ΟΡΙΑ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ...43 Eπιμέλεια : Αυγερινός...

41

Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης

ΟΡΙΑ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ

ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

ΕΥΡΙΠΙΔΟΥ 80 ΝΙΚΑΙΑ – ΝΕΑΠΟΛΗ

ΤΗΛΕΦΩΝΟ 2104965897

ΔΙΕΥΘΥΝΣΗ ΣΠΟΥΔΩΝ

ΒΡΟΥΤΣΗ ΕΥΑΓΓΕΛΙΑ

ΜΠΟΥΡΝΟΥΤΣΟΥ ΚΩΝ/ΝΑ

ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

42


43


ΟΡΙΑ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Πραγματικοί αριθμοί

Συναρτήσεις

Ερωτήσεις θεωρίας 1. Πως ορίζεται το σύνολο των πραγματικών αριθμών, πως το σύνολο

των ρητών, πως το σύνολο των ακεραίων , πως το σύνολο των

φυσικών αριθμών ,ποια σχέση συνδέει αυτά τα σύνολα και πως

συμβολίζονται αυτά τα σύνολα όταν λείπει το μηδέν;

Υπενθυμίζουμε ότι το σύνολο των πραγματικών αριθμών αποτελείται

από τους ρητούς και τους άρρητους αριθμούς και παριστάνεται με τα σημεία

ενός άξονα, τ ο υ ά ξ ο ν α τ ω ν π ρ α γ μ α τ ι κ ώ ν α ρ ι θ μ ώ ν .

x΄ x

π e 3

5 4 3 2 1 0 1 2 3 5 4

Ρητοί αριθμοί λέγονται οι αριθμοί που έχουν ή μπορούν να πάρουν τη μορφή

β

α, όπου α, β ακέραιοι με 0β . Το σύνολο των ρητών αριθμών συμβολίζεται

με . Είναι, δηλαδή,

0μεακέραιοι βα,ββ

α.

Υπενθυμίζουμε ότι το σύνολο των ακέραιων αριθμών είναι το

...},3,2,1,0,1,2,3,{ ,

ενώ το σύνολο των φυσικών αριθμών είναι το

...},3,2,1,0{ .

Για τα σύνολα , , και ισχύει:

Τα σύνολα }0{ , }0{ , και }0{ τα

συμβολίζουμε συντομότερα με * , *

,και *

αντιστοίχως.

2. Ποιες πράξεις ορίστηκαν στο σύνολο των πραγματικών αριθμών

και ποιες είναι οι σπουδαιότερες ιδιότητες της διάταξης ;

R

Q Ζ

λ

ξη

γ

Ν

44


Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών ορίστηκαν οι πράξεις της πρόσθεσης

και του πολλαπλασιασμού και με τη βοήθειά τους η αφαίρεση και η διαίρεση.

Οι ιδιότητες των πράξεων αυτών είναι γνωστές από προηγούμενες τάξεις. Στη

συνέχεια ορίστηκε η έννοια της διάταξης, οι σπουδαιότερες ιδιότητες της

οποίας είναι οι:

1) Aν βα και γβ , τότε γα

2) γβγαβα

3)

0όταν,

0όταν,

ενώ

γ

γ

βγαγβα

βγαγβα

4) .τότε,

τότε,

0

και

και

Aν

καιΑν

βδαγ

δβγα

α,β,γ,δ

δγβα

δγβα

5) Αν 0α,β και ν , τότε ισχύει η ισοδυναμία:

νν βαβα

6) )0και0(0 βαββ

α

7) Aν 0αβ , τότε ισχύει η ισοδυναμία

βαβα

11 .

3. Τι καλούμαι διαστήματα πραγματικών αριθμών, ποια είναι αυτά ,τι

καλούμαι μη φραγμένα διαστήματα και τι καλούμαι εσωτερικά

σημεία ενός διαστήματος Δ;

Αν α,β με βα , τότε ονομάζουμε διαστήματα με άκρα τα α,β καθένα

από τα παρακάτω σύνολα:

:}|{)( βxαxα,β ανοικτό διάστημα

:}|{][ βxαxα,β κλειστό διάστημα

}|{),[ xx κλειστό-ανοικτό

διάστημα

}|{]( βxαxα,β ανοικτό-κλειστό διάστημα.

a

a

a

a

β

β

β

β

3

45


Αν α , τότε ονομάζουμε μη φραγμένα διαστήματα με άκρο το α καθένα

από τα παρακάτω σύνολα:

}|{),( αxxα

}|{),[ αxxα

}|{),( αxxα

}|{],( αxxα

Υπό μορφή διαστήματος το σύνολο το συμβολίζουμε με ),( .

Τα σημεία ενός διαστήματος Δ, που είναι διαφορετικά από τα άκρα του,

λέγονται εσωτερικά σημεία του Δ.

4. Τι καλούμε απόλυτη τιμή πραγματικού αριθμού ,τι παριστάνει αυτή, πως

παριστάνεται η απόσταση δύο πραγματικών αριθμών και ποιες είναι οι

ιδιότητες της απόλυτης τιμής;

Η απόλυτη τιμή ενός πραγματικού αριθμού α, που συμβολίζεται με || α ,

ορίζεται ως εξής:

0αν,

0αν,||

αα

ααα

Γεωμετρικά, η απόλυτη τιμή του α παριστάνει την απόσταση του αριθμού α

από το μηδέν,

x΄ x 4 3 α 2

|a |

1 0 1 2 3 4

ενώ η απόλυτη τιμή του βα παριστάνει την απόσταση των αριθμών α και

β.

x΄ x 4 3 β α 2

|aβ |

1 0 1 2 3 4

Μερικές από τις βασικές ιδιότητες της απόλυτης τιμής είναι οι εξής:

1) 22|| αα 2) ||2 αα

3) |||||| βααβ 4) ||

||

β

α

β

α

5) <θ -θ<χ<θ με θ>0 6) >θ χ<-θ ή χ>θ με θ>0

7) |||||||||| βαβαβα 8) δxxδxδxx 000 || , 0δ

a

a

a

a

4

46


5. Να γραφούν υπό μορφή διαστήματος ή ένωσης διαστημάτων τα

σύνολα:

i)

11

x|xA ii)

12x

xA |1

.

ΛΥΣΗ

i) Eίναι xx

1101

1

x

x 10

0)1( xx και 0x 0x ή 1x .

Άρα ),1[)0,( A .

ii) Είναι 121

1121

xx

31

1 x

3

11 x .

Άρα

1,

3

1A .

6. Πως ορίζεται η πραγματική συνάρτηση και τι γνωρίζετε γι΄ αυτή;

Έστω Α ένα υποσύνολο του . Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με

πεδίο ορισμού το Α μια διαδικασία (κανόνα) f , με την οποία κάθε στοιχείο

Ax αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο πραγματικό αριθμό y. Το y ονομάζεται

τιμή της f στο x και συμβολίζεται με )(xf .

Για να εκφράσουμε τη διαδικασία αυτή, γράφουμε:

Af :

)(xfx .

— Το γράμμα x, που παριστάνει οποιοδήποτε στοιχείο του Α λέγεται

ανεξάρτητη μεταβλητή, ενώ το γράμμα y, που παριστάνει την τιμή της f

στο x, λέγεται εξαρτημένη μεταβλητή.

— Το πεδίο ορισμού Α της συνάρτησης f συνήθως συμβολίζεται με fD .

— Το σύνολο που έχει για στοιχεία του τις τιμές της f σε όλα τα Ax ,

λέγεται σύνολο τιμών της f και συμβολίζεται με )(Af . Είναι δηλαδή:

)(|{)( xfyyAf για κάποιο }Ax .

ΠΡΟΣΟΧΗ

Στα επόμενα και σε όλη την έκταση του βιβλίου :

— Θα ασχοληθούμε μόνο με συναρτήσεις που έχουν πεδίο ορισμού

διάστημα ή ένωση διαστημάτων.

— ΄Οταν θα λέμε ότι “Η συνάρτηση f είναι ορισμένη σ’ ένα σύνολο Β”, θα

εννοούμε ότι το Β είναι υποσύνολο του πεδίου ορισμού της. Στην

47


περίπτωση αυτή με )(Bf θα συμβολίζουμε το σύνολο των τιμών της f σε

κάθε Bx . Είναι δηλαδή:

)(|{)( xfyyBf για κάποιο }Bx .

Είδαμε παραπάνω ότι για να οριστεί μια συνάρτηση, f αρκεί να δοθούν δύο

στοιχεία:

το πεδίο ορισμού της και

η τιμή της, )(xf , για κάθε x του πεδίου ορισμού της.

Συνήθως, όμως, αναφερόμαστε σε μια συνάρτηση f δίνοντας μόνο τον τύπο με

τον οποίο εκφράζεται το )(xf . Σε μια τέτοια περίπτωση θα θ ε ω ρ ο ύ μ ε σ

υμ β α τ ι κ ά ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο όλων των

πραγματικών αριθμών x, για τους οποίους το )(xf έχει νόημα. Έτσι, για

παράδειγμα, αντί να λέμε “δίνεται η συνάρτηση ]2,(:f , με xxf 24)( ”

θα λέμε “δίνεται η συνάρτηση f με τύπο xxf 24)( ” ή, πιο απλά, “δίνεται η

συνάρτηση xxf 24)( ”, ή “δίνεται η συνάρτηση xy 24 ”.

7. Ποιo είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f με τύπο:

i) x

xxxf

23)(

2 ii) xxf ln1)(

ΛΥΣΗ

i) H συνάρτηση f ορίζεται, όταν και μόνο όταν

0232 xx και 0x .

Το τριώνυμο όμως 232 xx έχει ρίζες τους αριθμούς 1 και 2. Έτσι, η

ανίσωση 0232 xx αληθεύει, όταν και μόνο όταν

1x ή 2x .

Επομένως, το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο ),2[]1,0()0,( A .

ii) Η συνάρτηση f ορίζεται, όταν και μόνο όταν

0ln1 x .

Είναι όμως

1ln0ln1 xx

ex lnln

ex 0 .

Επομένως, το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο ],0( eA .

48


8. Πως ορίζεται η γραφική παράσταση συνάρτησης πως μπορούμε

πρακτικά να εξετάσουμε αν μία «καμπύλη» είναι γραφική παράσταση

συνάρτησης και τι πληροφορίες δίνει η γραφική παράσταση για τις

συναρτήσεις;

Έστω f μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού Α και Oxy ένα σύστημα

συντεταγμένων στο επίπεδο. Το σύνολο των σημείων ),( yxM για τα οποία

ισχύει )(xfy , δηλαδή το σύνολο των σημείων ))(,( xfxM , Ax , λέγεται

γραφική παράσταση της f και συμβολίζεται συνήθως με fC . Η εξίσωση,

λοιπόν, )(xfy επαληθεύεται μόνο από τα σημεία της fC . Επομένως, η

)(xfy είναι η εξίσωση της γραφικής παράστασης της f.

Επειδή κάθε Ax αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο y , δεν υπάρχουν σημεία

της γραφικής παράστασης της f με την ίδια τετμημένη. Αυτό σημαίνει ότι

κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει με τη γραφική παράσταση της f το πολύ ένα

κοινό σημείο (Σχ. 7α).

Έτσι, ο κύκλος δεν αποτελεί γραφική παράσταση συνάρτησης (Σχ. 7β).

΄Οταν δίνεται η γραφική παράσταση fC μιας συνάρτησης f, τότε:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Α των τετμημένων των σημείων

της fC .

β) Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο )(Af των τεταγμένων των σημείων

της fC .

γ) Η τιμή της f στο Ax 0 είναι η τεταγμένη του σημείου τομής της ευθείας

0xx και της fC (Σχ. 8).

Cf

O

y

x

(α)

Α

Cf

O

y

x

(β)

f (Α)

Cf

O

x=x0

A(x0,f (x0))

x0

y

x

(γ)

f (x0)

8

9. Πως μπορούμε δεδομένης της γραφικής παράστασης fC , μιας

συνάρτησης f μπορούμε να σχεδιάσουμε τις γραφικές παραστάσεις

των συναρτήσεων f και || f .

O x

y

(a)

Cf

Α

O x

y 7

C

(β)

49


Όταν δίνεται η γραφική παράσταση fC , μιας συνάρτησης f μπορούμε, επίσης,

να σχεδιάσουμε και τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και || f .

α) Η γραφική παράστασης της συνάρτησης

f είναι συμμετρική, ως προς τον άξονα

xx , της γραφικής παράστασης της f,

γιατί αποτελείται από τα σημεία

))(,( xfxM που είναι συμμετρικά των

))(,( xfxM , ως προς τον άξονα xx . (Σχ.

9).

β) Η γραφική παράσταση της || f

αποτελείται από τα τμήματα της fC

που βρίσκονται πάνω από τον άξονα

xx και από τα συμμετρικά, ως προς

τον άξονα xx , των τμημάτων της fC

που βρίσκονται κάτω από τον άξονα

αυτόν. (Σχ. 10).

10. Ποιες οι γραφικές παραστάσεις των βασικών συναρτήσεων;

Στην παράγραφο αυτή δίνουμε τις γραφικές παραστάσεις μερικών βασικών

συναρτήσεων, τις οποίες γνωρίσαμε σε προηγούμενες τάξεις.

Η πολυωνυμική συνάρτηση βαxxf )(

11

a>0

O x

y

a<0

O x

y

a=0

O x

y

Η πολυωνυμική συνάρτηση 2)( αxxf , 0α .

O x

y

α>0

x O

y

α<0

12

O

y

x

9

Μ΄(x,f (x))

y=f (x)

y=f (x)

Μ(x,f (x))

O

y

x

10

y=f (x) y=| f (x)|

50


Η πολυωνυμική συνάρτηση 3)( αxxf , 0α .

O x

y

α>0

O x

y

α<0

13

Η ρητή συνάρτηση x

αxf )( , 0α .

O x

y

α>0

O

x

y

α<0

14

Οι τριγωνικές συναρτήσεις : xxf ημ)( , xxf συν)( , xxf εφ)(

O

y=ημx

2π π

1

1

y

x

O

y=συνx

2π π

1

1

y

x

3π/2 π/2 π/2 O

y=εφx

y

x

(γ )

(β)

(α )

16

Υπενθυμίζουμε ότι, οι συναρτήσεις xxf ημ)( και συνx)( xf είναι περιοδικές με

περίοδο πT 2 , ενώ η συνάρτηση xxf εφ)( είναι περιοδική με περίοδο πT .

51


Η εκθετική συνάρτηση xαxf )( , 10 α .

α

1

1 O x

y

(α) α>1

O x

y

(β) 0<α<1

α

1

1

17

Υπενθυμίζουμε ότι:

αν 1α , τότε: 2121 xxααxx

ενώ

αν 10 α , τότε: 2121 xxααxx

.

Η λογαριθμική συνάρτηση xxf αlog)( , 10 α

α

1

1 O x

y

(α) α>1

α

1

1

O x

y

(β) 0<α<1

18

Υπενθυμίζουμε ότι:

1) xαyxy

α log 4) 2121 loglog)(log xxxx ααα

2) xαx

α log και xαxα

log 5) 21

2

1 logloglog xxx

xααα

3) 1log αα και 01log α 6) 11 loglog xκx α

k

α

7) αν 1α , τότε: 2121 loglog xxxx αα

ενώ

αν 10 α , τότε : 2121 loglog xxxx αα .

8) αxxeα

ln , αφού αeα

ln .

52


Οι παραπάνω τύποι ισχύουν με την προϋπόθεση ότι τα χρησιμοποιούμενα

σύμβολα έχουν νόημα.

Με τη βοήθεια των παραπάνω γραφικών παραστάσεων μπορούμε να

σχεδιάσουμε τις γραφικές παραστάσεις ενός μεγάλου αριθμού συναρτήσεων.

11. Να παραστήσετε γραφικά κάθε μια από τις παρακάτω συναρτήσεις:

i) |)( x|xf , ii) |

)(x|

xg1

, iii) |1

)(-x|

xh1

ΛΥΣΗ

i) Αρχικά παριστάνουμε γραφικά τη συνάρτηση

xxφ )( και έπειτα την |)(|)( xφxf .

ii) Αρχικά παριστάνουμε γραφικά τη συνάρτηση

xxφ

1)( και έπειτα την |)(|)( xφxg .

iii)Επειδή )1()( xgxh ,η γραφική παράσταση

της h προκύπτει, αν μετατοπίσουμε τη γραφική

παράσταση της g κατά μία μονάδα προς τα

δεξιά.

12. Πως ορίζεται η ισότητα συναρτήσεων και τι ισχύει σε ειδικές

περιπτώσεις;

Δύο συναρτήσεις f και g λέγονται ίσες όταν:

έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού Α και

για κάθε Ax ισχύει )()( xgxf .

y=|x| y=x

O x

y 19

y

x

1

y

x

1

| |

O x

y20

21

y

x

1

1| |

1

1

y

x

1

| |

O x

y

53


Για να δηλώσουμε ότι δύο συναρτήσεις f και g είναι ίσες γράφουμε gf .

Έστω τώρα f, g δύο συναρτήσεις με πεδία

ορισμού Α, Β αντιστοίχως και Γ ένα

υποσύνολο των Α και Β. Αν για κάθε Γx

ισχύει )()( xgxf , τότε λέμε ότι οι

συναρτήσεις f και g είναι ίσες στο

σύνολο Γ. (Σχ. 22)

Έστω οι συναρτήσεις:

1)(

2

3

x

xxxf και xxg )( .

Παρατηρούμε ότι:

— οι συναρτήσεις f και g έχουν κοινό πεδίο ορισμού το σύνολο A και

— για κάθε Ax ισχύει )()( xgxf , αφού

)(1

)1(

1)(

2

2

2

3

xgxx

xx

x

xxxf

.

Για παράδειγμα, οι συναρτήσεις

1

1)(

2

x

xxf και

x

xxxg

2

)( ,

που έχουν πεδία ορισμού τα σύνολα }1{A και }0{B αντιστοίχως, είναι

ίσες στο σύνολο }1,0{Γ , αφού για κάθε Γx ισχύει

1)()( xxgxf .

13. Πως ορίζουμε τις πράξεις με συναρτήσεις;

Ορίζουμε ως άθροισμα gf , διαφορά g-f , γινόμενο fg και πηλίκο g

f δύο

συναρτήσεων f, g τις συναρτήσεις με τύπους

)()())(( xgxfxgf

)()())(( xgxfxgf

)()())(( xgxfxfg

)(

)()(

xg

xfx

g

f

.

Το πεδίο ορισμού των gf , gf και fg είναι η τομή BA των πεδίων ορισμού Α

και Β των συναρτήσεων f και g αντιστοίχως, ενώ το πεδίο ορισμού της g

f είναι το

BA , εξαιρουμένων των τιμών του x που μηδενίζουν τον παρονομαστή )(xg , δηλαδή

το σύνολο

Axx |{ και Bx , με }0)( xg .

Έστω οι συναρτήσεις

x

y

Ο

Γ

A B

22

54


xxf 1)( , xxg )(

και οι

xxxφ 1)(1 , xxxφ 1)(2 , xxxφ 1)(3 , x

xxφ

1)(4 .


α) Το πεδίο ορισμού των 21 ,φφ και 3φ είναι το σύνολο ]1,0[ , που είναι η τομή των

πεδίων ορισμού ]1,(A και ),0[ B των f, g, ενώ το πεδίο ορισμού της 4φ

είναι το σύνολο ]1,0( , που είναι η τομή των Α, Β αν εξαιρέσουμε τα x για τα οποία

ισχύει 0)( xg , και

β) )()()(1 xgxfxφ , )()()(2 xgxfxφ , )()()(3 xgxfxφ , )(

)()(4

xg

xfxφ .

Τις συναρτήσεις 321 ,, φφφ και 4φ τις λέμε άθροισμα, διαφορά, γινόμενο και πηλίκο

αντιστοίχως των gf , .

14. Πως ορίζεται η σύνθεση συναρτήσεων;

Αν f, g είναι δύο συναρτήσεις με πεδίο ορισμού Α, Β αντιστοίχως, τότε ονομάζουμε

σύνθεση της f με την g, και τη συμβολίζουμε με gof , τη συνάρτηση με τύπο

))(())(( xfgxgof .

g f

g(B) A

g

B f (A)

f

A1

g( f (x))

f (x)

x

24

Το πεδίο ορισμού της gof αποτελείται από όλα τα στοιχεία x του πεδίου ορισμού της

f για τα οποία το )(xf ανήκει στο πεδίο ορισμού της g. Δηλαδή είναι το σύνολο

})(|{1 BxfAxA .

Είναι φανερό ότι η gof ορίζεται αν 1A , δηλαδή αν BAf )( .

ΠΡΟΣΟΧΗ

Στη συνέχεια και σε όλη την έκταση του βιβλίου, θα ασχοληθούμε μόνο με

συναρτήσεις που οι συνθέσεις τους έχουν πεδίο ορισμού διάστημα ή ένωση

διαστημάτων.

Έστω η συνάρτηση 1)( xxφ . Η τιμή της φ στο x μπορεί να οριστεί σε δύο φάσεις

ως εξής:

α) Στο x αντιστοιχίζουμε τον αριθμό 1 xy και στη συνέχεια

β) στο 1 xy αντιστοιχίζουμε τον αριθμό 1 xy , εφόσον 01 xy .

55


y x 1

g f

y=x1

23

g f

x

Στη διαδικασία αυτή εμφανίζονται δύο συναρτήσεις:

α) η 1)( xxf , που έχει πεδίο ορισμού το σύνολο A (α΄ φάση) και

β) η yyg )( , που έχει πεδίο ορισμού το σύνολο ),0[ B (β΄ φάση).

Έτσι, η τιμή της φ στο x γράφεται τελικά

))(()( xfgxφ .

Η συνάρτηση φ λέγεται σύνθεση της f με την g και συμβολίζεται με gof .

Το πεδίο ορισμού της φ δεν είναι ολόκληρο το πεδίο ορισμού Α της f, αλλά

περιορίζεται στα Ax για τα οποία η τιμή )(xf ανήκει στο πεδίο ορισμού Β της g,

δηλαδή είναι το σύνολο ),1[1 A .

15. Έστω οι συναρτήσεις xxf ln)( και xxg )( . Να βρείτε τις συναρτήσεις:

i) gof ii) fog .

ΛΥΣΗ

Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το ),0( fD , ενώ η g το ).0[ gD .

i) Για να ορίζεται η παράσταση ))(( xfg πρέπει:

fDx και gDxf )( (1)

ή, ισοδύναμα,

11

0

0ln

0

0)(

0

x

x

x

x

x

xf

x,

δηλαδή πρέπει 1x . Επομένως, ορίζεται η gof και είναι

xxgxfgxgof ln)(ln))(())(( , για κάθε )1[ x .

ii) Για να ορίζεται η παράσταση ))(( xgf πρέπει:

gDx και fDxg )(

ή, ισοδύναμα,

00

0

0

0

0)(

0

x

x

x

x

x

xg

x,

δηλαδή πρέπει 0x . Επομένως,ορίζεται η fog και είναι

xxfxgfxfog ln)())(())(( , για κάθε )0( x .

56


16. Ισχύει η αντιμεταθετική και η προσεταιριστική ιδιότητα στην σύνθεση

συναρτήσεων;

Στην παραπάνω εφαρμογή παρατηρούμε ότι foggof . Γενικά, αν f, g είναι δύο

συναρτήσεις και ορίζονται οι gof και fog , τότε αυτές δ ε ν ε ί ν α ι υ π ο χ ρ ε ω τ ι-

κ ά ίσες.

Αν hgf ,, είναι τρεις συναρτήσεις και ορίζεται η )(gofho , τότε ορίζεται και η

ofhog)( και ισχύει ofhoggofho )()( .

Τη συνάρτηση αυτή τη λέμε σύνθεση των f, g και h και τη συμβολίζουμε με hogof . Η

σύνθεση συναρτήσεων γενικεύεται και για περισσότερες από τρεις συναρτήσεις.

57


ΟΡΙΑ


Πραγματικοί αριθμοί

Συναρτήσεις

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΚΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ

1.1 – 1.2 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.i) Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = 2

x 2

x 3x 2

Λύση

Οι ρίζες του τριωνύμου 2

x – 3x + 2 είναι 1 και 2.

