Μαθηματικά θετικού προσανατολισμού ΣΥΝΕΧΕΙΑ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 0

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ

ΛΥΚΕΙΟΥ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΟΜΑΔΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ, ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Μήταλας Γ , Δρούγας Α. Χάδος Χ. Γερμανός Ξ. Πάτσης Σ.

Ο ΤΣΕΛΕΜΕΝΤΕΣ ΤΟΥ ΥΠΟΨΗΦΙΟΥ

ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΟΥ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ



Το χόμπι μου είναι η μαγειρική και ενίοτε παθαίνω εκρήξεις φαιδρότητας και κυνισμού.

Ηρεμήστε, δεν προτίθεμαι να παραθέσω συνταγές μαγειρικής, πλην όμως, τα τελευταία

χρόνια έχω πολλές ενστάσεις για τον τρόπο που εξετάζονται τα μαθηματικά στις

πανελλαδικές εξετάσεις. Γιατί να το κρύψουμε άλλωστε, η επιτροπή θεμάτων τα

τελευταία χρόνια πίνει νερό στο όνομα του Αλ Κβαρίσμι και έχει αγιοποιήσει την

μεθοδολογία.Διάβαζα,πρόσφατα σε γνωστό μέσο κοινωνικής δικτύωσης ότι

«μεθοδολογία στα μαθηματικά είναι ένα τέχνασμα που έγινε viral”,ένας on line

εξωραϊσμός του γνωστού αφορισμού του Τζωρτζ Πόλυα. Παρόλα αυτά, το παρόν είναι

απόλυτα εναρμονισμένο στην λογική ενός τσελεμεντέ τεχνικών επίλυσης ασκήσεων. Το

εγχειρίδιο του επιτήδειου στα μαθηματικά θετικού προσανατολισμού.Πέρα και μακριά

από την μαθηματική σκέψη στις παρακάτω σελίδες θα βρείτε μια σειρά από

τυφλοσούρτες για να λύνετε τα θέματα των πανελληνίων. Το παρόν συμπληρώνει το

σχολικό βιβλίο. Που και που, θα βρίσκετε αγαπημένες συνταγές!!

Σ.Ο.Κ.Ο.Ν Σπανακόπιτα µε φύλλο κρούστας

Υλικά

Φύλλο κρούστας 1 πακέτο

Σπανάκι 1 κιλό

Κρεµµύδι 1 ψιλοκοµµένο

Φρέσκα κρεµµυδάκια 4 ψιλοκοµµένα

Άνηθο 1/2 µατσάκι ψιλοκοµµένο

Τυρί φέτα 400 γρ τριµµένη ,Αυγά 4 τεµ ,Ελαιόλαδο 3/4

ποτήρι νερού, Αλάτι – πιπέρι, ∆υόσµο 1 κουταλάκι γλυκού, Σουσάµι άσπρο 1 φλυτζανάκι του

καφέ, Σουσάµι ασπρόµαυρο για το πασπάλισµα,Γάλα 1 φλυτζανάκι του καφέ

Οδηγίες Καθαρίζουµε, πλένουµε το σπανάκι, το βάζουµε σε µια κατσαρόλα να ζεµατιστεί λίγο

δηλαδή ίσα να µαραθεί και το βγάζουµε να στραγγίξει. Καθαρίζουµε , πλένουµε και ψιλοκόβουµε το

κρεµµύδι , τα φρέσκα κρεµµυδάκια , τον άνηθο και τον δυόσµο. Σε µια κατσαρόλα βάζουµε το µισό

λάδι, µόλις ζεσταθεί προσθέτουµε το ξερό κρεµµύδι, αφήνουµε λίγο να µαραθεί και βάζουµε και τα

φρέσκα κρεµµυδάκια. Τα γυρίζουµε λίγο, κόβουµε και βάζουµε και το σπανάκι (αν έχει υγρά

στύβουµε µε το χέρι µας να στραγγίξει καλά πριν το βάλουµε στην κατσαρόλα) ανακατεύουµε καλά

και προσθέτουµε αλάτι, πιπέρι, δυόσµο, άνηθο, σουσάµι άσπρο. Ανακατεύουµε να πάνε παντού τα

υλικά και κατεβάζουµε από την φωτιά. Αφήνουµε λίγο ώστε να γίνει χλιαρό το µείγµα µας και

βάζουµε την θρυµµατισµένη φέτα. Χτυπάµε ελαφρώς τα 3 αυγά και τα προσθέτουµε στο µείγµα

ανακατεύοντας καλά και η γέµιση µας είναι έτοιµη. Αλείφουµε µε λάδι το ταψί µας και

τοποθετούµε ένα φύλλο ολόκληρο σε όλη την επιφάνεια του ταψιού. Κόβουµε τα υπόλοιπα φύλλα

στην µέση και τοποθετούµε τα µισά σε στυλ πλισέ λαδώνοντας ενδιάµεσα (όπως στην φωτογραφία

παρακάτω). Απλώνουµε πάνω τους την γέµιση και από πάνω βάζουµε τα υπόλοιπα φύλλα µε τον

ίδιο τρόπο (στυλ πλισέ) λαδώνοντας πάλι. Καλύπτουµε µε το τελευταίο φύλλο απλωµένο κανονικά

(ίσιο). Αφήνουµε για 10 λεπτά το ταψί στο ψυγείο για να κοπεί πιο εύκολα η πίτα µας. Κόβουµε σε

ρόµβους, χτυπάµε το ένα αυγό που κρατήσαµε µαζί µε το γάλα και µε την βοήθεια πινέλου

αλείφουµε την επιφάνεια της πίτας µας. Τέλος πασπαλίζουµε µε το ασπρόµαυρο σουσάµι. Ψήνουµε

σε προθερµασµένο φούρνο στους 180 βαθµούς µόνο την κάτω µεριά για περίπου 30 λεπτά και µετά

το βάζουµε να ψηθεί στο πάνω – κάτω για άλλα 15 λεπτά µέχρι να ροδίσει.



ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

1)Μαθηματικα Θετικού προσανατολισμού, Ανδρεαδάκης, Κατσαργύρης,Μέτης. Ο.Ε.Δ.Β

2) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Μπάρλας Α., Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική

3)Μαθηματικα Γ Λυκείου, Κατσαρός Δ. ,Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική

4) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Στεργίου –Νάκης ,Εκδόσεις Σαββάλα

5) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Μαυρίδης Γ., Εκδόσεις Μαυρίδη

6) Μαθηματικά Γ Λυκείου, Σκομπρής Γ., Εκδόσεις Σαββάλα

7) Μαθηματικά Γ Λυκείου ,Μιχαηλίδης Γ., Εκδόσεις Μαυρίδη

8)Αναλυση Μαθηματικά, Αχτσαλωτίδης Χ. ,Εκδόσεις Μεταίχμιο

9) Μαθηματικά Γ Λυκείου ,Παπαδάκης ,Εκδόσεις Σαββάλα

10) Μαθηματικά Γ Λυκείου ,Ξένος. Θ. ,Εκδόσεις Ζήτη

11)Μαθηματικα-Αναλυση Μαντάς Γ. ,Εκδόσεις Μαντά

12)Μαθηματικα-Αναλυση Ευρυπιώτης Σ.Γ. ,Εκδόσεις Πατάκη

13)Μαθηματικα-Αναλυση Μπαιλάκης Σ.Γ.,Εκδόσεις Σαββάλα

14) Ανάλυση 1,2 ,Γκατζούλη Κ., Εκδόσεις Γκατζούλη

15) 1000+1 ασκήσεις στις παραγώγους, Ξηνταβελώνης Π., Εκδόσεις Λιβάνη

16)Μαθηματικά Γ Λυκείου, Β &Ρ Σπανδάγου., Εκδόσεις Αίθρα

17)Μαθηματικά Γ Λυκείου,Αρχείο Σ.Ο.Κ.Ο.Ν

18)ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β

19)Συναρτήσεις, Ποστάντζης Β.

20)Βιβλιο του διδάσκοντος.Για το μάθημα ανάλυση της Γ λυκείου,Γ.Παντελίδη, Εκδόσεις

Ζήτη

21)Θεωρημα μέσης τιμής ,Γιαννιτσιώτης-Καραγιώργος, Εκδόσεις Κωστόγιαννος

22)Συναρτήσεις Θ.Ν. Καζαντζής. Εκδόσεις Τυποεκδοτική

23)Αναλυση,Ντζιωρας.Η, Εκδόσεις Πατάκη

24)Αναλυση,ΜπαραλόςΓ. Εκδόσεις Παπαδημητρόπουλου

25) Απειροστικός λογισμός, Spivak M. , Παν. Εκδόσεις Κρήτης

26)Μαθηματική ανάλυση Ρασσιάς Μ. ,Εκδόσεις Σαββάλα

24)Problems in Calculus ,Ι.Μ.Maron Mir Publisher

25)Θέματα μαθηματικών κατεύθυνσης,Πανουσάκης Ν. ,Εκδοτικός όμιλος Συγγραφέων

καθηγητών

26) Το Φ

27) Η διδασκαλία του Απειροστικού λογισμού, μέσω αντιπαραδειγμάτων, Πλάταρος

Γιάννης

27)Οδηγος επανάληψης στα μαθηματικά Γ λυκείου, Χ.Πατήλας, εκδόσεις Κωστόγιαννος

28)Γενικα θέματα μαθηματικών, Βλαχος.Β.,Κουτσουκος Π.,Ξηροκωστας Π.,Πλατης Χ.

29)Problem book: Algebra and Elementary functions, Kutepov A.,Rubanov, MIR Publishers

30) Θέματα για πανελλήνιες εξετάσεις πρώτης δέσμης ,Σάκης Λιπορδέζης

Τα σχήματα επιμελήθηκε ο Ντόναλντ Ντάκ ενώ τους γραμμοκώδικες ( qr-code)

δημιούργησε ο Οβελίξ σε συνεργασία με τον Κακοφωνίξ.



46. ΣΥΝΕΧΕΙΑ: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ – ΟΡΙΣΜΟΣ – ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΑΣΥΝΕΧΕΙΑΣ 1. Γεωμετρική ερμηνεία της συνέχειας στο 0x .

Διαπιστώνω οπτικά αν πάνω στην κατακόρυφη ευθεία 0x x= η καμπύλη fC δεν διασπάται

(δεν διαχωρίζεται πάνω κάτω) και επιπλέον η τιμή ( )0f x (μαύρη κουκίδα) βρίσκεται πάνω

στην καμπύλη. Στην περίπτωση αυτή η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0x γιατί

( ) ( ) ( )0 0

0x x x xlim f x lim f x f x

− +→ →= = .

Παράδειγμα 1: Από τη γραφική παράσταση να διαπιστωθεί σε ποιες θέσεις (xo =1 ή 2 ή 3) είναι

συνεχής ή ασυνεχής η συνάρτηση f.

(1).

(2).

▪ ( ) ( ) ( )− +→ →

= = =x 1 x 1lim f x lim f x f 1 2

Άρα f είναι συνεχής στο =0

x 1

▪ ( ) ( )− +→ →

= ≠ =x 2 x 2lim f x 2.6 5 lim f x

Η f δεν είναι συνεχής στο =0

x 2

▪ ( ) ( ) ( )− +→ →

= = ≠ =x 3 x 3lim f x lim f x 2.6 7 f 1


x 3

▪ ( ) ( )−→

= ≠ =x 1lim f x 2 2.6 f 1 2

Άρα f δεν είναι συνεχής στο =0

x 1

▪ ( ) ( ) ( )− +→ →

= ≠ = =x 2 x 2lim f x 2 5 lim f x f 2


x 2

▪ ( ) ( ) ( )− +→ →

= =x 3 x 3lim f x lim f x f 1

Η f είναι συνεχής στο =0

x 3

Cf

7

5

2.6

1 2 3

2

Cf 5

2.6

1 2 3

2

Μπακαλοκουβέντες…

∆ιαισθητικά αντιλαµβανόµαστε µια συνάρτηση ως συνεχή στο πεδίο ορισµού της όταν η γραφική της

παράσταση αποτελείται από µια συνεχή καµπύλη που δεν διακόπτεται.Πρέπει να µπορούµε να την

διατρέξουµε µε ένα µολύβι µονοκονδυλιά χωρίς να αναγκαστούµε να σηκώσουµε το µολύβι από το χαρτί.

Γεγονός που δεν ανταποκρίνεται στην πραγµατικότητα,πέρα από τις συνεχείς συναρτήσεις του σχολικού

βιβλίου υπάρχουν και άλλες οι οποίες παρότι είναι συνεχείς στο πεδίο ορισµού τους, µόνο ένα υπερφυσικό ον

θα µπορούσε να τις σχεδιάσει χωρίς να σηκώσει το µολύβι από το χαρτί. Μια τέτοια συνάρτηση στον παρακάτω

σύνδεσµο:http://www.wolframalpha.com/input/?i=f%28x%29%3Dxsin%281%2Fx%29



2: Ορισμός

Έστω μια συνάρτηση f και 0 fx D∈ . Θα λέμε ότι η f είναι συνεχής στο 0x όταν ( ) ( )0

0x xlim f x f x→

= .

ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΑΣΥΝΕΧΕΙΑΣ

α). Υπάρχει το όριο, υπάρχει η αριθμητική τιμή αλλά είναι άνισα ( ) ( )0

0x xlim f x f x→

≠ .

β). Αν 0 fx D∉ (δεν υπάρχει το ( )0f x η f ασυνεχής.

γ). Δεν υπάρχει το όριο (άνισα τα πλευρικά).

δ). Ένα από τα πλευρικά όρια είναι άπειρο.

3.Συνέχεια σε κλειστό διάστημα • Μια συνάρτηση θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ανοικτό διάστημα (α, β) όταν είναι συνεχής

σε κάθε σημείο του (α, β).

• Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα [α, β], όταν είναι συνεχής

σε κάθε σημείο του ( ),α β και επιπλέον ( ) ( ) ( ) ( )x α x βlim f x f α και lim f x f β

+ −→ →= = .

Α: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΣΥΝΕΧΕΙΑΣ ΣΤΟ 0x .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Η γραφική παράσταση της συνάρτησης − → − f : 2,3 2,4 είναι αυτή του παρακάτω σχήματος.

Να βρείτε τα σημεία στα όποια η f δεν είναι συνεχής.

Λύση. Παρατηρούμε ότι ( )

−→−=

x 1lim f x 0 και ( )

+→−=

x 1lim f x 2 δηλαδή ( ) ( )

+ +→− →−≠

x 1 x 1lim f x lim f x .Η f δεν είναι

συνεχής στο = −0

x 1 .

( )−→

=x 1lim f x 3 και ( )

+→=

x 1lim f x 1 δηλαδή ( ) ( )

+ +→ →≠

x 1 x 1lim f x lim f x .Η f δεν είναι συνεχής στο =

0x 1

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 46-1. Στα παρακάτω σχήματα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δυο συναρτήσεων. Να

βρείτε τα σημεία στα οποία αυτές δεν είναι συνεχείς.

O

1

1

3

2

3 2 x

y

O

−1

1

1

2

3,5 3 2 x

y



47 . ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΑΠΛΟΥ – ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ ΤΥΠΟΥ 1. Συνέχεια απλού τύπου

• Η συνάρτηση είναι συνεχής σε όλα τα σημεία στα οποία ορίζεται ο τύπος της ως έκφραση

πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

• Στο σημείο 0x που δεν ορίζεται ο τύπος βρίσκω το ( )0x x

lim f x λ→

= , από τη σχέση που έχει

«διάφορο 0x x≠ ». Αν ( )0λ f x= τότε f συνεχής στο 0x , αν ( )0λ f x≠ τότε f ασυνεχής στο 0x

(όλες οι γνωστές συναρτήσεις θεωρούνται συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους).

Παράδειγμα 1: Να εξεταστεί αν είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της η συνάρτηση ( )−

=−

3x 1f x

x 1,

όταν ( ) =f 1 2 .

Παράδειγμα 2: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 4 να βρεθεί η τιμή ( )f 4 , όταν για κάθε x 0≥

ισχύει ( ) ( )4 x 8 x 4 f x x 4− ≤ − ≤ − .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 47-1. Έστω f συνάρτηση συνεχής στο 3 για την οποία ισχύει ( ) ( ) 2x 3 f x x 9− = − για κάθε x R∈ .

