όρια γ λυκείου

ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης

1

ΧΡΗΣΙΜΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ ΟΡΙΩΝ

Όταν 0

lim ( )x x

f x→

= ℓ , εννοούµε ότι οι τιµές )(xf βρίσκονται όσο θέλουµε κοντά στο ℓ ,

για τα 0xx ≠ τα οποία βρίσκονται “αρκούντως κοντά στο 0x ”.

f (x)

f (x)

f x( )0 = ℓ

(a)

O x0 x x x

y

f(x0)

(β)

f(x)

f(x)

O x0

ℓ

x x x

y

(γ)

f(x)

f(x)

O x0

ℓ

x x x

y39

• Για να έχει έννοια το όριο της f στο 0x ( 0x x→ ), πρέπει η f να ορίζεται όσο

θέλουµε “κοντά στο 0x ”, δηλαδή η f να είναι ορισµένη τουλάχιστον σ’ ένα σύνολο της µορφής:

),(),( 00 βxxα ∪ ή ),( 0xα ή ),( 0 βx .

Παράδειγµα. Το όριο |x|xlim 2

0x−

→ δεν έχει έννοια, γιατί η συνάρτηση δεν

ορίζεται κοντά στο 0

• Αν το 0x x→ ορίζεται , το 0x µπορεί να ανήκει ή να µην ανήκει στο πεδίο

ορισµού της συνάρτησης. Συνηθίζεται όταν ζητείται να βρεθεί ένα όριο αυτό να έχει έννοια, ανεξάρτητα αν υπάρχει ή όχι.

• «υπάρχει το όριο…» σηµαίνει ότι αυτό είναι πραγµατικός αριθµός ή άπειρο.

• Το 0

lim ( )x x

f x→

µπορεί να µην υπάρχει στο 0x . Παράδειγµα. 0

1limx x→

, δεν υπάρχει.

• Όταν υπάρχει η τιµή της f στο 0x , 0( )f x , και το 0

lim ( )x x

f x→

µπορεί να είναι :

α) ίση µε το όριό της στο 0x , 0

0lim ( ) ( )x x

f x f x→

= (δηλ. f συνεχής στο 0x )

ή β) διαφορετική από αυτό (0

0lim ( ) ( )x x

f x f x→

≠ ).



2

• Αν µια συνάρτηση f έχει όριο στο 0x , τότε αυτό είναι µοναδικό και

συµβολίζεται µε 0

lim ( )x x

f x→

= ℓ .

• Όταν δίνεται 0

lim ( )x x

f x→

= ℓ , εννοείται ότι υπάρχει το όριο της f στο 0x είναι ℓ .

• To Θεώρηµα (όρια και πράξεις) της σελίδας 166, µετά το «τότε» να προστεθεί

« υπάρχουν τα παρακάτω όρια και ισχύουν»…

• Επιµερισµός Ορίου- συχνό λάθος, χρησιµοποιείται ουσιαστικά η «φαινοµενική ιδιότητα»:

Αν α)x(flimx

=ξ→

∈R, τότε αg(x)limf(x)g(x)limξxξx →→

= η οποία δεν ισχύει (πάντα),

π.χ. 1 = 0x

1x0lim

x

1xxlim

0x0x=

+=

+→→

, άτοπο.

• Αν |α||)t(f|lim

ξt=

→ δεν συνεπάγεται ότι α)t(flim

ξt=

→ (το αντίστροφο ισχύει πάντα).

π.χ. |1||x|lim 2

1x−=

→ αλλά 1xlim 2

1x−≠

→, ή |1|

x

|x|lim

0x=

→ αλλά δεν υπάρχει το

x|x|

lim0x→

.

• Οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν όταν υπάρχουν τα «επιµέρους» όρια και

προκύπτουν επιτρεπτές πράξεις.

Παράδειγµα. Έχουµε 1)x

|x|(

x

|x|(limξx

−=−⋅→

, αλλά δεν υπάρχουν τα όρια

x|x|

lim0x→

,

−→ x

|x|lim

0x.

•

0 0lim ( ) lim ( )x x

f x f x+ −→ →

= ⇔ − =ℓ ℓ

• Αν 0

lim ( ) 0x x

f x→

= >ℓ , τότε ( ) 0f x > κοντά στο 0x

• Αν 0

lim ( ) 0x x

f x→

= <ℓ , τότε ( ) 0f x < κοντά στο 0x

• Στο 1ο θεώρηµα της διάταξης (σελ.165). Να σηµειωθεί ότι δεν ισχύει το αντίστροφο:

Παράδειγµα. x2 > 0 κοντά στο 0 (π.χ. στο (-1, 0)∪(0, 1)), αλλά 0xlim 2

0x=

→

• Στο 2ο θεώρηµα της διάταξης (σελ.166). Αν f(x) < g(x) κοντά στο ξ, δεν συνεπάγεται ότι )x(glim)x(flim

ξxξx →→<

Με ΑΤΟΠΟ προκύπτει: • Αν υπάρχει το

0lim ( )x x

f x→

= ℓ ισχύει, αν ( ) 0f x > κοντά στο 0x τότε 0≥ℓ

• Αν υπάρχει το 0

lim ( )x x

f x→

= ℓ ισχύει, αν ( ) 0f x < κοντά στο 0x και τότε 0≤ℓ

• Αν υπάρχουν τα όρια των συναρτήσεων f και g στο 0x , ισχύει , αν ( ) ( )f x g x<

κοντά στο 0x και τότε 0 0

lim ( ) lim ( )x x x x

f x g x→ →

≤



3

Χρήσιµοι µετασχηµατισµοί:

1.

0lim ( )x x

f x→

= ℓ ⇔ 0

lim( ( ) ) 0x x

f x→

− =ℓ

2. 0

lim ( )x x

f x→

= ℓ ⇔ 00

lim ( )h

f x h→

+ = ℓ , x=x0+h

3. 0

lim ( )x x

f x→

= ℓ ⇔ 01

lim ( . )h

f x h→

= ℓ , x=x0.h , x0≠ 0

Οι σχέσεις 2 και 3 είναι χρήσιµες σε συναρτησιακές : f(x+y)=… , f(x.y)=… Πλευρικά όρια συναρτήσεων πολλαπλού τύπου στο 0x ( 0x σηµείο που «αλλάζει» ο τύπος)

Αν 1 0

2 0

( ),( )

( ),

f x x xf x

f x x x

<=

≥ τότε τα πλευρικά όρια της στο 0x είναι:

•

0

lim ( )x x

f x+→

=0

0lim ( )x x

x xf x για→

> «όριο της f όταν x τείνει στο 0x από δεξιά»

• 0

lim ( )x x

f x−→

=0

0lim ( )x x

x xf x για→

> «όριο της f όταν x τείνει στο 0x από αριστερά»

• Αν 0 0


f x f x λ+ −→ →

= = τότε 0

lim ( )x x

f x λ→

= (ισχύει το αντίστροφο)

• Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο 1x (ή 2x )που δεν «αλλάζει» ο τύπος της συνάρτησης f, τότε :

1x 0x 2x τότε

1 11lim ( ) lim ( )

x x x xf x f x

→ →=

2 2

2lim ( ) lim ( )x x x x

f x f x→ →

=

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

δεν ορίζεται σε διάστηµα της µορφής ),( 0xα , τότε ισχύει: 00


f x f x+→ →

= .

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

ορίζεται σε διάστηµα της µορφής ),( 0 βx , τότε ισχύει: 00


f x f x−→ →

=

Παράδειγµα. Αν η συνάρτηση 1, 1( )

3, 1

x xf x

x x

+ <=

− + >

,

Να βρεθούν τα όρια: 1

l im ( )x

f x→

, 0

lim ( )x

f x→

, 2010

lim ( )x

f x→

l im ( ) l im ( 1) 1 1 21 1

f x xx x−

= + = + =→ →

, l im ( ) l im ( 3 ) 1 3 21 1

f x xx x+

= − + = − + =→ →

l im ( )0

f xx

=→

l im ( 1) 0 1 10

xx

+ = + =→

2010 2010lim ( ) lim ( 3) 2010 3 2007

x xf x x

→ →= − + = − + = −



4

Σηµείωση 1. Οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν για τα όρια :

0lim ( )x x

f x λ→

= αρκεί να υπάρχουν όλα τα

«επιµέρους» όρια και προκύπτουν επιτρεπτές πράξεις , όπου { }0,x ∈ ∪ −∞ +∞ℝ και

{ },λ∈ ∪ −∞ +∞ℝ

Σηµείωση 2. Ισχύει ότι, αν υπάρχουν τα όρια των π.χ. των f + g και f στο

0x , τότε υπάρχει και όριο της

g στο 0

x .

• Αν 0

lim ( )x x

f x λ→

= και 0

lim( ( ) ( ))x x

f x g x κ→

+ = , τότε

0 0 0 0

lim ( ) lim[( ( ) ( )) ( )] lim( ( ) ( )) lim ( )x x x x x x x x

g x f x g x f x f x g x f x κ λ→ → → →

= + − = + − = −

• Αν 0

lim ( ) 0x x

f x λ→

= ≠ και 0

lim( ( ). ( ))x x

f x g x κ→

= , τότε 0 0

( ). ( )lim ( ) lim

( )x x x x

f x g xg x

f x

κλ→ →

= =

Σηµείωση 3. Στο όριο σύνθεσης συναρτήσεων fog στο x0 (σελ.173) . Η συνθήκη g(x)≠≠≠≠uo κοντά στο x0, δεν µπορεί να αγνοηθεί Σηµείωση 4.

