ είναι διχοτόμος της ∧

AMB . ii. Το Μ είναι μέσο του ΒΓ (ή ότι το τρίγωνο ΜΑΓ είναι ισοσκελές).

Λύση :

Για το (i) η σύγκριση των ορθογωνίων τρι-

γώνων ΡΑΜ και ΡΜΒ μας δίνει : 1 2Μ Μ∧ ∧

=

και ΜΒ = ΜΑ, (1). Α Β

Γ

Ρ

Μ2

11 2

Για το (ii) έχουμε 1 1A Μ∧ ∧

= ως εντός εναλλάξ των ΑΓ // ΡΜ και 2 2Γ Μ∧ ∧

= ως εντός

- εκτός επί τ’ αυτά των ΑΓ // ΡΜ. Άρα 1 2Α Γ∧ ∧

= , οπότε το ΜΑΓ είναι ισοσκελές,

είναι δηλαδή ΜΓ = ΜΑ (2) και από τις (1), (2) έχω : ΜΒ = ΜΓ.

23

— Ας παρατηρήσουμε λίγο το σχήμα της άσκησης. Τι αποδείξαμε στο (ii) ;

— Ότι Μ μέσο της ΒΓ.

— Δηλαδή για το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, η ΑΜ τι είναι ;

— Διάμεσος.

— ... και με τι αποδείξαμε ότι είναι ίσο το ΑΜ ;

— Με το ΜΒ και το ΜΓ, δηλαδή με

το ΒΓ2

!!

— Άρα στην άσκησή μας, τι σχέση έ-χει η διάμεσος με την υποτείνουσα;

— Η διάμεσος είναι το μισό της υπο-τείνουσας.

— Λέτε να συμβαίνει αυτό σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ; Ας προβλη-ματιστούμε. Και πρώτα απ’ όλα, ποιο είναι το πρόβλημα μας ;

— Θα εξετάσουμε αν σε ένα τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο, η διάμεσος προς την υποτείνουσα είναι το μι-σό της υποτείνουσας.

— Ας κάνουμε λοιπόν ένα καινούριο

σχήμα, ξεκαθαρίζοντας ποιο είναι το ζητούμενο και ποια η υπόθεση.

A B

Γ

Μ

12

Υπόθεση Α 90∧

= ° , ΜΒ = ΜΓ

Ζητούμενο ΑΜ = ΒΓ2

= ΜΒ = ΜΓ → Στόχος !!

— Τι κοιτάμε πρώτα σε μία άσκηση ; — Το ζητούμενο !! — Γιατί ; — Γιατί αυτό μας δείχνει το δρόμο

(τρόπο) για να προχωρήσουμε. — Κι’ αν αυτό δεν μας δείχνει άμεσα

τίποτα, τι κάνουμε ; Πως αντλούμε άλλες πληροφορίες ;

— Κάνουμε ανάλυση στο πρόβλη-μα. Θεωρούμε δηλαδή ότι συμβαί-νει το ζητούμενο κι έτσι παρατη-ρούμε τι στοιχεία εμφανίζονται !!

24

— Ας το κάνουμε αυτό λοιπόν ... Ας θεωρήσουμε ότι ισχύει :

ΑΜ = ΜΒ και ΑΜ = ΜΓ. Τι θα έλεγα τότε ;

— ΑΜ = ΜΒ και ΑΜ = ΜΓ ↓ ↓ ΑΜΒ και ΑΜΓ ισοσκελές ισοσκελές

— Παρακάτω ...

↓ ↓

1Α Β∧ ∧

= και 2Α Γ∧ ∧

= — Τι παθαίνει δηλαδή η ορθή γωνία

από τη διάμεσο ; — Χωρίζεται σε δύο γωνίες, αντί-

στοιχα ίσες με τις Βκαι Γ∧ ∧

.

— Άρα η ανάλυση που κάναμε μας οδηγεί στη σκέψη να χωρίσουμε

την A∧

με μια ημιευθεία σε δύο γωνίες ίσες αντίστοιχα με τις

Β Γ∧ ∧

êáé . Πριν το κάνουμε αυτό σ’

ένα σχήμα, ας σκεφτούμε αν είναι δυνατό.

— Είναι !

Γιατί Β, Γ∧ ∧

οξείες (μι-κρότερες της ορθής).

A B

Γ

Μ

12

x

— Ωραία ! Έχουμε φέρει τώρα την Αx

που τέμνει τη ΒΓ στο Μ, ώστε

2Α Γ∧ ∧

= . Ας παρατηρήσουμε τώρα τι σχέση έχουν οι γωνίες

1 2Α και Α∧ ∧

.

— Έχουν άθροισμα 90°, δηλαδή

1 2Α Α 90∧ ∧

+ = ° , (1).

25

— Άθροισμα 90°... , άθροισμα 90° ... Μας θυμίζει τίποτα αυτό ; Υπάρ-χουν άλλες τέτοιες γωνίες στο σχή-μα ;

— Υπάρχουν οι Β και Γ∧ ∧

, αφού

Β Γ 90∧ ∧

+ = ° , (2)

— Τότε οι σχέσεις (1) και (2) τι μας δίνουν ;

— 1 2Α Α Β Γ∧ ∧ ∧ ∧

+ = + δηλαδή

1 2Α Β αφού Α Γ∧ ∧ ∧ ∧⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

— Ανακεφαλαιώνοντας λοιπόν έχου-με :

Φέρνοντας την ΑΜ ώστε :

2Α Γ∧ ∧

= τότε 1Α Β∧ ∧

= . Τι σημαίνουν αυτά ;

2Α Γ∧ ∧

= 1Α Β∧ ∧

= .

↓ ↓ Το ΜΑΓ είναι Το ΜΑΒ είναι ισοσκελές ισοσκελές

↓ ↓ ΜΑ = ΜΓ ΜΑ = ΜΒ

— Και από εδώ ; — ΜΑ = ΜΒ = ΜΓ, δηλαδή το ζη-τούμενο.

— Μπράβο παιδιά !! Πάρα πολύ ωραία !!

— Ας μας πει τώρα κάποιος, τι απο-δείξαμε.

— Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, η

διάμεσος προς την υποτείνουσα ισούται με το μισό της υποτείνου-σας.

— Ας επισημάνουμε τώρα και τα ε-ξής:

1. Για ποια διάμεσο μιλάμε ;

— Μόνο για τη διάμεσο προς την

υποτείνουσα. 2. Αν σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο,

φέρω τη διάμεσο προς την υποτεί-νουσα, τι εμφανίζονται τότε στο σχήμα ;

— Δύο ισοσκελή τρίγωνα, το ΜΑΓ

και το ΜΑΒ.

26

— Για τις γωνίες στο Α, τι μπορούμε αν πούμε ;

— Η μία είναι ίση με τη Β∧

και η άλ-

λη με τη Γ∧

. — Μπράβο ! Τώρα αν ζωγραφίσετε

ένα τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ, φέρετε το ύψος ΒΔ και ονομάσετε Μ το μέσο της ΒΓ, μπορείτε να διακρίνετε τα στοιχεία του θεωρήματος ;

— Το τρίγωνο ΔΒΓ είναι ορθογώνιο, η ΔΜ διάμεσος προς την υποτεί-νουσα.

Άρα : ΔΜ = ΒΓ2

= ΜΒ = ΜΓ.

Α

Β Γ

Δ

Μ

— Για προσπαθήστε τώρα στα τετράδιά σας να λύσετε την εξής εφαρμογή : "Δίνεται τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ και ΒΔ, ΓΕ τα ύψη. Αν Μ το μέσο της ΒΓ,

αποδείξτε ότι το τρίγωνο ΜΔΕ είναι ισοσκελές". — Παιδιά, ξαναγυρίζουμε στο θεώ-

ρημα. Έχουμε αποδείξει ότι :

"Αν ΑΒΓ ορθογώνιο στην Α∧

,

τότε η διάμεσος ΑΜ = ΒΓ2

".

— Τι μας θυμίζει η έκφραση : "αν... τότε ..." ;

— Μία συνεπαγωγή. — Μπορείτε να μου γράψετε με τη

μορφή μιας συνεπαγωγής το θεώ-ρημα ;

— ααΑ 90 μ2

∧

= ° ⇒ = .

— Πάρα πολύ ωραία ! Μήπως μπο-ρείτε τώρα να μου γράψετε την α-ντίστροφη συνεπαγωγή και να τη διατυπώσετε με λόγια ;

— ααμ Α 902

∧

= ⇒ = ° ή

"Αν σε ένα τρίγωνο μία διάμεσος είναι το μισό της πλευράς στη

27

οποία αντιστοιχεί, τότε το τρίγω-νο είναι ορθογώνιο στην κορυφή, από την οποία φέρνουμε τη διά-μεσο".

— Μπράβο ! Πάρα πολύ ωραία ! Έχοντας δηλαδή σαν υπόθεση : ΑΜ διάμεσος και

ΑΜ = ΜΒ = ΜΓ, θα αποδείξω ότι :

Α∧

= 90° → Στόχος.

Πως δουλεύουμε γενικά στα αντί-στροφα ;

— Με απαγωγή σε άτοπο ή χρησι-

μοποιώντας παρόμοιες σχέσεις με αντίστροφη σειρά.

— Έχουμε στόχο την Α∧

, που αν την κοιτάξω στο σχήμα, βλέπω να α-ποτελείται από δύο γωνίες :

1 2Α και Α∧ ∧

— Πάω τώρα στην υπόθεση : ΜΑ = ΜΒ ΜΑ = ΜΓ ↓ ↓ ; ; ; ;

A B

Γ

Μ

12

— ΜΑ = ΜΒ ΜΑ = ΜΓ ↓ ↓ ΜΑΒ ΜΑΓ ισοσκελές ισοσκελές

— ... και αφού με ενδιαφέρουν γωνίες

↓ ↓

1Α Β∧ ∧

= , (1) και 2Α Γ∧ ∧

= , (2) — ... και πρέπει να εμφανίσω το στό-

χο μου, δηλαδή τη γωνία Α∧

, τι πρέπει να κάνω τις σχέσεις (1) και (2) ;

— Να τις προσθέσω κατά μέλη.

28

— Μπράβο ! Πολύ ωραία ! Ας το κά-

νουμε αυτό : 1 2Α Α Β Γ∧ ∧ ∧ ∧

+ = +

δηλαδή Α Β Γ∧ ∧ ∧

= + , (3).

Εγώ όμως θέλω να υπολογίσω την

Α∧

σε μοίρες... μοίρες ; Όταν σε τυ-χαίο τρίγωνο ακούω για μοίρες, τι μου έρχεται στο μυαλό ;

— Α Β Γ∧ ∧ ∧

+ + = 180°.

— Κι απ’ αυτές τις τρεις γωνίες, εμέ-

να μου χρειάζεται η Α∧

. Άρα, λόγω της σχέσης (3), παίρνω :

Α Α

Α Α !!

∧ ∧

∧ ∧

+ = ⇔°

= ° ⇔ = °

180

2 180 90

Ουσιαστικά το αντίστροφο αποτε-λεί έναν ακόμα τρόπο για να δεί-χνουμε ότι ένα τρίγωνο είναι ορ-θογώνιο ! Ξέρετε άλλους τρόπους; Θέλω να το σκεφτείτε για το άλλο μάθημα.

— Τώρα θά’θελα κάποιος να μου γράψει με μία σχέση το ευθύ και το αντίστροφο του παραπάνω θεωρή-ματος.

— ααΑ 90 μ2

∧

= ° ⇔ =

— Και πως διαβάζεται αυτό ; — Ένα τρίγωνο είναι ορθογώνιο αν και μόνο αν μία διάμεσός του εί-ναι το μισό της πλευράς που αντι-στοιχεί.

— Πάρα πολύ ωραία παιδιά. Ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σας και τη συνεργα-σία. Πιστεύω να μη σας κούρασα ! Στο σπίτι σας, θα ήθελα να προσπαθήσετε να λύσετε τις ασκήσεις της φωτοτυπημένης σελίδας, που θα σας δώσω αμέσως.

29

1. Στο διπλανό σχήμα η ΑΜ είναι διάμε-

σος και η ΜAΓ∧

= 30°. Υπολογίστε τις

γωνίες Βκαι Γ∧ ∧

.

A B

Γ

Μ

30

2. Έστω τρίγωνο ΑΗΓ και Μ μέσο της ΑΓ. Αν ΗΜ = ΑΓ2

, τι είδους τρίγωνο

είναι το ΑΗΓ και γιατί ; Κάντε ένα σχήμα.

3. Σε μία λίμνη υπάρχει ένας βράχος Α, ενώ για τα σημεία Β, Γ έξω από τη λίμνη, ισχύει ότι

ΒAΓ∧

= 30° και ΒΓ = 100 m. i. Σε ποιο σημείο πρέπει να σταθεί ένας μα-

θητής Μ για να βρει εύκολα την απόστα-σή του από το βράχο και πόση θα είναι αυτή ;

ii. Αν η γωνία AΒΓ∧

= 60°, ποιο σημείο είναι πιο κοντά στο βράχο, το Β ή αυτό που βρήκατε στο ερώτημα (i) και γιατί ;

Α

Β

Γ

4. Στο διπλανό σχήμα έχουμε ένα πάρκο σχήματος ορθογωνίου τριγώνου με ΒΓ = 8 Km. Έστω Μ το μέσο της ΒΓ και Δ το μέσο της ΜΓ, ενώ ο δρόμος ΜΕ // ΒΑ.

A

B ΓΜ

Ε

Δ

Ένας δρομέας x1 τρέχει τη διαδρομή Α, ενώ ένας άλλος x2 τη διαδρομή από το Ε στο Δ και ξανά στο Ε. Ποιος κάνει περισσότερα Km και γιατί ;

5. Από την κορυφή Α ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ φέρνω ευθεία (ε) // ΒΓ. Αποδείξτε ότι η ΑΓ είναι διχοτόμος της γωνίας που σχηματίζει η (ε) με τη διάμεσο ΑΜ.

Παραμετρικές Εξισώσεις Γραμμής

Γιώργος Μητσιάδης

Είναι γνωστό ότι κάθε εξίσωση μιας γραμμής C του επιπέδου είναι μία εξίσω-ση της μορφής Φ(x, y) = 0 με δύο αγνώστους x, y, που επαληθεύεται από τις συ-ντεταγμένες των σημείων της C και μόνο από αυτές. Αυτή η μορφή της εξίσωσης λέγεται Καρτεσιανή.

Αν το σημείο Μ(x, y) ανήκει σε κάποια γραμμή C και οι συντεταγμένες του δίνονται από τις σχέσεις :

x = ƒ(t) και y = g(t) (1),

όπου t είναι μία πραγματική μεταβλητή, τότε οι εξισώσεις (1) λέγονται παραμετρι-κές εξισώσεις της γραμμής. Γνώρισμα των παραμετρικών εξισώσεων είναι το ότι για κάθε τιμή του t από τις σχέσεις (1) προκύπτουν οι συντεταγμένες (x, y) σημεί-ου που ανήκει στη C, αλλά και για κάθε σημείο (x, y) της C υπάρχει κατάλληλη τιμή του t, ώστε από τις (1) να υπολογίζονται οι συντεταγμένες του σημείου αυτού.

Από τις παραμετρικές εξισώσεις μεταβαίνουμε στην καρτεσιανή μορφή της C, απαλείφοντας την παράμετρο t.

Πολλές φορές, χρησιμοποιώντας παραμετρικές εξισώσεις μπορούμε να κά-νουμε ευκολότερη τη λύση κάποιων προβλημάτων που αναφέρονται στον προσδι-ορισμό γεωμετρικών τόπων και σε εφαρμογές των Μαθηματικών σε άλλες Επι-στήμες, όπως για παράδειγμα στη Φυσική σε εξισώσεις βολών.

Στην εργασία μας αυτή θα δούμε την εφαρμογή τους, κυρίως σε θέματα των κωνικών τομών.

31

Παράδε ι γμα 1

Δίνονται τα σημεία Α(α, 0), Β(β, 0) με α, β ≠ 0 και τυχαίο σημείο Κ του άξονα x΄x. Η κάθετος από το Κ προς τον x΄x τέμνει την ευθεία ΑΒ στο Ρ. Φέρνουμε

τη ΡΛ⊥y΄y και έστω ότι KM M→ →

= 2 Λ . Να αποδειχτεί ότι το Μ κινείται σε γνωστή ευθεία.

Λύση :

O x

y

x΄

y΄

Β(0, β)

Λ

Κ(t, 0)

P(x , y )0 0

M

Α(α, 0)

Έστω Κ(t, 0), t∈IR . Θα προσπαθή-σουμε να βρούμε τις συντεταγμένες του Μ συναρτήσει του t. Eίναι ΡΚ⊥x΄x ⇒ xΡ = xK = t.

Επίσης το Ρ βρίσκεται στην ευθεία

ΑΒ με εξίσωση : xα

y+ =β

1.

Άρα θα ισχύει : tα

y+ =Ρ

β1 δηλαδή y

tαΡ

β α=

⋅ −b g.

Επίσης επειδή ΡΛ // x΄x προκύπτει yΛ = yΡ, οπότε Λ 0,β α⋅ −FHG

IKJ

tαb g

.

Από τη σχέση KM M→ →

= 2 Λπαίρνουμε :

x x x tM

K=++

=2

1 2 3Λ , (1)

και y y yt

α tM

K=++

=⋅⋅ −

=⋅ −2

1 2

2

3 3Λ

β α2β α

α

b gb g

(2).

(Οι εξισώσεις (1), (2) είναι οι παραμετρικές εξισώσεις της γραμμής στην οποία κινείται το Μ. Το είδος της γραμμής αυτής θα προσδιοριστεί από την καρτεσιανή μορφή της εξίσωσης, την οποία θα βρούμε απαλείφοντας

το t από τις (1), (2)).

32

Από την (1), t = 3xM και η (2) γίνεται :

yM = 2β α

α⋅ −3

3xMb g

⇔ 3αyM = 2αβ– 6βxM.

Άρα το Μ κινείται στην ευθεία : 6βx + 3αy – 2αβ = 0.

Παραμετρικές εξισώσεις κύκλου

O x

y

K(x , y )0 0

M(x, y)

φ

Έστω κύκλος C με κέντρο Κ(x0, y0) και ακτίνα ρ. Τότε η εξίσωσή του εί-

ναι : x x y y− + − =02

02b g b g ρ2

ή ισοδύ-

ναμα : x x y y−FHGIKJ +

−FHGIKJ =0

20

2

ρ ρ1.

Έστω επίσης Μ(x, y) τυχαίο σημείου του κύκλου.

Θέτοντας x x y y−=

−=0 0

ρσυνφ,

ρημφ , όπου φ η γωνία που σχηματίζει το

ΚΜ→

με τον άξονα x΄x, βλέπουμε ότι παραμετρικές εξισώσεις του C μπορούν να θεωρηθούν οι :

x = x0+ρ⋅συνφ, y = y0+ρ⋅ημφ με παράμετρο το φ.