Να βρεθεί η τιμή ( )f 3 .

Λύση

Επειδή η f είναι συνεχής στο 3 θα ισχύει ( ) ( )x 3lim f x f 3→

= . Άρα αρκεί να βρούμε το ( )x 3lim f x→

.

Για x 3≠ είναι ( )( )( )2 x 3 x 3x 9

f x x 3x 3 x 3

− +−= = = +

− −. Επομένως ( ) ( )

x 3 x 3lim f x lim x 3 6→ →

= + = . Οπότε ( )f 3 6= .

47-2. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει: (α) είναι συνεχής στο R και

(β)( )

x 0

xf x ημxlim 2

x→

+= .

Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο ( )M 0,1 .

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι ( )f 0 1= . Είναι ( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0lim xf x ημx lim x lim f x lim ημx 0 f 0 ημ0 0→ → → →

+ = ⋅ + = ⋅ + =

καιx 0lim x 0→

= .

Οπότε εργαζόμαστε ως εξής( ) ( )

( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0

xf x ημx xf x ημx ημxlim lim lim f x lim f 0 1

x x x x→ → → →

+ = + = + = +

(1).

Έτσι ισοδυναμεί με ( ) ( )f 0 1 2 f 0 1+ = ⇔ = .

47-3. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x 0= και ισχύει( )

2x 0

πxxf x ημ

3lim κ με κ Rx→

−= ∈ , να

βρεθεί η τιμή ( )f 0 .

Λύση

Θέτουμε ( )( )

2

πxxf x ημ

3g x ,x 0x

−= ≠ , οπότε ( )

x 0limg x κ R→

= ∈ . Έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )2

x 02 2

πx πxx g x ημ ημ

πx πx 3 3xf x ημ x g x xf x x g x ημ f x f x xg x3 3 x x

≠+

− = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = + .

Επομένως ισχύει ( ) ( )x 0 x 0

πxημ

π π3lim f x lim xg x 0 κx 3 3→ →

= + = ⋅ + =

.

Όμως η f είναι συνεχής στο 0, επομένως ( ) ( )x 0

πf 0 lim f x

3→= = .



ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 47-4. Μια συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το ℝ και ισχύει ( ) ( )4

x-2 f x +3x-1=0 για κάθε x 2≠ . Να

εξετάσετε αν η f είναι συνεχής στο 2.

47-5. Αν 0α<x <β και για κάθε ( ) ( )0 0x α,x x ,β∈ ∪ είναι ( ) ( )f x =g x και ( ) ( )0 0f x g x≠ , να αποδείξετε

ότι δεν είναι δυνατόν να είναι συνεχείς στο 0x και οι δύο συναρτήσεις f και g.

47-6. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 3 και ισχύει ( ) ( )x+1-2 f x =x-3⋅ , για κάθε { }x 3∈ −ℝ , να

βρείτε το ( )f 3 .

47-7. Μια συνάρτηση f: →ℝ ℝ είναι συνεχής και ( ) ( )x-2 f x = x+2-2⋅ . Να βρείτε το ( )f 2 .

47-8. Αν για κάθε x 4≠ ισχύει ( )f x =5x-1 και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ , να υπολογίσετε

την τιμή ( )f 4 .

47-9. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 και η καμπύλη της f διέρχεται από το σημείο Α(1,2) να

βρείτε το ( ) ( )3

21 3 2x

x f x f xlim

x x→

−

− −

2. Συνέχεια πολλαπλού τύπου

• Η f στο { }−ℝ0

x είναι συνεχής (πράξεις συνεχών συναρτήσεων).

• Βρίσκω την τιμή ( )0f x από τον κλάδο που έχει «ίσον».

• Βρίσκω τα πλευρικά όρια ( ) ( )0 0x x x x

lim f x , lim f x− +→ →

.

• Αν ( ) ( ) ( )0 0

0x x x xlim f x lim f x f x

+ −→ →= = , τότε η f είναι συνεχής στο 0x , συνεπώς σε όλο το R.

Παράδειγμα 3: Εξετάσετε αν είναι συνεχής η συνάρτηση ( )

2x -4x-5, x -1

f x = x+1-6, x=-1

≠

.

Παράδειγμα 4: Να μελετηθεί η συνέχεια της συνάρτησης ( )

3 2

4 3

x x x 1, x 1

x 10, x 1f x

x x x 1, 1 x

x 1

− + −< − ==

− + − < −

.

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

47-10. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση ( )

2ln x 2x 3, x 1

f x x, x 1

2x 3

+ − >

= ≤

−

.

Λύση

Η f έχει πεδίο ορισμού το A R= .

• Στο διάστημα ( )1,+∞ η f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών των συναρτήσεων 2ln x και 2x 3− .

• Στο διάστημα ( ).1−∞ η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών των συναρτήσεων x και 2x 3− .

• Στο 0x 1= έχουμε ( )f 1 1= −

( ) ( )

( )

2

x 1 x 1

x 1 x 1

lim f x lim ln x 2x 3 1

xlim f x lim 1

2x 3

+ +

− −

→ →

→ →

= + − = −

= = −−

Επομένως η f είναι συνεχής και στο 0x 1= . Άρα η f είναι συνεχής.



47-11. Να εξετάσετε ως προς τη συνέχεια της f με ( )

( )2

23

xημx, x 0

f x συν x 1, 0 x π

ημ πx 1, π x

≤

= − < <

− ≤

.

Λύση

Είναι:

• Για x 0< η f συνεχής ως γινόμενο συνεχών.

• Για 0 x π< < η f συνεχής ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών.

• Για π x< η f συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.

Εξετάζουμε τη συνέχεια στα σημεία 0 0x 0 και x π= = .

• Στο 0x 0= έχουμε:

( ) ( )( ) ( )( )

2 2

x 0 x 0

x 0 x 0

lim f x lim συν x 1 συν 0 1 1 1 0

lim f x lim x ημx 0 ημ0 0

και f 0 0 ημ0 0

+ +

− −

→ →

→ →

= − = − = − =

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅ =

Άρα η f συνεχής στο 0.

• Στο 0x π= έχουμε:

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

2 23 3

x π x π

22 2

x π x π

lim f x lim ημ πx 1 ημ π π 1 ημπ 1 0 1 1

lim f x lim συν x 1 συν π 1 1 1 0

f π 1

+ +

− −

→ →

→ →

= − = ⋅ − = − = − = −

= − = − = − − =

= −

Άρα η f είναι ασυνεχής στο π.

47-12. Να μελετηθεί ως προς τη συνέχεια η συνάρτηση ( )ημx

, x 0f x x

1, x 0

≠= =

.

Λύση

Για τη μελέτη της συνέχειας της συνάρτησης f στο 0 παρατηρούμε

ότι ( ) ( )x 0

x 0 x 0

ημxf 0 1 και lim f x lim 1

x

≠

→ →= = = .

Άρα ( ) ( )x 0

f 0 lim f x→

= , συνεπώς η f είναι συνεχής στο 0.

Στο διάστημα ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών των συναρτήσεων ημx και x .

Συνεπώς η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R.

47-13. Να μελετηθεί ως προς τη συνέχεια η συνάρτηση ( ) { }f x max 7 3x,5x 11= − + .

Λύση

Το σύμβολο { }max α,β συμβολίζει το μεγαλύτερο αριθμό από τους α και β.

Έχουμε { }α, α β

max α,ββ, β α

≥= ≥

Στην περίπτωσή μας έχουμε:

• { }1

max 7 3x,5x 11 7 3x 7 3x 5x 11 8x 4 x2

− + = − ⇔ − ≥ + ⇔ − ≥ ⇔ ≤ − .

• { }1

max 7 3x,5x 11 5x 11 5x 11 7 3x 8x 4 x2

− + = + ⇔ + ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − .

Είναι λοιπόν ( )

17 3x, x

2f x1

5x 11, x2

− ≤ −= + ≥ −

.

Στη συνέχεια βρίσκουμε ότι ( ) ( )1 1

x x2 2

1 17lim f x lim f x f

2 2+ −

→ →

= = − =

, συνεπώς η f είναι συνεχής στο1

2− .

Τέλος στα διαστήματα1 1

, και ,2 2

−∞ − − +∞

η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.



47-14. Να βρεθεί σε ποια σημεία είναι συνεχής η συνάρτηση ( )2x 5 x αρρητος

f x2x 3 x ρητος

−=

+.

Λύση

Σε κάθε περιοχή ( )0U x του ρητού 0x υπάρχουν άπειροι ρητοί αριθμοί συνεπώς έχει νόημα η

έκφραση ( )0x x

lim f x→

για κάθε x Q∈ .

Όμοια και ( )0x x

lim f x→

για κάθε x R / Q∈ και 0x άρρητο.

Για να είναι η f συνεχής στο 0x θα πρέπει να ισχύει ( ) ( ) ( )0 0

0x x x x

x Q x R / Q

lim f x lim f x f x→ →

∈ ∈

= =��

.

Για ∈ℚx είναι ( ) ( )0 0

0x x x xlim f x lim 2x 3 2x 3→ →

= + = + .

Για x R / Q∈ είναι ( ) ( )0 0

2 20

x x x xlim f x lim x 5 x 5→ →

= − = − .

Συνεπώς πρέπει 2 20 0 0 0 0 0x 5 2x 3 x 2x 8 0, x 2, x 4− = + ⇔ − − = = − = .

Έτσι η f είναι συνεχής στις θέσεις 0 0x 2, x 4= − =

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 47-15. Εξετάστε αν η συνάρτηση f με ( ) 2f x = -x +3x , είναι συνεχής στο 0 0x =0 και x =3 .

47-16. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο 0x τις παρακάτω συναρτήσεις:

i) 2

3

x +4, x<2f(x)=

x , x 2

≥ ,αν 0x =2 ii)

2x +1, x<1f(x)=

3+x , x 1

≥,αν 0x =1

iii)

2x +x-2, x -2

f(x)= x+2-3 , x=-2

≠

,αν 0x =-2 .

47-17. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις παρακάτω συναρτήσεις και μετά να

χαράξετε τη γραφική τους παράσταση, αν

i)

22x , |x| 1

f(x)= 2, |x| >1

x

≤

ii)

2x -5x+6, x 2

f(x)= x-25 , x=2

≠

iii)x , x<1

f(x)=lnx , x 1

≥

iv) x

2

e , x 0f(x)=

-x +1 , x>0

≤

.

47-18. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις συναρτήσεις

i)

22x -3 , x 1

f(x)= x-1, x>1

x-1

≤

ii)

ημx, x<0

f(x)= xσυνx , x 0

≥

.

47-19. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση ( )

2

2x-6, x>3

x+1-2

f x = 8, x=3

8x-24, x<3

2x -11x+15

είναι συνεχής στο 0x =3 .

47-20. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση ( )

2

2

x-ημx, x>0

xf x = α, x=0

2x+1, x<0

x

είναι συνεχής στο 0x =0 .



47-21. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο σημείο 0x =0 τη συνάρτηση

( )1

ημx ημ , x 0f x = x

0, x=0

⋅ ≠

.

47-22. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ και ( )f 0 =0 τότε να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

με ( )( ) 2 1

f x ημ , x 0g x = x

0, x=0

≠

είναι συνεχής.

3. Εύρεση παραμέτρων ώστε μια συνάρτηση να είναι συνεχής στο 0

x

Βρίσκω το όριο, βρίσκω την αριθμητική τιμή

ΑΠΑΙΤΩ να είναι ίσα

Παράδειγμα 5: Να βρεθεί η τιμή του α ώστε η συνάρτηση να είναι συνεχής στη θέση 1

( ) 2 1

1

+ ≠=

=

x , xf x

αx, x


47-23. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )( ) ( )

x 1 2e αx β, x 1

f x ημ πx 2, 1 x 2

ln x 1 2βσυν πx α, x 2

− + − <

= + ≤ ≤ − + − >

.

Να βρείτε τα α, β ώστε η f να είναι συνεχής.

Λύση

Η f έχει πεδίο ορισμού το RΑ = . Για κάθε α,β R∈ η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα

( ) ( ) ( ),1 , 1,2 και 2,−∞ +∞ , διότι εκφράζεται από συνεχείς συναρτήσεις.

Για να είναι η f συνεχής θα πρέπει να είναι συνεχής και στα σημεία 1 και 2. Δηλαδή

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 1 x 1 x 2 x 2lim f x lim f x f 1 (1) και lim f x lim f x f 2 (2)

− + − +→ → → →= = = = . Έχουμε:

• ( )f 1 2=

• ( ) ( )x 1 2

x 1 x 1lim f x lim e αx β 1 α β

− −

−

→ →= + − = + −

• ( ) ( )( )x 1 x 1lim f x lim ημ πx 2 0 2 2

+ +→ →= + = + =

• ( )f 2 2=

• ( ) ( )( )x 2 x 2lim f x lim ημ πx 2 0 2 2

− −→ →= + = + =

• ( ) ( ) ( )( )x 2 x 2lim f x lim ln x 1 2βσυν πx α 0 2β α α 2β

+ +→ →= − + − = + − = − +

Από (1) και (2) έχουμε1 α β 2 α 4

α 2β 2 β 3

+ − = = ⇔ − + = =

. Άρα α 4 και β 3= = .

47-24. Να υπολογιστεί η πραγματική παράμετρος α, ώστε η συνάρτηση ( )2 x 4

, x 0f x ημ2x

α, x 0

− +≠

= =

να είναι συνεχής στο R.

Λύση

Η συνάρτηση f για x 0≠ είναι συνεχής, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Για να είναι συνεχής στο

R η f , πρέπει να είναι συνεχής στο 0x 0= . Δηλαδή πρέπει ( ) ( )x 0lim f x f 0→

= . Είναι:

• ( )f 0 α=



• ( )x 0 x 0

2 x 4lim f x lim

ημ2x→ →

− +=

Όμως ( )x 0 x 0lim 2 x 4 2 2 0 και lim ημ2x 0→ →

− + = − = = .

Για την άρση της απροσδιοριστίας0

0, γράφουμε την ( )f x ως εξής

( )( )

4 x 42 x 4 x2 x 4f x

ημ2x ημ2x ημ2x 2 x 4

− −− + −+ += = =

⋅ + +. Οπότε

( )( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0

x 1 1 1 1lim f x lim lim lim

ημ2x ημ2x 2 1 4 8ημ2x 2 x 4 2 x 4 2 2 x 4x 2x

→ → → →

− − − −= = = = = −

⋅ ⋅⋅ + + + + ⋅ + +

Αφού ( )x 0 x 0

ημ2xlim 1 και lim 2 x 4 4

2x→ →= + + = . Πρέπει λοιπόν

1α

8= − .

47-25. Να βρεθούν οι τιμές των α και β ώστε να είναι συνεχής στο R η

συνάρτηση ( )

3

2

2

αx 3βx 1, x 1

f x x 2αx 6β, 1 x 3

βx αx 3, 3 x

− + <

= + − ≤ ≤ + + <

.

Λύση

Στο { }R 1,3− είναι συνεχής ως πολυωνυμική.

Στη θέση x 1= έχουμε

( ) ( ) ( )3 2

x 1 x 1f 1 1 2α 6β και lim αx 3βx 1 α 3β 1, lim x 2αx 6β 1 2α 6β

− +→ →= + − − + = − + + − = + − .

Πρέπει α 3β 1 1 2α 6β, α 3β 0− + = + − − = (1).

Στη θέση x 3= έχουμε

( ) ( ) ( )2 2

x 3 x 3lim x 2αx 6β 9 6α 6β και lim βx αx 3 9β 3α 3 και f 3 9 6α 6β

− +→ →+ − = + − + + = + + = + − .

Πρέπει 9 6α 6β 9β 3α 3, α 5β 2+ − = + + − = − (2).

Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε τις τιμές α 3 και β 1= = για τις οποίες η f είναι

συνεχής στο R.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ

47-26. Αν δίνεται η συνάρτηση ( )2x 7-4

, x 3f x = x-3

α, x=3

+ ≠

, να βρείτε το ( )x 3lim f x→

και τις τιμές του α

έτσι, ώστε η f να είναι συνεχής.

