σπαθάρας δημήτριος διδακτικό υλικό γλκατ τεύχος 1

| .

|

|

|

|

| .

ΤΕΥΧΟΣ 1ο Πραγματικές Συναρτήσεις

Όριο και Συνέχεια Συνάρτησης

Έκδοση 2η Οκτώβριος 2016

Δημήτριος Σπαθάρας Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

www.pe03.gr

http://www.pe03.gr/

Δημήτριος Σπαθάρας

Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών,

Φθιώτιδας και Ευρυτανίας

www.pe03.gr

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Αγαπητοί Συνάδελφοι,

Το διδακτικό αυτό υλικό αναφέρεται στο 1ο κεφάλαιο του Β΄ μέρους του βιβλίου των Μαθημα-

τικών της Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας και Πληροφορι-

κής της Γ΄ τάξης Γενικού Λυκείου (έκδοση 2016).

Για να διδάξουμε επιτυχημένα ένα μάθημα πρέπει να γνωρίζουμε κάτι παραπάνω από αυτό

που καλούμαστε να διδάξουμε. Το σχολικό βιβλίο των Μαθηματικών της Ομάδας Προσανατολι-

σμού Θετικών Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας και Πληροφορικής της Γ΄ τάξης Γενικού Λυκείου

απευθύνεται στο μαθητή και ως εκ’ τούτου δεν είναι αρκετό από μόνο του για να βοηθήσει το συ-

νάδελφο Μαθηματικό που διδάσκει το μάθημα. Ο συνάδελφος Μαθηματικός έχει στη διάθεσή του

ένα παλαιότερο βιβλίο εκπαιδευτικού (σχολικό έτος 2007-2008, έκδοση 2007) αλλά και τις οδηγίες

των εγκυκλίων του ΥΠ.Π.Ε.Θ. που στέλνονται κάθε χρόνο. Για το σχολικό έτος 2016-2017 σχετική

είναι η με αρ. πρωτ. 150662/Δ2/15-9-2016 εγκύκλιος του ΥΠ.Π.Ε.Θ.

Με την παρούσα εργασία προσπαθούμε να υλοποιήσουμε ένα ακόμη χρήσιμο συμπλήρωμα,

εκτός από τα παραπάνω, για τη διδασκαλία του μαθήματος. Το διδακτικό υλικό της εργασίας αυ-

τής απευθύνεται κυρίως σε σας, τους συναδέλφους Μαθηματικούς, που διδάσκεται το μάθημα και

όχι άμεσα στους μαθητές. Πιστεύουμε ότι θα βρείτε σ’ αυτό ιδέες και προτάσεις χρήσιμες για το

επιστημονικό και διδακτικό σας έργο και ότι θα θυμηθείτε κάποια σημεία από τις γνώσεις σας που

μπορούν να απαντήσουν σε πιθανές ερωτήσεις των μαθητών σας. Ελπίζοντας ότι υλοποιούμε ένα

χρήσιμο βοήθημα για την διδασκαλία σας, περιμένουμε και τις δικές σας παρατηρήσεις και συ-

μπληρώσεις.

Λαμία, Οκτώβριος 2016

Ο Σχολικός Σύμβουλος των Μαθηματικών,

Φθιώτιδας και Ευρυτανίας

Δημήτριος Σπαθάρας

Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ΄ τάξης ΓΕΛ • Δημ. Σπαθάρας - Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

2


3

Οι συναρτήσεις γοητεύουν με τη μορφή τους,

υπερασπίζονται με πάθος την τιμή τους, εξαντλούν τα όριά τους,

κινούνται σύμφωνα με τους ρυθμούς τους, και έχουν αφιερωθεί ολοκληρωτικά

στην υπηρεσία όλων των εφαρμοσμένων επιστημών.

Από το περιοδικό «Μαθηματική Έκφραση» του παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. Τρικάλων

Πραγματικές συναρτήσεις

Τελικά η συνάρτηση είναι αντιστοίχιση ή συμμεταβολή;

Οι μαθητές στην προσπάθειά τους να κατανοήσουν την έννοια της συνάρτησης υιοθετούν δύο

βασικές οπτικές. Την οπτική της διαδικασίας και την οπτική του αντικειμένου. Αναπτύσσοντας πε-

ραιτέρω τη δυαδικότητα της διαδικασίας-αντικειμένου, οι μαθηματικοί παιδαγωγοί πρότειναν, ότι

κατανόηση της έννοιας της συνάρτησης μπορεί να θεωρηθεί η μετακίνηση από την αρχική εστίαση

στις δράσεις και τις διαδικασίες, σε μια περισσότερο αντικειμενοστραφή όψη, η οποία χαρακτηρί-

ζεται από σταδιακή επικέντρωση στη δομή, την ενσωμάτωση των ιδιοτήτων και την δημιουργία

μαθηματικών αντικειμένων. Ο ορισμός της συνάρτησης στο σχολικό βιβλίο αναδεικνύει την αντι-

στοιχία πάνω από τη μεταβολή. «Τα στοιχεία ενός συνόλου αντιστοιχούν σε στοιχεία ενός άλλου,

έτσι ώστε κάθε στοιχείο του πρώτου να αντιστοιχεί σε ακριβώς ένα στοιχείο του δεύτερου». Τις

περισσότερες φορές η διδασκαλία της έννοιας της συνάρτησης εξαντλείται στη χρήση του συνολο-

θεωρητικού ορισμού. Βέβαια έχει γίνει προσπάθεια τα τελευταία χρόνια οι μαθητές να εξασκη-

θούν στις πολλαπλές αναπαραστάσεις της συνάρτησης και να μεταβαίνουν από τη μία στην άλλη.

Ωστόσο, δεν δίνεται η έμφαση που απαιτείται στο πως κατασκευάζουμε ή επιλέγουμε τις μετα-

βλητές, με ποιο τρόπο διαχωρίζουμε την εξαρτημένη από την ανεξάρτητη μεταβλητή, τι μεταβάλ-

λεται και τι παραμένει αναλλοίωτο.

Τι πρέπει να προσέξουν οι μαθητές σχετικά με το πεδίο ορισμού μιας συνάρτησης;

1) Όταν το πεδίο ορισμού μιας συνάρτησης f δίνεται από την εκφώνηση, τότε είναι αυτό που δίνε-

ται χωρίς καμία παρέμβαση, ανεξάρτητα αν ο τύπος της συνάρτησης έχει ενδεχομένως τη δυ-

νατότητα να οριστεί «ευρύτερα». Είναι αυτονόητο ότι σε τέτοια περίπτωση, με ευθύνη του εξε-

ταστή, το δοσμένο πεδίο ορισμού δεν είναι δυνατόν να περιέχει στοιχεία για τα οποία δεν έχει

νόημα πραγματικού αριθμού ο τύπος της συνάρτησης. Αν ο τύπος της συνάρτησης μπορεί να

οριστεί «ευρύτερα», τότε οι μαθητές έχουν τη δυνατότητα να ορίσουν μια άλλη συνάρτηση με


4

τον ίδιο τύπο και πεδίο ορισμού ένα «διευρυμένο» σύνολο. Πρέπει όμως να ξεκαθαρίσουμε ότι

πρόκειται για διαφορετική συνάρτηση σε σχέση με την αρχική.

2) Στις συναρτήσεις πολλαπλού τύπου το πεδίο ορισμού είναι το σύνολο που προκύπτει από την

ένωση των επιμέρους συνόλων στα οποία ορίζονται οι κλάδοι της συνάρτησης.

3) Όταν δίνεται μόνο ο τύπος της συνάρτησης f χωρίς το πεδίο ορισμού της, τότε οι μαθητές πρέ-

πει να ακολουθήσουν τη σύμβαση της σελίδας 15 του σχολικού βιβλίου. Δηλαδή να θεωρήσουν

συμβατικά ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο όλων των πραγματικών αριθμών x, για τις

οποίες η παράσταση με την οποία εκφράζεται το f(x) , όπως αυτή δίνεται στην αρχική της μορ-

φή, έχει νόημα.

Παράδειγμα

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο

2

x 2f(x)

x 3x 2. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

Απάντηση

Η συνάρτηση f ορίζεται, όταν και μόνο όταν 2x 3x 2 0 x 1 και x 2

Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Α ( ,1) (1,2) (2, )

Συνηθισμένο λάθος των μαθητών είναι το παρακάτω:

απλοποιούν αρχικά τον τύπο της συνάρτησης f, δηλαδή

2

x 2 1f(x)

x 3x 2 x 1

από την απλοποιημένη μορφή του τύπου βρίσκουν για πεδίο ορισμού το Α ( ,1) (1, )

Καλό είναι να επισημάνουμε στους μαθητές ότι, πρέπει να βρίσκουν το πεδίο ορισμού με βάση

τους περιορισμούς της αρχικής έκφρασης του τύπου f(x) . Οποιαδήποτε απλοποίηση πρέπει να

γίνεται μετά την εύρεση του πεδίου ορισμού, το οποίο δεν μπορούμε να «διευρύνουμε» εκ των

υστέρων. Αν συμβεί αυτό, τότε έχουμε μια άλλη (διαφορετική) συνάρτηση.

4) Αν κατά την επίλυση ενός προβλήματος οι μαθητές επινοήσουν μια συνάρτηση με μεταβλητές

κάποια μεγέθη, τότε για το πεδίο ορισμού θα πρέπει να λάβουν υπόψη τη φύση των μεταβλη-

τών αυτών, καθώς και τις ιδιαίτερες συνθήκες του συγκεκριμένου προβλήματος.


Δίνεται ορθογώνιο με περίμετρο 20 cm. Να εκφράσετε το εμβαδό Ε του ορθογωνίου ως συνάρ-

τηση του μήκους αυτού.

Απάντηση

Αν x cm είναι το μήκος και y cm είναι το πλάτος του ορθογωνίου, τότε έχουμε:

2x 2y 20 x y 10 y 10 x

Το εμβαδόν Ε του ορθογωνίου συναρτήσει του μήκους x είναι:

2Ε(x) xy x(10 x) 10x x

Για το πεδίο ορισμού της συνάρτησης Ε έχουμε:

x 0 x 0 x 0 0 x 10

y 0 10 x 0 x 10

Στο σημείο αυτό πρέπει να σημειώσουμε ότι, ενώ η παράσταση 210x x έχει νόημα για κάθε

πραγματικό αριθμό x, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης Ε δεν είναι το αλλά το Δ [0,10] .

Αυτό συμβαίνει λόγω του μεγέθους που εκφράζει η μεταβλητή x (μήκος) και των περιορισμών

που θέτει το ίδιο το πρόβλημα.

(Στην περίπτωση που είναι x 0 ή x 10 το ορθογώνιο «εκφυλίζεται» σε ευθύγραμμο τμήμα

το οποίο θεωρούμε ότι έχει εμβαδό E 0 . Διαφορετικά είναι x 0 και y 0 οπότε Δ (0,10) )


5

Είναι χρήσιμο για τον τύπο μιας συνάρτησης, εκτός από τον συνηθισμένο συμβολισμό

y f(x) , να χρησιμοποιούμε και άλλους συμβολισμούς όπως π.χ. s x(t) ;

Καλό είναι στον τύπο μιας συνάρτησης η ανεξάρτητη μεταβλητή να μην συμβολίζεται πάντα με

x και η εξαρτημένη με y. Ιδιαίτερα στις παραγώγους να κάνουμε χρήση και των συμβολισμών

g(y), α(t), V(r), Q(ρ) κ.α. Η πρακτική αυτή αποτρέπει τη μηχανιστική μάθηση και βοηθά, μέσω των

συναρτήσεων, στην κατανόηση της συμμεταβολής των διαφόρων αλληλοεξαρτώμενων μεγεθών

από άλλες επιστήμες.

Έχουμε τη δυνατότητα να σχεδιάσουμε τη γραφική παράσταση, οποιασδήποτε πραγματικής

συνάρτησης σε ένα σύστημα καρτεσιανών συντεταγμένων;


Δίνεται η συνάρτηση f με

1 αν xf(x)

0 αν x (συνάρτηση Dirichlet)

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f αποτελείται από τα άπειρα σημεία της μορφής (ρ,1)

με ρ , τα οποία ανήκουν στην ευθεία με εξίσωση y 1 , και από τα άπειρα σημεία της μορφής

(α,0) με α , τα οποία ανήκουν στην ευθεία με εξίσωση y 0 .

Πως όμως θα σχεδιάσουμε τα σημεία της μορφής (ρ,1) με ρ , τα οποία ανήκουν στην ευ-

θεία με εξίσωση y 1 ; Η δυσκολία έγκειται στο ότι: οι ρητοί αριθμοί είναι πυκνοί στο . Αυτό ση-

μαίνει, με απλά λόγια, ότι σε κάθε διάστημα (α,β) υπάρχουν άπειροι ρητοί. Την ίδια δυσκολία

έχουμε και για τα σημεία της μορφής (α,0) με α , τα οποία ανήκουν στην ευθεία με εξί-

σωση y 0 , αφού και οι άρρητοι είναι πυκνοί στο .