Τα όρια 0

1limx x

ηµ→

, 0

1limx x

συν→

, 2

limx

xπεϕ

→ , lim

xxηµ

→±∞ , lim

xxσυν

→±∞ δεν υπάρχουν.

Βασικές εφαρµογές.

1. Αν 0x x

lim f (x) 0→

= τότε 0x x

lim f (x) 0→


Απόδειξη: Με κριτήριο παρεµβολής Έχουµε

0 0x x x xlim f (x) 0 lim ( f (x) )→ →

= = − και f (x) f (x) f (x)− ≤ ≤ ισχύει. Άρα 0x x

lim f (x) 0→

= .

2. Αν 0

2

x xlim f (x) 0→

= τότε 0x x

lim f (x) 0→


3. Αν

0x xlim f (x) 0ν

→= τότε

0x xlim f (x) 0→


(Οµοίως οι αποδείξεις 2 και 3).

4. Αν x∈R σε ακτίνια τότε 1x

xηµlim

0x=

→.

Αν όµως θ σε µοίρες τότε 180

π

θ

ηµθlim

0θ=

→ (χρήση του

π

x

180

θ= )



5

ΜΟΡΦΕΣ ΟΡΙΩΝ

1. Όρια µε εφαρµογή ιδιοτήτων ορίων και συνέχειας Αν 0x x→ και 0 fx A∈ ,τότε το όριο της f στο 0x το βρίσκουµε συνήθως µε αντικατάσταση

0x x= , αρκεί να ορίζεται η παράσταση στο 0x (συνεχής).

Εφαρµογή των ιδιοτήτων και κανόνων των ορίων Αν η συνάρτηση προκύπτει από τις βασικές συναρτήσεις : πολυωνυµική συνάρτηση, ρητή, τριγωνοµετρικές, λογαριθµικές, εκθετικές, απόλυτη τιµή συνάρτησης, ρίζα συνάρτησης ή ακόµα από τις πράξεις τους ή από συνθέσεις τους και εφαρµόζονται οι κανόνες και οι ιδιότητες των ορίων, χωρίς να προκύπτει απροσδιόριστη µορφή, τότε το όριο υπολογίζεται απ’ ευθείας

από τον επόµενο κανόνα: 0

0x xlim f(x) f (x )→

=

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: 2

1lim(3 4 5)x

x x→

− +

Λύση

1xlim→

(3x2-4x+5)=3·12-4·1+5=3-4+5=4.

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: 2

2

3 2lim

1x

x x

x→

− +−

Λύση 2

2

3 2lim

1x

x x

x→

− +−

=22 3 2 2

2 1

− ⋅ +−

=4 6 2

1

− +=

10

=0

2. Αν 0x x→ και 0 fx A∉ και η συνάρτηση είναι κλασµατική( µορφή 0

0) , τότε συνήθως

παραγοντοποιούµε το «κλάσµα», µε παράγοντα 0x x− και απλοποιούµε.

Αν 0x x→ και η συνάρτηση µετά από τις απλοποιήσεις έχει παράγοντα 0x x− και είναι απροσδιοριστία , τότε παίρνουµε πλευρικά όρια.

Απλοποίηση 0x x− ⇔ παραγοντοποίηση 0x x−

Παραγοντοποίηση µε 0x x−

Horner στο 0x

Παραγοντοποίηση τριωνύµου 2

1 2 1 2( )( ) , 0, ,x x x x x x x xα β γ α αν α+ + = − − ≠ ρίζες

Συνδυασµός όλων



6

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο:2

1

4 3lim

1x

x x

x→

− +−

Λύση

Είναι 1x

lim→

(x2-4x+3)=12-4·1+3=1-4+3=0 και 1x

lim→

(x-1)=1-1=0. Απροσδιόριστη µορφή 00

.

Κάνουµε παραγοντοποίηση και έχουµε:2

1

4 3lim

1x

x x

x→

− +−

=( )( )

1

1 3lim

1x

x x

x→

− −

−= ( )

1lim 3x

x→

− =1-3= -2.

4. Όριο κλασµατικού τύπου µε ριζικά ( µορφή 0

0)

Αν 0x x→ και 0 fx A∉ και η συνάρτηση είναι κλασµατική( µορφή 0

0) µε ριζικά, τότε

συνήθως πολλαπλασιάζουµε µε τη συζυγή παράσταση ώστε να παραγοντοποιήσουµε το «κλάσµα» µε παράγοντα 0x x− και απλοποιούµε.

Όρος κλάσµατος

Συζυγή παράσταση του όρου

Όρος κλάσµατος

Συζυγή παράσταση του όρου

Α ± Β Α Β∓ 3 3Α ± Β 2 2

3 3 3 3Α Α Β + Β∓

Α ± Β Α Β∓ 3 Α ± Β 2 23 3 .Α Α Β+Β∓

δηµιουργείται η ταυτότητα : 2 2

( )( )Α − Β Α + Β = Α − Β = Α −Β

ή 2 2 2( )( )Α −Β Α +Β = Α −Β = Α −Β

2 2 3 3

3 3 3 3 3 3( )( )Α ± Β Α Α Β + Β = Α ± Β = Α ±Β∓

ή 2 32 3 33 3 3( )( . )Α ± Β Α Α Β+Β = Α ± Β = Α ±Β∓

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο:4

1 5lim

2 1 3x

x x

x→

− − +

+ −

Λύση

4

1 5lim

2 1 3x

x x

x→

− − +

+ −=

( )( )( )( )( )( )4

1 5 2 1 3 1 5lim

2 1 3 2 1 3 1 5x

x x x x x

x x x x→

− − + + + − + +

+ − + + − + +=

( ) ( ) ( )( ) ( )

22

24 2

1 5 2 1 3lim

2 1 3 1 5x

x x x

x x x→

− − + + + + − − + +

=( )( )( )( )

2

4

3 4 2 1 3lim

2 8 1 5x

x x x

x x x→

− − + +

− − + +=

( )( )( )( )( )5142

31214lim

4 ++−−

+++−→ xxx

xxxx

=5

2

• Για ριζικά διαφόρων τάξεων εφαρµόζουµε την µέθοδο της αντικατάστασης

(θέτουµε ( )y h xκ= όπου κ =ΕΚΠ τάξεων ριζικών) ή την µέθοδο της διάσπασης .

• Όταν κάνουµε αντικατάσταση, αλλάζει η µεταβλητή στο όριο, y → y0

(όπου0

0 0lim ( ), 0x x

y h x yκ

→= ≠ )



7

Παράδειγµα.

Να βρεθεί το 3

60

1 1lim

1 1x

x x

x x→

+ − +

+ − +

Λύση

Αν εφαρµόσουµε ιδιότητες έχουµε µορφή 0

0

Το ΕΚΠ των τάξεων των ριζών είναι 6. Θέτουµε 6 1y x= + , οπότε 6

0lim 1 1x

x→

+ = και 1y →

3 2 3 2 23 6 6

3 236 6 60 0 1 1 1 1

1 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1lim lim lim lim lim lim

( 1) ( 1)( 1) 1 21 1 ( 1) 1x x y y y y

x x x x y y y y y y y

y y y y y y yx x x x→ → → → → →

+ − + + − + − − −= = = = = =

− − − + ++ − + + − +

4. Όρια συναρτήσεων πολλαπλού τύπου. Αν η συνάρτηση f «αλλάζει» τύπο «γύρω» από το 0x , είναι πολλαπλού τύπου της µορφής

1 0

2 0

( ),( )

( ),

f x x xf x

f x x x

<=

≥

α) Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο 0x που αλλάζει ο τύπος της, τότε

για να υπάρχει το όριο πρέπει τα πλευρικά όρια της f στο 0x να είναι ίσα. Αν τα πλευρικά όρια είναι ίσα,

0 0


f x f x λ+ −→ →

= = τότε 0

lim ( )x x

f x λ→

=

β) Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο 1x (ή 2x )που δεν αλλάζει ο τύπος της,

(πχ 1 0 2x x x< < ) τότε :

1

1 1


f x f x→ →

= και 2

22

lim ( ) lim ( )x xx x

f x f x→→

=

Παράδειγµα. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: 2

3 5, 1

( )

7, 1

x x

f x

x x

+ <

= + ≥

Να εξετάσετε αν η συνάρτηση έχει όριο στο xo=1, x1=3, x2=0

Λύση

1lim ( )x

f x−→

= ( )1

lim 3 5x

x−→

+ =3⋅1+5=3+5=8 και 1

lim ( )x

f x+→

= ( )2

1lim 7x

x+→

+ =12+7=1+7=8.

Επειδή είναι 1

lim ( )x

f x−→

= )(lim1

xfx +→

=8,η συνάρτηση έχει όριο στο xo=1, )(lim1

xfx→

=8

3

lim ( )x

f x→

= ( )2 2

3lim 7 3 7 88x

x→

+ = + = και 0

lim ( )x

f x→

= ( )0

lim 3 5 3.0 5 5x

x→

+ = + = .



8

5. Όρια µε απόλυτες τιµές. Αν η συνάρτηση f έχει απόλυτες τιµές και το όριο της f για 0x x→ προκύπτει απροσδιόριστη

µορφή , τότε µετασχηµατίζουµε τον τύπο της f χωρίς απόλυτα: α) αν το όριο στο 0x της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι

0lim ( ) 0x x

x k→

Α = > ,

τότε A(x)>0 κοντά στο x0 , οπότε ( ) ( )x xΑ = Α

β) αν το όριο της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι 0

lim ( ) 0x x

x k→

Α = < ,

τότε A(x)<0 κοντά στο x0 , οπότε ( ) ( )x xΑ = −Α ) και µετά παραγοντοποιούµε

ή και παίρνουµε τα πλευρικά όρια. γ) αν το όριο στο 0x της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι

0lim ( ) 0x x

x→

Α =

παίρνουµε στο 0x τα πλευρικά όρια αφού κάνουµε πίνακα πρόσηµων και γράψουµε τη

συνάρτηση χωρίς τις απόλυτες τιµές.