47-27. Δίνεται η συνάρτηση ( )

2

2

3x -5x-2, x 2

f x = x-2α -α+5, x=2

≠

. Να βρείτε το α ώστε η συνάρτηση να είναι

συνεχής στο 2.

47-28. Δίνεται η συνάρτηση ( )3-x- 3

, x 0f x = x

3α 3, x=0

≠

. Αν η f είναι συνεχής στο 0 να υπολογίσετε την

τιμή του α.


2 22

2 4

22

2

x x, x

xf xα

, x

− −≠ −=

+ α =

α. Να βρείτε το ( )2x

lim f x→

β. Να βρείτε το α ώστε η f να είναι συνεχής στο 2.



Να βρεθεί η παράμετρος α ώστε να είναι συνεχής η συνάρτηση ( )

2

2

ημ2x α x, x 0

f x xx 3α, 0 x

+<

= + ≤

.

47-30. Αν (x-κ)(x+κ) , x 2

f(x)=κx+5 , x>2

≤

, να προσδιορίσετε το κ, ώστε η f να είναι συνεχής στο

0x =2 .

47-31. Αν

2 2α x +βx-12 , x<1

f(x)= 5 , x=1

αx+β , x>1

, να βρείτε τις τιμές των α,β∈ℝ για τις οποίες η f να είναι

συνεχής στο 0x =1 .

47-32. Να βρείτε την πραγματική τιμή του α, ώστε να είναι συνεχής η συνάρτηση:

( )1+συνx

, x<πi. f x = x-π

αx+2, x π

≥

( )( )

( )

2 2

2 2

5 2

ημ α x, x<0

ii. f x = ημ x+x

x + 3α-1 x +8, x 0

≥

.

47-33. Αν είναι ( )( )

( )

2 3

4 2 2

2x + λ +1 x-2, x<1f x =

x - λ +μ+1 x -3λ, x 1

≥, να προσδιορίσετε τις τιμές των λ και μ, ώστε η f να

είναι συνεχής και η γραφική της παράσταση να διέρχεται από το σημείο ( )A 2,3 .


23-x , x -1

f x = αx+β, -1<x<1

lnx, x 1

≤ ≥

. Να βρείτε τους α και β ώστε η f να είναι

i. Συνεχής

ii. Συνεχής στο -1 και ασυνεχής στο 1.

47-35. Αν ( )2αx +3β-5

f x = , με x 1x-1

≠ και ( )f 1 7= να προσδιορίσετε τις πραγματικές τιμές των α και β

ώστε η f να είναι συνεχής.

47-36. Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α, β, γ ώστε η συνάρτηση ( )

3 2

2

αx +βx -γx+1, x 1

f x = x -2x+1-1, x=1

≠

να είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.

4. Πράξεις

Όλες οι γνωστές μας συναρτήσεις θα θεωρούνται συνεχείς ΣΤΟ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΤΟΥΣ. Θα

εξετάζω χωριστά τη συνέχεια με τον ορισμό στα σημεία που «σπάει» ο τύπος της συνάρτησης

(πολύκλαδη).

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

νff g, c f, c R, f g, , f , f

g+ ⋅ ∈ ⋅ με την προϋπόθεση ότι ορίζονται σε ένα διάστημα που

περιέχει το 0x .

• Αν η f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο ( )0f x τότε η σύνθεσή

τους gof είναι συνεχής στο 0x .

Απόδειξη συνέχειας από συναρτησιακή σχέση.

1). Θέτω με ( ) ( )h x και φ x τις συναρτήσεις που δίνονται.

2). Λύνω το σύστημα ως προς ( ) ( )f x και g x .

3). Οι f, g προέρχονται από πράξεις συνεχώς συναρτήσεων, άρα είναι συνεχείς συναρτήσεις.

Παράδειγμα6: Αν οι συναρτήσεις ( ) ( ) ( ) ( )22ημxf x g x και x f x συνxg x− + είναι συνεχείς στο Δ να

δειχτεί ότι και οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο Δ. Παρατήρηση: Πολλές φορές η μέθοδος της απαγωγής σε άτοπο μπορεί να φανεί χρήσιμη.



Παράδειγμα7: Αν στο 0x η f είναι συνεχής συνάρτηση και η kf λg+ ασυνεχής τότε να δειχτεί ότι και

η συνάρτηση g είναι ασυνεχής στη θέση 0x .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 47-37. Να αποδειχθεί ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι συνεχείς:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2i.f x συν ημx ii.f x ln x ημx iii.f x συν

x 1

= = + = +

.

Λύση

i). Η f είναι σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) ( )g x ημx και h x συνx= =

αφού ( )( ) ( )( ) ( )hog x h g x συν ημx= = . Άρα είναι συνεχής

ii). Ομοίως η f είναι σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) ( )h x x ημx και g x ln x= + = (με x > 0).

Αφού ( )( ) ( )( ) ( )goh x g h x ln x ημx , x 0= = + > . Άρα είναι συνεχής.

iii). Ομοίως η f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) ( )2

2g x συνx και h x

x 1= =

+.

47-38. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f : R R→ συνεχής στο R για την οποία

ισχύει ( )( )f f x x 0+ = για κάθε x R∈ .

Λύση

Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση →ℝ ℝf : συνεχής για την οποία ισχύει ( )( )f f x x 0+ = για κάθε x R∈ .

Αν ισχύει ( ) ( )1 2f x f x= , τότε ( )( ) ( )( )1 2f f x f f x= . Οπότε ( )( ) ( )( )1 1 2 2 1 2f f x x f f x x x x+ = + ⇔ = . Άρα η f

είναι συνάρτηση «1-1». Εφόσον η f είναι συνεχής στο R και «1-1», θα είναι γνησίως μονότονη. (Θα

το αποδείξουμε στην ενότητα του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών)

• Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Αν 1 2x x< , τότε ( ) ( )1 2f x f x< και ( )( ) ( )( )1 2f f x f f x< .

Επομένως η συνάρτηση fof είναι γνησίως αύξουσα.

• Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Αν 1 2x x< , τότε ( ) ( )1 2f x f x> και ( )( ) ( )( )1 2f f x f f x< .

Άρα η συνάρτηση fof είναι επίσης γνησίως αύξουσα.

Όμως ( )( )f f x x και fof= − γνησίως αύξουσα. Αυτό είναι άτοπο, αφού η συνάρτηση g : R R→

με ( )g x x= − είναι γνησίως φθίνουσα στο R.

Επομένως δεν υπάρχει συνάρτηση f συνεχής στο R τέτοια, ώστε να ισχύει η παραπάνω ιδιότητα.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 47-39. Να αποδείξετε ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι συνεχείς:

i) f(x)=ημ(συνx) ii) 2f(x)=ln(x +x+1) iii) 2

1f(x)=ημ

x +1

iv) ημxf(x)=e v) f(x)=ln(lnx) .

47-40. Να αποδείξετε ότι:

α. αν οι συναρτήσεις f+g και f-g είναι συνεχείς στο ℝ , τότε οι f και g είναι επίσης συνεχείς στο ℝ .

β. αν η συνάρτηση ( )συνx f x + x⋅ είναι συνεχής στο 0, τότε και η f είναι συνεχής στο 0.

Πλατωνικά στερεά με… μήλα



48. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ ΤΗΣ ΣΥΝΕΧΕΙΑΣ ΣΤΟ 0x 1.Από σχέσεις ισότητας

• Αναλύω τη δοθείσα ισότητα (ή την έκφραση της άσκησης που καταλήγει σε ισότητα).

• Κάνω αλλαγή μεταβλητής και πράξεις.

Παράδειγμα 1: Αν η συνάρτηση →ℝ ℝf : είναι περιττή και συνεχής στο 0x 0≠ να δειχτεί ότι θα

είναι συνεχής και στη θέση 0x− .

Παράδειγμα 2: Αν οι συναρτήσεις f και g ικανοποιούν για κάθε x R∈ τη

σχέση ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2f x g x x 2x f x ημx g x συνx+ + = + να δειχτεί ότι είναι συνεχείς στο R.


48-1. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 2 και ισχύει( )

h 0

f 2 hlim 3

h→

+= , να βρεθεί το

όριο( ) ( )

x 2

f x f 2L lim

x 2→

−=

−.

Λύση

Αν ( )( )f 2 h

g hh

+= , τότε ( ) ( )f 2 h hg h+ = και είναι ( )

h 0limg h 3→

= .

Άρα ( ) ( )h 0 h 0lim f 2 h lim hg h 0 3 0→ →

+ = = ⋅ = .

Επειδή η f είναι συνεχής στο 2 θα ισχύει ( ) ( )h 0

f 2 lim f 2 h 0→

= + = .

Αφού ( )f 2 0= το L γράφεται( )

x 2

f xL lim

x 2→=

−.

Θέτουμε ( )( )f x

φ xx 2

=−

,

οπότε ( )( ) ( )

( ) ( )( )

x 2 x 2 h 0 h 0

f 2 h f 2 hf xφ 2 h και L lim lim φ x lim φ 2 h lim 3

h x 2 h→ → → →

+ ++ = = = = + = =

−. Άρα L 3= .

48-2. Αν μια συνάρτηση f : R R→ ικανοποιεί τη συνθήκη ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = για κάθε x, y R∈ , να

αποδειχθεί ότι, αν είναι συνεχής σε ένα γνωστό σημείο ξ, τότε είναι συνεχής στο R.

Λύση

Δίνεται ότι ( ) ( )x ξlim f x f ξ→

= . Για να αποδείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο R, αρκεί να δείξουμε ότι

είναι συνεχής στο τυχαίο σημείο 0x R∈ .

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0 0 0x x h ξ h ξlim f x lim f x ξ h lim f x ξ f h f x ξ f ξ f x ξ ξ f x→ → →

= − + = − ⋅ = − ⋅ = − + = .

Άρα η f είναι συνεχής στο 0x R∈ .

48-3. Αν η f είναι συνεχής στο 2 και( )

x 2

f x x 2 3lim

x 2 4→

− +=

−, να βρεθεί το όριο

( ) ( )x 2

f x f 2lim

x 2→

−

−.

Λύση

Αν( )

( )f x x 2

h xx 2

− +=

− τότε ( ) ( )( )f x h x x 2 x 2= − + + ,

οπότε ( ) ( )( )x 2 x 2lim f x lim h x x 2 x 2 0 2 2→ →

= − + + = + = .

Λόγω συνέχειας στο x 2= είναι ( ) ( )x 2lim f x f 2 2→

= = . Είναι:

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

f x x 2 f x 2 x 2 2 f x f 23 3 x 2 2 3lim lim lim

x 2 4 x 2 4 x 2 x 2 4→ → →

− + − − + + − + −= ⇔ = ⇔ − = − − − −

.

Αν( ) ( )

( )f x f 2 x 2 2

g xx 2 x 2

− + −− =

− −, τότε έχουμε

( ) ( )( )

f x f 2 x+2-2g x

x 2 x-2

−= +

−, οπότε

( ) ( )x 2

f x f 2lim 1

x 2→

−=

−.



48-4. Δίνεται η συνάρτηση ( )f : 0, R+∞ → για την οποία ισχύει ( ) ( )3f x f x ln x+ = (1).

Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0x 1= .

Λύση

Για κάθε x 0> έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

3 2

2

ln xf x f x ln x f x f x 1 ln x f x

1 f x+ = ⇔ + = ⇔ =

+.

Οπότε ( )( )

( )2

ln xf x ln x η' ln x f x ln x

1 f x= ≤ − ≤ ≤

+ (2).

Είναι ( )x 1 x 1lim ln x lim ln x 0→ →

= − = .

Από τη (2) σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι ( )x 1lim f x 0→

= .

Από την (1) για x 1= έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 2f 1 f 1 ln1 f 1 f 1 1 0 f 1 0+ = ⇔ + = ⇔ = .

Επειδή ( ) ( )x 1lim f x f 1→

= , η f είναι συνεχής στο 0x 1= .

48-5. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( ) 2xf x 2 f x 3x 1− = − + για

κάθε x R∈ . Αν η f είναι συνεχής, να βρείτε τον τύπο της.

Λύση

Για κάθε x R∈ έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )2 2xf x 2 f x 3x 1 x 1 f x 2 3x 1− = − + ⇔ − = − + .

Για κάθε x 1≠ είναι ( )22 3x 1

f xx 1

− +=

−. Επειδή η f είναι συνεχής στο 1 έχουμε

( ) ( )( )2

2x 1 x 1 x 1

3 x 12 3x 1 3f 1 lim f x lim lim

x 1 22 3x 1→ → →

− +− += = = = −

− + +. Άρα ( )

22 3x 1, x 1

x 1f x3

, x 12

− +≠ −=

− =

.

ΣΧΟΛΙΟ: Όταν για μια συνάρτηση f δίνεται μια συναρτησιακή σχέση και γνωρίζουμε ότι είναι

συνεχής σε ένα σημείο α, τότε για να δείξουμε ότι είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορισμού της Α, θα

αποδεικνύουμε ότι είναι συνεχής σε ένα τυχαίο σημείο 0x του Α, χρησιμοποιώντας τη

συναρτησιακή σχέση για αλλαγή μεταβλητής στην εύρεση του ορίου.

48-6. Αν για τη συνάρτηση f ισχύει ( ) ( ) ( )f xy f x f y= + (1) για κάθε x, y R∈ να δείξετε ότι:

i). Αν η f είναι συνεχής στο 1, τότε η f είναι συνεχής στο R.

ii). Αν η f είναι συνεχής στο α 1≠ , τότε η f είναι συνεχής στο R.

Λύση

i). Αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο 0x R∈ .

Επειδή η f είναι συνεχής στο 1 έχουμε ( ) ( )x 1lim f x f 1→

= .

Για x y 1= = η (1) γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )f 1 f 1 f 1 f 1 0= + ⇔ = . Άρα ( )x 1lim f x 0→

= .

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

0

x x t

0 0 0 0 0x x t 1 t 1 t 1lim f x lim f x t lim f x f t f x lim f t f x 0 f x

=

→ → → →= = + = + = + = .

Οπότε η f είναι συνεχής στο 0x .

ii). Σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 1. Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )x α t 1 t 1 t 1

t 1 t 1

lim f x f α lim f αt f α lim f α f t f α f α lim f t f α

lim f t 0 lim f t f 1 .

→ → → →

→ →

= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔

⇔ = ⇔ =

Άρα η f είναι συνεχής στο 1.


48-7. Αν ( )

h 0

f 3+hlim =5

h→ και η f είναι συνεχής στο 3, να βρείτε το όριο

( ) ( )x 3

f x -f 3lim

x-3A

→= .

1). Αν ( )( ) ( ) ( )

x 3

x 3 f x ημx x 3f 3 2 και lim 4

x 1 2→

− − −= =

+ − να δειχτεί ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής

στο x 3=



2). Αν η f είναι συνεχής στο 3 και( )

x 0

f x 3lim 5

x→

+= , να βρεθεί το όριο

( ) ( )x 3

f x f 3lim

x 3→

−

−.

48-8. Αν γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 2 και ότι ( )

2x 2

f x -5xlim 3

x -4→= , να βρείτε την

τιμή της f στο 2.

48-9. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 και ( )

2x 0

xf x -ημ3xlim =2

x +x→, να βρείτε το ( )f 0 .

1). Για τη συνάρτηση f ισχύει ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + (1) για κάθε x, y R∈ . Να αποδειχτεί ότι αν η f

είναι συνεχής στο 0 θα είναι συνεχής και στο R.

2). Για τη συνάρτηση f και για κάθε x,y 0> ισχύει η ισότητα ( ) ( ) ( )f xy f x f y= + . Να δειχτεί ότι αν

είναι συνεχής στο x 1= θα είναι συνεχής και στο *R+ .

48-10. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + για κάθε x, y R∈ .

Να αποδειχθεί ότι:

i). ( )f 0 0=

ii). Αν η f είναι συνεχής στο 0, τότε είναι συνεχής για κάθε πραγματικό αριθμό.

2. Από σχέση ανισότητας • Η ανισότητα που δίνεται ισχύει συνήθως για κάθε x R∈ , οπότε θέτω x το 0x και βρίσκω

την τιμή ( )0f x .