Μετά τα παραπάνω, οι μαθητές είναι σε θέση να κατανοήσουν, ότι πρακτικά δεν έχουμε τη

δυνατότητα να σχεδιάσουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης Dirichlet. Να σημειώσουμε

εδώ ότι η συνάρτηση Dirichlet είναι παντού ασυνεχής. Βεβαίως είμαστε σε θέση να σχεδιάσουμε

μερικά σημεία της πάνω στη ευθεία y 1 και μερικά πάνω στην ευθεία y 0 . Δεν μπορούν όμως

τα σημεία αυτά να μας δώσουν εποπτικά μια «εικόνα» για το πώς είναι ένα μέρος της γραφικής

παράστασης ώστε, να φανταστούμε το υπόλοιπο, όπως γίνεται συνήθως. Έτσι η «εικόνα» της γρα-

φικής παράστασης της συνάρτησης Dirichlet παραμένει εξ’ ολοκλήρου στη φαντασία μας.

Τι μπορούμε να πούμε στους «ανήσυχους» μαθητές μας σχετικά με την πυκνότητα των

ρητών και των άρρητων αριθμών στους πραγματικούς;

Μια ενδεχόμενη απορία, κυρίως από τους ιδιαίτερα ικανούς μαθητές, μπορεί να είναι σχετική

με το ζήτημα της πυκνότητας των ρητών και των άρρητων αριθμών στους πραγματικούς. Στην πε-

ρίπτωση αυτή μπορούμε να τους πείσουμε με τα παρακάτω, τα οποία καλό είναι να τα δώσουμε

σε φωτοτυπία για να τα μελετήσουν, έτσι ώστε, να μην χάσουμε χρόνο στη τάξη για κάτι εξεζητη-

μένο σ’ αυτή τη φάση που δεν αφορά την πλειονότητα των μαθητών.

1) Αρχικά ξεκινάμε με μια εκλαϊκευμένη εκδοχή για το τι σημαίνει ότι οι ρητοί αριθμοί είναι πυ-

κνοί στο . Λέμε απλά ότι, «οι ρητοί βρίσκονται παντού, όπου και αν κοιτάξουμε στην ευθεία

των πραγματικών αριθμών».

2) Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι σε κάθε διάστημα πραγματικών αριθμών (α,β) υπάρχει

ένας τουλάχιστον ρητός αριθμός.

Απόδειξη

Θεωρούμε τους ρητούς αριθμούς της μορφής κ

ν όπου ν σταθερός με *ν και κ . Οι αριθ-

μοί αυτοί παριστάνουν άπειρα (για την ακρίβεια αριθμήσιμο πλήθος) μεμονωμένα σημεία της


6

ευθείας των πραγματικών αριθμών. Η απόσταση δύο διαδοχικών τέτοιων αριθμών είναι στα-

θερή 1

ν. Το βήμα δηλαδή είναι

1

ν.

Έστω τώρα ότι δίνεται ένα οποιοδήποτε διάστημα πραγματικών αριθμών (α,β) . Για να εξα-

σφαλίσουμε ότι, τουλάχιστον ένας ρητός αριθμός της παραπάνω μορφής ανήκει στο διάστημα

αυτό, αρκεί να επιλέξουμε το φυσικό αριθμό ν έτσι, ώστε το βήμα να είναι μικρότερο του πλά-

τους β α του διαστήματος. Δηλαδή:

1 1β α ν

ν β α

Όμως για κάθε πραγματικό αριθμό, υπάρχει πάντα φυσικός μεγαλύτερός του. Αυτό προκύπτει

από την πρόταση: «αν x με x 0 , τότε υπάρχει μοναδικός φυσικός αριθμός που ανήκει στο

διάστημα [x,x 1)», η απόδειξη της οποίας είναι έξω από τους στόχους της παρούσας προσέγ-

γισης. Επομένως είναι πάντοτε δυνατή η επιλογή του ν έτσι, ώστε ένας τουλάχιστον από τους

ρητούς της παραπάνω μορφής να ανήκει στο διάστημα (α,β) .

3) Με βάση το παραπάνω αποδεικνύουμε, με απλό τρόπο, γιατί τελικά υπάρχουν άπειροι σε πλή-

θος ρητοί αριθμοί σε οποιοδήποτε διάστημα (α,β)

Απόδειξη

Θεωρούμε το μέσο α β

2 και τα διαστήματα

α βα, (α,β)

2 και

α β,β (α,β)

2. Σύμφωνα

με το προηγούμενο υπάρχει τουλάχιστον ένας ρητός αριθμός σε καθένα από τα διαστήματα

αυτά, άρα υπάρχουν δύο τουλάχιστον ρητοί στο (α,β) . Η διαδικασία αυτή όμως μπορεί να συ-

νεχιστεί χωρίς τέλος. Επομένως σε κάθε διάστημα (α,β) υπάρχουν άπειροι σε πλήθος ρητοί α-

ριθμοί.

4) Τέλος εξηγούμε ότι, θεωρώντας τους άρρητους αριθμούς της μορφής κ

2ν

όπου ν σταθερός με

*ν και κ , μπορούμε με την ίδια ακριβώς διαδικασία όπως η παραπάνω, να αποδείξου-

με ότι σε κάθε διάστημα (α,β) υπάρχουν άπειροι σε πλήθος άρρητοι αριθμοί. Επομένως και το

σύνολο των άρρητων αριθμών είναι πυκνό στο .

Η συνάρτηση E:[0, ) με 2Ε(x) 5x όπου x είναι μήκος σε cm και η συνάρτηση

S:[0, ) με 2S(t) 5t όπου t είναι χρόνος σε sec, είναι ίσες;

Ο ορισμός της ισότητας συναρτήσεων είναι ένας τυπικός αριθμητικός ορισμός, δηλαδή δεν εξε-

τάζει το μέγεθος και τη μονάδα μέτρησης των μεταβλητών. Επομένως οι παραπάνω συναρτήσεις

είναι ίσες, αφού ικανοποιούν τον ορισμό της σελίδας 23 του σχολικού βιβλίου.

Δίνεται η συνάρτηση f με 2f(x) lnx . Μπορούμε να γράψουμε f(x) 2lnx ;

Η συνάρτηση f με 2f(x) lnx ορίζεται για κάθε *x . Η έκφραση 2lnx ορίζεται για x 0 . Επο-

μένως δεν είναι δυνατόν να γράψουμε f(x) 2lnx .

Το σωστό είναι να γράψουμε: 22f(x) lnx ln x 2ln x που ορίζεται για κάθε *x .

Αν δοθεί η συνάρτηση g:(0, ) με 2g(x) lnx , τότε μπορούμε να γράψουμε g(x) 2lnx α-

φού το πεδίο ορισμού της g, το οποίο δίνεται από την εκφώνηση, είναι το (0, ).


7

Δίνεται η συνάρτηση f με 3 2f(x) x . Μπορούμε να γράψουμε 2

3f(x) x ;

Η συνάρτηση f με 3 2f(x) x ορίζεται για κάθε x . Η έκφραση 2

3x ορίζεται για x 0 . Επομέ-

νως δεν είναι δυνατόν να γράψουμε 2

3f(x) x . Το σωστό είναι να γράψουμε: 2

23 2 3 3f(x) x x x

Δίνονται οι συναρτήσεις f : A και g : A . Αν f(x) g(x) 0 για κάθε x A , τότε

Ισχύει ( f(x) 0 για κάθε x A ) ή ( g(x) 0 για κάθε x A );


Έστω οι συναρτήσεις f : με

x αν x 2f(x)

0 αν x 2 και g:

0 αν x 2g(x)

1 αν x 2

Τότε έχουμε

x 0 0 αν x 2f(x) g(x)

0 1 0 αν x 2, δηλαδή f(x) g(x) 0 για κάθε x .

Όμως δεν ισχύει: ( f(x) 0 για κάθε x ) ή ( g(x) 0 για κάθε x )

Αυτό που ισχύει είναι: ( f(x) 0 για κάποια x ) και ( g(x) 0 για τα υπόλοιπα x )

Σχόλιο

Θωρώντας τη μηδενική συνάρτηση, η οποία για κάθε x παίρνει την τιμή 0, μπορούμε να πούμε ότι: «αν η συνάρτηση f g είναι μηδενική, τότε αυτό δεν σημαίνει ότι μια τουλάχιστον από τις συ-

ναρτήσεις f, g είναι μηδενική». Επομένως το σύνολο των συναρτήσεων, εφοδιασμένο με τις γνω-στές πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού, δεν αποτελεί σώμα.

Θα μπορούσαμε όμως να γράψουμε: ( f(x) 0 ή g(x) 0 ) για κάθε x από το οποίο βεβαίως

δεν προκύπτει ότι, μια τουλάχιστον από τις συναρτήσεις f, g είναι μηδενική και δεν είναι ίδιο με το ( f(x) 0 για κάθε x ) ή ( g(x) 0 για κάθε x ).

Οι συναρτήσεις f : για τις οποίες ισχύει 2 2f (x) 2f(x) x 2x 0 για κάθε x ,

είναι μόνο δύο, δηλαδή οι συναρτήσεις 1f (x) x με x , 2f (x) 2 x με x ;

2 2 2 2

2 2

f (x) 2f(x) x 2x 0 f (x) 2f(x) 1 (x 2x 1) 0

f(x) 1 (x 1) 0

f(x) 1 x 1 f

Για κά

(x) 1 x 1 0

f

θε x έχουμ

(x) x ή f(x

ε:

)

2

x

Προσοχή:

Το παραπάνω δεν σημαίνει ότι: ( f(x) x για κάθε x ) ή ( f(x) 2 x για κάθε x ).

Το ορθό συμπέρασμα είναι: ( f(x) x ή f(x) 2 x ) για κάθε x .

Αυτό σημαίνει ότι: ( f(x) x για κάποια x ) και ( f(x) 2 x για τα υπόλοιπα x )

Δηλαδή κάθε μια από τις δυο παραστάσεις που εκφράζεται ο αριθμός f(x) που βρήκαμε παραπάνω δεν ισχύει για κάθε x από μόνη της και έτσι δεν ορίζουν μόνο δύο συναρτήσεις. Δύο μπορεί να είναι οι διαφορετικές παραστάσεις με τις οποίες εκφράζεται το f(x). Τέτοιες συναρτήσεις όμως υπάρχουν άπειρες που είναι:

f(x) x , για κάθε x

ή

f(x) 2 x , για κάθε x

ή

x, x Af(x)

2 x, x A όπου Α


8

Δίνονται οι συναρτήσεις f : A και g : A . Αν 2 2f (x) g (x) για κάθε x A , τότε

ισχύει ( f(x) g(x) για κάθε x A ) ή ( f(x) g(x) για κάθε x A );


Έστω η συνάρτηση f :(0, ) για την οποία ισχύει 2 2f (x) ln x . Οι συναρτήσεις αυτές δεν

είναι μόνο δύο. Υπάρχουν άπειρες τέτοιες συναρτήσεις οι οποίες είναι:

f(x) lnx για κάθε x (0, )

ή

f(x) lnx για κάθε x (0, )

ή

lnx αν x Af(x)

lnx αν x (0, ) A όπου Α (0, )

Σχόλιο

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής τότε υπάρχουν ακριβώς τέσσερις τέτοιες συναρτήσεις που είναι:

1f (x) lnx , x (0, )

2f (x) lnx , x (0, )

3

lnx αν x (0,1)f (x)

lnx αν x [1, )

4

lnx αν x (0,1)f (x)

lnx αν x [1, )

Από τις παραπάνω τέσσερις συνεχείς συναρτήσεις μόνο οι δύο πρώτες είναι παραγωγίσιμες.

Το πεδίο ορισμού της σύνθετης συνάρτησης g f δυο δοσμένων συναρτήσεων f και g πρέπει

οπωσδήποτε να προηγείται της εύρεσης του τύπου της;

Αν τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων f και g είναι fD και gD αντίστοιχα, τότε η εύρεση του

πεδίου ορισμού g f f gD x D με f(x) D της συνάρτησης g f πρέπει να προηγηθεί της εύρεσης

του τύπου της. Οι λόγοι είναι οι εξής:


9

1) Η σχέση του συνόλου g fD με το κενό σύνολο είναι το κριτήριο για το αν ορίζεται ή όχι η συνάρ-

τηση g f .

Πιο συγκεκριμένα:

Αν g fD , τότε δεν ορίζεται η συνάρτηση g f .

Αν g fD , τότε ορίζεται η συνάρτηση g f και μπορούμε να βρούμε τον τύπο της.

