patsis - trifon

2. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Πρόλογος
Το πρώτο μέρος της παρούσας εργασίας είναι συνέχεια της αντίστοιχης με τίτλο
«Ακολουθώντας μη πεπατημένες οδούς στην επίλυση σχολικών ασκήσεων
Μαθηματικών Προσανατολισμού Γ τάξης Λυκείου» (Οκτώβρης 2018 - ΕΜΕ Παράρτημα
Νομού Βοιωτίας – βλ. εδώ) και αποτελεί μια διαφορετική προσέγγιση επεξεργασίας τρόπων
αντιμετώπισης και επίλυσης σχολικών ασκήσεων. Εστιάζουμε στην «ανορθόδοξη» επίλυση
ασκήσεων με αποκλειστική χρήση προηγούμενων γνώσεων (όχι κατ΄ ανάγκη της
τρέχουσας ύλης) και στα όποια διδακτικά πλεονεκτήματα αναδύονται από αυτήν.
Στο δεύτερο μέρος προτείνουμε μια εναλλακτική οπτική επίλυσης εξισώσεων και
ανισώσεων δευτέρου, τρίτου και ανώτερου βαθμού χωρίς την βοήθεια του σχήματος
Horner, που στοχεύει στην κινητοποίηση του μαθητή, την ανάδειξη και καλλιέργεια των
ικανοτήτων του, με σκοπό την χρησιμοποίηση τους αργότερα σε πιο σύνθετα προβλήματα.
Ειδικότερα παρουσιάζουμε για πρώτη φορά την ιδέα της Κατευθυνόμενης
Παραγοντοποίησης, που σε μια αρχική θεώρηση φαντάζει πιο σύνθετη από την
αλγοριθμική προσέγγιση του σχήματος Horner. Ακριβώς εκεί εντοπίζεται και η αξία της:
η εκγύμναση του νου, όπως και του σώματος απαιτεί διάθεση για υπομονή και επιμονή, στην
ελεγχόμενα αυξανόμενη καταπόνηση. Τότε ο κάθε μυς, όχι μόνο προσαρμόζεται στο να
αντέχει πιο πολύ, αλλά απαντά πιο ικανοποιητικά σε ερεθίσματα που παλιότερα δε μπορούσε
να ανταποκριθεί. Με μια δεύτερη ματιά και αφού έχει προηγηθεί η κατάλληλη εξοικείωση
με την μέθοδο, γρήγορα οι αρχικές επιφυλάξεις αίρονται καθώς τα οφέλη από τη χρήση της
νέας μεθόδου είναι πολλαπλά. Ο τρόπος με τον οποίο ξετυλίγεται η λύση, δίνει στον μαθητή
την αίσθηση του δημιουργού και η επίλυση της εξίσωσης αποκτά το νόημα μιας ιδιαίτερης
περιπλάνησης, η οποία φιλοδοξεί να αποτελέσει για τον μαθητή μια εισαγωγή στον όμορφο
κόσμο των μαθηματικών.
To περιεχόμενο της εργασίας δεν υποκαθιστά κανένα σχολικό βιβλίο λύσεων και δεν
δρα στον αντίποδα του Αναλυτικού Προγράμματος Σπουδών. Ο κύριος στόχος της είναι η
ενίσχυση του διδακτικού οπλοστασίου του εκπαιδευτικού προκειμένου να κινητοποιήσει
αδιάφορους / αδύναμους / αβοήθητους μαθητές, αλλά και μαθητές με αποκλίνουσα σκέψη
και κλίση στα μαθηματικά.
Οκτώβρης 2019

3. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Επίλυση εξισώσεων και ανισώσεων 2ου
, 3ου
και ανώτερου
βαθμού χωρίς την βοήθεια του σχήματος Horner, με την
μέθοδο της κατευθυνόμενης παραγοντοποίησης
ΜΕΘΟΔΟΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΟΜΕΝΗΣ ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗΣ.
Η εξίσωση 2
0, 0ax x  + + =  με 0  έχει δυο ρίζες άνισες τις 1 2,  για τις οποίες
σύμφωνα με τους τύπους Vieta ισχύει:
1 2
a

 + = − και 1 2

 

= .
Συνεπώς για κάθε x' έχουμε:
( )
( )
( ) ( ) ( )( )
2 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 1 2 .
x x x x
a a
a x x
x x x
a x x x x x
 
   
   
    
     