• Εφαρμόζω κριτήριο παρεμβολής (ή το θεώρημα διάταξης) και βρίσκω το ( )0x x

lim f x→

.

• Διαπιστώνω ότι ( ) ( )0

0x xlim f x f x→

= .

Παράδειγμα3: Να δειχτεί ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x , όταν για κάθε x R∈ ισχύει:

(1). ( ) 20f x x 9 x 3, x 0− ≤ + − = ,

(2). ( ) 0f 3x 5 3x 7 , x 2− ≤ − = .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 48-11. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( )2f x x ημf x= + για κάθε x R∈ .

Να δείξετε ότι:

i). ( )f x x≤ για κάθε x R∈ .

ii). Η f είναι συνεχής στο 0x 0= .

Λύση

i). Για κάθε x R∈ έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )2f x x ημf x x ημf x x f x= + ≤ + ≤ + , αφού ημx x , x R≤ ∈ .

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

ii). Για κάθε x R∈ έχουμε ( ) ( )f x x x f x x≤ ⇔ − ≤ ≤ (1).

Για x 0= η (1) γράφεται ( )0 f 0 0≤ ≤ . Άρα ( )f 0 0= .

Είναι ( )x 0 x 0lim x lim x 0→ →

= − = .

Από την (1) σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής θα είναι και ( )x 0lim f x 0→

= .

Επειδή είναι ( ) ( )x 0lim f x f 0→

= η f είναι συνεχής στο 0.



48-12. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( )f α f β 2015 α β− ≤ − , για

κάθε α,β R∈ .

Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής για κάθε πραγματικό αριθμό.

Λύση

Αρκεί να αποδειχθεί ότι ( ) ( )0

0 0x xlim f x f x με x R→

= ∈ . Για κάθε 0x,x R∈ ισχύει

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0f x f x 2015 x x 2015 x x f x f x 2015 x x− ≤ − ⇔ − − ≤ − ≤ − .

Όμως ( ) ( )0 0

0 0x x x xlim 2015 x x 0 lim 2015 x x→ →

− − = = − .

Οπότε ( ) ( )( ) ( ) ( )0 0 0

0 0x x x x x xlim f x f x 0 lim f x lim f x→ → →

− = ⇔ = .

ΣΧΟΛΙΟ: Γενικά αν για τη συνάρτηση f : R R→ με 0x R∈ υπάρχει 0Μ > και ισχύει

( ) ( )0 0f x f x x x− ≤ Μ − για κάθε ( )0 0x x δ,x δ∈ − + , τότε η f είναι συνεχής στο 0x .

48-13. Έστω η συνάρτηση f : R R→ , ώστε να ισχύει η σχέση ( )2 21 x f x 1 x− ≤ ≤ + για κάθε x R∈ .

Να δειχθεί ότι:

i). Η f είναι συνεχής στο 0x 0= .

ii). Ισχύει( )

x 0

f x x 1 1lim

x 2→

− += −

Λύση

i). Από τη σχέση ( )2 21 x f x 1 x , x R− ≤ ≤ + ∈ έχουμε

1ο Για ( )x 0 : 1 f 0 1= ≤ ≤ , άρα ( )f 0 1= .

2ο ( )x 0lim f x 1→

= , από το κριτήριο παρεμβολής.

Από 1ο και 2ο έχουμε ( ) ( )x 0lim f x f 0→

= , άρα η f είναι συνεχής στο 0x 0= .

ii). Ισχύει ότι:

( ) ( ) ( )( ) ( ): x ,x 0

2 2 2 2 2 f x 1 f x 11 x f x 1 x x f x 1 x f x 1 x x x x

x x

≠ − −− ≤ ≤ + ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ , άρα

( )x 0

f x 1lim 0

x→

−= (1), από το κριτήριο παρεμβολής.

Οπότε( ) ( ) ...

x 0 x 0

f x x 1 f x 1 x 1 1 1lim lim

x x x 2→ →

− + − + −= − =−

.

48-14. Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R→ , ώστε να ισχύει ( )x f x ημ4x⋅ ≥ για κάθε x R∈ .

Να βρεθεί το ( )f 0 .

Λύση

Ισχύουν:

• Αν x 0> , τότε ( ) ( )ημ4x

x f x ημ4x f xx

⋅ ≥ ⇔ ≥ , άρα ( ) ( )x 0 x 0

ημ4xlim f x lim f 0 4

x+ +→ →≥ ⇔ ≥ (1).

• Αν x 0< , τότε… ( )f 0 4≤ (2).

Από (1) και (2) βρίσκουμε ( )f 0 4= .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 48-15. Αν ισχύει ( ) 25 f x x -6x+14≤ ≤ για κάθε x∈ℝ , να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο 3.

48-16. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 και ισχύει ( ) ( )2 23x-x -2 x-1 f x x -x≤ ≤ για κάθε x∈ℝ να

υπολογίσετε το ( )f 1 .

48-17. Δίνεται η συνάρτηση f: →ℝ ℝ που είναι συνεχής στο 0x =0 και για κάθε x 0≠ υποθέτουμε

ότι ισχύει: ( )2 2 4

2 4 2

2x -ημ x x +4-2f x 1+

x +x x≤ ≤ . Να βρείτε το ( )f 0 .



48-18. Έστω f,g: →ℝ ℝ δύο συναρτήσεις τέτοιες ώστε ( ) ( )f x -συνx g x≤ , για κάθε x∈ℝ . Αν η g

είναι συνεχής στο 0x =0 και η γραφική της παράσταση διέρχεται από την αρχή των αξόνων, να

αποδείξετε ότι και η f είναι συνεχής στο 0x =0 .

48-19. Αν για τη συνάρτηση f ισχύει ( )xf x x-ημx≤ , για κάθε x∈ℝ και η f είναι συνεχής στο 0

τότε να προσδιορίσετε το ( )f 0 .

48-20. Μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο α και ( )( ) 2 2f x x-α x +αx-2α≥ , για κάθε x∈ℝ . Να

αποδείξετε ότι ( )f α =3α .

48-21. i)Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο 0x =0 . Να βρείτε το f(0) , αν για

κάθε *x∈ℝ ισχύει

xf(x)=συνx-1 .

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

κάθε x∈ℝ ισχύει

2|xg(x)-ημx| x≤ .

Ο Τοτός και η συνέχεια… ☺☺☺☺

Ρωτάει ο Τοτός –μαθητής κολοσσός στα μαθηματικά- την δασκάλα των μαθηματικών.

«Αν μια συνάρτηση είναι συνεχής,τότε η γραφική της παράσταση είναι μια συνεχής

γραμμή;»

Η δασκάλα του απάντησε:

«Λάθος. Έστω για παράδειγμα η συνάρτηση ( ) ( ) ( )= −∞ ∪ +∞2

1f x / ,0 0,

x.Η f είναι συνεχής στο

( ) ( )−∞ ∪ +∞,0 0, η γραφική της παράσταση , όμως, δεν αποτελείται από μια συνεχή γραμμή.»

(((( )))) (((( )))) (((( ))))2

1f x / ,0 0,

x= −∞ ∪ +∞= −∞ ∪ +∞= −∞ ∪ +∞= −∞ ∪ +∞



49. ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO

ΘΕΩΡΗΜΑ: Έστω συνάρτηση f, ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα α,β . Αν:

• Η f είναι συνεχής στο α,β και επιπλέον ισχύει

• ( ) ( )f α f β 0<

Τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x α,β∈ , τέτοιο ώστε ( )0f x 0= .

Δηλαδή υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης ( )f x 0= στο ανοικτό διάστημα ( )α,β .

Παρατηρήσεις:

1). Για να εφαρμοστεί το θ.Bolzano είναι απαραίτητες και οι δύο υποθέσεις του θεωρήματος

2). Η f είναι δυνατόν να έχει ρίζες στο α,β χωρίς να ισχύει απαραίτητα ( ) ( )f α f β 0< ή χωρίς να

είναι συνεχής, δηλαδή το αντίστροφο δεν ισχύει.

3). Αν η f δεν είναι συνεχής στο α,β τότε ακόμη και αν ( ) ( )f α f β 0< η f δεν είναι απαραίτητο

να έχει ρίζα στο ( )α,β .

4). Το θεώρημα εξασφαλίζει ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ και όχι την τιμή της ρίζας.

Εφαρμογή του θ.Bolzano, έλεγχος υποθέσεων:

• Διαπιστώνω αν η f είναι συνεχής στο α,β (πιθανόν να χρειαστούν και τα πλευρικά όρια

αν έχω πολύκλαδη συνάρτηση).

• Διαπιστώνω ότι ( ) ( )f α ,f β ετερόσημα.

• Εφαρμόζω το θ.Bolzano για την ύπαρξη ( )0x α,β∈

Παραδείγμα1: Δίνεται η συνάρτηση ( )f x ln x 3= − , να αποδειχθεί ότι εφαρμόζεται το Θ. Bolzano στο

διάστημα ( )41,e

Παραδείγμα2: Δίνεται η συνάρτηση ( )2

2

3x x 1, 0 x 1f x

5x 4x, 1 x 2

− − ≤ ≤=

− < ≤. Να δειχτεί ότι εφαρμόζεται το

θ.Bolzano στο διάστημα [ ]0,2 και να βρεθεί ο ( )0x 0,2∈ , ώστε ( )0f x 0= .

α β

f(β)

f(α) Cf

α

β

f(β)

f(α)

Cf

xo



Παραδείγμα3: Δίνεται η συνάρτηση ( )( )α 1 x β 2, 2 x 1

f x 2β α, x 1

x 1, 1 x 2

x α 1

− + + − ≤ < −

= − = − + − < ≤ + −

.

Να προσδιοριστούν οι παράμετροι α και β ώστε να εφαρμόζεται το θ.Bolzano στο διάστημα [ ]2,2− .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 94-1. Ένας ορειβάτης βρισκόταν τη χρονική στιγμή t 0= στο σημείο Α, υψομέτρου 257m (βλ.

σχήμα). Μετά από 3 ώρες βρισκόταν στην κορυφή του υψώματος, υψομέτρου 555m όπου και

κάθισε επί 2 ώρες. Τέλος μετά από 3 ώρες βρισκόταν στην κορυφή του υψώματος, στο σημείο

Β, υψομέτρου 257m .

α). Έστω ( )y t το υψόμετρο στο οποίο βρίσκεται ο ορειβάτης ως συνάρτηση του

χρόνου [ ]t 0,8∈ . Να εξηγήσετε γιατί είναι αδύνατο από φυσική άποψη να μην είναι η

συνάρτηση ( )y t συνεχής.

β). Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ζεύγος χρονικών στιγμών που διαφέρουν

κατά 3 ώρες και κατά τις οποίες ο ορειβάτης βρισκόταν στο ίδιο υψόμετρο.

Λύση

α).Αν η συνάρτηση ( )y t δεν ήταν συνεχής τότε αυτό θα σήμαινε ότι ο ορειβάτης μεταφέρθηκε

αυτοστιγμεί από ένα υψόμετρο σε ένα άλλο υψόμετρο. Αυτό όμως είναι στη φύση προφανώς

αδύνατο.

β). Αν 1 2t t< είναι οι χρονικές στιγμές που διαφέρουν κατά 3 ώρες τότε 2 1t t 3= + . Επειδή 20 t 8≤ ≤

συμπεραίνουμε ότι 10 t 5≤ ≤ , δηλαδή [ ]1t 0,5∈ .

Θα αποδείξουμε ότι υπάρχουν τέτοιες χρονικές στιγμές 1 2t , t για τις οποίες ισχύει ( ) ( )1 2y t y t= .

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1y t y t y t y t 0 y t y t 3 0= ⇔ − = ⇔ − + = .

Αρκεί επομένως να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση ( ) ( ) ( )f t y t y t 3= − + έχει τουλάχιστον μία ρίζα 1t

στο διάστημα ( )0,5 .

Η f είναι προφανώς συνεχής στο [ ]0,5 ως σύνθεση και διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

Επιπλέον ισχύει ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )f 0 f 5 y 0 y 3 y 5 y 8 257 555 555 257 88804 0= − − = − − = − < . Άρα:

• Η f είναι συνεχής στο [ ]0,5 .

• ( ) ( )f 0 f 5 0< .

Και συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει [ ]1t 0,5∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1f t 0 y t y t 3 0 y t y t 3= ⇔ − + = ⇔ = + , δηλαδή υπάρχουν 2 χρονικές στιγμές που

διαφέρουν κατά 3 ώρες ( )1 1οι t , t 3+ κατά τις οποίες ο ορειβάτης βρισκόταν στο ίδιο υψόμετρο.

94-2. Έστω η συνάρτηση ( )[ )[ )

3 2

2

x 3x 7x 5, x 2,1f x

x x 1, x 1,4

+ + + ∈ −=

+ + ∈.

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )2,4− .

Λύση

Είναι ( ) ( )3 2

x 1 x 1lim f x lim x 3x 7x 5 1 3 7 5 16

− −→ →= + + + = + + + = και ( ) ( )2

x 1 x 1lim f x lim x x 1 1 1 1 3

+ +→ →= + + = + + = .

Επομένως η f είναι ασυνεχής στο σημείο 1.

Όμως ( ) ( ) ( ) ( )3 2f 2 2 3 2 7 2 5 8 12 14 5 5 0− = − + − + − + = − + − + = − < .



Και ( )x 1lim f x 16 0

−→= > . Άρα υπάρχει ρ κοντά στο 1, ( )ρ 1 δ,1 με δ 0∈ − > , ώστε ( )f ρ 0> .

Επίσης στο [ ]2,ρ− η ( ) 3 2f x x 3x 7x 5= + + + είναι συνεχής ως πολυωνυμική.

Δηλαδή η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ ]2,ρ− , άρα υπάρχει

τουλάχιστον ένα ( ) ( )θ 2,ρ 2,4∈ − ⊂ − ώστε ( )f θ 0=


94-3. Να αποδειχθεί ότι εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση ( ) 3 2f x x 3x x 3= − − +

στο διάστημα [ ]0,2 .

94-4. Να δειχθεί ότι εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano στο αντίστοιχο διάστημα για τη

συνάρτηση ( )3

3

3x 5x 6 1 x 3f x

2x x 3 3 x 4

− − ≤ ≤=

+ + < ≤ στο [ ]1,4 .

94-5. Να δειχθεί ότι εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano στο αντίστοιχο διάστημα για τη

συνάρτηση ( )1 x 3x 1 3 x 1

f x2 x 1 x 1 1 x 5

− + − − ≤ ≤=

− + + < ≤ στο [ ]3,5− .

94-6. Να βρεθούν οι παράμετροι α, β ώστε να εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano στα αντίστοιχα

διαστήματα για τη συνάρτηση ( )2 2

2 2

3α x 2αx 4 0 x 1f x

2α x αx 6 1 x 2

− − ≤ ≤=

+ + < ≤ στο [ ]0,2 .

94-7. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση έχει ρίζες στο αντίστοιχο διάστημα ενώ δεν πληροί τις

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano ( ) 3

2x 4 0 x 3f x

x 1 3 x 4

− ≤ ≤= − < ≤

στο [ ]0,4 .

☺☺☺☺ Ο ΠΕΡΙΠΑΤΟΣ ΕΝΟΣ ΒΟΥΔΙΣΤΗ ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO

Mια εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano από τον χώρο των ψυχαγωγικών μαθηματικών έχει

δημοσιευτεί ελαφρά παραλλαγμένη στο περιοδικό Scientific American από τον Μάρτιν Γκάρντνερ.