Για την εύρεση του πεδίου ορισμού της σύνθετης συνάρτησης οι μαθητές μπορούν να κάνουν

χρήση της σχέσης (g f)(x) g(f(x)) στο περιθώριο, ώστε να μην το απομνημονεύσουν και το

χρησιμοποιήσουν μηχανικά, όπως διατυπώνεται στο σχολικό βιβλίο. Το σκεπτικό είναι ότι το

πεδίο ορισμού της g(f(x)) είναι το σύνολο των αριθμών x οι οποίοι ανήκουν στο πεδίο ορισμού

της «εσωτερικής» συνάρτησης f για τους οποίους ο αριθμός f(x) ανήκει στο πεδίο ορισμού της

«εξωτερικής» συνάρτησης g.

2) Ένας άλλος λόγος για τον οποίο είναι αναγκαίο να τονισθεί στους μαθητές ότι σε καμία περί-

πτωση δεν πρέπει πρώτα να βρίσκουν τον τύπο της συνάρτησης g f είναι ότι, δεν μπορούμε

να βρούμε το πεδίο ορισμού μέσα από την εύρεση του τύπου της. Δηλαδή δεν μπορούμε να

βρούμε το πεδίο ορισμού της g f παίρνοντας τους σχετικούς περιορισμούς που αφορούν την

έκφραση της τελικής μορφής του τύπου της.


Δίνονται οι συναρτήσεις f :[0, ) με f(x) x και g: με 2g(x) x . Να προσδιορί-

σετε τη συνάρτηση g f .

Απάντηση

Η συνάρτηση g f έχει:

πεδίο ορισμού x A / f(x) B [0, )

τύπο 2

(g f)(x) g(f(x)) x x .

Πολλοί μαθητές βρίσκουν τον τύπο της g f που είναι (g f)(x) x , και θεωρούν λανθασμένα ότι,

αφού η έκφραση αυτή δεν έχει κανένα περιορισμό, το πεδίο ορισμού της g f είναι το σύνολο

Ερώτημα ii) της άσκησης 6 της Β΄ ομάδας της § 1.2 στη σελίδα 30 του σχολικού βιβλίου.

6. Να βρείτε συνάρτηση f τέτοια ώστε να ισχύει:

ii) 2f g (x) 1 x , για κάθε x , αν 2g(x) x

Αν θέλουμε να βρούμε όλες τις συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύουν τα παραπάνω, τότε

ποιες είναι αυτές;

Αρχικά θα προσπαθήσουμε να προσδιορίσουμε το πεδίο ο ορισμού fD της συνάρτησης f.

Για το λόγο ότι f g gD D , θα ισχύει fg( ) D . Όμως g( ) ( ,0] οπότε f( ,0] D .

Επομένως το fD είναι το διάστημα Δ ( ,0] ή οποιοδήποτε υπερσύνολο του Δ ( ,0] .

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να προσδιορίσουμε τον τύπο της συνάρτησης f.

Αν y g( ) ( ,0] , τότε 2 2y g(x) y x x y , για κάποιο gx D .

Επομένως θα ισχύει: 2f(y) f(g(x)) 1 x 1 y .

Άρα για κάθε x ( ,0] η συνάρτηση f ορίζεται από τον τύπο f(x) 1 x

Αν fx D ( ,0] , όπου fD οποιοδήποτε υπερσύνολο του Δ ( ,0] , τότε η συνάρτηση f ορί-

ζεται από οποιονδήποτε τύπο έχει νόημα στο fD ( ,0]


10

Τελικά υπάρχουν άπειρες τέτοιες συναρτήσεις οι οποίες είναι:

f(x) 1 x για κάθε x ( ,0]

ή

1 x , x ( ,0]f(x)

h(x) , x A ( ,0]

όπου fΑ D είναι οποιοδήποτε υπερσύνολο του Δ ( ,0]

και h οποιαδήποτε συνάρτηση μπορεί να οριστεί στο A ( ,0]

Πράγματι

Η συνάρτηση f g ορίζεται εφόσον: g

2f

xx Dx

g(x) D x A

. (Ισχύει ( ,0] Α )

Επομένως f gD .

Η συνάρτηση f g έχει τύπο: 2 2f g (x) f g(x) 1 g(x) 1 ( x ) 1 x

Σχόλιο

Για τη σύνθεση f g δεν έχει σημασία ο τύπος της f στο A ( ,0] .

Ποια έννοια έχει, από πλευράς μαθηματικής λογικής, το «όταν» στον ορισμό της γνησίως

αύξουσας συνάρτησης;

Το «όταν» στον ορισμό της γνησίως αύξουσας συνάρτησης της σελίδας 31 το σχολικού βιβλίου,

αλλά και στους άλλους ορισμούς, έχει την έννοια του «αν και μόνο αν».

Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της τότε,

ισχύει η ισοδυναμία f(α) f(β) α β για κάθε α,β Δ ;

Από τον ορισμό της γνησίως αύξουσας συνάρτησης στο διάστημα Δ ισχύει:

α β f(α) f(β) για κάθε α,β Δ

Μετά τον ορισμό, χρήσιμο είναι να αποδειχθεί στην τάξη ότι:

f(α) f(β) α β για κάθε α,β Δ

Απόδειξη

Έστω ότι υπάρχουν α,β Δ , για τα οποία ισχύει η υπόθεση και δεν ισχύει το συμπέρασμα της συ-

νεπαγωγής. Τότε θα ισχύει f(α) f(β) και α β .

Αν ήταν α β , επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, θα ίσχυε f(α) f(β) που αντίκειται στην υπόθεση.

Αν ήταν α β , από τον ορισμό της συνάρτησης, θα ίσχυε f(α) f(β) που αντίκειται στην υπόθεση.

Επομένως ισχύει το ζητούμενο.

Τελικά για τη γνησίως αύξουσα συνάρτηση f στο διάστημα Δ ισχύει η ισοδυναμία:


Στον ορισμό του σχολικού βιβλίου, στη σελίδα 31, ορθώς γράφεται «για οποιαδήποτε 1 2x ,x Δ

με 1 2x x ισχύει: 1 2f(x ) f(x ) », δηλαδή ορθώς γίνεται χρήση συνεπαγωγής. Στο στάδιο αυτό, όπου

ορίζεται η έννοια, δεν έχουμε τη δυνατότητα να χρησιμοποιήσουμε ισοδυναμία, για το λόγο ότι το αντίστροφο αποδεικνύεται με χρήση του ιδίου του ορισμού (με απαγωγή σε άτοπο). Η χρήση ισοδυ-ναμίας θα δημιουργούσε ένα «φαύλο ορισμό». Όμως, όπως αναφέραμε παραπάνω, μετά τον ορισμό μπορεί να αποδειχθεί το αντίστροφο και στη συνέχεια να αναφερθεί ότι τελικά ισχύει η ισοδυναμία.

Αντίστοιχο συμπεράσματα έχουμε και για τη γνησίως φθίνουσα συνάρτηση στο διάστημα Δ.


Σύμφωνα με την 150662/Δ2/15-9-2016 εγκύκλιο του ΥΠ.Π.Ε.Θ., πρέπει να τονιστεί στους μαθητές ότι για την επίλυση ασκήσεων μπορούν να χρησιμοποιηθούν αναπόδεικτα οι παραπάνω προτάσεις.


11

Έστω δύο συναρτήσεις f και g οι οποίες είναι 1-1. Αν ορίζεται η συνάρτηση g f τότε είναι

πάντοτε 1-1; Ισχύει το ίδιο και για τις συναρτήσεις f g , f g και f

g;

Έστω g fD το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g f . Τότε για οποιαδήποτε

1 2 g fx ,x D έχουμε:

1 2 1 2 1 2 1 2g f (x ) g f (x ) g f(x ) g f x f(x ) f(x ) x x

Επομένως η συνάρτηση g f είναι 1-1.

Δεν ισχύει το ίδιο για τις συναρτήσεις: f g , f g και f

g.


Έστω οι συναρτήσεις f, g με 5f(x) x , x και g(x) x , x . Οι f και g είναι 1-1 ενώ:

Η συνάρτηση 5f g (x) x x , x δεν είναι 1-1 αφού f(0) f(1) .

Η συνάρτηση 6f g (x) x , x δεν είναι 1-1 αφού f( 1) f(1) .

Η συνάρτηση 4f(x) x

g

, *x δεν είναι 1-1 αφού f( 1) f(1) .

Έστω μια γνησίως μονότονη συνάρτηση f : Δ , όπου Δ είναι διάστημα. Η αντίστροφη

συνάρτηση 1f είναι γνησίως μονότονη; Αν ναι, τότε έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f;

Α΄ τρόπος

Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Τότε:

Για οποιαδήποτε 1 2y ,y f(Δ) , με 1 2y y , υπάρχουν 1 2x ,x Δ τέτοια ώστε:

11 1 1 1f(x ) y x f (y ) και 1

2 2 2 2f(x ) y x f (y )

Έχουμε: 1 11 2 1 2 1 2 1 2y y f(x ) f(x ) x x f (y ) f (y ) , επομένως η 1f είναι γνησίως αύξουσα.

Όμοια αποδεικνύεται, ότι αν η f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε η 1f είναι γνησίως φθίνουσα.

Β΄ τρόπος

Αν η f είναι γνησίως αύξουσα και η 1f δεν είναι γνησίως αύξουσα, τότε υπάρχουν 1 2y ,y f(Δ)

με 1 2y y και 1 11 2f (y ) f (y ) . Επομένως 1 1

1 2 1 2f (f (y ) f f (y ) y y που είναι άτοπο. Άρα η

συνάρτηση 1f είναι γνησίως αύξουσα.

Σχόλιο

Είναι φανερό ότι η παραπάνω πρόταση δεν αληθεύει στην περίπτωση που η συνάρτηση f είναι

μονότονη, αλλά όχι γνησίως μονότονη.

Στον τύπο της αντίστροφης συνάρτησης της y f(x) , δηλαδή στον τύπο 1x f (y) , υπάρχει

λόγος η ανεξάρτητη μεταβλητή να γίνεται πάντοτε x και η εξαρτημένη y;

Δεν υπάρχει πάντοτε λόγος η ανεξάρτητη μεταβλητή να γίνεται x και η εξαρτημένη y. Καλύτερα

είναι να μένει όπως προκύπτει. Αν δε πρόκειται για φυσικά μεγέθη, τότε δεν επιτρέπεται και δεν

έχει νόημα η αλλαγή των μεταβλητών.

Όταν όμως εξετάζουμε στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων τις γραφικές παραστάσεις και των δυο

συναρτήσεων f και 1f , τότε επιβάλλεται η ανεξάρτητη μεταβλητή να παρίσταται με το ίδιο γράμ-

μα. Το ίδιο ισχύει και για την εξαρτημένη μεταβλητή. Στην περίπτωση αυτή η εξέταση αφορά κα-

θαρά τη μαθηματική-τυπική πλευρά, δηλαδή δεν μας ενδιαφέρουν τα μεγέθη που παριστάνουν οι

μεταβλητές των συναρτήσεων.


12

Έστω μια συνάρτηση f : Α η οποία είναι 1-1 και η αντίστροφη 1f : f(A) αυτής. Η

ευθεία y x ως προς την οποία οι γραφικές παραστάσεις fC και 1fC των f και 1f είναι

συμμετρικές, είναι πάντοτε μοναδική;

Εκτός από την ευθεία y x , είναι δυνατόν να

υπάρχουν και άλλες ευθείες ως προς τις οποίες

οι γραφικές παραστάσεις fC και 1fC των f και

1f να είναι συμμετρικές

Παράδειγμα 1ο

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f με

3f(x) x και η γραφική παράσταση της αντί-

στροφής της 1f που έχει τύπο:

31

3

x , αν x 0f (x)

x , αν x 0

είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y x , αλλά και ως προς την ευθεία y x .


Η συνάρτηση f με 1

f(x)x

ταυτίζεται με την αντίστροφή της. Οι γραφικές τους παραστάσεις fC και

1fC είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y x , αλλά και ως προς την ευθεία y x .


Η συνάρτηση f με f(x) α x ταυτίζεται με την αντίστροφή της. Κάθε ευθεία όμως έχει άπει-

ρους άξονες συμμετρίας (την ίδια και όλες τις ευθείες κάθετες σ΄ αυτήν). Επομένως υπάρχουν ά-

πειρες ευθείες ως προς τις οποίες οι γραφικές παραστάσεις fC και 1fC είναι συμμετρικές.

Έστω μια συνάρτηση f : Α η οποία είναι 1-1 και η αντίστροφη 1f : f(A) αυτής.

Οι εξισώσεις: f(x) x , 1f (x) x και 1f(x) f (x) με είναι ισοδύναμες;

Οι δύο εξισώσεις f(x) x , x A και 1f (x) x , x f(Α) έχουν το ίδιο σύνολο λύσεων, οπότε εί-

ναι ισοδύναμες. Με άλλα λόγια, τα κοινά σημεία της fC με την ευθεία y x και τα κοινά σημεία

της 1fC με την ίδια ευθεία (αν υπάρχουν) ταυτίζονται.