Αν (x0, y0) = (0, 0), τότε οι παραμετρικές γίνονται : x = ρ⋅συνφ, y = ρ⋅ημφ

και με φ ≠ π παίρνουν τη μορφή :

x tt

y tt

= ⋅−+

= ⋅+

=ρ 1 ρ όπου t εφφ2

2

2 212

1, , .


Δίνεται κύκλος (Κ, ρ) και μία διάμετρός του ΑΒ. Σημείο Γ διατρέχει τον κύ-

κλο και στην ΑΓ παίρνουμε σημείο Μ, ώστε (ΑΜ) = (ΓΒ) και AΜ AΓ→ →

// . Να

βρεθεί η γραμμή στην οποία κινείται το σημείο Μ.

33

Λύση :

Α x

y

Κ(ρ, 0) Β(2ρ, 0)

Γ

Γ

Μ

ΜΛ

Ν

φ

Έστω ένα σύστημα συντεταγμένων με αρχή το Α, θετικό ημιάξονα των x την ημιευθεία ΑΒ και άξονα y΄y⊥ΑΒ στο Α. Έστω επιπλέον φ η γωνία που σχη-

ματίζει το AΜ→

με τον x΄x, δηλαδή φ =

i i→ →

∧→F

HGG

I

KJJ, ,ΑΜ όπου το μοναδιαίο διάνυ-

σμα του x΄x.

Τότε είναι 0 ≤ φ ≤ π2

ή 32π ≤ φ ≤ 2π.

• Αν είναι 0 ≤ φ ≤ π2

τότε :

xM = (AM)συνφ = (ΒΓ)συνφ = 2ρ⋅ημφ⋅συνφ = ρ⋅ημ2φ ≥ 0

yM = (AM)ημφ = (ΒΓ)ημφ = 2ρ⋅ημ2φ = ρ⋅(1 – συν2φ)

οπότε : ημ2φ = xM

ρ, συν2φ = ρ

ρ− yM και επειδή ημ22φ + συν22φ = 1, παίρ-

νουμε : x yx yM M

M M

2 22 21

ρρρ

ρ ρ2 22+

−= ⇔ + − =

b g b g με xM ≥ 0.

Δηλαδή το Μ κινείται στο ημικύκλιο με κέντρο Λ(0, ρ) και ακτίνα ρ, του οποί-ου τα σημεία βρίσκονται στο ημιεπίπεδο (y΄y, K).

• Αν είναι 32π ≤ φ ≤ π τότε :

xM = (AM)συνφ = (ΒΓ)συνφ = – 2ρ⋅ημφ⋅συνφ = – ρ⋅ημ2φ ≥ 0

yM = (AM)ημφ = (ΒΓ)ημφ = – 2ρ⋅ημ2φ = – ρ⋅(1 – συν2φ) = ρ⋅(συν2φ – 1)

34

Έτσι :ημ2φ x

ρ

συν2φ ρρ

ρρ

ρρ ρ

M

2 22

= −

=+

UV||

W||⇒ = +

+⇔ + + =

yx y

x yM

M MM M1

2 22 2b g b g ,

xM ≥ 0.

Δηλαδή το Μ κινείται στο ημικύκλιο με κέντρο N(0, –ρ) και ακτίνα ρ, του ο-ποίου τα σημεία βρίσκονται στο ημιεπίπεδο (y΄y, K).

Παραμετρικές εξισώσεις παραβολής

Θεωρούμε την παραβολή C : y2 = 2px και έστω Α(x1, y1) τυχαίο σημείο της.

Τότε y12 = 2px1.

Αν θέσουμε y1 = 2pt προκύπτει : x yp

p tp

pt112 2 2

2

24

22= = = .

Έτσι οι εξισώσεις : x pty pt==

RST22

2

μπορούν να θεωρηθούν παραμετρικές εξισώσεις

της παραβολής C : y2 = 2px.


Δίνεται η παραβολή C : y2 = 2px, p > 0 και το σταθερό σημείο Σ(2p, 0). Τα σημεία Α(x1, y1), y1 > 0 και B(x2, y2), y2 < 0 κινούνται στη C ώστε η ΑΒ να διέρχεται από το Σ. Οι εφαπτόμενες της C στα Α και Β τέμνονται στο Μ.

α. Δείξτε ότι το Μ κινείται σε σταθερή ευθεία.

β. Βρείτε τη θέση της ΑΒ, ώστε το εμβαδόν του ΜΑΒ να είναι ελάχιστο.

35

Λύση :

Είναι y12 = 2px1 και αν θέσουμε

y1 = 2pt, t > 0 παίρνουμε x1 = 2pt2.

Επίσης y22 = 2px2 και αν θέσουμε

y2 = 2pθ, θ < 0 παίρνουμε x2 = 2pθ2.

Άρα Α(2pt2, 2pt) και Β(2pθ2, 2pθ).

O x

y

Α(x , y )1 1

B(x , y )2 2

Σ(2ρ, 0)

Μ

α. Αφού τα Α, Β, Σ είναι συνευθειακά, θα ισχύει :

2

2 2 22

2p 0 1 1 0 1t 1 t t

2pt 2pt 1 0 4p t t 1 0 1 1 0θ 1 θ θ

2pθ 2pθ 1 θ θ 1= ⇔ = ⇔ ⋅ + ⋅ = ⇔

2 2

⇔ (t – θ)+(t2θ – tθ2) = 0 ⇔ (t – θ)(1 + tθ) = 0 ⇔ tθ = – 1 αφού t ≠ θ (1).

Η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α είναι :

yy1 = p(x + x1) ⇔ y⋅2pt = p(x + 2pt2) ⇔ x – 2ty = – 2pt2.

Όμοια η εξίσωση της εφαπτομένης στο Β είναι : x – 2θy = –2pθ2. Οι συντεταγμένες του Μ είναι η λύση του συστήματος :

x ty pt

x y p

x DD

p tt

p x

yDD

p tt

p t x

xM

yM

− = −

− = −

RS|T|

UV|W|

⇔

= =− −

−= − =

= =+ −−

= + =

RS||

T||

2 2

2 2

42

2

22

2 1

θ θ

θ)θ)

θ)(t θ)θ)

θ)2

( )

((

((

(

Επειδή xM = – 2p (σταθερό), το Μ κινείται στην ευθεία x = – 2p.

β. Για το εμβαδό του ΜΑΒ έχουμε :

Ε = 12

222

1 111

2

2

2 2

2

2 2

2

|(

| | | | |− +

=− +

=− ++ −+ −

=p p t

ptp

pt

t pt

tt

θ) 12pt 1

θ 2pθ 1

θ 12t 1

θ 2θ 1

θ 1t θ 0

θ θ 0

36

= p t tt

p t t p t t t22

2 21

2 211

1 1 2|(

| |( | | ( |( )+ −

+ − −= − − − − − = − − + − =

θθ θ)

θ) θ θ) θ θ22 2d i d i

= − = +FHGIKJ = +FHG

IKJ =p t p t

tp t

tE t2

12

32

31 1|( | | | ( ).( )

θ)3

Είναι Ε΄(t) = 3 1 1 1 3 1 1 122

22

2

2p tt t

p tt

t tt

+FHGIKJ −FHG

IKJ = +FHG

IKJ

+ −( )( )

και είναι Ε΄(t) < 0 στο (0, 1), Ε΄(t) > 0 στο (1, +∞), Ε΄(1) = 0, άρα ελάχιστο εμβαδόν έχουμε όταν t = 1.

Οπότε θ = −1t

= – 1, A(2p, 2p), B(2p, –2p) και αφού xA = xB = 2p, η ΑΒ θα

είναι κάθετη στον x΄x.

Παραμετρικές εξισώσεις στην έλλειψη

Θεωρούμε την έλλειψη C : xα

y2

2

2

1+ =β2 και έστω Μ(x1, y1) ένα τυχαίο σημείο

της. Τότε ισχύει : xα

y xα

y12

212

12

12

1 1+ = ⇔ FHGIKJ +FHGIKJ =

β β2 .

O x

y

Α΄ Α

Β

Β΄

Ρ

Η

α

φ

Μ(x , y )1 1

Θέτοντας xα

1 = =συνφ και yβ

ημφ1 ή

(ισοδύναμα) xy

1

1

= ⋅= ⋅RST

α συνφβ ημφ

παίρνουμε

τις εξισώσεις : xy= ⋅= ⋅RST

α συνφβ ημφ

, που θεω-

ρούνται παραμετρικές εξισώσεις της έλλειψης C, όπου

φ = i OP→ →

∧F

HGGI

KJJ, και Ρ το σημείο τομής της ΜΗ⊥x΄x με τον κύκλο (Ο, α).

37

Τα σημεία Ρ και Μ ανήκουν στο ίδιο τεταρτημόριο.

Τότε πράγματι x1 = xP = α⋅συνφ και xα

y12

212

1+ =β2 .

Άρα συν2φ + y y12

121 1

ββ συν φ β ημ φ y βημφ2

2 2 2 21= ⇔ = − = ⇔ = ±d i .

Αλλά y1 και ημφ έχουν το ίδιο πρόσημο, άρα y1 = βημφ.


Δίνεται η έλλειψη C : xα

y2

2

2

1+ =β2 και σημείο της Ρ που βρίσκεται στην 1η γω-

νία των αξόνων. Φέρνουμε τη χορδή ΡΣ της έλλειψης, κάθετη προς τον x΄x.

Aν Ο η αρχή των αξόνων και αβ 34

το εμβαδόν του ΟΡΣ , τότε να βρεθούν οι

συντεταγμένες του Ρ συναρτήσει των α και β.

Λύση :

O x

y

Α

Ρ

Η

Σ

x΄

y΄

Αν (x1, y1) είναι οι συντεταγμένες του Ρ,

θα ισχύει : xα

y12

12

1FHGIKJ +FHGIKJ =

β.

Οπότε θέτοντας : xα

t1 = =συν και yβ

ημt1

προκύπτει Ρ(α⋅συνt, β⋅ημt) και λόγω συμμετρίας της C ως προς τον άξονα x΄x, θα είναι Σ(α⋅συνt, –β⋅ημt) με α⋅συνt

> 0, β⋅ημt > 0, αφού το Ρ ανήκει στη 1η γωνία των αξόνων.

Είναι Ε(ΟΡΣ) = αβ 34

⇔ 2Ε(ΟΗΡ) = αβ 34

⇔ 2 12⋅ ⋅ =( ) ( )OH HP αβ 3

4 ⇔

⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =β ημt α συνt 34

αβ ημ2t 32

ημ2tαβ αβ 32

.

38

Είναι : ημ2t = ⇒ = = −FHG

IKJ ⇔ = =FHG

IKJ

32

23

23 6 3

t ή t t ή tπ π π π π .

Έτσι συν π6β ημ π

6συν π

3β ημ π

3

Δηλαδή β2

β 32

P α ή P α

P α ή P α

⋅ ⋅FHG

IKJ ⋅ ⋅FHG

IKJ

FHG

IKJFHG

IKJ

, , .

, , .32 2


Δίνεται η έλλειψη C : xα

y2

2

2

1+ =β2 , 0 < β < α με εστίες Ε΄, Ε και ένα σημείο της

P. Η κάθετη (δ) προς την εφαπτομένη (ε) της C στο Ρ τέμνει τον άξονα x΄x στο

Γ. Δείξτε ότι : (( ) ( )

ΡΓ) β2 2

PE PE α⋅ ′= 2 .

Λύση :

Έστω Ρ(α⋅συνφ, β⋅ημφ), τότε :

(ΡΕ) = α ⋅ − + ⋅συνφ γ β ημφb g b g2 2 =

O x

yΡ

(δ)x΄

y΄

(ε)

Α(α, 0)Α΄(-α, 0) Ε(γ, 0)Ε΄(-γ, 0)

= ⋅ + − ⋅ + ⋅ =

= ⋅ + − ⋅ + − ⋅ =

= − ⋅ + + − ⋅ =

= ⋅ + − ⋅ = − ⋅ = − ⋅

α α

α α

α α

α α α α

2

2

2 2

2 2

2

2

2

2

συν φ γ γ συνφ β ημ φ

συν φ γ γ συνφ β β συν φ

β συν φ γ β γ συνφ

γ συν φ γ συνφ γ συνφ γ συνφ

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

d i d ib g .

Όμοια προκύπτει (ΡΕ΄) = α + ⋅γ συνφ .

Οπότε (ΡΕ)⋅(Ρ΄Ε) = α α α− ⋅ + ⋅ = − ⋅ =γ συνφ γ συνφ γ συν φ2 2b gb g 2

= α α α2 − ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =2 2 2 2 2 2 2 2συν φ β συν φ ημ φ β συν φ

= α 2 2 2 2ημ φ β συν φ, (1).⋅ + ⋅

39

Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) είναι :

α x y⋅FHG

IKJ ⋅ +

⋅FHGIKJ ⋅ = ⇒ = −

⋅⋅

συνφα

β ημφβ

λ β συνφα ημφ2 2 ε1

και επειδή (δ)⊥(ε) θα είναι λ α ημφβ συνφδ= −⋅⋅

.

Έτσι (δ) : y – β⋅ημφ = α ημφβ συνφ⋅⋅

(x – α⋅συνφ) και για y = 0 παίρνουμε :

– β2⋅συνφ = αx – α2⋅συνφ ⇔ (α2 – β2)συνφ = αx ⇒ xΓ = γ συνφα

2⋅ .

Έτσι έχουμε :

(ΡΓ)2 = γ συνφα

συνφ β ημφ2⋅

− ⋅FHG

IKJ + ⋅ − =α

220b g

= ⋅ − ⋅FHG

IKJ + ⋅ =

− ⋅FHG

IKJ + ⋅ =

γ συνφ α συνφα

β ημ φ β συνφ β ημ φ2 2

2 22

2 2

α

2

= β συν φ β ημ φ β β συν φ ημ φ4 2 2 2 2

2 2 2⋅ + ⋅= ⋅ + ⋅

αα α

α2

2 22 2d i, ( ).

Από (1) και (2) παίρνουμε : (( ) ( )

.ΡΓ)β β συν φ ημ φ

ημ φ β συν φβ2

22 2 2

2 2 2

2

PE PEα

α

α α⋅ ′=

⋅ + ⋅

⋅ + ⋅=

22

2 2

d i

Παραμετρικές εξισώσεις υπερβολής

Θεωρούμε την υπερβολή : C : xα

y2

2

2

1− =β2 και ένα σημείο της Ρ(x1, y1). Τότε

ισχύει xα

y12

212

1− =β2 ή ισοδύναμα x

αy1

21

2

1FHGIKJ = +FHGIKJβ . Οπότε σύμφωνα με την

τριγωνομετρική ταυτότητα 1 1συν φ

εφ φ22= + , μπορούμε να έχουμε

y1 1β

εφφ και xα συνφ

1= = , 0 ≤ φ < 2π, φ ≠ π2

, φ ≠ 32π .

40

Δηλαδή x1 = = ⋅α

συνφκαι y β εφφ1 που σημαίνει ότι παραμετρικές εξισώσεις

της υπερβολής μπορούν να θεωρηθούν οι

x α=

= ⋅

R

S|||

T|||

U

V|||

W|||

συνφκαι

y β εφφ.


Θεωρούμε την υπερβολή C : xα

y2

2

2

1− =β2 και τυχαίο σημείο της Ρ. Φέρνουμε

από το Ρ παράλληλη προς την ασύμπτωτη y = βα⋅x που τέμνει την άλλη ασύ-

μπτωτη στο Γ και παράλληλη προς την y = – βα⋅x που τέμνει την πρώτη ασύ-

μπτωτη στο Δ. Δείξτε ότι όταν το Ρ κινείται στη C, το γινόμενο (ΡΓ)⋅(ΡΔ) είναι σταθερό.

Λύση :

O x

y ε : y = xβα1

ε : y =- xβα2

ΔΡ

Γ

Έστω Ρ(x1, y1). Tότε xα

yβ

12

12

2 2

1− = ή

ισοδύναμα xα

yβ

1 1FHGIKJ = +FHGIKJ

2 2

1 .

Τότε θέτοντας : xα συνφ

1 =1 και y1

βεφφ=

προκύπτει P ασυνφ

β εφφ, ⋅FHG

IKJ .

Είναι ΡΓ // ε1 : y = βα⋅x ⇒ λΡΓ =β

α και έτσι οι συντεταγμένες του Γ είναι η

λύση του συστήματος :

41

y β εφφ β

α συνφβα

βα

β εφφ βα

βσυνφ

βα

− ⋅ = −FHG

IKJ

= − ⋅

RS||

T||

UV||

W||⇔

− ⋅ − ⋅ = ⋅ −

= − ⋅

RS||

T||

UV||

W||⇔

x α

y x

x x

y x

x

y

= − −FHG

IKJ

= −FHG

IKJ

R

S||

T||

U

V||

W||⇒ − −

FHG

IKJ −FHG

IKJ

FHG

IKJ

α2

εφφ 1συνφ

β2

εφφ 1συνφ

Γ α2

εφφ 1συνφ

β2

εφφ 1συνφ

, .

Όμοια, οι συντεταγμένες του Δ προκύπτουν από την επίλυση του συστήματος

y β εφφ βα συνφ

βα

− ⋅ = − −FHG

IKJ

= ⋅

RS||

T||

UV||

W||

x α

y x

και είναι :

Δ α2

εφφ 1συνφ

β2

εφφ 1συνφ

+FHG

IKJ +FHG

IKJ

FHG

IKJ, .

Το ΟΔΡΓ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε :

(ΡΓ) (ΡΔ) = (ΟΔ) (ΟΓ) = α4

εφφ 1συνφ

β4

εφφ 1συνφ

α4

εφφ 1συνφ

β4

εφφ 1συνφ

2 2

2 2

⋅ ⋅ +FHG

IKJ + +FHG

IKJ ⋅

⋅ −FHG

IKJ + −FHG

IKJ =

2 2

2 2

= + ⋅+

⋅ − ⋅+

= − ⋅+

=εφφσυνφ

β εφφσυνφ

β εφ φσυν φ

β2 22

2

214

14

14

2 2 2α α α

= ημ φσυν φ

γ γ γ2

2

2 2 2−⋅ = − ⋅ =

14

14 4

.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ : 1. Algebra und Geometry fir Ingenieure Dr. H. Nickel, G. Kettwig 2. Στοιχεία Διανυσματικού Λογισμού και Αναλυτικής Γεωμετρίας Λοΐζου - Σχοινή 3. Barry Spain U. A. MSn, Phd Analytical Geometrie

ΟΡΙΟ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

ΜΕ ΤΗ

ΒΟΗΘΕΙΑ

ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ

Νίκος Ζανταρίδης

Ο προσδιορισμός του ορίου μιας συνάρτησης ƒ(x) καθώς το x τείνει σε ορισμένο x0 (πεπερασμένο ή ά-πειρο) αποτελεί ένα από τα πλέον συχνά προβλήματα που αντιμετωπίζει κανείς στην Ανάλυση. Στην εργα-σία μας αυτή θα αναφερθούμε συγκεκριμένα στον προσδιορισμό του ορίου μιας συνάρτησης ƒ(x) που

δεν γνωρίζουμε άμεσα τον τύπο της. γνωρίζουμε ό-

μως μία συναρτησιακή σχέση για την ƒ, καθώς και ένα αναγκαίο κάθε φορά πλήθος απαραιτήτων πλη-ροφοριών. Κρίνουμε σκόπιμο να παραθέσουμε από την αρχή – συνοπτικά όμως – τις ιδιότητες, τις προ-τάσεις και τα θεωρήματα εκείνα που αναφέρονται στο όριο και τη διάταξη.