 
+ + = + + = 
 
 − + + = 
− − + =
− − − = − −  
Αυτό σημαίνει ότι αν το 1 είναι ρίζα της εξίσωσης 2
0, 0x x   + + =  τότε το
πολυώνυμο 1x − είναι παράγοντας του πολυωνύμου ( ) 2
, 0P x ax x  = + +  .
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1.
Να λυθεί η εξίσωση 2
3 5 2 0x x− − = στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.
BHMA 1 (ΕΝΤΟΠΙΣΜΟΣ ΡΊΖΑΣ).
Ρίζα εδώ είναι ο αριθμός 2 ,συνεπώς παράγοντας το πολυώνυμο 2x − .
BHMA 2 (ΣΤΑΔΙΟ ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗΣ ).
Από το μονώνυμο 2
3x αφαιρούμε ( )2 3x ώστε να έχουμε:
( ) ( )2
3 2 3 3 2x x x x− = − .
BHMA 3 (ΣΤΑΔΙΟ ΣΥΜΠΛΗΡΩΣΗΣ).
Αφαιρέσαμε 6x αλλά το πολυώνυμο 2
3 5 2x x− − έχει 5x− άρα οφείλουμε να
προσθέσουμε 1x .Έτσι έχουμε:

4. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
( )
( )( )
2
2
3 5 2 0
3 6 2 0
3 2 2 0
2 3 1 0
1
2 ή .
3
x x
x x x
x x x
x x
x x
− − = 
− + − = 
− + − = 
− + = 
= = −
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2.
Να λυθεί η εξίσωση 3 2
3 5 3 45 0x x x− + − = στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.
ΒΗΜΑ 1.
Μια ρίζα είναι ο αριθμός 3 αφού:
( )
3 2 2 2 2 2
2
3 3 5 3 3 3 45 9 3 5 3 3 5 3
3 9 5 1 5 0.
 −  +  − =  −  + −  =
− + − =
Άρα παράγοντα θα βγάλουμε το πολυώνυμο 3x − .
ΒΗΜΑ 2 (ΣΤΑΔΙΟ ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗΣ).
Από το μονώνυμο 3
3x αφαιρούμε το ( )2
3 3x ώστε
( ) ( )3 2 2
3 3 3 3 3x x x x− = − .
BHMA 3 (ΣΤΑΔΙΟ ΣΥΜΠΛΗΡΩΣΗΣ).
Σε αυτό το στάδιο συμπληρώνουμε μόνο τους συντελεστές του μονωνύμου που έχουν
βαθμό κατά ένα μικρότερο από το βαθμό του μονωνύμου που ξεκινήσαμε την
παραγοντοποίηση. Αν είναι ήδη συμπληρωμένα πάμε στο αμέσως επόμενο. Αφαιρέσαμε
λοιπόν 2
9x ενώ το πολυώνυμο 3 2
3 5 3 4x x x− + − έχει 2
5x− ,συνεπώς θα προσθέσουμε
2
4x και θα έχουμε:
3 2 2
3 9 4 3 45 0x x x x− + + − = .
Με αφετηρία τώρα το 2
4x θα επαναλάβουμε τα βήματα 2 και 3 όσες φορές χρειαστεί.
Επομένως συνολικά έχουμε:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 2
3 2 2
2
2
3 5 3 45 0
3 9 4 12 15 45 0
3 3 4 3 15 3 0
3 3 4 15 0
3,
x x x
x x x x x
x x x x x
x x x
x
− + − = 
− + − + − = 
− + − + − = 
−  + + = 
=
αφού για κάθε x' έχουμε:
( )
22 2 2 2
3 15 2 4 4 11 3 2 11 11x x x x x x x+ + = + + + + = + + +  .

5. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Επίλυση εξισώσεων και ανισώσεων 2ου
, 3ου και ανώτερου
βαθμού χωρίς την βοήθεια του σχήματος Ηorner και χωρίς
την μέθοδο της κατευθυνόμενης παραγοντοποίησης
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3
Να λυθεί η εξίσωση 3 2
3 5 3 45 0x x x− + − = στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.
Με την κατανόηση της προηγούμενης μεθόδου θα μπορούσαμε να μαντέψουμε άμεσα ότι
το πηλίκο της διαίρεσης είναι το 2
3 4 15x x+ + εργαζόμενοι ως εξής:
Αφού έχουμε εντοπίσει ότι η ρίζα είναι ο αριθμός 3 και συνεπώς παράγοντας είναι το 3x −
και με δεδομένο ότι αναζητούμε παράγοντα της μορφής 2
ax x + + γράφουμε:
( )( )
23
2
.
3 5 3 45 0
3 0
x
x x
x x
x 
− + − = 
− + + =
Ο συντελεστής του 2
x είναι σίγουρα το 3 καθώς στο γινόμενο ( )( )2
3x ax x − + + το
μονώνυμο 3
x το παράγει μόνο το 3
x ax .
Έτσι έχουμε:
( )( )
3 2
2
3 5 3 0
3 0.
45
3
x x x
x x x 
− + = 
++ =
−
−
Σκεπτόμενοι εντελώς ανάλογα βλέπουμε ότι 15 = ώστε 3 45− = − .
Τέλος,
( )( )
2
2
3
3 3 45 0
15 0.3 3
5x
x x
x x
x 
+ −
+ +−
− = 
=
Στο πρώτο μέλος έχουμε 2
5x− ενώ στο δεύτερο ( ) 2
9 x − και συνεπώς θα είναι 4 = .
Άρα:
( )( )
3 2
2
3 5 3 45 0
3 3 4 15 0 3.
x x x
x x x x
− + − = 
− + + =  =

6. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4 (σχολικό βιβλίο Β λυκείου).
Να λύσετε την ανίσωση 4 3 2
6 22 30 13 0x x x x− + − +  στο σύνολο των πραγματικών
αριθμών.
ΛΥΣΗ:
Για κάθε x' έχουμε:
( )( )
( )( )( )
( ) ( )
( )
( )
2
4 3 2
3 2
2
2 9 0
2 2 2
6 22 30 13 0
1 5 17 13 0
1 1 4 13 0
1 2 9 0 1 0 1.
x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
− + 
− + − +  
− − + −  
− − − +  
 − − +  −   =
 
<=>
Διαίρεση πολυωνύμων με παραγοντοποίηση
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 5.
Να γίνει η διαίρεση ( ) ( )4 3 2 2
3 4 2 2 : 4 2x x x x x x− − − + − + .
BHMA 1 (ΣΤΑΔΙΟ ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗΣ)
Ξεκινάμε πάντα γράφοντας το μονώνυμο του διαιρετέου με τον μεγαλύτερο βαθμό
( )4
3x .Στην συνέχεια επειδή θέλουμε να βγάλουμε παράγοντα το 2
4 2x x− + αφαιρούμε
από το 4
3x το ( )3
4 3x και προσθέτουμε το ( )2
2 3x και έχουμε:
( ) ( ) ( )4 3 2 2 2
3 4 3 2 3 3 4 2x x x x x x− + = − + .
BHMA 2 (ΣΤΑΔΙΟ ΣΥΜΠΛΗΡΩΣΗΣ)
Σε αυτό το στάδιο συμπληρώνουμε μόνο τους συντελεστές του μονωνύμου που έχουν
βαθμό κατά ένα μικρότερο από το βαθμό του μονωνύμου που ξεκινήσαμε την
παραγοντοποίηση. Εδώ είναι το 3.Αν είναι ήδη συμπληρωμένα πάμε στο αμέσως επόμενο.
Αφού αφαιρέσαμε 3
12x και ο διαιρετέος είχε συνολικά 3
4x− προσθέτουμε 3
8x Με
αφετηρία πλέον το 3
8x επαναλαμβάνουμε το βήμα 1 και 2 όσες φορές χρειαστεί.
Έτσι για κάθε x' έχουμε:
( ) ( ) ( )
( )( )
4 3 2
4 3 2 3 2 2
2 2 2 2
2 2
3 4 2 2
3 12 6 8 32 16 25 100 50 82 48
3 4 2 8 4 2 25 4 2 82 48
3 8 25 4 2 82 48.
x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x
− − − + =
− + + − + + − + + − =
− + + − + + − + + − =
+ + − + + −

7. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 6.
Να γίνει η διαίρεση ( ) ( )3 2 2
3 6 5 2 : 2 3 4x x x x x− + − − + .
ΛΥΣΗ:
Για κάθε x' έχουμε:
( ) ( )
( )
3 2
3 2 2
2 2
2
3 6 5 2
3 3 3 3 3 3 13
2 3 4 2 3 4 1
2 2 2 4 4 4 4
3 3 13
2 3 4 2 3 4 1
2 4 4
3 3 13
2 3 4 1.
2 4 4
x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
− + − =
 −  +  −  +  −  − + =
− + − − + − + =
 
− − + − + 
 
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 7.
Να γίνει η διαίρεση ( ) ( )4 3 2
5 3 1 : 2x x x x− + − −
ΛΥΣΗ:
Για κάθε x' έχουμε:
( ) ( ) ( )
( )( )
4 3
4 2 3 2
2 2 2 2
2 2
5 3 1
2 5 10 2 4 7 3
2 5 2 2 2 7 3
2 5 2 7 3.
x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
− + − =
− − + + − − + =
− − − + − − + =
− − + − +

8. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Αμεση εύρεση του πηλίκου και του υπόλοιπου της διαίρεσης
χωρίς παραγοντοποίηση
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 8.
Να γίνει η διαίρεση ( ) ( )4 3 2 2
3 5 6 7 2 : 4 3x x x x x x− + − + − +
Το πηλίκο της διαίρεσης είναι δευτέρου βαθμού ενώ το υπόλοιπο το πολύ πρώτου.
Συνεπώς, για κάθε x' έχουμε θέλουμε να ισχύει:
( )( )4 2 23 2
3 5 6 7 2 4 3x x x x x x xx x a    − + − + = − + + + + + .
Επειδή 4
x που έχουμε στο πρώτο μέλος στο δεύτερο μέλος παράγουν μόνο τα μονώνυμα
που είναι με κόκκινο έχουμε 3a =
Έτσι:
( )( )2 24 3 2
3 25 6 34 37x x xx xx x xx   +− −+ − = + + + + + .
Επειδή 3
x παράγουν τα κόκκινα και τα μπλέ, και στο πρώτο μέλος έχουμε 5− ενώ στο
δεύτερο 12− ,αναγκαστικά το 7 = και έτσι έχουμε:
( )( )2 24 3 2
3 4 3 35 26 7 7x x xxx xxxx  − + − = ++ +− + + + .
Σε αυτό το βήμα 2
x στο δεύτερο μέλος παράγουν τα κόκκινα τα μωβ και τα μπλέ:
Συνεπώς θέλουμε:6 28 9 25 = − +  = και επομένως έχουμε:
( )( )4 3 2 2 2
4 373 5 6 253 72x x x x xxx x x −− + +− + = + + ++ .
Εδώ θέλουμε
7 21 100 72 − = − +  =
Έτσι:
( )( )4 3 2 2 2
2 3 2573 5 6 7 4 3 72x x x x x x x x x − + − = − ++ + + ++ .
Τέλος θέλουμε: 2 75 73 = +  = −
Άρα:
( )( )4 3 2 2 2
3 5 6 7 2 4 3 3 7 25 72 73x x x x x x x x x− + − + = − + + + + − .

9. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Εφαρμογές στην ύλη της Β λυκείου
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 1.
ΔΙΑΣΠΑΣΗ ΚΛΑΣΜΑΤΟΣ ΣΕ ΑΘΡΟΙΣΜΑ ΑΠΛΩΝ ΚΛΑΣΜΑΤΩΝ.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Α.
Να γράψετε το κλάσμα 2
3 1
2 3
x
x x
+
+ −
ως άθροισμα απλών κλασμάτων.
ΛΥΣΗ
Για κάθε  3,1x − −' αναζητούμε , ' :
( )( )
( ) ( )
2
3 1
2 3 1 3
3 1
1 3 1 3
3 1 3 1 .
x A
x x x x
x A
x x x x
x A x x
+ 
= +
+ − − +
+ 
= + 
− + − +
+ =  + +  −
Επομένως:
( ) ( ) ( )1 1
3 1 1
lim 3 1 lim 3 1 1
1 3x x
x A x x A
→ →
 +
+ =  + +  −  = =   +
.
Δηλαδή το Α προκύπτει αν στην παράσταση
( )( )
3 1
1 3
x
x x
+
− +
κρύψουμε το 1x − και βάλουμε
στην παράσταση
3 1
3
x
x
+
+
όπου x το 1.
Στην συνέχεια γράφουμε
( )( )
( )
( )( ) ( )( )
1 33 1
1 3 1 3 1 3
xx
x x x x x x
 ++
= +
− + − + − +
.
Με τον τρόπο αυτό εξαναγκάζουμε το πρώτο κλάσμα να πάρει την επιθυμητή μορφή
1
1x −
και τον αριθμητή του δεύτερου κλάσματος των συμπληρώνουμε ώστε να φτάσουμε στο
3 1x+ .
Έτσι τελικά έχουμε:
( )( )
( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( )
( )( )
1 3 3 1 1 33 1
1 3 1 3 1 3
2 11 1 2
.
1 1 3 1 3
x xx
x x x x x x
x
x x x x x
 + − + −+
= + =
− + − + − +
−
+ = +
− − + − +

10. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Β.
Να γράψετε το κλάσμα 2
13
6
x
x x
+
+ −
ως άθροισμα απλών κλασμάτων.
ΛΥΣΗ
Για κάθε  3,2x − −' έχουμε :
( )( )2
13 13
6 2 3
x x
x x x x
+ +
=
+ − − +
.
Στο μυαλό μας κρύβουμε το 2x − και στην παράσταση
13
3
x
x
+
+
βάζουμε όπου x το 2 και
βρίσκουμε 3.
Άρα για κάθε  3,2x − −' έχουμε :
( )( )
( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( )
( )( )
2
13 13
6 2 3
3 3 1 3 13 9
2 3 2 3
2 23 3 2
.
2 2 3 2 3
x x
x x x x
x x
x x x x
x
x x x x x
+ +
= =
+ − + −
+ − + −
+ =
− + − +
−
− = −
− − + − +
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 2.
Να βρείτε τις τιμές των ,  ' ώστε το πολυώνυμο ( ) 3 2
1P x x ax x= + + − να έχει
παράγοντα το 2
2 1x x+ + .
ΛΥΣΗ
Για κάθε x' έχουμε:
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )
3 2
3 2 2
2 2
2
1
2 2 2 2 2 1 2 2 1 2
1 2 1 2 3 1
2 1 2 3 1.
x ax x
x x x a x a x a x a
x x a x x a
x a x x a