Οι λύσεις δύο των παραπάνω εξισώσεων f(x) x και 1f (x) x είναι και λύσεις της εξίσωσης 1f(x) f (x) . Δεν ισχύει όμως το αντίστροφο. Δηλαδή είναι δυνατόν η εξίσωση 1f(x) f (x) να έχει

λύσεις, που να μην είναι όλες και λύσεις των εξισώσεων f(x) x και 1f (x) x . Επομένως η εξίσω-

ση 1f(x) f (x) δεν είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις f(x) x και 1f (x) x . Με άλλα λόγια οι γρα-

φικές παραστάσεις των f και 1f είναι δυνατόν να έχουν κοινά σημεία που δεν ανήκουν στην ευ-

θεία y x


Δίνεται η συνάρτηση f :( ,1] με τύπο f(x) 1 x . Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι η f

αντιστρέφεται και η αντίστροφη συνάρτηση είναι 1f :[0, ) με τύπο 1 2f (x) 1 x .

Για τα κοινά σημεία της fC με την ευθεία y x έχουμε:

2 2f(x) x 1 x x x x 1 01 x x 5 1 x

x 1 20 x 1 0 x 1x 1


13

Άρα κοινό σημείο της fC με την ευθεία y x είναι το

5 1 5 1,

2 2

Για τα κοινά σημεία της 1fC με την ευθεία y x έχουμε:

1 2 2f (x) x 1 x x x x 1 0 5 1 x

2x 0 x 0 x 0

Άρα κοινό σημείο της 1fC με την ευθεία y x είναι το

5 1 5 1,

2 2

Για τα κοινά σημεία των fC και 1fC έχουμε:

1 4 22f(x) f (x) x 2x x 01 x 1 x 5 1 x 0 ή x=1 ή x

20 x 1 0 x 10 x 1

Άρα κοινά σημεία των fC και 1fC είναι τα (1,0) , (0,1) και

5 1 5 1,

2 2

Σχόλιο

Στο παραπάνω ζήτημα θεωρούμε ότι η αντίστροφη μιας συνάρτησης δεν είναι άμεσα, δηλαδή

σε κάθε σημείο, «δεμένη» με τη συνάρτηση από την οποία προήλθε. Σε αντίθετη περίπτωση, το

αποτέλεσμα θα ήταν, η γραφική παράσταση της αντίστροφης συνάρτησης να δημιουργείτε με ορι-

σμένη «φορά διαγραφής». Για να γίνει κατανοητό αυτό από τους μαθητές, μπορούμε να θεωρή-

σουμε, ένα κινητό το οποίο κινείται πάνω στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f και το είδω-

λό του το οποίο κινείται πάνω στην γραφική παράσταση της 1f . Τότε αποδεικνύεται ότι, αν αυτά

συγκρούονται, αυτό γίνεται μόνο σε σημεία της ευθείας y x . Αυτή η θεώρηση όμως ξεφεύγει

τελείως από την «ανεξαρτησία» της αντίστροφης συνάρτησης, όπως τη θεωρούμε παραδοσιακά.

Αυτό που μας ενδιαφέρει εδώ, είναι αν οι τροχιές τους τέμνονται και όχι αν το κινητό συγκρούεται

με το είδωλό του μόνο.

Σημείωση

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε, ότι αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα τότε η εξίσωση 1f(x) f (x) είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις f(x) x και 1f (x) x .

Έστω μια συνάρτηση f : Α η οποία είναι 1-1 και η αντίστροφη 1f : f(A) αυτής. Αν

Α f(A) και η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε πως μπορούμε να αποδείξουμε ότι ισχύει

η ισοδυναμία: 1f(x) f (x) f(x) x για κάθε x A f(A) ;

Α΄ τρόπος

Ευθέως: Έστω 0x A f(A) με 10 0f(x ) f (x ) . Θα αποδείξουμε ότι 0 0f(x ) x

Αν 0 0f(x ) x , τότε θα είναι:

1 10 0 0 0 0 0 0 0f(x ) x f (x ) x f f (x ) f x x f x , που είναι άτοπο

ή

1 10 0 0 0 0 0 0 0f(x ) x f (x ) x f f (x ) f x x f x , που είναι άτοπο

Επομένως ισχύει: 0 0f(x ) x

Αντιστρόφως: Έστω 0x A f(A) με 0 0f(x ) x . Θα αποδείξουμε ότι 10 0f(x ) f (x ) . Έχουμε:

1 1 1 10 0 0 0 0 0 0 0f(x ) x f f(x ) f x x f x f(x ) f x

Άρα για τη γνησίως αύξουσα συνάρτηση f ισχύει η ισοδυναμία: 1f(x) f (x) f(x) x για κάθε x A f(A)


14

Β΄ τρόπος

Έστω η συνάρτηση g με g(x) x f(x) , x A f(A) . Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, εύκολα

αποδεικνύεται το ίδιο και για τη g, οπότε η g είναι 1-1. Για κάθε x A f(A) ισοδύναμα έχουμε:

1 1

1 1

f(x) f (x) f f(x) f f (x) f f(x) x

f(x) f f(x) =x f(x) g f(x) g(x) f(x) x

Εφαρμογή

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f : με 3f(x) x x 8 αντιστρέφεται και να βρείτε τα

κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων fC και 1fC .

Απάντηση

Είναι εύκολο να αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα και 1-1, οπότε αντιστρέφεται.

Για το λόγο ότι η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική, το πεδίο ορισμού της αντίστροφης είναι το:

x x

f( ) lim f(x), lim f(x) ( , )

Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση, οι τετμημένες των κοι-

νών σημείων των fC και 1fC είναι οι λύσεις στο f( ) της εξίσωσης:

3 3f(x) x x x 8 x x 8 x 2

Άρα το μοναδικό κοινό σημείο των fC και 1fC είναι το Α(2,2).

Σχόλιο

Είναι πολύ δύσκολο να βρεθεί ο τύπος της 1f και να λυθεί απευθείας η εξίσωση: 1f(x) f (x) .

Για να χρησιμοποιήσουμε όμως την παραπάνω πρόταση, πρέπει πρώτα να την αποδείξουμε, αφού

δεν υπάρχει στο σχολικό βιβλίο.

Έστω η συνάρτηση π π

f : , 1,12 2

με f(x) ημx . Αντιστρέφεται η συνάρτηση f;

Αν αντιστρέφεται τότε ποια είναι η αντίστροφη συνάρτηση;

Η συνάρτηση f με f(x) ημx είναι γνησίως αύξουσα στο π π

Δ ,2 2

. Επομένως είναι 1-1 οπότε

αντιστρέφεται. Το σύνολο τιμών της f είναι το f(Δ) [ 1,1] που είναι το πεδίο ορισμού της 1f .

Έχουμε λοιπόν 1 π πf : 1,1 ,

2 2

. Ποιος είναι όμως ο τύπος της συνάρτησης 1f ;

Οι μαθητές μπορούν να κατανοήσουν την ύπαρξη της αντίστροφης συνάρτησης, αλλά ο συμβολι-

σμός του τύπου της είναι 1f (x) τοξημx και δεν συμπεριλαμβάνεται στα σχολικά μαθηματικά.

Στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και 1f .

x

y

1,5p 1,25p p 0,75p 0,5p 0,25p 0 0,25p 0,5p 0,75p p 1,25p 1,5p

-2

-1

0

1

2


15

Παρόλο που δεν γνωρίζουμε το σύμβολο της έκφρασης του τύπου της αντίστροφης συνάρτησης,

από την ισοδυναμία 1f(x) y f (y) x με π π

x ,2 2

και y [ 1,1] , εύκολα βρίσκουμε ότι:

1 πf 1

2 1 3 π

f2 3

1 2 πf

2 4

1 1 πf

2 6

1f 0 0 1 1 πf

2 6

1 2 πf

2 4

1 3 πf

2 3

1 πf 1

2

Έστω η συνάρτηση f : 0,π 1,1 με f(x) συνx . Αντιστρέφεται η συνάρτηση f;


Η συνάρτηση f με f(x) συνx είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ 0,π . Επομένως είναι 1-1 οπότε

αντιστρέφεται. Το σύνολο τιμών της f είναι το f(Δ) [ 1,1] που είναι το πεδίο ορισμού της 1f .

Έχουμε λοιπόν 1f : 1,1 0,π . Ποιος είναι όμως ο τύπος της συνάρτησης 1f ;


σμός του τύπου της είναι 1f (x) τοξσυνx και δεν συμπεριλαμβάνεται στα σχολικά μαθηματικά.



από την ισοδυναμία 1f(x) y f (y) x με x 0,π και y [ 1,1] , εύκολα βρίσκουμε ότι:

1f 1 π 1 3 5πf

2 6

1 2 3πf

2 4

1 1 2πf

2 3

1 πf 0

2 1 1 π

f2 3

1 2 πf

2 4

1 3 πf

2 6

1f 1 0

x

y

1,5p 1,25p p 0,75p 0,5p 0,25p 0 0,25p 0,5p 0,75p p 1,25p 1,5p 1,75p 2p 2,25p 2,5p

-1

0

1

2

3


16

Έστω η συνάρτηση π π

f : ,2 2

με f(x) εφx . Αντιστρέφεται η συνάρτηση f;


Η συνάρτηση f με f(x) εφx είναι γνησίως αύξουσα στο π π

Δ ,2 2

. Επομένως είναι 1-1 οπό-

τε αντιστρέφεται. Το σύνολο τιμών της f είναι το f(Δ) που είναι το πεδίο ορισμού της 1f .

Έχουμε λοιπόν 1 π πf : ,

2 2

. Ποιος είναι όμως ο τύπος της συνάρτησης 1f ;


σμός του τύπου της είναι 1f (x) τοξεφx και δεν συμπεριλαμβάνεται στα σχολικά μαθηματικά.



από την ισοδυναμία 1f(x) y f (y) x με π π

x ,2 2

και y , εύκολα βρίσκουμε ότι:

1 πf 3

3 1 π

f 14

1 3 πf

3 6

1f 0 0

1 3 πf

3 6

1 πf 1

4 1 π

f 33

Επίσης έχουμε:

π πx x

2 2

lim f(x) lim εφx

1

x

πlim f (x)

2

π πx x

2 2

lim f(x) lim εφx

1

x

πlim f (x)

2

x

y

2,5p 2,25p 2p 1,75p 1,5p 1,25p p 0,75p 0,5p 0,25p 0 0,25p 0,5p 0,75p p 1,25p 1,5p 1,75p 2p 2,25p 2,5p

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5


17

Όριο και Συνέχεια Συνάρτησης

Έστω η συνάρτηση f με 2f(x) x x . Έχει έννοια το όριο

x 0limf(x)

;

Οι περισσότεροι μαθητές αναμένεται να απαντήσουν ως εξής:

2 2

x 0 x 0limf(x) lim x x 0 0 0 0

Επομένως, για τους μαθητές αυτούς, το όριο έχει έννοια. Όμως η συνάρτηση f ορίζεται όταν:

22x x 0 x x 0 x x 1 0 x 0 ή x 1 x 1 ή x 0 ή x 1

Δηλαδή το πεδίο ορισμού είναι Α ( , 1] {0} [1, ) . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f δεν

ορίζεται κοντά στο 0. Το γεγονός ότι ορίζεται στο 0 δεν έχει καμία σημασία. Επομένως το παραπά-

νω όριο δεν έχει έννοια και δεν μπορούμε να γράψουμε

2

x 0lim x x .

Σχόλιο

Το σχόλιο της σελίδας 41 του σχολικού βιβλίου αναφέρει: «Για να αναζητήσουμε το όριο της f

στο 0x πρέπει η f να ορίζεται όσο θέλουμε κοντά στο 0x , δηλαδή η f να είναι ορισμένη σ’ ένα σύ-

νολο της μορφής 0 0(α,x ) (x ,β) ή 0(α,x ) ή 0(x ,β) ».

Την ίδια προϋπόθεση για τη συνάρτηση f έχει και ο ορισμός του ορίου στη σελίδα 43 που είναι

εκτός διδακτέας-εξεταστέας ύλης, αλλά και οι ορισμοί των πλευρικών ορίων, στο τέλος της ίδιας

σελίδας και στην αρχή της επόμενης.

Συνηθίζεται όταν ζητείτε να βρεθεί το όριο 0x xlim f(x) , αυτό να έχει έννοια, ανεξάρτητα αν υπάρχει ή

όχι. Για λόγο αυτό δεν απαιτείται να ελέγξουμε αν η συνάρτηση ορίζεται κοντά στο 0x . Σε αυτή την

περίπτωση την «ευθύνη», ώστε να έχει έννοια το όριο, την έχει ο ερωτών και όχι ο ερωτώμενος.


