∆. ΝτρίζοςΣχολικός Σύµβουλος

Μαθηµατικών

Ηµερίδα Μαθηµατικών

Τρίκαλα, 6 Μαρτίου 2010

Η συµβολή των

γεωµετρικών

αναπαραστάσεων

στη διδασκαλία

θεµάτων της

Ανάλυσης

y

xO

1 2 3 π

π

4

1

2

3

e

e

lnπ

lnπ

y = lnx

y = x

y = ex

A Β

Γ

∆ Ε

+∞

+∞−∞

−∞

δ1

δ2 δ3δ4

π

π1

π2

Σ

ΤΛ

Ρ

Μ

Α Κ Β

Να διερευνήσετε τη δυνατότητα ύπαρξης µιας θέσης Κ πάνω στο δρόµο δ1

και µεταξύ των Α και Β έτσι, ώστε η χάραξη ενός νέου δρόµου κάθετουπρος τον δ1 στο Κ, να έχει ως αποτέλεσµα οι περιοχές ΑΚΛΜ και ΛΤΣΡ να

έχουν ίσα εµβαδά. Να υποστηρίξετε το αποτέλεσµα της διερεύνησης µεµαθηµατικά επιχειρήµατα.

Στο σχήµα

απεικονίζεται η

κάτοψη µιας

περιοχής, στηνοποία φαίνονται

δύο

διακλαδώσεις π1και π2 ενός

ποταµού π, τέσσερις δρόµοι

δ1, δ2, δ3, δ4 και

οι θέσεις δύο

οικισµών Α και Σ.

δ1

δ2

δ3 δ4

ππ1

π2

Σ

ΤΛ

Ρ

Μ

Α Κ Βα x β

2π (t)dt∫

β

0Εµβ. (ΑΚΛΜ):

α

Εµβ.(ΛΤΣΡ): [ ]β

1π (t) π (t) dt- ∫

2α

0

Εµβ.(ΑΚΛΜ) = ∫x

α 2π (t)dt [ ]−∫

β

x 1 2π (t) π (t) dtΕµβ.(ΛΤΣΡ) =

[ ]− −∫ ∫x β

α x2 1 2π (t)dt π (t) π (t) dt

δ(x) = Εµβ.(ΑΚΛΜ) – Εµβ.(ΛΤΣΡ) =

= µε x∈[α, β]

( ) [ ]( )

= − − <∫

= >∫

β

α 1 2

β

α 2

δ α π (t) π (t) dt 0

δ β π (t)dt 0

δ1

δ2

δ3 δ4

ππ1

π2

Σ

ΤΛ

Ρ

Μ

Α Κ Βα x β

Το πρόβληµα διατυπωµένο στην τυπική

γλώσσα της Ανάλυσης:

Αν π1 και π2 είναι δύο θετικές συνεχείς συναρτήσεις µε π1(x) > π2(x) για κάθε x∈[α, β], τότε υπάρχει ξ∈(α, β) ώστε =∫ ∫

β β

α ξ2 1π (t)dt π (t)dt

δ1

δ2

δ3δ4

ππ1

π2

Σ

ΤΛ

Ρ

Μ

Α Κ Βα ξ β

Μήκος καµπύλης γραµµής

και ορισµένο ολοκλήρωµα

Εισαγωγή:

Σε ένα σύστηµα

συντεταγµένων Oxyτου επιπέδου

θεωρούµε µία οµαλή

καµπύλη γραµµή ΑΒ

µε µήκος LAB και το

ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ

µε µήκος (ΑΒ).Ο

(ε)

Α

Βƒ(β)

ƒ(ξ)

ƒ(α)

α ξ β

∆

x

y

Γ

Θ.Μ.Τ. για την f στο [α, β]: ƒ(β) – ƒ(α) = ƒ΄(ξ)⋅(β – α)

Με Πυθ. Θεώρηµα στο ΑΒΓ:

( ) ( ) [ ]= − + −22

AB β α ƒ(β) ƒ(α)

( ) ( ) [ ]= − ⋅ +2

AB β α 1 ƒ´(ξ)

Αν (β – α) → 0 τότε LΑΒ ≅ ( ) [ ]− ⋅ +2

β α 1 ƒ´(ξ)

0 ν 0 1 1 2 ν 1 νA A A A A A A AL L L ... L

−= + + +

[ ] [ ] [ ]→ → →

= + + + + + +2 2 2

1 2 ν∆x 0 ∆x 0 ∆x 0lim 1 ƒ´(ξ ) ∆x lim 1 ƒ´(ξ ) ∆x ... lim 1 ƒ´(ξ ) ∆x

[ ] [ ]→ →+∞= =

= + = +∑ ∑ν ν2 2

κ κ∆x 0 νκ 1 κ 1lim 1 ƒ´(ξ ) ∆x lim 1 ƒ´(ξ ) ∆x

Ο

y

Α1

Α2

Α0

Αν-1

Αν

y = ƒ(

x)α = x

0 ξ2

ξ1 ξ

νβ = xν

xxν-1x1

x2

...