 
 
 
+ + − =
+ + + − + − + − + − − − − − + =  
 + + − + + − + − + =
+ − + + − + − +
Συνεπώς το ( )P x έχει παράγοντα το ( )
2
1x + αν και μόνο αν για κάθε x' ισχύει :
( )2 3 1 0x a − +  − + = ,
δηλαδή αν και μόνο αν
2 3 0 1
1 0 1
  
 
− + = =   
   
− + = = −   
.

11. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 3 (σχολικό βιβλίο)
Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η ανίσωση:
2 7 2x x+ −  .
ΛΥΣΗ:
H ανίσωση ορίζεται αν και μόνο αν,
7
2 7 0
2
x x+    − .
Για κάθε
7
2
x  − έχουμε:
( )
2
2 7 2 2 7 2
2 2 7 2 4 2 2 7 2 7 3
2 7 2 2 7 3 0 1 2 7 3
7
2 7 1 7
,1 .2
22 7 3 1
x x x x
x x x x
x x x
x x
x
x x
+ −   +  + 
+  +  +  + − 
+ − + −   −  +  
  +  −  −     
   −      +       
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 4.
Nα λυθεί η ανίσωση
23 3
2 4
x
x
x
+

+
στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.
ΛΥΣΗ :
Για κάθε  2x − −' έχουμε:
( )
( )( )
( )( )( )
2 3 2
2 2
3 2
3 2
2
2 43 3 2 4 3 3
2 4 2 4 2 4
2 4 3 3
0 2 4 3 3 2 0
2 4
1 2 6 3 2 0....
x xx x x x
x x
x x x
x x x
x x x x
x
x x x x
++ − − + +
  +  
+ + +
− − + +
  + − − +  
+
− + + + 

12. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 5 (σχολικό βιβλίο)
Να αποδείξετε ότι το
1
4
x − είναι παράγοντας του πολυωνύμου: 4 3 2
16 8 9 14 4x x x x− + + − .
ΛΥΣΗ:
Για κάθε x' έχουμε:
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 6 (σχολικό βιβλίο)
Να αποδείξετε ότι το 1 3x − − είναι παράγοντας του 3 2
3 2x x− + .
ΛΥΣΗ:
Για κάθε x' έχουμε:
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( )( )
3 2 2 2
22
3 2 1 2 2 1 2 1 3
1 1 3 1 1 3 1 3 .
x x x x x x x x
x x x x x
 − + = − − − = − − + − = 
 − − − = − − − − +
  
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
4 3 2
4 3 3 2 2
3 2
3 2 3 2
16 8 9 14 4
16 4 4 8 2 16 4
4 4 1 4 1 2 4 1 4 4 1
1
4 1 4 2 4 4 4 2 4 .
4
x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x x
− + + − =
− − + + − + − =
− − − + − + − =
 
− − + + = − − + + 
 

13. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Εφαρμογές στην ύλη της Γ λυκείου
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 1.
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
3 2
1
20
5 7 2
3 2
x x x
dx
x x
+ − +
+ +
ΛΥΣΗ
Έχουμε:
( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
3 2
1
20
3 2 2
1
20
2 2
1
20
1 1
0 0
1
0
1
0
5 7 2
3 2
3 2 2 6 4 15 2
3 2
3 2 2 3 2 15 2
3 2
15 2
2
1 2
13 2 15 13 2 265
2 1 2 1 2
5 13 28 5
41
2 1 2 2
x x x
dx
x x
x x x x x x
dx
x x
x x x x x x
dx
x x
x
x dx dx
x x
x x
dx
x x x x
dx
x x
+ − +
=
+ +
+ + + + + − −
=
+ +
+ + + + + − −
=
+ +
+
+ − =
+ +
 − + + + +
− + = 
+ + + + 
− 
− + = + + + 



 

 ln 2 28 ln3. − 
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 2.
Να βρείτε τις τιμές των ,  ' ώστε να ισχύει :
2
3
lim 5
2x
x
ax
x

