Επιμέλεια: Θωμάς Ποδηματάς και Μάκης Χατζόπουλος για το lisari

1. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
1
Πρόλογος
Μαθηματικά και έρευνα…
Ο Hilbert έλεγε ότι για να εξερευνήσεις τα μαθηματικά πρέπει να είσαι είτε
πάμπλουτος είτε ευφυής. Εμείς δεν είμαστε τίποτα από τα δύο! Έχουμε
απλώς τη δυνατότητα να παρακολουθούμε ή να συμμετάσχουμε σε
ημερίδες, συνέδρια και σεμινάρια διδακτικής για να βελτιωνόμαστε αφού
τα μαθηματικά είναι απροσπέλαστα χωρίς τη βοήθεια όλων. Ως εκ τούτου
πρέπει να ευχαριστήσουμε την ηγεσία, τους υπεύθυνους και το Προεδρείο
της ΟΕΦΕ γι αυτές τις δράσεις, καθώς μόνο κέρδος μπορούμε να
αποκομίσουμε ως καθηγητές της Δευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης.
Στη σημερινή μας παρουσίαση θα σας δείξουμε μερικά επικίνδυνα σημεία
που υπάρχουν στα μαθηματικά της Γ Λυκείου. Δεν είναι παγίδες, αλλά
σημεία που ή δεν έχουν τονιστεί αρκετά ή δεν έχουν προσεχθεί ή δεν έχουν
διδαχτεί σωστά. Φυσικά δεν είναι μόνο αυτά, είναι προφανώς κάποια από
αυτά. Προσπαθήσαμε να μείνουμε στα σημεία που έχουμε διδάξει και στα
οποία πρώτα εμείς έχουμε κάνει λάθος.
Είναι βέβαιο ότι μερικά, αν όχι όλα, υπάρχουν στις σημειώσεις σας, αλλά
εδώ έχουμε την ευκαιρία να τα ξαναδούμε και να τα συζητήσουμε.
Προσπαθήσαμε να αποφύγουμε τα λάθη που έχουν παρουσιάσει κατά
καιρούς αγαπητοί συνάδελφοι και να προσθέσουμε ένα νέο προβληματισμό.
Σήμερα θα παρουσιάσουμε όλα αυτά τα επικίνδυνα σημεία, αλλά λόγω
περιορισμένου χρόνου και συνεχούς καταιγισμού πληροφοριών η
παρακολούθηση μπορεί να μην είναι εύκολη. Η κατανόηση θα έρθει με τη
μελέτη του βιβλίου που προσφέρει η ΟΕΦΕ και έχει αναλυτικά την
εισήγησή μας.
Πρέπει να ευχαριστήσουμε δημόσια την ομάδα μας, τη lisari team, που είδε
το πρωτογενές υλικό και με τις παρατηρήσεις της είμαστε σε θέση να σας
παρουσιάσουμε κάτι καλύτερο. Επίσης πολλά ευχαριστώ στη Φιλόλογό μας
Ελένη – Μαρία Μιχαλοπούλου που διόρθωσε τα κακώς κείμενα μας!

2. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
2
1) Συνέχεια σε κλειστό διάστημα συνάρτησης πολλαπλού τύπου
Έστω η συνάρτηση
 
x 1 ,x 5
f x
x 2 ,x 5
 
 
 
Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη συνέχεια.
Συνήθως γράφουμε:
 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  5, ως πολυωνυμική.
 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα  ,5 ομοίως ως πολυωνυμική.
 Εξετάζουμε τη συνέχεια της f στο 0x 5 και η συνέχεια είναι γνωστή…
Η ένσταση βρίσκεται στο πρώτο σημείο, δηλαδή στη συνέχεια του διαστήματος  5, .
Προφανώς και δεν είναι λάθος, απλά είναι ακριβές να αναφέρουμε ότι η f είναι συνεχής
στο κλειστό διάστημα 5, ανεξάρτητα αν (η f ) είναι ή δεν είναι συνεχής στο 0x 5 .
Η συνάρτηση  1A
h x x 2  με  1x A 5,   είναι ο περιορισμός της συνάρτησης
 h x x 2  με x . Ξέρουμε ότι, αν η συνάρτηση h είναι συνεχής στο Α, τότε και ο
περιορισμός της, δηλαδή η
1A
h , θα είναι συνεχής στο 1A A . Το αντίστροφο προφανώς
δεν ισχύει.
Επομένως, πρέπει να ελέγχεται η συνέχεια του περιορισμού στο ευρύτερο σύνολο που
ορίζεται, αφού μπορεί μια συνάρτηση f να είναι συνεχής στο [α, β] χωρίς να είναι
συνεχής στα σημεία x1 = α και x2 = β. Έτσι καλυπτόμαστε και από το σχολικό που
αναφέρει: Η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα  ,  όταν:
 η f είναι συνεχής στο ανοικτό διάστημα  , 
    x
f x f αlim

 και
    x β
f x f βlim


Επομένως η συνάρτηση f είναι συνεχής στο  5, αφού
είναι συνεχής στο  5, ως πολυωνυμική και
     x 5 x 5
f x x 2 7 f 5lim lim 
 
   
Στις Πανελλαδικές Εξετάσεις (21 – 5 – 2015) είχε δοθεί
στους μαθητές του ημερήσιου ΕΠΑΛ το εξής θέμα:

3. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
3
Τα ερωτήματα Γ1 και Γ2 είναι απλά. Στο ερώτημα Γ3 αποδεικνύεται ότι η f είναι
συνεχής στο 0
x 2 για 1  .
Στο ερώτημα Γ4 ο κατασκευαστής της άσκησης θεωρεί ότι πρέπει να δώσει το περιττό
δεδομένο 1  για να εξασφαλίσει τη συνέχεια της συνάρτησης f στο κλειστό διάστημα
 1,2 για να είναι ολοκληρώσιμη.
Προφανώς η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα  1,2 και χωρίς αυτή τη
συνθήκη όπως είδαμε παραπάνω…
Να υπενθυμίσουμε ότι λόγω αυτής της αναφοράς μπερδεύτηκαν αρκετοί μαθητές αφού ο
κλάδος που επιλέγουν να υπολογίσουμε το ορισμένο ολοκλήρωμα της f δεν περιέχει τον
αριθμό λ!
2) H συνάρτηση f g ή g f
Δίνονται οι συναρτήσεις    x 1
f x e g x ln x
   , τότε η συνάρτηση f g έχει πεδίο
ορισμού
       f g g fA x A / g x A x 0, / ln x 0,        
και
         
lnx
lnx 1
1
e x
f g x f g x f ln x e , x 0,
e e

        .
Σωστά; Και όμως υπάρχει λάθος!
Η σωστή έκφραση είναι η εξής:

4. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
4
«Δίνονται οι συναρτήσεις    x 1
f x e g x ln x
   , τότε η παράσταση f g έχει πεδίο
ορισμού κτλ.»
Δεν γνωρίζουμε εξ αρχής αν το πεδίο ορισμού της σύνθεσης είναι μη κενό σύνολο, οπότε
δεν μπορούμε να γράψουμε για συνάρτηση πριν βρούμε αρχικά το πεδίο ορισμού της.
Το σχολικό βιβλίο γράφει επακριβώς στην παράγραφο 1.2 τα εξής:
«Το πεδίο ορισμού της g f αποτελείται από όλα τα στοιχεία x του πεδίου ορισμού της f
για τα οποία το f (x) ανήκει στο πεδίο ορισμού της g. Δηλαδή είναι το σύνολο
1A {x A | f(x) B}  
Είναι φανερό ότι η g f ορίζεται αν 1A  , δηλαδή αν f(A) B  .»
Επίσης στην εφαρμογή του σχολικού βιβλίου στην παράγραφο της σύνθεση συναρτήσεων
αναφέρει τα εξής:
«Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το fD (0, )  , ενώ η g το gD [0, )  .
i) Για να ορίζεται η παράσταση g(f (x)) πρέπει: fx D και gf(x) D »
3) Αρχικές συναρτήσεις και διαστήματα
 
1
f x
x
    f x ln x c, c   , για κάθε *
x 
Σωστά; Και όμως υπάρχει λάθος, το ανακαλύψατε;
Όλα τα θεωρήματα και πορίσματα, αναφέρονται σε ένα διάστημα και όχι σε ένωση
διαστημάτων, όπως αναφέρεται και στις διδακτικές οδηγίες! Εδώ, λοιπόν, η
 f x ln x c  ορίζεται στο    ,0 0,   .
Συνηθισμένο λάθος που το συναντάμε συχνά είναι η εφαρμογή του πορίσματος:
«…    f x g x  για κάθε εσωτερικό σημείο του διαστήματος Δ»
Θα ήμασταν σωστοί αν το εφαρμόσουμε σε κάθε διάστημα χωριστά, δηλαδή
 Για κάθε x 0 έχουμε:     1 1
1
f x f x ln x c ,c
x
     
 Για κάθε x 0 έχουμε:       2 2
1
f x f x ln x c ,c
x
      
Επομένως η ζητούμενη συνάρτηση είναι:  
 
1
2
ln x c ,x 0
f x
ln x c ,x 0
 
 
  
(Θα δούμε αναλυτική αντιμετώπιση του θέματος στην παρατήρηση …)
4) Το Θεώρημα του L’ Hopital και οι προϋποθέσεις του
Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη  ,  . Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο  0
x ,   τότε
η παράγωγός της θα είναι πάντα συνεχής στο 0
x .
Διαφωνείτε; Δείτε την «απόδειξη» ενός μαθητή και βρείτε το λάθος…

5. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
5
Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο 0x έχουμε:
 
   
0x x
0
0
0
f x f x
f x
x x
lim


  

Θα δείξουμε ότι:
   
0x x
0f x f xlim

 
Έχουμε:
 
        
 
 
0 00x x x x x x
0
0
00
0
0
0
f x f xf x f x
f x f x
x x x x
lim lim lim
  
 
 
 

   
 
άρα
   
0x x
0f x f xlim

 
Το λάθος του μαθητή βρίσκεται στις προϋποθέσεις του θεωρήματος του L’ Hopital . Ας
θυμηθούμε τι αναφέρει το εν λόγω θεώρημα:
«Αν  
0x x
f x 0,lim

  
0x x
g x 0,lim

  0x ,    και υπάρχει
 
 0x x
f x
g x
lim



(πεπερασμένο ή άπειρο), τότε:
 
 
 
 0 0x x x x
f x f x
g x g x
lim lim
 



».
Στην παραπάνω «απόδειξη» δεν γνωρίζουμε αν υπάρχει το όριο
    
 0x x
0
0
f x f x
x x
lim



άρα δεν επιτρέπεται να εφαρμόσουμε και το θεώρημα L’ Hopital .
Προφανώς δεν ισχύει κάτι τέτοιο αν σκεφτούμε το αντιπαράδειγμα
 
2 1
x ημ ,x 0
f x x
0 ,x 0


 
 
που είναι παραγωγίσιμη στο 0x 0 (εύκολα προκύπτει από τον ορισμό της παραγώγου
στο σημείο 0x 0 ότι  f 0 0  ) ενώ η
 
1 1
2xημ συν ,x 0
f x x x
0 x 0

 
  
 
δεν είναι συνεχής στο 0x 0 .

6. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
6
5) Παράγωγος σε άκρο διαστήματος
Έστω η συνάρτηση f με  f x x x, x 0   . Να ορίσετε την παράγωγο της
συνάρτησης f και να τη μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο πεδίο ορισμού της.
Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση  f x x είναι παραγωγίσιμη στο  0, με
 
1
f x
2 x
  . Παρασυρόμενοι από τη παραπάνω μελέτη όλων των συναρτήσεων σε
ανοικτό διάστημα αμελούμε να εξετάσουμε την παράγωγο μιας συνάρτησης στο κλειστό
άκρο. Η παραπάνω περίπτωση μας δείχνει ότι η αμέλεια μας κοστίζει την ακριβή εύρεση
του ευρύτερου υποσυνόλου του που είναι η συνάρτηση παραγωγίσιμη.
Η παράγωγος της f ορίζεται και στο σημείο 0x 0 , αφού εύκολα βρίσκουμε ότι
   
x 0 x 0 x 0
f x f 0 xημx ημx
lim lim lim x 0 1 0
x 0 x x  
  
      
  
άρα  f 0 0 
οπότε η f είναι παραγωγίσιμη στο κλειστό διάστημα  0, με
 
1
x x συνx ,x 0
f x 2 x
0 ,x 0

   
  
 
και    x 0 x 0
1
limf x lim x x συνx 0 f 0
2 x 
 
       
 
δηλαδή η f είναι συνεχής στο διάστημα  0, .
6) Συνάρτηση γνησίως μονότονη και όρια στο άπειρο
Θα «αποδείξουμε» ότι για μια συνάρτηση h γνησίως αύξουσα και παραγωγίσιμη στο ,
ισχύουν τα εξής:
α)  x
h xlim

 
β)  x
h xlim

 
Απόδειξη
α) Για x < 0 εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στο διάστημα  x,0 άρα υπάρχει  1ξ x,0 τέτοιο
ώστε:
 
   
1
h 0 h x
h ξ 0
0 x

  

           1 1x h ξ h 0 h x h x x h h 0          
άρα
      x x
1h x x h h 0lim lim
 
     
β) Για x > 0 εφαρμόζουμε Θ.Μ.Τ στο διάστημα  0,x άρα υπάρχει  2ξ 0,x τέτοιο
ώστε:
 
   
2
h x h 0
h ξ 0
x 0

  

           2 2x h ξ h x h 0 h x x h h 0         

7. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
7
άρα
      x x
2h x x h h 0lim lim
 
     
Προφανώς τα παραπάνω συμπεράσματα είναι λάθος αφού αν σκεφτούμε την συνάρτηση
  x
h x e είναι παραγωγίσιμη και γνησίως αύξουσα στο παρόλα αυτά το  x
h x 0lim