[ ]+2

1 ƒ´(x)[ ]= +∫0 ν

2β

αΑ ΑL 1 ƒ´(x) dxΕποµένως ολοκλήρωµα Riemann της συνάρτησης

στο [α, β].

−β α

ν∆x = xκ – xκ–1 = ,

κ = 1, 2, ..., ν

Ολοκλήρωµα συνάρτησης µε µια ειδική συµµετρία

+ − =∫ ∫β β

α αƒ(α β x)dx ƒ(x)dx

Αν µια συνάρτησηƒ: [α, β] → Rείναι συνεχής, τότε ισχύει:

y

xΟ

ƒ(x)

α+β–x

ƒ(α+β–x)

xK

Κ1

C1

α βα+β 2

Κ2

C2

Ω1

( )+ +− = + − −

α β α βx α β x

2 2

Κατά την κίνηση της µεταβλητής x επί του άξονα των τετµηµένων

από το x = α µέχρι το x = β, το σηµείο Κ1 διαγράφει τη γραµµή:

C1 = (x, ƒ(x)) | x∈[α, β],

ενώ το Κ2 διαγράφει τη γραµµή:

C2 = (x, ƒ(α + β – x)) | x∈[α, β].

y

xΟ

ƒ(x)

α+β–x

ƒ(α+β–x)

xK

Κ1

C1

α βα+β 2

Κ2

C2

Ω1

Η γνωστή τυπική απόδειξη της ισότητας

σαν αποτέλεσµα της γεωµετρικής εποπτείας

= + −∫ ∫β β

α αƒ(x)dx ƒ(α β x)dx

Για το ολοκλήρωµα

θέτουµε:α + β – x = uΙσοδύναµα:

x = α + β – uάρα dx = –du

Με x = α → u = β, ενώ µε x = β → u = α,οπότε:

+ − = − = =∫ ∫ ∫ ∫β α β β

α β α αƒ(α β x)dx ƒ(u)du ƒ(u)du ƒ(x)dx

1ο: Να αποδειχτεί ότι:

Παραδείγµατα

( )

= =∫ ∫

= =∫ ∫+ +

⋅ =∫ ∫

−=∫

+

π π2 22 2

0 0

3 3π π

2 20 03 3 3 3

π π

0 0

π

220

πα) ηµ xdx συν xdx

4ηµ x συν x π

β) dx dxηµ x συν x ηµ x συν x 4

πγ) x ƒ(ηµx)dx ƒ(ηµx)dx

2συνx ηµx

δ) dx 0συνx ηµx

Παραδείγµατα

2ο: Αν ƒ συνάρτηση συνεχής στο [α, β], να αποδειχτεί ότι:

[ ]= − = + −∫ ∫ ∫α α α

0 0 0

1α) ƒ(x)dx ƒ(α x)dx ƒ(x) ƒ(α x) dx

2

εφόσον ƒ(x) = ƒ(α + β – x), για κάθε x∈[α, β].

+⋅ =∫ ∫

β β

α α

α ββ) x ƒ(x)dx ƒ(x)dx,

2

− − −= =∫ ∫

− + − − + −β β

α α

ƒ(x α) ƒ(β x) β αγ) dx dx ,

ƒ(x α) ƒ(β x) ƒ(x α) ƒ(β x) 2

εφόσον ƒ(x – α) + ƒ(β – x) ≠ 0 για κάθε x∈[α, β].

Ένα βασικό θέµα στις κυρτές συναρτήσεις

Με υπόθεση ότι µια συνάρτηση ƒ είναι κυρτή στο κλειστό διάστηµα [α, β] και συνεχής στα σηµεία α και β, να αποδείξετε τους ισχυρισµούς:

(α) ƒ(x) + ƒ(α + β – x) ≥ 2⋅+

α β

ƒ2

, x∈[α, β]

− − −≤ ≤

− − −ƒ(x) ƒ(α) ƒ(β) ƒ(α) ƒ(β) ƒ(x)

x α β α β x(β) , x∈(α, β)

(Θεώρηµα των τριών χορδών)

(γ) ƒ(x) ≤ ( ) ( )− −⋅ + ⋅

− −x α β x

ƒ β ƒ αβ α β α

, x∈[α, β]

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]+ − ⋅ ≤ ⋅ ≤ − ⋅ + ∫

β

α

α βδ 2 β α ƒ 2 ƒ x dx β α ƒ α ƒ β ,

2x∈[α, β]

Ο x

y

α βx

Cƒ

α+β–xα+β2

Μ Ζ

ΗΚ

Λ

∆

Ε→ ←

Για το ερώτηµα (α):

ƒ(x) + ƒ(α + β – x) ≥ 2⋅+

α β

ƒ2

, x∈[α, β]

+ +− = + − −

α β α βx α β x

2 2

Το τετράπλευρο ∆ΕΖΗ είναι, γενικά, τραπέζιο µε βάσεις:

∆Ε = ƒ(x), HZ = ƒ(α + β – x) και διάµεσο την ΚΜ =

η ƒ είναι κυρτή συνάρτηση, άρα ΛΜ ≤ ΚΜ.