Ο Γκάρντνερ αναφέρει ως πηγή του προβλήματος την μονογραφία Ευρετική (Problem solving)

ενός Γερμανού ψυχολόγου της σχολής Γκεστάλτ ονόματι K. Duncker.Το πρόβλημα είναι κάπως

έτσι:

Φανταστείτε ένα βουδιστή μοναχό που το πρωί ξεκινά από τους πρόποδες ενός βουνού από το

σημείο Α και διανύει ένα πολύ στενό μονοπάτι που οδηγεί στην κορυφή του λόφου σε ένα ναό στο

σημείο Β.Ο μοναχός κινείται με διαφορετικές ταχύτητες κατά την διάρκεια την ανάβασης,

σταματά να ξεκουραστεί αρκετές φορές. Φτάνει εκεί το βράδυ. Διανυκτερεύει και το πρωί την ίδια

ώρα ξεκινά από το σημείο Β ακόλουθεί ακριβώς την ίδια διαδρομή πάλι με αρκετές στάσεις για

ξεκούραση και κατεβαίνει στο σημείο Α το βράδυ. Η ταχύτητα της κατάβασης κατά μέσο όρο είναι

μεγαλύτερη από αυτή της ανάβασης.Είναι βέβαιο ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο στο

μονοπάτι που ακολούθησε ο μοναχός που πέρασε ακριβώς την ίδια ώρα τόσο στην ανάβαση όσο

και στην κατάβαση.



Ο Γκάρντνερ βγάζει λαγό από το καπέλο δίνοντας μια διαισθητική προσέγγιση στο πρόβλημα. Αν

την στιγμή που ξεκινά την ανάβαση ο μοναχός από το σημείο Α, το φάντασμα του-ένα αντίγραφο

του εαυτού του- ξεκινά από την κορυφή του βουνού την κατάβαση. Κάποια στιγμή ο μοναχός θα

συναντούσε το φάντασμα του. Αυτή θα ήταν η ζητούμενη χρονική στιγμή.

Μαθηματικά το αντιμετωπίζουμε ως εξής.

Έστω S(t) η συνάρτηση ανάβασης που δίνει την απόσταση που έχει διανύσει ο μοναχός από την

αφετηρία Α την χρονική στιγμή t ( ∈ t 0,T ,Τ η ώρα άφιξης του μοναχού στο σημείο Β) και

θεωρούμε Σ(t) την συνάρτηση κατάβασης που δίνει την απόσταση που απέχει ο μοναχός την

χρονική στιγμή t από το σημείο Α ( ∈ t 0,T ' , και Τ’ η ώρα άφιξης του μοναχού στο σημείο Α).

Λόγω της μικρότερης κατά μέσο όρο ταχύτητας στην κατάβαση θεωρούμε χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι Τ’<Τ.

Οι συναρτήσεις S,Σ είναι συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους καθώς ο μοναχός δεν είναι δυνατό να

διακτινιστεί από το ένα σημείο στο άλλο. Θεωρούμε την συνάρτηση = −Σh(t) S(t) (t) στο διάστημα

0,T ' .Η h είναι συνεχής ως διαφορά συνέχων στο 0,T ' και ισχύει:

= −Σ = − = −h(0) S(0) (0) 0 X X όπου Χ η απόσταση από το Α στο Β

Τ = Τ −Σ Τ = Τ − = Τh( ') S( ') ( ') S( ') 0 S( ')

( )Τ = Τ −Σ Τ = Τ − <h(0)h( ') S( ') ( ') S( ') X 0 Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει χρονική στιγμή

( )∈0

t 0,T ' τέτοια ώστε = ⇔ −Σ = ⇔ = Σ0 0 0 0 0

h(t ) 0 S(t ) (t ) 0 S(t ) (t ) άρα την χρονική στιγμή 0t ο

μοναχός περνά από στο ίδιο σημείο τόσο στην ανάβαση όσο και στη κατάβαση.

Ένα εύληπτο και κατατοπιστικό βίντεο για το θεώρημα bolzano από τον συνάδελφο

μαθηματικό Δημήτρη Μοσχόπουλο

https://www.youtube.com/watch?v=LJe8JSzGY1Q

Δείτε και τον αξιόλογο ιστότοπο του Δημήτρη με πληθώρα υλικού.

Μαθηµατικό Στέκι

http://www.dimoshopoulos.gr/

Διότι,η αξία πρέπει να τιμάται δεόντως.



50. ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΜΕ BOLZANO

Α: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ ΣΕ ΑΝΟΙΚΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ.

1. Κάνω απαλοιφή παρονομαστών αν υπάρχουν.

2. Μεταφέρω όλους τους όρους στο 1ο μέλος με ισοδυναμίες.

3. Θεωρούμε το πρώτο μέλος συνάρτηση ( )f x . Λέμε: «Αρκεί η εξίσωση ( )f x 0= να έχει

τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )α,β ».

4. Εφαρμόζω το Bolzano στο α,β .

Παράδειγμα1:Να δειχτεί ότι έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η εξίσωση

( )ημx συνx1 στο 0,π

x x π+ =

−.

Παρατήρηση: Αν ζητάει η άσκηση ρίζα της συνάρτησης ( )f x τότε τα βήματα 1 – 2 – 3,

παραλείπονται.

Παράδειγμα2: Απέδειξε ότι η συνάρτηση ( ) xf x x e= + , έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο ( )1,0−


95-1. Να δείξετε ότι η εξίσωση x συνxe 1

x− = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .

Λύση

Για κάθε ( )x 0,1∈ η εξίσωση x συνxe 1

x− = είναι ισοδύναμη με

την ( )x xx e 1 συνx η' xe x συνx 0− = − − = (1).

Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) xf x xe x συνx, x R= − − ∈ .

• Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 .

Είναι ( ) ( )f 0 1 0, f 1 e 1 συν1 0= − < = − − > , οπότε

• ( ) ( )f 0 f 1 0⋅ < .

Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση ( ) xf x 0 xe x συνx 0= ⇔ − − = έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .

95-2. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 0,4 R→ με ( ) ( )f 0 f 4= και η

συνάρτηση ( ) ( ) ( )h x f x f x 2= − + .

i). Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h.

ii). Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ]ξ 0,2∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f ξ f ξ 2= + .

Λύση

i). Πρέπει0 x 4

0 x 20 x 2 4

≤ ≤⇔ ≤ ≤ ≤ + ≤

. Άρα η h έχει πεδίο ορισμού το [ ]0,2Α = .

ii). Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x 2 f x f x 2 0 h x 0= + ⇔ − + = ⇔ = έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο [ ]0,2 .

Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [ ]0,2 .

Είναι( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

h 0 f 0 f 2

h 2 f 2 f 4 f 2 f 0 f 0 f 2

= −

= − = − = − −.

Οπότε ( ) ( ) ( ) ( )( )2h 0 h 2 f 0 f 2⋅ = − − .

• Αν ( ) ( )f 0 f 2= , τότε ( ) ( )h 0 0 η' h 2 0= = , οπότε η ( )h x 0= έχει ρίζες τις 0 και 2.

• Αν ( ) ( )f 0 f 2≠ , τότε ( ) ( )h 0 h 2 0⋅ < , οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η ( )h x 0= έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,2

Άρα σε κάθε περίπτωση η ( )h x 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο [ ]0,2 .



95-3. Αν α,β 0> να αποδείξετε ότι η εξίσωση α συνx 2β 2x⋅ + = έχει μία τουλάχιστον θετική

πραγματική λύση που δεν είναι μεγαλύτερη του α β+ .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )σ x α συνx 2β 2x= ⋅ + − , η οποία είναι συνεχής στο διάστημα 0,α β+ σαν

άθροισμα συνεχώς συναρτήσεων.

Έχουμε επίσης ότι( )

( ) ( ) ( ) ( )( )σ 0 α συν0 2β 2 0 α 2β 0

σ α β α συν α β 2β 2 α β α συν α β 2 0

= ⋅ + − ⋅ = + >

+ = ⋅ + + − ⋅ + = + − <.

Η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο 0,α β+

γιατί ( ) ( )σ 0 σ α β 0⋅ + < .

Συνεπώς υπάρχει ( )θ 0,α β∈ + ώστε ( )σ θ 0 α συνθ 2β 2θ= ⇒ ⋅ + = .

95-4. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( ) ( )2f x x 3x 2 g x= − + ⋅ για κάθε x R∈ , όπου g συνεχής συνάρτηση

στο R. Αν οι αριθμοί 1 και 2 είναι διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης ( )f x 0= , να αποδείξετε

ότι ( ) ( )g 1 g 2 0⋅ ≥ .

Λύση

Απόδειξη με την απαγωγή σε άτοπο. Υποθέτουμε ότι ( ) ( )g 1 g 2 0⋅ < .

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο R, άρα και στο διάστημα [ ]1,2 . Επομένως η g ικανοποιεί τις

προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [ ]1,2 , άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )θ 1,2∈

ώστε ( )g θ 0= .

Τότε όμως ( ) ( ) ( ) ( )2 2f θ θ 3θ 2 g θ θ 3θ 2 0 0= − + ⋅ = − + ⋅ = δηλαδή το ( )θ 1,2∈ λύση της

εξίσωσης ( )f x 0= .

Άτοπο γιατί οι αριθμοί 1 και 2 είναι διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης.

Άρα η υπόθεση δεν ισχύει, δηλαδή ( ) ( )g 1 g 2 0⋅ ≥ .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 95-5. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ημx-x+1=0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα

(0,π) .

95-6. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3x -5x+3=0 έχει (μια τουλάχιστον) ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .

95-7. Να αποδείξετε ότι:

α. η εξίσωση 2x -1=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .

β. η εξίσωση 3 22x -5x +7=0 έχει μια τουλάχιστον αρνητική ρίζα.

95-8. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση συνx=3-2x έχει (μια τουλάχιστον) ρίζα στο διάστημα π π

,4 2

.

95-9. 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) 3f(x)=x +x-1 ii) 5f(x)=x +2x+1 iii) 4f(x)=x +2x-4 iv) 3f(x)=-x +x+2 .

95-10. Να αποδείξετε ότι οι εξισώσεις:

α) 4 6x +1 x +1

+ =0x-1 x-2

β) xe lnx

+ =0x-1 x-2

έχουν μια, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2) .

95-11. Θεωρούμε συνάρτηση f συνεχή στο [ ]1,2 και την εξίσωση ( )f x 3x 2= − (1). Να αποδείξετε ότι

αν ( ) ( )f 1 1 και f 2 4< > , τότε η (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )1,2∆ = .

95-12. Αν η f είναι συνεχής στο ℝ και ισχύει ( )0<f x <2 , για κάθε x∈ℝ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση

( ) ( )22x+f x =2f x , έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .



95-13. Μια συνάρτηση f, που είναι ορισμένη και συνεχής στο ℝ , ικανοποιεί τη σχέση

( ) ( ) ( )3 2 3 2f x +βf x +γf x =x -2x +6x-1 , για κάθε x∈ℝ , όπου 2α,β, γ , με β <3γ∈ℝ . Να αποδείξετε ότι η

εξίσωση ( )f x =0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο ( )0,1 .

95-14.Θεωρούμε συνάρτηση f συνεχή στο [ ]1,2 και την εξίσωση ( ) ( )f x =3x-2 1 . Να αποδείξετε ότι αν

( ) ( )f 1 1 και f 2 4< > , τότε η (1) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )1,2∆ = .

Β: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ ΣΕ ΚΛΕΙΣΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ.

Εφαρμόζω τα βήματα 1 – 2 – 3 (αν χρειαστεί) αλλά διαπιστώνω ότι ( ) ( )f α f β 0≤ , οπότε

ξεχωρίζω δύο περιπτώσεις

α). ( ) ( ) ( ) ( )f α f β 0 f α f β 0= ⇒ = = , άρα 0 0x α η' x β= = .

β). ( ) ( )f α f β 0< ⇒ εφαρμόζω το Bolzano άρα υπάρχει ( ) ( )0 0x α,β : f x 0∈ = .

Στην περίπτωση (α) η ρίζα είναι στα άκρα, στην περίπτωση (β) η ρίζα είναι στο εσωτερικό.

Άρα η ρίζα στο κλειστό α,β .

Παράδειγμα3:Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο R ώστε ( ) ( )f 0 f 2= . Να δείξετε ότι η

εξίσωση ( ) ( )f συνx f 2 ημx= − , έχει τουλάχιστον μία λύση στο διάστημαπ

0,2

.

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 95-15. Αν για τη συνεχή f είναι ( ) ( )f x 2 f x 0+ + = για κάθε x R∈ , να δειχτεί ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον [ ]ξ 0,2∈ ώστε να ισχύει ( ) ( )f ξ f ξ 1= + .

Λύση

Ισχύει ( ) ( )f x f x 2= − + που( ) ( )( ) ( )

για x 0 ειναι f 0 f 2 (1)

για x 1 ειναι f 1 f 3 (2)

= = −

= = −.

Θέλω ένα τουλάχιστον [ ]ξ 0,2∈ που να επαληθεύει την ( ) ( )f x f x 1= + .

Έστω ( ) ( ) ( )h x f x f x 1= − + συνεχής στο R σαν διαφορά συνεχών με:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

1

2

2

h 0 f 0 f 1 f 2 f 1h 0 h 2 f 1 f 2 0

h 2 f 2 f 3 f 2 f 1

= − =− − → ⋅ = − + ≤

= − = +

.

Αν ( ) ( )f 1 f 2= − τότε ( ) ( )h 0 h 2 0⋅ = άρα ρίζα της h το 0 ή το 2.

Αν ( ) ( )f 1 f 2≠ − τότε ( ) ( )h 0 h 2 0⋅ < άρα ρίζα της h στο ( )0,2 .

Τελικά υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της ( )h x 0= στο [ ]0,2 .

95-16. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [ ]0,3 ώστε να ισχύει ( )0 f x 3< ≤ για

κάθε [ ]x 0,3∈ .

Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα [ )0x 0,3∈ ώστε ( ) ( )20 0 0f x 3f x x 0− + = .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )2σ x f x 3f x x= − + όπου [ ]x 0,3∈ .

Η σ είναι συνεχής στο [ ]0,3 ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών.

Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2σ 0 f 0 3f 0 f 0 f 0 3= − = − .

Όμως ( )0 f x 3< ≤ για κάθε [ ]x 0,3∈ , άρα έχουμε ότι ( ) ( )f 0 0 και f 0 3 0> − ≤ . Δηλαδή ( )σ 0 0≤ .

Επίσης ( ) ( ) ( )2σ 3 f 3 3f 3 3= − + . Όμως η παράσταση ( ) ( )2f 3 3f 3 3− + σαν τριώνυμο ως προς ( )f 3 , έχει

διακρίνουσα ( )23 4 3 9 12 3 0∆ = − − ⋅ = − = − < . Άρα ( ) ( )2f 3 3f 3 3 0− + > . Δηλαδή ( )σ 3 0> .

Άρα ( ) ( )σ 0 σ 3 0⋅ ≤ . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

• Αν ( ) ( )σ 0 σ 3 0⋅ < η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano

στο [ ]0,3 . Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )0x 0,3∈ ώστε ( ) ( ) ( )20 0 0 0σ x 0 f x 3f x x 0= ⇒ − + = .

• Αν ( ) ( ) ( )σ 0 σ 3 0 σ 0 0⋅ = ⇒ = (αφού ( )σ 3 0> ). Άρα 0x 0= .

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα [ )0x 0,3∈ ώστε ( ) ( )20 0 0f x 3f x x 0− + = .

95-17. Έστω συνεχής συνάρτηση f : α,β R→ ώστε να ισχύει ( ) ( ) ( )2f α f α f β 0+ ⋅ = .



Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ α,β∈ ώστε ( )f θ 0= .

Λύση

Έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2f α f α f β 0 f α f α f β 0 f α 0 η' f α f β+ ⋅ = ⇒ ⋅ + = ⇒ = = − .

Αν ( )f α 0= τότε η εξίσωση ( )f x 0= έχει λύση θ α α,β= ∈

Αν ( ) ( )f α f β= − , τότε ( ) ( ) ( )2f α f β f β 0⋅ = − ≤ . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

• Αν ( ) ( )f α f β 0⋅ < η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο α,β .

Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )θ α,β∈ ώστε ( )f θ 0= .

• Αν ( ) ( ) ( )f α f β 0 f β 0⋅ = ⇒ = . Άρα λύση της εξίσωσης ( )f x 0= θα είναι θ β α,β= ∈ .

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ α,β∈ ώστε ( )f θ 0= .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 95-18. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο α,β και ισχύει ( ) ( )κf α +λf β =0 με κλ>0 , να αποδείξετε

ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x α,β∈ τέτοιο ώστε ( )0f x =0 .