18

Συμπέρασμα

Στην περίπτωση που ο ερωτών θέλει να εξετάσει την εύρεση του ορίου 0x xlim f(x) , τότε είναι υπο-

χρεωμένος να έχει εξασφαλίσει, ότι το όριο αυτό έχει έννοια. Ο ερωτώμενος, στην απάντησή

του, δεν είναι υποχρεωμένος να ελέγξει αν το όριο έχει έννοια, μέσω της εύρεσης του πεδίου

ορισμού της συνάρτησης f ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο.

Στην περίπτωση που ο ερωτών θέλει να εξετάσει αν το όριο 0x xlim f(x) έχει έννοια, τότε πρέπει να

το ζητήσει συγκεκριμένα.

Στην περίπτωση που ο ερωτώμενος θέλει να υπολογίσει το όριο 0x xlim f(x) με δική του πρωτο-

βουλία, για τις ανάγκες της λύσης ενός προβλήματος και όχι επειδή αυτό ζητείται άμεσα από

την εκφώνηση, τότε θα πρέπει να εξασφαλίσει ότι το όριο αυτό έχει έννοια. Δηλαδή θα πρέπει

να φαίνεται ότι η συνάρτηση f ορίζεται κοντά στο 0x .

Έστω η συνάρτηση f με f(x) εφx . Έχει έννοια το όριο xlim f(x)

;

Για να έχει έννοια η αναζήτηση του ορίου μιας συνάρτησης f στο , θα πρέπει η f να είναι ο-

ρισμένη σε διάστημα της μορφής (α, ) . Όμως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι:

π π π π 3π 3π 5πΑ x / συνx 0 x / x κπ , κ , , ,

2 2 2 2 2 2 2

Είναι φανερό ότι δεν υπάρχει διάστημα τη μορφής Δ (α, ) τέτοιο ώστε Δ Α .

Επομένως δεν έχει έννοια το όριο της f στο .

Είναι αυτονόητο ότι δεν έχουμε τη δυνατότητα χρήσης του συμβόλου xlim εφx

.

Έστω η συνάρτηση f με 8 5

x 7f(x)

x x 2

. Με ποιο τρόπο μπορούμε να ελέγξουμε αν η f

ορίζεται κοντά στο 1;

Το πεδίου ορισμού της συνάρτησης f είναι 8 5Α x / x x 2 0 , αλλά η εύρεσή του δεν

είναι εύκολη. Θεωρούμε τη συνάρτηση g με 8 5g(x) x x 2 , x . Έχουμε:

8 5

x 1 x 1limg(x) lim(x x 2) 2 0

Επομένως είναι g(x) 0 , άρα και g(x) 0 κοντά στο 1. Αυτό σημαίνει ότι η f ορίζεται κοντά στο 1.

Αν f(x) 0 κοντά στο 0x και 0x x

lim f(x)

, τότε ισχύει 0x x

lim f(x) 0

;

Το αντίστροφο του 1ου θεωρήματος της σελίδας 47 του σχολικού βιβλίου δεν ισχύει.


Για τη συνάρτηση f με 2f(x) x , είναι f(x) 0 κοντά στο 0. Όμως

x 0limf(x) 0

Αν 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

, τότε ισχύει f(x) g(x) κοντά στο 0x ;

Έχουμε:

0 0 0 0 0x x x x x x x x x x

lim f(x) lim g(x) lim f(x) lim g(x) 0 lim[f(x) g(x)] 0

Επομένως ισχύει: f(x) g(x) 0 f(x) g(x) κοντά στο 0x


19

Αν f(x) g(x) κοντά στο 0x και 0x x

lim f(x)

, 0x x

lim f(x)

τότε ισχύει 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

;

Το 2ο θεώρημα στη σελίδα 48 του σχολικού βιβλίου αναφέρει ότι:

«Αν οι συναρτήσεις f, g έχουν όριο στο 0x και ισχύει f(x) g(x) κοντά στο 0x , τότε 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

»

Ορισμένοι μαθητές θεωρούν, λανθασμένα, ότι η παραπάνω συνεπαγωγή αναλύεται στις εξής δύο

συνεπαγωγές:

1) Αν f(x) g(x) κοντά στο 0x τότε: 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

2) Αν f(x) g(x) κοντά στο 0x τότε: 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

, η οποία είναι λανθασμένη.

Είναι φανερό ότι η πρώτη συνεπαγωγή ισχύει. Η δεύτερη όμως είναι λανθασμένη. Στη δεύτερη

συνεπαγωγή το ορθό συμπέρασμα είναι ότι: 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

ή 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

. Επομένως το

συμπέρασμα της συνεπαγωγής είναι: 0 0x x x x

lim f(x) lim g(x)

, δηλαδή είναι δυνατόν να ισχύει η ισότητα.


Για τις συναρτήσεις f με 2f(x) 2x και g με 2g(x) 3x , είναι f(x) g(x) κοντά στο 0.

Όμως έχουμε:

x 0limf(x) 0 και

x 0limg(x) 0 , οπότε

x 0 x 0limf(x) limg(x) .

Έστω οι συναρτήσεις f με f(x) 2 x(x 1) και g με g(x) 3 x(x 1) . Αφού x 0limf(x) 2

και x 0limg(x) 3

, μπορούμε να γράψουμε ότι: x 0 x 0 x 0lim f(x) g(x) limf(x) limg(x) 2 3 5

;

Έχουμε:

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο Α ( , 1] [0, )

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g είναι το σύνολο B ( ,0] [1, )

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f g είναι το σύνολο A B ( , 1] {0} [1, )

Επομένως δεν έχει έννοια το όριο

x 0lim[f(x) g(x)] αφού η συνάρτηση f g δεν ορίζεται κοντά στο 0.

Σχόλιο

Στο θεώρημα (όρια και πράξεις) της σελίδας 48, η πρώτη γραμμή καλό θα ήταν να διατυπωθεί

ως ακολούθως: «Αν υπάρχουν τα όρια των συναρτήσεων f και g στο 0x και αυτές ορίζονται στην

ίδια περιοχή του 0x , τότε υπάρχουν τα παρακάτω όρια και είναι: …»

Κατά την αναζήτηση του ορίου μιας συνάρτησης f, υπάρχει η δυνατότητα να εφαρμόζονται

οι ιδιότητες των ορίων σταδιακά και σε τμήμα μόνο του τύπου της συνάρτησης f κάθε φορά;


Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο 2

x 2

x 2xlim

x 2

Επειδή 2

x 2limx 4

δεν μπορούμε να γράψουμε: 2

x 2 x 2 x 2

x 2x 4 2x 2(x 2)lim lim lim 2

x 2 x 2 x 2

Επειδή x 2lim2x 4

δεν μπορούμε να γράψουμε: 2 2

x 2 x 2 x 2

x 2x x 4 (x 2)(x 2)lim lim lim 4

x 2 x 2 x 2

Η σωστή εφαρμογή των ιδιοτήτων είναι: 2

x 2 x 2 x 2

x 2x x(x 2)lim lim limx 2

x 2 x 2


20

Αν οι συναρτήσεις f και g δεν έχουν όριο στο 0x (αντίστοιχα στο ή στο ) τότε, είναι

δυνατόν κάποιες από τις συναρτήσεις f g , f g , f g , f

g, όπως και άλλοι συνδυασμοί

πράξεων μεταξύ των f και g, να έχουν όριο στο 0x (αντίστοιχα στο ή στο );


Η συνάρτηση f με 1

f(x)x 1

, x 1 δεν έχει όριο στο 1 αφού x 1 x 1lim f(x) lim f(x)

.

Η συνάρτηση g με 2

2g(x)

1 x

, x 1 και x 1 δεν έχει όριο στο 1 αφού

x 1 x 1lim g(x) lim g(x)

.

Όμως για x 1 και x 1 η συνάρτηση f g με 2

1 2 x 1 2 1f g (x)

x 1 1 x (x 1)(x 1) x 1

έχει όριο στο 1 και είναι: x 1 x 1

1 1lim f g (x) lim

x 1 2

Αν η συνάρτηση f έχει όριο στο 0x (αντίστοιχα στο ή στο ) και η συνάρτηση g δεν έχει

όριο στο 0x (αντίστοιχα στο ή στο ) τότε, είναι δυνατόν κάποιες από τις συναρτήσεις

f g , f g , f g , f

g, όπως και άλλοι συνδυασμοί πράξεων μεταξύ των f και g, να έχουν όριο

στο 0x (αντίστοιχα στο ή στο );


Η συνάρτηση f με f(x) x , x έχει όριο στο και είναι: xlim f(x)

.

Η συνάρτηση g με g(x) ημx , x δεν έχει όριο στο

Όμως η συνάρτηση f g με f g (x) x ημx , x έχει όριο στο και είναι τo διότι:

Για κάθε x ισχύει: 1 ημx 1 x 1 x ημx x 1 και x xlim (x 1) lim (x 1)

Επομένως σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής έχουμε: xlim (x ημx)

Γιατί δεν υπάρχουν τα όρια: xlim ημx

, xlim ημx

, xlim συνx

και xlim συνx

;

Ας πάρουμε για παράδειγμα το όριο xlim ημx . Μια εποπτική αιτιολόγηση, για τη μη ύπαρξη αυ-

τού του ορίου, είναι μέσω της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με f(x) ημx .

Μια απόδειξη για τη μη ύπαρξη του παραπάνω ορίου, χωρίς τη χρήση ακολουθιών και του κρι-

τηρίου μη σύγκλισης τα οποία δεν γνωρίζουν οι μαθητές, είναι η παρακάτω:

Έστω ότι

xlim ημx λ { , } . Επειδή 1 ημx 1 θα είναι λ . Τότε:

Για x t π έχουμε:

x t t xlim ημx λ lim ημ(t π) λ lim ημt λ lim ημx λ

Επομένως: λ λ λ 0 , δηλαδή

xlim ημx 0

Για π

x t2

έχουμε: x t t x

πlim ημx 0 lim ημ(t ) 0 lim συνt 0 lim συνx 0

2


21

Όμως 2 2ημ x συν x 1 , οπότε και

2 2

xlim ημ x συν x 1 . Από τη σχέση αυτή προκύπτει ότι:

2 2

x xlim ημx lim συνx 1 0 0 1 0 1 που είναι άτοπο.

Άρα δεν υπάρχει το όριο xlim ημx .

Όμοια αποδεικνύουμε ότι δεν υπάρχουν και τα όρια xlim ημx ,

xlim συνx και

xlim συνx .

Γιατί δεν υπάρχουν τα όρια: x 0

1limημ

x και

x 0

1limσυν

x;

Πολλοί μαθητές αναμένεται να απαντήσουν ότι, τα πλευρικά όρια στο 0 της συνάρτησης h με

τύπο 1

h(x)x

δεν είναι ίσα. Ο λόγος όμως της μη ύπαρξης των παραπάνω ορίων δεν είναι αυτός.

Θέτουμε 1

ux

. Τότε

x 0 x 0

1lim u lim

x και

x 0 x 0

1lim u lim

x.

Επομένως:

ux 0

1lim ημ lim ημu

x, που δεν υπάρχει.

ux 0

1lim ημ lim ημu


ux 0

1lim συν lim συνu


ux 0

1lim συν lim συνu


Γιατί δεν μπορούμε να γράψουμε: x 0 x 0 x 0 x 0

1 1 1limxημ limx limημ 0 limημ 0

x x x ;

Το όριο x 0

1limημ

x δεν υπάρχει, και για το

λόγο αυτό η πράξη

x 0

10 limημ

x δεν έχει νόη-

μα. Επομένως δεν μπορούμε να γράψουμε:

x 0 x 0 x 0 x 0

1 1 1limxημ limx limημ 0 limημ 0

x x x

Όμως αποδεικνύεται ότι το όριο x 0

1limxημ

x

υπάρχει και είναι:

x 0

1limxημ 0

x.