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο lim3x→

2 9 3

2 5

x x

x

− + −

+ −

Λύση

lim3x −→

2 9 3

2 5

x x

x

− + −

+ −= lim

3x→

2( 9) ( 3)

2 5

x x

x

− − − −+ −

= lim3x→

( 3)( 3 1)

3

x x

x

− − + +−

= -7

lim3x +→

2 9 3

2 5

x x

x

− + −

+ −= lim

3x→

2( 9) ( 3)

2 5

x x

x

− + −+ −

= lim3x→

( 3)( 3 1)

3

x x

x

− + +−

= 7

Επειδή είναι )(lim

3xf

x −→≠ )(lim

3xf

x +→,η συνάρτηση δεν έχει όριο στο xo=3.

6. Όρια µε «κριτήριο παρεµβολής» Αν η συνάρτηση περιέχει στον τύπο της τριγωνοµετρικές συναρτήσεις ή ο τύπος της f(x) επαληθεύει µια ανισότητα, τότε εφαρµόζουµε τα προηγούµενα κατά περίπτωση , συνήθως κριτήριο παρεµβολής (σε απροσδιόριστο ) και τα παρακάτω:

• 1ηµ

lim0

=→ x

xx

• |||ηµ| xx ≤ , για κάθε x R∈

• 01συν

lim0

=−

→ x

xx

• 0

0ηµηµlim xx

xx=

→

• 0

0συνσυνlim xx

xx=

→

• για κάθε

∪

−∈

2,00,

2

ππx

1ηµ

συν <<x

xx

x −∞ -3 -2 3 +∞ 2 9x − + - - +

3x − - - - +

2x + - - + +



9


Να βρεθούν τα όρια: α) 0

limx

x

xηµ→ , β)

0limx

x

x

εϕ→

, γ) 2

0lim( )x

x xηµ→

Λύση

α) 0 0

1 1lim lim 0

1x x

xxx

x

ηµηµ→ →= = =

β) 0 0 0 0

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

1x x x x

xx x xx

x x x x x x

ηµεϕ ηµ ηµσυν

συν συν→ → → →= = = = =

γ) 2 2 2. .1x x x x xηµ ηµ= ≤ , οπότε 2 2 2 2 2x x x x x x xηµ ηµ≤ ⇔ − ≤ ≤

και 2 2

0 0lim lim( ) 0x x

x x→ →

= − =

µε το κριτήριο παρεµβολής έχουµε 2

0lim( )x

x xηµ→

=0

Παράδειγµα. Αν για κάθε x∈ℝ ισχύει: 2 2( ) 4 ( ) 4f x f x x− ≤ − , να δείξετε ότι

0lim ( ) 2x

f x→

=

Λύση Από τη σχέση : 2 2( ) 4 ( ) 4f x f x x− ≤ − , έχουµε ( )22 2 2( ) 4 ( ) 4 ( ) 2f x f x x f x x− + ≤ ⇔ − ≤ ⇔

( ) 2 22 2( ) 2 ( ) 2 ( ) 2f x x f x x f x x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤

Άρα ( ) 2 2 ( ) 2x f x x x f x x− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +

Τα όρια

0 0lim(2 ) lim(2 ) 2x x

x x→ →

− = + = οπότε µε το κριτήριο παρεµβολής προκύπτει ότι

0lim ( ) 2x

f x→

=

Παράδειγµα(Πρόταση-Μηδενική). Αν

0

lim ( ) 0x x

g x→

= και ( ) ( )f x g x≤ κοντά στο 0x , τότε 0

lim ( ) 0x x

f x→

=

Αποδεικνύεται µε κριτήριο παρεµβολής Έχουµε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x g x f x g x≤ ⇔ − ≤ ≤ και

00lim( ( ) ) lim ( ) 0

xx

g x g x→→

− = = άρα 0

lim ( ) 0x x

f x→

=

Παράδειγµα(Πρόταση-Μηδενική επί φραγµένη). Αν

0

lim ( ) 0x x

g x→

= , ( ) ,h x κ κ≤ ∈ℝ και ( ) ( ). ( )f x g x h x≤ , κοντά στο 0x , τότε 0

lim ( ) 0x x

f x→

=

Αποδεικνύεται µε κριτήριο παρεµβολής



10


Να αποδείξετε ότι : 0

1lim . 0x

xx

ηµ→

=

Λύση

Θέτουµε 1

( ) .f x xx

ηµ= , *fA = ℝ . Ισχύει 1xηµ ≤

Θα έχουµε1

( ) . .1f x x xx

ηµ= ≤ οπότε ( )x f x x− ≤ ≤ , σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής

προκύπτει 0

lim ( ) 0x x

f x→

=


Να βρεθεί το όριο 2

20

1lim .x

x

x xηµ

ηµ→

Λύση

Θέτουµε 2

2

1( ) .

xf x

x xηµ

ηµ= , ( ,0) (0, )

2 2x

π π∈ − ∪ . Ισχύει 1xηµ ≤

2 2

2

1( ) . .1

x xf x

x x xηµ

ηµ ηµ= ≤ ,

2 2 2

( ) ( )x x x

f x f xx x xηµ ηµ ηµ

≤ ⇔ − ≤ ≤ (1)

Το 2

0 0lim limx x

x xxx

x

ηµηµ→ →

=

=0

01= , σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής στην (1) , προκύπτει

ότι ( )0

lim ( ) 0x

f x→

=

7. Αν 0x x→ και η συνάρτηση µετά από τις απλοποιήσεις έχει µορφή 0

α , απροσδιοριστία τότε

παίρνουµε πλευρικά όρια. Παράδειγµα.

Να βρεθεί το όριο : 21

1lim

( 1)x

x

x→

−−

, 0 1x xκαι≥ ≠

Λύση 0

2 21 0 1 1

1 1 1lim lim lim

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

x x

x x x x x→ → →

− −= = =

− − + − +απροσδιοριστία (δε γίνεται άλλη

απλοποίηση). Οπότε εξετάζουµε αν υπάρχει το όριο µε πλευρικά όρια

1

2 11

1 1 1lim lim .

( 1) 2( 1)( 1)xxx

x

x x x−

<→→

−= = −∞ = −∞

− − +,

οµοίως 1

21 1

1 1 1lim lim .

( 1) 2( 1)( 1)xx x

x

x x x+ +

>→ →

−= = +∞ = +∞

− − + άρα δεν υπάρχει το 21

1lim

( 1)x

x

x→

−−



11

8. Όριο f(x), αν δίνεται το όριο παράστασης της f(x) Αν 0x x→ και δίνεται το όριο µιας παράστασης που περιέχει την f(x) και ζητείται το όριο της f

στο 0x , τότε θέτουµε g(x)= « παράσταση που περιέχει την f(x)», αν πάρουµε το όριο της g(x)

στο 0x και προκύπτει απροσδιοριστία, λύνουµε ως προς f και παίρνουµε το όριο .

Παράδειγµα. Να βρείτε το

1lim ( )x

f x→

, αν 1

lim(3 ( ) 2 3 ) 11x

f x x→

+ − =

Λύση Θέτουµε ( ) 3 ( ) 2 3g x f x x= + − , οπότε

1lim ( ) 11x

g x→

= .

( ) 2 3( ) 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 3 ( ) ( )

3

g x xg x f x x g x x f x f x

− += + − ⇔ − + = ⇔ =

Άρα 1 1

( ) 2 3 11 2 3lim ( ) lim 4

3 3x x

g x xf x

→ →

− + − += = =

Παράδειγµα. Αν

1

( ) 2lim 2

1x

f x

x→

−=

− να βρείτε τα όρια :

α) 1

l im ( )x

f x→

, β) 1

( ) 2lim

1x

x f x

x→

−−

Λύση

Θέτουµε ( ) 2( )

1

f xg x

x

−=

− (1) , 1x ≠ και έχουµε

1lim ( ) 2x

g x→

=

α) Λύνουµε ως προς f(x) την (1) ( ) ( )( 1) 2f x g x x⇔ = − + Οπότε

1 1 1lim ( ) lim( 1) lim ( ) 2 2x x x

f x x g x→ → →

= − + =

β)

1 1 1

( ) 2 [( 1) ( ) 2 ] 2 ( 1) ( ) 2 ( 1)lim lim lim

1 1 1x x x

x f x x x g x x x g x x

x x x→ → →

− − + − − + −= = =

− − −

1 1

( 1)( ( ) 2 )lim lim ( ( ) 2 ) 1 .2 2 4

1x x

x x g xx g x

x→ →

− += = + = + =

−


Αν 2

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

f x x x→

− + = και 2

( )lim 4

2x

g x

x→=

− , να βρείτε το

2lim[ ( ) ( )]x

f x g x→

Λύση

Θέτουµε 2( ) ( )( 3 2)h x f x x x= − + , µε 2

lim ( ) 3x

h x→

= και έχουµε 2

( )( )

3 2

h xf x

x x=

− + , 2x ≠

Θέτουµε ( )

( )2

g xp x

x=

− , µε

2lim ( ) 4x

p x→

= και έχουµε ( ) ( )( 2)g x p x x= −

22 2 2

( ) ( ) ( )( 2lim[ ( ) ( )] lim[ ( )( 2)] lim

3 2x x x

h x h x p x xf x g x p x x

x x→ → →

−= − =

− +)

( 1)( 2x x− −3.4

... 122 1)

= = =−



12

9. Όρια µε παραµέτρους α) Αν δίνεται συνάρτηση f(x) µε παραµέτρους και ζητείται να βρεθούν οι τιµές τους ώστε να υπάρχει το

0

lim ( )x x

f x→

, τότε δηµιουργούµε εξισώσεις µε αγνώστους τις παραµέτρους

(µε ισότητα πλευρικών ορίων …). β) Αν δίνεται συνάρτηση f(x) µε παραµέτρους και ζητείται να βρεθεί το

0

lim ( )x x

f x→

, τότε

κάνουµε διερεύνηση του 0

lim ( )x x

f x→

για όλες τις δυνατές τιµές των παραµέτρων,

(συνήθως οι χαρακτηριστικές τιµές των παραµέτρων βάση των οποίων κάνουµε τη

διερεύνηση προκύπτουν από τις απροσδιόριστες µορφές(πχ 0

α, (αν α=0)).


∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο:

2

2

1, 1

1( )

2 5 1, 1

xx

xf x

x x xα

−< −

= − + ≥

Να βρεθεί η πραγµατική τιµή του α, ώστε η συνάρτηση να έχει όριο στο xo=1.

Λύση 2

1

1lim

1x

x

x−→

−−

=( )( )

1

1 1lim

1x

x x

x−→

+ −

−= ( )

1lim 1x

x−→

+ =1+1=2.

1lim ( )x

f x+→

= 2

1lim(2 5 1)x

x xα+→

− + = 22 1 5 1 1α ⋅ − ⋅ + =2α-5+1=2α-4.

Για να έχει όριο στο xo=1 θα πρέπει 1

lim ( )x

f x−→

=1

lim ( )x

f x+→

. Άρα 2=2α-4 ⇔ α=3.


Να βρεθούν οι αριθµοί ,α β ∈ℝ , ώστε να υπάρχουν τα όρια της συνάρτησης

3

2

2 2 , 1

( ) 6, 1 2

, 2

x x x

f x x x

x x

α β

α β

− + ≤

= + < ≤ − + >

στα σηµεία 1 και 2.

Λύση

Πρέπει 1 1

lim ( ) lim ( )x x

f x f x−→ → +

= (1) και 2 2

lim ( ) lim ( )x x

f x f x−→ → +

= (2)

3

1 1lim ( ) lim( 2 2 ) 1 2 2x x

f x x xα β α β− −→ →

= − + = − + και 2

1 1lim ( ) lim( 6) 7x x

f x x→ →+ +

= + =

Άρα από (1) έχουµε : 1 2 2 7 3α β α β− + = ⇔ − + = (3)

2

2 2lim ( ) lim( 6) 10x x

f x x− −→ →

= + = και 2 2

lim ( ) lim( ) 2x x

f x xα β α β→ →+ +

= − + = − +

Άρα από (2) έχουµε : 2 10α β− + = (4)

Εποµένως από (3) και (4) προκύπτει α= -7 και β= - 4 .



13

Παράδειγµα. Αν 2x +x+µ-1

f(x)=x-1

βρεθεί το µ ώστε να υπάρχει στο R το x 1limf(x)→

Λύση

22

x 1

2

x 1 x 1

x +x+µ-1limf(x)=λ, f(x)= x +x+µ-1=f(x)(x-1)

x-1

lim(x +x+µ-1)= lim[f(x)(x-1)]

1+µ=λ.0 µ= -1

→

→ →

Αν ⇔

⇔

10. Όριο σύνθετης ))((lim0

xgfxx→

Αν θέλουµε να υπολογίσουµε το ))((lim0

xgfxx→

, της σύνθετης συνάρτησης gf � στο σηµείο

0x , εφαρµόζουµε τη συνέχεια γνωστών συναρτήσεων ή κάνουµε αντικατάσταση και αλλαγή µεταβλητής. • Αντικατάσταση

00lim ( ( )) ( ( ))

x xf g x f g x

→=

• Αλλαγή µεταβλητής, εργαζόµαστε ως εξής: 1. Θέτουµε )(xgu = . 2. Υπολογίζουµε (αν υπάρχει) το )(lim

00 xgu

xx→= και

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

ufuu→

=ℓ .

Αποδεικνύεται ότι, αν 0)( uxg ≠ κοντά στο 0x , τότε το ζητούµενο όριο είναι ίσο µε ℓ , δηλαδή ισχύει:

)(lim))((lim00

ufxgfuuxx →→

=


Να βρεθούν τα όρια 2 3

1lim x

xe −

→,

1

( 1)lim

1x

x

x

ηµ→

−−

Λύση

2 3 1

1 1

2 3l im l i m

1 1x u

x u

έ

ύ

u xe e e

x u

θ τω

α φ ο τ ο− −

→ → −

= −= = =

→ → −

1 0

( 1) 1lim lim 1

1 1 0x u

x έ u x u

x ύ x u u

ηµ θ τω ηµα φο το→ →

− = −= = =

− → →


Αν 0

( )lim 3x

f x

x→= να βρεθεί το όριο

0

(2 )lim

2x

f x x

x x

ηµηµ→

−−

Λύση



14

0

(2 )(2 )

22

ύ x

x

f x xf x x x x

x xx xx x

διαιρο µε µεηµ

ηµηµηµ ≠

−−=

− − , οπότε

*

0 0

(2 )(2 ) 6 1

lim lim 52 2 12

x x

f x xf x x x x

xx xx

ηµηµ

ηµηµ→ →

−− −= = =

− −−

* 2 ,

2

0 0 0 0

(2 ) ( ) ( )lim lim 2lim 2.3 6

2

uέ x u x

x u u u

f x f u f uux u

θ τουµε = =

→ → → →= = = =


Να βρεθεί το όριο : 2

21

( 3 2)lim

5 4x

x x

x x

ηµ→

− +− +

Λύση 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

( 3 2) ( 3 2) 3 2 ( 3 2) ( 1)( 2) ( 3 2) 2. . .

5 4 3 2 5 4 3 2 ( 1)( 4) 3 2 4

x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x x

ηµ ηµ ηµ ηµ− + − + − + − + − − − + −= = =

− + − + − + − + − − − + −(1)

Θέτουµε 2 3 2u x x= − + , οπότε αφού 1x → , είναι 0u →

Άρα, 2

21 0

( 3 2)lim lim 1

3 2x u

x x u

x x u

ηµ ηµ→ →

− += =

− +, οπότε

2 2(1)

2 21 1 0 1

( 3 2) ( 3 2) 2 2 1 2 1lim lim . lim .lim 1.

5 4 3 2 4 4 1 4 3x x u x

x x x x x u x

x x x x x u x

ηµ ηµ ηµ→ → → →

− + − + − − −= = = =

− + − + − − −

Παρατήρηση: Αλλαγή µεταβλητής – αντικατάσταση κάνουµε συνήθως, όταν δίνεται όριο

στο x1 (δηλ. 1x x→ ) και ζητείται όριο στο x2 (δηλ. 2x x→ ), τότε κάνουµε αντικατάσταση

τέτοια ώστε το όριο στο x2 να µετατραπεί όριο στο x1.


Αν ισχύει ( ) (2 )f x f x x= − ∀ ∈ℝ και 1

lim[ ( ) 3] 4x

f x x→−

− − = , να βρεθεί το 3

lim ( )x

f x→

Λύση Θέτουµε ( ) ( ) 3g x f x x= − − , οπότε ( ) ( ) 3f x g x x= + + και

1lim ( ) 4x

g x→−

=

Θέτουµε u=2-x και έχουµε: αν 3x → , 1u →− , οπότε το ζητούµενο όριο είναι :

3 1 1 1lim ( ) lim (2 ) lim ( ) lim[ ( ) 3] 4 1 3 6x u u u

f x f u f u g u u→ →− →− →−

= − = = + + = − + =

11. Όρια µε ριζικά διαφορετικής τάξης

Όταν έχουµε πολλά ριζικά διαφορετικής τάξης . Αντικαθιστούµε y g(x)κ= , όπου κ είναι το

Ε.Κ.Π. των τάξεων και g(x) κοινή υπόριζη ποσότητα.


6 4 3 3 3 23 4 12

3 6 4 3 3 234x 1 y 1 y 1 y 1

2 x -3 x + x y x 2y 3y y y (2y 3y 1) (y 1)(2y 2y 1) 3lim lim lim lim

y 1 3y 2y y y (3 2y y) (y 1)( 2y 2y 3) 73 x -2 x - x→ → → →

θετω = − + − + − + −= = = = =

→ − − − − − − − − −



15

12. Όρια µε συναρτησιακές σχέσεις Αν δίνεται συναρτησιακή σχέση για την f και ζητείται το

0x xlim f(x)→

α) Αν έχουµε f(x+y)=… , θέτουµε x=x0+h 0x x h⇔ − = και γίνεται αλλαγή µεταβλητής:

αν x→x0 τότε h→0

β) Αν έχουµε f(x.y)=… , θέτουµε 00

xx x h h

x= ⇔ = , οπότε

αν x→x0 τότε h→1


Αν f: R R→ για την οποία ισχύει f(x+y)=f(x)συν2y+f(y)συν2x , x,y R∈

και x 0

f (x)lim 1

x→= δείξετε ότι

x

f(x)-f(α)lim συν2α

x-α→α= για κάθε α R∈

θέτουµε x =x0+h 0x x h⇔ − = οπότε στο ζητούµενο όριο γίνεται χρήση της ιδιότητας

0x xlim f(x)→

= 0h 0limf(x +h)→

και της συναρτησιακής σχέσεως.

h 0 h 0 h 0

f(α+h)-f(α) f(α)συν2h+f(h)συν2α -f(α) f(α)(συν2h-1)+f(h)συν2α lim lim lim f( ).0 1. 2 2

h h h→ → →= = = α + συν α=συν α



16

ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ( στο xo , 0

lim ( )x x

f x→

= ±∞ )

Απροσδιόριστες µορφές: ( ) ( )+∞ − +∞ ( ) ( )−∞ + +∞ ( ) ( )+∞ + −∞ ( ) ( )−∞ − −∞

0.( )−∞ 0.( )+∞ ( ).0+∞ ( ).0−∞

+∞+∞

0

0

0

α

00

0( )+∞ 1+∞ 1−∞

• Η µορφή 0

α, προκύπτει από

( )lim , 0

( ) 0x xo

f x aa

g x→= ≠ , οπότε :

1. Αν το πρόσηµο της g(x) είναι σταθερό τότε προκύπτει ανάλογα µε το πρόσηµο του κλάσµατος, +∞ ή −∞ 2. Αν πρόσηµο της g(x) δεν είναι σταθερό κοντά στο

0x ,τότε παίρνουµε πλευρικά

όρια.