Πρέπει 2

x – 3x + 2 0 x 1 και x 2

Άρα f

D = (– , 1) (1, 2) (2, + )

1.ii) Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = 3 x 1 2 x

Λύση

Πρέπει x – 1 0 και 2 – x 0 x 1 και x 2 1 x 2

Άρα f

D = [1, 2]

1.iii) Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = 2

1 xx

Λύση

Πρέπει x 0 και 1 – 2

x 0

1 – 2

x 0 2

x 1 x 1 – 1 x 1

Άρα f

D = [–1, 0) (0, 1]

1.iv) Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = ln(1 – x

e )

Λύση

Πρέπει 1 – x

e > 0 x

e < 1 x

e < 0

e x < 0

Άρα f

D = (– , 0)

58


2.i) Για ποιες τιμές του x η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = 2

x – 4x + 3

βρίσκεται πάνω από τον άξονα x x .

Λύση

Πρέπει f(x) >0 2

x – 4x + 3 > 0

ο x εκτός των ριζών του τριωνύμου,

δηλαδή x < 1 ή 3 < x

Άρα f

D = (– , 1) (3, + )

2.ii) Για ποιες τιμές του x η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) =1 x1 x


Λύση

Πρέπει f(x) > 0 1 x1 x

> 0

(1 + x)(1 – x) > 0

– 1 < x < 1 Άρα f

D = (– 1, 1)

2.iii) Για ποιες τιμές του x η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = x

e – 1


Λύση

Πρέπει f(x) > 0 x

e – 1 > 0

x

e > 1

x

e > 0

e x > 0 Άρα f

D = (0, + )

3.i) Για ποιες τιμές του x η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = 3

x + 2x + 1

βρίσκεται πάνω από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = x + 1.

Λύση

Πρέπει f(x) > g(x) 3

x + 2x + 1 > x + 1.

3

x + x > 0

x(2

x + 1) > 0 x > 0

59


2

y

x

O

3.ii) Για ποιες τιμές του x η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = 3

x + x – 2

βρίσκεται πάνω από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = 2

x + x – 2.

Λύση

Πρέπει f(x) > g(x) 3

x + x – 2 > 2

x + x – 2.

3

x – 2

x > 0

2

x (x – 1) > 0

x – 1 > 0 x > 1

4. Οι ανθρωπολόγοι εκτιμούν ότι το ύψος του ανθρώπου δίνεται από τις

συναρτήσεις :

Α(x) = 2,89x + 70,64 (για τους άνδρες) και

Γ(x) = 2,75x + 71,48 (για τις γυναίκες)

όπου x σε εκατοστά το μήκος του βραχίονα. Σε μία ανασκαφή βρέθηκε ένα

οστό από βραχίονα μήκους 0,45 m.

α) Αν προέρχεται από άνδρα, ποιο ήταν το ύψος του;

β) Αν προέρχεται από γυναίκα, ποιο ήταν το ύψος της;

Λύση

α) Α(45) = 2,89. 45 + 70,6 = 200,69 cm

β) Γ(45) = 2,75. 45 + 71,48 = 195,23 cm.

5.Σύρμα μήκους = 20 cm κόβεται σε δύο κομμάτια με μήκη x και (20 – x)

cm. Mε το πρώτο κομμάτι σχηματίζουμε τετράγωνο και με το δεύτερο

ισόπλευρο τρίγωνο. Να βρείτε το άθροισμα των εμβαδών των δύο σχημάτων.

Λύση

Η πλευρά του τετραγώνου είναι x4

, άρα το εμβαδόν του είναι 2

x16

.

Η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου είναι 20 x3 , άρα, από τον τύπο Ε =

34

2 ,

το εμβαδόν του είναι 3

42

(20 x) .

Επομένως το άθροισμά τους είναι Σ(x) = 2

x16

+ 3

42

(20 x) με 0 < x < 20.

6.i) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f(x) = x

x + 1

Λύση

fD = (– , 0) (0, + )

f(x) =

x 1, όταν x 0x

x 1, όταν x 0 x

60


2

-2

y

xO

4

2

y

xO

2

y

5 xO

1

= 1 1, όταν x > 0

1 1, όταν x < 0

= 2, όταν x > 0

0, όταν x < 0

6.ii) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f(x) = x x

Λύση

fD =

f(x) = x.x, όταν x 0

x( x), όταν x < 0

=

2

2

x , όταν x 0

x , όταν x < 0

6.iii) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f(x) = x 3, όταν x < 1

x 1, όταν x 1

Λύση

6.iv) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f(x) = │lnx│

Λύση

fD = (0, + )

f(x) = ln x, όταν x 1

lnx, όταν x 1

7.Να εξετάσετε σε ποιες από τις παρακάτω περιπτώσεις είναι f = g. Στις

περιπτώσεις που είναι f g να προσδιορίσετε το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο

του , στο οποίο ισχύει f(x) = g(x).

i) f(x) = 2

x και g(x) = 2

x

61


ii) f(x) = 2

2

x 1

x x

και g(x) = 1 – 1

x

iii) f(x) = x 1

x 1

και g(x) = x + 1

Λύση

i) f

D = , g

D = (0, + ) Άρα f g

Το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο του , στο οποίο ισχύει f(x) = g(x) είναι

το (0, + ), αφού για κάθε x(0, + ) ισχύει

f(x) = 2

x = x = x = 2

x = g(x)

ii) Για το f

D : Πρέπει 2

x + x 0 2

x + x 0

x ( x + 1) 0

x 0 x 0

Για το g

D : Πρέπει x 0 x 0

Άρα f

D = g

D

f(x) = 2

2

x 1

x x

=

2

2

x 1

x x

=

( x 1)( x 1)

x ( x 1)

= x 1

x

= 1 – 1

x = g(x) για κάθε x *

iii) Για το f

D : Πρέπει x 0 και x – 1 0

x 0 και x 1

x 0 και x 1 Άρα f

D = [0, 1) (1, + )

gD = [0, + )

Άρα f g

Για κάθε x[0, 1) (1, + ) είναι

f(x) = x 1

x 1

=

2

x 1

x 1

=

( x 1)( x 1)

x 1

= x + 1 = g(x).

Επομένως, το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο του , στο οποίο ισχύει f(x) = g(x)

είναι το [0, 1) (1, + ).

8. Δίνονται οι συναρτήσεις

f(x) = 1 + 1x

και g(x) = x1 x

Να βρείτε τις συναρτήσεις f + g, f – g , f g και fg

Λύση

fD =

* και

gD = – 1

Κοινό πεδίο ορισμού το D = – 0,1

62


Για κάθε xD είναι (f + g)(x) = f(x) + g(x)

= 1 + 1x

+ x1 x

= 2

x(1 x) 1 x x

x(1 x)

= 2 2

x x 1 x xx(1 x)

= 1x(1 x)

Για κάθε xD είναι (f – g)(x) = f(x) – g(x)

= 1 + 1x

– x1 x

= 2

x(1 x) 1 x x

x(1 x)

= 2 2

x x 1 x xx(1 x)

= 2

2x 1x(1 x)

Για κάθε xD είναι (f .g)(x) = f(x) .g(x)

= 11x

x1 x

= x 1x . x

1 x = x 1

1 x

Για κάθε xD είναι fg

(x) = f (x)

g(x) =

11x

x1 x

=

x 1xx

1 x

= 2

2

1 x

x

9. Δίνονται οι συναρτήσεις

f(x) = x + 1

x και g(x) = x – 1

x

Να βρείτε τις συναρτήσεις f + g, f – g , f g και fg

Λύση

fD =

gD = (0, + ), f(x) = x 1

x

, g(x) = x 1

x

Για κάθε x(0, + ) είναι (f + g)(x) = f(x) + g(x)

= x 1

x

+ x 1

x

= 2x

x = 2 x

Για κάθε x(0, + ) είναι (f – g)(x) = f(x) – g(x)

= x 1

x

– x 1

x

= 2

x

Για κάθε xD είναι (f .g)(x) = f(x) .g(x)

= x 1

x

. x 1

x

= 2

x 1x

63


Για να ορίζεται η συνάρτηση fg

πρέπει g(x) 0 x 1

x

0 x 1.

Για κάθε xD – 1 είναι fg

(x) = f (x)

g(x) = x 1

x 1

10.i) Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση gof, αν f(x) = 2

x και g(x) = x

Λύση

fD = ,

gD = [0, + )

gofD = f g

x D με f(x) D = 2x με x [0, ) =

(gof)(x) = g f x = g(2

x ) = 2

x = x

10.ii) Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση gof, αν f(x) = ημx και

g(x) = 2

1 x .

Λύση

fD =

Για το g

D , πρέπει 1 – 2

x 0 2

x 1

x 1

–1 x 1

Άρα g

D = [– 1, 1]

gofD = f g

x D με f(x) D = x με ημx [ 1, 1] =

(gof)(x) = g f x = g(ημx) = 2

1 x = 2x = x

10.iii) Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση gof, αν f(x) = 4 και g(x) = εφx.

Λύση

fD = ,

gD = – k , k

2

gofD = f g

x D με f(x) D = x με k4 2 =

(gof)(x) = g f x = g 4 = εφ

4 = 1

11.Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = 2

x + 1 και g(x) = x 2 . Να

προσδιορίσετε τις συναρτήσεις gof και fog.

Λύση

fD = ,

gD = [2, + )

gofD = f g

x D με f(x) D = 2x με x 1 2

= 2x με x 1

64


= x με x 1 ή x 1

= (– , – 1] [1, + )

(gof)(x) = g f x = g(2

x + 1) = 2

x 1 2 = 2

x 1

fogD = g f

x D με g(x) D

= x [2, + ) με x 2 = [2, + )

(fog)(x) = f g x = f( x 2 ) = 2

x 2 + 1 = x – 2 + 1 = x – 1

12.Να εκφράσετε τη συνάρτηση f ως σύνθεση δύο ή περισσοτέρων

συναρτήσεων, αν

i) f(x) = ημ(2

x + 1), ii) f(x) = 22

3x + 1

iii) f(x) = ln(2x

e – 1), iv) f(x) = 2

(3x)

Λύση

i) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = 2

x + 1 και τη συνάρτηση h(x) = ημx.

Τότε (hog)(x) = h g x = h(2

x + 1) = ημ(2

x + 1) = f(x)

ii) Θεωρούμε τις συναρτήσεις g(x) = 3x, h(x) = ημx και φ(x) = 22

x + 1.

Τότε (φοhog)(x) = φ h g x = φ h 3x = φ(ημ3x) = 22

3x + 1 = f(x)

iii) Θεωρούμε τις συναρτήσεις g(x) = 2x, h(x) = x

e – 1 και φ(x) = lnx..

Τότε (φοhog)(x) = φ h g x = φ h 2x = φ(2x

e – 1) = ln(2x

e – 1)

Για να ορίζεται ο ln(2x

e – 1) πρέπει 2x

e – 1 > 0

2x

e > 1

2x

e > 0

e

2x > 0 x > 0

iv) Θεωρούμε τις συναρτήσεις g(x) = 3x, h(x) = ημx και φ(x) = 2

x

Τότε (φοhog)(x) = φ h g x = φ h 3x = φ(ημ3x) = 2

3x = f(x)

65


x

2

y

2O 1

2

y

x42 3

1

Ο 1

2

y

x21

1

O

Β΄ Ομάδας

1. Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f, της οποίας η γραφική παράσταση είναι:

i) ii) iii)

Λύση

i)

Έστω τα σημεία Α(0, 1), Β(1, 0), Γ(1, 1) και Δ(2, 0)

Είναι

=

= –1

Εξίσωση της ευθείας ΑΒ: y – 1 = –1(x – 0) y = –x + 1

Εξίσωση της ευθείας ΓΔ: y – 1 = –1(x – 1) y = –x + 2

f(x) = x 1, 0 x <1

x 2, 1 x <2

ii) Έστω τα σημεία E(1, 2) και Ζ(2, 0)

Είναι OE

= 21

= 2 και EZ

= 21 = –2

Εξίσωση της ευθείας ΟΕ: y = 2x

Εξίσωση της ευθείας ΕZ: y – 2 = –2(x – 1) y = –2x + 4

f(x) = 2x, 0 x 1

2x 4, 1 x 2

iii) f(x) = 1, 0 x <1 ή 2 x < 3

0, 1 x <2 ή 3 x < 4

2.Ένα κουτί κυλινδρικού σχήματος έχει ακτίνα βάσης x cm και όγκο 628 3

cm .

Το υλικό των βάσεων κοστίζει 4 λεπτά του ευρώ, ανά 2

cm , ενώ το υλικό της

κυλινδρικής επιφάνειας 1,25 λεπτά του ευρώ, ανά 2

cm . Να εκφράσετε το

συνολικό κόστος ως συνάρτηση του x. Πόσο κοστίζει ένα κουτί με ακτίνα

βάσης 5 cm και ύψος 8 cm;

Λύση

Εμβαδόν των δύο βάσεων = 2π2

x

Ο όγκος 628 του κυλίνδρου = εμβαδόν βάσης επί ύψος h 628 = π2

x h

h = 2

628

x =

2

200

x

Εμβαδόν της κυλινδρικής επιφάνειας = μήκος κύκλου βάσης επί ύψος

66


x

Ν

Ε

ΑΓΒ

Δ

Μ

x

ΝΕ

ΑΓΒ

Δ

Μ

x

E

Δ

A

B ΓΚ Λ

Ν Μ

= 2πxh = 2πx 2

200

x = 400

x

Συνολικό κόστος Κ(x) = 2π2

x . 4 + 400x . 1,25 = 8 π

2x + 500

x , x > 0

Για τον κύλινδρο με ακτίνα βάσης 5 cm και ύψος 8 cm, θα έχουμε

Εμβαδόν των δύο βάσεων = 2π2

x = 2π2

5 = 50π

Εμβαδόν της κυλινδρικής επιφάνειας = 2πxh = 2π. 5 . 8 = 80π

Συνολικό κόστος = 50π. 4 + 80π . 1,25

= 200π + 250π = 300π = 942 λεπτά = 3,42 ευρώ

3.Στο διπλανό σχήμα είναι ΑΒ = 1, ΑΓ = 3

και ΓΔ = 2. Να εκφράσετε το εμβαδόν του

γραμμοσκιασμένου χωρίου ως συνάρτηση του

x =ΑΜ , όταν το Μ διαγράφει το ευθύγραμμο

τμήμα ΑΓ.

Λύση

Όταν 0 < x 1

Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι όμοιο με το ΑΒΕ MN2

= x1

ΜΝ = 2x

Τότε Ε(x) = 12

(AM)(MN) = 12

x 2x = 2

x

Όταν 1 < x 3

Ε(x) = (ABE) + (BMNE)

= 12

(AB)(BE) + (BM)(MN)

= 12

.1 .2 + (x – 1).2

= 1 + 2x – 2 = 2x – 1

Ε(x) = 2

x , 0 < x 1

2x 1, 1 < x 3

4.Ένα ορθογώνιο ΚΛΜΝ ύψους x cm

είναι εγγεγραμμένο σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ

βάσης ΒΓ = 10 cm και ύψους ΑΔ = 5 cm.

Να εκφράσετε το εμβαδόν Ε και την

περίμετρο Ρ του ορθογωνίου ως συνάρτηση

του x.

Λύση

Τρίγωνο ΑΝΜ όμοιο του ΑΒΓ

67


2y

x

1

-1 1

2

y

5x

1

2π

Ο

NM

=

NM10

= 5 x5 5ΝΜ = 10(5 – x) NM = 2(5 – x)

E(x) = 2(5 – x). x = 10x – 22

x , 0 < x < AΔ = 5

P(x) = 2. 2(5 – x) + 2x = 20 – 4x + 2x = 20 – 2x , 0 < x < AΔ = 5

5.i) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f(x) = x 1 x 1

2

Από τη γραφική παράσταση της f, να προσδιορίσετε το σύνολο τιμών της.

Λύση

Όταν x < –1

f(x) = x 1 x 12

= –x

Όταν –1 x <1

f(x) = x 1 x 12

= 1

Όταν x 1, f(x) = x 1 x 12

= x

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το διάστημα [1, + )

5.ii) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση f(x) = x x

2

, x[0, 2π]

Από τη γραφική παράσταση της f, να προσδιορίσετε το σύνολο τιμών της.

Λύση

Όταν 0 x < π

f(x) = x x

2

= ημx

Όταν π x 2π

f(x) = x x

2

= 0

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το διάστημα [0, 1]

6. Να βρείτε συνάρτηση f τέτοια ώστε :

i) (fog)(x) = 2

x + 2x + 2, αν g(x) = x + 1

ii) (fog)(x) = 2

1 x , αν g(x) = –2

x

iii) (gof)(x) = x , αν g(x) = 2

1 x

Λύση

i) fogD = , g

D =

Θέτουμε y = g(x) = x + 1, οπότε x = y – 1 με y .

68


(fog)(x) = 2

x + 2x + 2 f(g(x)) = (y – 12

) + 2(y – 1) + 2

f(y) = 2

y – 2y + 1 + 2y – 2 + 2

f(y) = 2

y + 1, y

ii) fog

D = , g

D =

Θέτουμε y = g(x) = –2

x 0, οπότε 2

x = – y με y(– , 0].

(fog)(x) = 2

1 x f(g(x)) = 1 y

f(y) = 1 y , με y(– , 0]

iii) gof

D = , g

D = [–1, 1] αφού πρέπει 1 –2

x 0

Στον τύπο g(x) = 2

1 x θέτουμε όπου x, f(x) με x και βέβαια

με f(x)[ –1, 1].

g(f(x)) = 2

1 f (x) , αλλά δίνεται (gof)(x) = x , άρα

x = 2

1 [f (x)] 2

x = 1 – [f(x)2

]

[f(x)2

] = 1 –2

x

[f(x)2

] = 2

x

f(x) = x , χ αφού για κάθε χ

ικανοποιείται ο περιορισμός

f(x)[ –1, 1].

7. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = x + 1 και g(x) = αx + 2. Για ποια τιμή του

α ισχύει fog = gof.

Λύση

fD = ,

gD =

fogD = g f

x D με g(x) D = x με g(x) =

gofD = f g

x D με g(x) D = x με g(x) =

fog = gof f(g(x)) = g(f(x)) για κάθε x

f(αx + 2) = g(x + 1)

αx + 2 + 1 = α(x + 1) + 2

αx + 3 = αx + α + 2 α = 1

8.Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = x

x

, με β

2 και g(x) = x – 2 x + 1.

Να αποδείξετε ότι

α) f(f(x)) = x, για κάθε x – και

β) g(g(x)) = x, για κάθε x[0, 1]

Λύση

α)

fD = – ,

69


fofD = f f

x D με f(x) D = αx+βx με

x α

= 2x με αx+β x

= 2x με β

= –

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

f (x)

=

x

xx

x

= 2

2

x x

x x

= 2

2

x x

=

2

2

x( )

= x

β) g

D = [0, + ) και g(x) = ( x2

) – 2 x + 1 = (1 – x2

)

gogD = g g

x D με g(x) D = x [0, ) με x 2 x 1 [0, )

= x 0 με x 2 x 1 0

= 2x 0 με ( x 1) 0

= [0, + )

g(g(x)) = (1 - g(x)2

) = (1 – 2

(1 x)2

)

= (1 – 1 x2

)

[1 – (1 – x )

2] = (1 – 1 + x

2) = x

αφού x[0, 1] 0 x 1

0 x 1

1 – x 0 1 x = 1 – x

9. Οι πολεοδόμοι μιας πόλης εκτιμούν ότι, όταν ο πληθυσμός Ρ της πόλης είναι

x εκατοντάδες χιλιάδες άτομα, θα υπάρχουν στην πόλη Ν = 102

2(x x)

χιλιάδες αυτοκίνητα. Έρευνες δείχνουν ότι σε t έτη από σήμερα ο πληθυσμός

της πόλης θα είναι t + 4 εκατοντάδες χιλιάδες άτομα.

i) Να εκφράσετε τον αριθμό Ν των αυτοκινήτων της πόλης ως συνάρτηση του t.

ii) Πότε θα υπάρχουν στην πόλη 120 χιλιάδες αυτοκίνητα;

Λύση

i) Έστω N = Ν(x) = 102

2(x x) = 10 22

x x , x 0

και x = x(t) = t + 4, t 0.

Η σύνθεση Ν(t) = N(x(t)) = 10 22

( t 4) t 4

70


= 10 2 t 8 t 16 t 4

= 10 2 t 9 t 20 εκφράζει αριθμό Ν των

αυτοκινήτων της πόλης ως

συνάρτηση του t.

ii) Θα λύσουμε την εξίσωση Ν(t) = 120

10 2 t 9 t 20 = 120

2 t 9 t 20 = 12

2(t + 9 t + 20) = 144

t + 9 t + 20 = 72

( t2

) + 9 t - 52 = 0

Δ = 81 + 208 = 289, t = 9 289

2

= 9 172

= 4 ή –13 απορρίπτεται.

Άρα t = 16.

71


ΟΡΙΑ


Μονότονες συναρτήσεις

Αντίστροφη συνάρτηση

Ερωτήσεις θεωρίας

1. Τι γνωρίζετε για την μονοτονία της συνάρτησης;

Μια συνάρτηση f λέγεται:

γνησίως αύξουσα σ’ ένα δ ι ά σ τ η μ α Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για

οποιαδήποτε Δxx 21 , με 21 xx ισχύει:

)()( 21 xfxf (Σχ. α)

γνησίως φθίνουσα σ’ ένα δ ι ά σ τ η μ α Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για

οποιαδήποτε Δxx 21 , με 21 xx ισχύει:

)()( 21 xfxf (Σχ. β)

Δ

Ο

(a)

x2 x1 x

y

f (x2)

f (x1)

Δ

Ο x2 x1

f (x1)

f (x2)

x

y

(β)

Για να δηλώσουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα (αντιστοίχως γνησίως

φθίνουσα) σε ένα διάστημα Δ, γράφουμε f Δ (αντιστοίχως f Δ).

Για παράδειγμα, η συνάρτηση 2)( xxf :

— είναι γνησίως αύξουσα στο ),0[ , αφού για

210 xx έχουμε 2

2

2

1 xx , δηλαδή

)()( 21 xfxf

— είναι γνησίως φθίνουσα στο ]0,( , αφού για

021 xx έχουμε 120 xx , οπότε 2

1

2

20 xx ,

δηλαδή )()( 21 xfxf .

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα σ’ ένα διάστημα Δ

του πεδίου ορισμού της, τότε λέμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ. Στην

περίπτωση που το πεδίο ορισμού της f είναι ένα διάστημα Δ και η f είναι γνησίως

μονότονη σ’ αυτό, τότε θα λέμε, απλώς, ότι η f είναι γνησίως μονότονη.

O x

y=x2

y

72


Μια συνάρτηση f λέγεται, απλώς,:

αύξουσα σ’ ένα διάστημα Δ, όταν για οποιαδήποτε Δxx 21, με 21 xx ισχύει

)()( 21 xfxf .

φθίνουσα σ’ ένα διάστημα Δ, όταν για οποιαδήποτε Δxx 21, με 21 xx ισχύει

)()( 21 xfxf .

2. Τι γνωρίζετε για τα ακρότατα της συνάρτησης;

Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α θα λέμε ότι:

Παρουσιάζει στο Ax 0 (ολικό) μέγιστο, το )( 0xf , όταν

)()( 0xfxf για κάθε Ax (Σχ. 27α)

Παρουσιάζει στο Ax 0 (ολικό) ελάχιστο, το )( 0xf , όταν

)()( 0xfxf για κάθε Ax (Σχ. 27β).

(a) C f

f (x0)

f (x)

O

x

y

x0 x

(β)

C f

f (x0)

f (x)

O

x

y

x0 x

27

Για παράδειγμα:

— Η συνάρτηση 1)( 2 xxf (Σχ. 28α) παρουσιάζει μέγιστο στο 00 x , το 1)0( f ,

αφού )0()( fxf για κάθε x .

— Η συνάρτηση |1|)( xxf (Σχ. 28β) παρουσιάζει ελάχιστο στο 10 x , το 0)1( f ,

αφού )1()( fxf για κάθε x .

(γ)

y=x2+1

1

O x

y

y=|x1|

1 O x

y

(δ)

28

— Η συνάρτηση xxf ημ)( (Σχ. 29α) παρουσιάζει μέγιστο, το 1y , σε καθένα από

τα σημεία 2

2π

kπ , k και ελάχιστο, το 1y , σε καθένα από τα σημεία 2

2π

kπ ,

k , αφού 1ημ1 x για κάθε Rx .

73


— Η συνάρτηση 3)( xxf (Σχ. 29β) δεν παρουσιάζει ούτε μέγιστο, ούτε ελάχιστο,

αφού είναι γνησίως αύξουσα.