Η απόδειξη βρίσκεται στη σελίδα 52 του

σχολικού βιβλίου και γίνεται με χρήση του

κριτηρίου παρεμβολής. Πρώτα αποδεικνύουμε ότι, 1

x xημ xx

και επειδή είναι:

x 0 x 0lim( x ) lim x 0

έχουμε:

x 0

1limxημ 0

x

x

y

0,75p 0,5p 0,25p 0 0,25p 0,5p 0,75p

-1

0

1

f(x)=ημ(1/x)

x

y

0,03p 0,02p 0,01p 0 0,01p 0,02p 0,03p

-0,05

0

0,05


22

Πως μπορούμε να αποδείξουμε ότι: x

1lim xημ 1

x και

x

1lim xημ 1

x ;

Για x 0 θέτουμε 1 1

u xx u

Τότε έχουμε:

x x

1lim u lim 0

x

x x

1lim u lim 0

x

Επομένως:

x u 0 u 0

1 1 ημulim xημ lim ημu lim 1

x u u

x u 0 u 0

1 1 ημulim xημ lim ημu lim 1

x u u

Πως μπορούμε να αποδείξουμε ότι: x

ημxlim 0

x και

x

συνxlim 0

x ;

Αν x 0 τότε έχουμε:

ημxημx 1

x x x, οπότε

1 ημx 1

x x x

Επειδή

x x

1 1lim lim 0

x x, σύμφω-

να με το κριτήριο παρεμβολής είναι:

x

ημxlim 0

x

Όμοια αποδεικνύουμε ότι

x

ημxlim 0

x,

x

συνxlim 0

x και

x

συνxlim 0

x

Πως μπορούμε να αποδείξουμε ότι: 2x 0

1 100lim 2ημ 3

x x

;

Αν x 0 τότε έχουμε:

2 2 2

100 1001 ημ 1 2 2ημ 2

x x100

1 2ημ 3 5x

1 1 100 5 2ημ 3

x x x x

Επειδή 2 2x 0 x 0

1 5lim lim

x x σύμφωνα με το

κριτήριο παρεμβολής είναι:

2x 0

1 100lim 2ημ 3

x x

x

y

2p 1,5p p 0,5p 0 0,5p p 1,5p 2p

-3

-2

-1

0

1

2

3

x

y

p 0,5p 0 0,5p p

-1

0

1

2

3

4

5

x

y

0,5p 0,25p 0 0,25p 0,5p

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5


23

Δίνεται η συνάρτηση f για την οποία 0x x

lim f(x) 0

και η συνάρτηση g για την οποία υπάρχει

Μ 0 τέτοιος ώστε g(x) M κοντά στο 0x . Πως αποδεικνύεται ότι: 0x x

lim f(x) g(x) 0

;

Έχουμε: f(x) g(x) f(x) g(x) f(x) M

Επομένως: Μ f(x) f(x) g(x) M f(x)

Όμως είναι: 0x x

lim M f(x) M 0 0

και 0x x

lim M f(x) M 0 0

Από το κριτήριο παρεμβολής συμπεραίνουμε ότι: 0x x

lim f(x) g(x) 0

Σχόλιο

Η ίδια πρόταση ισχύει και όταν x ή x

(Σε παλαιότερα σχολικά βιβλία υπήρχε, για τις ακολουθίες, μια παρόμοια πρόταση: «Το γινόμε-

νο μηδενικής επί φραγμένη ακολουθία είναι μηδενική ακολουθία»)

Αν f(x) g(x) κοντά στο 0x και 0x x

lim f(x)

τότε, ισχύει: 0x x

lim g(x)

;

Επειδή

0x x

lim f(x) είναι f(x) 0 κοντά στο 0x . Επομένως:

1 1

0 f(x) g(x) 0g(x) f(x)

κοντά στο 0x

Όμως

0x x

lim 0 0 και

0x x

1lim 0

f(x)οπότε σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής έχουμε:

0x x

1lim 0

g(x)

Τελικά επειδή g(x) 0 κοντά στο 0x έχουμε

0x x

lim g(x)

Σχόλιο

Όμοια αποδεικνύεται η πρόταση: Αν f(x) g(x) κοντά στο 0x και

0x x

lim g(x) τότε

0x x

lim f(x)

Οι προτάσεις ισχύουν και για όρια στο και στο

Σύμφωνα με την 150662/Δ2/15-9-2016 εγκύκλιο του ΥΠ.Π.Ε.Θ., πρέπει να τονιστεί στους μαθητές

ότι για την επίλυση ασκήσεων μπορούν να χρησιμοποιηθούν αναπόδεικτα οι παραπάνω προτάσεις.

Έστω οι συναρτήσεις f και g με 0, αν x 0

f(x) g(x)1, αν x 0

. Αν θέσουμε u g(x) , τότε έχουμε

0x 0 x 0

u limg(x) lim0 0

. Μπορούμε να γράψουμε x 0 u 0 u 0limf g(x) limf(u) lim0 0

;

Για τον υπολογισμό του ορίου 0x xlim f g(x) το σχολικό βιβλίο στη σελίδα 55 αναφέρει ότι:

Θέτουμε u g(x)

Υπολογίζουμε (αν υπάρχει) το

0

0x x

u lim g(x) και

Υπολογίζουμε (αν υπάρχει) το

0u u

lim f(u)

Αποδεικνύεται ότι, αν 0g(x) u κοντά στο 0x , τότε του ζητούμενο όριο είναι ίσο με , δηλαδή

ισχύει:

0 0x x u u

lim f g(x) lim f(u)


24

Στην περίπτωσή μας δεν ισχύει η συνθήκη 0g(x) u κοντά στο 0x , διότι g(x) 0 κοντά στο 0.

Επομένως δεν μπορούμε να γράψουμε:

x 0 u 0 u 0limf g(x) limf(u) lim0 0

Για το συγκεκριμένο όριο μπορούμε να βρούμε αρχικά τον τύπο της συνάρτησης g f και στη

συνέχεια να το αναζητήσουμε μέσω του τύπου f g(x) αυτής, όπως παρακάτω:

Αν x 0 τότε g(x) 0 και f g(x) f(0) 1

Αν x 0 τότε g(0) 1 και f g(0) f(1) 0

Άρα

1, αν x 0f(g(x))

0, αν x 0 και κατά συνέπεια

x 0 x 0limf g(x) lim1 1

Έχουμε τη δυνατότητα να γράψουμε: ( ) ( ) ;

Λαμβάνοντας υπόψη τις αντίστοιχες ιδιότητες των ορίων, μπορούμε συντομογραφικά να χρη-

σιμοποιούμε τέτοιους συμβολισμούς όπως:

( ) ( ) ( ) ( ) 1

0

1

0

10

10

κλπ.

Είναι γεγονός ότι οι συμβολισμοί αυτοί βοηθούν στο λογισμό των ορίων. Όμως να χρησιμοποιού-

νται μόνο για τη συντομογραφία των ιδιοτήτων των ορίων και να μην αναφέρονται ως πράξεις.

Ιστορικά στοιχεία

Ο πρώτος που χρησιμοποίησε το σύμβολο για το άπειρο ήταν ο John Wallis το 1655 στο βι-

βλίο του «Arithmetica Infitorum». Προέρχεται από το αντίστοιχο λατινικό σύμβολο το οποίο

παρίστανε τον αριθμό 1.000.

Υπάρχει μνημονικός κανόνας για τα όρια: x

xlim e

, x

xlim e

, x 0lim lnx

και

xlim lnx

;

Για τη σωστή κωδικοποίηση και ανάκληση από τη μνήμη των παραπάνω ορίων αλλά και γενικό-

τερα των ιδιοτήτων της εκθετικής συνάρτησης xe και της λογαριθμικής συνάρτησης lnx , να γίνει

σύσταση στους μαθητές να γνωρίζουν τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων αυτών μέσω

των οποίων θα ανακαλούν στη μνήμη τους τις πολλές και χρήσιμες ιδιότητές τους και όχι να απο-

μνημονεύσουν τις ίδιες τις ιδιότητες.

Έστω η συνάρτηση f : A η οποία είναι αντιστρέψιμη και συνεχής. Τότε η αντίστροφη

συνάρτηση 1f : f(A) είναι πάντοτε συνεχής;


Δίνεται η συνάρτηση f με

x, αν x (0,1)f(x)

x 1, αν x [2,3)

Η f ορίζεται στο σύνολο Α (0,1) [2,3) και είναι 1-1 και συνεχής.

Η αντίστροφη συνάρτηση της f ορίζεται στο σύνολο f(Α) (0,2) και είναι

1 x, αν x (0,1)

f (x)x 1, αν x [1,2)

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι ενώ η f είναι συνεχής στο Α, η 1f δεν είναι συνεχής στο f(Α).

Σχόλιο

Αποδεικνύεται ότι, αν η συνάρτηση f ορίζεται σε διάστημα και όχι σε ένωση διαστημάτων και

είναι αντιστρέψιμη και συνεχής, τότε η αντίστροφη συνάρτηση 1f είναι επίσης συνεχής.


25

Δίνονται οι συναρτήσεις f : για τις οποίες 2 2f (x) (3x 1)f(x) 2x x 0 για κάθε x

Α) Πως θα προσδιορίσουμε όλες τις παραπάνω συναρτήσεις;

Β) Πώς θα επιλέξουμε από αυτές εκείνες που επιπλέον είναι συνεχείς και f(0) 0 , f(2) 3 ;

Α΄ ερώτημα

Έχουμε: 2 2 2 2 2 2Δ (3x 1) 4(2x x) 9x 6x 1 8x 4x x 2x 1 (x 1) 0

Επομένως για κάθε x είναι:

2

3x 1 x 1 2xx

3x 1 (x 1) 3x 1 x 1 2 2f(x)3x 1 x 1 4x 22 2

2x 12 2

Η χρήση της διακρίνουσας, η οποία περιέχει την ανεξάρτητη μεταβλητή x, δεν δημιουργεί κανένα

πρόβλημα. Εννοείται βέβαια ότι με τη μέθοδο αυτή βρίσκουμε όλες τις διαφορετικές εκφράσεις

του αριθμού f(x) και όχι όλες τις συναρτήσεις f.

Προσοχή:

Το παραπάνω δεν σημαίνει ότι: ( f(x) x για κάθε x ) ή ( f(x) 2x 1 για κάθε x ).

Το ορθό συμπέρασμα είναι: ( f(x) x ή f(x) 2x 1 ) για κάθε x .

Αυτό σημαίνει ότι: ( f(x) x για κάποια x ) και ( f(x) 2x 1 για τα υπόλοιπα x )

Δηλαδή κάθε μια από τις δυο παραστάσεις που εκφράζεται ο αριθμός f(x) που βρήκαμε παραπάνω

δεν ισχύει για κάθε x από μόνη της και έτσι δεν ορίζουν μόνο δύο συναρτήσεις. Δύο μπορεί

να είναι οι διαφορετικές παραστάσεις με τις οποίες εκφράζεται το f(x). Τέτοιες συναρτήσεις όμως

υπάρχουν άπειρες που είναι:

f(x) x , για κάθε x

ή

f(x) 2x 1 , για κάθε x

ή

x, x Af(x)

2x 1, x A

όπου Α

Β΄ ερώτημα

Αν f(x) x , για κάθε x , τότε f(2) 2 3 που είναι άτοπο.

Αν f(x) 2x 1 , για κάθε x , τότε f(0) 1 0 που είναι άτοπο.

Επομένως οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι της μορφής: x, x A

f(x)2x 1, x A

Το σύνολο Α δεν είναι απαραίτητα διάστημα της μορφής ( ,κ) ή (κ, ) . Μπορεί να είναι για

παράδειγμα ένωση διαστημάτων. Επομένως τα σημεία αλλαγής μεταξύ των δυο κλάδων μπορεί να

είναι περισσότερα του ενός.

Έστω α ένα σημείο αλλαγής τύπου. Τότε λόγω του ότι η f είναι συνεχής στο α έχουμε

x α x αlim f(x) lim f(x) f(α) 2α 1 α α 1

Δηλαδή λόγω της συνέχειας της f, το μοναδικό σημείο αλλαγής τύπου είναι το 1.

Άρα οι πιθανές συναρτήσεις είναι: x, x 1

f(x)2x 1, x 1

ή

x, x 1f(x)

2x 1, x 1

Οι συνθήκες f(0) 0 και f(2) 3 ισχύουν μόνο για την x, x 1

f(x)2x 1, x 1

που είναι και η ζητούμενη.


26

Είναι δυνατόν μια συνάρτηση f να είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [α,β] ενώ δεν είναι

συνεχής σε κάποιο (ή και στα δύο) από τα άκρα α και β;

Για τη συνέχεια μιας συνάρτησης f σε ένα κλειστό διάστημα [α,β] το σχολικό βιβλίο στη σελίδα

73 αναφέρει ότι:

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστη-

μα [α,β] , όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του (α,β) και επιπλέον

x αlim f(x) f(α)

και

x βlim f(x) f(β)

Επομένως, με βάση τον παραπάνω ορισμό, για να είναι μια συνάρτηση f συνεχής στο κλειστό

διάστημα [α,β] δεν είναι απαραίτητο να είναι οπωσδήποτε συνεχής στο α και στο β, αλλά να είναι

δεξιά συνεχής στο α και αριστερά συνεχής στο β όπως φαίνεται και στο σχήμα.


Δίνεται η συνάρτηση f με 2

x 1, αν x 1

f(x) x 3, αν 1 x 2

x 2, αν x 2

. Να μελετήσετε την f ως προς τη συνέχεια

στα διαστήματα ( ,1) , [1,2] και (2, ) . Είναι η συνάρτηση f συνεχής στα σημεία 1 και 2;

Απάντηση

Η f είναι συνεχής στο ( ,1) διότι είναι πολυωνυμική.

Η f είναι συνεχής στο (1,2) διότι είναι πολυωνυμική και επιπλέον:

x 1 x 1lim f(x) lim(x 3) 4 f(1)

και

x 2 x 2lim f(x) lim(x 3) 5 f(2)

Επομένως, σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό, η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [1,2]

Η f είναι συνεχής στο (2, ) διότι είναι πολυωνυμική.