95-19. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2f x =αx +βx+γ, α 0≠ . Αν 5α+3β+3γ=0 , να αποδειχθεί ότι η εξίσωση

( )f x =0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ ]0,2 .

Γ: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ ΟΤΑΝ ΔΕΝ ΕΦΑΡΜΟΖΕΤΑΙ BOLZANO ΣΤΟ α,β Η’

ΟΤΑΝ ΔΕ ΓΝΩΡΙΖΩ ΔΙΑΣΤΗΜΑ.

• Εφαρμόζω τα βήματα 1 – 2 – 3 της περίπτωσης Α.

• Αναζητώ κατάλληλο υποδιάστημα του α,β ή του R ώστε να εφαρμοστεί, δηλαδή

αναζητώ 1 2x α,β , x α,β∈ ∈ , ώστε ( ) ( )1 2f x f x 0⋅ < , άρα εφαρμόζω Bolzano στο [ ]1 2x ,x .

Παράδειγμα4:Να δειχθεί ότι η εξίσωση 3 2x 3x x 3 0− − + = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )1,3− .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 95-20. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 6x 16x 11− = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο R.

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 6σ x x 16x= − η οποία είναι συνεχής στο R, άρα και στο διάστημα [ ]0,2 ,

ως πολυωνυμική.

Επίσης έχουμε ότι ( ) ( ) 6σ 0 11 0, σ 2 2 16 2 11 64 43 21 0= − < = − ⋅ − = − = > , άρα ( ) ( )σ 0 σ 2 0⋅ < .

Δηλαδή η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [ ]0,2 , άρα

υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ]θ 0,2∈ ώστε ( ) 6σ θ 0 θ 16 θ 11= ⇒ − ⋅ = .

95-21. Έστω f, g συναρτήσεις για τις οποίες υποθέτουμε ότι:

α). Είναι συνεχείς στο R.

β). Ισχύει ( ) ( )f x 1 2g x< < , για κάθε x R∈ .

γ). Υπάρχουν αριθμοί α,β R∈ με 0 α β< < ώστε ( ) ( )f α 2α και g β β= = .

Να αποδείξετε ότι υπάρχει θ R∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f θ g θ θ⋅ = .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )σ x f x g x x= ⋅ − , όπου x α,β∈ .

Η σ είναι συνεχής στο διάστημα α,β ως γινόμενο και διαφορά συνεχών.

Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )σ α f α g α α 2α g α α α 2g α 1= ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − . Όμως α 0>

και ( ) ( ) ( )2g x 1 2g α 1 2g α 1 0> ⇒ > ⇒ − > . Άρα ( )σ α 0> .

Επίσης ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )σ β f β g β β f β β β β f β 1= ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − . Αλλά είναι ( ) ( )β 0 και f x 1 f α 1> < ⇒ < .

Άρα ( )σ β 0< .

Επομένως ( ) ( )σ α σ β 0⋅ < . Η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο

διάστημα α,β .

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )θ α,β R∈ ⊆ , ώστε ( ) ( ) ( )σ θ 0 f θ g θ θ= ⇒ ⋅ = .



95-21β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση =ln(2x) x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,1)

Λύση

Α τρόπος

Θεωρούμε την συνάρτηση = −f(x) ln(3x) x , >x 0 και παρατηρούμε:

Η f είναι συνεχής στο διάστημα

1,1

3 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

= − = − <

1 1 1 1f ln(3 ) 0

3 3 3 3, = − >f(1) ln 3 1 0 .

Κατά συνέπεια ( ) <

1f f 1 0

3 Άρα, από το θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) =f x 0 εχει μια

τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( ) ⊆

1,1 0,1

3

Β τρόπος

Στο διάστημα ( )0,1 έχουμε τις ισοδυναμίες : = ⇔ = ⇔ − =x xln(3x) x e 3x 3x e 0 .

Θεωρούμε την συνάρτηση = − xg(x) 3x e είναι συνεχής στο 0,1 και <g(0)g(1) 0 άρα από το

θ.Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 95-22. Να δειχθεί ότι έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η

εξίσωση 3x x 3 0+ − = στο R.

95-23. Να δειχθεί ότι έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η

εξίσωση 4x 3x 2 0+ − = στο [ )0,∞ .


εξίσωση x 2 x 1 0+ − = στο [ )0,∞ .


εξίσωση x2 x 0+ = στο R.

Δ: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΔΥΟ ΡΙΖΩΝ ΣΕ ΔΙΑΣΤΗΜΑ α,β .

• Εφαρμόζω τα βήματα 1 – 2 – 3.

• Διαχωρίζω κατάλληλα το α,β σε δύο διαστήματα, αν θέλω τουλάχιστον δύο ρίζες, σε

τρία διαστήματα αν θέλω τουλάχιστον τρεις ρίζες, κ.λπ. Τα διαστήματα δεν πρέπει να

έχουν κοινά εσωτερικά σημεία.

• Εφαρμόζω το Bolzano σε καθένα από τα παραπάνω διαστήματα.

Παράδειγμα5:

Να δειχτεί ότι η εξίσωση 3x 3x 1 0− + = έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο ( )0,2 .

Παρατήρηση: Συνήθως για το διαχωρισμό παίρνω το μέσο του διαστήματος α,β , δηλαδήα β

2

+:

α β α βα, , ,β

2 2

+ +

.

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 95-26. Αν η συνεχής ( )f x στο α,β διέρχεται από την αρχή των αξόνων και ( ) ( )f α f β 3= = , να

δειχτεί ότι η εξίσωση ( ) ( )2f x 3f x 2= − έχει 4 τουλάχιστον ρίζες στο ( )α,β , όπου α 0 β< < .

Λύση

Από ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( )

2f x 1 0

f x 3f x 2 0 f x 1 f x 2 0f x 2 0

− =− + = ⇔ − − =

− =.

Έστω ( ) ( )g x f x 1= − συνεχής στα [ ]α,0 και 0,β αφού f συνεχής με:



( ) ( )( ) ( )( ) ( )

g α f α 1 2

g 0 f 0 1 1

g β f β 1 2

= − =

= − = − →= − =

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )g α g 0 0 αρα απο . . η g εχει ριζα στο α,0

g β g 0 0 αρα απο . . η g εχει ριζα στο 0,β

< ΘΒ

< ΘΒ

Άρα η ( )g x έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο ( )α,β .

Έστω ( ) ( )h x f x 2= − συνεχής στα [ ]α,0 και 0,β αφού f συνεχής με:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

h α f α 2 1

h 0 f 0 2

h β f β 2 1

= − =

= − = − →= − =

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )h α h 0 0 αρα απο . . η h εχει ριζα στο α,0

h β h 0 0 αρα απο . . η h εχει ριζα στο 0,β

< ΘΒ

< ΘΒ

Άρα η ( )h x έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο ( )α,β .

Τελικά η αρχική εξίσωση έχει 4 τουλάχιστον ρίζες στο ( )α,β .

95-27. Έστω οι αριθμοί α,β,γ,δ R με δ 0, α β γ δ 0 και α γ 0∈ > + + + < + > . Να αποδείξετε ότι η

εξίσωση 3 2αx βx γx δ 0+ + + = έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο διάστημα ( )1,1− .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 3 2f x αx βx γx δ= + + + η οποία ως πολυωνυμική είναι συνεχής στο R, άρα

και στα διαστήματα [ ] [ ]1,0 , 0,1− .

Είναι ( )f 1 α β γ δ− = − + − + . Όμως α β γ δ α β γ δ α γ α γ α γ 0− + − + < + + + ⇔ − − < + ⇔ + > , που ισχύει.

Άρα ισοδύναμα ισχύει και η ( )α β γ δ α β γ δ f 1 α β γ δ− + − + < + + + ⇔ − < + + + .

Αλλά α β γ δ 0+ + + < , οπότε και ( )f 1 0− < .

Επίσης ( )f 0 δ 0= > . Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο

διάστημα [ ]1,0− , οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1θ 1,0∈ − ώστε ( )1f θ 0= .

Στο [ ]0,1 έχουμε ( ) ( )f 0 δ 0 και f 1 α β γ δ 0= > = + + + < δηλαδή η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του

θεωρήματος Bolzano και στο διάστημα [ ]0,1 . Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )2θ 1,0∈ −

ώστε ( )2f θ 0= .

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η εξίσωση 3 2αx βx γx δ 0+ + + = έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο

διάστημα ( )1,1− .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 95-28. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 4x =11-2x έχει δύο τουλάχιστον πραγματικές ρίζες.

95-29. Α. Αν είναι ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )f x =3 x-α x-β +4 x-β x-γ +9 x-α x-γ και α<β<γ , να αποδείξετε ότι η

εξίσωση ( )f x =0 έχει πραγματικές και άνισες ρίζες.

Β. Αν λ>0 και κ+λ<-1 , τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3 2x +κx +λ=0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο

διάστημα ( )1,1− .

Ε: ΥΠΑΡΞΗ ΜΟΝΑΔΙΚΟΤΗΤΑΣ ΡΙΖΑΣ ΣΤΟ α,β .

Για να δείξω ότι η εξίσωση ( )f x 0= έχει μοναδική λύση στο ( )α,β , τότε:

• Αποδεικνύω ότι υπάρχει ρίζα με έναν από τους τρόπους Α, Β, Γ, Δ (ύπαρξη).

• Αποδεικνύω ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο ( )α,β , δηλαδή «1-1» άρα η ( )f x 0= θα έχει

μοναδική λύση.

Παράδειγμα6:Να δειχτεί ότι έχει μία μόνο πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η εξίσωση 3x 3x 15 0 στο R+ − = .

Παρατήρηση: Η μοναδικότητα αποδεικνύεται και με τη μέθοδο της εις άτοπο απαγωγής. Αφού

αποδείξω την ύπαρξη, υποθέτω ότι έχει δύο ρίζες και καταλήγω σε άτοπο.

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 95-30. Αν ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )f x 2 x α x β 3 x β x γ 5 x α x γ= − − + − − + − − και α β γ< < . Να δείξετε ότι η

εξίσωση ( )f x 0= έχει 2 ακριβώς ρίζες στο διάστημα ( )α,γ .



Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( )f x 0= έχει 2 τουλάχιστον και 2 το πολύ ρίζες στο ( )α,γ .

Επειδή η εξίσωση ( )f x 0= είναι πολυωνυμική 2ου βαθμού έχει 2 το πολύ ρίζες.

• Η f είναι συνεχής στα διαστήματα α,β και β,γ . Είναι

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )f α 3 α β α γ 0, f β 5 β α β γ 0, f γ 2 γ α γ β 0= − − > = − − < = − − > , οπότε

• ( ) ( ) ( ) ( )f α f β 0, f β f γ 0⋅ < ⋅ < .

Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( )f x 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )α,β και μία

τουλάχιστον ρίζα στο ( )β,γ . Δηλαδή έχει 2 τουλάχιστον ρίζες στο ( )α,γ .

Άρα η εξίσωση έχει 2 ακριβώς ρίζες στο ( )α,γ .

95-31. Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ( )0x 0,1∈ ώστε ( )0x0e ln x 1 2+ + = .

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( )x xe ln x 1 2 e ln x 1 2 0+ + = ⇔ + + − = έχει μοναδική ρίζα στο ( )0,1 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )xf x e ln x 1 2,x 1= + + = > − .

• Η f είναι συνεχής στο [ ]0,1 . Είναι ( ) ( )f 0 1 0, f 1 e ln 2 2 0= − < = + − > , οπότε

• ( ) ( )f 0 f 1 0⋅ < .

Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) ( )xf x 0 e ln x 1 2 0= ⇔ + + − = (1) έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .

Αρκεί να δείξουμε ότι η (1) έχει το πολύ μία ρίζα στο ( )0,1 .

Θα βρούμε τη μονοτονία της f στο ( )0,1 .

Έστω ( )1 2 1 2x ,x 0,1 με x x∈ < . Είναι ( ) ( )1 2x x1 2e e και ln x 1 ln x 1< + < + .

Οπότε ( ) ( ) ( ) ( )1 2x x1 2 1 2e ln x 1 2 e ln x 1 2 f x f x+ + − < + + − ⇔ < . Άρα f γνησίως αύξουσα.

Επομένως η εξίσωση ( )f x 0= έχει ακριβώς μία ρίζα στο ( )0,1 .

95-32. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση x x x3 5 7+ = έχει μοναδική λύση στο ( )1,2 .

Λύση

Για να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση έχει μοναδική λύση σε ένα διάστημα αρκεί να αποδείξουμε ότι

έχει μία τουλάχιστον και μία το πολύ ρίζα στο διάστημα αυτό.

α). Ύπαρξη.

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) x x xf x 3 5 7= + − με πεδίο ορισμού το [ ]1,2 .

Παρατηρούμε ότι η f είναι συνεχής στο [ ]1,2 και ( )f 1 1 0= > , ενώ ( )f 2 9 25 49 15 0= + − = − < .

Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x 1,2∈ ώστε ( )0f x 0= .

Άρα 0 0 0x x x3 5 7+ = .

β). Μοναδικότητα.

Γράφουμε την εξίσωση στην ισοδύναμη μορφήx x

3 51 0

7 7

+ − =

και παρατηρούμε ότι η

συνάρτηση ( )x x

3 5g x 1

7 7

= + −

είναι γνησίως φθίνουσα, άρα έχει ένα το πολύ

σημείο ( )0 0x με g x 0= . Η μονοτονία της g προκύπτει ως εξής:

Αν 1 2x x< , τότε1 2 1 2x x x x

3 3 5 5και

7 7 7 7

> >

. Άρα1 1 2 2x x x x

3 5 3 51 1

7 7 7 7

+ − > + −

ή ( ) ( )1 2g x g x> .


95-33. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 3 21 1f x = x + x +x-1

3 2

α. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο [ ]0,1 ,



β. Να αποδείξετε ότι η f έχει ακριβώς μια ρίζα στο ( )0,1 .

95-34. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 5x +5x=κ έχει μοναδική λύση στο διάστημα [ ]0,1 , για κάθε

[ ]κ 0,6∈ .

51 ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΑΠΟ ΠΕΔΙΟ ΤΙΜΩΝ

Α: Αν θέλω να αποδείξω ότι η εξίσωση ( )f x 0= έχει λύση και δεν εφαρμόζεται κάτι από τα

προηγούμενα καταφεύγω στο πεδίο τιμών της f στο αντίστοιχο διάστημα α,β .

• Βρίσκω το ( )f α,β .

• Ελέγχω αν το 0 ανήκει στο ( )f α,β ( )( )0 f α,β∈ και αν ανήκει η εξίσωση έχει τουλάχιστον

μία λύση, αλλιώς είναι αδύνατη.

• Αν επιπλέον θέλω μοναδικότητα αποδεικνύω τη μονοτονία της f στο αντίστοιχο

διάστημα.

Παράδειγμα1:Δείξτε ότι η εξίσωση 3x 2x 5 0+ − = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )0,2 .

Β: Ύπαρξη περισσοτέρων ριζών από πεδίο τιμών.

• Βρίσκω τη μονοτονία της f κατά διαστήματα.

• Εφαρμόζω τη μέθοδο Α σε κάθε διάστημα μονοτονίας, βρίσκοντας το πεδίο τιμών σε κάθε

τέτοιο διάστημα, έτσι εξασφαλίζω ότι αν έχει ρίζα είναι μοναδική.

ΜΕ ΑΥΤΟΝ ΤΟΝ ΤΡΟΠΟ ΛΥΝΩ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΟΥ ΖΗΤΑΝΕ ΕΥΡΕΣΗ ΠΛΗΘΟΥΣ ΤΩΝ ΡΙΖΩΝ

ΤΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ.

Παράδειγμα2:Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης 3x 3x 1 0− + = .


98-1. Έστω η συνάρτηση ( ]f : 0,1 R→ με ( )1

f x ln xx

= − .

i). Να βρείτε τη μονοτονία της f.

ii). Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

iii). Να δείξετε ότι υπάρχει ένα ακριβώς ( ]0x 0,1∈ τέτοιο ώστε 0 0 02x ln x 2 3x= − .

Λύση

i). Έστω ( ] 1 2 1 20,1 και x ,x με x xΑ = ∈Α < .