1. Αν για κάθε x∈U(x0, α) ισχύει |ƒ(x)| ≤ g(x) και είναι :

0x x

lim g(x) 0→

= , τότε είναι 0x x

lim ƒ(x) 0→

= .

2. Αν για κάθε x∈U(x0, α) ισχύει ƒ(x) ≤ g(x) ≤ h(x) και είναι :

0 0 0x x x x x x

lim ƒ(x) lim h(x) IR, τότε είναι lim g(x)→ → →

= = ∈ = .

3. Αν για κάθε x∈U(x0, α) ισχύει ƒ(x) ≥ g(x) (ƒ(x) ≤ g(x))

και είναι ( )0 0x x x x

lim g(x) lim g(x)→ →

= +∞ = −∞ , τότε είναι :

( )0 0x x x x

lim ƒ(x) lim ƒ(x)→ →

= +∞ = −∞ .

4. i. Αν για κάθε x∈U(x0, α) ισχύει ƒ(x) ≥ 0 και είναι :

0 0x x x x

lim ƒ(x) , τότε είναι lim ƒ(x) 0.→ →

= ≥

ii. Αν για κάθε x∈U(x0, α) ισχύει ƒ(x) ≥ g(x) και είναι :

0 0 0 0x x x x x x x xlim ƒ(x) , lim g(x) m, τότε είναι lim ƒ(x) lim g(x).→ → → →

= = ≥

43

ΟΔΗΓΙΑ :Αν έχουμε όριο της μορφής [ ] [ ]0 0x x x x

lim p(x) ημq(x) ή lim p(x) συνq(x)→ →

⋅ ⋅ ,

όπου p(x), q(x) συναρτήσεις που ορίζονται σε σύνολο της μορφής U(x0, α) και είναι

0x xlim p(x) 0→

= , τότε ισχύει :

[ ] [ ]0 0x x x x

lim p(x) ημq(x) 0και lim p(x) συνq(x) 0.→ →

⋅ = ⋅ =

Πράγματι για κάθε x∈U(x0, α) έχουμε : |p(x)⋅ημq(x)| = |p(x)|⋅|ημq(x)| ≤ |p(x)|⋅1 = |p(x)|.

Άρα για κάθε x∈U(x0, α) ισχύει : |p(x)⋅ημq(x)| ≤ |p(x)|, (1)

Είναι lim | ( )| lim ( ) | |x x x x

p x p x→ →

= = =0 0

0 0, οπότε λόγω της (1) προκύπτει ότι :

[ ]0x x

lim p(x) ημq(x) 0→

⋅ =

Ομοίως αποδεικνύεται ότι [ ]0x x

lim p(x) συνq(x) 0.→

⋅ =

Γενικά αν 0x x

lim ƒ(x) 0→

= και η συνάρτηση g είναι φραγμένη σε σύνο-

λο της μορφής U(x0, α), τότε είναι ( )0x x

lim ƒ(x) g(x) 0→

⋅ = .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Οι παραπάνω ιδιότητες ισχύουν και για όριο συνάρτησης στο

άπειρο, αρκεί οι συναρτήσεις και οι ανισοτικές σχέσεις να ορί-ζονται σε σύνολα της μορφής (κ, +∞) με κ > 0, όταν x → +∞ και σε σύνολα της μορφής (–∞, –κ) με κ > 0, όταν x → –∞.

ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ :

|ημx| ≤ |x| (η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = 0) |ημx – ημy| ≤ |x – y| (η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = y) |συνx – συνy| ≤ |x – y| (η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = y) |συνx – συνy| ≤ |x + y| (η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = –y)

44

Παραδείγματα :

1

Για τη συνάρτηση ƒ : IR → IR ισχύει :

ƒ(x3) + x2ƒ(x) ≥ 2x3 για κάθε x∈IR.

Αν είναι →x 0

ƒ(x)limx

= L∈IR να βρείτε τον αριθμό L.

Λύση :

Για κάθε x∈IR είναι ƒ(x3) + x2ƒ(x) ≥ 2x3 : (1)

και x 0

ƒ(x)limx→

= L∈IR : (2)

• Από την (1) για κάθε x > 0 έχουμε :

3 2 3

3 3

ƒ(x ) x ƒ(x) 2xx x+

≥ ή (ισοδύναμα) 3

3

ƒ(x ) ƒ(x) 2x x

+ ≥ : (3)

Είναι ( )3y x3

3x 0 y 0

ƒ(x ) ƒ(y)lim lim Lx y+ +

=

→ →= = .

Έτσι έχουμε : 3 3

3 3x 0 x 0 x 0

ƒ(x ) ƒ(x) ƒ(x ) ƒ(x)lim lim lim L L 2Lx x x x+ + +→ → →

⎛ ⎞+ = + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

και x 0lim 2 2

+→= , οπότε από την (3) έχουμε :

3

3x 0 x 0

ƒ(x ) ƒ(x)lim lim 2x x+ +→ →

⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟

⎝ ⎠ ή (ισοδύναμα) 2L ≥ 2 ή (ισοδύναμα) L ≥ 1.

• Από την (1) για κάθε x < 0 έχουμε : 3

3

ƒ(x ) ƒ(x) 2x x

+ ≤ : (4)

Είναι ( )3ω x3 3

3 3x 0 x 0 ω 0

ƒ(x ) ƒ(x) ƒ(x ) ƒ(ω)lim ... 2L ... lim lim Lx x x ω− − −

=

→ → →

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟+ = = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

και x 0lim 2 2

−→= , οπότε από την (4) έχουμε :

3

3x 0 x 0

ƒ(x ) ƒ(x)lim lim 2x x− −→ →

⎛ ⎞+ ≤⎜ ⎟

⎝ ⎠ ή (ισοδύναμα) 2L ≤ 2 ή (ισοδύναμα) L ≤ 1.

Άρα ισχύουν συγχρόνως L ≥ 1 και L ≤ 1, οπότε είναι L = 1.

45

2

Για τη συνάρτηση ƒ : IR → IR ισχύει : xƒ(x) ≥ 1 για κάθε x ≠ 0.

Nα εξεταστεί αν υπάρχει το →x 0

limƒ(x) .

Λύση : Είναι xƒ(x) ≥ 1 : (1), x∈IR\0.

• Από την (1) για κάθε x > 0 ισχύει ƒ(x) ≥ 1x

: (2)

Είναι x 0

1limx+→= +∞, οπότε από τη (2) προκύπτει ότι

x 0lim ƒ(x)

+→= +∞.

• Από την (1) για κάθε x < 0 ισχύει ƒ(x) ≤ 1x

: (3)

Είναι x 0

1limx−→= –∞, οπότε από τη (3) προκύπτει ότι

x 0lim ƒ(x)

−→ = –∞.

Επειδή είναι x 0 x 0lim ƒ(x) lim ƒ(x)

+ −→ →≠ έπεται ότι δεν υπάρχει το

x 0lim ƒ(x)→

.

3

Για τις συναρτήσεις ƒ, g : IR → IR ισχύει :

|xƒ(x) – g(x)| ≤ x2 για κάθε x∈IR και η g είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0. Να αποδειχτεί ότι :

→′

x 0limƒ(x) = g (0) .

Λύση :

Έχουμε |xƒ(x) – g(x)| ≤ x2 : (1), x∈IR.

Από την (1) για x = 0 έχουμε : 0 ≤ |0⋅ƒ(0) – g(0)| ≤ 02

⇔ 0 ≤ |–g(0)| ≤ 0 ⇔ 0 ≤ |g(0)| ≤ 0 ⇔ |g(0)| = 0 ⇔ g(0) = 0. Επειδή η g είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 έπεται ότι :

x 0

g(x) g(0)lim g (0) IRx 0→

− ′= ∈−

46

και επειδή είναι g(0) = 0, προκύπτει ότι : x 0

g(x)lim g (0) IRx→

′= ∈ .

Από την (1) για κάθε x ≠ 0 έχουμε :

xƒ(x g x

xxx

xƒ(x g xx

xx

ƒ(x g xx

x) ( )| | | |

) ( ) | || |

) ( ) | |−

≤ ⇔−

≤ ⇔ − ≤ ⇔2 2

⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +| | ) ( ) | | ( ) | | ) ( ) | |x ƒ(x g xx

x g xx

x ƒ(x g xx

x : (2)

Είναι lim ( ) | | lim ( ) lim| | ( ) ( )x x x

g xx

x g xx

x g g→ → →

−FHG

IKJ = − = ′ − = ′

0 0 00 0 0

και lim ( ) | | ... ( )x

g xx

x g→

+FHG

IKJ = = ′

00 , οπότε, λόγω της (2), προκύπτει ότι :

lim ) ( )x

ƒ(x g→

= ′0

0 (κριτήριο παρεμβολής).

4

Να βρεθεί το ( )→−∞+ −συν συν2

xlim x 1 x .

Λύση : Για κάθε x, y∈IR ισχύει |συνx – συνy| ≤ |x + y| : (1)

Πράγματι για κάθε x, y∈IR έχουμε :

|

| |.

συνx συνy| ημ x y ημ x y ημ x y ημ x y

ημ x y ημ x y x y

− = −−

⋅+

=−

⋅+

≤

≤ ⋅ ⋅+

= ⋅+

≤ ⋅+

= +

22 2

22 2

2 12

22

22

x y

Λόγω της (1) έχουμε ότι για κάθε x < 0 ισχύει :

συν x συνx x x2 2+ − ≤ + +1 1 : (2)

Είναι : x x x xx

x2 2

2

2lim lim lim

(

x x x

xx

x→−∞ →−∞ →−∞

<

+ + = + +FH IK =+ −

+ −=1 1

1

1

2 0)d i

47

=

− + −FHG

IKJ= ⋅

− + −

F

H

GGGG

I

K

JJJJ= ⋅

− + −=

→−∞ →−∞lim lim

x xx

xx

x

1

1 1 1

1 1

1 1 10 1

1 0 10

2 2

,

οπότε, λόγω της (2), προκύπτει ότι ( )2

xlim συν x 1 συνx 0→−∞

+ − = .

5

Η συνάρτηση ƒ ορίζεται στο σύνολο (–δ, δ), δ > 0 και για κάθε x∈(–δ, δ) ισχύει :

1 – συν2x ≤ x2ƒ(x) ≤ ημ2x + x2

Αν η ƒ είναι συνεχής στο x0 = 0, να βρεθεί το ƒ(0).

Λύση :

Για κάθε x∈(–δ, δ) ισχύει 1 – συν2x ≤ x2ƒ(x) ≤ ημ2x + x2 : (1)

Από την (1) για κάθε x ≠ 0 έχουμε :

2 2 2

2 2 2

1 συν2x x ƒ(x) ημ x xx x x

− +≤ ≤

⇔ 2 2

2 2

2ημ x ημ xƒ(x) 1x x

≤ ≤ +

⇔ 22 2ημx ημxƒ(x) 1

x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

: (2)

Είναι 2 2

2 2

x 0 x 0

ημx ημxlim 2 2 1 2και lim 1 1 1 2x x→ →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ = + = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

,

οπότε, λόγω της (2), προκύπτει ότι x 0lim ƒ(x)→

= 2 (κριτήριο παρεμβολής).

Είναι όμως η ƒ συνεχής στο x0 = 0, οπότε ισχύει x 0lim ƒ(x) ƒ(0)→

= .

Άρα είναι ƒ(0) = 2.

48

6

Για τη συνάρτηση ƒ : IR → IR ισχύει :

(ƒ(x))2 ≤ 2(ημx)ƒ(x) για κάθε x∈IR .

Να βρείτε το →x 0

limf(x) (αν υπάρχει).

Λύση :

Για κάθε x∈IR έχουμε : ( )2ƒ(x) ≤ 2(ημx)ƒ(x)

⇔ ( )2ƒ(x) – 2(ημx)ƒ(x) + ημ2x ≤ ημ2x

⇔ ( )2ƒ(x) ημx− ≤ ημ2x

⇔ |ƒ(x) – ημx| ≤ |ημx| ⇔ – |ημx| ≤ ƒ(x) – ημx ≤ |ημx| ⇔ ημx – |ημx| ≤ ƒ(x) ≤ ημx + |ημx| : (1) Είναι ( ) ( )

x 0 x 0lim ημx | ημx| 0 0 0και lim ημx | ημx| 0 0 0→ →

− = − = + = + = , οπότε,

λόγω της (1), προκύπτει ότι x 0lim ƒ(x) 0→

= (κριτήριο παρεμβολής).

7

Έστω μία συνάρτηση ƒ : IR → IR τέτοια ώστε ƒ(x + y) ≤ ƒ(x) + ƒ(y) + 2xy για κάθε x, y∈IR.

Αν η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο IR και είναι ƒ(0) = ƒ΄(0) = 0, να δειχτεί ότι ƒ΄(x) = 2x για κάθε x∈IR.

Λύση : Επειδή η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο IR έπεται ότι για κάθε x∈IR είναι :

h 0

ƒ(x h) ƒ(x)lim ƒ (x)h→

+ − ′= .

Ακόμα, επειδή είναι ƒ΄(0) = 0, έχουμε h 0

ƒ(0 h) ƒ(0)lim 0h→

+ −= και επειδή είναι

ƒ(0) = 0, προκύπτει ότι h 0

ƒ(h)lim 0h→

= .

Για κάθε x, y∈IR, ƒ(x + y) ≤ ƒ(x) + ƒ(y) +2xy : (1) Λόγω της (1) έχουμε ƒ(x + h) ≤ ƒ(x) + ƒ(h) +2xh ή (ισοδύναμα) ƒ(x + h) – ƒ(x) ≤ ƒ(h) +2xh : (2) για κάθε x, h∈IR.

49

• Από τη (2) για h > 0 έχουμε : ƒ(x h) ƒ(x) ƒ(h) 2xh h

+ −≤ + : (3)

Είναι h 0 h 0

ƒ(x h) ƒ(x) ƒ(h)lim ƒ (x)και lim 2x 0 2x 2xh h+ +→ →

+ − ⎛ ⎞′= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

, οπότε

από την (3) έχουμε : h 0 h 0

ƒ(x h) ƒ(x) ƒ(h)lim lim 2xh h+ +→ →

+ − ⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠

ή (ισοδύναμα) ƒ΄(x) ≤ 2x : (4) για κάθε x∈IR.

• Από τη (2) για h < 0 έχουμε : ƒ(x h) ƒ(x) ƒ(h) 2xh h

+ −≥ + : (5)

Είναι h 0 h 0

ƒ(x h) ƒ(x) ƒ(h)lim ƒ (x)και lim 2x 0 2x 2xh h− −→ →

+ − ⎛ ⎞′= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

, οπότε

από την (5) έχουμε : h 0 h 0

ƒ(x h) ƒ(x) ƒ(h)lim lim 2xh h− −→ →

+ − ⎛ ⎞≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠

ή (ισοδύναμα) ƒ΄(x) ≥ 2x : (6) για κάθε x∈IR.

Από (4) και (6) προκύπτει ότι ƒ΄(x) = 2x για κάθε x∈IR.

8

Η συνάρτηση ƒ : IR → IR είναι παραγωγίσιμη στο x0∈IR με : ƒ(x0) = ƒ΄(x0) = 0.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = ⎧ ≠⎪ −⎨⎪⎩

00

0

πƒ(x)συν , x xx x

0, x = x

Να δείξετε ότι g΄(x0) = 0.

Λύση : Επειδή η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο x0 με ƒ΄(x0) = 0 έπεται ότι :

0

0

x x0

ƒ(x) ƒ(x )lim 0x x→

−=

−

και επειδή είναι ƒ(x0) = 0 προκύπτει 0x x

0

ƒ(x)lim 0x x→

=−

.

50

Για κάθε x ≠ x0, έχουμε :

g x g xx x

ƒ(xx x

x xƒ(x

x x x x

ƒ(xx x x x

ƒ(xx x

ƒ(xx x

( ) ( ))

)

) ) )

−−

=⋅

−−

−=

−⋅

−=

=−

⋅−

≤−

⋅ =−

0

0

0

0 0 0

0 0 0 0

0

1

συν π

συν π

συν π

Άρα για κάθε x ≠ x0 ισχύει : g x g x

x xƒ(x

x x( ) ( ) )−

−≤

−0

0 0 : (1)

Είναι lim ) lim ) | |x x x x

ƒ(xx x

ƒ(xx x→ →−

=−

= =0 00 0

0 0, οπότε, λόγω της (1) προκύπτει ότι

lim ( ) ( )x x

g x g xx x→

−−0

0

0 = 0∈IR. Άρα η είναι παραγωγίσιμη στο x0 με g΄(x0) = 0.

Βιβλ ία του Νίκου Ζανταρίδη

Ν. Ζανταρίδης Μ. Καραμαύρος

Διαγωνίσματα Μαθηματικών 1ης Δέσμης

Ν. Ζανταρίδης

Π. Μιμιλίδης Δ. Πετρίδης Θέματα και διαγωνίσματα Μα-

θηματικών 1ης Δέσμης

Ν. Ζανταρίδης

Διαγωνίσματα Μαθηματικών 4ης Δέσμης

Υπό έκδοση από τις εκδόσεις "Γκατζούλη" : Ν. Ζανταρίδης Γενικά Θέματα Μαθηματικών για την 1η Δέσμη Ν. Ζανταρίδης Γενικά Θέματα Μαθηματικών για την 4 Δέσμη

Κεντρική διάθεση : Βιβλιοπωλείο "Πάπυρος" Εκδόσεις "ΓΚΑΤΖΟΥΛΗ" Εγνατία 39, 58 200 Έδεσσα Τσιμισκή 126, 54 621 Τηλ. - FAX : 0381 - 21777 Θεσσαλονίκη Τηλ. 031 - 237664

Έστω συνάρτηση ƒ : Δ → IR συνεχής στη θέση x0 του διαστήματος Δ

και Α(x0, ƒ(x0)) το αντίστοιχο σημείο της γραφικής παράστασης Cƒ της ƒ.