Για τα σημεία 2 και 3 έχουμε:

x 1 x 1 x 1lim f(x) lim(x 1) 0 lim f(x)

και

2

x 2 x 2 x 2lim f(x) lim(x 2) 6 lim f(x)

Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στα σημεία 1 και 2.

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (α,β] , (β,γ) και

συνεχής στο β, τότε είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ (α,γ) (α,β] (β,γ) ;

Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (α,β] και

(β,γ) . Για να είναι η f γνησίως αύξουσα και στην ένωση των διαστημάτων που είναι το διάστημα

(α,γ) , αρκεί επιπλέον να αποδειχθεί ότι για οποιαδήποτε 1x (α,β] και 2x (β,γ) είναι 1 2f(x ) f(x ) .

(ισχύει 1 2x x ). Για τις άλλες περιπτώσεις είναι προφανές ότι ικανοποιείται ο ορισμός.

Έστω τυχαία 1x (α,β] και 2x (β,γ) . Θεωρούμε έναν αριθμό 2λ (β,x ) . Τότε:

Είναι 1α x β άρα 1f(x ) f(β) (Ι) αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α,β]

Για κάθε αριθμό ρ (β,λ) είναι 2β ρ λ x γ , άρα 2f(ρ) f(λ) f(x ) (ΙΙ) αφού η f είναι γνη-

σίως αύξουσα στο (β,γ)


27

Είναι f(ρ) f(λ) οπότε ρ β ρ βlimf(ρ) limf(λ)

. Όμως ρ βlimf(ρ) f(β)

αφού η f είναι συνεχής στο β. Επίσης

ρ βlimf(λ) f(λ)

αφού το f(λ) είναι σταθερό σε σχέση με το ρ. Επομένως f(β) f(λ) (ΙΙΙ)

Από σχέσεις (Ι), (ΙΙ) και (ΙΙΙ) προκύπτει ότι: 1 2f(x ) f(β) f(λ) f(x ) . Άρα 1 2f(x ) f(x )

Έστω μια συνεχής συνάρτηση f :[α,β] για την οποία δεν ισχύει f(α)f(β) 0 . Είναι

δυνατόν να υπάρχει ρίζα της f στο (α,β) ; Ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος Bolzano;


Δίνεται η συνάρτηση f :[ 3,3] με 2f(x) x 4

Η f είναι συνεχής στο [ 3,3] διότι είναι πολυωνυμική

Είναι f( 3)f(3) 5 5 25 0

Η συνάρτηση όμως έχει ρίζες το –2 και το 2 στο διάστημα ( 3,3) .

Σχόλιο

Η συνθήκη f(α)f(β) 0 είναι απλά ικανή και όχι αναγκαία για να

υπάρχει ρίζα της f στο (α,β) .

Ιστορικά στοιχεία

Ο Bernard Bolzano (1781-1848) γεννήθηκε στην Πράγα. Ήταν Τσέχος μαθηματικός ιερωμένος

και φιλόσοφος. Τo 1796 φοίτησε στο πανεπιστήμιο, όπου σπούδασε μαθηματικά και φιλοσοφία.

Το 1800 άρχισε τις σπουδές του στη θεολογία. Το 1805 χειροτονήθηκε ιερέας και αναγορεύτηκε

διδάκτορας και το 1806 έγινε τακτικός καθηγητής της Ρωμαιοκαθολικής Θεολογίας.

Στον Bolzano οφείλεται ο αυστηρός ορισμός του ορίου, καθώς και η πρώτη αναλυτική απόδειξη

του γνωστού ως θεωρήματος Bolzano για τις συνεχείς συναρτήσεις. Έδωσε παράδειγμα συνάρτησης

παντού συνεχούς και πουθενά παραγωγίσιμης πολύ πριν τον Weirstrass. Στη συνέχεια, με αφετηρία

τον προσεγγιστικό υπολογισμό των ριζών πολύπλοκων εξισώσεων (μέθοδος διχοτόμησης κλπ), δημι-

ουργήθηκε ένας νέος κλάδος των Μαθηματικών, η Αριθμητική Ανάλυση. Τις τελευταίες δεκαετίες η

Αριθμητική Ανάλυση, με την συμβολή των ηλεκτρονικών υπολογιστών, συνέβαλλε στην ελαχιστο-

ποίηση του χρόνου που απαιτείται για τους απαραίτητους υπολογισμούς και στην βελτίωση της α-

κρίβειας των προσεγγίσεων των ριζών διαφόρων, συνήθως πολύπλοκων, εξισώσεων.

Πως μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα Bolzano στην περίπτωση που αγνοούμε το

διάστημα [α,β] , καθώς και τα πρόσημα των τιμών f(α) και f(β);


Να αποδείξετε ότι, η συνάρτηση f με τύπο 2

1 5xf(x) 2

x 110 x

έχει μια τουλάχιστον ρίζα.

Απάντηση

Η f ορίζεται όταν x 0 , δηλαδή το πεδίο ορισμού της είναι το Δ (0, )

Έχουμε:

x 0lim f(x)

, οπότε υπάρχει α Δ τέτοιο ώστε f(α) 0

xlim f(x) 2 0

, οπότε υπάρχει β Δ με β α τέτοιο ώστε f(β) 0

Εφαρμόζουμε για τη συνάρτηση f το θεώρημα Bolzano στο [α,β] Δ

Η f είναι συνεχής στο [α,β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

f(α)f(β) 0

Επομένως η συνάρτηση f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (α,β) Δ


28

Δίνεται η συνάρτηση f : Δ , όπου Δ είναι διάστημα όχι κατ’ ανάγκη κλειστό, η οποία

είναι συνεχής και 1-1 στο Δ. Πως μπορούμε να αποδείξουμε ότι η f είναι γνήσια μονότονη;

Α΄ τρόπος (ευθεία απόδειξη)

Έστω δύο αριθμοί α,β Δ με α β . Επειδή η συνάρτηση f είναι 1-1 είναι f(α) f(β) . Ας υποθέ-

σουμε ότι, f(α) f(β) . Θα αποδείξουμε ότι, η f είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή θα αποδείξουμε ότι:

για οποιαδήποτε 1 2x ,x Δ με 1 2x x ισχύει: 1 2f(x ) f(x )

Θεωρούμε τη συνάρτηση g:[0,1] με 1 2g(t) f (1 t)α tx f (1 t)β tx και έχουμε:

η g είναι συνεχής στο [0,1] ως σύνθεση και διαφορά συνεχών συναρτήσεων

για κάθε t [0,1] ισχύει: 1 2(1 t)α tx (1 t)β tx διότι t 0 , 1 t 0 , α β , 1 2x x και επο-

μένως: 1 1

1 2 1 2(1 t)α tx (1 t)β tx f (1 t)α tx f (1 t)β tx g(t) 0

Άρα η g διατηρεί πρόσημο στο [0,1] .

Όμως για t 0 έχουμε: g(0) f(α) f(β) 0 αφού f(α) f(β) , άρα g(t) 0 για κάθε t [0,1] .

Σύμφωνα με το παραπάνω για t 1 ισχύει: 1 2 1 2g(1) 0 f(x ) f(x ) 0 f(x ) f(x )

Αν f(α) f(β) , ομοίως μπορούμε να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.

Σημείωση

Εύκολα αποδεικνύεται ότι, οι αριθμοί 1(1 t)α tx και 2(1 t)β tx με t [0,1] ανήκουν στο διά-

στημα Δ οπότε η συνάρτηση g είναι καλά ορισμένη.

Β΄ τρόπος (με απαγωγή σε άτοπο)

Έστω οποιαδήποτε α,β,γ Δ με α β γ . Επειδή η f είναι 1-1 ισχύει: f(α) f(β) f(γ) f(α) .

Το πλήθος των διατάξεων των f(α), f(β), f(γ) είναι: 3 2 1 6 .

Αν f(β) f(α) f(γ) ή f(γ) f(α) f(β) τότε από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα του-

λάχιστον 0x (β,γ) τέτοιο ώστε 1 1

0 0f(x ) f(α) x α

που είναι άτοπο διότι 0α β x γ .

Αν f(α) f(γ) f(β) ή f(β) f(γ) f(α) τότε από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα του-

λάχιστον 0x (α,β) τέτοιο ώστε 1 1

0 0f(x ) f(γ) x γ

που είναι άτοπο διότι 0α x β γ .

Τελικά απομένουν μόνο οι διατάξεις: f(α) f(β) f(γ) ή f(γ) f(β) f(α)

Προφανώς δεν μπορεί να ισχύουν ταυτόχρονα. Επομένως:

Αν f(α) f(β) f(γ) τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

Αν f(γ) f(β) f(α) τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ.

Δίνεται η συνάρτηση f : 0,1 με

1xημ , αν 0 x 1

f(x) x 0, αν x 0

. Μπορούμε να βρούμε

επακριβώς όλα τα υποδιαστήματα του Δ 0,1 στα οποία η f διατηρεί πρόσημο;

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (0,1] διότι είναι γινόμενο συνεχών συναρτήσεων. Επιπλέον

είναι συνεχής στο 0 διότι: x 0 x 0

1limf(x) limxημ 0 f(0)

x , οπότε η f είναι συνεχής στο Δ [0,1]

Προσδιορίζουμε τις ρίζες της f στο διάστημα Δ [0,1] . Έχουμε:


29

*

1 1 f(x) 0 ημ 0 ημ ημκπ, κ

x 0 ή x 0 ή x x0 x 1

0 x 1 0 x 1

1κπ, κ 1

x 0 ή x 0 ή x , κxκπ

0 x 1

Δηλαδή οι ρίζες της f στο Δ [0,1] είναι το 0 και οι άπειρες σε πλήθος: 1 1 1

, , ,π 2π 3π

Επομένως λόγω του άπειρου πλήθους των ριζών δεν μπορούμε να προσδιορίσουμε επακριβώς

όλα τα υποδιαστήματα του Δ [0,1] στα οποία η f διατηρεί πρόσημο.

Σχόλιο

Για να προσδιορίσουμε το πρόσημο μιας συνεχούς συνάρτησης f για τις διάφορες τιμές του x

σε ένα διάστημα Δ, θα πρέπει η f ή να μην έχει ρίζες στο Δ ή να έχει πεπερασμένο πλήθος ριζών

στο Δ.

Δίνεται η συνάρτηση f : α,β με f(α) f(β) . Αν η f παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές

μεταξύ f(α) και f(β) τότε, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι είναι συνεχής στο [α,β] ;


Δίνεται η συνάρτηση f :[1,5] με x 2, αν x [1,3]

f(x)x 1, αν x (3,5]

Το σύνολο τιμών της f είναι: f [1,5] f [1,3] f (3,5] [3,5] (4,6] [3,6]

Από το σύνολο τιμών συμπεραίνουμε ότι η f παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ 3 και 6, δηλαδή μεταξύ

f(1) και f(5) αφού f(1) 3 και f(5) 6 .

Όμως η f δεν είναι συνεχής στο [1,5] αφού δεν είναι συνεχής στο 3 διότι:

x 3lim f(x) 5

και

x 3lim f(x) 4

Σχόλιο

Το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών δεν ισχύει αντιστρόφως. Το συμπέρασμα ότι μια συνάρτηση f

παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές μεταξύ f(α) και f(β) είναι μόνο αναγκαία συνέπεια της συνέχει-

ας. Έτσι, αν μία συνάρτηση f :[α,β] με f(α) f(β) παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές μεταξύ f(α)

και f(β), τότε δεν αυτό δεν σημαίνει ότι είναι οπωσδήποτε συνεχής στο [α,β] .

Μία συνάρτηση f : α,β είναι συνεχής με f(α) 2010 και f(β) 2015 . Είναι δυνατόν

να υπάρχει 0x (α,β) τέτοιο ώστε: 0f(x ) 2018 , αφού το 2018 δεν είναι μεταξύ f(α) και f(β);

Το μόνο που γνωρίζουμε είναι ότι η f παίρνει τις τιμές 2010, 2015 και όλες μεταξύ 2010 και

2015. Δεν γνωρίζουμε αν παίρνει και άλλες τιμές εκτός του διαστήματος [2010,2015] . Το διάστημα

αυτό δεν είναι απαραίτητα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. Το σύνολο τιμών της f μπορεί να

είναι υπερσύνολό του, δηλαδή [2010,2015] f([α,β]) .

Επομένως είναι δυνατόν να υπάρχει 0x (α,β) τέτοιο ώστε: 0f(x ) 2018 .

Σχόλιο

Αν γνωρίζαμε επιπλέον ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, τότε το σύνολο τιμών της θα

ήταν το f([α,β]) [2010,2015] και θα απαντούσαμε με βεβαιότητα ότι δεν είναι δυνατόν να υπάρ-

χει 0x (α,β) τέτοιο ώστε: 0f(x ) 2018 .