Είναι 1 2 1 2

1 2

1 1και ln x ln x ln x ln x

x x> < ⇔ − > − .

Άρα ( ) ( )1 2 1 2

1 2

1 1ln x ln x f x f x

x x− > − ⇔ > . Οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Α.

ii). Είναι ( ) ( ]( ) ( ) ( )x 0

f f 0,1 f 1 , lim f x→

Α = =

.

Έχουμε ( ) ( ) ( )x 0 x 0

1f 1 1 και lim f x lim ln x

x→ →

= = − = +∞ − −∞ = +∞

. Άρα ( ) [ )f 1,Α = +∞ .

iii). Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( )1 3 3

2xln x 2 3x 2 2xln x 3x ln x f xx 2 2

= − ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = έχει

ακριβώς μία ρίζα στο Α.

Επειδή το3

2∈Α η εξίσωση ( )

3f x

2= (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Α και αφού η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο Α η (1) έχει μία ακριβώς ρίζα στο Α.

ΣΧΟΛΙΟ: ΕΥΡΕΣΗ ΠΡΟΣΗΜΟΥ ΤΙΜΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΑΠΟ ΤΟ ΠΡΟΣΗΜΟ ΟΡΙΟΥ.

• Αν ( )0x x

lim f x l 0+→

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

• Αν ( )0x x

lim f x l 0−→

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



• Αν ( )0x x

lim f x+→

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

• Αν ( )xlim f x→−∞

= +∞ , τότε υπάρχει α κοντά στο −∞ με ( )f α 0> . κ.ο.κ.

98-2. (1). Να βρεθεί το σύνολο τιμών της ( ) ( )xh x xe σφx στο 0,π= − .

(2). Να δειχτεί ότι οι γραφικές παραστάσεις των ( ) ( ) xf x xημx και g x e συνx−= = έχουν ένα μόνο

κοινό σημείο στο ( )0,π .

Λύση

(1). Η συνάρτηση xxe είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,π σαν γινόμενο θετικών και γνησίως

αυξουσών συναρτήσεων. Επίσης η συνάρτηση σφx είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )0,π , άρα ή σφx−

είναι γνησίως αύξουσα. Έτσι η ( ) xh x xe σφx= − είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,π σαν άθροισμα

τέτοιων συναρτήσεων, οπότε θα έχει σύνολο τιμών ( ) ( ) ( )( ) ( )x 0 x π

h lim h x , lim h x , R+ −→ →

Α = = −∞ +∞ = ,

(αφούx 0 x πlim σφx , lim σφx

+ −→ →= +∞ = −∞ ).

(2). Αφού το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της h, θα υπάρχει (μοναδικό) ( )x 0,π∈ έτσι

ώστε ( ) x x xσυνxh x 0 xe σφx 0 xe xημx e συνx

ημx−= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = , άρα οι γραφικές παραστάσεις

των ( ) ( ) xf x xημx και g x e συνx−= = έχουν ένα (μόνο) κοινό σημείο στο ( )0,π .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 98-3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση -xe =x+2004 , έχει ακριβώς μια ρίζα στο ℝ .

98-4. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα ( )Δ= α,β , γνησίως φθίνουσα στο ( ]α,γ και γνησίως

αύξουσα στο )γ,β , όπου ( )γ α,β∈ . Αν ( ) ( ) ( )x α x β

f γ = -1, lim f x 2 και lim f x 3→ →

= = , να βρεθεί:

α. το σύνολο τιμών της f

β. το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ( )f x =0, x∈∆ .

98-5. Έστω f: →ℝ ℝ συνεχής συνάρτηση. Η οποία είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ],1−∞ και γνησίως

αύξουσα στο [ )1,+∞ . Αν ( ) ( )x xlim f x lim f x→+∞ →−∞

= = +∞ και ( )f 1 = -2 , να βρείτε το πλήθος των ριζών της

εξίσωσης ( )f x =0 και το σύνολο τιμών της f.

Πόσα παιδιά έχει ο

bolzano;

Απ. : Τουλάχιστον

ένα!!!



52 ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΩΝ

Προχωρώ στην εφαρμογή του Bolzano αποδεικνύοντας τη συνθήκη ( ) ( )f α f β 0< από τις

υποθέσεις που δίνονται.

Παράδειγμα 1:

Οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο διάστημα Α και για κάθε x∈Α ισχύει ( ) ( )f x g x kx− = . Αν

η συνάρτηση f έχει δύο ρίζες ( )1 2 1 2ρ ,ρ ρ ρ< ετερόσημες να δειχτεί ότι η συνάρτηση g έχει μία

τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [ ]1 2ρ ,ρ .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 100-1. Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f,g : R R→ για τις οποίες ισχύει ( ) ( )f xe g x 1 x+ = − (1)

για κάθε x R∈ . Αν η γραφική παράσταση f τέμνει τον άξονα x’x σε δύο σημεία Α και Β

εκατέρωθεν της αρχής των αξόνων, να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της g τέμνει τον x’x

σε ένα τουλάχιστον σημείο μεταξύ των Α και Β.

Λύση

Έστω ότι η fC τέμνει τον άξονα x’x στα σημεία ( ) ( )1 2 1 2ρ ,0 και ρ ,0 με ρ 0 ρΑ Β < < .

Είναι ( ) ( )1 2 1 2f ρ f ρ 0 και ρ ρ 0= = < .

Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 1 2x ρ ,ρ∈ τέτοιο ώστε ( )0g x 0= .

• Η g είναι συνεχής στο [ ]1 2ρ ,ρ . Για 1x ρ= και μετά για 2x ρ= η (1)

γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )1f ρ 01 1 1 1 1 1e g ρ 1 ρ e g ρ 1 ρ g ρ ρ+ = − ⇔ + = − ⇔ = − ,

και ( ) ( ) ( ) ( )2f ρ 02 2 2 2 2 2e g ρ 1 ρ e g ρ 1 ρ g ρ ρ+ = − ⇔ + = − ⇔ = − . Είναι

• ( ) ( )1 2g ρ g ρ 0⋅ < .

Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 1 2x ρ ,ρ∈ τέτοιο ώστε ( )0g x 0= .

100-2. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 3,3 R− → για την οποία ισχύει ( )3 4x f x 27+ = (1) για

κάθε [ ]x 3,3∈ − .

Να δείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( )3,3− .

Λύση

Έστω ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( )3,3− . Τότε θα υπάρχουν ( )α,β 3,3∈ − με α β<

ώστε οι ( ) ( )f α και f β να είναι ετερόσημοι. Δηλαδή ( ) ( )f α f β 0⋅ < . Αφού η f είναι συνεχής

στο ( ) ( )α,β 3,3⊆ − , σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ( )0x α,β∈ τέτοιο ώστε ( )0f x 0=

(2). Για 0x x= η (1) γίνεται ( )( )2

3 4 30 0 0 0x f x 27 x 27 x 3+ = ⇔ = ⇔ = , που είναι άτοπο,

αφού ( ) ( )0x α,β 3,3∈ ⊆ − . Άρα η f διατηρεί πρόσημο στο ( )3,3− .

100-3. Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση f για την οποία ισχύει ( ) ( )2f x 1 2f x συνx= + για

κάθε x R∈ .

Λύση

Για κάθε x R∈ έχουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

2 2 2 2 2

2 2

f x 1 2f x συνx f x 2f x συνx 1 f x 2f x συνx συν x 1 συν x

f x συνx 1 συν x.

= + ⇔ − = ⇔ − + = + ⇔

⇔ − = +

Έστω η συνάρτηση ( ) ( )g x f x συνx, x R= − ∈ .

Οπότε ισχύει ( )2 2g x 1 συν x, x R= + ∈ (1).

Για κάθε x R∈ είναι ( ) ( )2 21 συν x 0 g x 0 g x 0+ > ⇔ > ⇔ ≠ και επειδή η g είναι συνεχής θα διατηρεί το

πρόσημό της στο R.

• Αν ( )g x 0> για κάθε x R∈ , τότε από τη σχέση (1) προκύπτει ( ) 2g x 1 συν x , x R= + ∈

ή ( ) ( )2 2f x συνx 1 συν x f x συνx 1 συν x , x R− = + ⇔ = + + ∈ .



• Αν ( )g x 0< για κάθε x R∈ , τότε από τη σχέση (1) προκύπτει ( ) 2g x 1 συν x, x R= − + ∈

ή ( ) ( )2 2f x συνx 1 συν x f x συνx 1 συν x, x R− = − + ⇔ = − + ∈ .

Άρα ( ) 2f x συνx 1 συν x, x R= + + ∈ ή ( ) 2f x συνx 1 συν x , x R= − + ∈ .

100-4. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R R→ για την οποία

ισχύει ( ) ( )( )xf x 12 ημ5x x 3 x 4+ = + − − για κάθε x R∈ . Να βρεθεί η συνάρτηση f.

Λύση

Η δοθείσα ισότητα γράφεται ( ) ( )2 2xf x 12 ημ5x x 7x 12 xf x ημ5x x 7x+ = + − + ⇔ = + − .

Για x 0≠ είναι ( )ημ5x

f x x 7x

= + − .

Για x 0= επειδή η f είναι συνεχής, θα

ισχύει ( ) ( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0

ημ5x ημ5xf 0 lim f x lim x 7 5lim lim x 7 5 1 7 2

x x→ → → →

= = + − = + − = ⋅ + − = −

.

Άρα ( )ημ5x

x 7, x 0f x x

2, x 0

+ − ≠= − =

.

100-5. Δύο συναρτήσεις f : α,β α,β και g : α,β α,β→ → είναι συνεχής στο κοινό πεδίο

ορισμού τους και η f είναι γνησίως φθίνουσα. Αν ισχύει fog gof= , να αποδειχτεί ότι υπάρχει

σημείο της διχοτόμου της πρώτης και της τρίτης γωνίας των αξόνων ( )ξ,ξΜ από το οποίο

διέρχονται οι γραφικές παραστάσεις των f και g.

Λύση

1ο βήμα:

Τα κοινά σημεία των f gC ,C με την y x= προκύπτουν από την επίλυση των

εξισώσεων ( ) ( )f x x και g x x= = . Αρκεί λοιπόν οι δύο εξισώσεις να έχουν κοινή λύση έστω ξ.

2ο βήμα:

Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ R∈ , ώστε ( )f ξ ξ= .

Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( )φ x f x x= − με πεδίο ορισμού το α,β .

Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο α,β και ( ) ( )φ α f α α 0= − ≥ επειδή ( )α f α β≤ ≤ ,

ενώ ( ) ( )φ β f β β 0= − ≤ επειδή ( )α f β β≤ ≤ .

Έτσι παρατηρούμε ότι ( ) ( )φ α φ β 0≤ .

• Αν ( ) ( )φ α φ β 0= , τότε ( ) ( )f α 0 η' f β 0= = , δηλαδή ( ) ( )f α α η' f β β= = .

Άρα ( )ξ α η' ξ β με f ξ ξ= = = .

• Αν ( ) ( )φ α φ β 0< , τότε με εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano στο α,β συμπεραίνουμε ότι

υπάρχει ( )ξ α,β∈ ώστε ( )f ξ ξ= .

3ο βήμα:

Θα αποδείξουμε ότι για το παραπάνω ξ ισχύει ( )g ξ ξ= .

Έστω ότι ( )g ξ ξ> . Τότε ( )( ) ( )f g ξ f ξ> (1) αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα.

Επειδή δίνεται ότι ( )( ) ( )( )f g ξ g f ξ= έχουμε από την (1): ( )( ) ( ) ( )g f ξ f ξ η' g ξ ξ< < .

Ξεκινήσαμε από ( )g ξ ξ> και καταλήξαμε σε ( )g ξ ξ< , δηλαδή σε άτοπο. Άρα δεν ισχύει ( )g ξ ξ> .

Όμοια αποκλείουμε να ισχύει και ( )g ξ ξ< .

Άρα συμπεραίνουμε ότι ( )g ξ ξ= .

100-6. Έστω συνάρτηση f : R R και α,β,γ R με α β γ α→ ∈ ≠ ≠ ≠ ώστε ( ) ( ) ( )f α f β f γ 0+ + = .

Αν ( )f x 0≠ για κάθε x R∈ , να αποδείξετε ότι η f είναι ασυνεχής στο R.

Λύση

Εφόσον ( )f x 0≠ για κάθε x R∈ , και ( ) ( ) ( )f α f β f γ 0+ + = συμπεραίνουμε ότι οι

αριθμοί ( ) ( ) ( )f α ,f β ,f γ δεν είναι ομόσημοι.



Ας υποθέσουμε ότι οι ( ) ( )f α ,f β είναι θετικοί και ο ( )f γ είναι αρνητικός.

Τότε στο διάστημα Δ με άκρα α και γ, θα έχουμε ( ) ( )f α f γ 0⋅ < .

Αν η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, τότε από θεώρημα Bolzano, έχουμε ότι η εξίσωση ( )f x 0= έχει

μία τουλάχιστον λύση στο Δ, άτοπο από υπόθεση.

Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο Δ, δηλαδή δεν είναι συνεχής στο R.

Όμοια εργαζόμαστε με οποιοδήποτε συνδυασμό θετικών / αρνητικών ( ) ( ) ( )f α ,f β ,f γ .

Επομένως η f είναι ασυνεχής στο R.

100-7. Έστω συνάρτηση f : α,β R→ ώστε ( ) ( )f α f β 0⋅ < . Αν ισχύει ( )f x 0≠ , για κάθε x α,β∈ , να

αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι ασυνεχής στο διάστημα α,β .

Λύση

Έστω ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα α,β .

Επειδή ( ) ( )f α f β 0⋅ < , η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο α,β .

Άρα υπάρχει ( )θ α,β∈ κ, ώστε ( )f θ 0= . Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί ( )f x 0≠ , για κάθε x α,β∈ .

Άρα η συνάρτηση f είναι ασυνεχής στο α,β .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 100-8. Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις f: →ℝ ℝ με την ιδιότητα ( ) ( )2 xf x =2e f x , για κάθε

x∈ℝ .

100-9. Δίνονται οι συναρτήσεις ( ) ( )2 2f x =x +βx+γ και g x =-x +βx+γ με γ 0≠ . Αν 1 2ρ και ρ είναι ρίζες

των

f και g αντίστοιχα με 1 2ρ < ρ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )f x +2g x =0 , έχει τουλάχιστον μια ρίζα

στο ( )1 2ρ ,ρ .

100-10. i) Έστω f μια συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [-1,1] , για την οποία ισχύει 2 2x +f (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 ℝ ,

για την οποία σχύει 2 2f (x)=x για κάθε x∈ℝ .

100-11. 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 fC τέμνει και τις δύο διαγώνιες.

100-12. Έστω συνεχής συνάρτηση f για την οποία ισχύει ( )2 2x +f x =5x , για κάθε ( )x Δ= 0,5∈ .

α. Να αποδείξετε ότι η f δεν έχει ρίζες στο Δ και ότι έχει σταθερό πρόσημο στο Δ

β. Να βρεθεί ο τύπος της f στο Δ, αν επιπλέον είναι γνωστό ότι ( )f 1 = -2 .