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο 1

2lim

1x

x

x→

+−

Λύση

1

2 3lim

1 0x

xή

xµορϕ

→

+=

− παίρνουµε πλευρικά όρια:

11

2lim

1xx

x

x−→<

+= −∞

−, ενώ

11

2lim

1xx

x

x+→>

+= +∞

−

• Οι απροσδιόριστες µορφές 00 , 0( )+∞ , 1+∞ …, περιπτώσεις εκθετικών συναρτήσεων της

µορφής ( )( ) [ ( )] ( ) 0g xF x f x f x= > , µετασχηµατίζονται µε τον κανόνα

ln 0,x x aa e a >= .

Γενικά ( ) ( )ln ( )[ ( )] ( ) 0,g x g x f x

ef x f x= >

• Όλες οι µορφές ανάγονται στις µορφές: 0

0 και

±∞±∞

µε µετασχηµατισµούς…

Α. Μετασχηµατισµός της µορφής 0.( )±∞ σε µορφή 0

0:

( )( ). ( )

1( )

f xf x g x

g x

= ή ( )

( ). ( )1( )

g xf x g x

f x

=

Β. Μετασχηµατισµός της µορφής ∞−∞ :

( )( ) ( ) ( )(1 )

( )

g xf x g x f x

f x− = − ή

( )( ) ( ) ( )( 1)

( )

f xf x g x g x

g x− = −



17

Γ. Μετασχηµατισµός της µορφής :0

±∞, σε µορφή 0.0 ή

0

±∞, σε µορφή ( ).( )±∞ ±∞

( ) 1

( ).( ) ( )

f xf x

g x g x=

• Εφαρµόζουµε τους Κανόνες De L’ Hospital( µε παραγώγους)

• ∆εν υπάρχουν τα όρια :

0 0 0

1 1 1lim , lim , lim

x x xx x x

ηµ συν εφ→ → →

,…

• Αν ( ) ( )f x g x≤ κοντά στο

0x , τότε:

i) αν 0

lim ( )x x

f x→

=+∞ τότε 0

lim ( )x x

g x→

=+∞

ii) αν 0

lim ( )x x

g x→

=−∞ τότε 0

lim ( )x x

f x→

=−∞



18

ΟΡΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ , x →±∞

• Το όριο µιας συνάρτησης f στο +∞ , ορίζεται αν η f είναι ορισµένη σε διάστηµα της µορφής ),( +∞α .

• Ανάλογα, το όριο µιας συνάρτησης f όταν −∞→x ορίζεται µόνο όταν η

συνάρτηση είναι ορισµένη σε διάστηµα της µορφής ),( β−∞ . • Για τα όρια στο +∞ , −∞ ( ±∞→x ), ισχύουν οι γνωστές ιδιότητες των ορίων στο 0x

µε τις προϋποθέσεις : � οι συναρτήσεις είναι ορισµένες σε κατάλληλα σύνολα � υπάρχουν τα επιµέρους όρια της ιδιότητας � δεν καταλήγουµε σε απροσδιόριστη µορφή.

• Εφαρµόζουµε τους Κανόνες de l’ Hospital( µε παραγώγους)

• ∆εν υπάρχουν τα όρια : lim , limxx

x xηµ συν→±∞→±∞

, limx

xεϕ→±∞

, 0

1limx x

ηµ→

,…

ΜΟΡΦΕΣ

1. ,

lim lim,x x

ά

όx xν ν ν ρτιος

περιττ ςν→+∞ →−∞

=+∞= +∞ =

−∞ =

1lim 0

xxν

→±∞

=

2. Όριο πολυωνυµικής, αν 11 1 0( ) ...P x x x xν ν

ν να α α α−−= + + + +

lim ( ) lim ( )x x

P x xννα→±∞ →±∞=

3. Όριο ρητής,

αν 1

1 01

1 0

...( ) , 0

...

x xf x

x x

ν νν ν

ν κκ κκ κ

α α αα β

β β β

−−

−−

+ + += ≠

+ + +(ρητή), τότε lim ( ) lim

xx

xf x

x

νν

κκ

αβ→±∞→±∞

=

• Αν ν<κ , τότε lim ( ) 0

x

f x→±∞

=

• Αν ν=κ , τότε lim ( )x

f x ν

κ

αβ→ ±∞

=

• Αν ν>κ , τότε , 0

lim ( ) lim

, 0xx

x

f x x

x

ν κν

κν κν

ν κνκ

κ

αβααββ

−

−

→±∞→±∞ −

+∞ >= =

−∞ <



19

Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο 5 2

2x

2x 3x 2x 4lim

3x 5x 2→−∞

− + − +

+ −

Λύση

5 2

2x

2x 3x 2x 4lim

3x 5x 2→−∞

− + − +

+ −=

3

x

2xlim

3→−∞

−= +∞

4. Όριο κλάσµατος ( )

lim( )x

f x

g x→±∞, µε εκθετικές xα , xβ (ή ( )h xα …) , µε α>0, β>0 ,

τότε συνήθως βγάζουµε κοινό παράγοντα τη δύναµη που έχει : Α) τη µεγαλύτερη βάση, όταν x →+∞ Β) τη µικρότερη βάση, όταν x →−∞ ώστε να προκύπτουν όρια ίσα µε το µηδέν (όπως παρακάτω) Παράδειγµα.

( )

x x x x

xx 1 x

x x xx xx x x x

2 3 3 2 3 3x(2 . ) 2 .

2 x 2 3)x 2 3 3 5 x 5 5 x 5lim lim lim lim

4 5 x 2 2 4 2 4 24 x x( )

5 x 5 x 5

+

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

− − ⋅ −⋅ − ⋅ = = =⋅ − ⋅ − ⋅ − −

5. Όρια εκθετικών λογαριθµικών

1 :

lim lim 0x x

x x

αν α τοτε

α α→+∞ →−∞

>

= +∞ =

0 1 :

lim 0 limx x

x x

αν α τοτε

α α→+∞ →−∞

< <

= = +∞

1 :

lim log lim log 0a ax x

ό

x x

αν α τ τε

→+∞ →−∞

>

= +∞ =

0 1 :

lim log 0 lim loga ax x

ό

x x

αν α τ τε

→+∞ →−∞

< <

= = +∞

6. Αν ο τύπος της f περιέχει ριζικά τότε βγάζουµε παράγοντα στο κάθε ριζικό το

µεγιστοβάθµιο όρο. • Αν η πράξη είναι επιτρεπτή βρίσκουµε µε τις ιδιότητες το όριο • Αν η πράξη δεν είναι επιτρεπτή τότε από την αρχή µε µετασχηµατισµούς-ταυτότητες,

«διώχνουµε» τα ριζικά (περίπτωση συζυγής παράσταση…), κάνουµε τυχόν απλοποιήσεις και βγάζουµε παράγοντα στο κάθε ριζικό το µεγιστοβάθµιο όρο και έχουµε επιτρεπτή πράξη.

y=ax

y

1

1 y=logax

O x

y=ax

y=logax

1

1

O x

y



20


Να βρεθούν τα όρια: α) 4 2011

xlim ( 2x 3x 1 2010 )→+∞

+ − − , β) 2 2

xlim ( x x 1 x 1)→+∞

− − − +

Λύση

α) 4 2011 4 2011 2 20113 4 3 4x x x

3 1 3 1lim( 2x 3x 1 2010 ) lim( x (2 ) 2010 ) lim (x 2 2010 )

x x x x→+∞ →+∞ →+∞+ − − = + − − = + − − =+∞

β) 2 2 2 2.0

2 2

2 2x x

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

x x 1 x 1

+∞

→+∞ →+∞

− − − + − − + +− − − + = =

− − + +

2 2

2 2x x

2 2

2x(1 )x x 1 x 1 1xlim lim

21 1 1x x 1 x 1 x( 1 1 )x x x

→+∞ →+∞

− +− − − −= = −

− − + + − − + +

7. Αν ο τύπος της f έχει απόλυτες τιµές, τότε για να βρούµε το lim ( )

x

f x→−∞

επιλέγουµε

κατάλληλο διάστηµα ( , )α−∞ , ώστε οι παραστάσεις στις απόλυτες να έχουν σταθερό

πρόσηµο και να βγαίνουν «εύκολα» οι απόλυτες.

( , )lim ( ) lim ( )

x xx x

f x f xα→−∞ ∈ −∞→−∞ ∈Α

=

Οµοίως για να βρούµε το lim ( )x

f x→+∞

επιλέγουµε κατάλληλο διάστηµα ( , )β +∞ , ώστε οι

παραστάσεις στις απόλυτες να έχουν σταθερό πρόσηµο και να βγαίνουν «εύκολα» οι απόλυτες.