O

(ε)

y=ημx

2π 5π/2

3π/2 π/2

π/2 π

1

1

y

x

O x

y

(στ)

y=x3

29

Όπως είδαμε και στα προηγούμενα παραδείγματα, άλλες συναρτήσεις

παρουσιάζουν μόνο μέγιστο, άλλες μόνο ελάχιστο, άλλες και μέγιστο και

ελάχιστο και άλλες ούτε μέγιστο ούτε ελάχιστο.

Το (ολικό) μέγιστο και το (ολικό) ελάχιστο μιας συνάρτησης f λέγονται (ολικά)

ακρότατα της f.

3. Τι γνωρίζετε για την συνάρτηση 11

Έστω η συνάρτηση x

xf1

)( Παρατηρούμε ότι για

οποιαδήποτε 0, 21 xx ισχύει η συνεπαγωγή:

“Aν 21 xx , τότε )()( 21 xfxf ”,

που σημαίνει ότι:

“Τα διαφορετικά στοιχεία fDxx 21 , έχουν

πάντοτε διαφορετικές εικόνες”.

Λόγω της τελευταίας ιδιότητας η συνάρτηση x

xf1

)( λέγεται συνάρτηση 11 (ένα

προς ένα).

Γενικά:

Μια συνάρτηση Af : λέγεται συνάρτηση 11 , όταν για οποιαδήποτε Axx 21 ,

ισχύει η συνεπαγωγή:

αν 21 xx , τότε )()( 21 xfxf .

Με απαγωγή σε άτοπο αποδεικνύεται ότι:

Μια συνάρτηση Af : είναι συνάρτηση 11 , αν και μόνο αν για

οποιαδήποτε Axx 21 , ισχύει η συνεπαγωγή:

αν )()( 21 xfxf , τότε 21 xx .

Έτσι για παράδειγμα:

— Η συνάρτηση βxαxf )( , με 0α είναι συνάρτηση 11 . (Σχ. 31α, β)

O x x2 x1

f (x1)

f (x2)

(a)

y

O x

y

x2 x1

f (x2)

f (x1)

(β)

O x

y

x2

β

x1

(γ)

31

f (x2)

f (x1)

x2 x1 O x

y

x

1

y

74


αφού, αν υποθέσουμε ότι )()( 21 xfxf , τότε έχουμε διαδοχικά:

βαxβαx 21

21 αxαx

21 xx .

— Η συνάρτηση βxf )( δεν είναι συνάρτηση

1-1 (Σχ. 31γ), αφού βxfxf )()( 21 για

οποιαδήποτε 21 , xx ,

— Η συνάρτηση 2)( xxf (Σχ. 32) δεν είναι

συνάρτηση 11 , αφού 1)1()1( ff αν και

είναι 11 .

ΣΧΟΛΙΑ

Από τον παραπάνω ορισμό προκύπτει ότι μια συνάρτηση f είναι 11 , αν

και μόνο αν:

— Για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της η εξίσωση yxf )( έχει

ακριβώς μια λύση ως προς x.

— Δεν υπάρχουν σημεία της γραφικής της παράστασης με την ίδια

τεταγμένη. Αυτό σημαίνει ότι κάθε οριζόντια ευθεία τέμνει τη γραφική

παράσταση της f το πολύ σε ένα σημείο (Σχ. 33α)

x

y

συνάρτηση 1-1

O

O x2 x1

B A

x

y

συνάρτηση όχι 1-1

33

Αν μια συνάρτηση είναι γνησίως

μονότονη, τότε προφανώς, είναι

συνάρτηση "11" . Έτσι, οι συναρτήσεις

βαxxf )(1 , 0α , 3

2 )( αxxf , 0α , xαxf )(3 , 10 α και xxf αlog)(4 , 10 α

, είναι συναρτήσεις 11 . Υπάρχουν, όμως,

συναρτήσεις που είναι 11 αλλά δεν είναι

γνησίως μονότονες, όπως για παράδειγμα

η συνάρτηση

0,1

0,)(

xx

xxxg (Σχ. 34).

\

1 1

1

y=x2

O x

y 32

O x

y

y=g(x)

34

75


4. Πως ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση και ποια η σχέση των

γραφικών παραστάσεων της συνάρτησης και της αντιστροφής της ;

Έστω μια συνάρτηση Af : . Αν

υποθέσουμε ότι αυτή είναι 11 , τότε για κάθε

στοιχείο y του συνόλου τιμών, )(Af , της f

υπάρχει μοναδικό στοιχείο x του πεδίου

ορισμού της Α για το οποίο ισχύει yxf )( .

Επομένως ορίζεται μια συνάρτηση

)(: Afg

με την οποία κάθε )(Afy αντιστοιχίζεται στο

μοναδικό Ax για το οποίο ισχύει yxf )( .

Από τον τρόπο που ορίστηκε η g προκύπτει ότι:

— έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών )(Af της f,

— έχει σύνολο τιμών το πεδίο ορισμού Α της f και

— ισχύει η ισοδυναμία:

xygyxf )()( .

Αυτό σημαίνει ότι, αν η f αντιστοιχίζει το x στο y, τότε η g αντιστοιχίζει το

y στο x και αντιστρόφως. Δηλαδή η g είναι η αντίστροφη διαδικασία της f.

Για το λόγο αυτό η g λέγεται αντίστροφη συνάρτηση της f και

συμβολίζεται με 1f . Επομένως έχουμε

xyfyxf )()( 1

οπότε

Axxxff ,))((

1 και )(,))((1

Afyyyff .

Για παράδειγμα, έστω η εκθετική συνάρτηση xαxf )( . Όπως είναι γνωστό η συνάρτηση

αυτή είναι 11 με πεδίο ορισμού το και

σύνολο τιμών το ),0( . Επομένως ορίζεται

η αντίστροφη συνάρτηση 1f της f. Η

συνάρτηση αυτή, σύμφωνα με όσα είπαμε

προηγουμένως,

— έχει πεδίο ορισμού το ),0(

— έχει σύνολο τιμών το και

— αντιστοιχίζει κάθε ),0( y στο μονάδικό x για το οποίο ισχύει yα x .

Επειδή όμως

yxyα α

x log

O x

x

y=f (x)

y

35

(0,+)

f -1

f

R

y=ax logay=x

36β

76


θα είναι yyf αlog)(1 . Επομένως, η αντίστροφη της εκθετικής συνάρτησης xαxf )( , 10 α , είναι η λογαριθμική συνάρτηση xxg αlog)( . Συνεπώς

xxαx

α ,log και )(0,,log

xxαxα

Ας πάρουμε τώρα μια 11 συνάρτηση f

και ας θεωρήσουμε τις γραφικές

παραστάσεις C και C των f και της 1f

στο ίδιο σύστημα αξόνων (Σχ. 37). Επειδή

xyfyxf )()( 1 ,

αν ένα σημείο ),( βαM ανήκει στη γραφική

παράσταση C της f , τότε το σημείο

),( αβΜ θα ανήκει στη γραφική

παράσταση C της 1f και αντιστρόφως.

Τα σημεία, όμως, αυτά είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία που διχοτομεί τις

γωνίες xOy και yOx . Επομένως:

Οι γραφικές παραστάσεις C και C των συναρτήσεων f και 1f είναι

συμμετρικές ως προς την ευθεία xy που διχοτομεί τις γωνίες xOy και

yOx .

Έτσι, οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων xαxf )( και xxg αlog)( ,

10 α , είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία xy .

5. Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση 12)(23 x

exf είναι 11 και να

βρεθεί η αντίστροφή της.

— Έστω 21, xx με )()( 21 xfxf . Θα δείξουμε ότι 21 xx . Πράγματι έχουμε

διαδοχικά:

)()( 21 xfxf

1212223213

xxee

22321322

xxee

223213

xxee

2323 21 xx

21 33 xx

21 xx .

— Για να βρούμε την αντίστροφη της f θέτουμε )(xfy και λύνουμε ως

προς x. Έχουμε λοιπόν:

yeyxf x 12)( 23

12 23 ye x

y=x

C΄

C

O x

M΄(β,α)

M(α,β) y

37

77


2

123 y

e x

2

1ln23

yx , 1y

22

1ln3

yx , 1y

3

2

2

1ln

3

1

yx , 1y .

Επομένως, 3

2

2

1ln

3

1)(1

y

yf , 1y , οπότε η αντίστροφη της f είναι η

συνάρτηση

3

2

2

1ln

3

1)(1

x

xf , 1x .

78


ΟΡΙΑ


Μονότονες συναρτήσεις

Αντίστροφη συνάρτηση


1.3

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι γνησίως αύξουσες και

ποιες γνησίως φθίνουσες.

i) f(x) = 1 x ii) f(x) = 2ln(x – 2) – 1

iii) f(x) = 31 x

e

+ 1 iv) f(x) = (x – 12

) – 1, x 1

Λύση

i) Πρέπει 1 – x 0 x 1. Άρα f

D = (– , 1]

Έστω τυχαία 1

x , 2

x fD με

1x <

2x –

1x > –

2x

1 – 1

x > 1 – 2

x

1

1 x > 2

1 x

f(1

x ) > f(2

x )

Άρα f γνησίως φθίνουσα

ii) Πρέπει x – 2 > 0 x > 2. Άρα f

D = (2, + )


x , 2

x fD με

1x <

2x

1x – 2 <

2x – 2

ln(1

x – 2) < ln(2

x – 2)

2ln(1

x – 2) < 2ln(2

x – 2)

2ln(1

x – 2) –1 < 2ln(2

x – 2) –1

f(1

x ) < f(2

x )

Άρα f γνησίως αύξουσα

iii) f

D =


x , 2

x fD με

1x <

2x –

1x > –

2x

1 – 1

x > 1 – 2

x

11 x

e

> 21 x

e

3 11 x

e

> 3 21 x

e

3 11 x

e

+ 1 > 3 21 x

e

+ 1

f(1

x ) > f(2

x )

Άρα f γνησίως φθίνουσα

79


iv) Έστω τυχαία 1

x , 2

x με 1

x < 2

x 1 1

x – 1 < 2

x – 1 0

(1

x – 12

) > (2

x – 12

)

(1

x – 12

) – 1 > (2

x – 12

) – 1

f(1

x ) > f(2

x )

Άρα f γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (– , 1]

2. Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι “1 – 1 “και για κάθε μια

απ’ αυτές να βρείτε την αντίστροφή της.

i) f(x) = 3x – 2 v) f(x) = ln(1 –x)

ii) f(x) = 2

x + 1 vi) f(x) = x

e

+ 1

iii) f(x) =(x – 1)(x – 2) +1 vii) f(x) = x

x

e 1

e 1

iv) f(x) = 3 1 x viii) f(x) = x 1

Λύση

i) f

D =

Θεωρούμε την εξίσωση y = f(x) και τη λύνουμε ως προς x.

y = 3x – 2 y + 2 = 3x x = y 2

3

(1)

Βλέπουμε ότι για κάθε τιμή του y η εξίσωση έχει μοναδική λύση την y 2

3

Άρα η συνάρτηση f είναι “1 – 1 “ και έχει σύνολο τιμών το .

Από την (1) έχουμε 1

f

(y) = y 2

3

.

Ή, αν θέλετε, 1

f

(x) = x 23 με πεδίο ορισμού το (το σύνολο τιμών της f)

ii) 1ος

τρόπος

fD =


y = 2

x + 1 2

x +1 – y = 0, 2ου

βαθμού ως προς x, με Δ = – 4(1 – y).

Λύνουμε την ανίσωση Δ > 0 1 – y < 0 y > 1.

Επομένως υπάρχουν τιμές του y (οι μεγαλύτερες του 1), για τις οποίες η

διακρίνουσα της εξίσωσης y = f(x) είναι θετική, οπότε η εξίσωση θα έχει δύο

λύσεις ως προς x.

Άρα η συνάρτηση f δεν είναι “1 – 1 “.

2ος

τρόπος

fD =

Για 1

x = 1, είναι f(1

x ) = 2

1 + 1 = 2

Για 2

x = –1, είναι f(2

x ) = 2

( 1) + 1 = 2

80


Παρατηρούμε ότι για 1

x 2

x έχουμε f(1

x ) = f(2

x )


iii) f

D =

Για 1


x ) = 1

Για 2


x ) = 1


x 2

x έχουμε f(1

x ) = f(2

x )


iv) Πρέπει 1 – x 0 x 1. Άρα f

D = (– , 1]


y = 3 1 x 3

y = 1 – x x = 1 – 3

y (1)

Αλλά x 1 1 – 3

y 1 – 3

y 0 που ισχύει για κάθε y

Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το .

Βλέπουμε ότι για κάθε τιμή του y η εξίσωση y = f(x) έχει μοναδική λύση

την 1 – 3

y . Άρα η συνάρτηση είναι 1 – 1 “.


f

(y) = 1 – 3

y


f

(x) = 1 – 3

x με πεδίο ορισμού το (το σύνολο τιμών της f)

v) Πρέπει 1 – x > 0 x < 1. Άρα f

D = (– , 1)


y = ln(1 –x) y

e = 1 – x x = 1 – y

e (1)

Αλλά x < 1 1 – y

e < 1 –y

e < 0 που ισχύει για κάθε y

Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το .

Βλέπουμε ότι για κάθε τιμή του y η εξίσωση y = f(x) έχει μοναδική λύση,

την 1 – y

e . Άρα η συνάρτηση είναι 1 – 1 “.


f

(y) = 1 – y

e .


f

(x) = 1 – x

e με πεδίο ορισμού το (το σύνολο τιμών της f )

vi) f

D =


y = x

e

+ 1 y – 1 = x

e

– x = ln(y – 1) με y – 1 > 0

x = – ln(y – 1) με y > 1 (1)

Βλέπουμε ότι για κάθε τιμή του y(1, + ), η εξίσωση y = f(x) έχει μοναδική

λύση την – ln(y – 1) . Άρα η συνάρτηση f είναι 1 – 1 “ και έχει σύνολο τιμών

το διάστημα (1, + ).


f

(y) = – ln(y – 1) με y > 1


f

(x) = 1 – x

e με πεδίο ορισμού το (1, + ) (το σύνολο τιμών

της f )

81


vii) f

D =


y = x

x

e 1

e 1

y

xe + y =

xe – 1

yx

e - x

e = – y – 1

(y – 1) x

e = – (y + 1)

x

e = 1 y

1 y

με 1 – y 0

x = ln1 y

1 y

με

1 y

1 y

> 0

x = ln1 y

1 y

με (1 + y)(1 – y) > 0

x = ln1 y

1 y

με –1 < y < 1 (1)

Βλέπουμε ότι για κάθε τιμή του y(–1, 1), η εξίσωση y = f(x) έχει μοναδική

λύση την ln1 y

1 y

. Άρα η συνάρτηση f είναι 1 – 1 “ και έχει σύνολο τιμών

το διάστημα (–1, 1).


f

(y) = ln1 y

1 y

με –1 < y < 1


f

(x) = ln1 x1 x

με πεδίο ορισμού το (–1, 1) (το σύνολο τιμών

της f ).

vii) 1ος

τρόπος

fD =


y = x 1 x – 1 = y ή x – 1 = - y με y 0

x = 1 + y ή x = 1 – y με y 0

Επομένως υπάρχουν τιμές του y (οι μεγαλύτερες του 0), για τις οποίες η εξίσωση

y = f(x) θα έχει δύο λύσεις ως προς x.


2ος

τρόπος

fD =

Για 1


x ) = f(0) = 0 1 = 1

Για 2


x ) = f(2) = 2 1 = 1


x 2

x έχουμε f(1

x ) = f(2

x )


82


y

x

f

O

y

x

φ

O

y

x

g

O

2

y

x

ψ

q x = -1

2 x2

h x = 1

2 x2

O

3. Δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, g, φ και ψ.

Να βρείτε ποιες από τις συναρτήσεις f, g, φ, ψ έχουν αντίστροφη και για

καθεμία απ’ αυτές να χαράξετε τη γραφική παράσταση της αντίστροφής της.

Λύση

Η οποιαδήποτε ευθεία παράλληλη στον άξονα x x τέμνει τις f

C , C

, C

το πολύ

σε ένα σημείο.

Άρα οι συναρτήσεις f, φ, ψ είναι “1 – 1 “ και επομένως αντιστρέφονται.

Οι γραφική παράσταση των συναρτήσεων 1

f

, 1

, 1

είναι συμμετρική των

fC , C

, C

αντίστοιχα, ως προς τη διχοτόμο y = x.

Για τη συνάρτηση g, υπάρχει ευθεία παράλληλη στον άξονα x x , που τέμνει τη

gC σε τουλάχιστον δύο σημεία.

Άρα η συνάρτηση g δεν είναι “1 – 1 “ και επομένως δεν αντιστρέφεται.

4.Να δείξετε ότι :

i) Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ, τότε η

συνάρτηση – f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ.

ii) Αν δύο συναρτήσεις f, g είναι γνησίως αύξουσες σε ένα διάστημα Δ, τότε

η

συνάρτηση f + g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

iii) Αν δύο συναρτήσεις f, g είναι γνησίως αύξουσες σε ένα διάστημα Δ και

ισχύει f(x) 0 και g(x) 0 για κάθε xΔ, τότε η συνάρτηση fg

είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

Ανάλογα συμπεράσματα διατυπώνονται, αν οι f, g είναι γνησίως φθίνουσες σε

ένα διάστημα Δ.

Λύση

i) Έστω τυχαία 1

x , 2

x Δ με 1

x < 2

x .

f γνησίως αύξουσα στο Δ f(1

x ) < f(2

x )

83


– f(1

x ) > – f(2

x )

(– f)(1

x ) > (– f)(2

x ) – f γν. φθίνουσα στο Δ.

ii) Έστω τυχαία 1

x , 2

x Δ με 1

x < 2

x .

f γνησίως αύξουσα στο Δ f(1

x ) < f(2

x ) (1)

g γνησίως αύξουσα στο Δ g(1

x ) < g(2

x ) (2)

(1) + (2) f(1

x ) + g(1

x ) < f(2

x ) + g(2

x )

(f + g)(1

x ) < (f + g)(2

x ) f + g γνησίως αύξουσα στο Δ.

iii) Έστω τυχαία 1

x , 2

x Δ με 1

x < 2

x .

f γνησίως αύξουσα στο Δ 0 f(1

x ) < f(2

x ) (1)

g γνησίως αύξουσα στο Δ 0 g(1

x ) < g(2

x ) (2)

(1) . (2) f(1

x ) . g(1

x ) < f(2

x ) . g(2

x )

(fg)(1

x ) < (fg)(2

x ) fg γνησίως αύξουσα στο Δ.

84


ΟΡΙΑ


Όριο συνάρτησης στο χο


1. Πως γεννήθηκε η έννοια του ορίου;

Η έννοια του ορίου γεννήθηκε στην προσπάθεια των μαθηματικών να

απαντήσουν σε ερωτήματα όπως:

— Τι ονομάζουμε στιγμιαία ταχύτητα ενός κινητού;

— Tι ονομάζουμε εφαπτομένη μιας καμπύλης σε ένα σημείο της;

— Τι ονομάζουμε εμβαδό ενός μικτόγραμμου χωρίου;

2. Πως προσεγγίζεται διαισθητικά η έννοια του ορίου;

Έστω η συνάρτηση

1

1)(

2

x

xxf .

Η συνάρτηση αυτή έχει πεδίο ορισμού το

σύνολο }1{fD και γράφεται

11

)1)(1()(

x

x

xxxf , 1x .

Επομένως, η γραφική της παράσταση είναι η ευθεία 1 xy με εξαίρεση το

σημείο A(1,2) (Σχ. 38). Στο σχήμα αυτό, παρατηρούμε ότι:

“Καθώς το x, κινούμενο με οποιονδήποτε τρόπο πάνω στον άξονα xx ,

προσεγγίζει τον πραγματικό αριθμό 1, το )(xf , κινούμενο πάνω στον άξονα

yy , προσεγγίζει τον πραγματικό αριθμό 2. Και μάλιστα, οι τιμές )(xf είναι

τόσο κοντά στο 2 όσο θέλουμε, για όλα τα 1x που είναι αρκούντως κοντά

στο 1”.

Στην περίπτωση αυτή γράφουμε

2)(lim1

xfx

και διαβάζουμε

“το όριο της )(xf , όταν το x τείνει στο 1, είναι 2”.

Γενικά:

Όταν οι τιμές μιας συνάρτησης f προσεγγίζουν όσο θέλουμε έναν

πραγματικό αριθμό , καθώς το x προσεγγίζει με οποιονδήποτε τρόπο τον

αριθμό 0x , τότε γράφουμε

f(x)

f(x)

2

O 1 x x x

y38

85


)(lim0

xfxx

και διαβάζουμε

“το όριο της )(xf , όταν το x τείνει στο 0x , είναι ” ή

“το όριο της )(xf στο 0x είναι ”.

f (x)

f (x)

f x( )0

(a)

O x0 x x x

y

f(x0)

(β)

f(x)

f(x)

O x0

x x x

y

(γ)

f(x)

f(x)

O x0

x x x

y39

3. Ποιες προϋποθέσεις πρέπει να ισχύουν για να ορίσουμε το όριο της

f στο 0x ;

— 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 σύνολο της

μορφής

),(),( 00 βxxα ή ),( 0xα ή ),( 0 βx .

— Το 0x μπορεί να ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης (Σχ. 39α, 39β)

ή να μην ανήκει σ’ αυτό (Σχ. 39γ).

— Η τιμή της f στο 0x , όταν υπάρχει, μπορεί να είναι ίση με το όριό της στο

0x (Σχ. 39α) ή διαφορετική από αυτό. (Σχ. 39β).

4. Πως προσεγγίζονται διαισθητικά ,πως ορίζονται τα πλευρικά όρια

και τι ισχύει γι΄αυτά;

Έστω, τώρα, η συνάρτηση

1,5

1,1)(

xx

xxxf ,

της οποίας η γραφική παράσταση αποτελείται

από τις ημιευθείες του διπλανού σχήματος.


— Όταν το x προσεγγίζει το 1 από αριστερά

)1( x , τότε οι τιμές της f προσεγγίζουν όσο

θέλουμε τον πραγματικό αριθμό 2. Στην περίπτωση αυτή γράφουμε:

2)(lim1

xfx

.

— ΄Οταν το x προσεγγίζει το 1 από δεξιά )1( x , τότε οι τιμές της f

προσεγγίζουν όσο θελουμε τον πραγματικό αριθμό 4. Στην περίπτωση αυτή

γράφουμε:

4)(lim1

xfx

.

Γενικά:

4

f(x)

f(x)

2

O 1 x x x

y40

86


— ΄Οταν οι τιμές μιας συνάρτησης f προσεγγίζουν όσο θέλουμε τον

πραγματικό αριθμό 1 , καθώς το x προσεγγίζει το 0x από μικρότερες τιμές

)( 0xx , τότε γράφουμε:

1)(lim0

xfxx

και διαβάζουμε:

“το όριο της )(xf , όταν το x τείνει στο 0x από τα αριστερά, είναι 1 ”.

— ΄Οταν οι τιμές μιας συνάρτησης f προσεγγίζουν όσο θέλουμε τον

πραγματικό αριθμό 2 , καθώς το x προσεγγίζει το 0x από μεγαλύτερες

τιμές )( 0xx , τότε γράφουμε:

2

0

)(lim

xfxx

και διαβάζουμε:

“το όριο της )(xf , όταν το x τείνει στο 0x από τα δεξιά, είναι 2 ”.

1

2

(a)

f(x)

f(x)

O x0 x x x

y

(β)

f(x)

f(x)

O x0

1

2

x x x

y

f(x0)

(γ)

f(x)

f(x)

O x0

1

2

x x x

y41

Τους αριθμούς )(lim0

1 xfxx

και )(lim0

2 xfxx

τους λέμε πλευρικά όρια της f

στο 0x και συγκεκριμένα το 1 αριστερό όριο της f στο 0x , ενώ το 2 δεξιό

όριο της f στο 0x .