Αν Μ(x, ƒ(x)) με x > x0 είναι τυχαίο σημείο της Cƒ δεξιά του Α, τότε η ημιευθεία

AM έχει συντελεστή διεύθυνσης τον λ(x) = 0

0

ƒ(x) ƒ(x )x x−−

.

Όταν x → x0+, όταν δηλαδή το Μ πλησιάζει στο Α από τα δεξιά, τότε η ημιευ-

θεία ΑΜ μεταβάλλεται και : • Στην περίπτωση που υπάρχει το

0

0

x x0

ƒ(x) ƒ(x )limx x+→

−−

και είναι το ∈IR ,

η ΑΜ τείνει να πάρει μια οριακή θέση ΑΚ που έχει συντελεστή διεύθυνσης την οριακή τιμή του λ(x) δηλαδή το (σχήμα 1).

O x

y

ΣΧΗΜΑ 1

A

Λ Κ

ΜΜ

x x

Cƒ

• Στην περίπτωση που είναι :

0

0

x x0


−−

= +∞ (και αυτό συμ-

βαίνει για σημεία Μ "πολύ γειτονικά" στο Α) ο συντελεστής διεύθυνσης αυξά-νει απεριόριστα (και γίνεται μεγαλύτε-ρος από κάθε θετικό αριθμό). Άρα η ημιευθεία ΑΜ τείνει να πάρει μια ορια-κή θέση ΑΚ // y΄y (σχήμα 2).

O x

y

ΣΧΗΜΑ 2

A

Λ

Κ Μ

x x

Cƒ

52

• Στην περίπτωση που είναι

0

0

x x0


−−

= –∞, όμοια δια-

πιστώνουμε ότι η ΑΜ παίρνει μια οριακή θέση ΑΚ // y΄y (σχήμα 3).

O x

y

ΣΧΗΜΑ 3

A

Λ

Κ Μ

xx

ΜCƒ

• Στην περίπτωση που η

λ(x) = 0

0

ƒ(x) ƒ(x )x x−−

δεν έχει όριο

στο x0+, η ΑΜ δεν παίρνει καμία

οριακή θέση (σχήμα 4).

x

y

ΣΧΗΜΑ 4

x

Cƒ

OA≡

M

Αν Μ(x, ƒ(x)) με x < x0 ένα τυχαίο σημείο της Cƒ , τότε με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να διαπιστώσουμε αν η ημιευθεία ΑΜ μπορεί να πάρει οριακή θέση ΑΛ, όταν x → x0

– .

Έτσι :

• όταν 0

0

x x0

ƒ(x) ƒ(x )limx x−→

−−

= m∈IR τότε υπάρχει οριακή θέση της ΑΜ με συντε-

λεστή διεύθυνσης m (σχήμα 1 και 3).

• όταν 0

0

x x0


−−

= +∞ ή 0

0

x x0


−−

= –∞ τότε η ΑΜ παίρνει

οριακή θέση ΑΛ // y΄y (σχήμα 2).

53

• όταν δεν υπάρχει το 0

0

x x0


−−

τότε η ΑΜ δεν μπορεί να πάρει οριακή

θέση (σχήμα 4).

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν :

0 0

0 0

x x x x0 0

ƒ(x) ƒ(x ) ƒ(x) ƒ(x )lim limx x x x− +→ →

− −=

− −,

τότε υπάρχουν οι οριακές ημιευθείες ΑΚ, ΑΛ και μάλιστα είναι αντικείμενες ημι-ευθείες. Στην περίπτωση αυτή και μόνο ορίζουμε για εφαπτομένη της Cƒ στο Α τον κοινό φορέα των ημιευθειών ΑΚ, ΑΛ.

Έτσι :

• Στο σχήμα 1 είναι 0 0

0 0

x x x x0 0

ƒ(x) ƒ(x ) ƒ(x) ƒ(x )lim IR, lim m IRx x x x− +→ →

− −= ∈ = ∈

− − με

≠ m, άρα δεν ορίζεται εφαπτομένη της Cƒ στο Α.

• Στο σχήμα 2 είναι 0 0

0 0

x x x x0 0

ƒ(x) ƒ(x ) ƒ(x) ƒ(x )lim limx x x x− +→ →

− −=

− − = +∞, άρα η Cƒ έχει

εφαπτομένη στο Α την ευθεία με εξίσωση x = x0.

• Στα σχήματα 3 και 4 δεν υπάρχει εφαπτομένη της Cƒ στο Α.

Τέλος, αν το x0 είναι άκρο του Δ, τότε η Cƒ θα έχει εφαπτομένη στο Α, τον φορέα της αντίστοιχης ημιευθείας ΑΚ ή ΑΛ (αν αυτή ορίζεται).

x

y

ΣΧΗΜΑ 5

CƒA

K

O

54

Τα προηγούμενα συνοψίζονται και ως εξής :

i. Αν η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο x0 τότε η Cƒ έχει εφαπτομένη στο

Α(x0, ƒ(x0)) την ευθεία ε με κλίση τον αριθμό : 0

0

x x0

ƒ(x) ƒ(x )limx x→

−−

= ƒ΄(x0) και

εξίσωση την : y – ƒ(x0) = ƒ΄(x0)(x – x0).

ii. Αν η ƒ είναι συνεχής στο x0 και 0

0

x x0

ƒ(x) ƒ(x )limx x→

−−

= +∞ (ή –∞), τότε η Cƒ έχει

εφαπτομένη στο Α(x0, ƒ(x0)) την ευθεία (ε) που είναι παράλληλη στον άξονα y΄y, οπότε έχει εξίσωση : x = x0.

iii. Σε κάθε άλλη περίπτωση η Cƒ δεν έχει εφαπτομένη στο σημείο

Α(x0, ƒ(x0)). Στη συνέχεια προσεγγίζουμε το θέμα του άρθρου με τέσσερις λυμένες ασκήσεις.

Άσκηση

1η

Έστω η παραβολή C : y = x2, το σημείο Ρ(α, β), που δεν ανή-

κει στον άξονα y΄y, με β < α2 και μεταβλητό σημείο Μ της C. Αν Μ0 είναι η θέση του Μ στη C, ώστε το (ΡΜ) να γίνεται ε-λάχιστο, αποδείξτε ότι η ΡΜ0 είναι κάθετη στη C.

Λύση :

Έστω M(x, x2) και

g(x) = x2 ⇒ g΄(x) = 2x. Είναι :

( ) ( )

( ) ( )

2 2M P M P

22 2

(PM) x x y y

x α x β

= − + − =

= − + −

= ( )4 2 2 2x 1 2β x 2αx α β+ − − + + .

O x

yM(x,x )2

Μ0 0 0(x ,x )2

Ρ(α, β)

C

(ε)

55

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = ( )4 2 2 2x 1 2β x 2αx α β+ − − + + , x∈IR.

Τότε ƒ΄(x) = 3 34x 2(1 2β)x 2α 2x (1 2β)x α

2ƒ(x) ƒ(x)+ − − + − −

= .

Αν Μ(x0, x02), τότε η ƒ στο x0 έχει ελάχιστο.

Άρα ƒ΄(x0) = 0 ⇒ 2x03+(1–2β)x0–α = 0, (1).

Αν x0 = α, τότε η (1) δίνει : 2α3+α–2αβ–α = 0 ⇒ 2α(α2–β) = 0 ⇒ α = 0 (ά-

τοπο αφού το Ρ δεν ανήκει στον άξονα y΄y) ή β = α2 (άτοπο από την υπόθεση).

Άρα x0 ≠ α, οπότε η ευθεία ΡΜ0 έχει κλίση 0

20

ΡΜ0

x βλx α

−=

−, ενώ η εφαπτομένη

(ε) της C στο Μ0 έχει κλίση λε = 2x0. Για να είναι τώρα ΡΜ0⊥C αρκεί : ΡΜ0⊥(ε) ⇔

0ΡΜ ελ λ⋅ = –1 ⇔

2

00

0

x β 2x 1x α

−⋅ = −

− ⇔ 2x0

3–2βx0 = α–x0 ⇔ 2x03+(1–2β)x0 – α = 0,

που ισχύει λόγω της (1).

Άσκηση

2η

Θεωρούμε την καμπύλη C : ƒ(x) = x2+2x+3 και το σημείο Ρ(α, β).

i. Αν α2+2α > β–3 αποδείξτε ότι από το Ρ διέρχονται δύο εφα-πτόμενες προς τη C.

ii. Αν το Ρ κινείται στην ευθεία y = 74

αποδείξτε ότι πάλι από

το Ρ διέρχονται δύο εφαπτόμενες προς τη C και μάλιστα ότι είναι κάθετες μεταξύ τους.

Λύση :

i. Για κάθε x∈IR είναι : ƒ(x) = x2+2x+3 ⇒ ƒ΄(x) = 2x+2.

Έστω Μ(x0, ƒ(x0)) τυχαίο σημείο της C και (ε) η εφαπτομένη της στο σημείο αυτό.

Τότε (ε) : y – ƒ(x0) = ƒ΄(x0)(x–x0) ⇔ y – x02 –2x0–3 = (2x0+2)(x–x0).

56

Η ευθεία (ε) διέρχεται από το Ρ, αν και μόνο αν :

β–x02 –2x0–3 = (2x0+2)(α–x0) ⇔

β–x02 –2x0–3 = 2αx0–2x0

2+2α–2x0

⇔ x02 –2αx0+β–2α–3 = 0, (1).

Ρ(α, β)

(ε)Μ

y = 74(ε ) (ε )1

2

C

Από το Ρ διέρχονται τόσες εφαπτόμενες προς τη C, όσες είναι οι ρίζες της εξί-σωσης (1), που είναι δευτεροβάθμια ως προς x0, με διακρίνουσα :

Δ = 4α2–4β+8α+12 = 4(α2+2α–β+3) > 0, αφού α2+2α > β–3.

Άρα η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες άνισες, οπότε πράγματι από το Ρ διέρχονται δύο εφαπτόμενες προς τη C.

ii. Όταν το Ρ(α, β) κινείται στην ευθεία y = 74

είναι β = 74

και η εξίσωση (1) έχει

διακρίνουσα :

Δ = ( )22 27 5 14 α 2α 3 4 α 2α 4 α 14 4 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤+ − + = + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ > 0.

Οπότε πάλι από το Ρ διέρχονται δύο εφαπτόμενες ε1, ε2 προς τη C.

Αν x1, x2 είναι οι ρίζες της (1), τότε τα σημεία επαφής των ε1, ε2 με τη C είναι

τα : (x1, ƒ(x1)), (x2, ƒ(x2)) αντίστοιχα.

Επομένως : 1 2ε ελ λ⋅ = ƒ΄(x1)⋅ ƒ΄(x2) = (2x1+2)(2x2+2) = 4(x1⋅x2+x1+x2+1).

Όμως : x1+x2 = ( )2α1

− − = 2α και x1⋅x2 = β 2α 3 7 52α 3 2α

1 4 4− −

= − − = − − .

Συνεπώς 1 2ε ε

5λ λ 4 2α 2α 14

⎛ ⎞⋅ = − − + +⎜ ⎟⎝ ⎠

= –1, οπότε ε1⊥ε2.

57

Άσκηση

3η

Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : [1, 3] → IR, ώστε τα ση-

μεία Ο(0, 0), Α(1, ƒ(1)), Β(3, ƒ(3)) να είναι συνευθειακά.

i. Αποδείξτε ότι υπάρχει σημείο Μ(ξ, ƒ(ξ)) της Cƒ στο οποίο η εφαπτομένη διέρχεται από το Ο(0, 0).

ii. Aν επιπλέον η ƒ είναι κυρτή, ισχύει : = ⋅∫ξ

1

1f(x)dx ξ f(ξ)

2

και ƒ(1) = 2, να υπολογίσετε το εμβαδό Ε του χωρίου με σύ-νορα τις Cƒ, OM, OA.

Λύση : i. Αφού τα σημεία Ο, Α, Β είναι συνευθειακά

θα έχουμε : λΟΑ = λΟΒ ⇒

ƒ(1) 0 ƒ(3) 0 ƒ(3)ƒ(1)1 0 3 0 3

− −= ⇒ =

− − (1).

Η συνάρτηση g(x) = ƒ(x)x

παραγωγίζεται

στο [1, 3] με :

Ox

y

1 ξ 3

Cƒ

A

B

Γ Μ

g΄(x) = 2

x ƒ (x) ƒ(x)x

′⋅ − και g(1) = ƒ(1), g(3) = ƒ(3)3

.

Οπότε λόγω της (1) προκύπτει g(1) = g(3), άρα για τη g ισχύει το θεώρημα του Rolle στο [1, 3], οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ∈(1, 3) ώστε g΄(ξ) = 0.

Είναι : g΄(ξ) = 0 ⇔ 2

ξ ƒ (ξ) ƒ(ξ)ξ

′⋅ − = 0 ⇔ ξ⋅ƒ΄(ξ) = ƒ(ξ), (2).

Η εφαπτομένη (ε) της Cƒ στο Μ(ξ, ƒ(ξ)) έχει εξίσωση :

y–ƒ(ξ) = ƒ΄(ξ)(x–ξ), (3).

Η εξίσωση (3) για x = y = 0 μας δίνει :

–ƒ(ξ) = –ξ⋅ƒ΄(ξ) ⇔ ξ⋅ƒ΄(ξ) = ƒ(ξ), που ισχύει λόγω της (2).

Συνεπώς η εφαπτομένη (ε) διέρχεται από το Ο(0, 0).

58

ii. Αφού η ƒ είναι κυρτή η Cƒ βρίσκεται "πάνω" από την (ε) και έχουμε :

ΟΑ : y – 0 = ƒ(1) 01 0

−−

⋅x ⇔ y = ƒ(1)⋅x,

ΟΜ : y – 0 = ƒ΄(ξ)(x–0) ⇔ y = ƒ΄(x)⋅x.

Άρα Ε = Ε(ΟΑΓ)+Ε(ΑΓΜ) = ( ) ( )1 ξ

0 1ƒ(1) x ƒ (ξ) x dx ƒ(x) ƒ (ξ) x dx′ ′⋅ − ⋅ + − ⋅ =∫ ∫

= (ƒ(1)–ƒ΄(ξ))⋅ 12 ξ ξ

1 10

x ƒ(x)dx ƒ (ξ) xdx2

⎡ ⎤′+ − ⋅⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ =

= ξ2

υποθ.1

ƒ(1) ƒ (ξ) 1 xξ ƒ(ξ) ƒ (ξ)2 2 2′ ⎡ ⎤− ′+ ⋅ − ⋅ =⎢ ⎥

⎣ ⎦

= ( )22 ƒ (ξ) 1 1ξ ξ ƒ (ξ) ƒ (ξ) ξ 12 2 2′− ′ ′+ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ − =

= 2 21 1 1 11 ƒ (ξ) ξ ƒ (ξ) ξ ƒ (ξ) ƒ (ξ) 12 2 2 2

′ ′ ′ ′− + ⋅ − ⋅ + = τετρ. μονάδα.

Άσκηση

4η

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = x2+2αx+3 και την ευθεία (ε) : y = 2x+1. i. Αποδείξτε ότι για κάθε τιμή του α∈IR υπάρχει ακριβώς μία εφαπτομένη (δ) της Cƒ παράλληλη προς την (ε). Αν Μ είναι το σημείο επαφής των (δ), Cƒ, τότε αποδείξτε ότι καθώς το α διατρέχει το IR, το Μ κινείται σε παραβολή C.

ii. Να βρείτε την τιμή του α∈IR ώστε οι Cƒ, C να έχουν κοινό σημείο, στο οποίο να έχουν κοινή εφαπτομένη.

Λύση :

i. Για κάθε x∈IR είναι :

ƒ(x) = x2+2αx+3 ⇒ ƒ΄(x) = 2x+2α.

Έστω Μ(x0,ƒ(x0)) τυχαίο σημείο της Cƒ και (δ) η εφαπτομένη της σ’αυτό.

Μ(ε)(δ)

Cƒ

Τότε : (δ) // (ε) ⇔ λδ = λε ⇔ ƒ΄(x0) = 2 ⇔ 2x0+2α = 2 ⇔ x0 = 1–α.

59

Αφού το x0 είναι μοναδικό. συμπεραίνουμε ότι πράγματι υπάρχει μοναδική

εφαπτομένη δ της Cƒ παράλληλη προς την (ε).

Είναι Μ(1–α, ƒ(1–α)) το σημείο επαφής των (δ), Cƒ.

Έστω Μ(x0, y0). Τότε x0 = 1–α ⇔ α = 1–x0 και y0 = ƒ(x0) ⇔

y0 = x02+2αx0+3 = x0

2+(2–2x0)x0+3 = x02+2x0–2x0

2+3 = –x02+2x0+3.

Άρα όταν το α διατρέχει το IR, το Μ κινείται στην παραβολή :

C : y = g(x) = –x2+2x+3.

ii. Για να έχουν οι Cƒ, C κοινό σημείο στο οποίο να έχουν κοινή εφαπτομένη αρ-κεί να υπάρχει x1∈IR ώστε :

( )

2 21 1 1 1 1 1

1 1 1 1

21 11 1

1 1

1 1

ƒ(x ) g(x ) x 2αx 3 x 2x 3και καιƒ (x ) g (x ) 2x 2α 2x 2

x x α 1 02x 2x (α 1) 0και και4x 2α 2 2x α 1

x 0 x 1 ακαι ή καια 1 2 2α α 1

⎧ ⎫= + + = − + +⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎪ ⎪ ⎪ ⎪′ ′= + = − +⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎧ + − = ⎫⎧ ⎫+ − =⎪ ⎪⎪ ⎪

⇔ ⇔⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ = + =⎩ ⎭ ⎩ ⎭

= = −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜= − + =⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1x 0 x 0και ή καια 1 α 1

= =⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⇔⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Άρα η ζητούμενη τιμή του α είναι η α = 1.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΡΑΞΗ Βιβλία για τους Υποψηφίους της Α΄ Δέσμης, Καθηγητές, Φροντιστές. Δ. Γ. Κοντογιάννη : Διανυσματικός Λογισμός - Αναλυτική Γεωμετρία τ. 1 Δ. Γ. Κοντογιάννη : Βασικές έννοιες της Γεωμετρίας ΠΡΟΣΟΧΗ κυκλοφόρησε !!! Δ. Γ. Κοντογιάννη : ΙΣΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ ΣΤΟ ΤΡΙΓΩΝΟ Για μαθητές Α΄ - Β΄ Λυκείου Βιβλία Μοναδικά. Παραγγελίες - πληροφορίες : 01 - 76 42 728

"ΜΙΓΑΔΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ"

ΤΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΜΙΑΣ ΕΥΘΕΙΑΣ

ΓΡΑΜΜΗΣ ΚΑΙ

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΗΣ

Χρήστος Δ. Πατήλας

Είναι γνωστό ότι κάθε μιγαδικός αριθμός x+yi, (x, y∈IR) αντιστοιχίζεται στο μοναδικό σημείο Μ(x, y) ενός καρτεσιανού επιπέδου Oxy (μιγαδικό επίπεδο). Ορίζεται με τον τρόπο αυτό μία "ένα προς ένα συνάρτηση" του συνό-λου C των μιγαδικών αριθμών στο σημειοσύ-

νολο (x, y) | x, y∈IR του επιπέδου. Έτσι δη-μιουργείται η γνωστή μας "γεωμετρική εκδοχή" των μιγαδικών αριθμών, που μας επιτρέπει, όπως θα δούμε, να μετασχηματίζουμε γνωστές εξισώσεις της Αναλυτικής Γεωμετρίας στις ι-σοδύναμές τους μιγαδικές εκφράσεις.