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

f x f xβ→+∞ ∈Α →+∞ ∈ +∞

=

Παράδειγµα. Να βρεθεί το 3 3

3 2

2 3 1lim

4 2 3x

x x x

x x x→+∞

− + −

− + − +

Λύση 3 3lim (3 1) lim 3x x

x x x→+∞ →+∞

+ − = = +∞ , άρα υπάρχει x1>0 : x> x1 33 1x x+ − >0

3 3 3 3 3

3 2 3 2 3 2

2 3 1 2 (3 1) 1 1lim lim lim

4 2 3 4 2 3 4 2 3 4x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x→+∞ →+∞ →+∞

− + − − + − − − += = =

− + − + − + − + − + − +

8. Αν ο τύπος της f περιέχει παραµέτρους: κ, λ, α,… τότε: • αν ζητείται το όριο της f, κάνουµε διερεύνηση για όλες τις τιµές των παραµέτρων. • αν δίνεται το όριο της f και ζητούνται οι τιµές των παραµέτρων, τότε ελέγχουµε όλες

τις περιπτώσεις, δεχόµαστε εκείνες που υπάρχει το όριο της f και βρίσκουµε τις τιµές των παραµέτρων ώστε να προκύπτει το συγκεκριµένο όριο της f ή θέτουµε λ το όριο , λύνουµε τον τύπο της f και παίρνουµε τα όρια, συνεχίζουµε στο αρχικό όριο


Να βρεθεί το 2

xlim ( x -x+1-λx)→+∞

για τις διάφορες τιµές του λ∈ℝ

Λύση

x 0

2 22 2 2x x x x

1 1 1 1 1 1lim ( x -x+1-λx)= lim ( x (1- + )-λx)= lim ( x 1- + -λx) = lim[x( 1- + -λ)]= .(1 )

x x x x x x

>

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞+∞ −λ

- Αν 1 0 1− λ > ⇔ λ < τότε 2

xlim ( x -x+1-λx)=→+∞

+∞

- Αν 1 0 1− λ < ⇔ λ > τότε 2

xlim ( x -x+1-λx)=→+∞

−∞

- Αν λ=1 , 2 2 2 2.0

2

2 2x x x x

2

1-x(1- )( x -x+1-x)( x -x+1+x) x -x+1-x 1xlim ( x -x+1-x) = lim lim lim

21 1x -x+1+x x -x+1+x x( 1- + +1)x x

+∞

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞= = =−



21

9. Όριο µηδενικής επί φραγµένη(κριτήριο παρεµβολής για µηδενική)

Παράδειγµα. Να βρεθεί το lim 0x

x

x

ηµ

→±∞

=

Λύση 1 1 1.1

xx x

x x x x

ηµηµ ηµ= = ≤ ,

άρα 1 1 1 1 1xx x

x x x x x x

ηµηµ ηµ= ≤ ⇔ − ≤ ≤ και 1

lim 0

xx

→ ±∞

= , οπότε σύµφωνα µε το

κριτήριο παρεµβολής l im 0

x

x

x

η µ

→ ±∞

=

Παράδειγµα. Να βρεθεί το 2 1lim ( )x

xx

ηµ→ +∞

Λύση 2

11

1xx x

xx

ηµηµ = , οπότε

(1)2 1

lim ( ) .1x

xx

ηµ→+∞

=+ ∞ = +∞

Γιατί

1

0 0

1

lim lim 11

έ ux

x u u

uxu

x

θ τωηµ ηµ=

→+∞ → →= = (1)

Παρατήρηση. Άρα, αν κατά τη διαδικασία ανεύρεσης ορίων µέσα στις παραστάσεις προκύπτουν όρια που δεν υπάρχουν, τότε µετασχηµατίζουµε τις παραστάσεις ή µε κριτήριο παρεµβολής ώστε να αποφύγουµε ανύπαρκτα όρια.

10. Όριο σύνθετης lim ( ( ))x

f g x→±∞

:

Αλλαγή µεταβλητής, εργαζόµαστε ως εξής: 1. Θέτουµε )(xgu = …..όπως στα προηγούµενα.

Παράδειγµα. Να βρεθεί το x

xlim ln(e x 1)→+∞

+ +

Λύση. Θέτουµε 1xu e x= + + , οπότε έχουµε x

x xlim u lim (e x 1)→+∞ →+∞

= + + = +∞ , άρα ulim ln u→+∞

= +∞



22

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

Α. Μελέτη συνέχειας συνάρτησης 1. Αν ζητείται να µελετηθεί(εξεταστεί) η συνέχεια µιας συνάρτησης f τότε πρέπει να µελετηθεί η συνέχεια σε όλο το Πεδίο ορισµού της f. Παράδειγµα. Να µελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f.

>

≤=

1||,2

1||,2)(

2

xx

xxxf

Υπόδειξη. Πρέπει να µελετηθεί η συνέχεια της f σε όλο το Πεδίο ορισµού της (σε όλο το R). 2. Αν δίνεται το όριο µιας παράστασης της συνάρτησης f στο x

0 , η f είναι συνεχής στο x

0

και ζητείται το f(x0) τότε βρίσκουµε :

00

x xlim f(x) f (x )→

= , 0f (x ) R∈

Παράδειγµα. Αν 2x 4

f (x ) xlim 5

x 5x 4→

−=

− + και η f είναι συνεχής στο x

0=4,

να βρείτε την τιµή f(4).

Υπόδειξη. Θέτουµε 22

f ( x ) xg (x ) f ( x ) g (x )(x 5x 4) x (1)...

x 5x 4

−= ⇔ = − + +

− +

Προσοχή !! Θα ήταν λάθος να θέσουµε στην (1) x=4 και να βρούµε f(4) = 2, γιατί η g δεν ορίζεται για x = 4 . 3. Αν ζητείται να προσδιοριστούν οι τιµές παραµέτρων( που υπάρχουν στον τύπο της) έτσι ώστε η f να είναι συνεχής συνάρτηση (µπορεί να δίνονται σηµεία) τότε συνήθως δηµιουργούµε εξισώσεις από τη συνέχεια της f στα σηµεία που αυτή «αλλάζει» τύπο.

Παράδειγµα. Αν f(x) = 2

, 1

3 , 1 2

, 2

x x

x x

x x

α β

β α

− ≤

< ≤ − >

, να βρείτε τις τιµές των α , β ℜ∈

ώστε η f να είναι συνεχής (στο 1 και στο 2) Υπόδειξη. Οι εξισώσεις για να προσδιοριστούν τα α, β θα προκύψουν από τη συνέχεια της f στα σηµεία 1 και 2,

1 1lim ( ) lim ( ) (1)

x xf x f x f

− +→ →= = και

2 2

lim ( ) lim ( ) (2)x x

f x f x f− +→ →

= =

4. Αν ζητείται να εξεταστεί η συνέχεια παραµετρικής συνάρτησης f τότε για όλες τις δυνατές τιµές των παραµέτρων πρέπει να εξεταστεί η συνέχεια της συνάρτησης f.



23

Παράδειγµα. Αν f(x) = 1

, 0

2, 0

x xx

x

ηµ

α

≠ − =

να εξεταστεί η συνέχεια της συνάρτησης.

Υπόδειξη. α)Η f στο *R είναι συνεχής για κάθε τιµή του α ,ως γινόµενο των συνεχών

παραγόντων: της x που είναι πολυωνυµική και της 1

xηµ που είναι σύνθεση συνεχών.

( 1/χ και ηµχ).

β) στο x0 =0

0

1lim 0x

xx

ηµ→

= (…«µηδενική επί φραγµένη») οπότε για να είναι συνεχής στο 0

πρέπει f(0)=0 , άρα για α=2 είναι συνεχής στο R. 5. Αν ζητείται να αποδειχτεί η συνέχεια σε σηµείο x

0 µιας συνάρτησης f,η οποία

επαληθεύει µια ανισότητα(δίνεται ή δηµιουργείται), τότε συνήθως για να βρούµε το όριο στο x

0 χρησιµοποιούµε «κριτήρια παρεµβολής».

Παράδειγµα. Έστω η συνάρτηση f : R→ R τέτοια ώστε να ισχύει ( )f x x≤ για κάθε x∈R

Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο x0=0.

Υπόδειξη. Η σχέση ( ) ( )f x x x f x x≤ ⇔ − ≤ ≤ , οπότε f(0)=0 και κριτήριο παρεµβολής…

Παράδειγµα. Θεωρούµε τις συναρτήσεις f, g : R→R, για τις οποίες ισχύει :

(f(x))2+(g(x))

2 = 2xf(x) για κάθε x∈R. Να αποδείξετε ότι οι f και g είναι συνεχείς στο x

0=0.