( ) ( )[ ]⋅ + + −1

ƒ x ƒ α β x2

α+β2

Ο x

y

α β

Α(α, ƒ(α))

Ζ

Β(β, ƒ(β))

Cƒ

Μ∆

Ε Η

Γ

Για το ερώτηµα (δ):

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]+ − ⋅ ≤ ≤ − ⋅ + ∫

β

α

α β 1β α ƒ ƒ x dx β α ƒ α ƒ β

2 2

Α∆ = ƒ(α)

ΒΓ = ƒ(β)

ΖΜ = +

α β

ƒ2

( ) + − ⋅ α β

β α ƒ2

= Εµβ. ορθογωνίου Ε∆ΓΗ

( )∫β

αƒ x dx = Εµβ. χωρίου ΑΖΒΓ∆

( ) ( ) ( )[ ]− ⋅ +1β α ƒ α ƒ β

2= Εµβ. τραπεζίου ΑΒΓ∆

∆ιδακτικές προσεγγίσεις του προβλήµατος

της σύγκρισης των αριθµών eπ και πe

Πρώτη διδακτική προσέγγιση

− = − >

e

π e π π

π

πe π e 1 , e 0

e

( ) =e

x

xh x

e, x∈[e, π]

( )( )′ ⋅ − ′ = = = <

⋅

e e x

x 2x

x x e e xh x ... 0

e x e, για κάθε x∈(e, π).

h(e) > h(π)

>e

π

π1

e

eπ > πe

Παρατήρηση:

Η λύση του προβλήµατος

επιτυγχάνεται και διαµέσου της

συνάρτησης µε x∈[e, π]. x

e

ex

∆εύτερη διδακτική προσέγγιση

Παρατήρηση:

Η λύση του προβλήµατος

επιτυγχάνεται και διαµέσου της

συνάρτησης µε x∈[e, π].

Να τοποθετήσετε το κατάλληλο σύµβολο ( =, < , >) µεταξύ τωναριθµών eπ και πe, αιτιολογώντας την επιλογή σας.

↑ >

⋅ ⋅

π e

π e

Σκέψεις : e ; π

lne ; lnπ , lnx (e 1)

π lne ; e lnπ

lne lnπ;

e π

( ) [ ]= ∈ln x

ƒ x , x e, πx

( ) −′ = <2

1 ln xƒ x 0

x

( ) ( )>

>

⋅ > ⋅

>π e

ƒ e ƒ π

lne lnπe π

π lne e lnπ

e π

e < π

xlnx

Να αποδειχτεί ότι eπ > πe

Ανάλυση της σχέσης που θέλουµε να αποδείξουµε:

Τρίτη διδακτική προσέγγιση

> ⇔ > ⇔ > ⋅ ⇔ − ⋅ >π e π ee π lne lnπ π e lnπ π e lnπ 0

, x∈(e, π). ( ) −′ = − = >e x e

ƒ x 1 0x x

ƒ(x) = x – e⋅lnx, x∈[e, π]

e < π → ƒ(e) < ƒ(π) → ... eπ > πe.

Παρατήρηση:

Η λύση του προβλήµατος

επιτυγχάνεται και διαµέσου της

συνάρτησης e⋅lnx – x, µε x∈[e, π].

Πρώτη γεωµετρική προσέγγιση

y

xO1 2 3π

π

4

1

2

3

e

e

lnπ

lnπ

y = lnx

y = x

y = ex

A Β

Γ

∆ Ε

+∞

+∞−∞

−∞

Εµβ.(ΑΒΓ∆) > Εµβ.(ΑΒΕ∆)

( )

[ ]

lnπ x

1

lnπx1

lnπ

e dx e lnπ 1

e e lnπ e

e e

> ⋅ −∫

> ⋅ −

− elnπ e> −

e

e

π lnπ x

π e

π lnπ

e e γιατί e (e 1)

e π

>

> ↑ >

>

∆εύτερη γεωµετρική προσέγγιση

Για κάθε x∈(0, e)∪(e, +∞)

xn ε

e x e x

ln x 1λ λ e ln x x

x eln x lne x e

< → < → ⋅ <

→ < → <

y

xx

O1 e

y = lnx

+∞

+∞−∞

−∞

(ε): y = x1e

xn

ε

Τρίτη γεωµετρική προσέγγιση

Για κάθε x∈(–∞, 1)∪(1, +∞)

> ⋅xισχύει : e e x (1)

y

xO

1

e

y = ex+∞

+∞−∞

−∞

(ε): y = xe·

e π

> → >

=

>π

e

πΕίναι : π e 1

eπ

Για x η (1) γίνεται :e

e e ⋅π

e→

π

ee

⋅

e

> → >e π eπ e π

Τέταρτη γεωµετρική προσέγγιση

Για κάθε x∈(–∞, 0)∪(0, +∞)

> +xισχύει : e x 1 (1)

> → − >

= −

>π e

πΕίναι : π e 1 0

eπ

Για x 1 από την (1)e

τελικά παίρνουµε : e π

y

xO

1

y = ex+∞

+∞−∞

−∞

(ε): y = x + 1

e π