Από τα παραπάνω σχήματα φαίνεται ότι:

)(lim0

xfxx

, αν και μόνο αν

)(lim)(lim00

xfxfxxxx

Για παράδειγμα, η συνάρτηση x

xxf

||)( (Σχ. 42)

δεν έχει όριο στο 00 x , αφού:

— για 0x είναι 1)(

x

xxf , οπότε 1)(lim

0

xfx

,

ενώ

— για 0x είναι 1)( x

xxf , οπότε 1)(lim

0

xfx

,

και έτσι

)(lim)(lim00

xfxfxx

5. Πως ορίζεται το όριο στο 0x , ποιες είναι οι συνέπειες του

ορισμού αυτού,

1= f(x)

O

f(x)=1

x x x

y42

87


Στα προηγούμενα γνωρίσαμε την έννοια του ορίου διαισθητικά. Είδαμε ότι,

όταν γράφουμε

)(lim0

xfxx

, εννοούμε ότι οι τιμές )(xf βρίσκονται όσο

θέλουμε κοντά στο , για όλα τα 0xx τα οποία βρίσκονται “αρκούντως

κοντά στο 0x ”. Για να διατυπώσουμε, τώρα, τα παραπάνω σε μαθηματική

γλώσσα εργαζόμαστε ως εξής:

— Στη θέση της φράσης “οι τιμές )(xf

βρίσκονται οσοδήποτε θέλουμε κοντά

στο ” χρησιμοποιούμε την ανισότητα

εxf |)(| , (1)

όπου ε οποιοσδήποτε θετικός αριθμός.

— Στη θέση της φράσης “για όλα τα

0xx που βρίσκονται αρκούντως κοντά

στο 0x ” χρησιμοποιούμε την ανισότητα

δxx ||0 0 , (2)

όπου δ είναι ένας αρκούντως μικρός θετικός αριθμός . (Η ανισότητα

||0 0xx δηλώνει ότι )0xx .

— Για να συνδέσουμε τις δυο αυτές φράσεις σύμφωνα με τον διαισθητικό ορισμό λέμε ότι για οποιονδήποτε θετικό αριθμό ε μπορούμε να βρούμε έναν θετικό αριθμό δ τέτοιον ώστε, αν το x ικανοποιεί τη (2), τότε το )(xf θα ικανοποιεί την (1). Έχουμε δηλαδή τον ακόλουθο ορισμό: ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής ),(),( 00 βxxα .

Θα λέμε ότι η f έχει στο 0x όριο , όταν για κάθε 0ε υπάρχει 0δ

τέτοιος, ώστε για κάθε ),(),( 00 βxxαx , με δxx ||0 0 , να ισχύει:

εxf |)(|

Αποδεικνύεται ότι, αν μια συνάρτηση f έχει όριο στο 0x , τότε αυτό είναι

μοναδικό και συμβολίζεται, όπως είδαμε, με )(lim0

xfxx

.

Στη συνέχεια, όταν γράφουμε

)(lim0

xfxx

, θα εννοούμε ότι υπάρχει το όριο

της f στο 0x και είναι ίσο με .

Συνέπεια του παραπάνω ορισμού είναι οι ακόλουθες ισοδυναμίες:

(α)

)(lim0

xfxx

0))((lim0

xfxx

(β)

)(lim0

xfxx

)(lim 00

hxfh

Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα διάστημα της μορφής ),( 0 βx και

την ανισότητα δxx ||0 0 την αντικαταστήσουμε με την δxxx 00 , τότε

έχουμε τον ορισμό του )(lim0

xfxx

, ενώ αν η f είναι ορισμένη σε ένα διάστημα

ε

ε

y=f(x)

f(x)

O x

x0+δ x0δ

x0 x

y43

88


της μορφής ),( 0xα και την ανισότητα δxx ||0 0 την αντικαταστήσουμε με

την 00 xxδx , τότε έχουμε τον ορισμό του )(lim0

xfxx

.

Αποδεικνύεται ότι:

Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής ),(),( 00 βxxα ,

τότε ισχύει η ισοδυναμία:

)(lim0

xfxx

)(lim)(lim00

xfxfxxxx

Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα

διάστημα της μορφής ),( 0 βx , αλλά δεν ορίζεται σε

διάστημα της μορφής ),( 0xα , τότε ορίζουμε:

)(lim)(lim0

0

xfxfxxxx

.

Για παράδειγμα,

0limlim00

xxxx

(Σχ. 44)

Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα

διάστημα της μορφής ),( 0xα , αλλά δεν ορίζεται σε

διάστημα της μορφής ),( 0 βx , τότε ορίζουμε:

)(lim)(lim00

xfxfxxxx

.


0limlim00

xxxx

(Σχ. 45)

6. Ποια η σχέση του ορίου με τα άκρα του πεδίου ορισμού των

συναρτήσεων, πότε λέμε ότι μια συνάρτηση f έχει κοντά στο 0x μια

ιδιότητα,

Αποδεικνύεται ότι το )(lim0

xfxx

είναι ανεξάρτητο των άκρων βα, των

διαστημάτων ),( 0xα και ),( 0 βx στα οποία θεωρούμε ότι είναι ορισμένη η f.

Έτσι για παράδειγμα, αν θέλουμε να βρούμε το

όριο της συνάρτησης 1

|1|)(

x

xxf στο 00 x ,

περιοριζόμαστε στο υποσύνολο )1,0()0,1(

του πεδίου ορισμού της, στο οποίο αυτή

παίρνει τη μορφή

11

)1()(

x

xxf .

Επομένως, όπως φαίνεται και από το διπλανό σχήμα, το ζητούμενο όριο είναι

1)(lim0

xfx

.

Στη συνέχεια, όταν λέμε ότι μια συνάρτηση f έχει κοντά στο 0x μια

ιδιότητα Ρ θα εννοούμε ότι ισχύει μια από τις παρακάτω τρεις συνθήκες:

O x

y44

y x

O x

y45

y x

y=1

y=1

O 1 1 x

y46

89


α) Η f είναι ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής ),(),( 00 βxxα και στο

σύνολο αυτό έχει την ιδιότητα Ρ.

β) Η f είναι ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής ),( 0xα , έχει σ’ αυτό την

ιδιότητα Ρ, αλλά δεν ορίζεται σε σύνολο της μορφής ),( 0 βx .

γ) Η f είναι ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής ),( 0 βx , έχει σ’ αυτό την

ιδιότητα Ρ, αλλά δεν ορίζεται σε σύνολο της μορφής ),( 0xα .

Για παράδειγμα, η συνάρτηση x

xxf

ημ)( είναι θετική κοντά στο 00 x , αφού

ορίζεται στο σύνολο

2,00,

2

ππ και είναι θετική σε αυτό.

7. Τι ισχύει για τα όρια της ταυτοτικής και της σταθερής συνάρτησης;

Με τη βοήθεια του ορισμού του ορίου αποδεικνύεται ότι:

f(x0)=x0

(a)

f(x)

f(x)

x0 O x x x y=x

y

y=c

(β)

x0 O x x x

y47

Η πρώτη ισότητα δηλώνει ότι το όριο της ταυτοτικής συνάρτησης xxf )(

(Σχ. 47α) στο 0x είναι ίσο με την τιμή της στο 0x , ενώ η δεύτερη ισότητα

δηλώνει ότι το όριο της σταθερής συνάρτησης cxg )( (Σχ. 47β) στο 0x είναι

ίσο με c.

ccxx

0

lim 00

lim xxxx

90


2

3

x0 = 3

O x

y

y = f(x)

x0 = 2

y

x

y = f(x)

4

2

2O

x0 =1, 2

y

x

y = f(x)2

1

21O

y

x

x0 = 1, 2, 3

y = f(x)2

1

321O

ΟΡΙΑ


Όριο συνάρτησης στο χο


1.4

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.Να βρείτε το limx xo

f(x) και το f(0

x ), εφόσον υπάρχουν, όταν η γραφική

παράσταση της συνάρτησης f είναι:

α) β)

γ) δ)

Λύση

α) 3

limx

f(x) = 0 και f (3) = 2

β) 2

limx

f(x) = 2 και f (2) = 4

γ) 1

limx

f(x) = 2, 1

limx

f(x) = 1 άρα δεν υπάρχει το 1

limx

f(x), είναι δε f (1) = 1

91


-2

y

x

-1

2O

2

y

x

1

1

2

y

x

1

1O

2

-2

y

x

1

-1

O

2

limx

f(x) = 0

2

limx

f(x) = 1 άρα δεν υπάρχει το

2limx

f(x), f (2) δεν ορίζεται

δ) 1

limx

f(x) = 0, 1

limx


limx


2

limx

f(x) = 1, 2

limx


limx


3

limx

f(x) = 3

limx

f(x) = 2, f (3) δεν ορίζεται

2.Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f και με τη βοήθεια

αυτής να βρείτε, εφόσον υπάρχει, το limx xo

f(x), όταν:

i) f(x) = 2

x 5x 6x 2

, 0

x = 2 ii) f(x) = x, x 1

1 , x 1x

, 0

x = 1

iii) f(x) =

2

x , x 1

x 1, x 1

iv) f(x) = x + 2

xx

, 0

x = 0

Λύση

i)

fD = – 2 , f(x) =

(x 2)(x 3)

x 2

= x – 3

1limx

f(x) = – 1

ii)

fD =

1limx

f(x) = 1

iii)

Η f δεν έχει όριο στο 0

x = 1

iv)f

D = – 0

f(x) = x + x

x =

xx , x < 0x

xx , x 0x

= x 1, x < 0

x 1, x 0

H f δεν έχει όριο στο 0

x = 0

92


4

2

y

x-1 1O

2

y

x

4/3

-4/3

1/3

O

3.Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f και με τη βοήθεια

αυτής να βρείτε, εφόσον υπάρχει, το limx xo

f(x), όταν:

i) f(x) = 3 2

2

x 3x x 3

x 1

,

0x = 1 ή – 1

ii) f(x) = 2

(x 1) 9x 6x 1

3x 1

,

0x = 1

3

Λύση

i)

fD = – 1, 1

f(x) = 2

2

x (x 3) (x 3)

x 1

=

2

2

(x 3)(x 1)

x 1

= x + 3

1limx

f(x) = 2 και 1

limx

f(x) = 4

ii) f(x) = (x 1) (3x 1)

3x 1

= (x 1) 3x 1

3x 1

=

(x 1)[ (3x 1)], 3x 1 < 0

3x 1

(x+1)(3x 1), 3x 1 >0

3x 1

=

1x 1, x < 3

1x+1, x > 3

13

lim

x

f(x) = – 43

και 13

lim

x

f(x) = 43

, άρα η f δεν έχει όριο στο 0

x = 13

93


4

2

y

x

3

1

321-2 O

4. Δίνεται η συνάρτηση f που είναι ορισμένη στο [2, + ) και έχει γραφική

παράσταση, που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Να εξετάσετε ποιοι από τους

επόμενους ισχυρισμούς είναι αληθείς.

i) 2

limx

f(x) = 2

ii) 1

lim

x

f(x) = 1

iii) 1

limx

f(x) = 2

iv) 2

limx

f(x) = 3

v) 3

limx

f(x) = 4

vi) 4

limx

f(x) = 3

Λύση

i) Αληθής ii) Ψευδής iii) Ψευδής

iv) Αληθής v) Ψευδής vi) Αληθής

5.Δίνεται μια συνάρτηση f ορισμένη στο (α, 0

x ) (0

x , β), με 0

lim

x x

f(x) = 2

– 6

και 0

lim

x x

f(x) = λ. Να βρείτε τις τιμές του λ , για τις οποίες υπάρχει το

0

limx x

f(x).

Λύση

Πρέπει και αρκεί 0

lim

x x

f(x) = 0

lim

x x

f(x)

2

– 6 = λ

2

– λ – 6 = 0 λ = – 2 ή λ = 3

94


ΟΡΙΑ


Ιδιότητες ορίων


1. Τι ισχύει για το όριο και την διάταξη;

Για το όριο και τη διάταξη αποδεικνύεται ότι ισχύουν τα παρακάτω

θεωρήματα.

ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο

Αν 0)(lim0

xfxx

, τότε 0)( xf κοντά στο 0x (Σχ. 48α)

Αν 0)(lim0

xfxx

, τότε 0)( xf κοντά στο 0x (Σχ. 48β)

O

(a)

Cf

β α x0

x

y

O

(β)

Cf

x0 x

y

β α

48

ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο

Αν οι συναρτήσεις gf , έχουν όριο στο 0x και ισχύει )()( xgxf κοντά στο 0x ,

τότε )(lim)(lim

00

xgxfxxxx

O

(a)

Cg

Cf

β α x0 x

y

O

(β)

Cg

Cf

β α x0 x

y49

95


2. Τι ισχύει για το όριο και τις πράξεις;

Τα δύο βασικά όρια 00

lim xxxx

, ccxx

0

lim και το θεώρημα που ακολουθεί

διευκολύνουν τον υπολογισμό των ορίων.

ΘΕΩΡΗΜΑ

Αν υπάρχουν τα όρια των συναρτήσεων f και g στο 0x , τότε:

1. )(lim)(lim))()((lim000

xgxfxgxfxxxxxx

2. )(lim))((lim00

xfκxκfxxxx

, για κάθε σταθερά κ

3. )(lim)(lim))()((lim000

xgxfxgxfxxxxxx

4. )(lim

)(lim

)(

)(lim

0

0

0 xg

xf

xg

xf

xx

xx

xx

, εφόσον 0)(lim

0

xgxx

5. )(lim|)(|lim00

xfxfxxxx

6. kxx

k

xxxfxf )(lim)(lim

00 , εφόσον 0)( xf κοντά στο 0x .

Οι ιδιότητες 1 και 3 του θεωρήματος ισχύουν και για περισσότερες από δυο

συναρτήσεις. Άμεση συνέπεια αυτού είναι:

ν

xx

ν

xxxfxf

)(lim)]([lim00

, *ν


νν

xxxx 0

0

lim

.

3. Να αποδείξετε ότι )()(lim 00

xPxPxx

και)(

)(

)(

)(lim

0

0

0 xQ

xP

xQ

xP

xx

, εφόσον

0)( 0 xQ

Έστω το πολυώνυμο

01

1

1)( αxαxαxαxP ν

ν

ν

ν

και 0x .

Σύμφωνα με τις παραπάνω ιδιότητες έχουμε:

)(lim)(lim 0

1

100

αxαxαxP ν

ν

ν

νxxxx

00

1

100

lim)(lim)(lim αxαxαxx

ν

νxx

ν

νxx

00

1

01

0

limlimlim αxαxαxx

ν

xxν

ν

xxν

)( 00

1

010 xPαxαxα ν

ν

ν

ν

.

Επομένως,

96


)()(lim 00

xPxPxx

.


4227262)276(lim 2323

2

xxx

x.

— Έστω η ρητή συνάρτηση )(

)()(

xQ

xPxf , όπου )(xP , )(xQ πολυώνυμα του x και

0x με 0)( 0 xQ . Τότε,

)(

)(

)(lim

)(lim

)(

)(lim)(lim

0

0

0

0

00 xQ

xP

xQ

xP

xQ

xPxf

xx

xx

xxxx

.

Επομένως,

)(

)(

)(

)(lim

0

0

0 xQ

xP

xQ

xP

xx

, εφόσον 0)( 0 xQ


9

8

1222

42

12

4lim

2

2

2

2

2

xx

x

x.

ΣΧΟΛΙΟ

Όταν 0)( 0 xQ , τότε δεν εφαρμόζεται η ιδιότητα )(lim

)(lim

)(

)(lim

0

0

0 xg

xf

xg

xf

xx

xx

xx

,

εφόσον 0)(lim0

xgxx

.Στην περίπτωση αυτή εργαζόμαστε όπως στην

εφαρμογή 1 ii), που ακολουθεί.

4. Nα βρεθούν τα παρακάτω όρια:

i) ]|11)[(lim392

0

x|x

x ii)

4

65lim

2

23

2

x

xxx

x iii)

1

23lim

2

1

x

xx

x.

i) Έχουμε

|1|lim)1(lim|1|)1(lim 3

0

92

0

392

0][

xxxx

xxx

)1(lim)1(lim 3

0

92

0][

xx

xx

1|1|19 .

ii) Επειδή 0)4(lim 2

2

x

x, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα του

πηλίκου (ιδιότητα 4). Παρατηρούμε όμως ότι για 2x μηδενίζονται και οι

δύο όροι του κλάσματος. Οπότε η συνάρτηση 4

65)(

2

23

x

xxxxf , για 2x ,

γράφεται:

97


2

3

2

)3(

)2)(2(

)3)(2(

)2)(2(

)65()(

22

x

xx

x

xx

xx

xxx

xx

xxxxf .

Επομένως,

2

1

22

234

2

3lim)(lim

2

22

x

xxxf

xx.

iii) Για 1x μηδενίζονται οι όροι του κλάσματος. Στην περίπτωση αυτή

εργαζόμαστε ως εξής:

Πολλαπλασιάζουμε και τους δύο όρους του κλάσματος με xx 232 και έτσι

έχουμε:

xxx

xx

xxx

xxxx

x

xxxf

23)1(

)2(3

23)1(

2323

1

23)(

2

22

2

2

222

xx

x

xxx

xx

xxx

x

23

)1(3

23)1(

)1)(1(3

23)1(

33

222

2

.

Επομένως,

2

3

24

6

23lim

)1(3lim

23

)1(3lim)(lim

2

1

1

211

)(

xx

x

xx

xxf

x

x

xx.

5. Nα βρεθεί, αν υπάρχει, το όριο στο 10 x της συνάρτησης

1,

1

14,3

)(

2

xx

xx

xf .

Αν 1x , τότε 43)( 2 xxf , οπότε

1413)43(lim)(lim 22

11

xxfxx

.

Αν 1x , τότε x

xf1

)( , οπότε

11

lim)(lim11

xxf

xx

.

Επομένως 1)(lim1

xfx

.

98


6. Πως ορίζεται διαισθητικά και αυστηρά το κριτήριο παρεμβολής;

Υποθέτουμε ότι “κοντά στο 0x ” μια

συνάρτηση f “εγκλωβίζεται” (Σχ. 50)

ανάμεσα σε δύο συναρτήσεις h και g. Αν,

καθώς το x τείνει στο 0x , οι g και h έχουν

κοινό όριο , τότε, όπως φαίνεται και στο

σχήμα, η f θα έχει το ίδιο όριο . Αυτό

δίνει την ιδέα του παρακάτω θεωρήματος

που είναι γνωστό ως κριτήριο

παρεμβολής.

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω οι συναρτήσεις hgf ,, . Αν

)()()( xgxfxh κοντά στο 0x και

)(lim)(lim00

xgxhxxxx

,

τότε

)(lim0

xfxx

.

Για παράδειγμα, 01

ημlim0

xx

x.Πράγματι, για 0x έχουμε

||1

ημ||1

ημ xx

xx

x ,

οπότε

||1

ημ|| xx

xx .

Επειδή 0||lim)||(lim00

xxxx

, σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο, έχουμε:

01

ημlim0

xx

x.

7. Ποιες ιδιότητες ισχύουν για τα τριγωνομετρικά όρια

Το κριτήριο παρεμβολής είναι πολύ χρήσιμο για τον υπολογισμό ορισμένων

τριγωνομετρικών ορίων. Αρχικά αποδεικνύουμε ότι:

|||ημ| xx , για κάθε x

(η ισότητα ισχύει μόνο όταν

0x )

Με τη βοήθεια της παραπάνω ανισότητας και του κριτηρίου παρεμβολής θα

αποδείξουμε ότι:

O

Ch

Cf

Cg

β α x0 x

y50

00

ημημlim xxxx

00

συνσυνlim xxxx

1ημ

lim0

x

x

x

01συν

lim0

x

x

x

99


8. Πως ορίζεται το όριο συνθέτου συναρτήσεως;

Όταν θέλουμε να υπολογίσουμε το ))((lim0

xgfxx

, της σύνθετης συνάρτησης gf

στο σημείο 0x , τότε εργαζόμαστε ως εξής:

1. Θέτουμε )(xgu .

2. Υπολογίζουμε (αν υπάρχει) το )(lim0

0 xguxx

και

3. Υπολογίζουμε (αν υπάρχει) το )(lim 0

ufuu

.

Αποδεικνύεται ότι, αν 0)( uxg κοντά στο 0x , τότε το ζητούμενο όριο είναι ίσο

με , δηλαδή ισχύει:

)(lim))((lim00

ufxgfuuxx

.

ΠΡΟΣΟΧΗ

Στη συνέχεια και σε όλη την έκταση του βιβλίου τα όρια της μορφής

))((lim0

xgfxx

με τα οποία θα ασχοληθούμε θα είναι τέτοια, ώστε να

ικανοποιείται η συνθήκη: “ 0)( uxg κοντά στο 0x ” και γι΄ αυτό δεν θα

ελέγχεται.


α) Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο

4ημlim 2

0

πx

x.

Αν θέσουμε 4

2 πxu , τότε

44limlim 2

00

ππxu

xx

, οπότε

2

2

4ημημlim

4ημlim

4

2

0

πu

πx

πu

x.

β) Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο

x

x

x

3ημlim

0.

Είναι

x

x

x

x

3

3ημ3

3ημ .

Έτσι, αν θέσουμε xu 3 , τότε 03limlim00

xuxx

, οπότε

313ημ

lim33

3ημlim3

3ημlim

000

u

u

x

x

x

x

uxx.