Διατυπώνουμε τώρα το θέμα του άρθρου μας. και έπειτα θα αναφερθούμε σύντομα σε διάφορες εφαρμογές.

Έστω z1 = x1+y1⋅i, z2 = x2+y2⋅i δύο μιγαδικοί αριθμοί με z1 ≠ z2, που οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο είναι τα σημεία Μ1 και Μ2 αντίστοιχα.

Θεωρούμε επίσης το μιγαδικό αριθμό z z z z z⋅ − + ⋅1 2 1 2b g , z = x+y⋅i που τον

συμβολίζουμε χάριν συντομίας A zz z1 2, ( ) .

Θα αποδείξουμε ότι :

1ον Η ισότητα Im A (z) 0z , z1 2= εκφράζει την εξίσωση της ευθείας που

διέρχεται από τα σημεία Μ1 και Μ2.

2ον Η ισότητα Re A (z) zz , z 12

1 2= εκφράζει την εξίσωση της ευθείας που

είναι κάθετη στη ευθεία Μ1Μ2 στο σημείο της Μ1.

61

Απόδειξη :

Είναι : A z z z z z z

x y i) x x y y i x y i x y i

x x x y y y x x y y

y y x x x y x y y x i

z z1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 2 1 1 2 1 2

, ( )

(

.

= ⋅ − + ⋅

= − ⋅ − + − ⋅ + − ⋅ ⋅ + ⋅

= − ⋅ + − ⋅ + ⋅ + ⋅ +

+ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅

b gb g b g b g

b g b gb g b g

Η ευθεία Μ1Μ2 έχει εξίσωση : x yx yx y

111

01 1

2 2

= ⇔

⇔ y y x x x y x y y x A zz z1 2 2 1 1 2 1 2 0 01 2

− ⋅ + − ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⇔ =b g b g Im ( ),

και η κάθετη της Μ1Μ2 στο σημείο της Μ1, για κάθε y1, y2∈IR με y1 ≠ y2, έχει

εξίσωση : y y x xy y

x x− =−−

− ⇔11 2

2 11b g

⇔ x x x y y y x x y y x y A z zz z1 2 1 2 1 2 1 2 12

12

12

1 2− ⋅ + − ⋅ + ⋅ + ⋅ = + ⇔ =b g b g Re ( ) .,

Εύκολα αποδεικνύεται ότι η τελευταία ισότητα ισχύει και όταν y1 = y2.

Στα επόμενα επιχειρούμε μία γεωμετρική προσέγγιση αυτών που αποδείξαμε και θα παρουσιάσουμε μία σειρά εφαρμογών τους.

O x

y

(ε)Μ (z )2 2

Μ (z )1 1

(δ)

(ζ)

(ε) : Im ( ),A zz z1 20=

(δ) : Re ( ),A z zz z1 2 12=

και ομοίως η κάθετη (ζ) της Μ1Μ2 στο Μ2, έχει εξίσωση :

(ζ) : Re ( ),A z zz z2 1 22= .

Με τη βοήθεια τώρα των παραπάνω μορφών εξίσωσης ευθείας, θα αναζητήσου-με "μιγαδικές εκφράσεις" για την απόσταση σημείου από ευθεία, εμβαδόν τρι-γώνου, εξίσωση παραβολής, εξίσωση εφαπτομένης κύκλου, παραβολής, έλλειψης και υπερβολής.

62

• ΑΠΟΣΤΑΣΗ ΣΗΜΕΙΟΥ ΑΠΟ ΕΥΘΕΙΑ

Μ (z )2 2Μ (z )1 1

(ε)

Μ (z )3 3

Ισχύει : d(Μ3, ε) = d(M3, M1M2) =

= y y x x x y x y y x

y y x x

1 2 3 2 1 3 1 2 1 2

1 22

2 12

− ⋅ + − ⋅ + ⋅ −

− + −

⋅b g b gb g b g

⇔ d(M3, M1M2) = Im A (z )

z zz , z 3

1 2

1 2

−.

• EMBAΔΟΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

Μ (z )2 2Μ (z )1 1

Μ (z )3 3

Ε = 12

(Μ1⋅Μ2)⋅d(M3, M1M2) =

= 12⋅|z1 –z2|⋅

Im ( ),A z

z zz z1 2 3

1 2− ⇔

E = 12

Im A (z )z , z 31 2⋅ .

• EΞΙΣΩΣΗ ΠΑΡΑΒΟΛΗΣ

O x

y

Μ (z )2 2

Μ (z )1 1Μ (z )3 3

M(z)

C : y = 2px2

(ΜΜ1) = (ΜΜ2) ⇔

|z – z1| = Im ( ),A z

z zz z2 3

2 3− ⇔

z z Im(z) Im A (z)1 z , z2 3− ⋅ = , ό-

που z1, z2, z3 οι μιγαδικοί αριθμοί του διπλανού σχήματος.

z p i z p i IR z p i1 2 320

2 20= + ⋅ = − + ⋅ ∈ = − + ⋅, , ,*κ κ

63

• EΞΙΣΩΣΗ ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗΣ ΚΥΚΛΟΥ

O x

y

Μ (z )1 1

Μ (z )0 0

M(z)

(ε)

Μ(w)

Εξίσωση κύκλου : |w – z0| = |z1 – z0|

(ε) : Re A (z) zz , z 12

1 0=

• EΞΙΣΩΣΗ ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗΣ ΕΛΛΕΙΨΗΣ

O x

y

Μ (z )1 1

Μ (z )0 0

M(z)

(ε)Μ΄ (-z )0 0

Μ (z )2 2

α

M(w)

Εξίσωση έλλειψης :

|w + z0| + |w – z0| = 2α, z2 = αz

i2

10

Reb g + ⋅

• Αν Re(z1) ≠ 0 τότε

(ε) : Im A (z)z , z1 2 = 0, όπου

z1 ο μιγαδικός αριθμός που η εικόνα του αντιστοιχεί στο σημείο επαφής της έλλειψης με την ευθεία (ε) και z2 ο μιγαδικός του διπλανού σχή-ματος. • Αν Re(z1) = 0 τότε (ε) : Ιm(z) = Im(z1).

• EΞΙΣΩΣΗ ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗΣ ΥΠΕΡΒΟΛΗΣ

O x

y

Μ (z )1 1

Μ (z )0 0

M(z)

(ε)

Μ΄ (-z )0 0

Μ (z )2 2

α

M(w)

(ε) : Im A (z)z , z1 2 = 0, όπου

z1 ο μιγαδικός του οποίου η εικόνα αντιστοιχεί στο ση-μείο επαφής και z2 ο μιγαδι-κός που αναγράφεται στο διπλανό σχήμα.

Εξίσωση υπερβολής : | |w + z0| – |w – z0| | = 2α, z2 = αz

i2

10

Reb g + ⋅

64

• EΞΙΣΩΣΗ ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗΣ ΠΑΡΑΒΟΛΗΣ

O x

y

Μ (z )1 1

M(z)

(ε)

Μ (z )2 2

z2 = –Re(z1)+0⋅i

(ε) : Im A (z)z , z1 2 = 0, όπου z1 ο μιγαδι-

κός του οποίου η εικόνα αντιστοιχεί στο σημείο επαφής και z2 ο μιγαδικός που α-ναγράφεται στο διπλανό σχήμα.

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ :

1. Αν τα σημεία Μ1, Μ2, Μ3 είναι εικόνες στο μιγαδικό επίπεδο των z1, z2, z3

αντίστοιχα, ώστε Μ Μ Μ2 1 3

∧ = 90°, να αποδείξετε ότι :

z z z z z z z z z z z z3 1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 12 0⋅ − + − + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =b g b g

2. Έστω z1, z2, z3 μιγαδικοί που οι εικόνες τους είναι μη συνευθειακά σημεία στο μιγαδικό επίπεδο. Να αποδείξετε ότι :

i. Im ( ) Im ( ) Im ( ), , ,A z A z A zz z z z z z1 2 3 1 2 33 2 1= =

ii. Im ( ) Im ( ), ,

A z A zz z z z z z

11 2

21 2

23

23+ +

LNMM

OQPP =LNMM

OQPP

3. Δίνονται οι μιγαδικοί z1 και z2 (z1 ≠ z2) με εικόνες τα σημεία Μ1 και Μ2 αντί-στοιχα στο μιγαδικό επίπεδο και οι μιγαδικοί α και w με εικόνες αντίστοιχα στο μιγαδικό επίπεδο τα σημεία Α και Β. Αν η ευθεία Μ1Μ2 τέμνει την ΑΒ στο Μ, να δειχτεί ότι :

λ⋅ + =Im ( ) Im ( ), ,A z A zα w α w2 1 0, όπου λ είναι ο απλός λόγος της διατεταγμένης τριάδας (Μ1, Μ2, Μ).

4. Δίνεται ο μη μηδενικός μιγαδικός z1 με Re(z1) ≠ 0 και το σύνολο των σημεί-

ων Μ(z) για τα οποία ισχύει |z| = |z1|. Αν z2 = | |Re( )

zz

12

1 τότε να αποδείξετε ότι

για κάθε μιγαδικό w ισχύει η ισοδυναμία :

w z w z z w z z z z w z z z z⋅ + ⋅ = ⇔ ⋅ − + ⋅ = ⋅ − + ⋅1 1 12

1 2 1 2 1 2 1 22| | b g b g

Δημήτρης Ντρίζος

Δ. ΝΤΡΙΖΟΣ

ΕΝΟΤΗΤΕΣ

ΑΝΑΛΥΣΗΣ

ΤΡΙΚΑΛΑ

Η ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΩΣ ΡΥΘΜΟΣ

ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ

ΣΥΝΕΠΕΙΕΣ ΤΟΥ ΘΕΩΡ. ΜΕΣΗΣ

ΤΙΜΗΣ ΤΟΥ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ

Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ ΘΕΜΕΛΙΩΔΟΥΣ

ΘΕΩΡ. ΤΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΥ

ΛΟΓΙΣΜΟΥ

Χρήστος Πατήλας

ΕΝΟΤΗΤΕΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑΘΕΣΗ : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ

Χάρης Βαφειάδης

ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ




Κώστας Ζερβός

Ε

π

α

ν

ά

λ

η

ψ

η

Κώστας Ζερβός

Γενικά Θέματα


1ης Δέσμης

Θεσσαλονίκη Οκτώβριος 1996

ΥΠΟ ΕΚΔΟΣΗ

Χρήστος ΠατήλαςΧρήστος Δ. Πατήλας

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ


ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ1ης Δέσμης

Ανάλυση

Άλγεβρα

Αναλυτική Γεωμετρία

Πιθανότητες

ΛΥΜΕΝΕΣ

Συνδυασμένες Ασκήσεις

Πολλαπλών Ερωτήσεων

Απρίλιος 1996 Τρίκαλα

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΜΕ ΒΑΣΗ ΤΗΝ

ΝΑΛΥΤΙΚΗ

ΕΩΜΕΤΡΙΑ

Α

Γ

ΓΕΝΙΚΑ

ΑΛΥΤΑ

ΘΕΜΑΤΑ

ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ (LAGRANGE) ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ

Γιώργος Μήτσιος

Ένα από τα σπουδαιότερα θεωρήματα της ανάλυσης που βρίσκει τεράστιες εφαρ-μογές είναι το Θεώρημα Μέσης Τιμής (Lagrange) του Διαφορικού Λογισμού :

Θεώρημα (Lagrange)

Αν μία συνάρτηση ƒ είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β), τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ∈(α, β) τέτοιο ώστε :

ƒ΄(ξ) = ƒ( ƒ(αα

β)β−−

) (1) ή ƒ(β) – ƒ(α) = ƒ΄(ξ)(β – α) (2)

Η σχέση (2) λέγεται και "τύπος των πεπερασμένων αυξήσεων" και μας επιτρέπει να εκφράσουμε τη μεταβολή Δƒ μιας συνάρτησης ƒ στο [α, β] με τη βοήθεια του μήκους του διαστήματος και της παραγώγου σε εσωτερικό του σημείο.

Γεωμετρική ερμηνεία του Θεωρήματος Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.)

Το Θ.Μ.Τ. δηλώνει ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον σημείο (ξ, ƒ(ξ)) της

γραφικής παράστασης της ƒ στο ο-ποίο η εφαπτομένη είναι παράλληλη

προς την χορδή ΑΒ, όπου Α(α, ƒ(α))

και Β(β, ƒ(β)). O x

y

A(α,ƒ(α))Β(β, ƒ(β))

α ξ ξ ξ β1 2

67

Φυσική ερμηνεία του Θεωρήματος Μέσης Τιμής

Σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο ξ∈(α, β) όπου ο ρυθμός μεταβολής της ƒ είναι ίσος με το λόγο μεταβολής της ƒ στο [α, β].

Προκειμένου για κινητό που κινείται στο χρονικό διάστημα [t1, t2] υπάρχει κάποια χρονική στιγμή t0∈(t1, t2) κατά την οποία η ταχύτητα (στιγμιαία) του κινητού είναι ίση με τη μέση ταχύτητά του. Έτσι π.χ. αν διανύσει ένα κινητό 80 Km σε 1 ώρα,

τότε κάποια χρονική στιγμή η ταχύτητα του κινητού θα είναι 80 Kmh

.

ΣΧΟΛΙΟ : Επειδή α < ξ < β θα υπάρχει θ με 0 < θ < 1 τέτοιος ώστε : ξ = α + θ⋅(β – α).

Έτσι ο τύπος των "πεπερασμένων αυξήσεων" γράφεται : ƒ(β) – ƒ(α) = (β – α)⋅ƒ΄[α +θ⋅(β – α)] (1)

Για x, x + h∈[α, β] έχουμε : ƒ(x + h) – ƒ(x) = h⋅ƒ΄(x + θ⋅h) όπου 0 < θ < 1 (2)

Αν τώρα θεωρήσουμε τη συνάρτηση ƒ(x) = αx2 + βx + γ, α ≠ 0 ορισμένη στο Δ

και h ≠ 0 με x, x + h∈Δ, τότε εφαρμόζοντας τη σχέση (2) μετά από πράξεις κατα-

λήγουμε στο ότι θ = 12

.

Γεωμετρική εξήγηση

Για θ = 12

το Λ είναι μέσο του τμή-

ματος ΚΡ, οπότε το Ν είναι μέσο του τμήματος ΑΒ. Επομένως η πα-ράλληλη προς τον άξονα y΄y από το σημείο επαφής Μ διχοτομεί τη χορδή ΑΒ. O x

y

x x + h

ABN

M

K Λ Ρ

x+ h12

68

Επέκταση του Θ.Μ.Τ. σε ανοικτό διάστημα Αν η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) και υπάρχουν τα :

lim ) ), lim ) )x α x

ƒ(x ƒ(α ƒ(x ƒ(→ →+ −

= + = −0 0β

β

και είναι πεπερασμένα, τότε υπάρχει ξ∈(α, β), τέτοιο ώστε : ƒ(β – 0) – ƒ(α + 0) = ƒ΄(ξ)(β – α)

Απόδειξη :

Θεωρούμε τη συνάρτηση g : [α, β] → IR με g(x) = ƒ(xƒ(α αƒ(

)))

αν x (α,β)αν x

β αν x β

∈+ =− =

RS|T|

00

Η g είναι συνεχής στο (α, β) διότι η ƒ είναι συνεχής στο (α, β) ως παραγωγίσιμη. Στο x = α : lim ( ) lim )

x α x αg x ƒ(x

→ →=

+= ƒ(α + 0) = g(α)

Στο x = β : lim ( ) lim )x x

g x ƒ(x→ →

=−β β

= ƒ(β – 0) = g(β)

Άρα η g είναι συνεχής και στα σημεία x = α και x = β, επομένως είναι συνεχής στο [α, β] και επειδή είναι και παραγωγίσιμη στο (α, β) εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ. που σημαίνει ότι υπάρχει ξ∈(α, β) τέτοιο ώστε :

g(β) – g(α) = g΄(ξ)(β – α) ⇒ ƒ(β – 0) – ƒ(α + 0) = ƒ΄(ξ)(β – α)

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ - ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΣΤΟ Θ.Μ.Τ.

1

Η ƒ είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β) και ι-σχύει : ƒ(α) = β, ƒ(β) = α. Να δειχθεί ότι σ’ ένα τουλάχιστον ση-μείο της γραφικής παράστασης διαφορετικό από τα άκρα η ε-φαπτομένη είναι κάθετη προς την ευθεία (δ) : y = x + κ, κ∈IR.

Λύση :

Σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ∈(α, β) : ƒ΄(ξ) = ƒ( ƒ(αα α

β)β

α ββ

−−

=−−

= −) 1.

Επομένως η εφαπτομένη (ε) της γραφικής παράστασης στο σημείο

Μ(ξ, ƒ(ξ)) έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = –1.

Όμως λδ = 1. Άρα λε⋅λδ = –1 επομένως ε ⊥ δ.

69

2

Να λυθεί η εξίσωση 3 4 2 5x x x x+ = +

Λύση :

Η εξίσωση γράφεται : 3 2 5 4x x x x− = − (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(y) = yx, y > 0 η οποία είναι παραγωγίσιμη με ƒ΄(y)

= x⋅yx–1. Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για την ƒ στα διαστήματα [2, 3] και [3, 4] βρίσκουμε ότι :

• υπάρχει ξ1∈(2, 3) με ƒ΄(ξ1) = ƒ( ƒ( x x x3 23 2

3 2) )−−

⇒ ⋅ = −ξ1x-1 και

• υπάρχει ξ2∈(4, 5) με ƒ΄(ξ2) = ƒ( ƒ( x x x5 45 4

5 4) )−−

⇒ ⋅ = −ξ2x-1

Έτσι η (1) γράφεται ισοδύναμα :

x x x x ή x⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ − = ⇔ = =ξ ξ ξ ξ1x-1

2x-1

1x-1

2x-1d i 0 0 1.