και όχι μείον άπειρο.
Το λάθος που συνηθίζεται και δεν τονίζεται ιδιαίτερα από καθηγητές – μαθητές είναι ότι
τα σημεία  1ξ x,0 και  2ξ 0,x δεν είναι αριθμοί αλλά μεταβλητές! Οπότε πιο
εύστοχα πρέπει να γράψουμε ότι υπάρχουν    1ξ x x,0 και    2ξ x 0,x τέτοια ώστε
να ισχύουν:
  
   
1
h 0 h x
h ξ x 0
0 x

  

και   
   
2
h x h 0
h ξ x 0
x 0

  

Με αποτέλεσμα τα   x
1h xlim

  ,   x
2h xlim

  να μην γνωρίζουμε αν υπάρχουν, ή αν
τα   x
1x h xlim

    και   x
2x h xlim

    οδηγούν σε απροσδιοριστία, όπως για την
  x
f x e ,x  ή την  
x
x
e
g x ,x
e 1
 

.
7) Το θεώρημα της αντικατάστασης στα όρια (Όριο σύνθετης συνάρτησης)
Ας υποθέσουμε ότι f :  και
x
1
lim f 5
x
 
  
 
.
Θέτοντας
1
u
x
 , όταν x   το u 0 , οπότε  u 0
limf u 5

  .
Ας δούμε το αντιπαράδειγμα:
Έστω η συνάρτηση f :  με
 
x 7 , x 0
f x
x 5 , x 0
 
 
  
τότε
1
7 , x 0
1 x
f
1x
5 , x 0
x

  
  
    

άρα
x x
1 1
lim f lim 5 5
x x 
   
       
   
Όμως το  x 0
limf x
δεν υπάρχει αφού:
   
   
x 0 x 0
x 0 x 0
limf x lim x 7 7
limf x lim x 5 5
 
 
 
 
   

   
Το λάθος (ή ένα λάθος) οφείλεται στο γεγονός ότι το u δεν τείνει στο μηδέν αλλά u 0

αφού
1
u 0
x
  για x   .

8. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
8
8) Λάθος εφαρμογή μιας τετριμμένης ιδιότητας
Όλοι γνωρίζουμε ότι :
αβ α β , όπου α,β 0
ή ακόμη ότι :
 ln αβ lnα lnβ  , όπου α,β 0
Όμως, κατά τις διάφορες εφαρμογές, έχει παρατηρηθεί το φαινόμενο, οι τόσο αυτές
κοινές ιδιότητες να εφαρμόζονται λανθασμένα. Πιο συγκεκριμένα :
 Η ισότητα 2
lnx 2lnx , προφανώς είναι λάθος, αφού η ποσότητα 2
ln x ορίζεται
στο    *
,0 0,    , ενώ η ποσότητα 2ln x μόνο στο  0, . Το όμορφο εδώ –
και το πιο συχνό λάθος ταυτόχρονα – είναι το γεγονός ότι αν έχουμε 2ln x (το x 0 έχει
ήδη εξασφαλιστεί) τότε μπορούμε να γράψουμε 2
ln x , με x 0 , ενώ αν έχουμε 2
ln x ,
*
x τότε δεν μπορούμε να γράψουμε 2ln x ... Μπορούμε όμως (σωστά) να γράψουμε
22 *
ln x ln x 2ln x ,x  R ...
2
ln x 2ln x
 Η ισότητα     ln x x 1 ln x ln x 1    , προφανώς είναι λάθος, αφού η ποσότητα
  ln x x 1 ορίζεται όταν  x x 1 0 x 0 ή x 1     δηλαδή στο σύνολο
   ,0 1,   , ενώ η ποσότητα  ln x ln x 1  ορίζεται στο διάστημα  1, . Πάλι,
το όμορφο εδώ – και το πιο συχνό λάθος ταυτόχρονα – είναι το γεγονός ότι αν έχουμε
 ln x ln x 1  , (το x 1 έχει ήδη εξασφαλιστεί) τότε μπορούμε να γράψουμε
  ln x x 1 , με x 1 , ενώ αν έχουμε   ln x x 1 ,    x ,0 1,    τότε δεν
μπορούμε να γράψουμε  ln x ln x 1 
Μπορούμε όμως να γράψουμε :
      ln x x 1 ln x x 1 ln x x 1 ln x ln x 1        ...
    ln x x 1 ln x ln x 1   
 Σε ένα διαγώνισμα, έθεσα το θέμα 1
x
x 1
L lim x x
x 1
 
    
. Το πεδίο ορισμού, είναι
   , 1 1,    . Αρκετοί μαθητές, «έσπασαν» το ριζικό... γράφοντας
Ορίζεται ΛΑΘΟΣ
ΣΩΣΤΟ Ορίζεται
ΣΩΣΤΟ Ορίζεται
Ορίζεται ΛΑΘΟΣ

9. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
9
1
x
x x 1
L lim x ...
x 1
 
     
που είναι προφανώς λάθος, αφού x   είναι x 1  ,
οπότε x 1 0  και x 1 0  . Βέβαια το σωστό : 1
x
x x 1
L lim x ...
x 1
 
   
  
9) Συνέχεια κλαδικής και Ολοκλήρωμα – Ένα σκοτεινό σημείο
Αρκετά συχνά στις διάφορες εφαρμογές, παρουσιάζονται προβλήματα στα οποία
πρέπει να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα (είτε ως εμβαδόν είτε όχι) μιας συνάρτησης
όπως η
 
x 1 , αν x 1
f x
2x , αν x 1
 
 

σε ένα διάστημα που να περιλαμβάνει το σημείο αλλαγής τύπου, εδώ το 0x 1 , όπως για
παράδειγμα το
 
2
0
I f x dx 
Κατά τα γνωστά, μελετούμε τη συνέχεια της συνάρτησης στο διάστημα ολοκλήρωσης
 0,2 και βρίσκουμε ότι :
 f συνεχής στο  0,1 ως πολυωνυμική
 f συνεχής στο  1,2 ως πολυωνυμική και

   
   
 
   
x 1
x 1 x 1x 1
lim f x f 1 2
lim f x lim 2x 2 limf x f 1
f 1 2



  
   
  
    
 
 
οπότε είναι f συνεχής στο  0,2 και έτσι :
         
 
122 1 2 1 2
22
1
0 0 1 0 1
0
x 1 11
I f x dx f x dx f x dx x 1 dx 2x dx x
2 2
 
             
  
    
Για το πρώτο ολοκλήρωμα
   
1 1
0 0
f x dx x 1 dx  
δε γεννάται θέμα. Όμως, για το
   
2 2
1 1
f x dx 2x dx 
θα μπορούσε κάποιος – είναι πραγματική ερώτηση μαθητή – να αναρωτηθεί :
Μα, ο τύπος  f x 2x , δίνεται για το διάστημα  1, , πως μπορώ να γράψω
   
2 2
1 1
f x dx 2x dx  ;

10. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
10
αφού πρέπει για να ορίζεται το  
β
α
f x dx η συνάρτηση f να είναι ορισμένη και συνεχής
στο  α,β ; Τι γίνεται στο άκρο του διαστήματος 0x 1 ;
Η απάντηση στο εύλογο ερώτημα, είναι μάλλον πολύ απλή :
Αν γράφαμε ότι :
 
x 1 , αν x 1
f x
2x , αν x 1
 
 

αλήθεια, τι θα άλλαζε ; Στην πραγματικότητα, τίποτε ! Αφού η συνάρτηση f είναι
συνεχής στο 0x 1 , η τιμή  f 1 είναι η ίδια ,  f 1 2 , όποιον τύπο και να
χρησιμοποιήσουμε. Έτσι, το πρόβλημα λύνεται εύκολα.
Όμως, τι γίνεται σε περιπτώσεις όπου στο άκρο του διαστήματος, έχουμε πρόβλημα ; Θα
δούμε αναλυτικά ένα τέτοιο παράδειγμα.
Ας θεωρήσουμε τη συνάρτηση
 
3
x , αν x 0
f x
xln x , αν x 0
 
 

Η συνάρτηση f είναι :
 Συνεχής στο  ,0 ως πολυωνυμική
 Συνεχής στο  0, ως γινόμενο συνεχών (βασικών συναρτήσεων)

   
     
 
3
x 0 x 0
DLHx 0 x 0 x 0 x 0 x 0
2
limf x lim x 0
1
ln x xlimf x lim x ln x lim lim lim x 0
1 1
x x
f 0 0
 
    
 


    
 

 
   
        
  
    


από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε:
     x 0 x 0
lim f x lim f x f 0 
 
 
οπότε η f είναι συνεχής στο , άρα έχει νόημα οποιοδήποτε ολοκλήρωμα  
β
α
f x dx με
α,β .
Αν ζητηθεί το ολοκλήρωμα :
 
1
1
I f x dx

 
τότε, εύκολα γράφουμε :
     
1 2
1 0 1
1 1 0
I I
I f x dx f x dx f x dx
 
     (1)
Για τον υπολογισμό του

11. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
11
 
00 0 4
3
1
1 1 1
x 1
I f x dx x dx
4 4  
 
     
 
  (2)
και δεν έχουμε κανένα πρόβλημα.
Όμως, για τον υπολογισμό του
 
1
2
0
I f x dx 
δεν μπορούμε να γράψουμε
 
1 1
2
0 0
I f x dx xln xdx  
αφού η συνάρτηση  g x xln x δεν ορίζεται (καν) στο 0x 0 . Το (σοβαρό) αυτό
πρόβλημα, δεν μπορεί να επιλυθεί όπως στο προηγούμενο παράδειγμα... Έτσι, για την
αντιμετώπισή του, έχουμε δύο τρόπους :
1ος
τρόπος (Με αρχική)
Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο έχει αρχική συνάρτηση,
F:  για την οποία    F x f x  , για κάθε x .
Βρίσκουμε (τα αόριστα ολοκληρώματα... αρχικές ή παράγουσες) του κάθε κλάδου της
συνάρτησης :

4
3
1 1
x
x dx c ,c
4
   και

2 2 2 2 2
2 2
x x x 1 x x
x ln x dx ln x dx ln x dx ln x c ,c
2 2 2 x 2 4
 
       
 
   .
Εδώ κρίνουμε απαραίτητο να σημειώσουμε ότι για να είναι και τυπικά «εντός Ύλης» στη
Γ΄ Λυκείου στην Ύλη της οποίας δεν υπάρχουν πια αόριστα ολοκληρώματα, στο
προηγούμενο ερώτημα, θα μπορούσαμε να είχαμε δώσει μια συνάρτηση για μελέτη
μονοτονίας, π.χ. την  
2 2
x x
g x ln x 1,x 0
2 4
    , τη οποίας η παράγωγος θα οδηγούσε
το μαθητή στην  g x xln x,x 0   και έτσι δεν θα χρειαζότανε (καθόλου) η εύρεση της
παράγουσας (αρχικής) της xlnx...
Οπότε θεωρούμε τη συνάρτηση :
 
4
1
2 2
2
x
c , αν x 0
4F x
x x
ln x c , αν x 0
2 4

 
 
   

, για την οποία :
 
3
x , αν x 0
F x
xln x , αν x 0
 
  

, δηλαδή    F x f x  , για κάθε    *
x ,0 0,    
Απαιτούμε η F να είναι συνεχής. Θυμίζουμε ότι  x 0
lim xlnx 0

 , άρα και
   2
x 0 x 0
lim x ln x lim x xln x 0 0 0 
 
    

12. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
12
 
 
 
4
1 1
x 0 x 0
2 2
2 2
x 0 x 0
1
x
lim F x lim c c
4
x x
lim F x lim ln x c c
2 4
F 0 c
 
 
 
 
 
    
  
  
     
  



1 2c c c  
οπότε η συνάρτηση F γίνεται:
 
4
2 2
x
c , αν x 0
4F x
x x
ln x c , αν x 0
2 4

 
 
   

(3)
Για την F , πάλι
  
3
x , αν x 0
F x
xln x , αν x 0
 
  

, δηλαδή    F x f x  , για κάθε
   *
x ,0 0,    
αλλά και

   
4
x 0 x 0
x
cF x F 0 4lim lim
x 0 
 



c
   
3
x 0
2 2
x 0 x 0
x
lim 0
x 4
x x
ln x cF x F 0 2 4lim lim
x 0

 

 
 
 


c
   
x 0
F 0 0 f 0
1 x
lim xln x 0
x 2 4





  

        
Τελικά, η συνάρτηση F που περιγράφεται στον τύπο  3 είναι η αρχική της f στο ,
αφού για κάθε x ισχύει ότι    F x f x  . Επομένως, σύμφωνα με το θεμελιώδες
θεώρημα :
       
1 2 2 4
1
1
1
1 1 1 1
I f x dx F x F 1 F 1 ln1 c c
2 4 4 2

   
                 
   

2ος
τρόπος (Με αρχική... περιορισμένη !)
Μπορούμε να θεωρήσουμε τη συνάρτηση  h : 0,  με
 
xln x , αν x 0
h x
0 , αν x 0

 

,
η οποία – όπως ειπώθηκε παραπάνω – είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, άρα έχει
αρχική (παράγουσα) στο διάστημα αυτό. Θεωρούμε λοιπόν τη συνάρτηση (ο λογισμός
αναφέρθηκε διεξοδικά στον προηγούμενο τρόπο) :
 
2 2
1
2
x x
ln x c , αν x 0
H x 2 4
c , αν x 0

  
 
 

13. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
13
για την οποία απαιτώντας να είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, βρίσκουμε – όπως
νωρίτερα – 1 2c c c   . Οδηγούμαστε έτσι στη συνάρτηση
 
2 2
x x
ln x c , αν x 0
H x 2 4
c , αν x 0

  
 
 
, για την οποία :