100


ΟΡΙΑ




1.5

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.Να βρείτε τα όρια:

i) x 0lim

(5

x – 43

x – 2x + 5) ii) x 1lim

(10

x – 23

x + x – 1)

iii) x 1lim

(8

x + 2x + 320

) iv) x 3lim

[(x – 53

)2

x 2x 3 ]

v) x 1lim

4x 2x 5

x 3

vi) x 0lim

2

2

x 3x x 2

x x 1

vii) x 1lim

2

3 x 2 viii) x 1lim

2

2

x x 2 2

x 4x 3

Λύση

i) x 0lim

(5

x – 43

x – 2x + 5) = 0 – 4. 0 – 2. 0 + 5 = 5

ii) x 1lim

(10

x – 23

x + x – 1) = 1 – 2. 1 + 1 – 1 = –1

iii) x 1lim

(8

x + 2x + 320

) = [x 1lim

(8

x + 2x + 3)20

]

= [(–18

) +2. (–1) + 320

] = [1 – 2 + 320

] = 20

2

iv) x 3lim

[(x – 53

)2

x 2x 3 ] = x 3lim

( x – 53

) . x 3lim

2x 2x 3

= ( 3 – 53

)2

3 2.3 3

= {–23

) 9 6 3 = {–23

) . 0 = 0

v) x 1lim

4x 2x 5

x 3

=

4

x 1

x 1

lim(x 2x 5)

lim(x 3)

= 1 2 5

1 3

= 24

= 12

vi) x 0lim

2

2

x 3x x 2

x x 1

=

2

2

0 3.0 0 2

0 0 1

= 2

1= 2

vii) x 1lim

2

3 x 2 = 2

3

x 1lim x 2

= 2

3 1 2 = 3 9

viii) x 1lim

2

2

x x 2 2

x 4x 3

=

2

2

1 1 2 2

1 4.1 3

= 2 2

8 = 0

8 = 0

101


2. Έστω μια συνάρτηση f με x 2lim

f(x) = 4. Να βρείτε το x 2lim

g(x), αν:

i) g(x) = 3(f(x)2

) – 5 ii) g(x) =

2

2f (x) 11

f (x) 1

iii) g(x) = f x 2 f x 3

Λύση

i) x 2lim

g(x) = x 2lim

[3(f(x)2

) – 5] = 3. 2

4 – 5 = 43

ii) x 2lim

g(x) = x 2lim

2

2f (x) 11

f (x) 1

=

2

2.4 11

4 1

= 3

17

iii) x 2lim

g(x) = x 2lim

[ f x 2 f x 3 ] = (4 + 2)(4 – 3) = 6

3. Να βρείτε τα όρια

i) x 2lim

4

3

x 16

x 8

ii)

x 1lim

2

2

2x 3x 1

x 1

iii) x 1lim

2

11x11x

iv)

x 0lim

3(x 3) 27

x

Λύση

i) x 2lim

4

3

x 16

x 8

=

4

3

2 16

2 8

= 0

0 απροσδιοριστία.

x 2lim

4

3

x 16

x 8

=

x 2lim

2 2

3 3

(x 4)(x 4)

x 2

=

x 2lim

2

2 2

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

(x 2)(x x.2 2 )

= x 2lim

2

2

(x 2)(x 4)

x 2x 4

=

(2 2)(4 4)

4 4 4

= 4.8

12 = 8

3

ii) x 1lim

2

2

2x 3x 1

x 1

=

2

2

2.1 3.1 1

1 1

= 0


x 1lim

2

2

2x 3x 1

x 1

=

x 1lim

(2x 1)(x 1)

(x 1)(x 1)

=

x 1lim

2x 1x 1

= 2.1 11 1

= 12

iii) x 1lim

2

11x11x

=

2

111111

= 0


x 1lim

2

11x11x

=

x 1lim

11x

1 1(1 )(1 )x x

=

x 1lim

111x

= 1

111

= 1

2

iv) x 0lim

3(x 3) 27

x

=

3(0 3) 27

0

= 27 27

0 = 0


x 0lim

3(x 3) 27

x

=

x 0lim

3(x 3) 27

x

=

x 0lim

3 3(x 3) 3

x

102


= x 0lim

2 2(x 3 3)[(x 3) (x 3)3 3 ]

x

=

= x 0lim

[ (x + 32

) + 3(x + 3) + 9 ] =

= (0 + 32

) + 3(0 + 3) + 9 = 9 + 9 + 9 = 27

4. Να βρείτε τα όρια

i) x 9lim

3 x9 x

ii) x 0lim

2

2

1 1 x

x

iii) x 2lim 2

x 2 2

x 5 3

iv)

x 4lim

2

x 2

x 5x 4

Λύση

i) x 9lim

3 x9 x

= 3 99 9

= 00

απροσδιοριστία.

x 9lim

3 x9 x

= x 9lim

22

3 x

3 x

= x 9lim

3 x

3 x 3 x

= x 9lim

1

3 x = 1

3 9 = 1

6

ii) x 0lim

2

2

1 1 x

x

= 2

2

1 1 0

0

= 0

0 απροσδιοριστία

x 0lim

2

2

1 1 x

x

= x 0lim

2 2

2 2

(1 1 x )(1 1 x

x (1 1 x )

=

x 0lim

2

2 2

1 (1 x )

x (1 1 x )

= x 0lim

2

2 2

x

x (1 1 x ) =

x 0lim 2

1

1 1 x =

2

1

1 1 0 = 1

2

iii) x 2lim 2

x 2 2

x 5 3

=

2

2 2 2

2 5 3

= 4 2

9 3

= 0


x 2lim 2

x 2 2

x 5 3

=

x 2lim

2

2 2

( x 2 2)( x 2 2)( x 5 3)

( x 5 3)( x 2 2)( x 5 3)

= x 2lim

2

2

(x 2 4)( x 5 3)

(x 5 9)( x 2 2)

= x 2lim

2

2

(x 2)( x 5 3)

(x 4)( x 2 2)

= x 2lim

2(x 2)( x 5 3)

(x 2)(x 2)( x 2 2)

= x 2lim

2x 5 3

(x 2)( x 2 2)

= 2

2 5 3

(2 2)( 2 2 2)

= 3 3

4.4 = 6

16 = 3

8

103


iv) x 4lim

2

x 2

x 5x 4

=

2

4 2

4 5.4 4

= 0


x 4lim

2

x 2

x 5x 4

=

x 4lim

x 2(x 1)(x 4)

= x 4lim

1x 1

x 4lim

x 2x 4

= 14 1

x 4lim

( x 2)( x 2)

(x 4)( x 2)

= 13

x 4lim

x 4

(x 4)( x 2)

= 1

3

x 4lim

1

x 2 = 1

31

4 2 = 1

12

5.Να βρείτε (αν υπάρχει), το όριο της f στο 0

x αν:

i) f(x) = 2

x , x 1

5x, x > 1

και

0x = 1

ii) f(x) = 2

2x, x < 1

x +1, x 1

και

0x = –1

Λύση

i) x 1

lim

f(x) = x 1

lim

2x =

21 = 1

x 1

lim

f(x) = x 1

lim

(5x) = 5 Επομένως δεν υπάρχει το όριο της f στο 1.

ii) x 1

lim

f(x) = x 1

lim

(–2x) = –2 (–1) = 2

x 1

lim

f(x) = x 1

lim

(2

x + 1) = 2

1 + 1 = 2 Επομένως x 1lim

f(x) = 2

6.Να βρείτε τα όρια

i) x 0lim

3x

x

ii)

x 0lim

x

x

iii)

x 0lim

4x

2x

iv) x 0lim

x x

x

v)

x 0lim 3

x

x x

vi)

x 0lim

5x

5x 4 2

Λύση

i) x 0lim

3x

x

=

x 0lim

(3 3x

3x

) = 3

x 0lim

3x

3x

3 u 0lim

u

u

= 3. 1 = 3

Θέσαμε 3x = u, οπότε u0

ii) x 0lim

x

x

=

x 0lim

x 1x x

= x 0lim

x

x

.

x 0lim

1x

= 1. 10

= 11

= 1

iii) x 0lim

4x

2x

=

x 0lim

4x

x2x

x

= x 0

x 0

4xlim

x2x

limx

(1)

Αλλά x 0lim

4x

x

=

x 0lim

4x 1x 4x

104


= x 0lim

4x

x

.

x 0lim

14x

= 4 4x 0lim

4x

4x

. 1

1 = 4 . 1. 1 = 4

x 0lim

2x

x

= 2

2x 0lim

2x

2x

= 2 . 1 = 2

(1) x 0lim

4x

2x

= 4

2 = 2

iv) x 0lim

x x

x

=

x 0lim

(1 – x

x

) = 1 –

x 0lim

x

x

= 1 – 1 = 0

v) x 0lim 3

x

x x

=

x 0lim 2

x

x(x 1)

=

x 0lim

x

x

.

x 0lim

2

1

x 1 = 1.

2

1

0 1 = 1

vi) x 0lim

5x

5x 4 2

=

x 0lim

5x ( 5x 4 2)

( 5x 4 2)( 5x 4 2)

= x 0lim

5x ( 5x 4 2)

5x 4 4

= x 0lim

5x

5x

.

x 0lim

( 5x 4 2 )

= 5x 0lim

5x

5x

. ( 5.0 4 2 ) = 1 (2 + 2) = 4


i) xlim

2x

1 x

ii)

x 0lim

21 x

2x

iii) x 0lim

x

2x

Λύση

i) xlim

2x

1 x

=

xlim

21 x1 x

= xlim

(1 x)(1 x)

1 x

= xlim

(1 – συνx) = 1 – (–1) = 2

ii) x 0lim

21 x

2x

= x 0lim

2x

2 x x

= 1

2 x 0lim

x

x

= 1

2 x 0lim

εφx = 12

. 0 = 0

iii) x 0lim

x

2x

=

x 0lim

x

2 x x

= 1

2 x 0lim

1x

= 12

. 11

= 12

8.Να βρείτε το x 0lim

f(x), αν :

i) 1 – 2

x f(x) 1 + 2

x για κάθε x

ii) 1 – 4

x f(x) 2

1

x για κάθε x ,

2 2

Λύση

105


i) x 0lim

(1 – 2

x ) = 1 και x 0lim

(1 + 2

x ) = 1 άρα x 0lim

f(x) = 1

ii) x 0lim

(1 – 4

x ) = 1 και x 0lim

2

1

x = 1

1 = 1 άρα

x 0lim

f(x) = 1

9.Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2 x , x 3

αx+3β, x 3

. Να βρείτε τις τιμές των

α, β , για τις οποίες ισχύει x 3lim

f(x) = 10.

Λύση

x 3lim

f(x) = 10 x 3

lim

f(x) = 10 και x 3

lim

f(x) = 10

x 3

lim

(2αx + β) = 10 και x 3

lim

(αx + 3β) = 10

6α + β = 10 και 3α + 3β = 10

β = 10 – 6α και 3α + 3(10 – 6α) = 10

β = 10 – 6α και 3α + 30 – 18α = 10

β = 10 – 6α και – 15α = -20

β = 10 – 6α και α = 43

β = 10 – 6. 43

και α = 43

β = 2 και α = 43

106


Β ΄ ΟΜΑΔΑΣ


i) x 2lim

3 2

3

x x x 2

x 8

ii)

x 1lim

1x ( 1)x

x 1

iii)

x 1lim

x 1

x x x 2

Λύση

i) x 2lim

3 2

3

x x x 2

x 8

=

x 2lim

2

2

(x 2)(x x 1)

(x 2)(x 2x 4)

= x 2lim

2

2

x x 1

x 2x 4

=

2

2

2 2 1

2 2.2 4

= 7

12

ii) x 1lim

1x ( 1)x

x 1

=

x 1lim

1x x x

x 1

= x 1lim

x(x 1) (x 1)

x 1

= x 1lim

1 2x(x 1)(x x . . . 1) (x 1)

x 1

= x 1lim

[ x(1 2

x x

+ . . . + 1) – ν ]

= 1 (1 + 1 + . . . + 1) – ν = ν – ν = 0

iii) Θέτουμε x = u, οπότε u 1 = 1 και έχουμε

x 1lim

x 1

x x x 2

=

u 1lim

2

2

u 1

u u u 2

= u 1lim

2

3

u 1

u u 2

= u 1lim 2

(u 1)(u 1)

(u 1)(u u 2)

= u 1lim

2

u 1

u u 2

=

2

1 1

1 1 2

= 1

2

2.Να βρείτε όσα από τα παρακάτω όρια υπάρχουν

i) x 5lim

2x 10x 25

x 5

ii) x 5

lim

2x 5 x 4x 5

x 5

iii) x 5

lim

2x 5 x 4x 5

x 5

iv)

x 1lim

2x x

x 1

Λύση

i) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 2

x 10x 25x 5

, x –5

f(x) =

2(x 5)

x 5

=

x 5

x 5

=

1, x 5

1, x 5

x 5

lim

f(x) = x 5

lim

(–1) = –1 και x 5

lim

f(x) = x 5

lim

1 = 1

107


γ = 1

αβ

θ

A B

Γ

Άρα δεν υπάρχει το όριο της f στο –5

ii) x 5

x < 5 οπότε

x 5

lim

2x 5 x 4x 5

x 5

=

x 5

lim

2x 5 x 4x 5

x 5

= x 5

lim

2x 5x

x 5

= x 5

lim

x(x 5)

x 5

=

x 5

lim

x = 5

iii) x 5

x > 5 οπότε

x 5

lim

2x 5 x 4x 5

x 5

=

x 5

lim

2x 5 x 4x 5

x 5

= x 5

lim

2x 3x 10

x 5

= x 5

lim

(x 5)(x 2)

x 5

=

x 5

lim

(x + 2) = 5 + 2 = 7

iv) Θέτουμε x = u, οπότε u 1 = 1 και έχουμε

x 1lim

2x x

x 1

=

u 1lim

4u uu 1

= u 1lim

3u(u 1)

u 1

= u 1lim

2u(u 1)(u u 1)

u 1

= u 1lim

[u(2

u + u + 1)] = 1(1 + 1 + 1) = 3

3.Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο

με γ = 1. Να υπολογίσετε τα όρια:

i)

2

lim

(α – β) ii)

2

lim

(2 2

)

iii)

2

lim

Λύση

Είναι γ = α συνθ και εφθ =

1 = α συνθ και εφθ = 1

α = 1

και β = εφθ =

i)

2

lim

(α – β) =

2

lim

( 1

–

) =

2

lim

1

108


=

2

lim

(1 )(1 )

(1 )

=

2

lim

21

(1 )

=

2

lim

2

(1 )

=

2

lim 1

= 2

12

= 0

1 1= 0

ii)

2

lim

(2 2

) =

2

lim

2 =

2

lim

21 = 1

iii)

2

lim

=

2

lim 1

=

2

lim

ημθ = ημ2 = 1

4.Να βρείτε το x 1lim

f(x), αν:

i) x 1lim

(4 f(x) + 2 – 4x) = -10 ii) x 1lim

f (x)

x 1 = 1

Λύση

i) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = 4 f(x) + 2 – 4x, x κοντά στο 1

g(x) – 2 + 4x = 4 f(x)

f(x) = 14

(g(x) – 2 + 4x )

Η υπόθεση γίνεται x 1lim

g(x) = –10

Επομένως x 1lim

f(x) = 14

x 1lim

(g(x) – 2 + 4x )

= 14

(–10 – 2 + 4 .1) = 14

(–8 ) = –2

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f (x)

x 1, x κοντά στο 1

f(x) = g(x) (x – 1)

Η υπόθεση γίνεται x 1lim

g(x) = 1

Επομένως x 1lim

f(x) = x 1lim

[g(x) (x – 1)]

= x 1lim

g(x) x 1lim

(x – 1)] = 1. (1 – 1) = 0

109


ΟΡΙΑ


Μη πεπερασμένο όριο στο χο


1. Πως ορίζεται διαισθητικά και αυστηρά το μη πεπερασμένο όριο

στο χο καθώς και στα πλευρικά όρια;

— Στο σχήμα 54 έχουμε τη γραφική

παράσταση μιας συνάρτησης f κοντά στο

0x . Παρατηρούμε ότι, καθώς το x κινούμενο

με οποιονδήποτε τρόπο πάνω στον άξονα xx

πλησιάζει τον πραγματικό αριθμό 0x , οι

τιμές )(xf αυξάνονται απεριόριστα και

γίνονται μεγαλύτερες από οποιονδήποτε

θετικό αριθμό Μ. Στην περίπτωση αυτή λέμε

ότι η συνάρτηση f έχει στο 0x όριο και

γράφουμε

)(lim0

xfxx

.

— Στο σχήμα 55 έχουμε τη γραφική

παράσταση μιας συνάρτησης f κοντά στο

0x . Παρατηρούμε ότι, καθώς το x κινούμενο

με οποιονδήποτε τρόπο πάνω στον άξονα xx

πλησιάζει τον πραγματικό αριθμό 0x , οι

τιμές )(xf ελαττώνονται απεριόριστα και

γίνονται μικρότερες από οποιονδήποτε

αρνητικό αριθμό M )0( M . Στην

περίπτωση αυτή λέμε ότι η συνάρτηση f

έχει στο 0x όριο και γράφουμε

)(lim0

xfxx

.

ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω μια συνάρτηση f που είναι ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής

),(),( 00 βxxα . Ορίζουμε

)(lim0

xfxx

, όταν για κάθε 0M υπάρχει 0δ τέτοιο, ώστε για κάθε

),(),( 00 βxxαx , με δxx ||0 0 να ισχύει

Mxf )(

O x0 x x

M

f (x)

x

y 54

Ox0 x x

-M

f (x)

x

y55

110


)(lim0

xfxx

, όταν για κάθε 0M υπάρχει 0δ τέτοιο, ώστε για κάθε

),(),( 00 βxxαx , με δxx ||0 0 να ισχύει

Mxf )(

Ανάλογοι ορισμοί μπορούν να διατυπωθούν όταν 0xx και 0xx .

(a)

O

Cg

Cf

x0 x

y

(β)

O x0 x

y 56

Cg

Cf

Όπως στην περίπτωση των πεπερασμένων ορίων έτσι και για τα άπειρα όρια

συναρτήσεων, που ορίζονται σε ένα σύνολο της μορφής ),(),( 00 βxxα ,

ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες:

)(lim)(lim)(lim000

xfxfxfxxxxxx

)(lim)(lim)(lim000

xfxfxfxxxxxx

.

2. Ποιες ιδιότητες αποδεικνύονται με τη βοήθεια του ορισμού και

ποιες οι άμεσες συνέπειες αυτών;

Με τη βοήθεια του ορισμού αποδεικνύονται οι παρακάτω ιδιότητες:

Αν

)(lim0

xfxx

, τότε 0)( xf κοντά στο 0x , ενώ

αν

)(lim0

xfxx

, τότε 0)( xf κοντά στο 0x .

Αν

)(lim0

xfxx

, τότε

))((lim0

xfxx

, ενώ

αν

)(lim0

xfxx

, τότε

))((lim0

xfxx

.

Αν

)(lim0

xfxx

ή , τότε 0)(

1lim

0

xfxx

.

Αν 0)(lim0

xfxx

και 0)( xf κοντά στο 0x , τότε )(

1lim

0 xfxx, ενώ αν

0)(lim0

xfxx

και 0)( xf κοντά στο 0x , τότε )(

1lim

0 xfxx.

Αν

)(lim0

xfxx

ή , τότε

|)(|lim0

xfxx

.

111


Αν

)(lim0

xfxx

, τότε

k

xxxf )(lim

0

.

Σύμφωνα με τις ιδιότητες αυτές έχουμε:

20

1lim

xx και γενικά

ν20

1lim

xx, * (Σχ. 57α)

y

x

12

(α)

O x

y

y

x

1

(β)

O x

y57

xx

1lim

0

και γενικά

120

1lim

νx x

, ενώ

xx

1lim

0

και γενικά

120

1lim

νxx

, (Σχ. 57β).

Επομένως, δεν υπάρχει στο μηδέν το όριο της 12

1)(

νxxf , .

3. Ποια θεωρήματα ισχύουν για τα όρια αθροίσματος και γινομένου

δύο συναρτήσεων και τι είναι οι απροσδιοριστίες;

Για τα όρια αθροίσματος και γινομένου δύο συναρτήσεων αποδεικνύονται τα

παρακάτω θεωρήματα:

ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο (όριο αθροίσματος)

Αν στο x0

το όριο της f είναι: α α - -

και το όριο της g είναι: - - -

τότε το όριο της gf

είναι:

- - ; ;

ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο (όριο γινομένου)

Αν στο x0R,

το όριο της f

είναι: α>0 α<0 α>0 α<0 0 0 + + - -

και το όριο της

g

είναι:

+ + - - + - + - + -

τότε το όριο της

f·g είναι: + - - + ; ; + - - +

112


Στους πίνακες των παραπάνω θεωρημάτων, όπου υπάρχει ερωτηματικό,

σημαίνει ότι το όριο (αν υπάρχει) εξαρτάται κάθε φορά από τις συναρτήσεις

που παίρνουμε. Στις περιπτώσεις αυτές λέμε ότι έχουμε απροσδιόριστη

μορφή. Δηλαδή, απροσδιόριστες μορφές για τα όρια αθροίσματος και

γινομένου συναρτήσεων είναι οι:

)()( και ) (0 .

Επειδή )( gfgf και g

fg

f 1 , απροσδιόριστες μορφές για τα όρια της

διαφοράς και του πηλίκου συναρτήσεων είναι οι:

)()( , )()( και 0

0,

.


— αν πάρουμε τις συναρτήσεις 2

1)(

xxf και

2

1)(

xxg , τότε έχουμε:

200

1lim)(lim

xxf

xx,

200

1lim)(lim

xxg

xx

και

011

lim))()((lim2200

xxxgxf

xx

ενώ,

— αν πάρουμε τις συναρτήσεις 11

)(2

xxf και

2

1)(

xxg , τότε έχουμε:

1

1lim)(lim

200 xxf

xx,

200

1lim)(lim

xxg

xx

και

11lim1

11

lim))()((lim02200

xxx xxxgxf .

Ανάλογα παραδείγματα μπορούμε να δώσουμε και για τις άλλες μορφές.

4. Nα βρεθούν τα όρια:

i) |x|

xx

x 1

65lim

2

1

ii)

22 2)(

23lim

x

x

x.

i) Επειδή 0|1|lim1

xx

και 0|1| x κοντά στο 1, είναι |1|

1lim

1 xx. Eπειδή

επιπλέον είναι 2)65(lim 2

1

xx

x, έχουμε:

)65(

|1|

1lim

|1|

65lim 2

1

2

1xx

xx

xx

xx.

ii) Επειδή 0)2(lim 2

2

x

x και 0)2( 2 x κοντά στο 2, είναι

22 )2(

1lim

xx.

Επειδή επιπλέον είναι 4)23(lim2

xx

, έχουμε

113


)23(

)2(

1lim

)2(

23lim

2222x

xx

x

xx.

5. Να βρεθούν τα πλευρικά όρια της συνάρτησης 2

1)(

2

x

xxxf στο

20 x και στη συνέχεια να εξετασθεί, αν υπάρχει το όριο της )(xf

στο 2.

— Επειδή 0)2(lim2

xx

και 02 x για 2x , είναι 2

1lim

2 xx

. Επειδή

επιπλέον 3)1(lim 2

2

xxx

, έχουμε

)1(2

1lim

2

1lim 2

2

2

2

xxxx

xx

xx

.

— Επειδή 0)2(lim2

xx

και 02 x για 2x , είναι 2

1lim

2 xx

. Επειδή

επιπλέον 3)1(lim 2

2

xxx

, έχουμε

)1(2

1lim

2

1lim 2

2

2

2

xxxx

xx

xx

.

Παρατηρούμε ότι τα δύο πλευρικά όρια δεν είναι ίσα. Επομένως δεν υπάρχει

όριο της f στο 2.

114


ΟΡΙΑ




1.6

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.Να βρείτε (αν υπάρχει) το όριο της f στο 0

x όταν:

i) f (x) = 4 2

5

3

x

x x

,

0x = 0 ii) f (x) =

4

2 3

4( 1)

x

x

,

0x = 1

iii) f (x) = 1x

– 1x

, 0

x = 0

Λύση

i) Για κάθε x κοντά στο 0 είναι f (x) = (x + 5) 4 2

1

3x x

0limx

(x + 5) = 5 > 0 (1)

0limx

(4 2

3x x ) = 0 με 4 2

3x x > 0 κοντά στο 0

x = 0

0limx

4 2

1

3x x = + (2)

Από (1), (2) 0

limx

f (x) = +

ii) Για κάθε x κοντά στο 1 είναι f (x) = (2x – 3) 4

1

4( 1)x

1limx

(2x – 3) = 2 .1 – 3 = –1 < 0 (1)

1limx

[4(x – 14

) ] = 0 με 4(x – 14

) > 0 κοντά στο 0

x = 1

1limx

4

1

4( 1)x = + (2)

Από (1), (2) 0

limx

f (x) = –

iii) Για x > 0 είναι f (x) = 1x

– 1x

= 0 0

limx

f (x) = 0 (1)

Για x < 0 είναι f (x) = 1x

+ 1x

= 2x

0

limx

f (x) = – (2)

Από (1), (2) δεν υπάρχει το όριο της f στο 0.

115


2.Να βρείτε (αν υπάρχει) το όριο της f στο 0

x όταν:

i) f (x) = 31 x

–2

4

1 x,

0x = 1 ii) f (x) =

23 2x x

x x ,

0x = 0

iii) f (x) = 2

3

11xx

, 0

x = 0

Λύση

i) Για κάθε x κοντά στο 1 είναι

f (x) = 31 x

– 4(1 )(1 )x x

= 3(1 ) 4

(1 )(1 )

x

x x

= 3 3 4(1 )(1 )

xx x

= 3 11x

x

11 x

Αλλά 1

limx

3 11x

x

= 3.1 11 1

= 2 > 0 (1)

1

limx

(1 – x) = 0 με 1 – x < 0 1

limx

11 x

= – (2)

Από (1), (2) 1

limx

f (x) = –

Ομοίως 1

limx

f (x) = +

Άρα δεν υπάρχει το όριο της f στο 1

ii) Για x > 0 είναι f (x) = 2

3 2x xxx = (

2x + 3x – 2)

2

1

x

0

limx

(2

x + 3x – 2) = –2 < 0 και 0

limx

2

1

x = +

0

limx

f (x) = – (1)

Για x < 0 είναι f (x) = 2

3 2( )

x xx x

= (2

x + 3x – 2) 2

1

x

= (–2

x – 3x + 2)2

1

x

0

limx

(–2

x – 3x + 2) = 2 > 0 και 0

limx

2

1

x = +

0

limx

f (x) = + (2)

Από (1), (2) δεν υπάρχει το όριο της f στο 0

iii) Για κάθε x κοντά στο 0 είναι f (x) = 2

x + 1x

= 3

1xx = (

3x + 1) 1

x

0

limx

(3

x + 1) = 1 > 0 και 0

limx

1x

= + 0

limx

f (x) = +

0

limx

(3

x + 1) = 1 > 0 και 0

limx

1x

= – 0

limx

f (x) = –

Άρα δεν υπάρχει το όριο της f στο 0.

116


Β΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.Να βρείτε (εφόσον υπάρχει) το 4

limx

92 4 8x x x x

Λύση

f (x) = 9

2 4 8x x x x

= 9

( 4) 2( 4)x x x

= 9

( 4)( 2)x x

= 9( 2)( 2)( 2)x x x

= 9( 2)( 2)( 2)x x x

= 92x

2

1

( 2)x

4limx

92x

= 94 2

= 9

4

< 0

4limx

(2

2)x = 0 με (2

2)x > 0 4

limx

2

1

( 2)x = +

Επομένως 4

limx

f (x) = –

2.Να αποδείξετε ότι :

i) Η συνάρτηση f (x) = εφx δεν έχει όροι στο 2

ii) Η συνάρτηση f (x) = σφx δεν έχει όροι στο 0.