Υπόδειξη. Βρίσκουµε για x=0, 2 2( (0)) ( (0)) 0f g+ = (0) (0) 0f g⇒ = = .. Η σχέση µετασχηµατίζεται

2 2 2 2 2 2 2 2 2( ( )) ( ( )) 2 ( ) 0 ( ( )) 2 ( ) ( ( )) ( ( ) ) ( ( ))f x g x xf x f x xf x x g x x f x x g x x+ − = ⇔ − + + = ⇔ − + =

Άρα , 2 2( ( ) )f x x x− ≤ και 2 2( ( ))g x x≤ …. 6. Αν ζητείται να αποδειχτεί ότι µια συνάρτηση f είναι συνεχής, για την οποία δίνεται συναρτησιακός τύπος και η συνέχεια σε σηµείο α

, τότε συνήθως:

• Αν α=0, για συναρτησιακό τύπο f(x+y)=…, θέτουµε x=x0+h 0x x h⇔ − = και γίνεται

αλλαγή µεταβλητής: αν x→x0 τότε h→0

• Αν α=1, για συναρτησιακό τύπο f(x.y)=…, θέτουµε 00

xx x h h

x= ⇔ = , x→x0 άρα h→1

ΓΕΝΙΚΑ, για 0a ≠ και συναρτησιακό τύπο f(x+y)=…, θέτουµε x=x0+h-α,

αν x→x0 τότε h→α

για 1a ≠ και συναρτησιακό τύπο f(x.y)=…, θέτουµε x=x0.h/α,

αν x→x0 τότε h→α



24

Παράδειγµα. Έστω συνάρτηση f τέτοια ώστε : f(x + y) = f(x) + f(y) – 1 , για κάθε x , y ℜ∈ . Να δείξετε ότι αν η f είναι συνεχής σε κάποιο σηµείο α ℜ∈ , τότε είναι συνεχής στο ℜ .

Υπόδειξη. Για x=y=0 έχουµε , (0) (0) (0) 1 (0) 1f f f f= + − ⇔ =

Για x=α , y = - α έχουµε , (0) ( ) ( ) 1 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 2 0f f f f f f fα α α α α α= + − − ⇔ = + − − ⇔ + − − =

H συνάρτηση είναι συνεχής στο α , άρα ισχύει lim ( ) ( )x

f x fα

α→

=

Έστω τυχαίο x0, x0 ℜ∈ . Θέτουµε x=x0+h-α , αν 0x x→ τότε h α→

00 0 0lim ( ) lim ( ) lim[ ( ) ( ) 1] ( ) 1 lim[ ( ) ( ) 1]

x x h h hf x f x h f x f h f x f h f

α α αα α α

→ → → →= + − = + − − = − + + − − =

= 0 0( ) 2 ( ) ( ) ( )f x f f f xα α− + + − = , άρα f συνεχής στο R.



25

Β. Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα 1. Αν ζητείται να δειχτεί η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) µιας εξίσωσης( ή συνάρτησης)

στο (α, β) τότε: α) επιλύουµε την εξίσωση(αν είναι εύκολο..) β) µε δοκιµές είναι κάποιες φορές δυνατό να βρούµε λύσεις(ρίζες) γ) εξετάζουµε αν εφαρµόζεται το Θ. Bolzano, στο διάστηµα [α,β] για τη συνάρτηση f που θα έχουµε f(x)=0, αν κάνουµε απαλοιφή παρονοµαστών και µεταφέρουµε όλους τους όρους στο ένα µέλος της εξίσωσης. Αν ζητείται να δείξουµε ότι η ρίζα είναι µοναδική, τότε αυτό το δείχνουµε µε τα παρακάτω:

i) f «1-1» ii) f γνησίως µονότονη στο [α,β] iii) µε «άτοπο»

* Αν δε δίνεται το (α, β) τότε επιλέγουµε διάστηµα µε δοκιµές ή βρίσκουµε όρια... Παράδειγµα. Nα δειχθεί ότι η εξίσωση 2xηµx-ex

συνx=0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

διάστηµα (0,2

π).

Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x)= 2xηµx-exσυνx , που είναι συνεχής στο R ως

άθροισµα γινοµένων συνεχών, οπότε

• f συνεχής στο [0,2

π]

• f(0)=-1 , f(2

π)=π άρα f(0)f(

2

π)<0

……..Θ.Bolzano……

Παράδειγµα. Να δειχθεί ότι η εξίσωση x 2e +1 x +2

x-α β-x= έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο

διάστηµα (α,β)

Υπόδειξη. x 2

x 2e +1 x +2(e +1)(β-x)-(x +2)(x-α)=0

x-α β-x= ⇔ (x≠ α,β)

Θεωρούµε τη συνάρτηση x 2f (x) (e +1)(β-x)-(x +2)(x-α)= είναι συνεχής… στο [α,β]

Βρίσκουµε αf ( ) (e +1)(β-α)>0α = , 2f ( ) (β +2)(β-α)<0β = − , οπότε …Θ.Bolzano… Παράδειγµα. Αν η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [1, e] και g(1)=e, να δείξετε ότι η εξίσωση g(x)=lnx+e-1 έχει µία µόνο ρίζα στο (1,e). Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x)= g(x)-lnx-e+1 - για την ύπαρξη ρίζας …Θ.Bolzano… για την f στο [1, e] - για τη µοναδικότητα της ρίζας δείχνουµε ότι f γν. φθίνουσα…..

Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση 6 9x x− = έχει µια τουλάχιστον θετική ρίζα.

Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση 6( ) 9f x x x= − − , είναι συνεχής πολυωνυµική.

(0) 9f = − και (2) 53f =

…. Θ.Bolzano… για την f στο [0, 2]…….



26

2. Αν ζητείται η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) εξίσωσης στο κλειστό [α, β], τότε εργαζόµαστε όπως προηγουµένως µε την f, προκύπτει συνήθως ( ). ( ) 0f fα β ≤ , διακρίνουµε περιπτώσεις:

i) ( ). ( ) 0f fα β = , οπότε ( ) 0 ( ) 0f ή fα β= = ii) ( ). ( ) 0f fα β <

Παράδειγµα. Αν f είναι περιττή και συνεχής στο [-2, 2]. Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον µια ρίζα της f(x)=0 στο [-2, 2]. Υπόδειξη. Θ.Bolzano… για την f στο [-2, 2]…….όµως f(-2)= -f(2) ,

άρα 2( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0f f f− = − ≤ διακρίνουµε περιπτώσεις

iii) f(-2)f(2)=0 , οπότε f(-2)=0 ή f(2)=0 iv) f(-2)f(2)<0 ισχύει ….Θ.Bolzano…

3. Αν ζητείται η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) εξίσωσης( ή συνάρτησης) τότε µπορούµε

να δείξουµε την ύπαρξη ρίζας µε το σύνολο τιµών. Θεωρούµε τη συνάρτηση f (όπου f(x)=0 η τελική εξίσωση) και δείχνουµε ότι το 0 ανήκει στο σύνολο τιµών της f, άρα θα υπάρχει x

0 ώστε f(x

0)=0…

Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση ln 0xx e+ = έχει µια ακριβώς ρίζα στο (0,1)

Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ln xf x x e= + , είναι συνεχής στο (0,1] και

f είναι γν. αύξουσα,0

lim ( ) 1x

f x+→

= −∞ + = −∞ και (1)f e= , άρα ((0,1]) ( , ]f e= −∞

Οπότε 0 ανήκει στο ( , ]e−∞ άρα υπάρχει 0 (0,1)x ∈ : 0( ) 0f x = , 0x =ρίζα…

Αφού f γνησίως αύξουσα, η ρίζα είναι µοναδική. 4. Αν ζητείται η ύπαρξη ν (τουλάχιστον) ριζών εξίσωσης(ή συνάρτησης) στο (α, β), τότε

χωρίζουµε κατάλληλα το διάστηµα σε ν υποδιαστήµατα εργαζόµαστε όπως στην περίπτωση 1. για την f σε κάθε υποδιάστηµα. ή βρίσκουµε το σύνολο τιµών της συνάρτησης µε µονοτονία και εφαρµόζουµε Θ.Ε.Τ.

Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση 6 3 1x x= + έχει δύο τουλάχιστον ρίζες.

Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση 6( ) 3 1f x x x= − − …µε δοκιµές…

( 0 ) 1f = − , ( 2) 69f − = και (2) 57f = , άρα ισχύει ….Θ.Bolzano… στα

διαστήµατα [-2, 0] και [0, 2]. 5. Περιπτώσεις ύπαρξης ρίζας εξίσωσης σε διαστήµατα της µορφής (α,β) ή (α,β] ή[α,β)

όπου α, β πραγµατικοί αριθµοί ή ±∞ στα ανοικτά διαστήµατα. Στις περιπτώσεις αυτές βρίσκουµε τα όρια στα άκρα α και β και ανάλογα επιλέγουµε κατάλληλο ή δείχνουµε ότι υπάρχει υποδιάστηµα του αρχικού διαστήµατος που να εφαρµόζεται Θ.Bolzano(ή εφαρµόζουµε το Θ.Ε.Τ. µε το σύνολο τιµών). Παράδειγµα. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0, +∞ ) µε

0lim ( )x

f x γ+→

= ∈ ℝ και lim ( )x

f x δ→ +∞

= ∈ ℝ , να αποδείξετε ότι υπάρχει µόνο ένας αριθµός

x0>0 τέτοιος ώστε να ισχύει 0 10 0( ) ln 1xf x e x++ + =

Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση 1( ) ( ) ln 1xg x f x e x+= + + − , x>0 .H g είναι είναι γν. αύξουσα ως άθροισµα γν. αυξουσών

0l im ( )x

g x+→

= −∞ και l im ( )x

g x→ +∞

= + ∞ και αφού είναι

συνεχής ως άθροισµα συνεχών , το σύνολο τιµών της g είναι όλο το ℝ . Άρα, µε το Θ.Ε.Τ. υπάρχει x0>0 : g(x0)=0



27

ΧΡΗΣΙΜΑ ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ

1. Αν lim ( )

x af x

+→= −∞ τότε υπάρχει 0x >α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x <

Αν lim ( )x a

f x−→

= −∞ τότε υπάρχει 0x <α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x <

Αν lim ( )x a

f x+→

= +∞ τότε υπάρχει 0x >α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ανάλογα αν x a−

→ )

Αν lim ( ) 0x a

f x λ+→

= > (ή <0) τότε υπάρχει 0x >α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ή <0)

Αν lim ( ) 0x a

f x λ−→

= > (ή <0) τότε υπάρχει 0x <α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ή <0)