   
2 2
x 0 x 0
x x
ln x cH x H 0 2 4lim lim
x 0 
 
 


c
x 0
1 x
lim xln x 0
x 2 4

 
   
 
, δηλαδή
   H 0 0 h 0  
 και βέβαια, για κάθε x 0 :    
2 2
x x
H x ln x c xln x h x
2 4
 
      
 
, δηλαδή
Για κάθε  x 0,     H x h x  , οπότε η H είναι αρχική (παράγουσα) της h στο
 0, .
Επομένως, σύμφωνα με το θεμελιώδες θεώρημα (και αφού είναι
     f x h x , x 0,1   προφανώς) :
         
1 1 2 2
1
2 0
0 0
1 1 1
I f x dx h x dx H x H 1 H 0 ln1 c c
2 4 4
 
              
 
  (4)
Τελικά, το ζητούμενο ολοκλήρωμα, από τις σχέσεις
(1) :      
1 2
1 0 1
1 1 0
I I
I f x dx f x dx f x dx
 
    
(2) :  
00 0 4
3
1
1 1 1
x 1
I f x dx x dx
4 4  
 
     
 
  και
(4), είναι :
     
1 2
1 0 1
1 1 0
I I
1 1 1
I f x dx f x dx f x dx
4 4 2 
         
3ος
τρόπος (Με αρχική... ολοκλήρωμα – εκτός Ύλης Γ΄ Λυκείου !)
Όπως ακριβώς δουλέψαμε στον 2ο
τρόπο, θεωρούμε τη συνάρτηση  h : 0, 
με
 
xln x , αν x 0
h x
0 , αν x 0

 

,
η οποία – όπως ειπώθηκε παραπάνω – είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.
Θεωρούμε ακόμη τη συνάρτηση  g : 0,  με τύπο :
   
1
x
g x h t dt  , όπου x 0 ,
η οποία – σύμφωνα με τη θεωρία – είναι παραγωγίσιμη στο  0, αφού  1 0,  ,
άρα είναι και συνεχής στο διάστημα αυτό. Τότε :

14. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
14
       
1 1 1
x 0 x 0 x 0
0 x x
g 0 h t dt lim g x lim h t dt lim t ln t dt  
  
   
      
   
  
12 2 2 2
x 0 x 0
x
t t 1 x x 1
... lim ln t lim ln x
2 4 4 2 4 4 
 
       
                      
(5) ,
αφού, όπως είδαμε πιο πάνω    2
x 0 x 0
lim xln x 0 lim x ln x 
 
 
Τελικά λοιπόν, το      
1 1
2
0 0
1
I f x dx h x dx g 0
4
      , αφού οι συναρτήσεις f και h
είναι προφανώς ίσες στο διάστημα  0,1 (στην πραγματικότητα είναι ίσες στο διάστημα
 0, , αλλά το διάστημα ενδιαφέροντος είναι το  0,1 ).
Έτσι, το ζητούμενο ολοκλήρωμα, από τις σχέσεις
(1) :      
1 2
1 0 1
1 1 0
I I
I f x dx f x dx f x dx
 
    
(2) :  
00 0 4
3
1
1 1 1
x 1
I f x dx x dx
4 4  
 
     
 
  και
(5) :      
1 1
2
0 0
1
I f x dx h x dx g 0
4
      , είναι :
     
1 2
1 0 1
1 1 0
I I
1 1 1
I f x dx f x dx f x dx
4 4 2 
         
Γεωμετρική ερμηνεία :

15. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
15
10) Ανισότητες : Φράγματα και Σύνολο τιμών
Όπως είναι γνωστό, η ισχύς μιας ανισότητας, δεν δίνει το σύνολο τιμών. Για
παράδειγμα, είναι φανερό ότι :
5 ημx 5   , για κάθε x
όμως, η ποσότητα ημx δεν παίρνει όλες τις τιμές του  5,5 , αφού το σύνολο τιμών της
 f x ημx,x  δεν είναι το  5,5 , αλλά το  1,1 , το οποίο είναι υποσύνολο του
 5,5 . Ίσως είναι λίγο περίεργο στο άκουσμα, αλλά μια ανισότητα για την ποσότητα Q
δεν δίνει με βεβαιότητα τις τιμές που παίρνει η ποσότητα Q , αλλά αντίθετα με
βεβαιότητα δίνει τις τιμές που δεν παίρνει η ποσότητα Q . Έτσι, η
5 ημx 5   , για κάθε x
λέει ότι η ποσότητα ημx ΔΕΝ παίρνει τιμές μεγαλύτερες ή ίσες του 5 , ούτε μικρότερες
ή ίσες του 5 (!)
Στα διάφορα παραδείγματα – εφαρμογές, αρκετά συχνά χρησιμοποιούμε τη
«συνθετική» ή «κατασκευαστική» μέθοδο, προκειμένου να κατασκευάσουμε
ανισότητες – φράγματα για μία ποσότητα δεδομένη. Από την Α΄ Λυκείου κιόλας, δίνουμε
ασκήσεις του είδους :
Αν x,y με 2 x 5  και 1 y 3  να βρείτε μεταξύ ποιων τιμών κυμαίνεται η
παράσταση A 3x 2y 
Συνθετικά ή κατασκευαστικά – όπως αρέσκεται ο καθένας μας να το λέει – έχουμε
εύκολα :
2 x 5 6 3x 15
1 y 3 6 2y 2
    

       
από την πρόσθεση κατά μέλη των δύο τελευταίων προκύπτει το ζητούμενο :
0 3x 2y 13   ή 0 A 13 
Έτσι, η ποσότητα A κυμαίνεται μεταξύ των τιμών 0 και 13 .
Το ερώτημα που γεννάται, είναι αν υπάρχουν τιμές των μεταβλητών που δίνουν στην
ποσότητα A την τιμή 0 και την τιμή 13 . Πράγματι :
Όταν x 2 και y 3 , τότε η τιμή της A είναι 0 και
Όταν x 5 και y 1 , τότε η τιμή της A είναι 13 .
Τι γίνεται, αλήθεια, όταν η ποσότητα A είναι συνάρτηση μιας μεταβλητής ;
Ισχύουν πάντα τα παραπάνω ; Η απάντηση είναι ΟΧΙ και θα το δούμε στο επόμενο
παράδειγμα.
Έστω η συνάρτηση    2
f x x 2x 3,x 1,2     . Θα βρούμε μεταξύ ποιων τιμών
κυμαίνεται η  f x , με δύο τρόπους :
1ος
τρόπος (Συνθετικά)
2 2
1 x 2 1 x 4 4 x 1
1 x 2 2 2x 4 5 2x 3 7
           

        

16. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
16
Από την πρόσθεση κατά μέλη των δύο τελευταίων σχέσεων, έχουμε :
2
1 x 2x 3 6     ή  1 f x 6 
Φαίνεται λοιπόν, ότι το «Σύνολο τιμών» της συνάρτησης f είναι το διάστημα  1,6 .
2ος
τρόπος (Εύρεση Συνόλου Τιμών)
Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυώνυμο, άρα και στο  1,2 με
 f x 2x 2    ,  x 1,2 . Είναι  f x 0 , για κάθε  x 1,2 και επειδή f συνεχής
στο  1,2 είναι γνήσια φθίνουσα στο  1,2 , οπότε το σύνολο τιμών της, είναι :
        f 1,2 f 2 ,f 1 3,4   
Βλέπουμε λοιπόν, ότι ο 1ος
τρόπος, έδωσε την ανισότητα
 1 f x 6  , για κάθε  x 1,2
αλλά αυτό δεν ήταν το σύνολο τιμών της συνάρτησης f . Το σωστό σύνολο τιμών είναι
 3,4 που βρέθηκε με το 2ο
τρόπο. Ο 1ος
τρόπος δίνει μόνο ένα φράγμα για τη
συνάρτηση f , δηλαδή δίνει ποιες τιμές δεν μπορεί να ξεπεράσει η συνάρτηση είτε προς
τα πάνω είτε προς τα κάτω.
Θα αναρωτηθεί, ίσως, κάποιος, γιατί αυτό συμβαίνει. Η εξήγηση είναι :
Όταν προσθέτουμε κατά μέλη τις δύο ανισότητες στον 1ο
τρόπο :
2 2
1 x 2 1 x 4 4 x 1
1 x 2 2 2x 4 5 2x 3 7
           


         
μπορούμε να παρατηρήσουμε, ότι :
Η ελάχιστη τιμή της πρώτης ανισότητας, το 4 , επιτυγχάνεται όταν είναι x 2 , ενώ η
ελάχιστη τιμή της δεύτερης ανισότητας, επιτυγχάνεται όταν είναι x 1 . Δηλαδή δεν
υπάρχει τιμή του x για την οποία ταυτόχρονα να ισχύουν οι ανισότητες
2
4 x   και 5 2x 3 

17. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
17
Έτσι, θα ήταν σωστότερο να γράψουμε
2
1 x 2x 3    (1)
Όμοια,
2 2
1 x 2 1 x 4 4 x 1
1 x 2 2 2x 4 5 2x 3 7
           


         
η μέγιστη τιμή της πρώτης ανισότητας, το 1 , επιτυγχάνεται όταν είναι x 1 , ενώ η
μέγιστη τιμή της δεύτερης ανισότητας, επιτυγχάνεται όταν είναι x 2 . Δηλαδή δεν
υπάρχει τιμή του x για την οποία ταυτόχρονα να ισχύουν οι ανισότητες
2
x 1   και 2x 3 7 
Έτσι, θα ήταν σωστότερο να γράψουμε
2
x 2x 3 6    (2)
Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1) και (2), έχουμε :
2
1 x 2x 3 6     ή  1 f x 6 
Βέβαια, ούτε από την τελευταία μπορεί κανείς να συμπεράνει ότι το σύνολο τιμών της
συνάρτησης f είναι το διάστημα  1,6 , αφού, όπως εξηγήσαμε, η ανισότητα είναι μόνο
φράγμα και όχι σύνολο τιμών αφού από την ισχύ της ανισότητας δεν μπορούμε να
εξασφαλίσουμε ότι η συνάρτηση f παίρνει όλες τις τιμές του διαστήματος. Άλλωστε
γενικά πρέπει να αποφεύγουμε να προσθέτουμε τα σύνολα τιμών δύο συναρτήσεων.
11) Εφαπτόμενες καμπύλης από εξωτερικό σημείο
Όταν δίνεται μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f , η γραφική της παράσταση fC , ένα
σημείο  A AA x ,y εκτός της fC και ζητούμε να προσδιορίσουμε τις εφαπτόμενες της
fC που άγονται (ή περνούν) από το A προς την fC , τότε, συνήθως γράφουμε την
εξίσωση της εφαπτόμενης (θεωρητικά)
      0 0 0ε : y f x f x x x  
και απαιτούμε να την επαληθεύει το «εξωτερικό» σημείο A . Έτσι :
    A 0 0 A 0y f x f x x x   (1)
που είναι μια εξίσωση η οποία έχει μοναδικό άγνωστο το 0x που είναι η τετμημένη του
(των) σημείου επαφής. Συνηθίζουμε να λέμε, ότι όσες λύσεις έχει η εξίσωση (1), τόσες
εφαπτόμενες υπάρχουν που άγονται από το σημείο Α προς την fC . Το θέμα υπάρχει και
στο Σχολικό βιβλίο της Α΄ Δέσμης (§ 6.5, Άσκ. 2 – Β΄ Ομάδας) όπου η εύρεση 2 σημείων
επαφής, οδηγεί το βιβλίο Λύσεων στο συλλογισμό : «Δύο σημεία επαφής, άρα δύο
εφαπτόμενες»
Το ίδιο πρόβλημα εμφανίζεται και σε διάφορες εφαρμογές, στις οποίες ο θεματοδότης
θέλει να βρεθούν δύο ρίζες της f και ζητά να δείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον
οριζόντιες εφαπτόμενες προς το fC .
Είναι άραγε αυτό απόλυτα σωστό ; Η απάντηση είναι ΟΧΙ και θα
προσπαθήσουμε να το εξηγήσουμε, τόσο σε πρακτικό όσο και σε θεωρητικό επίπεδο.
Α. Πρακτικό παράδειγμα

18. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
18
Έστω η συνάρτηση f :  με   4 3 2
f x x 6x 9x x 1,x      . Να βρείτε τις
εφαπτόμενες προς την fC που άγονται από το σημείο  A 1,0 . (Καλύτερη, ίσως,
εκφώνηση θα ήταν, να δείξετε ότι από το σημείο  A 1,0 άγεται μοναδική εφαπτόμενη
προς την fC )
Το σημείο  A 1,0 είναι προφανώς εξωτερικό της fC , αφού  f 1 4 0  . Η συνάρτηση
f είναι παραγωγίσιμη στο με
  3 2
f x 4x 18x 18x 1,x     R
και η εξίσωση της εφαπτόμενής της στο τυχαίο σημείο της   0 0M x ,f x , όπου 0x  ,
δίνεται από τον τύπο :
      0 0 0ε : y f x f x x x  
Αφού η εφαπτόμενη περνά από το σημείο  A 1,0 , αυτό θα επαληθεύει την εξίσωσή της,
άρα
    0 0 00 f x f x 1 x   ή
    4 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0 0 0x 6x 9x x 1 4x 18x 18x 1 1 x          ή
 3 2
0 0 0 0x 3x 16x 27x 18 0    ή
  2
0 0 0 0
Δ 23 0
x x 3 3x 7x 6 0
 
    ή
1ρ 0 ή 2ρ 3
Βλέπουμε λοιπόν ότι υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα
  1M 0,f 0 ή  1M 0,1 και   2M 3,f 3 ή  2M 3, 2
Το αποτέλεσμα αυτό, μπορεί να ξεγελάσει. Θα έλεγε κάποιος, «δύο σημεία επαφής, άρα
δύο εφαπτόμενες». Όμως
όπως είναι φανερό και από το παραπάνω σχήμα, από το σημείο  A 1,0 άγεται μοναδική
εφαπτόμενη προς την fC και όχι δύο όπως υποδηλώνει η ύπαρξη των δύο σημείων
επαφής. Τούτο επιβεβαιώνεται και Μαθηματικά:

19. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
19
      1ε : y f 0 f 0 x 0   ή    1ε : y 1 x 0    ή  1ε : y x 1  
      2ε : y f 3 f 3 x 3   ή    2ε : y 2 x 3    ή  2ε : y x 1  
Β. Θεωρητικά...
Θα αναζητήσουμε αναγκαίες συνθήκες, όταν συμβαίνει το παρακάτω :
Το πρόβλημα
Τι συμβαίνει όταν η εφαπτόμενη μιας καμπύλης σε κάποιο σημείο της, εφάπτεται της
καμπύλης αυτής και σε ένα άλλο σημείο της;
Αν η καμπύλη fC της συνάρτησης με την οποία δουλεύουμε, έχει τη μορφή της
παραπάνω γραμμής, τότε είναι πραγματικά δυνατό μία εφαπτόμενη της fC στο σημείο
της  1 1A x ,y να εφάπτεται της fC και σε ένα άλλο σημείο της  2 2B x ,y , με 1 2x x
βέβαια, τότε :
Επειδή μιλάμε για την ίδια εφαπτόμενη, θα έχουμε:    ε 1 2λ f x f x  
Τούτο σημαίνει ότι η συνάρτηση f δεν θα είναι αντιστρέψιμη ή "1 1" , οπότε σίγουρα η
συνάρτηση f δεν είναι ούτε κυρτή ούτε κοίλη . Συνεπώς ένα πρώτο συμπέρασμα, είναι
ότι :
Συμπέρασμα 1ο
Αν για μία παραγωγίσιμη συνάρτηση έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι "1 1" ,ή η
συνάρτηση f να είναι γνήσια μονότονη, ή αν η συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη
στο πεδίο ορισμού της, δεν μπορεί να συμβαίνει το παραπάνω, δηλαδή δεν υπάρχει
εφαπτόμενη της fC η οποία να εφάπτεται αυτής και σε άλλο σημείο της.
Ας υποθέσουμε τώρα ότι η συνάρτησή μας έχει μη αντιστρέψιμη πρώτη παράγωγο και
συμβαίνει το παραπάνω, τότε:
   
1 2
2 12 1
ε M M
2 1 2 1
f x f xy y
λ λ
x x x x

  
 

20. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
20
Όμως, από το Θεώρημα Μέσης Τιμής του διαφορικού λογισμού, για τη συνάρτηση f
στο διάστημα  1 2x ,x – υποθέσαμε χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι 1 2x x – υπάρχει
ένα τουλάχιστον  1 2ξ x ,x τέτοιο ώστε
 
   2 1
2 1
f x f x
f ξ
x x

 

Δηλαδή, η οριζόντια ευθεία εy λ τέμνει την καμπύλη fC  σε τρία τουλάχιστον σημεία,
αφού
     ε 1 2 1λ f x f x f ξ     και 1 1 2x ξ x 
Συνεπώς, ένα επόμενο συμπέρασμα, είναι ότι :
Συμπέρασμα 2ο
Αν δεν υπάρχει οριζόντια ευθεία, η οποία να τέμνει το γράφημα fC  της συνάρτησης
f σε τρία (τουλάχιστον) σημεία, τότε δεν μπορεί να συμβαίνει το παραπάνω, δηλαδή
δεν υπάρχει εφαπτόμενη της fC η οποία να εφάπτεται αυτής και σε άλλο σημείο της.
Αν σκεφτούμε τη συνάρτηση
  3
f x x , x .
Η παράγωγός της είναι
  2
f x 3x ,x  
η οποία (προφανώς) δεν είναι "1 1" , άρα δεν ικανοποιείται η απαίτηση του 1ου
συμπεράσματος. Εν τούτοις, δεν υπάρχει εφαπτόμενη της fC η οποία να εφάπτεται της
fC και σε άλλο σημείο της, αφού, σύμφωνα με την άσκηση Β3 της παραγράφου 2.2 του
Σχολικού Βιβλίου της Γ΄ Τάξης, «η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της
  3
f x x ,x  σε οποιοδήποτε σημείο της  3
M α,α ,α 0 έχει με την fC και άλλο
κοινό σημείο N εκτός του M , στο οποίο μάλιστα η κλίση της fC είναι τετραπλάσια της
κλίσης της fC στο σημείο M ».
Αυτό συμβαίνει, διότι δεν υπάρχει οριζόντια ευθεία η οποία να τέμνει τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης   2
f x 3x ,x   σε τρία διαφορετικά σημεία.
Πηγαίνοντας ένα βήμα πιο πέρα, ας υποθέσουμε ότι η συνάρτησή μας είναι δύο φορές
παραγωγίσιμη. Αν λοιπόν υπάρχει εφαπτόμενη της fC η οποία να εφάπτεται αυτής και
σε άλλο σημείο της, τότε όπως είδαμε
     ε 1 2 1λ f x f x f ξ     με 1 1 2x ξ x 
Αφού η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη δύο φορές στο πεδίο ορισμού της και ισχύει η
παραπάνω σχέση, η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Rolle σε κάθε ένα
των διαστημάτων  1 1x ,ξ και  1 2ξ ,x κατά συνέπεια, θα υπάρχουν
 2 1 1ξ x ,ξ τέτοιο ώστε  2f ξ 0  και  3 1 2ξ ξ ,x τέτοιο ώστε  3f ξ 0 
δηλαδή υπάρχουν δύο τουλάχιστον ρίζες της συνάρτησης f και βέβαια η συνάρτηση f
δεν είναι "1 1" . Συνεπώς δύο επόμενα συμπεράσματα, είναι τα :

21. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
21
Συμπέρασμα 3ο
Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη δύο φορές και η συνάρτηση f είναι "1 1" ,
τότε δεν μπορεί να συμβαίνει το παραπάνω, δηλαδή δεν υπάρχει εφαπτόμενη της fC
η οποία να εφάπτεται αυτής και σε άλλο σημείο της.
Συμπέρασμα 4ο
Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη δύο φορές και η συνάρτηση f δεν είναι
"1 1" , αλλά δεν έχει δύο διακεκριμένες ρίζες, τότε δεν μπορεί να συμβαίνει το
παραπάνω, δηλαδή δεν υπάρχει εφαπτόμενη της fC η οποία να εφάπτεται αυτής και
σε άλλο σημείο της.
Τέλος, αν υποθέσουμε ότι η συνάρτησή μας είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη και
συμβαίνουν όλα τα παραπάνω, τότε από το Θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση f στο
διάστημα  2 3ξ ,ξ , θα υπάρχει ένα τουλάχιστον  4 2 3ξ ξ ,ξ τέτοιο ώστε
 4f ξ 0  ή  
 3
4f ξ 0
που σημαίνει ότι :
Συμπέρασμα 5ο
Αν η συνάρτηση f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη και η συνάρτηση f δεν έχει
καμία ρίζα, τότε δεν μπορεί να συμβαίνει το παραπάνω, δηλαδή δεν υπάρχει
εφαπτόμενη της fC η οποία να εφάπτεται αυτής και σε άλλο σημείο της.
12) Σύνολο τιμών σε συναρτησιακή σχέση
Στην παρακάτω άσκηση η εύρεση του συνόλου τιμών γίνεται συχνά λάθος. Θα
περιγράψουμε τον ορθό τρόπο αντιμετώπισης.
«Έστω η συνάρτηση f :  η οποία ικανοποιεί την ιδιότητα :
   f x x 1
f x e 1 e ,
   για κάθε x ()
Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι αντιστρέψιμη και να ορίσετε την αντίστροφή της».
Λύση
Έστω 1 2
x ,x  με    1 2
f x f x , οπότε    1 2f x f x
e e και προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο
προηγούμενες, έχουμε:
   