→+
 +
+ + = 
− 
.
ΛΥΣΗ :
Έχουμε :
( ) ( )
( ) ( )
2
2
3
lim 5
2
2 2 4 5
lim 5
2
2 2 2 5
lim 5 0
2 2 2
5
lim 2 5 0
2
5
lim 1 3 0. 1
2
x
x
x
x
x
x
ax
x
x x x
ax
x
x x x
ax
x x x
x ax
x
a x
x





→+
→+
→+
→+
→+
 +
+ + =  
− 
 − + − +
+ + =  
− 
− − 
+ + + + − =  
− − − 
 
+ + + + − =  
− 
 
+ + + − = 
− 

14. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Aν 1 ή 1a  −  − από την ( )1 οδηγούμαστε σε άτοπο.
Αν 1 = − η ( )1 γίνεται :
5
lim 3 0 3
2x x
 
→+
 
+ − =  = 
− 
.
Κάνουμε επαλήθευση και οι τιμές που βρήκαμε τελικά είναι αποδεκτές.
ΕΦΑΡΜΟΓΗ 3.
Να βρεθεί η πλάγια ασύμπτωτη της ( )
3 2
2
5 3 2
4 5
x x x
f x
x x
− + −
=
− +
στο + .
ΛΥΣΗ:
Για κάθε x' έχουμε:
( )
( ) ( )
3 2
2
3 2 2
2
2 2
2 2
5 3 2
4 5
4 5 4 5 6 3
4 5
4 5 4 5 6 3 6 3
1 ,
4 5 4 5
x x x
f x
x x
x x x x x x
x x
x x x x x x x
x
x x x x
− + −
= =
− +
− + − + − − +
=
− +
− + − − + − + −
= − −
− + − +
δηλαδή για κάθε x' έχουμε:
( ) ( ) 2
6 3
1
4 5
x
f x x
x x
−
− − = −
− +
και παίρνοντας όρια τελικά:
( ) ( ) 2
3 6
lim 1 lim 0
4 5x x
x
f x x
x x→+ →+
− 
− − = =     − + 
.
Άρα η 1y x= − είναι η πλάγια ασύμπτωτη της fC στο + .

15. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Εύρεση πλάγιων/οριζόντιων ασύμπτωτων ρητής συνάρτησης με
αποκλειστική χρήση του ορισμού
Για τη ρητή συνάρτηση ( )
( )
( )
P x
f x
Q x
= διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
• ( ) ( )deg P x degQ x , τότε άμεσα είναι ( )x
f x 0lim
→
= , άρα η fC έχει οριζόντια
ασύμπτωτη στο  την ευθεία y 0=
• ( ) ( )deg P x degQ x , τότε εκτελώντας την ευκλείδεια διαίρεση ( ) ( )P x :Q x οι
ασύμπτωτες της f στο  (αν υπάρχουν) προκύπτουν άμεσα.
Παραδείγματα:
α)
( ) ( )x x x
2 2
4 4 2
2x 3x 1 2x 2
f x f x 0
x x x x
lim lim lim
→ → →
+ +
=  = = =
+
Άρα η fC έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο  την ευθεία y 0=
β)
( ) ( )( )x x
2 διαίρεση
2
f
2x 3x 1 1 1
f x 2 f x 2 0
x x x 1 x 1
η ευθεία y 2 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της C στο
lim lim
→ →
+ +
= +  − = =
+ + +
 =  
=====
γ)
( ) ( ) ( ) ( )( )x x
2 διαίρεση
f
2x 3x 2 1 1
f x 2x 1 f x 2x 1 0
x 1 x 1 x 1
η ευθεία y 2x 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της C στο
lim lim
→ →
+ +
= + +  − + = =
+ + +
 = +  
=====
δ) Η συνάρτηση ( )
4 3 2
x 3x 2x x 1
f x
x 1
+ + + +
=
−
δεν έχει πλάγιες/οριζόντιες ασύμπτωτες , αφού
( )
4 3 2 διαίρεση
3 2x 3x 2x x 1 8
f x x 4x 6x 7
x 1 x 1
+ + + +
= + + + +
− −
=====
Αν είχε ασύμπτωτη την y αχ β= + , τότε ( ) ( )x
f x αχ β 0lim
→
− + =  
Όμως
( ) ( ) ( ) ( )x x
3 2 8
f x αχ β x 4x 6 α x 7 β , άτοπο!
x 1
lim lim
→ →
 