30

Είναι δυνατόν μια συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής σε ένα διάστημα Δ, να έχει για σύνολο

τιμών ένα υποσύνολο του συνόλου των ρητών αριθμών, δηλαδή f(Δ) ;

Αυτό μπορεί να συμβεί μόνο αν η f είναι σταθερή συνάρτηση.

Απόδειξη

Έστω ότι υπάρχουν 1 2x ,x Δ με 1 2f(x ) f(x ) . Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας υποθέσουμε ότι

είναι 1 2f(x ) f(x ) . Επειδή η f είναι συνεχής, λόγω του θεωρήματος ενδιάμεσων τιμών θα παίρνει

όλες τις τιμές του διαστήματος 1 2f(x ),f(x ) . Όμως οι αριθμοί 1 2f(x ), f(x ) είναι ρητοί και μεταξύ

δύο ρητών υπάρχει πάντοτε ένας άρρητος. Άρα η f θα παίρνει και άρρητες τιμές το οποίο είναι ά-

τοπο.

Επομένως για κάθε 1 2x ,x Δ είναι 1 2f(x ) f(x ) που σημαίνει ότι η f είναι σταθερή συνάρτηση.

Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο (α,β) και ισχύει x α x βlim f(x) lim f(x)

,

τότε πως μπορούμε να αποδείξουμε ότι η f έχει ολικό ελάχιστο;

Έστω τυχαίο 0x (α,β) .

Επειδή x αlim f(x)

υπάρχει αριθμός κ α οσοδήποτε κοντά στο α, τέτοιος ώστε:

0f(x) f(x ) για κάθε x (α,κ) (Ι)

Επειδή x βlim f(x)

υπάρχει αριθμός λ β οσοδήποτε κοντά στο β, τέτοιος ώστε:

0f(x) f(x ) για κάθε x (λ,β) (ΙΙ)

Αφού οι αριθμοί κ, λ είναι οσοδήποτε κοντά στους α, β αντίστοιχα, επιλέγονται έτσι ώστε:

0α κ x λ β .

Στο κλειστό διάστημα [κ,λ] η f είναι συνεχής, άρα έχει ελάχιστη τιμή. Επομένως:

υπάρχει 1x [κ,λ] έτσι ώστε: 1f(x) f(x ) για κάθε x [κ,λ] (ΙΙΙ)

Με δεδομένο ότι 0 1f(x ) f(x ) , αφού 0x [κ,λ] , από τις σχέσεις (Ι), (ΙΙ), (ΙΙΙ) συμπεραίνουμε ότι:

1f(x) f(x ) για κάθε x (α,β)

Άρα το 1f(x ) είναι το ολικό ελάχιστο της συνάρτησης f.

Έστω η συνάρτηση f : η οποία συνεχής και γνησίως φθίνουσα. Μπορούμε να

χρησιμοποιήσουμε τις παρακάτω προτάσεις;

α) Υπάρχει πάντοτε το xlim f(x)

β) Το παραπάνω όριο δεν μπορεί να είναι το

α) Για την απόδειξη της ύπαρξης του ορίου xlim f(x)

χρειάζεται το αξίωμα πληρότητας των πραγ-

ματικών αριθμών που (ορθώς) δεν διδάσκεται στο σχολείο. Επομένως ο μόνος τρόπος για να το

χρησιμοποιήσουμε είναι να αναφέρεται η ύπαρξή του, χωρίς απόδειξη, στο σχολικό βιβλίο.

Αναφέρεται όμως η ύπαρξή του στο σχολικό βιβλίο;

Στη σελίδα 78 το σχολικό βιβλίο αναφέρεται στο σύνολο τιμών μια συνεχούς και γνησίως

μονότονης συνάρτησης, ορισμένης σε ένα ανοικτό διάστημα της μορφής (α,β) που είναι

όμως φραγμένο. Στο τέλος της σελίδας αναφέρει ότι το συμπέρασμα εφαρμόζεται και στις

περιπτώσεις που το διάστημα περιέχει κάποιο από τα άκρα του, δηλαδή είναι της μορφής

[α,β) ή (α,β] ή [α,β] . Στο σημείο αυτό δεν αναφέρει κάτι σχετικό για τα μη φραγμένα δια-

στήματα, δηλαδή της μορφής (α, ) ή [α, ) ή ( ,β) ή ( ,β] ή ( , ) .


31

Στη σελίδα 81 και συγκεκριμένα στην άσκηση 10) ερώτημα iv) της Α΄ ομάδας, χρειάζεται να

βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης f :( ,0] με xf(x) e 1 .

Στο βιβλίο λύσεων και συγκεκριμένα στη σελίδα 48, για τις ανάγκες της λύσης της παραπάνω

άσκησης, χρησιμοποιείται το συμπέρασμα και για το μη φραγμένο διάστημα ( ,0] . Έτσι

καταλήγει ότι: x

f ( ,0] lim f(x),f(0) (1,2]

.

Από όλα τα παραπάνω (σχολικό βιβλίο και βιβλίο λύσεων) γίνεται φανερό ότι το συμπέρασμα

της σελίδας 78 μπορούμε να το χρησιμοποιήσουμε και για τα μη φραγμένα διαστήματα.

Επειδή όμως το σύνολο τιμών ούτως ή άλλως υπάρχει, στο συμπέρασμα συμπεριλαμβάνεται

και η ύπαρξη των ορίων. (Το βιβλίο δεν λέει ότι, αν υπάρχουν τα όρια τότε το σύνολο τιμών εί-

ναι…). Βέβαια καλύτερα θα ήταν να αναφέρεται ρητά, στο σχολικό βιβλίο, ότι το συμπέρασμα

ισχύει και σε αυτές τις περιπτώσεις (δηλαδή στα μη φραγμένα διαστήματα).

β) Θεωρούμε τον περιορισμό της συνάρτησης f στο [α, ) .

Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, έχουμε: x

f [α, ) lim f(x),f(α)

Επομένως xlim f(x) λ f(α)

ή xlim f(x)

και κατά συνέπεια δεν μπορεί να είναι: xlim f(x)

Η εικόνα f(Δ) ενός ανοικτού διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής

συνάρτησης f είναι πάντοτε ανοικτό διάστημα;

Η εικόνα f(Δ) ενός κλειστού διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής

συνάρτησης f είναι πάντοτε κλειστό διάστημα;

Έστω μια συνεχής συνάρτηση f : Δ όπου Δ είναι διάστημα οποιασδήποτε μορφής.

Γνωρίζουμε ότι η εικόνα f(Δ) ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτη-

σης f είναι διάστημα. Στον επόμενο πίνακα φαίνονται όλες οι δυνατές εκδοχές για τη μορφή του

διαστήματος Δ και οι αντίστοιχες δυνατές εκδοχές για τη μορφή του διαστήματος f(Δ) .

Μορφή του διαστήματος Δ

Δυνατές μορφές του διαστήματος f(Δ)

Δ (α,β) [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ] (κ,λ) (κ, ) ( ,λ) ( , )

Δ (α, ) [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ] (κ,λ) (κ, ) ( ,λ) ( , )

Δ ( ,β) [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ] (κ,λ) (κ, ) ( ,λ) ( , )

Δ ( , ) [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ] (κ,λ) (κ, ) ( ,λ) ( , )

Δ [α,β) [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ]

Δ [α, ) [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ]

Δ (α,β] [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ]

Δ ( ,β] [κ,λ] [κ,λ) (κ,λ] [κ, ) ( ,λ]

Δ [α,β] [κ,λ]

Μόνο στην περίπτωση που το Δ είναι κλειστό διάστημα μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η εικό-

να του f(Δ) μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι επίσης κλειστό διάστημα.

Σχόλιο

Δεν γνωρίζουμε αν η συνάρτηση f είναι γνήσια μονότονη ώστε στις περιπτώσεις του μη κλει-

στού διαστήματος Δ να έχουμε περισσότερες πληροφορίες για το διάστημα f(Δ) .


32

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και συνεχής σε ένα διάστημα Δ οποιασδήποτε

μορφής, τότε ποιο είναι σε κάθε περίπτωση το σύνολο τιμών της f(Δ);

Λαμβάνοντας υπόψη την πρόταση της σελίδας 78 του σχολικού βιβλίου, αλλά και όσα αναφέρ-

θηκαν προηγουμένως για τα μη φραγμένα διαστήματα, έχουμε τον παρακάτω πίνακα.

Πεδίο ορισμού

Διάστημα Δ Μονοτονία

Σύνολο τιμών

Διάστημα f(Δ)

Δ (α,β)

γνησίως αύξουσα x α x βlim f(x), lim f(x)

γνησίως φθίνουσα x β x αlim f(x), lim f(x)

Δ [α,β)

γνησίως αύξουσα x β

f(α), lim f(x)

γνησίως φθίνουσα x βlim f(x),f(α)

Δ (α,β]

γνησίως αύξουσα x αlim f(x),f(β)

γνησίως φθίνουσα x α

f(β), lim f(x)

Δ [α,β]

γνησίως αύξουσα f(α),f(β)

γνησίως φθίνουσα f(β),f(α)

Δ (α, )

γνησίως αύξουσα xx α

lim f(x), lim f(x)

γνησίως φθίνουσα x x αlim f(x), lim f(x)

Δ [α, )

γνησίως αύξουσα x

f(α), lim f(x)

γνησίως φθίνουσα xlim f(x),f(α)

Δ ( ,β)

γνησίως αύξουσα x x βlim f(x), lim f(x)

γνησίως φθίνουσα xx βlim f(x), lim f(x)

Δ ( ,β]

γνησίως αύξουσα xlim f(x),f(β)

γνησίως φθίνουσα x

f(β), lim f(x)

Δ ( , )

γνησίως αύξουσα x xlim f(x), lim f(x)

γνησίως φθίνουσα x xlim f(x), lim f(x)


33

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[1] Ανδρεαδάκης Σ. - Κατσαργύρης Β. - Μέτης Σ. - Μπρουχούτας Κ. - Παπασταυρίδης - Σ. Πολύζος Γ.

Σχολικό βιβλίο, Μαθηματικά Γ΄ Γενικού Λυκείου, Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

(2016), ΙΤΥΕ Διόφαντος.

[2] Ανδρεαδάκης Σ. - Κατσαργύρης Β. - Μέτης Σ. - Μπρουχούτας Κ. - Παπασταυρίδης - Σ. Πολύζος Γ.

Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου, Μαθηματικά Γ΄ Γενικού Λυκείου, Θετικής & Τε-

χνολογικής Κατεύθυνσης (2016), ΙΤΥΕ Διόφαντος 2016

[3] Οδηγίες για τη διδακτέα ύλη και τη διδασκαλία των Μαθηματικών του Γενικού Λυκείου κατά

το σχολικό έτος 2007-2008, (2007), Π.Ι.

[4] Διαχείριση της διδακτέας-εξεταστέας ύλης των Μαθηματικών της Γ΄ τάξης Ημερησίου και της

Δ΄ τάξης Εσπερινού Γενικού Λυκείου για το σχολικό έτος 2016-2017 (2016), ΥΠ.Π.Ε.Θ.

[5] Τεύχη των περιοδικών Ευκλείδης Β΄ και Γ΄ της Ε.Μ.Ε.

[6] Πρακτικά Συνεδρίων της Ε.Μ.Ε. (2005-2014)

[7] Μπουνάκης Δ. (2010),

Διδακτικό Υλικό Γ΄ Λυκείου: Συναρτήσεις – Όρια – Συνέχεια

[8] Ορφανάκης Σ. (2014)

«Κατανόηση της έννοιας της συνάρτησης ως συμμεταβολή από μαθητές της Α' Λυκείου με τη

βοήθεια υπολογιστικών περιβαλλόντων δυναμικής γεωμετρίας» Διπλωματική εργασία ΕΚΠΑ.

http://www.math.uoa.gr/me/dipl/2013-2014/dipl_Orfanakis_Spyridon.pdf

[9] Νεγρεπόντης, Σ. – Γιωτόπουλος, Σ. – Γιαννακούλιας, Ε. (1999)

«Απειροστικός Λογισμός» Τόμος I. Αθήνα: Εκδόσεις Συμμετρία

[10] Ντούγιας Σ. (2003)

«Απειροστικός Λογισμός Ι» Αθήνα: Εκδόσεις Leader Books.

[11] Michael Spivak (2007)

«Διαφορικός και Ολοκληρωτικός Λογισμός» Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης

[12] R.L. Finney , M.D. Weir , F.R. Giordano (2012)

«THOMAS Απειροστικός Λογισμός τόμος Ι» Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης

[13] Louis Brand (1984)

«Μαθηματική Ανάλυση» Εκδόσεις Ε.Μ.Ε.

http://www.math.uoa.gr/me/dipl/2013-2014/dipl_Orfanakis_Spyridon.pdf

σπαθάρας δημήτριος διδακτικό υλικό γλκατ τεύχος 1

Education

Transcript of σπαθάρας δημήτριος διδακτικό υλικό γλκατ τεύχος 1