Αν lim ( ) 0x

f x λ→+∞

= > (ή <0) τότε υπάρχει 0x >0 τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ή <0)

*Με αυτή την παρατήρηση µπορούµε να εφαρµόζουµε το θεώρηµα Bolzano και σε διαστήµατα της µορφής ( , )α + ∞ ή ( , )−∞ +∞ ή ( , )β−∞

2. Αν η f είναι συνεχής και γν. αύξουσα στο διάστηµα :

• [α,β] τότε ([ , ]) [ ( ), ( )]f f fα β α β=

• [α,β) τότε ([ , )) [ ( ),lim ( ))x

f f f xβ

α β α−→

=

• (α,β] τότε (( , ]) ( lim ( ), ( )]x

f f x fα

α β β+→

=

• (α,β) τότε (( , )) ( lim ( ), lim ( ))x x

f f x f xα β

α β+ −→ →

=

3. Αν η f είναι συνεχής και γν. φθίνουσα στο διάστηµα :

• [α,β] τότε ([ , ]) [ ( ), ( )]f f fα β β α=

• [α,β) τότε ([ , )) (lim ( ), ( )]x

f f x fβ

α β α−→

=

• (α,β] τότε (( , ]) [ ( ), lim ( ))x

f f f xα

α β β+→

=

• (α,β) τότε (( , )) ( lim ( ), lim ( ))x x

f f x f xβ α

α β− +→ →

=

*Με τη συνέχεια και τη µονοτονία κατά διαστήµατα(Θ. παράγωγων) βρίσκουµε το πεδίο τιµών και τα ακρότατα 4. α)Αν η f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα [α, β] τότε ([ , ]) [ , ]f m Mα β = έχει µέγιστο

Μ(µέγιστη τιµή) και ελάχιστο m(ελάχιστη τιµή) , ( )m f x M x R≤ ≤ ∀ ∈ .

β) Αν η f είναι συνεχής σε ανοικτό διάστηµα (α, β) τότε το (( , ))f α β µπορεί να είναι

ανοικτό ή κλειστό διάστηµα.(συγκεκριµένα προκύπτει µε τη µονοτονία)



28

5. α) Το Θ. Bolzano εξασφαλίζει σηµείο τοµής για τις fC µε τον άξονα χ΄χ, µε τετµηµένη 0x

στο (α,β), 0( ) 0f x = (αν εφαρµοστεί και ισχύει για τη συνάρτηση f ).

β) Το Θ. Bolzano εξασφαλίζει την ύπαρξη σηµείου 0x στο (α, β) ώστε 0 0( ) ( )f x g x=

αν εφαρµοστεί και ισχύει για τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )F x f x g x= − ή εξασφαλίζει σηµείο

τοµής για τις fC και gC , µε τετµηµένη 0x στο (α,β), 0 0( ) ( )f x g x= .

*Σε όλα τα παραπάνω επιλέγουµε κατάλληλο διάστηµα αν δεν ορίζεται.

6. Μελέτη του πρόσηµου µιας συνεχούς συνάρτησης µε Θ. Bolzano:

α) Βρίσκουµε τις ρίζες της f(x)=0. β) ∆ηµιουργούµε τον πίνακα µεταβολής του πρόσηµου της f γ) Στο κάθε διάστηµα που ορίζουν οι ρίζες της f το σύνολο ορισµού της, το πρόσηµο της

είναι το πρόσηµο µιας τιµής της f σε ένα σηµείο του διαστήµατος

7. Αν µια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] και για κάθε ( , ) ( ) 0x f xα β∈ ≠ ,

τότε : Η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο (α, β) , είναι:

( ) 0f x > , αν ( ) 0f ξ > , για κάποιο ( , )ξ α β∈

ή ( ) 0f x < , αν ( ) 0f ξ < , για κάποιο ( , )ξ α β∈ .

*Αν δεν δίνεται η σχέση ( ) 0f x ≠ για κάθε x , τότε συνήθως την αποδεικνύουµε µε άτοπο,

δηλ. υποθέτουµε ότι υπάρχει x0 ώστε ( ) 0f x = …


Aν f συνεχής στο [-1, 5] και ( ) 0, ( 1,5)f x x≠ ∈ − , µε f(1)<0 τότε ( ) 0f x < στο (-1,5)

8. Αν ( ). ( ) 0f x g x x R= ∀ ∈ τότε ( ( ) 0 ( ) 0)f x ή g x x R= = ∀ ∈

Άσκηση 7 / Β΄ Οµάδας / §1.8.

Γενικά, αν ισχύει: f(x) ⋅⋅⋅⋅g(x)====0, για κάθε x∈ ⊆ RA ,

δεν σηµαίνει ότι ισχύει: (f(x)=0, για κάθε x∈ ⊆ RA ) ή (g(x)=0, για κάθε x∈ ⊆ RA ),

αλλά σηµαίνει ότι υπάρχει ⊆B A , τέτοιο ώστε:

( ) ( )= ∈ = ∈ −f (x) 0, για κάθε x B και g(x) 0, για κάθε x A B .

Παράδειγµα. Αν <

= ≥

0, x 0f(x)

x, x 0 και

<=

≥

x, x 0g(x)

0, x 0

Για τις οποίες ισχύει: f(x).g(x)====0, για κάθε x ∈∈∈∈R . Όµως, καµία από τις συναρτήσεις αυτές δεν είναι η µηδενική συνάρτηση.



29

Άσκηση 7ii σελ.200. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις µε την ιδιότητα 2 2( )f x x= για x∈ℝ

Λύση 2 2 2 2( ) ( ) 0 ( ( ) )( ( ) ) 0 ( ( ) ( ) )f x x f x x f x x f x x f x x ή f x x x= ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ = = − ∀ ∈ℝ

Αν x > 0 είναι ( ) 0f x ≠ , οπότε θα έχει σταθερό πρόσηµο για (0, )x∈ +∞ και θα έχουµε

( ) , 0f x x x= > είτε ( ) , 0f x x x=− >

Αν x < 0 είναι ( ) 0f x ≠ , οπότε θα έχει σταθερό πρόσηµο για ( ,0)x∈ −∞ και θα έχουµε

( ) , 0f x x x= < είτε ( ) , 0f x x x=− <

Αν x=0 , ( ) 0f x =

Τελικά είναι 4 συναρτήσεις:

( ) ,f x x x= ∈ℝ , ( ) ,f x x x= − ∈ℝ , ( ) ,f x x x= ∈ℝ , ( ) ,f x x x= − ∈ℝ

Παράδειγµα. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις µε την ιδιότητα 2( ) ( )xf x e f x= , για κάθε x∈ℝ

Λύση 2( ) ( ) ( )( ( ) ) 0 ( ( ) 0 ( ) )x x xf x e f x f x f x e f x ή f x e x= ⇔ − = ⇔ = = ∀ ∈ℝ

Αν ( ) 0f x = για κάθε x∈ℝ , η συνάρτηση είναι συνεχής και είναι µια από τις συναρτήσεις.

Αν ( ) 0f ξ ≠ για κάποιο ξ ∈ℝ τότε ( )f eξξ = . Θα δείξουµε ότι ( ) xf x e= , για κάθε x∈ℝ

Έστω ότι υπάρχει κ, : ( )f eκκ ξ κ≠ ≠ , άρα ( ) 0f κ = . Αν κ< ξ τότε ( ) 0 ( )f e e fκ ξκ ξ= < < = , οπότε

από το Θ.Ε.Τ., προκύπτει ότι υπάρχει µ ( , ) : ( )f eκµ κ ξ µ∈ = , όµως ( )f eµµ = , εποµένως κ=µ , άτοπο.

Άρα, ( ) xf x e x= ∀ ∈ℝ

9. Για την εύρεση του συνόλου τιµών µιας συνεχούς συνάρτησης f σε διάστηµα ∆, χρησιµοποιούµε τα 2 και 3. Αν το πεδίο ορισµού της f είναι ένωση διαστηµάτων ή η f δεν έχει το ίδιο είδος µονοτονίας σε όλο το πεδίο ορισµού(µελετάµε τη µονοτονία κατά διαστήµατα), τότε βρίσκουµε το σύνολο τιµών του κάθε διαστήµατος και το σύνολο τιµών της f είναι η ένωση όλων των συνόλων τιµών. ∆ηλαδή αν 1 2 3A = ∆ ∪∆ ∪∆ και στα 1 2 3, ,∆ ∆ ∆ είναι

γνησίως µονότονη(όχι απαραίτητα µε την ίδια µονοτονία) τότε

1 2 3( ) ( ) ( ) ( )f f f fΑ = ∆ ∪ ∆ ∪ ∆ .

10. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γν. µονότονη µε f: ( , ) Rα β → και

(( , )) ( , )f α β γ δ= :

• αν f γν. αύξουσα τότε lim ( )x a

f xγ+→

= και lim ( )x

f xβ

δ−→

= , υπάρχει η 1f −



30

που είναι γν. αύξουσα 1(( , )) ( , )f γ δ α β− = και 1lim ( )x

f x aγ

−

→= , 1lim ( )

xf x

δβ−

→=

:f x y→ ή ( )f x y= και 1 :f y x− → ή 1( )f y x− =

• αν f γν. φθίνουσα τότε lim ( )x a

f xδ+→

= και lim ( )x

f xβ

γ−→

= , υπάρχει η 1f −

που είναι γν. φθίνουσα 1(( , )) ( , )f γ δ α β− = και 1lim ( )x

f xγ

β−

→= , 1lim ( )

xf x

δα−

→=

όρια γ λυκείου

Education

Transcript of όρια γ λυκείου