3

Αν α, β, γ, δ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με δια-

φορά ω ≠ 0, να λυθεί η εξίσωση : α δ β γx x x x+ = +

Λύση : Είναι β – α = δ – γ = ω ≠ 0.

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα : β α δ γx x x x− = − (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(y) = yx, y > 0 και εργαζόμενοι όπως στο προηγού-μενο παράδειγμα βρίσκουμε ότι η εξίσωση έχει τις λύσεις x = 0 ή x = 1.

4

Η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο [α, β]. Να δειχθεί ότι υπάρχουν ξ1, ξ2, ..., ξν ∈(α, β) τέτοια ώστε να ισχύει :

ƒ΄(ξ1) + ƒ΄(ξ2) + ... + ƒ΄(ξν) = ν⋅ƒ΄(ξ)

Λύση :

Χωρίζουμε το [α, β] σε ν υποδιαστήματα κοινού πλάτους β − αν

τα :

70

α, α αν

α αν

α αν

α ν αν

+−L

NMOQP +

−+ ⋅

−LNM

OQP + − ⋅

−LNM

OQP

β β β β β, , , ..., ( ) ,2 1

και εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. σε κάθε ένα από αυτά. Έτσι :

Υπάρχει ξ1 ∈ α, α αν

ƒƒ α α

νƒ(α

αν

+−F

HGIKJ ′ =

+−F

HGIKJ −

−β ξ

β

β1:)

b g

>> ξ2 ∈ α αν

α αν

ƒƒ α α

νƒ α α

να

ν

+−

+ ⋅−F

HGIKJ ′ =

+ ⋅−F

HGIKJ − +

−FHG

IKJ

−β β ξ

β β

β2, :22

b g

.................................................................................................................... ....................................................................................................................

Υπάρχει ξν ∈ α ν αν

ƒƒ( ƒ α ν α

να

ν

+ − ⋅−F

HGIKJ ′ =

− + − ⋅−F

HGIKJ

−( ) , :

( )1

1β β ξ

β) β

βνb g

Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ν ισότητες βρίσκουμε :

ƒ΄(ξ1) + ƒ΄(ξ2) + ... + ƒ΄(ξν) = ν ƒ( ƒ(αα

⋅−−

β)β

) (1)

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για την ƒ στο διάστημα [α, β] συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει ξ∈(α, β) : ƒ΄(ξ) = ƒ( ƒ(αα

β)β−−

) .

Έτσι η (1) γίνεται : ƒ΄(ξ1) + ƒ΄(ξ2) + ... + ƒ΄(ξν) = ν⋅ƒ΄(ξ).

5

Η ƒ είναι συνεχής στο (–∞, 0] = Α και παραγωγίσιμη στο (–∞, 0) με ƒ΄ γνησίως φθίνουσα στο Α. Αν ƒ(0) = 0, να δειχθεί

ότι η συνάρτηση g με g(x) = ƒ(x)x

είναι γνησίως φθίνουσα στο

(–∞, 0).

71

Λύση :

Είναι : g΄(x) = ′ ⋅ −= ′ −LNM

OQP = ′ −

−−

LNM

OQP

ƒ x x ƒ(xx x

ƒ x ƒ(xx x

ƒ x ƒ(x ƒ(x

( ) ) ( ) ) ( ) ) )2

1 1 00

(1)

Η ƒ στο [x, 0] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. άρα υπάρχει ξ∈(x, 0) τέ-

τοιο ώστε : ƒ΄(ξ) = ƒ(x ƒ(x) )−−

00

.

Έτσι η (1) γράφεται : g΄(x) = 1x

ƒ x ƒ′ − ′( ) ( )ξ (2), x < 0.

Αλλά η ƒ΄ είναι γνησίως φθίνουσα στο (–∞, 0], άρα : ξ > x ⇒ ƒ΄(ξ) < ƒ΄(x) ⇔ ƒ΄(x) – ƒ΄(ξ) > 0

και από την (2) προκύπτει ότι g΄(x) < 0. Επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (–∞, 0).

6

Να υπολογιστεί το ημ39° με τη βοήθεια του Θ.Μ.Τ.

Λύση :

Είναι 39° = 39180π rad. Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = ημx.

Η ƒ ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο π , π6

39180LNM

OQP επομένως υπάρχει

ξ∈ π , π6

39180

FHG

IKJ τέτοιο ώστε : ƒ ƒ ƒ39

180 639180 6

π π ( ) π πFHGIKJ −FHGIKJ = ′ ⋅ −F

HGIKJξ ⇒

ημ39π180

ημ π6

συνξ 9π180

ημ39π180

συνξ π20

− = ⋅ ⇒ = + ⋅12

(1)

Επειδή όμως :

π π π π

π π π , , .( )

6 4 6 43

22

22

23

212 20

22

12 20

12 20

32

0 611 0 6361

< < ⇒ > > ⇒ > > ⇒ < < ⇒

+ ⋅ < + ⋅ < + ⋅ ⇒ < °<

ξ συν συνξ συν συνξ συνξ

συνξ ημ39

Επομένως ημ39° = 0,61 με προσέγγιση 0,01.

72

7

Δίνεται η συνάρτηση ƒ : (α, β) → IR η οποία είναι συνεχής στο (α, β) και παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α, x0) και (x0, β). Να δειχθεί ότι αν υπάρχει το =

→′ =

0x xlim f (x) ∈IR , τότε η ƒ είναι πα-

ραγωγίσιμη στο x0 με ƒ΄(x0) = .

Λύση : Έστω x∈(α, β) με x ≠ x0. Τότε για την ƒ ικανοποιούνται οι υποθέσεις του

Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [x0, x] ή στο [x, x0].

Άρα υπάρχει t∈(x0, x) ή t∈(x, x0) τέτοιο ώστε : ƒ(x ƒ(xx x) )−−

0

0 = ƒ΄(t), (1)

Όμως όταν x → x0 τότε και t → x0 και από την (1) έχουμε :

0 0

0

x x t x0

ƒ(x) ƒ(x )lim lim ƒ (t)x x→ →

− ′= =−

Άρα η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο x0 με ƒ΄(x0) = .

ΣΧΟΛΙΟ : Είναι δυνατόν η ƒ να είναι παραγωγίσιμη σ’ ένα σημείο x0, αλλά να

μην υπάρχει το lim ( )x x

ƒ x→

′0

. Π.χ. αν ƒ(xx x

x)

,

,=

⋅ ≠

=

RS|T|

2 0

0 0

ημ 1x , τότε η ƒ είναι παρα-

γωγίσιμη στο IR και ƒ΄(0) = 0, αλλά το lim ( )x

ƒ x→

′0

δεν υπάρχει.

73

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΑΝΙΣΟΤΙΚΩΝ ΣΧΕΣΕΩΝ ΜΕ ΤΗ ΒΟΗΘΕΙΑ ΤΟΥ Θ.Μ.Τ.

1η κατηγορία : Ανισότητες της μορφής ƒ(α, β) ≥ g(α, β)

Θεωρούμε κατάλληλη συνάρτηση και εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. σε διάστημα που ορίζεται από τα α, β.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

8

Να δειχθεί ότι : 1 αβ

ln βα

βα

1− < < − (1), 0 < α < β

Λύση : Η (1) γράφεται ισοδύναμα :

ββ

β βα

1β

ββ α

−< − <

−⇔ <

−−

<α α α α

αln ln ln ln 1 (2)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = lnx. Η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με

ƒ΄(x) = 1x

. Άρα εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ. επομένως υπάρχει ξ∈(α, β) τέτοιο ώ-

στε : ƒ΄(ξ) = ƒ( ƒ(αα

αα

β)β ξ

ββ

−−

⇒ =−−

) ln ln1

και η (2) ⇔ < <1β ξ α

1 1 ⇔ β > ξ > α ⇔ α < ξ < β, που ισχύει.

9

Να δειχθεί ότι για κάθε x > 0 ισχύει : xx 1+

< ln(1 + x) < x (1)

Λύση :

Η (1) ⇔ xx +1

< ln(1 + x) – ln1 < x ⇔

⇔ 11

1 1 1 11

1 11 1

1x

xx x

xx+

<+ −

< ⇔+

<+ −+ −

<ln( ) ln ln( ) ln

( ) (2)

74

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = lnx η οποία είναι συνεχής στο [1, 1 + x] και

παραγωγίσιμη στο (1, 1 + x) με ƒ΄(x) = 1x

. Άρα υπάρχει ξ∈(1, 1 + x) τέτοιο ώ-

στε : ƒ΄(ξ) = ƒ( x ƒ(x

xx

1 11 1

1 1 11 1

+ −+ −

⇒ =+ −+ −

) )( )

ln( ) ln( )ξ

και η (2) ⇔ 11

1 1x +

< <ξ

⇔ 1 < ξ < x + 1, που ισχύει.

10

Αν 0 < β ≤ α < π2να δειχθεί ότι :

α βσυν β

εφα εφβ α βσυν α2 2

−≤ − ≤

− (1)

Λύση : • Αν β = α η (1) ισχύει ως ισότητα.

• Αν β < α η (1) ⇔ 1 1συν β

εφα εφββ συν2 2≤

−−

≤α α

(2)

Θεωρούμε την ƒ(x) = εφx και εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. στο [β, α] κλ.π.

2η κατηγορία : Ανισότητες της μορφής ƒ(x) ≥ g(x) (1)

Αν μας ζητείται να αποδειχθεί η (1) στο (α, β) θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ƒ(x) – g(x) και εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. στο [α, x] ή στο [x, β].


11

Να δειχθεί ότι εφx > x (1), αν 0 < x < π2

Λύση : Η (1) ⇔ εφx – x > 0 (2)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = εφx – x x∈ 02

, πLNMIKJ

75

Η ƒ ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [0, x] άρα υπάρχει ξ∈(0, x) τέ-τοιο ώστε :

ƒ΄(ξ) = ƒ(x ƒ(x

xx

x x) )−−

⇒ − =−

⇔ − = ⋅ −FHG

IKJ

00

1 1 1 1συν ξ

εφx εφxσυν ξ2 2

και η (2) ⇔ xx

⋅ −FHG

IKJ > ⇔ − >

>1 1 0 1 1 00

συν ξ συν ξ2 2 ⇔ συν2ξ < 1, που ισχύει

διότι 0 < ξ < x < π2

.

12

Για κάθε x > 0 να δειχθεί ότι lnx ≤ x – 1 (1)

Λύση : Η (1) ⇔ lnx – x + 1 ≤ 0 (2) • Aν x = 1 η (2) ισχύει ως ισότητα. • Αν x > 1 θεωρούμε την ƒ(x) = lnx – x + 1 η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [1,

x] με ƒ΄(x) = 1x

– 1, άρα υπάρχει ξ∈(1, x) τέτοιο ώστε :

ƒ΄(ξ) = ƒ(x ƒ(x

xx

x x) ) ln−−

⇒ − =− +−

⇒ − + = − −FHGIKJ

11

1 1 11

1 1 1 1ξ

ln x xξ

b g

και η (2) ⇔ xx

− −FHGIKJ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥

>

1 1 1 0 1 1 0 11

b gξ ξ

ξ , που ισχύει.

• Αν 0 < x < 1 ομοίως εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την ƒ στο [x, 1].

13

Γενίκευση ανισότητας Bernoulli

Να δειχθεί ότι (1 + x)τ ≥ 1 + τ⋅x (1), x > –1, τ ≥ 1

Λύση : • Για x = 0 η (1) ισχύει ως ισότητα

• Έστω x ≠ 0. Τότε η (1) ⇔ (1 + x)τ –1 – τ⋅x ≥ 0 (2)

Θεωρούμε την ƒ(x) = (1 + x)τ –1 – τ⋅x, x > –1, x ≠ 0.

76

Είναι ƒ΄(x) = τ(1 + x)τ–1 – τ.

i. Αν x∈(–1, 0) τότε εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για τη ƒ στο [x, 0] άρα υπάρχει

ξ∈(x, 0) τέτοιο ώστε : ƒ΄(ξ) = ƒ(x ƒ(x) )−−

00

⇒

τ 1 ξ ττx

τx τ 1 ξ ττ 1τ

τ τ 1+ − =+ − −

⇔ + − − = + −− −b g b g b g b g1 11 1

xx

x x

και η (2) ⇔ x τ 1 ξ ττ 1+ −−b g ≥ 0 ⇔ τ(1 + ξ)τ–1 – τ ≤ 0 ⇔ (1 + ξ)τ–1 ≤ 1

⇔ (1 + ξ)τ–1 ≤ (1 + ξ)0 ⇔ τ – 1 ≥ 0 ⇔ τ ≥ 1, που ισχύει, επειδή

–1 < x < ξ < 0 ⇒ 0 < 1 + ξ < 1 και έτσι από την :

(1 + ξ)τ–1 ≤ (1 + ξ)0 ⇒ τ – 1 ≥ 0.

ii. Αν x > 0 ομοίως εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την ƒ στο [0, x].

ΣΥΝΕΠΕΙΕΣ ΤΟΥ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ

Θεώρημα Αν η ƒ είναι συνεχής σ’ ένα διάστημα Δ και για κάθε εσωτερικό σημείο x∈Δ εί-ναι ƒ΄(x) = 0, τότε η ƒ είναι σταθερή στο Δ.

Πόρισμα Αν οι συναρτήσεις ƒ, g είναι συνεχείς σ’ ένα διάστημα Δ και για κάθε εσωτερικό σημείο x∈Δ ισχύει ƒ΄(x) = g΄(x), τότε υπάρχει μια σταθερά c τέτοια ώστε ƒ(x) = g(x)+c για κάθε x∈Δ.

Θεώρημα (Μονοτονία συναρτήσεων) Αν η συνάρτηση ƒ είναι συνεχής στο [α, β] τότε ισχύουν :

i. Αν ƒ΄(x) > 0 για κάθε x∈(α, β), τότε η ƒ είναι γνησίως αύξουσα στο [α, β]

ii. Αν ƒ΄(x) < 0 για κάθε x∈(α, β), τότε η ƒ είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, β]

77


14

Η συνάρτηση ƒ είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει ƒ΄(x) = 0 για κάθε x∈(α, x0)∪(x0, β). Να δειχθεί ότι η ƒ είναι σταθερή στο

[α, β].

Λύση : Η ƒ θα είναι σταθερή στα διαστήματα (α, x0) και (x0, β). Έστω ότι ƒ(x) = c1 για κάθε x∈(α, x0) και ƒ(x) = c2 για κάθε x∈(x0, β). Τότε : Η ƒ είναι συνεχής στο α. Άρα lim ) ) )

x αƒ(x ƒ(α c ƒ(α

→ += ⇒ =1 (1)

Η ƒ είναι συνεχής στο β. Άρα lim ) ) )x

ƒ(x ƒ( c ƒ(→ −

= ⇒ =β

β β2 (2)

Η ƒ είναι συνεχής στο x0. Άρα lim ) lim ) )x x x x

ƒ(x ƒ(x ƒ(→ →− +

= =0 0

x0 ⇒

c c ƒ(1 2= = x0) (3)

Από (1), (2) και (3) ⇒ ƒ(α) = ƒ(β) = ƒ(x0) = c1 = c2. Άρα ƒ(x) = c1 = c2 δηλαδή η ƒ είναι σταθερή στο [α, β].

15

Να βρεθεί συνάρτηση ƒ για την οποία ισχύουν : ƒ″(x) = ƒ(x) (1) και ƒ(0) = ƒ΄(0) = 0 (2)

Λύση : Η (1) γράφεται :

2ƒ΄(x)⋅ƒ″(x) = 2ƒ΄(x)⋅ƒ(x) ή ′′=

′− ′

′=ƒ x ƒ(x ή ƒ(x ƒ x( ) ) ) ( )b g b g b g b g2 2 2 2 0

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ƒ(x ƒ x) ( )b g b g2 2− ′ .

Είναι h΄(x) = 2ƒ(x)⋅ƒ΄(x) – 2ƒ΄(x)⋅ƒ″(x) =( )1

2ƒ(x)⋅ƒ΄(x) – 2ƒ΄(x)⋅ƒ(x) = 0.

Άρα υπάρχει σταθερά c ώστε h(x) = c επομένως ƒ(x ƒ x) ( )b g b g2 2− ′ = c (3)

Για x = 0 η (3) δίνει ƒ( ƒ c c0 0 02 2 2)) ( )

(

b g b g− ′ = ⇒ =

και η (3) ⇒ ƒ(x ƒ x) ( )b g b g2 2− ′ = 0 ⇒ ƒ(x) = ƒ΄(x) ή ƒ(x) = –ƒ΄(x).

78

i. Αν ƒ(x) = ƒ΄(x) ⇒ ƒ΄(x) – ƒ(x) = 0 ⇒ ƒ΄(x)⋅ex – ƒ(x) ⋅ex = 0 ⇒

′ ⋅ − ⋅

′

= ⇒ FHGIKJ′=

ƒ x e ƒ(x e

e

ƒ(xe

x x

x x

( ) ) )d id i2

0 0

Άρα ƒ(xex

) = c1, c1∈IR επομένως ƒ(x) = c1⋅ex (4)

Για x = 0 η (4) δίνει ƒ(0) = c1⋅e0 ⇒ c1 = 0. Άρα ƒ(x) = 0.

ii. Αν ƒ(x) = –ƒ΄(x) ⇒ ƒ΄(x) + ƒ(x) = 0 ⇒ ƒ΄(x)⋅ex + ƒ(x)⋅ex = 0 ⇒ ƒ(x ex)⋅′d i = 0

άρα ƒ(x)⋅ex = c2 , c2∈IR και επομένως ƒ(x) = c2⋅e–x (5)

Για x = 0 η (5) δίνει : ƒ(0) = c2⋅e–0 ⇒ c2 = 0. Άρα ƒ(x) = 0.

16

Αν ƒ΄(x2) = x (1), x > 0 και ƒ(1) = 0 να βρεθεί η ƒ.

Λύση :

Θέτουμε x2 = t, t > 0. Τότε x = t και η (1) γράφεται :

′ = ⇒ ′ = ⇒ ′ =FHGIKJ′

= +ƒ t t ƒ t t ƒ t t ƒ(t t c( ) ( ) ( ) )12

32

322

323

άρα (2)

Για t = 1 η (2) δίνει : ƒ(1) = 23

1 23

32⋅ + ⇒ = −c c

και η (2) γίνεται : ƒ(t) = 23

23

23

23

32

32t ƒ(x x− = −. )Άρα , x > 0.

17

Αν ƒ(x + y) = ƒ(x)⋅ƒ(y) – ημx⋅ημy (1) για κάθε x, y∈IR και ƒ(0) ≠ 0, ƒ΄(0) = 0, να δειχθεί ότι η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο IR και κατόπιν να βρεθεί η ƒ.