− + = + + − + − + =     − 

16. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Συμπέρασμα:
Για τη ρητή συνάρτηση ( )
( )
( )
P x
f x
Q x
= ισχύει ότι:
Α) Αν ( ) ( )deg P x degQ x , τότε η fC έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο  την ευθεία y 0=
Β) Αν το πηλίκο ( )π x της διαίρεσης
( )
( )
P x
Q x
είναι το πολύ 1ου
βαθμού, τότε η ευθεία ( )y π x=
είναι πλάγια/οριζόντια ασύμπτωτη της fC στο 
Γ) Αν το πηλίκο της διαίρεσης
( )
( )
P x
Q x
είναι τουλάχιστον 2ου
βαθμού, τότε η fC δεν έχει
οριζόντιες/πλάγιες ασύμπτωτες στο 
Με τον παραπάνω τρόπο παρακάμπτουμε το θεώρημα:
του οποίου η απόδειξη στο τρέχον σχολικό βιβλίο παραλείπεται (κακώς κατά τη γνώμη μας)

17. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
(τα παρακάτω είχαν παρουσιαστεί στο 1ο μέρος – Οκτώβρης 2018)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Απόδειξη
• δίχως παραγώγους
• με χρήση θ. Bolzano
• η f είναι προσδιοριστέα!
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

18. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Απόδειξη
• δίχως χρήση θ. Fermat – δίχως παραγώγους
• με χρήση μονοτονίας και τοπικού ακροτάτου
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Απόδειξη
• δίχως χρήση παραγώγων
• με χρήση ορίων
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

19. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Αποφυγή κριτηρίου παρεμβολής
Με δεδομένο το όριο του σχολικού βιβλίου
x 0
1
xημ 0
x
lim
→
 
= 
 
υπολογίζουμε τα παρακάτω δίχως
χρήση κριτηρίου παρεμβολής:
x u 0
1 σχολικόu
βιβλίοx
u 0
ημx
0
1
uημ
x u
lim lim+ +→+ →
=
→
   
•    
   
== ==
x u 0
1 σχολικόu
βιβλίοx
2 2
u 0
xημx 0
0
1
u
x 1 1 u
μ
u
1
η
lim lim+ +→+ →
=
→
 
  
• =  
+ +   
 
== ==
x u 0 u 0
u 0
1 ν 1
u
x
ν ν
u 0
ν
σχολικό
βιβλίο
ν 2
ν
1 1 1
ημ u ημ
xημx u u u
1x 1 1 u1
u
0
u 0 0, ν 3,4,...
1 u 1
1
uημ
u
lim lim lim
lim
+ + +
+
→+ → →
→
−
=
→
−
   
    
• =    
+ +     +
   
 
 
=   = = 
+ 
 
==
==
• Αν
x 0
1
xημ 0
x
lim
→
 
= 
 
να αποδείξετε δίχως το κρ. Παρεμβολής ότι
x 0
1
xσυν 0
x
lim
→
 
= 
 
( )
ux 0 x 0
ψ 0
ux 0 x 0
π 1
u
2 x
1
ψ
u
π 1
u
2 x
1
ψη
1 π 1 2
xσυν xη
0μ
μ ημu
x 2 x π 2u
2
1 0
πψ 2
1 π 1 2
xσυν xημ ημu
x 2 π u
ψ
x 2
lim lim lim
lim
lim lim lim
+ +
−
− −
→−→ →
→
→+→ →
= −
=
= −
      
= −       −      
 
= −  = 
− 
      
= −       −      
====
====
====
==== ( )
x 0
ψ 0
1
ψ
u
1
xσυν 0
x
2
1 0 0
πψ
1
ψημ
ψ2
lim
lim+
→
→
=






  
 =  
 



 
= −  =  
−  

20. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Εφαρμογές της βασικής σχέσης «lnx x 1 − »
Η βασική σχέση «lnx x 1 − » χρησιμοποιείται δίχως απόδειξη και μπορεί να μας λύσει ασκήσεις
του σχολικού βιβλίου (δίχως χρήση παραγώγων) , αμέσως μετά την σχετική εφαρμογή
της σελ. 148:
Παράδειγμα 1:
Μονοτονία της συνάρτησης ( )f x ln x x,x 1= − 
(άσκ. σχ. βιβλίου σελ. 138)
Εναλλακτική λύση (δίχως παραγώγους):
Αν ( )1 2x ,x 1, + με 1 2x x τότε:

21. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Παράδειγμα 2:
Τo i) ερώτημα μπορεί να αντιμετωπισθεί και ως εξής:
Για x το ( )
1
x 0
x
 η βασική σχέση lnx x 1 − δίνει ( )
1
ln x 1 x 0
x
 − 
Τώρα για α,β' με 1 α β−   έχουμε:

22. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Παράδειγμα 3:
Το παρακάτω όριο ανήκει στην παράγραφο «ασύμπτωτες – κανόνες de l΄ Hospital»
Μπορεί να υπολογισθεί με χρήση της σχέσης «lnx x 1 − » ως εξής:
( ) ( )x 0 x 0
ημx
ημx 1
1
ln x
x
1ln x 1 1
xlim lim
→ →
= = =
++
,
διότι για x 0 έχουμε (από την βασική
1
1 ln x x 1
x
−   − ):
( )
( ) ( )
x 0
1
x ln x 1 ln x 11
x 1
x 1 x
ln x 1
x 1 x
lim+
→
+

+
    
+
+ =
+
Παρόμοια δείχνουμε ότι
( )
x 0
ln x 1
1
x
lim−
→
+
= .
Σχόλιο: Ο τρόπος εύρεσης του παραπάνω ορίου δεν είναι ξεκομμένος από το πνεύμα των
Πανελλαδικών εξετάσεων, καθώς έχει πρόσφατα ζητηθεί η ίδια ανισοτική σχέση
(Σεπτέμβρης 2018)

23. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Παράδειγμα 4:
Η παρακάτω άσκηση ανήκει στην παράγραφο «ασύμπτωτες – κανόνες de l΄ Hospital»
Στη λύση αυτή της άσκησης, εμφανίζεται το
x 0
βx
e 1
x
lim+
→
−
και υπολογίζεται με κανόνα de l΄
Hospital ……
Λύνεται όμως αποκλειστικά με χρήση της σχέσης «lnx x 1 − » ως εξής:
Για ( )
βx
βx e 1
x 0 e βx 1 β 1
x
−
   +  
Επίσης, για ( )
βx βxγια x το e
βxe 1
x 0 ln x x 1 βe 2
x
−
−
   − =====>
Από ( ) ( )1 , 2  για κάθε x 0,
x 0
βx βxκρ.παρεμβ.
βxe 1 e 1
β βe β
x x
lim+
→
− −
  =====>

24. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
Παράδειγμα 5:
Στην ίδια παράγραφο ανήκει και η παρακάτω άσκηση:
στην λύση της οποίας εμφανίζονται και υπολογίζονται με τον κανόνα de l΄ Hospital τα όρια
( ) ( )
( )x 1 x 1
2 2
2
ln x 2x 2 ln x 2x 2
A , B
x 1 x 1
lim lim
→ →
− + − +
= =
− −
Μπορούμε να παρακάμψουμε τον κανόνα de l΄ Hospital, ως εξής:
•
( ) ( )( ) ( )
x 11 u 0x
2
2
2
u x 1ln x 1 1 ln u 1
0,
1
ln x 2x 2
A
x 1 x u
lim mli lim ===
→ →→
= −− +− + +
−
=
−
= =
διότι ( )2 2
ln u 1 u+  (λόγω της βασικής lnx x 1 − )
και άρα
( ) ( )
( ) ( )
( )u 0
u 0
u 0
2 2
2
2 2
ln u 1 ln u 1
για u 0 0 u 0 ln u 1u u
0
uln u 1 ln u 1
για u 0 u 0 0
u u
lim
lim
lim
+
−
→
→
→
 + +
      = + 
 = 
+ + 
     = 
 

25. ΕΜΕ Παράρτημα Νομού Βοιωτίας Ανδρέας Πάτσης - Παύλος Τρύφων (6/10/2019)
•
( )
( )
( )( )
( )
( )
0x x u1 1
2
2
u x 1
2
2
2 2
ln x 1 1 ln u 1
1,
ln x 2x 2
B
1x 1 ux
lim limlim ===
→→ →
= −
−
− + ++
= =
−
−
=
διότι για u 0 είναι
( )
2
2 2
2
u
ln u 1 u
u 1
 + 
+
(λόγω της βασικής
1
1 lnx x 1
x
−   − ).
Άρα
( )
( )
( )
u 0
2 2
2 2 2
ln u 1 ln u 11
1 u 0 1.
u 1 u u
lim
→
+ +
    =
+
Παράδειγμα 6:
Εναλλακτική λύση της σχολικής άσκησης:
Η άσκηση αυτή μπορεί να λυθεί με απευθείας χρήση της γνωστής σχέσης lnx x 1 − ως εξής:
• Για x 0 η σχέση x
e λx ισχύει για κάθε λ 0
• Αρκεί να βρούμε τη μέγιστη τιμή του λ 0 για την οποία να ισχύει
( x
e λx, για κάθε )x 0  ( ) ( ) ( )x ln x ln λ 1x ln λ ln x+ −  
Από την βασική όμως σχέση ( )ln x x 1 x 0 −  προκύπτει ότι ( )x ln x 1 2− 
(και το 1 είναι ολικό ελάχιστο της συνάρτησης x x ln x− )
Από τις σχέσεις ( ) ( )1 , 2 συμπεραίνουμε ότι
maxln λ 1 λ e λ e    =