   1 2f x f x
1 2
f x e f x e  
και από την αρχική σχέση:
1 2x 1 x 1
1 2
1 e 1 e x x 
    

22. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
22
δηλαδή η συνάρτηση f είναι '1 1' άρα αντιστρέψιμη, δηλαδή υπάρχει η  1
f :f
 .
(Θα μπορούσαμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση f αντιστρέφεται, δείχνοντας ότι είναι
γνήσια αύξουσα στο ).
Αναζητούμε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f .
1ος Τρόπος
Θεωρούμε τη συνάρτηση  g : 0,  με τύπο:
   x
g x 1 ln x e 1 ,x 0     
η οποία είναι ορισμένη στο  0, , αφού, αν   x
h x x e 1,x    , τότε
  x
h x 1 e 0   
άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο , άρα
     
h
h x 0 h x h 0 x 0    
<
οπότε η συνάρτηση g είναι ορισμένη στο  0, .
Ακόμη, είναι    
x
x
1 e
g x 0, x 0,
x e 1

     
 
άρα είναι g < και συνεχής στο  0, ,
οπότε το σύνολο τιμών της είναι:
         xx 0
g 0, limg x , lim g x ,

     ,
αφού :
     x
x 0 x 0 u 0
limg x lim 1 ln x e 1 lim 1 ln u  
  
            και
     x
x x u
lim g x lim 1 ln x e 1 lim 1 ln u  
            γιατί
 x
x x
lim u lim x e 1 
     (προφανώς ή ακόμα και με κοινό παράγοντα)
 x x
x xx x
x 1
lim x e 1 lim e 1
e e 
  
        
  
, αφού x xx DLH x
x 1
lim lim 0
e e
 
 
 
Τότε, η αρχική () γίνεται :
   f x x 1
f x e 1 e 
   , για κάθε x (1)
Για να ισχύει η (1), πρέπει
   
         
h
f x
f x e 1 0 h f x 0 h f x h 0 f x 0        
<
Έτσι :
(1):    
    f x
x 1 ln f x e 1 g f x x       , για κάθε x (2)

23. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
23
Η συνάρτηση 1
g
έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της g που είναι το , οπότε για
κάθε x , η σχέση  2 γίνεται :
         1 1 1
g g f x g x f x g x , x  
    .
Έτσι από την ισότητα των συναρτήσεων f και 1
g
συμπεραίνουμε ότι οι συναρτήσεις f και
1
g
έχουν ίδιο πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών . Όμως το σύνολο τιμών της 1
g
είναι το
πεδίο ορισμού της g και αφού  g
A 0,  θα είναι το σύνολο τιμών της f το σύνολο
 0, , δηλαδή    f 0,  . Ακόμη,
       1 1
f x g x f x g x 
   ,
άρα η αντίστροφή της είναι η συνάρτηση :
   1 x
f x 1 ln x e 1 ,x 0
      .
2ος Τρόπος
Έστω y τυχαίος. Αναζητώ για ποια y η εξίσωση  y f x λύνεται στο ως προς
x . Αντικαθιστώντας στην αρχική σχέση () όπου  f x το y έχουμε :
y x 1
y e 1 e 
   (2).
Για να λύνεται ως προς x στο R η (2), πρέπει και αρκεί
   
h
y
y e 1 0 h y h 0 y 0      
<
.
Για y 0 λοιπόν :
(2)    y y
x 1 ln y e 1 x 1 ln y e 1           (3) .
Από αυτό όμως δεν μπορούμε να ισχυριστούμε ότι «λύσαμε» την εξίσωση  y f x ως
προς x . Για να συμβαίνει αυτό, πρέπει να δείξουμε και το αντίστροφο, δηλαδή, για κάθε
x και y 0 για τα οποία ισχύει η σχέση  y
x 1 ln y e 1     , είναι και  y f x .
Πράγματι,
   y y y x 1
x 1 ln y e 1 ln y e 1 x 1 y e 1 e 
              (4)
Από την αρχική όμως    f x x 1
f x e 1 e 
   (5) για κάθε x , οπότε από τις (4) και (5) :
   
      
h '1 1'
f x y
f x e 1 y e 1 h f x h y f x y

         .
Συνεπώς, για κάθε y 0 η εξίσωση  y f x έχει μοναδική (δικαιολογείται και από το
γεγονός ότι η συνάρτηση f είναι '1 1' ) λύση ως προς x , την  y
x 1 ln y e 1     .

24. Συνέδριο διδακτικής ΟΕΦΕ 2016 - Πάτρα ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ ΚΑΙ ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ
24
Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το σύνολο  0, , δηλαδή    f 0, 
και η αντίστροφή της είναι η συνάρτηση    1 x
f x 1 ln x e 1 ,x 0
     
Επίλογος
Για τα Φροντιστήρια και τη σύγχρονη εποχή…
Όταν στη γη επικρατούσαν δυσμενείς κλιματικές συνθήκες (δείτε περίοδο
παγετώνων) παρατηρήθηκε ότι τα ζώα που επιβίωσαν ήταν τα πιο ανθεκτικά
και δυνατά. Όταν η ανθρωπότητα, και συγκεκριμένα η Ελλάδα, βίωνε μια
δύσκολη περίοδο με πολέμους, φτώχεια κτλ. επιβίωσαν τελικά οι πιο δυνατοί,
όσοι είχαν αντοχή και ψυχραιμία. Σήμερα έχουμε χρέος να είμαστε δυνατοί,
να αντέξουμε την πίεση και την οικονομική δυσπραγία στις δύσκολες εποχές
που διανύουμε. Αν δεν μπορούμε να κάνουμε «πρόσθεση» τουλάχιστον ας
μην κάνουμε «αφαίρεση».
Ας διατηρήσουμε τουλάχιστον τα κεκτημένα μας… αφού ήρθαν μετά από
πολλά χρόνια κόπων.
Εγώ, ο Θωμάς και γενικότερα η lisari team σας ευχόμαστε υγεία,
ψυχραιμία και πάνω από όλα συνεργασία!
Εις το επανιδείν!