Λύση :

ƒ΄(0) = 0 ⇒ lim ) )x

ƒ(x ƒ(x→

−−

=0

00

0 (2)

79

Για x = y = 0 η (1) δίνει ƒ(0) = ƒ(0)⋅ƒ(0) ⇒ ƒ(0) = 1 αφού ƒ(0) ≠ 0.

Έτσι η (2) γίνεται : lim )x

ƒ(xx→

−=

0

1 0 (3)

Έστω x0∈IR. Είναι :

lim ) ) lim ) lim ) )( )

x x h h

ƒ(x ƒ(xx x

ƒ(x h) ƒ(xh

ƒ(x ƒ(h) ƒ(xh→ → →

−−

=+ −

=⋅ − ⋅ −

0

0

0 00 0

1

00 0ημx ημh0 =

= lim ) )(

hƒ(x ƒ(h)

hƒ(x

→⋅

−− ⋅L

NMOQP = ⋅ − ⋅ = −

0 0

3)

01 0 1ημx ημh

hημx ημx0 0 0 .

Δηλαδή ƒ΄(x0) = –ημx0. Άρα η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο IR με : ƒ΄(x) = –ημx.

Οπότε : ƒ΄(x) = (συνx)΄ ⇒ ƒ(x) = συνx + c (4)

Για x = 0 η (4) δίνει ƒ(0) = συν0 + c ⇒ 1 = 1 + c ⇒ c = 0. Άρα ƒ(x) = συνx.

18

Οι συναρτήσεις ƒ, g είναι παραγωγίσιμες στο (0, +∞) και ισχύ-

ουν οι σχέσεις : ƒ(1) = g(1) = 0 και ƒ΄(x) = –eg(x) (1),

g΄(x) = –eƒ(x) (2) για κάθε x > 0. i. Να δειχθεί ότι ƒ = g.

ii. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση h(x) = e-ƒ(x) – x είναι σταθερή στο IR και κατόπιν να βρεθεί η συνάρτηση ƒ.

Λύση : i. Παραγωγίζοντας τα μέλη της (1) έχουμε :

ƒ″(x) = –eg(x)⋅g΄(x) ⇒ ƒ″(x) = ƒ΄(x)⋅g΄(x) (3)

Παραγωγίζοντας τα μέλη της (2) έχουμε :

′′ = − ⋅ ′ ⇒ ′′ = ′ ⋅ ′g x e ƒ x g x g x ƒ xƒ x( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) (4)

Από (3), (4) ⇒ ƒ″(x) = g″(x). Άρα ƒ΄(x) = g΄(x) + c (5), c∈IR.

H (5) γράφεται : ƒ΄(x) = (g(x) + cx)΄. Άρα ƒ(x) = g(x) + cx + c1 (6)

80

Για x = 1 η (6) δίνει : ƒ(1) = g(1) + c + c1 ⇒ 0 = c + c1 ⇒ c + c1 = 0 (7)

Για x = 1 η (5) δίνει ƒ΄(1) = g΄(1) + c ⇒ − = −e eg ƒ( ) ( )1 1 + c ⇒

–e0 = –e0 + c ⇒ c = 0

και η (7) ⇒ c1 = 0. Τότε η (6) ⇒ ƒ(x) = g(x).

ii. h(x) = e ƒ x− ( ) – x. Άρα h΄(x) = − ⋅ ′ −−e ƒ xƒ x( ) ( ) 1 ⇒

h΄(x) = –e e eƒ x g x g x ƒ x− −⋅ − − = −( ) ( ) ( ) ( )d i 1 1.

Άρα h΄(x) = eg x ƒ x( ) ( )− −1 ⇒ h΄(x) = e0 – 1 = 0. Άρα h(x) = c2, c2∈IR.

Επομένως : h(x) = c2 ⇒ e ƒ x− ( ) – x = c2 ⇒ e ƒ x− ( ) = x + c2 ⇒

–ƒ(x) = ln(x + c2) ⇒ ƒ(x) = –ln(x + c2) (8)

Για x = 1 η (8) δίνει : ƒ(1) = –ln(1 + c2) ⇒ 0 = –ln(1 + c2) ⇒ c2 = 0. Άρα η (8) δίνει ƒ(x) = –lnx.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

1. Τ. Apostol Διαφορικός και Ολοκληρωτικός Λογισμός, Αθήνα (Μτφρ. Δ. Γκιόκα) 2. Ε. Γαλανή Εισαγωγή στην Πραγματική Ανάλυση, Αθήνα 1991 3. Σ. Ευριπιώτη Θέματα Συναρτήσεων, Αθήνα 1989 4. Ε. Ευσταθόπουλου - Κ. Καββαδία Μαθηματικά 1ης Δέσμης, Αθήνα 1986 5. Θ. Καζατζή Παράγωγοι Συναρτήσεων, Αθήνα 1994 6. Β. Κατσαργύρη - Κ. Μεντή - Γ. Παντελίδη - Κ. Σουρλά Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου,

Αθήνα 1996 7. Γερ. Λεγάτου Ανάλυση, Αθήνα 1990 8. Α. Μαμούρη Συναρτήσεις, Αθήνα 1990 9. Δ. Ντρίζου Ενότητες Ανάλυσης, Τρίκαλα 1994 10. Σ. Μαρίνη - Π. Παπανικολάου Παράγωγοι, Αθήνα 1993 11. Γ. Παντελίδη Μαθηματική Ανάλυση, Αθήνα 1992 12. Κ. Τζιρώνη - Θ. Τζουβάρα Παράγωγοι - Ολοκληρώματα, Αθήνα 1996 13. Α. Τσουλφανίδη - Κ. Γεωργακόπουλου Θέματα Α΄ Δέσμης, Αθήνα 1989 14. The Calculus Problem Solver R.E.A./ H. Weisbecker - New Jersey 1992 15. M. Spivak Διαφορικός και Ολοκληρωτικός Λογισμός, Παν. Εκδ. Κρήτης 1991

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ . . . ΜΕ ΙΣΟΤΗΤΕΣ

Γ ιώργος Δήμος του Δημητρ ί ου

Στο άρθρο αυτό θα παρουσιάσουμε μία μέθοδο για την απόδειξη μιας ομάδας ανισοτήτων, χρησιμοποιώντας μόνον ισότητες. Κρίνουμε για το λόγο αυτό απαραί-τητο, να διατυπώσουμε πρώτα τρεις απλές προτάσεις με την απόδειξή τους, που αποτελούν το θεωρητικό υπόβαθρο της εργασίας αυτής.

ΠΡΟΤΑΣΗ 1η

Αν α δοσμένος πραγματικός αριθμός, τότε ισχύει η ισοδυναμία :

x ≥ α ⇔ Υπάρχει μη αρνητικός λ, τέτοιος ώστε x = α+λ.

Απόδειξη :

Είναι x ≥ α ⇔ x – α = λ ≥ 0 ⇔ x = α + λ, όπου λ μη αρνητικός.

ΠΡΟΤΑΣΗ 2η

Έστω α, β πραγματικοί αριθμοί με α < β. Τότε ισχύει η ι-σοδυναμία :

x ∈ (α, β) ⇔ Υπάρχει θετικός λ,

τέτοιος ώστε x = ++

α λβ1 λ

.

Απόδειξη :

ΕΥΘΥ : Έστω x ∈ (α, β) ⇒ α < x < β ⇒

(x – α, β – x θετικοί) ⇒ x αβ x−−

= λ > 0 ⇒

x – α = λ(β – x) ⇒ x – α = λβ – λx ⇒

x(1 + λ) = α + λβ ⇒ x = α λβ1 λ++

.

82

ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟ : Για θετικό λ είναι :

α < α λβ1 λ++

< β ⇔ α + αλ < α + λβ < β + λβ ⇔

⇔ αλ < λβ και α < β, που ισχύουν.

ΠΡΟΤΑΣΗ 3η

Έστω α, β πραγματικοί αριθμοί με α < β. Τότε ισχύει η ι-σοδυναμία :

x ∈ (–∞, α)∪(β, +∞) ⇔ Υπάρχει λ θετικός

και διάφορος του 1, τέτοιος ώστε x = −−

α λβ1 λ

.

Απόδειξη :

ΕΥΘΥ : Έστω x ∈ (–∞, α)∪(β, +∞) ⇒ (x < α < β ή α < β < x) ⇒ (x – α, x – β αρνητικοί) ή (x – α, x – β θετικοί) ⇒

x αx β−−

= λ > 0 ⇒ x – α = λ(x – β) ⇒

x(1 – λ) = α – λβ ⇒ x = α λβ1 λ−−

, 0 < λ ≠ 1.

ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟ : Με 0 < λ < 1 είναι : α λβ1 λ−−

< α ⇔

α – λβ < α – λα ⇔ – λβ < – λα ⇔ λα – λβ < 0 ⇔ λ(α – β) < 0, που ισχύει.

Με λ > 1 είναι : α λβ1 λ−−

> β ⇔ α – λβ < β – λβ ⇔

α < β , που ισχύει.

Έτσι, με 0 < λ ≠ 1 ισχύουν : α λβ1 λ−−

< α ή α λβ1 λ−−

> β.

Συνεπώς : x = α λβ1 λ−−

∈ (–∞, α)∪(β, +∞).

83

Σ Η Μ Ε Ι Ω Σ Ε Ι Σ

1. Για τις προτάσεις 2 και 3 θα μπορούσαμε να δώσουμε και πιο σύ-ντομες αποδείξεις στηριζόμενοι στον "απλό λόγο τριών σημείων" ή ακόμα και σε συναρτήσεις. Προτιμήσαμε όμως να δώσουμε τις στοιχειώδεις αυτές αποδείξεις για καλύτερη κατανόηση και από τους μαθητές της Α΄ Λυκείου.

2. Αν θέλουμε να δείξουμε ότι μία παράσταση Α είναι μεγαλύτερη από έναν αριθμό α, προσπαθούμε να της δώσουμε τη μορφή Α = α + κ, όπου κ θετικός. Αν θέλουμε να δείξουμε ότι Α < α προσπαθού-με να δείξουμε ότι Α = α – κ, όπου κ θετικός.

3. Αν θέλουμε να δείξουμε ότι η παράσταση Α είναι αριθμός του δια-

στήματος (α, β), προσπαθούμε να της δώσουμε τη μορφή α λβ1 λ++

για κατάλληλο θετικό λ, ενώ αν θέλουμε να δείξουμε ότι είναι α-ριθμός του συνόλου (–∞, α)∪(β, +∞), προσπαθούμε να της δώσου-

με τη μορφή α λβ1 λ−−

για κατάλληλο λ θετικό και διάφορο του 1.

4. Χρησιμοποιώντας κατάλληλα τις προτάσεις 1, 2 και 3, όπως φαίνε-ται και στα παραδείγματα που ακολουθούν, μπορούμε να αποδεί-ξουμε ανισότητες (αρκετά δύσκολες) εργαζόμενοι μόνο με ισότη-τες.


1. Αν x < 1 και y > 5 δείξτε ότι 5x + y – xy > 1.

Απόδειξη : Σύμφωνα με την 1η πρόταση έχουμε : x < 1 ⇔ x = 1 – κ, κ θετικός. y > 5 ⇔ y = 5 + λ, λ θετικός. Άρα 5x + y – xy = 5(1 – κ) + (5 + λ) – (1 – κ)(5 + λ) = = 5 – 5κ + 5 + λ – 5 – λ + 5κ + κλ = 5 + κλ > 1, αφού κ, λ θετικοί.

84

2. Αν x, y > 3 δείξτε ότι 12 + xy > 3x + 3y

Απόδειξη : Σύμφωνα με την 1η πρόταση έχουμε : x > 3 ⇔ x = 3 + κ, κ θετικός. y > 3 ⇔ y = 3 + λ, λ θετικός. Έτσι η ζητούμενη σχέση γίνεται : 12+ (3 + κ)(3 + λ) > 3(3 + κ) + 3(3 + λ) ⇔ 12 + 9 + 3κ + 3λ + κλ > 9 + 3κ + 9 + 3λ ⇔ 12 + κλ > 9 ⇔ 3 + κλ > 0, που ισχύει αφού κ, λ θετικοί.

3. Αν α θετικός και οι αριθμοί x, y ανήκουν στο διάστημα (–α, α), δείξτε ότι

α2 + xy ≠ 0 και ακόμα ότι ο αριθμός 2

2

α (x y)α xy

++

ανήκει στο διάστημα (–α, α).

Απόδειξη : Σύμφωνα με τη 2η πρόταση έχουμε :

x ∈ (–α, α) ⇔ Υπάρχει λ θετικός, ώστε x = α λα1 λ− +

+

y ∈ (–α, α) ⇔ Υπάρχει κ θετικός, ώστε y = α κα1 κ− +

+

Έτσι α2 + xy = α2 + ( )( )( )( )

2 2 λ 1 κ 1α λα α κα α α1 λ 1 κ λ 1 κ 1

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − +⋅ = + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )( ) ( )( )( )( )

( )( )

( )( ) ( )( )

2

2

2 2

λ 1 κ 1 λ 1 κ 1α

λ 1 κ 1κλ κ λ 1 κλ κ λ 1α

λ 1 κ 12κλ 2 κλ 1α 2α 0,αφού κ, λ θετικοί.

λ 1 κ 1 λ 1 κ 1

+ + + − −= ⋅ =

+ +

+ + + + − − += ⋅ =

+ +

+ += ⋅ = ⋅ ≠

+ + + +

85

Ακόμα, για τον αριθμό 2

2

α (x y)α xy

++

έχουμε :

( )( )( )

( )( )( )( ) ( )( )

( )( )

( )( )( )

22

22

α λα α κα λ 1 κ 1α α1 λ 1 κ λ 1 κ 1α (x y)

κλ 1 2 κλ 1α xy 2αλ 1 κ 1 λ 1 κ 1

α λ 1 κ 1 λ 1 κ 12 κλ 1

α κλ λ κ 1 κλ λ κ 12 κλ 1

α 2κλ 2 α κλα α αρ , όπουρ κλ 0.2 κλ 1 1 κλ 1 ρ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − −+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + ++ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = =+ ++ ⋅

+ + + +

⎡ − + + + − ⎤⎣ ⎦= =+

+ − − + − + −= =

+

− − + − += = = = >

+ + +

Τελικά η μορφή που πήρε ο αριθμός 2

2

α (x y)α xy

++

μας δείχνει ότι (ο αριθμός αυ-

τός) ανήκει στο διάστημα (–α, α), σύμφωνα με τη 2η πρόταση.

4. Αν x, y ∈ (0, 5) δείξτε ότι :

i. xy – x – y + 5 ≠ 0 και ii. 0 < 4xy

xy x y 5− − + < 5

Απόδειξη :

i. Σύμφωνα με τη 2η πρόταση θα έχουμε :

x ∈ (0, 5) ⇔ Υπάρχει θετικός λ, τέτοιος ώστε να είναι x = 5λ1 λ+

y ∈ (0, 5) ⇔ Υπάρχει θετικός ρ, τέτοιος ώστε να είναι y = 5ρ1 ρ+

86

( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) [ ]

( )( ) ( ) ( )( )

5λ 5ρ 5λ 5ρΈτσι είναι :xy x y 5 51 λ 1 ρ 1 λ 1 ρ

1 25λρ 5λ 1 ρ 5ρ 1 λ 5 1 λ 1 ρ1 λ 1 ρ

1 25λρ 5λ 5λρ 5ρ 5λρ 5 5λ 5ρ 5λρ1 λ 1 ρ

1 20λρ 520λρ 5 0,αφού λ,ρθετικοί.1 λ 1 ρ 1 λ 1 ρ

− − + = ⋅ − − + =+ + + +

= ⎡ − + − + + + + ⎤ =⎣ ⎦+ +

= − − − − + + + + =+ +

+= + = ≠

+ + + +

ii. Ακόμα, είναι :

( )( )

( )5λ 5ρ4

5 4λρ4xy 100λρ 20λρ1 λ 1 ρ20λρ 5xy x y 5 20λρ 5 4λρ 1 1 4λρ

1 λ 1 ρ

⋅ ⋅+ +

= = = =+− − + + + +

+ +

.

Έτσι, αν θέσουμε 4λρ = κ > 0, θα έχουμε :

4xy 5κxy x y 5 1 κ

=− − + +

, κ > 0, που δείχνει ότι η παράσταση αυτή ανήκει στο

διάστημα (0, 5).

5. Αν x, y ∈ (–∞, 0)∪(1, +∞) και κ οποιοσδήποτε θετικός, να δείξετε ότι :

i. (κ + 1)xy – x – y + 1 ≠ 0 και ii. 0 < ( )

κxyκ 1 xy x y 1+ − − +

< 1.

Απόδειξη : i. Σύμφωνα με την 3η πρόταση θα είναι :

x ∈ (–∞, 0)∪(1, +∞) ⇔ x = 0 λ 1 λ1 λ 1 λ− ⋅ −

=− −

, για λ με 0 < λ ≠ 1

y ∈ (–∞, 0)∪(1, +∞) ⇔ y = 0 ρ 1 ρ1 ρ 1 ρ− ⋅ −

=− −

, για ρ με 0 < ρ ≠ 1

Έτσι θα έχουμε :

(κ + 1)xy – x – y + 1 = (κ + 1) λ ρ λ ρ1 λ 1 ρ 1 λ 1 ρ− −

⋅ + +− − − −

+ 1 =

87

= ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 κ 1 λρ λ 1 ρ ρ 1 λ 1 λ 1 ρ1 λ 1 ρ

⎡ + + − + − + − − ⎤ =⎣ ⎦− −

=

( )( ) [ ] ( )( )1 1 κλρκλρ λρ λ λρ ρ λρ 1 λ ρ λρ 0

1 λ 1 ρ 1 λ 1 ρ+

+ + − + − + − − + = ≠− − − −

αφού κ, λ, ρ θετικοί, διάφοροι του 1.

ii. Ακόμα είναι :

( )

( )( )

λ ρκκxy κλρ t 0 1 t1 λ 1 ρ

1 κλρκ 1 xy x y 1 1 κλρ 1 t 1 t1 λ 1 ρ

− −⋅ ⋅

+ ⋅− −= = = =

++ − − + + + +− −

όπου t = κλρ > 0.

Η μορφή που πήρε τελικά η παράσταση ( )

κxyκ 1 xy x y 1+ − − +

, σύμφωνα με την

1η πρόταση, δείχνει ότι η παράσταση αυτή είναι αριθμός του διαστήματος (0, 1).

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. Αν x > –1 δείξτε ότι x3 + 2x2 + 2x > –1

2. Αν x > 2 δείξτε ότι x3 – 5x2 + 9x > 6

3. Αν x < –5 και y > 6 δείξτε ότι xy – 6x + 5y < 35

4. Αν x, y ∈ (–3, 3) δείξτε ότι xy ≠ –9 και ότι η παράσταση ( )9 x yxy 9

++

είναι αριθ-

μός του διαστήματος (–3, 3).