Λύση

i) f (x) = εφx = x

x

= ημx 1

x

Για 2 < x < π είναι

2

limx

συνx = 0 με συνx < 0

2

limx

1x

= –

αλλά

2

limx

ημx = 1 > 0, άρα

2

limx

f (x) = – (1)

Για 0 < x < 2 είναι

2

limx

συνx = 0 με συνx > 0

2

limx

1x

= +

αλλά

2

limx

ημx = 1 > 0, άρα

2

limx

f (x) = + (2)

Από (1), (2) η f (x) = εφx δεν έχει όριο στο 2

ii) f (x) = σφx = xx

= συνx 1x

Για 0 < x < 2 είναι

0

limx

ημx = 0 με ημx > 0 0

limx

1x

= +

αλλά 0

limx

συνx = 1 > 0, άρα 0

limx

f (x) = + (3)

Για – 2 < x < 0 είναι

0

limx

ημx = 0 με ημx < 0 0

limx

1x

= –

και 0

limx

συνx = 1 > 0, άρα 0

limx

f (x) = – (4)

Από (3), (4) η f (x) = σφx δεν έχει όριο στο 0

117


3.Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = 2

2

( 1) 2

1

x x

x

και g(x) =

22x x

x

Να βρείτε τις τιμές των λ, μ για τις οποίες υπάρχουν στο τα όρια

1

limx

f (x) και 0

limx

g(x).

Στη συνέχεια να υπολογίσετε τα παραπάνω όρια.

Λύση

Έστω 1

limx

f (x) = .

Κοντά στο 1 είναι f (x) = 2

2

( 1) 2

1

x x

x

f (x) (2

1x ) = (λ – 1)2

x + x – 2

1

limx

[ f (x) (2

1x )] = 1

limx

[(λ – 1)2

x + x – 2]

1

limx

f (x). 1

limx

(2

1x ) = (λ – 1)2

1 + 1 – 2

. 0 = λ – 1 + 1 – 2

0 = λ – 2 λ = 2

Για λ = 2 έχουμε f (x) = 2

2

(2 1) 2

1

x x

x

f (x) = 2

2

2

1

x x

x

=

( 1)( 2)

( 1)( 1)

x x

x x

= 2

1xx

1limx

f (x) = 1

limx

21

xx

= 1 21 1

= 32

Έστω 0

limx

g (x) = .

Κοντά στο 0 είναι g(x) = 2

2x x

x

g(x) .x =2

x + 2x + μ

0

limx

[g(x) .x] = 0

limx

(2

x + 2x + μ)

0

limx

g(x) . 0

limx

x = 2

0 + 2. 0 + μ

. 0 = μ μ = 0

Για μ = 0 έχουμε g(x) = 2

2x xx = x + 2

0limx

g (x) = 0

limx

(x + 2) = 0 + 2 = 2

4.Να βρείτε τα 1

limx

f (x), όταν:

i) 1

limx

4xf x = + ii)

1limx

2

f x

x = – iii)

1limx

[ f (x)(32

x – 2)] = +

Λύση

i) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) =

4xf x κοντά στο 1.

118


Τότε 1

limx

g(x) = + και g(x) f (x) = x – 4

g(x) > 0 κοντά στο 1 και f (x) =

4xg x = (x – 4)

1

g x (1)

1limx

g(x) = + 1

limx

1g x

= 0 και επειδή 1

limx

(x – 4) = 1 – 4 = –3,

η (1) 1

limx

f (x) = –3. 0 = 0

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) =

2

f x

x κοντά στο 1.

Τότε 1

limx

h(x) = – και h(x) (x + 2) = f (x) (2)

και επειδή 1

limx

(x + 2) = 1 + 2 = 3 > 0,

η (2) 1

limx

f (x) = 1

limx

[ h(x) (x + 2] = –

iii) Θεωρούμε τη συνάρτηση ω(x) = f (x)(32

x – 2) κοντά στο 1. (3)

Τότε 1

limx

ω(x) = +

Είναι 1

limx

(32

x – 2) = 3 . 1 – 2 = 1 0

32

x – 2 0 κοντά στο 1 και 1

limx

2

1

3 2x = 1

1 = 1 > 0

(3) f (x) = 2

3 2

x

x

= ω(x) 2

1

3 2x

1

limx

f (x) = 1

limx

2

1( )3 1

xx

= +

119


ΟΡΙΑ


Όρια συνάρτησης στο άπειρο


1. Πως ορίζονται διαισθητικά και πρακτικά τα όρια συνάρτησης στο

άπειρο , ποιες είναι οι προϋποθέσεις για να υπάρχουν και ποιες

ιδιότητες ισχύουν γι΄αυτά;

Στα παρακάτω σχήματα έχουμε τις γραφικές παραστάσεις τριών συναρτήσεων

hgf ,, σε ένα διάστημα της μορφής ),( α .

Cf

f (x)

(a)

O

+ x x

y

Cg

g(x)

(β)

O +

+

x x

y

Ch

h(x)

O

(γ)

+

x

x

y58

Παρατηρούμε ότι καθώς το x αυξάνεται απεριόριστα με οποιονδήποτε τρόπο,

— το )(xf προσεγγίζει όσο θέλουμε τον πραγματικό αριθμό . Στην

περίπτωση αυτή λέμε ότι η f έχει στο όριο το και γράφουμε

)(lim xfx

— το )(xg αυξάνεται απεριόριστα. Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι η g έχει στο

όριο το και γράφουμε

)(lim xgx

— το )(xh μειώνεται απεριόριστα. Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι η h έχει στο

όριο το και γράφουμε

)(lim xhx

.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι για να αναζητήσουμε το όριο μιας

συνάρτησης f στο , πρέπει η f να είναι ορισμένη σε διάστημα της

μορφής ),( α .

120


Ανάλογοι ορισμοί μπορούν να διατυπωθούν, όταν x για μια συνάρτηση

που είναι ορισμένη σε διάστημα της μορφής ),( β . ΄Ετσι, για τις

συναρτήσεις hgf ,, των παρακάτω σχημάτων έχουμε:

f (x)

(α)

O x x

y

Cf

Cg

O

g(x)

(β)

+

x x

y

Ch

O

h(x)

(γ)

x x

y59

)(lim xfx

)(lim xgx

και

)(lim xhx

.

Για τον υπολογισμό του ορίου στο ή ενός μεγάλου αριθμού

συναρτήσεων χρειαζόμαστε τα παρακάτω βασικά όρια:

ν

xxlim και 0

1lim

νx x, *

ν

περιττόςαν,-

άρτιοςαν,lim

ν

νxν

x και 0

1lim

νx x, *

ν .


3lim xx

,

2lim xx

και 01

lim2

xx.

Για τα όρια στο , ισχύουν οι γνωστές ιδιότητες των ορίων στο 0x με

την προϋπόθεση ότι:

— οι συναρτήσεις είναι ορισμένες σε κατάλληλα σύνολα και

— δεν καταλήγουμε σε απροσδιόριστη μορφή.

2. Τι ισχύει για το όριο της πολυωνυμικής και της ρητής συνάρτησης;

Έστω η συνάρτηση 1252)( 23 xxxxf . Αν εφαρμόσουμε τις ιδιότητες των

ορίων για τον υπολογισμό του )(lim xfx

, καταλήγουμε σε απροσδιόριστη

μορφή. Στην περίπτωση αυτή εργαζόμαστε ως εξής:

Για 0x έχουμε

32

3

2

11

2

512)(

xxxxxf .

Επειδή

100012

11

2

51lim

32

xxxx και

)2(lim 3x

x

έχουμε

)2(lim)(lim 3xxfxx

.

Γενικά

Για την πολυωνυμική συνάρτηση 0

1

1)( αxαxαxP ν

ν

ν

ν

, με 0να ισχύει:

)(lim)(lim ν

νxx

xαxP

και )(lim)(lim ν

νxx

xαxP

121



)4(lim)7634(lim 5235 xxxxxxx

.

Έστω τώρα η συνάρτηση 75

13)(

3

2

xx

xxxf .

Για 0x έχουμε:

32

2

3

2

32

3

2

2

5

7

5

11

3

1

3

11

5

3

5

7

5

115

3

1

3

113

)(

xx

xx

x

x

xxx

xxx

xf

.

Επειδή

1

5

7

51lim

3

1

3

11lim

5

7

5

11

3

1

3

11

lim

32

2

32

2

xx

xx

xx

xx

x

x

x

και

05

3lim

5

3lim

3

2

xx

x

xx

έχουμε

3

2

5

3lim0)(lim

x

xxf

xx.

Γενικά,

Για τη ρητή συνάρτηση 01

1

1

01

1

1)(βxβxβxβ

αxαxαxαxf

κ

κ

κ

κ

ν

ν

ν

ν

, 0να , 0κβ ισχύει:

κ

κ

ν

ν

xx xβ

xαxf lim)(lim και

κ

κ

ν

ν

xx xβ

xαxf lim)(lim


3

5

3

5lim

23

165lim

2

2

2

2

x

x

xx

xx

xx.

3. Τι ισχύει για το όριο της εκθετικής και της λογαριθμικής συνάρτησης;

Αποδεικνύεται ότι:

Αν 1α (Σχ. 60), τότε

0lim

x

xα ,

x

xαlim

xαx

loglim0

,

xαx

loglim

y=ax

y

1

1 y=logax

O x

60

122


Αν 10 α (Σχ. 61), τότε

x

xαlim , 0lim

x

xα

xαx

loglim0

,

xαx

loglim

4. Πως ορίζεται η ακολουθία και πως το όριο ακολουθίας;

Η έννοια της ακολουθίας είναι γνωστή από προηγούμενες τάξεις.

Συγκεκριμένα:

ΟΡΙΣΜΟΣ

Ακολουθία ονομάζεται κάθε πραγματική συνάρτηση *: .

Η εικόνα )(να της ακολουθίας α συμβολίζεται συνήθως με να , ενώ η

ακολουθία α συμβολίζεται με )( να . Για παράδειγμα, η συνάρτηση ν

αν

1 ,

* είναι μια ακολουθία.

Επειδή το πεδίο ορισμού κάθε ακολουθίας, είναι το ...},4,3,2,1{* , έχει

νόημα να μελετήσουμε τη συμπεριφορά της για πολύ μεγάλες τιμές του ν,

δηλαδή όταν ν .

Ο ορισμός του ορίου ακολουθίας είναι ανάλογος του ορισμού του ορίου

συνάρτησης στο και διατυπώνεται ως εξής:

ΟΡΙΣΜΟΣ

Θα λέμε ότι η ακολουθία )( να έχει όριο το και θα γράφουμε

νν

αlim ,

όταν για κάθε 0ε , υπάρχει *

0 τέτοιο, ώστε για κάθε 0νν να ισχύει

εαν ||

Οι γνωστές ιδιότητες των ορίων συναρτήσεων όταν x , που μελετήσαμε

στα προηγούμενα, ισχύουν και για τις ακολουθίες. Με τη βοήθεια των

ιδιοτήτων αυτών μπορούμε να υπολογίζουμε όρια ακολουθιών.


2

1

4

2lim

14

532lim

2

2

2

2

ν

ν

νν

νν

νν.

y=ax

y=logax

1

1

O x

y61

123


ΟΡΙΑ


Όρια συνάρτησης στο άπειρο


1.7

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.i) Να βρείτε το limx

(–10 3x +2x – 5)

Λύση

limx

(– 10 3x +2x – 5) = limx

(– 10 3x ) = – 10 limx

3x =

1.ii) Να βρείτε το limx

(5 3x – 2x + 1)

Λύση

limx

(5 3x – 2x + 1) = limx

(5 3x ) = 5 limx

3x =

1.iii) Να βρείτε το limx

3

5

x 8

Λύση

limx

3

5

x 8 = lim

x 3

5

x= 5 lim

x 3

1

x= 5. 0 = 0

1.iv) Να βρείτε το limx

4 3

3

x 5x 2x 1

x 3x 2

Λύση

limx

4 3

3

x 5x 2x 1

x 3x 2

= lim

x

4

3

x

x = lim

xx =

1.v) Να βρείτε το limx

3

3 2

2x x 1

4x x 2

Λύση

limx

3

3 2

2x x 1

4x x 2

= lim

x

3

3

2x

4x = lim

x

1

2 = 1

2

1.vi) Να βρείτε το limx 10

2

3

x

x x

Λύση

limx 10

2

3

x

x x

= lim

x 10

x

x = lim

x 9

1

x = 0

124


1.vii) Να βρείτε το limx

2

5

1 2

x

x x

Λύση

limx

2

5

1 2

x

x x

= lim

x 2 1

x

x – lim

x

5

2x = lim

x

1

x – lim

x

5

x = 0 – 0 = 0

1.viii) Να βρείτε το limx

2 25 3

2

x x

x x

Λύση

limx

2 25 3

2

x x

x x

= limx

2 2( 5)( 2) ( 3)

( 2)

x x x x

x x

= limx

3 2 3

2

2 5 10 3

2

x x x x x

x x

= limx

2

2

2 2 10

2

x x

x x

= lim

x2 = 2


24 2 3x x

Λύση

Έστω f x = 24 2 3x x

Δ = 4 – 48 = – 44 < 0 24x – 2x + 3 > 0 για κάθε x , άρα fD =

f x = 22

2 34xx x

= x2

2 34x x

Είναι limx

x =

και limx 2

2 34x x

= 2

2 3lim(4 )x x x

= 4 = 2 > 0

Άρα limx

f x = limx

x limx 2

2 34x x

=


2 10 9x x

Λύση

Έστω f x = 2 10 9x x

Δ = 100 – 36 = 64 > 0

Ρίζες του τριωνύμου x = 10 8

2

= 10 8

2

ή 10 8

2

= –1 ή –9.

Πρέπει 2x +10x + 9 0 x –9 ή x –1.

Επειδή x , περιοριζόμαστε στα x –9

125


f x = 22

10 91xx x

= x2

10 91x x

Είναι limx

x =

και limx 2

10 91x x

= 2

10 9lim (1 )x x x

= 1 = 1 > 0

Άρα limx

f x =


( 2 1x + 2 3 2x x )

Λύση

Πρέπει 2x +1 0 και 2x – 3x + 2 0

xR και x 1 ή x 2

Επειδή x , περιοριζόμαστε στα x 2

limx

( 2x +1) = limx

2x = limx

2 1x =

Ομοίως limx

2 3 2x x =

Άρα limx

( 2 1x + 2 3 2x x ) =


( ( )( )x x x ), α β

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = ( )( )x x x και έστω α < β

Πρέπει (x + α)(x + β) 0 x α ή x β

Επειδή x , περιοριζόμαστε στα x α

Είναι f x = 2 ( ) ( )x x x

limx

[ 2x +(α + β)x + αβ] = limx

2x = και limx

(–x) =

Άρα limx

f x =


(2x – 1 – 24 4 3x x )

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2x – 1 – 24 4 3x x

Δ = 16 – 48 = – 32 < 0 4 2x – 4x + 3 0 για κάθε x

Περιοριζόμαστε στο διάστημα 1 , 2

, στο οποίο ισχύει 2x – 1 > 0

Είναι f x = 2 2

2

(2 1 4 4 3)(2 1 4 4 3)

2 1 4 4 3

x x x x x x

x x x

126


f x = 2 2 2

22

(2 1) ( 4 4 3)

1 4 3(2 ) (4 )

x x x

x xx x x

f x = 2 2

2

4 4 1 (4 4 3)

1 4 3(2 ) 4

x x x x

x xx x x

f x = 2 2

2

4 4 1 4 4 31 4 3(2 4 )

x x x x

xx x x

f x =

2

21 4 3(2 4 )xx x x

= 1

x

2

21 4 32 4 x x x

Άρα limx

f x = limx

1x

limx

2

21 4 32 4 x x x

= 0 . 2

2 0 4 0 0

= 0 . 2

2 2

= 0


2 1xx

Λύση Πεδίο ορισμού : R*

Περιοριζόμαστε στο διάστημα (0, ).

2 1xx =

22

1(1 )xx

x

=

21 1xx

x

=

211x

Οπότε limx

2 1xx = lim

x2

11x

= 1 0 = 1


( 2 1x – x)

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2 1x – x με fD =


f x = 2 2

2

( 1 )( 1 )

1

x x x x

x x

= 2 2

22

11(1 )

x x

x xx

=

2

111x xx

= 1

x2

111 1x

limx

f x = limx

1x

limx

2

111 1x

= 0 . 1

1 0 1 = 0

127



2 1xx

Λύση Πεδίο ορισμού : R*

Περιοριζόμαστε στο διάστημα (– , 0).

2 1xx =

22

1(1 )xx

x

=

21 1xx

x

= –

211x

Οπότε limx

2 1xx = – lim

x2

11x

= – 1 0 = –1


( 2 1x + x)

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2 1x + x με fD =

Περιοριζόμαστε στο διάστημα (– , 0).

f x = 2 2

2

( 1 )( 1 )

1

x x x x

x x

=

2 2

22

11(1 )

x x

x xx

=

2

111x xx

= – 1

x2

111 1x

limx

f x = – limx

1x

limx

2

111 1x

= 0 . 1

1 0 1 = 0


2

2

1

1

x x

x x

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2

2

1

1

x x

x x

με fD = (– , –1) (1, )


f x = 2 2 2

2 2 2

( 1 )( 1 )( 1 )

( 1 )( 1 )( 1 )

x x x x x x

x x x x x x

=

2 2 2 2

2 2 2 2

[ ( 1 ) ]( 1 )

[ ( 1 ) ]( 1 )

x x x x

x x x x

= 2 2 2

2 2 2

[ 1]( 1 )

[ +1]( 1 )

x x x x

x x x x

= – 2

2

1

1

x x

x x

= –

22

22

11

11

x xx

x xx

128


= – 2

2

11

11

x xx

x xx

= –

2

2

11 1

11 1

xx

xx

= –

2

2

11 1

11 1

x

x

limx

f x = – 1 1 0 1 1 0

= – 2

2 = –1

3.vi) Να βρείτε το limx

(x 2 2 2x x – 2x )

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = (x 2 2 2x x – 2x ) με fD = .


f x = x( 2 2 2x x – x) = x 2 2

2

( 2 2 )( 2 2

2 2

x x x x x x

x x x

= x

2 2

22

2 2

2 21

x x x

x xx x

= x

2

2 22 21

x

x xx x

= x

2

22

2 21 1

xx

xx x

= x

2

22

2 21 1

x

x x

Αλλά limx

x = και limx

2

22

2 21 1

x

x x

= 2 0

1 0 0 1

= 2

2 = 1 > 0

Άρα limx

f x =

129


Β΄ ΟΜΑΔΑΣ

1.i) Για τις διάφορες πραγματικές τιμές του μ, να υπολογίσετε το

limx

( 2 1x + μx)

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2 1x + μx με fD =R.

Περιοριζόμαστε στο διάστημα (– , 0)

f x = 22

11xx

+ μx = 2

11xx

+ μx = – x 2

11 x

(1)

Είναι limx

(–x) = και limx

2

11 x

= 1 0 – μ = 1 – μ

Όταν 1 – μ < 0, δηλαδή μ > 1 , από την (1) έχουμε limx

f x = –

Όταν 1 – μ > 0, δηλαδή μ < 1 , από την (1) έχουμε limx

f x = +

Όταν 1 – μ = 0, δηλαδή μ = 1 , η συνάρτηση γίνεται

f x = 2 1x + x = 2 2

2

( 1 )( 1 )

1

x x x x

x x

= 2 2

22

11(1 )

x x

x xx

=

2

111x xx

= – 1

x2

111 1x

Άρα limx

f x = – limx

1x

limx

2

111 1x

= 0 . 1

1 0 1 = 0

1.ii) Για τις διάφορες πραγματικές τιμές του μ, να υπολογίσετε το

limx

3 2

2

( 1) 2 3

5 6

x x

x x

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 3 2

2

( 1) 2 3

5 6

x x

x x

με πεδίο ορισμού το

διάστημα ( 1x , ), όπου 1x η μεγαλύτερη ρίζα του τριωνύμου μ 2x – 5x + 6

που ενδεχομένως υπάρχει.

130


Είναι f x =

33

22

2 3( 1 )

5 6( )

xx x

xx x

= x

3

2

2 31

5 6x x

x x

limx

x = , limx

2

2 31x x

= μ – 1 , limx

2

5 6

x x = μ

Όταν μ – 1 0 και μ 0, δηλαδή όταν μ 1 και μ 0, τότε

limx

3

2

2 31

5 6x x

x x

=

1

.

Οπότε: Αν μεν 1

> 0, δηλαδή μ < 0 ή μ > 1, τότε lim

x f x =

Αν δε 1

< 0, δηλαδή 0 < μ < 1, τότε lim

x f x =

Όταν μ – 1= 0 δηλαδή μ = 1, η συνάρτηση γίνεται f x = 2

2

2 3

5 6

x

x x

Οπότε limx

f x = limx

2

2

2x

x = lim

x2 = 2

Όταν μ = 0 , η συνάρτηση γίνεται f x = 3 22 3

5 6

x x

x

limx

f x = limx

3

5

x

x

= lim

x

2

5

x =

2. Να προσδιορίσετε το λ , ώστε το limx

( 2 5 10x x – λx) να υπάρχει

στο

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2 5 10x x – λx με πεδίο ορισμού το

διάστημα (0, ).

Είναι f x = 22

5 101xx x

– λx = x 2

5 101x x

– λx = x 25 101 x x

limx

x = και limx

25 101 x x

= 1 0 0 – λ = 1 – λ

Όταν 1 – λ > 0, δηλαδή λ < 1, τότε limx

f x =

Όταν 1 – λ < 0, δηλαδή λ > 1, τότε limx

f x =

Όταν 1 – λ = 0, δηλαδή λ = 1, τότε

f x = 2 5 10x x – x = 2 2

2

( 5 10 )( 5 10 )

5 10

x x x x x x

x x x

131


=

2 2

22

5 10

5 101

x x x

x xx x

=

2

5 105 101

x

x xx x

=

2

105

5 101 1

xx

xx x

=

2

105

5 101 1

x

x x

Άρα lim

x f x = 5 0

1 0 0 1

= 5

2

Επομένως, η ζητούμενη τιμή του λ είναι λ = 1.

3.Αν f x = 2 1

1xx

- αx + β, να βρείτε τις τιμές των α, β , για τις οποίες

ισχύει limx

f x = 0.

Λύση

fD = ( , –1) ( –1, )

Περιοριζόμαστε στο διάστημα (–1, ).

f x = 2 21

1x x x x

x

=

2(1 ) ( ) 11

x xx

(1)

=

22

11

11

xx x

xx

= x .

2

11

11

x x

x

Όταν 1 – α 0, δηλαδή όταν α 1 και επειδή

limx

x = και limx

2

11

11

x x

x

= 1 0 0

1 0

= 1 – α

θα έχουμε limx

f x = ή ανάλογα με το πρόσημο του 1 – α

Όταν 1 – α = 0, δηλαδή όταν α = 1, η συνάρτηση από την (1) γίνεται

f x = ( 1) 1

1x

x

=

11

11

xx

xx

=

11

11

x

x

Άρα limx

f x = limx

11

11

x

x

=

1 01 0

= β – 1

Αλλά limx

f x = 0.

Επομένως β – 1 = 0 β = 1

Οι ζητούμενες, λοιπόν, τιμές των α, β είναι α = 1, β = 1.


2

2

5

3 2

x x x

x x

132


Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x =

2

2

5

3 2

x x x

x x

με fD = 1, 2

2x – 5x > 0 x < 0 ή x > 5

Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , 0), οπότε

f x = 2

25

3 2

x x x

x x

=

2

24

3 2

x x

x x

Άρα limx

f x = limx

2

24

3 2

x x

x x

= lim

x

2

2x

x = lim

x1 = 1


2

2

1 5

4 3

x x

x x

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = 2

2

1 5

4 3

x x

x x

Για κάθε x < 0 είναι x + 24 3x > x + 2x = x + x 0

Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , 0), οπότε

f x =

22

22

1 51 1

4 3

x xxx

x xx

=

2

2

1 51 1

4 3

x xxx

x xx

=

2

2

1 51 1

41 3

xx

x

Άρα limx

f x = limx

2

2

1 51 1

41 3

xx

x

= 1 0 0 1

1 0 3

= 2

1 3

= 23 1

= 2( 3 1)

3 1

= 3 1


2

1

x x

x

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x =

2

1

x x

x

με fD = 1

2x – x > 0 x < 0 ή x > 1

Περιοριζόμαστε στο διάστημα (1, ), οπότε

f x = 2

1x xx

= ( 1)

1x x

x

= x, άρα limx

f x = limx

x =

133


ΟΡΙΑ


Συνέχεια συνάρτησης


9. Πως ορίζεται διαισθητικά η συνέχεια δώστε παραδείγματα συχεχών

και μη συνεχών συναρτήσεων.

Έστω οι συναρτήσεις hgf ,, των οποίων οι γραφικές παραστάσεις δίνονται

στα παρακάτω σχήματα.

(a)

Cf

O

f x( )0

x0 x

y

Cg g(x0)

O

(β)

x0 x

y

Ch

O

(γ)

1

2

x0 x

y


— Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο 0x και ισχύει:

)()(lim 00

xfxfxx

— Η συνάρτηση g είναι ορισμένη στο 0x αλλά

)()(lim 00

xgxgxx

.

— Η συνάρτηση h είναι ορισμένη στο 0x αλλά δεν υπάρχει το όριό της.

Από τις τρεις γραφικές παραστάσεις του σχήματος μόνο η γραφική

παράσταση της f δε διακόπτεται στο 0x . Είναι, επομένως, φυσικό να

ονομάσουμε συνεχή στο 0x μόνο τη συνάρτηση f.

10. Να δοθεί ο ορισμός της συνέχειας και ένα παράδειγμα συνεχούς

συνάρτησης.

΄Εστω μια συνάρτηση f και 0x ένα σημείο 0x του πεδίου ορισμού της. Θα

λέμε ότι η f είναι συνεχής στο 0x , όταν

)()(lim 00

xfxfxx

134


Για παράδειγμα, η συνάρτηση ||)( xxf είναι συνεχής στο 0, αφού

)0(0||lim)(lim00

fxxfxx

.

11. Πότε μια συνάρτηση δεν είναι συνεχής; Δώστε παραδείγματα.

Σύμφωνα με τον ορισμό, μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής σε ένα σημείο

0x του πεδίου ορισμού της όταν:

α) Δεν υπάρχει το όριό της στο 0x ή

β) Υπάρχει το όριό της στο 0x , αλλά είναι διαφορετικό από την τιμή της,

)( 0xf , στο σημείο 0x .


— Η συνάρτηση

0αν,2

0αν,1)(

2

xx

xxxf δεν είναι συνεχής στο 0, αφού

1)1(lim)(lim 2

00

xxfxx

, ενώ 2)2(lim)(lim00

xxfxx

,

οπότε δεν υπάρχει το όριο της f στο 0.

— Η συνάρτηση

1αν,3

1αν,1

1

)(

2

x

xx

x

xf δεν είναι συνεχής στο 1, αφού

2)1(lim1

)1)(1(lim)(lim

111

x

x

xxxf

xxx, ενώ 3)1( f .

12. Πότε μια συνάρτηση καλείται συνεχής ; Ποιες και γιατί είναι οι

γνωστές κατηγορίες συνεχών συναρτήσεων

Μία συνάρτηση f που είναι συνεχής σε όλα τα σημεία του πεδίου ορισμού

της, θα λέγεται, απλά, συνεχής συνάρτηση.


— Κάθε πολυωνυμική συνάρτηση Ρ είναι συνεχής, αφού για κάθε 0x

ισχύει )()(lim 00

xPxPxx

.

— Κάθε ρητή συνάρτηση Q

P είναι συνεχής, αφού για κάθε 0x του πεδίου

ορισμού της ισχύει )(

)(

)(

)(lim

0

0

0 xQ

xP

xQ

xP

xx

.

— Οι συναρτήσεις xxf ημ)( και xxg συν)( είναι συνεχείς, αφού για κάθε

0x ισχύει 00

ημημlim xxxx

και 00

συνσυνlim xxxx

.

Τέλος, αποδεικνύεται ότι:

— Οι συναρτήσεις xαxf )( και xxg αlog)( , 10 α είναι συνεχείς.

135


13. Ποιο θεώρημα προκύπτει από τον ορισμό της συνέχειας και τις

ιδιότητες των ορίων ; Δώστε παραδείγματα .

Από τον ορισμό της συνέχειας στο 0x και τις ιδιότητες των ορίων προκύπτει το παρακάτω

θεώρημα:

ΘΕΩΡΗΜΑ

Αν οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο 0x , τότε είναι συνεχείς στο 0x και οι

συναρτήσεις:

gf , fc , όπου c , gf , g

f, || f και ν f

με την προϋπόθεση ότι ορίζονται σε ένα διάστημα που περιέχει το 0x .


— Οι συναρτήσεις xxf εφ)( και xxg σφ)( είναι συνεχείς ως πηλίκα συνεχών

συναρτήσεων.

— Η συνάρτηση 23)( xxf είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της

,

3

2, αφού η

συνάρτηση 23)( xxg είναι συνεχής.

— Η συνάρτηση |ημ|)( xxxf είναι συνεχής, αφού είναι της μορφής |)(|)( xgxf , όπου

xxxg ημ)( η οποία είναι συνεχής συνάρτηση ως γινόμενο των συνεχών συναρτήσεων

xxf )(1 και xxf ημ)(2 .

14. Ποιο θεώρημα ισχύει για την σύνθεση συναρτήσεων ; Δώστε

παράδειγμα.

Τέλος, αποδεικνύεται ότι για τη σύνθεση συνεχών συναρτήσεων ισχύει το

ακόλουθο θεώρημα:

ΘΕΩΡΗΜΑ

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση g είναι συνεχής

στο )( 0xf , τότε η σύνθεσή τους gof είναι συνεχής στο 0x .

Για παράδειγμα, η συνάρτηση )1(ημ)( 2 xxφ

είναι συνεχής σε κάθε σημείο του πεδίου

ορισμού της ως σύνθεση των συνεχών

συναρτήσεων 1)( 2 xxf και xxg ημ)( .

15. Για ποια τιμή του α η συνάρτηση

0αν,

ημ

0αν,22

xx

x

xαx

)(xf είναι

συνεχής;

ΛΥΣΗ

— Στο διάστημα )0,( η f έχει τύπο αxxf 2)( 2 και επομένως είναι

συνεχής ως πολυωνυμική.

Στο διάστημα ),0( η f έχει τύπο x

xxf

ημ)( και επομένως είναι συνεχής ως

πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

ω=ημy=ημ(x21)

y=x21

g f g

f x

136


Για να είναι η f συνεχής, αρκεί να είναι συνεχής και στο 00 x , δηλαδή

αρκεί )0()(lim0

fxfx

. Έχουμε όμως:

ααxxfxx

2)2(lim)(lim 2

00

,

1ημ

lim)(lim00

x

xxf

xx

και

αf 2)0( .

Επομένως, αρκεί 12 α ή, ισοδύναμα, 2

1α .

137


ΟΡΙΑ


Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα

και βασικά θεωρήματα


1. Πως ορίζεται η συνέχεια συνάρτησης σε ανοικτό και πως σε κλειστό διάστημα ;

Πολλά από τα θεωρήματα της Ανάλυσης αναφέρονται σε συναρτήσεις οι

οποίες είναι συνεχείς σε διαστήματα του πεδίου ορισμού τους. Είναι,

επομένως, απαραίτητο να γνωρίζουμε τι εννοούμε όταν λέμε ότι μια

συνάρτηση f είναι συνεχής σ’ ένα διάστημα.

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα ανοικτό διάστημα

),( βα , όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του ),( βα .

Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα

],[ βα , όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του ),( βα και επιπλέον

)()(lim αfxfαx

και )()(lim βfxfβx

y

( ) O

(α) β a x

y

[ ] O

β a x

(β)

Ανάλογοι ορισμοί διατυπώνονται για διαστήματα της μορφής ],( βα , ),[ βα .

2. Να διατυπωθεί το θεώρημα του Bolzano και να γίνει γεωμετρική

ερμηνεία του θεωρήματος;

138


Στο διπλανό σχήμα έχουμε τη γραφική

παράσταση μιας συνεχούς συνάρτησης f

στο ],[ βα . Επειδή τα σημεία ))(,( αfαA και

))(,( βfβB βρίσκονται εκατέρωθεν του

άξονα xx , η γραφική παράσταση της f

τέμνει τον άξονα σε ένα τουλάχιστον

σημείο.

Συγκεκριμένα ισχύει το παρακάτω

θεώρημα του Bolzano

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f , ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα ],[ βα . Αν:

η f είναι συνεχής στο ],[ βα και, επιπλέον, ισχύει

0)()( βfαf ,

τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ),(0 βαx τέτοιο, ώστε

0)( 0 xf .

Δηλαδή, υπάρχει μια, τουλάχιστον, ρίζα της εξίσωσης 0)( xf στο ανοικτό

διάστημα ),( βα .

3. Ποια είναι η άμεση συνέπεια του θεωρήματος Bolzano και που μας

διευκολύνει αυτή ; Δώστε ένα παράδειγμα .

Από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει ότι:

— Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και δε μηδενίζεται

σ’ αυτό, τότε αυτή ή είναι θετική για κάθε Δx ή είναι αρνητική για κάθε

Δx , δηλαδή διατηρεί πρόσημο στο διάστημα Δ.

y

f (x)>0

O β a x

(α)

y

f (x)<0

O

β a x

(β)

— Μια συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από το

διαστήματα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισμού

της.

x

y

ρ5

ρ4 ρ3

ρ2

ρ1

+

+

+

x0 x0

x0

y

B(β, f (β))

Α(α, f (α)) f (a)

f (β)

O β

a x

139


Αυτό μας διευκολύνει στον προσδιορισμό του προσήμου της f για τις

διάφορες τιμές του x. Συγκεκριμένα, ο προσδιορισμός αυτός γίνεται ως εξής:

α) Βρίσκουμε τις ρίζες της f.

β) Σε καθένα από τα υποδιαστήματα που ορίζουν οι διαδοχικές ρίζες,

επιλέγουμε έναν αριθμό και βρίσκουμε το πρόσημο της f στον αριθμό

αυτό. Το πρόσημο αυτό είναι και το πρόσημο της f στο αντίστοιχο

διάστημα.

Για παράδειγμα, έστω ότι θέλουμε να βρούμε το πρόσημο της συνάρτησης

xxxf συνημ)( , ]2,0[ πx .

Αρχικά υπολογίζουμε τις ρίζες της 0)( xf στο ]2,0[ π . Έχουμε

41εφσυνημ0συνημ

πxxxxxx ή

4

5πx .

Έτσι οι ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισμού της στα διαστήματα

4,0π

,

4

5,

4

ππ και

π

π2,

4

5.

Ο παρακάτω πίνακας δείχνει τα αποτελέσματα του ελέγχου του προσήμου της

f σε κάθε διάστημα.

Διάστημα

4,0π

4

5,

4

ππ

π

π2,

4

5

Επιλεγμένος

αριθμός 0x 0

2

π π2

)( 0xf 1 1 1

Πρόσημο

Επομένως, στα διαστήματα

4,0π

,

π

π2,

4

5 είναι 0)( xf , ενώ στο διάστημα

4

5,

4

ππ είναι 0)( xf .

4. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών;

Θεώρημα ενδιάμεσων τιμών

Το επόμενο θεώρημα αποτελεί γενίκευση του θεωρήματος του Bolzano και είναι γνωστό ως

θεώρημα ενδιάμεσων τιμών.

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω μια συνάρτηση f, η οποία είναι ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα ],[ βα . Αν:

η f είναι συνεχής στο ],[ βα και

)()( βfαf

τότε, για κάθε αριθμό η μεταξύ των )(αf και )(βf υπάρχει ένας, τουλάχιστον ),(0 βαx

τέτοιος, ώστε

ηxf )( 0

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

140


Ας υποθέσουμε ότι )()( βfαf . Τότε θα ισχύει )()( βfηαf (Σχ. 67). Αν θεωρήσουμε

τη συνάρτηση ηxfxg )()( , ],[ βαx , παρατηρούμε ότι:

η g είναι συνεχής στο ],[ βα και

0)()( βgαg ,

αφού

0)()( ηαfαg και

0)()( ηβfβg .

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano,

υπάρχει ),(0 βαx τέτοιο, ώστε

0)()( 00 ηxfxg , οπότε ηxf )( 0 . ■

5. Εξετάστε γραφικά αν ισχύει το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών αν η

συνάρτηση δεν είναι συνεχής στο ],[ βα ;

Αν μια συνάρτηση f δεν είναι

συνεχής στο διάστημα ],[ βα ,

τότε, όπως φαίνεται και στο

διπλανό σχήμα, δεν παίρνει

υποχρεωτικά όλες τις ενδιάμεσες

τιμές.

6. Ποια βασικά θεωρήματα προκύπτουν από το θεώρημα ενδιαμέσων

τιμών ;

Με τη βοήθεια του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών αποδεικνύεται ότι:

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

συνάρτησης f είναι διάστημα.

y

( ) O

(α) β a x

y

( ) O

(β) β a x

y

[ ) O

(γ) β a x

y

[ ] O

(δ) β a x x1 x2

Μ

m

m

Μ

x0 x0 x0

y

B(β, f (β))

f (a)

f (β)

O β

y=η

η

a x

67

Α(α , f (α))

y

f (a)

f (β)

O

y=η

η

x

β a

141


Στην ειδική περίπτωση που το Δ είναι ένα κλειστό διάστημα ],[ βα , ισχύει το

παρακάτω θεώρημα.

ΘΕΩΡΗΜΑ (Μέγιστης και ελάχιστης τιμής)

Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο ],[ βα , τότε η f παίρνει στο ],[ βα μια

μέγιστη τιμή Μ και μια ελάχιστη τιμή m.

Δηλαδή, υπάρχουν ],[, 21 βαxx τέτοια, ώστε, αν )( 1xfm και )( 2xfM , να

ισχύει

Mxfm )( , για κάθε ],[ βαx .

ΣΧΟΛΙΟ

Από το παραπάνω θεώρημα και το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών προκύπτει ότι

το σύνολο τιμών μιας συνεχούς συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το ],[ βα

είναι το κλειστό διάστημα ],[ Mm , όπου m η

ελάχιστη τιμή και Μ η μέγιστη τιμή της.

Για παράδειγμα, η συνάρτηση xxf ημ)( ,

]2,0[ πx έχει σύνολο τιμών το ]1,1[ , αφού

είναι συνεχής στο ]2,0[ π με 1m και 1M .

Τέλος, αποδεικνύεται ότι:

Aν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής σε ένα ανοικτό

διάστημα ),( βα , τότε το σύνολο τιμών της στο διάστημα αυτό είναι το

διάστημα ),( ΒΑ ,όπου

)(lim xfΑαx

και )(lim xfBβx

.

Αν, όμως, η f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο ),( βα , τότε το

σύνολο τιμών της στο διάστημα αυτό είναι το διάστημα ),( AB .

y

( ) O

(α) β

B

A

a x

y

( ) O

(β) β

Α

Β

a x


— Το σύνολο τιμών της 1ln)( xxf , ),0( ex , η οποία είναι γνησίως αύξουσα

και συνεχής συνάρτηση , είναι το διάστημα )2,( , αφού

O 2π

3π/2

π/2 π

1

1

y

x

142


)(lim0

xfx

και 2)(lim

xfex

.

— Το σύνολο τιμών της x

xf1

)( , )1,0(x , η οποία είναι γνησίως φθίνουσα και

συνεχής συνάρτηση, είναι το διάστημα ),1( , αφού

)(lim0

xfx

και 1)(lim1

xfx

.

Ανάλογα συμπεράσματα έχουμε και όταν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και

γνησίως μονότονη σε διαστήματα της μορφής ],[ βα , ),[ βα και ],( βα .

7. Να δειχτεί ότι η εξίσωση 4συν xx έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο

διάστημα )2,( ππ .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Θεωρούμε τη συνάρτηση 4συν)( xxxf , ]2,[ ππx . Τότε:

Η f είναι συνεχής στο ]2,[ ππ ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

Είναι 0)2()( πfπf , αφού

054συν)( ππππf και 03242συν2)2( ππππf .

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ένα, τουλάχιστον,

)2,(0 ππx τέτοιο, ώστε 0)( 0 xf , οπότε 04συν 00 xx και συνεπώς

4συν 00 xx . Άρα, η εξίσωση 4συν xx έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα )2,( ππ .

e

2

O x

y

1

1

O x

y

143


3,5

-1

y

x

2

1

21O

3

31

y

x

2

1

2O

ΟΡΙΑ


Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα

και βασικά θεωρήματα


1.8

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. Στα παρακάτω σχήματα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δύο συναρτήσεων.

Να βρείτε τα σημεία στα οποία αυτές δεν είναι συνεχείς.

Λύση

Δεν είναι συνεχής στο 0

x = 1 αφού Δεν είναι συνεχής στο 0

x = 1 αφού

1lim

x f x = 2

1lim

x f x = -1

1limx

f x = 2 1f = 3

Προσοχή, στο 3,5 δεν ορίζεται Προσοχή, στο 3 δεν ορίζεται

2.i) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο

0x τη συνάρτηση

f x = 2

3

4, 2

, 2

x x

x x

αν

0x = 2

Λύση

2lim

x f x = 22 + 4 = 8,

2lim

x f x = 32 = 8 και f (2) = 32 = 8.

Άρα 2

limx

f x = f (2) f συνεχής στο 0

x = 2

144


2

-2

y

-5 5 x1-1 O

2.ii) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο 0

x τη συνάρτηση

f x = 2 1 , 1

3 , 1

x x

x x

αν

0x = 1

Λύση

1lim

x f x = 21 + 1 = 2,

1lim

x f x = 3 1 = 2 και f (1) = 3 1 = 2

Άρα 1

limx

f x = f (1) f συνεχής στο 0

x = 1

2.iii) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο

0x τη συνάρτηση

f x =

2 2 , 22

3 , x 2

x x xx

αν 0

x = -2

Λύση

2lim

x f x =

2lim

x

2 22

x xx

= 2

limx

( 2)( 1)2

x xx

= 2

limx

(x – 1) = –2 – 1 = –3 = 2f

Άρα f συνεχής στο 0

x = –2

3.i) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f x = 22 , 1

2 , 1

x x

xx

και μετά να χαράξετε τη γραφική της παράσταση.

Λύση

Ο τύπος της συνάρτησης γράφεται

f x = 22 , 1 1

2 , 1 1

x x

x ή xx

Στο διάστημα [–1, 1] είναι f x = 2 2x ,

συνεχής σαν πολυωνυμική.

Στα διαστήματα (– , –1), (1, + ) είναι f x = 2x

συνεχής σαν ρητή.

1lim

x f x =

1lim

x

2x

= 21

= –2 1f = 2(–1 2) = 2

Άρα η f δεν είναι συνεχής στο 0

x = –1

1lim

x f x =

1lim

x (2 2x ) = 2. 21 = 2,

1lim

x f x =

1lim

x

2x

= 21

= 2, 1f = 2


x = 1

145


x

5

y

-1

2O

4

2

-2

y

5 xO

1

1

y

2x

O

1

3.ii) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση

f x =

2 5 6 , 22

5 , 2

x x xx

x


Λύση

Για x 2, ο τύπος της συνάρτησης γράφεται

f x = ( 2)( 3)

2x x

x

= x – 3

Στο (– , 2) (2, + ) είναι f x = x – 3,


2limx

f x = 2

limx

( x – 3) = 2 – 3 = –1 2f = 5


x = 2

3.iii) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f (x) = x , x 1

nx , x 1


Λύση

Στο διάστημα (– , 1) είναι f x = x


Στο διάστημα (1, + ) είναι f x = nx

συνεχής σαν λογαριθμική

1lim

x f x =

1lim

x x = 1, 1f = 1n = 0,

1lim

x f x =

1lim

x nx = 1n = 0


x = 1

3.iv) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση

f x = x

2

e , 0

+1 , 0

x

x x


Λύση

Στο διάστημα (– , 0) είναι f x = e x , συνεχής σαν εκθετική.

Στο διάστημα (0, + ) είναι f x = – 2x + 1, συνεχής σαν πολυωνυμική.

0lim

x f x =

0lim

x e x = 0e = 1

0lim

x f x =

0lim

x (– 2x + 1) = 0 + 1 = 1

0f = – 20 + 1 = 1


x = 0

146


4.i) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση

f x = 22x 3 , 1

x 1 , 11

x

xx

Λύση

Στο διάστημα (– , 1) είναι f x = 1

1

x

x

=

2 21

1

x

x

= ( 1)( 1)

1

x x

x

= 1x συνεχής.

Στο διάστημα (1, + ) είναι f x = 2 2x –3 συνεχής.

1lim

x f x =

1lim

x (2 2x –3) = 2. 21 –3 = –1

1lim

x f x =

1lim

x ( 1x ) = 1 1 = 2


x = 1

4.ii) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f x =

ημx , 0

x

, 0

x

x x


Λύση

Στο διάστημα (– , 0) είναι f x = x

x

, συνεχής σαν πηλίκο συνεχών.

Στο διάστημα (0, + ) είναι f x = συνx, συνεχής.

0lim

x f x =

0lim

x

xx

= 1

0lim

x f x =

0lim

x συνx = συν0 = 1 και 0f = συν0 = 1


x = 0

5.i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x = ημ(συνx) είναι συνεχής.

Λύση

Πεδίο ορισμού το .

Η f είναι συνεχής σαν σύνθεση των συνεχών ημx, συνx

5.ii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x = n ( 2x + x +1) είναι συνεχής.

Λύση

Δ = 1 – 4 = –3 < 0 2x + x +1 > 0 για κάθε x . Άρα f

D =

Η f είναι συνεχής σαν σύνθεση των συνεχών n x, 2x + x +1

5.iii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x = ημ 2

11x

είναι συνεχής.

147


Λύση


Η f είναι συνεχής σαν σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ημx , 2

11x

5.iv) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x = e x είναι συνεχής.

Λύση


Η f είναι συνεχής σαν σύνθεση των συνεχών ex , ημx

5.v) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f x = n ( n x ) είναι συνεχής.

Λύση

Πρέπει n x > 0 n x > n 1 x > 1.

Επομένως πεδίο ορισμού είναι το διάστημα (1, + )

Η f είναι συνεχής σαν σύνθεση των συνεχών n x, n x

6. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ημx – x + 1 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο

διάστημα (0, π)

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = ημx – x + 1, η οποία είναι συνεχής στο

διάστημα [0, π] με

f (0). f (π) = (ημ0 – 0 + 1)( ημπ – π + 1) = 1. (1 – π) = 1 – π < 0.

Κατά το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση f x = 0,

δηλαδή η εξίσωση ημx – x + 1 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα

(0, π)

7. Για κάθε μία από τις παρακάτω πολυωνυμικές συναρτήσεις f , να βρείτε

έναν ακέραιο α τέτοιον, ώστε στο διάστημα (α, α +1) η εξίσωση f x = 0 να

έχει μία τουλάχιστον ρίζα.

i) f x = 3x + x – 1 ii) f x = 5x + 2x + 1

iii) f x = 4x + 2x – 4 iv) f x = – 3x + x + 2

Λύση

Οι συναρτήσεις f είναι συνεχείς στο σαν πολυωνυμικές.

Αναζητάμε κατάλληλη τιμή του α, ώστε να ικανοποιείται η συνθήκη

f (α). f (α +1) < 0 του θεωρήματος Bolzano

i) Είναι f (0) = –1 < 0 και f (0 +1) = f (1) = 1 + 1 – 1 = 1 > 0 άρα α = 0

ii) Είναι f (0) = 1 > 0 και f (-1) = –1 – 2 + 1 = –2 < 0 άρα α = –1

iii) Είναι f (1) = 1 + 2 – 4 = –1 < 0 και f (2) = 16 + 4 – 4 = 16 > 0 άρα α = 1

iv) Είναι f (1) = –1 + 1 + 2 = 2 > 0 και f (2) = –8 + 2 + 2 = – 4 < 0 άρα α = 1

148


8.Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

α(x – μ)(x – ν) + β(x – λ)(x – ν) + γ((x – λ)(x – μ) = 0 ,

όπου α, β, γ > 0 και λ < μ < ν, έχει δύο ρίζες άνισες , μια στο διάστημα (λ, μ)

και μια στο (μ, ν).