5. Αν x, y ∈ (0, 1) να δείξετε ότι :

i. Είναι 5xy – x – y + 1 ≠ 0

ii. Ο αριθμός 4xy5xy x y 1− − +

ανήκει στο διάστημα (0, 1).

88


i. Είναι 5xy – 3(x + y – 1) ≠ 0 και

ii. Ο αριθμός ( )2xy

5xy 3 x y 1− + − ανήκει στο διάστημα (0, 1).


i. Είναι 2xy – x – y + 7 ≠ 0 και ii. 0 < 13xy2xy x y 7− − +

< 7.


i. xy – x – y + 2000 ≠ 0 και ότι ii. 0 < 1999xyxy x y 2000− − +

< 2000.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ

Κυκλοφορούν : Προβλήματα Μαθηματικών Γ΄ Γυμνασίου Προβλήματα Μαθηματικών Β΄ Γυμνασίου

Υπό έκδοση : Προβλήματα Μαθηματικών Α΄ Γυμνασίου

Εκδόσεις "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ" Χάρης Βαφειάδης Δέλιου 4, 54 621, Θεσσαλονίκη Τηλ. (031) 263163, FAX (031) 240595

Στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου του Ο.Ε.Δ.Β. ορίζεται, κατ’ αρχήν, η φυσική εκθετική συνάρ-τηση :

y = ex, x∈IR

όπου e = ν

ν

1lim 1ν→+∞

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

, ν = 1, 2, 3, ...

Και έπειτα, η φυσική λογαριθμική συνάρτηση y = lnx, x > 0, ορίζεται ως η αντίστροφη της

y = ex, x∈IR . Στη συνέχεια, η παράθεση παραδειγμάτων και ασκήσεων - εφαρμογών των συναρτήσεων αυτών στις άλλες Επιστήμες συμπληρώνεται με την ευρεία χρήση των γραφικών τους παραστά-σεων, που αποτελούν γενικότερα ένα βασικό εργαλείο για την αισθητοποίηση ορισμών και ιδιοτήτων.

Ox

y

1

e

1 e

y = xδιχοτόμος (δ)

2

2

y = lnx, x > 0

y = e , x ∈IRx

–∞

–∞

+∞

+∞

e : άρρητος αριθμόςμε e 2,71≅

ΣΧΗΜΑ 1 Εδώ θυμίζουμε ότι οι ιδιότητες των εκθετι-κών και λογαριθμικών συναρτήσεων αναφέρο-νται στο βιβλίο, χωρίς όμως και να αποδεικνύο-νται.

90

Αυτό εμπεριέχει ένα μειονέκτημα, που έχει όμως μία λογικότατη ερμηνεία : Η μαθηματική υποδομή των μαθητών της Β΄ Λυκείου, τη χρονική στιγμή που διδά-σκονται αυτές τις συναρτήσεις δεν επιτρέπει τη δημιουργία των αποδείξεων των ιδιοτήτων τους. Τώρα, ας έλθουμε στην Ανάλυση της Γ΄ Λυκείου. Το θεωρητικό μας οπλοστά-σιο είναι πλέον "πλούσιο". Εισάγεται ο ορισμός του ορίου και οι ιδιότητες του, καθώς και οι βασικές ιδιότητες της παραγώγου και του ολοκληρώματος.

Στο άρθρο τούτο, δεδομένης της μαθηματικής υποδομής που δημιουργεί η Ανάλυση της Γ΄ Λυκείου, θα παρουσιάσουμε δύο "δρόμους" για μια άλλη αρχική

οριοθέτηση των συναρτήσεων ex και lnx.

Ο πρώτος δρόμος - τον οποίον απλώς αναφέρουμε - είναι να ορίσουμε τη συ-

νάρτηση ex ως :

ex = ν

ν

xlim 1ν→+∞

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

, x∈IR

Με αυτόν τον ορισμό μπορεί κανείς να εισάγει (και να αποδείξει) όλες τις

γνωστές ιδιότητες της ex, που είναι συνέπειες των ιδιοτήτων των ορίων και της συναρτησιακής σχέσης :

ƒ(x+y) = ƒ(x)·ƒ(y), x, y∈IR

με αρχική συνθήκη την ƒ(1) = e = ν

ν

1lim 1ν→+∞

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Έπειτα η φυσική λογαριθμική συνάρτηση y = lnx, x > 0 μπορεί να οριστεί, κα-

τά τα γνωστά, ως η αντίστροφη της y = ex, x∈IR. Έχουμε τη γνώμη πως ο πρώτος αυτός δρόμος είναι δύσκολος και αρκετά ε-κτεταμένος, όσον αφορα την απόδειξη των ιδιοτήτων των συναρτήσεων αυτών. Το πλεονέκτημά του - όχι βέβαια από διδακτικής παρουσίασης - είναι ότι προκύπτουν σχεδόν όλα, στηριζόμενοι μόνον στον ορισμό του ορίου συνάρτησης και ακολου-θίας. Μία προσέγγιση του δρόμου αυτού παρουσιαζόταν ως ένα βαθμό στο βιβλίο Ανάλυσης του Ο.Ε.Δ.Β. έκδοση 1991.

91

Ο δεύτερος δρόμος είναι να ορίσουμε πρώτα - με τη βοήθεια του Διαφορικού και Ολοκληρωτικού Λογισμού - τη συνάρτηση lnx, ως :

lnx = x

1

1dtt∫ , x > 0

Ο δεύτερος αυτός δρόμος οριοθέτησης της lnx - και ακολούθως της ex - απο-τελεί το κύριο θέμα του άρθρου μας. Έχει δε το πλεονέκτημα να δίνει γεωμετρικές ερμηνείες που επιτρέπουν να αισθητοποιεί κανείς, σε μεγάλο βαθμό, την lnx και τις ιδιότητές της. Το πλεονέκτημα αυτό απορρέει από τη φυσική αντιμετώπιση του

ολοκληρώματος x

1

1dtt∫ ως εμβαδού μιας καλά οριοθετημένης κλειστής επίπεδης

περιοχής.

Έτσι για κάθε x με x > 1

η τιμή του lnx εκφράζεται

από το εμβαδό Ε1 του σχήματος 2. O

f(t) = , t > 0 1t

1 x

f(t)

tΣΧΗΜΑ 2

E1

Ενώ για κάθε x με 0 < x < 1

η τιμή του lnx εκφράζεται από το εμβαδό Ε2

του σχήματος 3.

O

f(t) = , t > 0 1t

1x

f(t)

t

ΣΧΗΜΑ 3-f(t)

E2

Στην περίπτωση αυτή είναι x 1

1 x

1 1lnx dt dt 0t t

⎛ ⎞= = − <⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ .

92

Αν x = 1 τότε η τιμή ln1 εκφράζει, όπως είναι φανερό, το μηδενικό εμβαδό 1

1

1dt 0t

=∫ .

ΕΦΑΡΜΟΓΗ : Να αποδειχτούν οι ισότητες :

(Σ. 1) : α x x

α 1

1 1dt dt, x 0t t

⋅= >∫ ∫ και α ένα αυθαίρετο αλλά σταθερό σημείο

του διαστήματος (0,+∞). (Σ. 2) ln(x⋅y) = lnx+lny, x, y > 0.

AΠΟΔΕΙΞΗ : Θέτουμε u = tα

ή t = α⋅u, άρα dt = (α⋅u)΄du.

Με t = α και t = α⋅x προκύπτει αντίστοιχα u = 1 και u = x και επειδή η tα

είναι

"1-1" έχουμε :

( )α x x x x

α 1 1 1

1 1 1 1dt α u du du dtt α u u t

⋅= ⋅ ⋅ ′ = =

⋅∫ ∫ ∫ ∫

Σύμφωνα με τη (Σ. 1) και επειδή lnx = x

1

1dtt∫ θα έχουμε :

( )x y x x y x y

1 1 x 1 1

1 1 1 1 1ln x y dt dt dt dt dt ln x ln yt t t t t

⋅ ⋅⋅ = = + = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Ας δούμε τώρα μία γεωμετρική ερμηνεία της ισότητας (Σ. 2),

στην περίπτωση που είναι

x > 1 και y > 1,

(σχήμα 4). O

f(t) = , t > 0 1t

1 x

f(t)

t

ΣΧΗΜΑ 4

y x y.

2EE1E3

Στο σχήμα 4 έχουμε Ε1 = Ε3, γιατί : E3 = (Σ. 1)x y x

y 1

1 1dt dtt t

⋅=∫ ∫ = E1.

93

Προφανείς είναι τώρα οι ισότητες :

ln(x⋅y) = ( )x y

1 2 3 1 1 21

1dt E E E E E Et

⋅= + + = + +∫ =

x y

1 1

1 1dt dt ln x ln yt t

= + = +∫ ∫ .

Θα δούμε στη συνέχεια την απόδειξη και άλλων ιδιοτήτων της lnx ορίζοντας

την lnx, όπως είδαμε, ως το ολοκλήρωμα x

1

1dtt∫ .

Για οποιαδήποτε θετικά x και y ισχύουν οι σχέσεις : (Σ. 3) : lnx–1 = –lnx (Σ. 5) : lnx < lny όταν x < y

(Σ. 4) : ln xy

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= lnx–lny (Σ. 6) : x 1x− ≤ lnx ≤ x–1

ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ : Από την (Σ. 2) : ln(x⋅y) = lnx+lny με y = 1x

προκύπτει :

ln1 = lnx+ln 1x

και επειδή ln1 = 0, θα είναι lnx–1 = –lnx.

Λόγω τώρα των (Σ. 2) και (Σ. 3) διαδοχικά έχουμε :

x 1ln ln xy y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = lnx+lny–1 = lnx–lny .

Στο σχήμα 5 θεωρώντας πως :

1 < xy

< y < x,

έχουμε τις προφανείς ισότητες :

O

f(t) = , t > 0 1t

1 x

f(t)

tΣΧΗΜΑ 5

y

2EE1 E3

xy

Ε1 (Σ.1)

= Ε3 = (Ε1+Ε2+Ε3)-(Ε1+Ε2).

Οπότε : x

y x y

1 1 1

1 1 1dt dt dtt t t

= −∫ ∫ ∫ και συνεπώς ln xy

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= lnx-lny.

Είδαμε έτσι μία γεωμετρική προσέγγιση της (Σ. 4).

94

Για την απόδειξη της (Σ. 5) θα διακρίνουμε τις περιπτώσεις :

α. Έστω 1 < x < y.

Τότε ισχύει :

Ε1 < Ε1+Ε2.

(βλέπε σχήμα 6)

Άρα x y

1 1

1 1dt dtt t

<∫ ∫

δηλαδή lnx < lny.

O

f(t) = , t > 0 1t

1 x

f(t)

tΣΧΗΜΑ 6

y

2EE1

β. Έστω 0 < x < y < 1.

Τότε ισχύει :

Ε1+Ε2>Ε2.

(βλέπε σχήμα 7)

O

f(t) = , t > 0 1t

1x

f(t)

tΣΧΗΜΑ 7

y

2EE1

Άρα 1 1 x y x y

x y 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1dt dt dt dt dt dtt t t t t t

> ⇔ − > − ⇔ <∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⇔ lnx < lny.

γ. Αν είναι μόνο x = 1 ή μόνο y = 1, τότε είναι φανερό πως η (Σ. 5) πάλι αληθεύ-ει. Φυσικά είναι γνωστό πως η (Σ. 5) μας λέει ότι η συνάρτηση lnω, ω > 0 είναι γνήσια αύξουσα. Για την απόδειξη της (Σ. 6) θα διακρίνουμε πάλι περιπτώσεις :

α. Για κάθε x > 1 και t∈[1, x] διαδοχικά έχουμε :

1 ≤ t ≤ x ⇔ x x x

1 1 1

1 1 1 1 x 11 dt dt dt ln x x 1x t x t x

−≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ −∫ ∫ ∫

β. Για κάθε x με 0 < x < 1 και t∈[x, 1] έχουμε :

x ≤ t ≤ 1 ⇔ 1 ≤ 1 1 1

x x x

1 1 1 1dt dt dtt x t x≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ⇔

⇔ x x x x x x

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1dt dt dt dt dt dtt x t x

− ≤ − ≤ − ⇔ ≥ ≥∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⇔ x 1x− ≤ lnx ≤ x-1.

`γ. Αν x = 1 η (Σ. 6) αληθεύει ως ισότητα.

95

Ο αναγνώστης μπορεί να αποδείξει και άλλες ιδιότητες της lnx παίρνοντας υ-

πόψη, όπως είδαμε, ότι η lnx εκφράζει το εμβαδό : E = x

1

1dtt∫ .

Επιθυμούμε να τελειώσουμε τούτο το άρθρο με μία απάντηση στην ερώτηση : Πως μπορεί κανείς να αισθητοποιήσει γεωμετρικά τον περίφημο άρρητο αριθμό e ;

Μία απάντηση : Στο επίπεδο του ορθοκανο-νικού συστήματος αναφοράς Οxy, χαράσσουμε την ισοσκελή υπερβολή :

y = 1x

, x > 0

και την κατακόρυφη ευθεία x = 1. Έπειτα χαράσσουμε ακό-μα μία κατακόρυφη ευθεία (ε), έτσι ώστε το χωρίο Π να έχει εμβαδό 1 τετραγωνική μονάδα (βλέπε σχήμα 8).

O

y = , x > 0 1x

x = 1A

y

x

ΣΧΗΜΑ 8

(ε)

Π

Η (ε) τέμνει τον άξονα των x σ’ ένα σημείο Α. Η τετμημένη του σημείου αυτού είναι ο περίφημος αριθμός e.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ : 1. Το μέρος του άρθρου που αφορά τις αποδείξεις - γεωμετρικές προσεγγίσεις των ιδιο-

τήτων της y = lnx με τη βοήθεια ολοκληρωμάτων παρουσιάστηκε από τον γράφοντα και στον ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β΄ της Ε.Μ.Ε., τεύχος τέταρτο, 1995.

2. Ο ορισμός της συνάρτησης lnx ως lnx = x

1

1dt

t∫ παρουσιάζεται και στα :

• Michael Spivac : Διαφορικός και Ολοκληρωτικός Λογισμός - Μετάφραση των Πανεπιστημιακών Εκδόσεων Κρήτης (Π.Ε.Κ.) • George B. Thomas - Ross L. Finney : Απειροστικός Λογισμός Μετάφραση των (Π.Ε.Κ.) • Μπόλης Θεόδωρος (καθηγητής Πανεπιστημίου Ιωαννίνων) : Λογαριθμικές και Εκθετικές Συναρτήσεις (Διαλέξεις ’88-89, Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Ιωαννίνων, Ιωάννινα 1989)

3. Μία γεωμετρική προσέγγιση των ιδιοτήτων της lnx, με τη βοήθεια του x

1

1dt

t∫ και με

πιο στοιχειώδη όμως μαθηματικά παρουσιάζεται στον ΕΥΚΛΕΙΔΗ Γ΄ της Ε.Μ.Ε., τεύχος 25, Απρίλης 1990.

βιβλία με επιλεγμένες ασκήσειςγι΄ αυτούς που επέλεξαν

ή θα επιλέξουν την Α΄ ή Δ΄ δέσμη

εκδόσεις : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ

Δέλιου 4 - 54 621 Θεσσαλονίκη

Τηλ. (031) 263 163 FAX (031) 240 595

υπό έκδοση...

Ανάλυση

1ης Δέσμης

Κυκλοφόρησε

η ΝΕΑ έκδοση (βελτιωμένη)

και το βιβλίο λύσεων

κεντρική διάθεση

Μαθηματική Βιβλιοθήκη

ΔΗΜΗΤΡΗ ΓΕΩΡΓΑΚΙΛΑ

Π. Κ. ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΗ

Γ. Λ. ΜΑΥΡΙΔΗ

Π. Κ. ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΗ

Γ. Λ. ΜΑΥΡΙΔΗ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΩΝ


ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΗ

ΑΛΓΕΒΡΙΚΑΘ Ε Μ Α Τ Α1Δ έ σ μ η ς

ης

ΑΛΓΕΒΡΙΚΑΘ Ε Μ Α Τ Α1Δ έ σ μ η ς

ης

ΠΙΝΑΚΕΣΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Λύσεις των Ασκήσεων

Π. Κ. ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΗΓ. Λ. ΜΑΥΡΙΔΗ

Π. Κ. ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΗΓ. Λ. ΜΑΥΡΙΔΗ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΩΝ


ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΗ

ΑΛΓΕΒΡΙΚΑΘ Ε Μ Α Τ Α

1Δ έ σ μ η ς

ης

ΑΛΓΕΒΡΙΚΑΘ Ε Μ Α Τ Α

1Δ έ σ μ η ς

ης

ΠΙΝΑΚΕΣ

ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΓΕΩΡΓΑΚΙΛΑΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑγια την επανάληψη της 4ης Δέσμης

Περιέχει :

Λυμένα θέματα από όλη την ύλη

Άλυτα θέματα με τις απαντήσεις

Διαγωνίσματα με τις λύσεις τους στα

πρότυπα των γενικών εξετάσεων

Τα θέματα των γενικών εξετάσεων

των τελευταίων ετών

στο δρόμο σας για την επιτυχία

γ΄ έκδοση

συμπληρωμένη


ΤΑΣΟΣ ΘΕΟΔΩΡΑΚΟΠΟΥΛΟΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΝΑΛΥΤΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Για υποψηφίους1ης

Δέσμης

ΠΕΡΙΕ

ΧΕΙ

ΣΤΑΠΡ

ΟΤΥΠ

Α ΤΩΝ ΓΕ

ΝΙΚΩΝ

ΕΞΕΤΑ

ΣΕΩΝ

:

Λυμέν

α καιάλυ

ταθέμ

ατα

μευπ

οδείξει

ς και

απαντ

ήσεις

Θέματα

συνδι

ασμέν

α

μετην

Ανάλυ

ση


ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ΄για τους υποψηφίους 1ης και 4ης Δέσμης

Περιέχει :

Λυμένα θέματα

Άλυτα θέματα με αποδείξεις

και απαντήσεις

Διαγωνίσματα

Χρήσιμες παρατηρήσεις και

σχόλια

απαραίτητο βοήθημα για τη Β΄Λυκείου

Πίνακε

ς

Ευθεί

α

Ορίζο

υσες

Κώνικ

εςτομ

ές

Συστήμ

ατα

Διανύσ

ματα

Πιθανό

τητες

Εσωτ

ερικό

γινόμ

ενο Μιγαδ

ικοί

Θεσσαλο

νίκη

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙ

ΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ Χ. ΒΑΦΕΙΑΔΗΣ

Νοέμβριο

ς 1995

magazine iv

Documents