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x = α(x – μ)(x – ν) + β(x – λ)(x – ν) + γ((x – λ)(x – μ)

f συνεχής στο (τριώνυμο αν κάνουμε τις πράξεις και διατάξουμε ως προς x)

f (λ) = α(λ– μ)(λ– ν) + 0 + 0 = α(λ– μ)(λ– ν) > 0 (1) αφού α > 0, λ < μ και λ < ν

f (μ) = 0 + β(μ – λ)(μ – ν) + 0 = + β(μ – λ)(μ – ν) < 0 (2)

(1), (2) f (λ) f (μ) < 0

Κατά το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση f x = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα 1

x

στο διάστημα (λ, μ)

Ομοίως, η εξίσωση f x = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα 2

x στο διάστημα (μ, ν)

Επειδή, όμως, η f x είναι τριώνυμο, έχει το πολύ δύο ρίζες, τις 1

x , 2

x .

9.i)Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f για όλες τις πραγματικές τιμές

του x , όταν f x = 3x + 2 2x – x – 2

Λύση

f συνεχής.

f x = 2x (x + 2) – (x + 2) = (x + 2)( 2x – 1) = (x + 2)(x – 1)(x + 1)

Ρίζες : –2 , –1 , 1

Πίνακας προσήμου της f

Διάστημα ( , –2) (–2, –1) (–1, 1) (1, + )

Αριθμός 0

x –3 –3/2 0 2

0f x –8 5/8 –2 12

Πρόσημο της f – + – +

9.ii)Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f για όλες τις πραγματικές τιμές

του x , όταν f x = 4x – 9 2x

Λύση

f συνεχής.

f x = 2x ( 2x – 9) = 2x (x – 3)(x + 3)

Ρίζες : –3 , 0 , 3

149



Διάστημα ( , –3) (–3, 0) (0, 3) (3, + )

Αριθμός 0

x –4 –1 1 4

0f x 112 –8 –8 112

Πρόσημο της f + – – +

9.iii) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f για όλες τις πραγματικές τιμές

του x , όταν f x = εφx – 3 , x(–π, π)

Λύση

f συνεχής στο (–π, –2 ) (–

2 ,

2 ) (

2 , π)

Ρίζες : f x = 0 εφx – 3 = 0

εφx = 3 x = 3 ή x = – 2

3


Διάστημα 2, 3 2 ,

3 2 ,

2 3 ,

3 2 ,

2

Αριθμός 0

x – 34 – 7

12

0 5

12 3

4

0f x –1– 3 2 – 3 2 –1– 3

Πρόσημο της f – + – + –

9.iv) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f για όλες τις πραγματικές τιμές

του x , όταν f x = ημx + συνx, x[0, 2π]

Λύση

f συνεχής

Ρίζες : f x = 0 ημx + συνx = 0

ημx = –συνx

xx

= –1

εφx = –1 x = 34 ή x = 7

4


Διάστημα 30, 4

3 7,

4 4 7 , 2

4

Αριθμός 0

x 0 π 2π

0f x 1 –1 1

Πρόσημο της f + – +

150


10.i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f x = nx –1 , x[1, e]

Λύση

f συνεχής και γν. αύξουσα στο [1, e].

Άρα f ( [1, e] ) = [ 1f , f e ]

Αλλά 1f = 1n –1 = 0 –1 = –1 και f e = ne – 1 = 1 –1 = 0

Οπότε f ( [1, e] ) = [–1, 0]

10.ii) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f x = –x + 2 , x(0, 2)

Λύση

f συνεχής και γν. φθίνουσα στο (0, 2).

A = 0

limx

f x = 0

limx

(–x + 2) = – 0 + 2 = 2

B = 2

limx

f x = 2

limx

(– x + 2) = –2 + 2 = 0

Άρα f ((0, 2)) = (B, A) = (0, 2)

10.iii) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f x = 2ημx + 1 , x π0, 6

Λύση

f συνεχής και γν. αύξουσα στο π0, 6

.

0f = 2ημ0 + 1 = 1

B =

6

lim

x

f x = 6f = 2ημ

6 + 1 = 2. 1

2 + 1 = 2

Άρα f π0, 6

= 1, 2

10.iv) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f x = xe + 1 , x( , 0]

Λύση

f συνεχής και γν. αύξουσα στο ( , 0)

A = limx

f x = limx

( xe + 1) = 0 + 1 = 1

0f = 0e + 1 = 1 + 1 = 2

Άρα f (( , 0)) = (1, 2)

151


Β΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. Αν f x = ( )( ) , 2

κx+5 , 2

x x x

x

, να προσδιορίσετε το κ, ώστε η f

να είναι συνεχής στο 0

x = 2.

Λύση

f συνεχής στο 0

x = 2 2

limx

f x = 2

limx

f x = f (2)

2

limx

( 2x – 2 ) = 2

limx

(κx + 5) = 22 – 2

4 – 2 = 2κ + 5 = 4 – 2

2 +2κ + 1 = 0 κ = –1

2.Αν f x =

2 2 12 , 15 , 1

, 1

x x xx

x x

, να βρείτε τις τιμές των α, β για τις

οποίες η f να είναι συνεχής στο 0

x = 1.

Λύση


x = 1 1

limx

f x = 1

limx

f x = f (1)

1

limx

( 2 2x +βx – 12) = 1

limx

(αx + β) = 5

2 21 +β.1 – 12 = α.1 + β = 5

2 + β –12 = 5 και α + β = 5

2 + β –12 = 5 και β = 5 – α

2 + 5 – α – 12 = 5 και β = 5 – α

2 – α – 12 = 0

α = 4 ή α = –3 και β = 5 – α

Για α = 4 έχουμε β = 5 – 4 = 1

Για α = –3 έχουμε β = 5 +3 = 8

3.i) Έστω μία συνάρτηση f η οποία να είναι συνεχής στο 0

x = 0. Να βρείτε

το f (0) , αν για κάθε χ * ισχύει x f x = συνx – 1.

ii) Ομοίως , να βρείτε το g (0) για τη συνάρτηση g που είναι συνεχής στο

0

x = 0 και για κάθε χ ισχύει │x g x – ημx│ 2x

Λύση

i) Η υπόθεση x f x = συνx – 1 f x = 1xx

.


x = 0 f (0) = 0

limx

f x = 0

limx

1xx

= 0

152


ii) │x g x – ημx│ 2x – 2x x g x – ημx 2x

– 2x + ημx x g x 2x + ημx (1)

Για κάθε x > 0 η (1) –x + x

x

g x x + x

x

Αλλά 0

limx

xx

x

= – 0 + 1 = 1 και 0

limx

xx

x

= 0 + 1 = 1

Από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε 0

limx

g x = 1

Επειδή g συνεχής στο 0

x = 0 , θα είναι g (0) = 0

limx

g x = 1

4. Αν οι συναρτήσεις f , g είναι ορισμένες και συνεχείς στο [0, 1] και πληρούν

τις σχέσεις f (0) < g(0) και f (1) > g(1) , να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον ξ(0, 1) τέτοιο ώστε f (ξ) = g(ξ).

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f x – g x στο [0, 1] συνεχής σα διαφορά

συνεχών.

h(0) = f (0) – g(0) < 0 και h(1) = f (1) – g(1) > 0 h(0) h(1) < 0.

Από το θεώρημα Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ(0, 1) τέτοιο ώστε

h(ξ) = 0

f (ξ) – g(ξ) = 0

f (ξ) = g(ξ)

5.i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 4 1

1xx

+ 6 1

2xx

= 0 έχει μία τουλάχιστον

ρίζα στο (1, 2).

Λύση

Αρκεί η εξίσωση ( 4x + 1)(x – 2) + ( 6x + 1)(x – 1) = 0 να έχει μία τουλάχιστον


Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ( 4x + 1)(x – 2) + ( 6x + 1)(x – 1) συνεχής σαν

πολυωνυμική στο (1, 2).

h(1) = ( 41 + 1)(1 – 2) + 0 = 2. (–1) = –2

h(2) = 0 + ( 62 + 1)(2 – 1) = (64 + 1). 1 = 65

Άρα h(1) h(2) < 0

Από το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση h(x) = 0 θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα (1, 2)

5.ii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση xe

x 1 + nx

x 2 = 0 έχει μία τουλάχιστον


Λύση

Η εξίσωση γίνεται xe (x – 2) + nx (x – 1) = 0

153


Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = xe (x – 2) + nx (x – 1) , συνεχής σαν άθροισμα

συνεχών στο (1, 2).

h(1) = 1e (1 – 2) + 1n (1 – 1) = – e < 0

h(2) = 2e (2 – 2) + 2n (2 – 1) = 2n > 0

Άρα h(1) h(2) < 0

Από το θεώρημα Bolzano, η εξίσωση h(x) = 0 θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

διάστημα (1, 2)

6.i) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f x = xe

και g x = 1x

έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο.

Λύση

fD και

gD

Αρκεί η εξίσωση f x = g x , δηλαδή η εξίσωση xe = 1x

να έχει ακριβώς μία

ρίζα στο

Επειδή, όμως , xe > 0, θα είναι και 1x

> 0 άρα x > 0, οπότε αναζητάμε τη ρίζα

στο (0, + )

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f x – g x = xe – 1x

στο (0, + ), συνεχής σαν

διαφορά συνεχών.

Αποδεικνύουμε ότι η h είναι γνησίως αύξουσα:

Έστω 1

x < 2

x τυχαία 1xe < 2xe και 1

1x

> 2

1x

1xe < 2xe και –1

1x

< –2

1x

(προσθέτουμε)

1xe – 1

1x

< 2xe – 2

1x

h(1

x ) < h(2

x )

Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της h :

Α = 0

limx

h(x) = 0

limx

1xex

= 0

limx

xe – 0

limx

1x

= 0e – = –

Β = limx

h(x) = limx

1xex

= limx

xe – limx

1x

= + – 0 = +

Άρα (Α, Β) = (– , + )

Από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών , και αφού h γν. αύξουσα,

η εξίσωση h(x) = 0 , δηλαδή η εξίσωση f x – g x = 0 θα έχει ακριβώς

μία ρίζα.

6.ii) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f x = nx

και g x = 1x

έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο.

154


Λύση

fD = (0, + ) και

gD

Αρκεί η εξίσωση f x = g x , δηλαδή η εξίσωση nx = 1x

να έχει ακριβώς μία

ρίζα στο (0, + )

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f x – g x = nx – 1x

στο (0, + ), συνεχής

σαν διαφορά συνεχών.

Αποδεικνύουμε ότι η h είναι γνησίως αύξουσα:

Έστω 1

x < 2

x τυχαία 1

nx < 2

nx και 1

1x

> 2

1x

1

nx < 2

nx και –1

1x

< –2

1x

1

nx – 1

1x

< 2

nx – 2

1x

h(1

x ) < h(2

x )

Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της h :

Α = 0

limx

h(x) = 0

limx

1nxx

= 0

limx

nx – 0

limx

1x

= – – = –

Β = limx

h(x) = limx

1nxx

= limx

nx – limx

1x

= + – 0 = +

Άρα (Α, Β) = (– , + )

Από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών , και αφού h γν. αύξουσα,

η εξίσωση h(x) = 0 , δηλαδή η εξίσωση f x – g x = 0 θα έχει ακριβώς

μία ρίζα.

7. i) Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [–1, 1] , για την ποία

ισχύει 2x + 2f (x) = 1 για κάθε x [–1, 1].

α) Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης f x = 0 .

β) Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί το πρόσημό της στο διάστημα (–1, 1) .

γ) Ποιος μπορεί να είναι ο τύπος της f και ποια η γραφική της

παράσταση ;

ii) Με ανάλογο τρόπο να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης f

στο σύνολο , για την οποία ισχύει 2f (x) = 2x για κάθε χ .

Λύση

i) α) 2x + 2f (x) = 1 για κάθε x[–1, 1]

2f (x) = 1 - 2x για κάθε x[–1, 1] (1)

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

1 – 2x = 0 x = 1 ή x = –1 οι ρίζες .

β) Η f είναι συνεχής στο (–1, 1) και δε μηδενίζεται σ’αυτό, άρα διατηρεί το

πρόσημό της .

155


2

y

xO

y

xO

γ) Αφού η f διατηρεί πρόσημο , λόγω της (1) θα είναι

f x = 21 x στο (-1, 1) ή f x = – 21 x στο (–1, 1) (2)

Επειδή ο 1 είναι ρίζα της f f (1) = 0 = 21 1 και

f (-1) = 0 = 21 ( 1) και

f (1) = 0 = – 21 1 και

f (-1) = 0 = – 21 ( 1)

Η (2) f x = 21 x στο [–1, 1] ή f x = – 21 x στο [–1, 1]

Επομένως η f

C είναι το ημικύκλιο με κέντρο την αρχή Ο και ακτίνα ρ = 1,

που ανήκει στα 1ο – 2

ο τεταρτημόρια ή στα 3

ο–4

ο .

ii) α) 2f (x) = 2x για κάθε χ

f x = x ή f x = – x , χ (3)

f x = 0 2f (x) = 0 (3)

2x = 0 x = 0 μοναδική ρίζα .

β) Η f είναι συνεχής στο (– , 0) και δε μηδενίζεται σ’αυτό

διατηρεί το πρόσημό της στο (– , 0)

Ομοίως στο (0, + )

γ) Αφού η f διατηρεί πρόσημο στο (– , 0) , λόγω της (3) θα είναι

f x = x ή f x = – x στο (– , 0) .

Και επειδή το 0 είναι ρίζα, δηλαδή f (0) = 0 , θα είναι

f x = x ή f x = – x στο (– , 0]

Ομοίως f x = x ή f x = – x στο [0, + )

Προκύπτουν οι συνδυασμοί

(Α) η f έχει πρόσημο (+) στο (– , 0) και (+) στο (0, + ) οπότε

f x = , 0

, 0

x x

x x

(Β) η f έχει πρόσημο (+) στο (– , 0) και (–) στο (0, + ) οπότε

f x = , 0

, 0

x x

x x

f x = – x στο

156


y

xO

-2

y

xO

1

y

x

Γ(0, 1) B(1, 1)

O

A(1, 0)

(Γ) η f έχει πρόσημο (–) στο (– , 0) και (+) στο (0, + ) οπότε

f x = , 0

, 0

x x

x x

f x = x στο

(Δ) η f έχει πρόσημο (–) στο (– , 0) και (–) στο (0, + ) οπότε

f x = , 0

, 0

x x

x x

8. Δίνεται το τετράγωνο ΟΑΒΓ του

διπλανού σχήματος και μία συνεχής

στο [0, 1] συνάρτηση f , της οποίας

η γραφική παράσταση βρίσκεται

ολόκληρη μέσα στο τετράγωνο αυτό.

i) Να βρείτε τις εξισώσεις των διαγωνίων

του τετραγώνου και

ii) Να αποδείξετε , με το θεώρημα του

Bolzano , ότι η f

C τέμνει και τις

δύο διαγώνιες.

Λύση

i) Εξίσωση της ΟΒ : y = x , x[0, 1]

Εξίσωση της AΓ : y – 0= –1(x – 1) y = – x + 1 , x[0, 1]

ii) Είναι 0 < f x < 1 στο [0, 1] (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f x – x στο [0, 1], συνεχής σα διαφορά

συνεχών.

g(0) = 0f – 0 = 0f (1)

0 και g(1) = 1f –1 (1)

0

Άρα g(0) g(1) < 0

Κατά το θεώρημα Bolzano ,

υπάρχει ένα τουλάχιστον 0

x (0, 1) ώστε g(0

x ) = 0

0f x –

0x = 0

0f x =

0x

Άρα η f

C τέμνει τη διαγώνιο ΟΒ σε σημείο (0

x , 0

x )

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f x – (– x + 1) = f x + x – 1 στο [0, 1],

συνεχής σα διαφορά συνεχών.

h(0) = 0f + 0 – 1 = 0f – 1 (1)

0 και h(1) = 1f + 1 – 1 = 1f (1)

0

Άρα h(0) h(1) < 0

Κατά το θεώρημα Bolzano ,

157


y

x

Β(β , f(β))

A(α , f(α))

M(x , f(x))

M0(x0 , y0)

βα

Ο

υπάρχει ένα τουλάχιστον 0

x (0, 1) ώστε h(0

x ) = 0

0f x +

0x – 1 = 0

0f x = –

0x +1

Άρα η f

C τέμνει τη διαγώνιο ΑΓ σε σημείο (0

x , –0

x + 1)

9. Στο διπλανό σχήμα η καμπύλη C

είναι η γραφική παράσταση μιας

συνάρτησης f που είναι συνεχής

στο [α, β] και το 0 0 0( , y )M x

είναι σημείο του επιπέδου.

i) Να βρείτε τον τύπο της απόστασης

d(x) = (0

M M) του σημείου

0 0 0( , y )M x από το σημείο Μ(x , f(x))

της f

C για κάθε x [α, β].

ii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση d είναι συνεχής στο [α, β] και στη συνέχεια

ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο της f

C που απέχει από το 0

M

λιγότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της και ένα τουλάχιστον

σημείο της f

C που πέχει από το 0

M περισσότερο από ότι απέχουν τα

υπόλοιπα σημεία της.

Λύση

i) d(x) = 2 2

0 0x x f x y , x [α, β].

ii) Η συνάρτηση d είναι συνεχής σαν ρίζα αθροίσματος συνεχών συναρτήσεων στο

[α, β].

Άρα θα έχει ελάχιστο και μέγιστο, δηλαδή θα υπάρχουν 1

x , 2

x [α, β] τέτοια ,

ώστε d(1

x ) d(x) d(2

x ) για κάθε x [α, β].

158


Ερωτήσεις κατανόησης

Ι

Σε καθεμιά από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώστε το γράμμα Α, αν ο

ισχυρισμός είναι αληθής και το γράμμα Ψ, αν ο ισχυρισμός είναι ψευδής,

αιτιολογώντας συγχρόνως την απάντηση σας.

1.

Αν f(x) = lnx και g(x) = e–x

, τότε

α) (g o f)(x) = 1

x , *x R A

β) (f o g)(x) = x, x R Ψ

Αιτιολογία

α) Είναι ψευδής διότι

fD = (0, +∞) , gD =

Το πεδίο ορισμού της g o f είναι το σύνολο

Dgof = { xf gD f(x) D } , δηλαδή x > 0 με lnx R x >0

Άρα Dgof = (0, + ) και όχι το *R

β) Είναι αληθής διότι

Dfog = { x g fD g(x) D } , δηλαδή x με e–x

> 0, οπότε

Dfog = και (f o g)(x) = f(g(x)) = lne–x

= x

2.Αν x 1

f (x)lim

x 1

, τότε

x 1limf (x) 0

Ψ


Θέτω f (x)

g(x)x 1

με x 1limg(x)

.

Τότε f(x) = (x1)g(x) x 1 x 1limf (x) lim(x 1)g(x) 0 0

3.Είναι 2 2x 0 x 0 x 0

1 1lim x lim x lim 0

x x x x

2x 0

1lim 0

x x

Α


Είναι ψευδής, διότι ο πολλαπλασιασμός 0 ∙2x 0

1lim

x x δε δίνει αποτέλεσμα 0,

αφού είναι η απροσδιόριστη μορφή 0(+ ) ή 0( )

Ψ

Α

Α

Ψ

159


4. Αν f(x) > 1 για κάθε x R και υπάρχει το x 0limf (x)

, τότε

κατ’ ανάγκη x 0limf (x)

> 1 Α


Είναι ψευδής, διότι μπορεί να είναι x 0limf (x)

=1

Π. x Για τη συνάρτηση f(x) = 2 ,x 1 x 0

3 , x 0

είναι f(x) > 1 για κάθε x R και x 0limf (x)

=1

5. Ισχύει : α) x

1lim x 1

x

Ψ

β) x

xlim 1

x

Α


Το (α) είναι αληθής διότι :

Θέτω 1

ux , οπότε u 0 .

Αλλά 1

xu , οπότε

x

1lim x

x

=

u 0

1lim u

u

=

u 0

ulim 1

u

Το (β) είναι ψευδής διότι :

x 1 1x

x x x

1 x 1

x x x

Επειδή όμως x

1lim

x = 0, από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι

x

xlim

x

= 0

6. Αν 0 f(x) 1 κοντά στο 0, τότε 2

x 0lim(x f (x))

= 0 Ψ


Είναι αληθής διότι :

0 f(x) 1 0 x2 f(x) x

2 και επειδή

2

x 0lim x

= 0, από το κριτήριο

παρεμβολής θα είναι και 2

x 0lim(x f (x))

= 0.

7. Αν 2

1f (x)

x , x(α, + ), τότε κατ’ ανάγκη θα είναι Α

xlim f (x)

= 0

Λύση

Ψ

Α

Ψ

Α

Ψ

160


Είναι ψευδής . Μπορεί η f να μην έχει καν όριο στο +

8.Αν υπάρχει το x 6lim(f (x)g(x))

, τότε είναι ίσο με f(6)g(6) A


Είναι ψευδής διότι δεν ξέρουμε αν η f(x)g(x) είναι συνεχής στο 6.

9.Αν ox x

lim f (x) 1

, τότε κατ’ ανάγκη θα είναι Α

ox x

lim f (x) 1

ή ox x

lim f (x) 1


Είναι ψευδής διότι μπορεί το ox x

lim f (x)

μπορεί να μην υπάρχει.

Π .χ Για τη συνάρτηση x

f (x)x

έχουμε

x 0lim f (x)

x 0

xlim

x=1 ενώ το

x 0limf (x)

δεν υπάρχει

10.Αν ox x

lim f (x) 0

τότε ox x

lim f (x)

= 0 Ψ


Από τον ορισμό του ορίου (είναι εκτός ύλης ) έχουμε

ox xlim f (x)

ox x

lim[f (x) ] 0

ox x

lim f (x) 0

Για =0 προκύπτει το ζητούμενο

11.Αν η f είναι συνεχής στο και για x 4 ισχύει Ψ 2x 7x 12

f (x)x 4

, τότε f(4) = 1



f συνεχής f(4) = x 4limf (x)

= 2

x 4

x 7x 12lim

x 4

=x 4

(x 4)(x 3)lim

x 4

=x 4lim(x 3)

= 1

Ψ

Ψ

Α

Α

161


Β

)}

12. Αν η f είναι συνεχής στο [1, 1] και f(1) = 4, f(1) = 3,

τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός xo(1, 1) έτσι ώστε Ψ

f(xo) = π



Η f συνεχής στο [1, 1] , f(1) f(1) και 3 < π < 4

Από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει xo(1, 1) έτσι ώστε f(xo) = π

ΙΙ

Κυκλώστε την σωστή απάντηση σε κάθε μία από τις παρακάτω ερωτήσεις

1. Αν

ox xlim f (x)

και ox x

lim g(x) m

, , m και f(x) < g(x) κοντά στο xο τότε κατ’

ανάγκη θα είναι :

Α) < m m Γ) m

Δ) = m Ε) m <

2.

Το όριο

2 3

2 3x

(1 2x )lim

(x 1)

είναι ίσο με

Α 8 Β 1 Γ 0 Δ + 8

3.

Το

3 2 3 2

2x

x x 1 x xlim

x

είναι ίσο με

Α + Β Γ 1 Δ 1 0

4.

Αν το o

3 2

3x x

x x 2xlim

x x

δεν υπάρχει, τότε

Α xo = 0 B xo = 2 Γ xo =1 xo = 1

Α

Ε

Ε

Δ

162


ΙΙΙ

1.

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = 2

11

(x 2)

και

2

1g(x)

x 1

Από τους παρακάτω ισχυρισμούς λάθος είναι ο :

Α) η g είναι συνεχής στο 2

Β) η f είναι συνεχής στο 1

η g έχει δύο σημεία στα οποία δεν είναι συνεχής

Δ) xlim f (x) 1

2.

Ποια από τα παρακάτω όρια είναι καλά ορισμένα;

20

x 0lim x x 1

Β 20

x 0lim x x 1

9

xlim 3x x 1

Δ 9

xlim 3x x 1

3

x 0lim[ln(x x 1)]

ΣΤ 3

x 0lim[ln(x x 1)]

3. Δίνεται η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο Δ = [0, 3] με

f(0) =2, f(1) =1 και f(3) =1

Ποιος από τους παρακάτω ισχυρισμούς δεν προκύπτει κατ’ ανάγκη από τις υποθέσεις;

Α. Υπάρχει xo(0, 3) τέτοιος, ώστε f(xo) = 0

B. x 3lim f (x) 1

Γ. x 2limf (x) f (2)

Δ. [-1, 2] f(Δ)

Η μέγιστη τιμή της f στο [0, 3] είναι το 2 και η ελάχιστη το 1

Γ

Α

Γ

Ε

Ε

ΟΡΙΑ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ...43 Eπιμέλεια : Αυγερινός...

Documents

Transcript of ΟΡΙΑ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ...43 Eπιμέλεια : Αυγερινός...