100-13. Στο παρακάτω σχήμα η καμπύλη C είναι η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f

που είναι συνεχής στο [α,β] και το 0 0 0Μ (x ,y ) είναι ένα σημείο του επιπέδου,

i) Να βρείτε τον τύπο της απόστασης 0d(x)=(M M) του σημείου 0 0 0M (x ,y ) από το σημείο

M(x,f(x)) της fC 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 fC που απέχει από το 0M λιγότερο από ότι

απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της και ένα, τουλάχιστον, σημείο της fC που απέχει από

το 0M περισσότερο από ότι απέχουν τα υπόλοιπα σημεία της.

y

Μ(x, f (x))

Α(α, f (α))

B(β, f (β))

O β a x

Μ0(x0,y0)

Αν κουράστηκες,κάνε ένα

διάλλειµα µε «κλασσική» µουσική

ακολουθώντας τον παρακάτω

γραµµοκώδικα



Μπεκρή μεζέ επισήμανση

Αν ζητάμε τον τύπο μιας συνεχούς συνάρτηση Α→ ℝ:f για την οποία γνωρίζουμε μια ιδιότητα Ι ,

προσπαθούμε συνήθως με μετασχηματισμό της σχέσης Ι να καταλήξουμε σε σχέση της μορφής :

=2 ( ) ( )g x f x

Όπου ( )g x είναι κατάλληλη συνεχής συνάρτηση , που περιέχει στους όρους της την ( )f x , και

( )h x συνάρτηση που δεν μηδενίζεται στο διάστημα Α.Η g , ως συνεχής και χωρίς ρίζες στο Α, θα

διατηρεί πρόσημο στο Α. Επομένως η σχέση =2 ( ) ( )g x f x δίνει:

= ∈( ) ( ) ,g x f x x A ή = − ∈( ) ( ) ,g x f x x A

Αν όμως για κακή μας τύχη η h(χ) μηδενίζεται μόνο στο x=α , τότε οι ζητούμενες συναρτήσεις θα

είναι:

▪ = ∈( ) ( ) ,g x f x x A ή = − ∈( ) ( ) ,g x f x x A

▪ ( ) ,

( ) ,( ) ,

h x x ag x x A

h x x a

<= ∈

− ≥ ή

( ) ,( ) ,

( ) ,

h x x ag x x A

h x x a

− <= ∈

≥

Μερικά παραδείγματα.

1) Έστω f μια συνάρτηση στο ℝ για τν οποία ισχύει η σχέση

= +2 2( ) 1f x x για κάθε ∈ℝx

i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση =( ) 0f x είναι αδύνατη στο ℝ .

ii)Αν επιπλέον ισχύει = −(0) 1f να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

Λύση

i) Η εξίσωση = ⇔ = ⇔ + =2 2( ) 0 ( ) 0 1 0f x f x x .Η τελευταία εξίσωση είναι αδύνατη στο

ℝ ,συμπεραίνουμε ότι το ίδιο ισχύει για την ισοδύναμη αρχική εξίσωση =( ) 0f x .

ii)Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα ℝ και δεν μηδενίζεται σε αυτό.

Επομένως , η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα ℝ .

Και επειδή = − <(0) 1 0f συμπεραίνουμε ότι <( ) 0f x για κάθε ∈ℝx .

Άρα , από την δοθείσα σχέση προκύπτει:

= − +2( ) 1f x x για κάθε ∈ℝx

2) Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση →ℝ ℝ:f με την ιδιότητα:

συν συν ηµ− + =( ( ) )( ( ) ) 2 ( )f x x f x x f x x για κάθε ∈ℝx

Λύση

Η δοθείσα σχέση μετασχηματίζεται ως εξής:

( ) ( )

συν συν ηµ συν ηµ

ηµ συν ηµ ηµ

ηµ ηµ ηµ

− + = ⇔ − − = ⇔

− − − = ⇔ − + − = ⇔

⇔ + − − = ⇔ − =

2 2

2 2 2 2

22 2

( ( ) )( ( ) ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 0

( ) (1 ) 2 ( ) 0 ( ) 1 2 ( ) 0

( ) 2 ( ) 1 0 ( ) 1

f x x f x x f x x f x x f x x

f x x f x x f x x f x x

f x x f x x f x x

Θέτουμε ηµ= −( ) ( )g x f x x και παίρνουμε =2 ( ) 1g x (1)

Η σχέση (1) δηλώνει ότι ≠( ) 0g x και επειδή η g είναι συνεχής θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο

ℝ .

Θα είναι λοιπόν:

για καθε ηµ για καθεγια καθε ηµ για καθε

ηµ για καθεηµ για καθε

= ∈ − = ∈= ⇔ ⇔ ⇔

= − ∈ − = − ∈ = + ∈

⇔ = − + ∈

ℝ ℝ

ℝ ℝ

ℝ

ℝ

2 ( ) 1 ( ) 1( ) 1

( ) 1 ( ) 1

( ) 1

( ) 1

g x x f x x xg x

g x x f x x x

f x x x

f x x x



53 ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ – ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ

Α: ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ

Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα α,β . Αν:

• Η f είναι συνεχής στο α,β

• ( ) ( )f α f β≠

Τότε για κάθε αριθμό η μεταξύ των ( ) ( )f α ,f β υπάρχει ένας τουλάχιστον ( )0x α,β∈ τέτοιος

ώστε ( )0f x η= . Δηλαδή οποιοσδήποτε αριθμός βρίσκεται ανάμεσα στα ( ) ( )f α ,f β είναι τιμή

της f.

• Βρίσκω τις τιμές της συνάρτησης στα άκρα του διαστήματος ( ) ( )α,β ,f α ,f β και αν η f

είναι συνεχής στο α,β .

• Η συνάρτηση παίρνει κάθε τιμή μεταξύ των ( ) ( )f α ,f β .

• Διαπιστώνω αν οι ζητούμενες τιμές είναι μεταξύ των ( ) ( )f α και f β .

Παράδειγμα1:Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2 2πxf x 2x 3ημ 5συν πx 4

2= − − + ορισμένη στο διάστημα [ ]2,1− .

Να δειχτεί ότι παίρνει τις τιμές 0, 1, 1, 2,222, 2 , 3− .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 101-1. Έστω η συνεχής και περιττή συνάρτηση ( )

x 1f : R R με lim f x 2

→→ = . Να δείξετε ότι υπάρχει

σημείο της fC με τεταγμένη 1.

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει 0x τέτοιο ώστε ( )0f x 1= . Επειδή η f είναι συνεχής

έχουμε ( ) ( )x 1

f 1 lim f x 2→

= = . Αφού η f είναι περιττή και f0 D∈ , έχουμε ( )f 0 0= . Είναι:

• Η f συνεχής στο [ ]0,2 .

• ( )( ) ( )

f 0 1

f 0 1 f 1

≠

< <.

Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών, υπάρχει ένας τουλάχιστον ( )0x 0,1∈ , τέτοιος

ώστε ( )0f x 1= .

101-2. Έστω f : R R→ συνεχής συνάρτηση με την ιδιότητα ( )( )( )f x fof x 1= για κάθε x R∈ .

Αν ( )f 1000 999= , τότε:

α). Να αποδειχθεί ότι υπάρχει α R∈ τέτοιο, ώστε ( )f α 500= .

β). Να βρεθεί ο αριθμός ( )f 500 .

Λύση

α). Από την υπόθεση έχουμε ( ) ( )( )f x f f x 1= (1) για κάθε x R∈ . Η σχέση (1) για x 1000= δίνει:

( ) ( )( ) ( ) ( )1

f 1000 f f 1000 1 999f 999 1 f 999999

= ⇔ = ⇔ = .

Όμως η f είναι συνεχής στο διάστημα [ ]999,1000 και ισχύει

( ) ( ) ( ) ( )1

f 999 , f 1000 999 και f 999 500 f 1000999

= = < < .

Σύμφωνα με το θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών, υπάρχει ( )α 999,1000∈ τέτοιο, ώστε ( )f α 500= .

β). Η σχέση (1) για x α= δίνει ( ) ( )( ) ( ) ( )1

f α f f α 1 500f 500 1 f 500500

= ⇔ = ⇔ = .

101-3. Να ελέγξετε αν η συνάρτηση ( )f x συν2x 5ημx 2= + − λαμβάνει την τιμή e− στο

διάστημαπ

0,2

.

Λύση

Η f είναι προφανώς συνεχής στοπ

0,2

ως άθροισμα και διαφορά συνεχών συναρτήσεων.



Επιπλέον είναι ( )π

f 0 1, f 22

= − =

.

Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών η f λαμβάνει όλες τις τιμές μεταξύ των -1 και -3, άρα

λαμβάνει και την τιμή e 2,72− ≈ − .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 101-4. Αν ( ) 3f x =x +συνπx+2 , να αποδείξετε ότι για κάθε [ ]α 2,3∈ υπάρχει [ ]0x 0,1∈ ,ώστε ( )0f x =α .

101-5. Να αποδείξετε ότι σε καθεμία από τις παρακάτω περιπτώσεις η συνάρτηση f παίρνει την

αντίστοιχη τιμή κ στο διάστημα ( )2,2− .

α. ( )3x 5

f x = +ημπx+3, κ=4 3

β. ( ) 3f x =x -συνπx+1, κ=π+2

ΣΧΟΛΙΟ

Πολλές φορές εσφαλμένα θεωρούμε,ότι το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής χαρακτηρίζει τις συνεχείς

συναρτήσεις, δηλ, αν μια συνάρτηση f ορισμένη στο διάστημα α β , , παίρνει κάθε τιμή μεταξύ των

f(α) και f(β) τότε αυτή είναι συνεχής στο α β , .

Αυτό δεν είναι αληθές. Για παράδειγμα η συνάρτηση ( ) ηµ

≠ =

1, 0

f x =

, 0

xx

k x

μεταξύ των σημείων

π= −

2a , όπου α = −( ) 1f και β

π=

2, όπου β =( ) 1f , παίρνει όλες τις τιμές του διαστήματος − 1,1 ,

είναι συνεχής για κάθε ≠ 0x ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) 1f x =

x και της ( )=ημug u ,

ενώ δεν είναι συνεχής στο =0

0x για οποιοδήποτε k ,αφού δεν υπάρχει όριο στο 0.

Bonus μεζεδάκι θεωρίας ( Προσοχη. Θέλει απόδειξη για να χρησιμοποιηθεί σε άσκηση)

Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση →ℝ ℝf: είναι 1-1 και συνεχής τότε είναι γνησίως

μονότονη.

Απόδειξη

Έστω ∈ℝ1 2 3, ,x x x με < <

1 2 3x x x

Η f είναι 1-1 , άρα οι τιμές 1 2 3

( ), ( ), ( )f x f x f x θα είναι διαφορετικές μεταξύ τους .

Θα το δουλέψουμε με την εις άτοπον απαγωγή.

Έστω ότι η συνάρτηση δεν είναι γνησίως μονότονη.

Άρα δεν ισχύουν οι σχέσεις

< <1 2 3

( ) ( ) ( )f x f x f x και > >1 2 3

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

Δηλαδή το 2

( )f x δεν βρίσκεται ανάμεσα στα 1 3

( ), ( )f x f x .

Οπότε θα ισχύει μια από τις ακόλουθες ανισότητες :

< <1 3 2

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

> >1 3 2

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

< <2 1 3

( ) ( ) ( )f x f x f x (3)

> >2 1 3

( ) ( ) ( )f x f x f x (4)\

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η (1) .

Εφόσον το 3

( )f x βρίσκεται μεταξύ των 1 2

( ), ( )f x f x και λαμβάνοντας υπόψη ότι η f είναι συνεχής

στο ℝ , με εφαρμογή του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών έχουμε:

Υπάρχει ( )ξ ξ∈ =1 2 3

( , ) : ( )x x f f x

Δηλαδή, για ξ <3

x έχουμε ( )ξ =3

( )f f x άτοπο διότι η f είναι 1-1 .Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο

για τις (2) ,(3) ,(4).Αρα κάθε συνάρτηση →ℝ ℝf: είναι 1-1 και συνεχής τότε είναι γνησίως

μονότονη.



Β: ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ – ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ

• Αν η f είναι συνεχής στο α,β τότε έχει μέγιστη τιμή Μ και ελάχιστη τιμή m.

• Θέτω κάθε τιμή ( )if x μεταξύ m, M δηλαδή ( )im f x M≤ ≤ .

• Πολλαπλασιάζω τις ανισότητες με θετικούς συντελεστές (αν υπάρχουν).

• Προσθέτω τις ανισότητες.

• Εφαρμόζω θ. ενδιάμεσων τιμών.

Παρατήρηση: Βασικό γνώρισμα γι’ αυτή την κατηγορία των ασκήσεων είναι η ύπαρξη

παράστασης της μορφής( ) ( ) ( )1 2 νf x f x ... f x

ν

+ + + δηλαδή το άθροισμα των συντελεστών των

όρων ( )if x να είναι ίσο με τον παρονομαστή του κλάσματος: ( ) ( ) ( )1 2 3f x 3f x 5f x

1 3 5

+ +

+ +.

Παράδειγμα 2:Αν η f είναι συνεχής στο α,β και ( )f x 0 x α,β≥ ∀ ∈ τότε να δειχτεί ότι

υπάρχει ξ α,β∈ ώστε να ισχύει ( ) ( ) ( ) ( )ν1 2 νf ξ f x f x ...f x= , όπου 1 2 νx ,x ,...,x α,β∈ .

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 101-6. Έστω η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση [ ]f : 1,3 R→ . Να δείξετε ότι υπάρχει

ένας ακριβώς ( )0x 1,3∈ τέτοιος ώστε ( ) ( ) ( ) ( )03f x f 1 f 2 f 3= + + .

Λύση

Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ ]1,3 και είναι 1 2 3< < έχουμε ( ) ( ) ( )f 1 f 2 f 3> > οπότε είναι:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

f 3 f 1 f 1

f 3 f 2 f 1

f 3 f 3 f 1

• < ≤

• < <

• ≤ <

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )f 1 f 2 f 3

3f 3 f 1 f 2 f 3 3f 1 f 3 f 13

+ +< + + < ⇔ < < .

Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, υπάρχει ένας τουλάχιστον ( )0x 1,3∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

f 1 f 2 f 3f x 3f x f 1 f 2 f 3

3

+ += ⇔ = + + .

Και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα το 0x είναι μοναδικό.

101-7. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 1,2 R→ .

i). Να δείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( ) [ ]x 1g x f x e , x 1,2−= + ∈ έχει μέγιστη τιμή.

ii). Να δείξετε ότι υπάρχει [ ]0x 1,2∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) 0x0f x f x e< + για κάθε [ ]x 1,2∈ .

Λύση

i). Επειδή η g είναι συνεχής στο [ ]1,2 , έχει μέγιστη τιμή.

ii). Αφού η g έχει μέγιστη τιμή θα υπάρχει [ ]0x 1,2∈ τέτοιο ώστε για κάθε [ ]x 1,2∈ να

ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0x 1 x 1 x 1 xx 1 x 10 0 0 0 0g x g x f x e f x e η' f x f x e e f x e f x e− − −− −≤ ⇔ + ≤ + ≤ + − < + < + .

Άρα ( ) ( ) 0x0f x f x e< + , για κάθε x R∈ .

101-8.Έστω μια συνεχής συνάρτηση [ ]f : 2.4 R→ . Να δείξετε ότι υπάρχει ένας

τουλάχιστον [ ]0x 2.4∈ τέτοιος ώστε να ισχύει ( ) ( ) ( ) ( )0

f 2 f 3 3f 4f x

6

+ += .

Λύση

Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ]2,4 , η f παίρνει στο [ ]2,4 μια μέγιστη τιμή Μ και μια

ελάχιστη τιμή m. Δηλαδή ( )m f x M≤ ≤ για κάθε [ ]x 2,4∈ . Οπότε έχουμε:

( )( ) ( )( ) ( )

m f 2 M

m f 3 M 2m 2f 3 2M

m f 4 M 3m 3f 4 3M

≤ ≤

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

. Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )f 2 2f 3 3f 4

6m f 2 2f 3 3f 4 6M m M6

+ +≤ + + ≤ ⇔ ≤ ≤ .



Σύμφωνα με το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών θα υπάρχει ένας τουλάχιστον [ ]0x 2.4∈ τέτοιος

ώστε ( ) ( ) ( ) ( )0

f 2 f 3 3f 4f x

6

+ += .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 101-9. Έστω f συνάρτηση συνεχής στο α,β και κ, λ>0. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα

γ α,β∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( ) ( )κf α +λf β = κ+λ f γ .

101-10. Έστω f συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [ ]0,3 και [ ]1 2x ,x 0,3∈ . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει

ένας τουλάχιστον [ ]0x 0,3∈ τέτοιος ώστε ( ) ( ) ( )1 2 0f x 2f x =3f x+ .

101-11. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 2 3α,β και x ,x ,x α,β∈ , να αποδειχθεί ότι υπάρχει

( )γ α,β∈ ώστε ( ) ( ) ( ) ( )1 2 36f γ f x 2f x 3f x= + + .

101-12. Έστω f μια συνάρτηση συνεχής στο διάστημα α,β και 1 2 3 νx ,x ,x ,...,x σημεία του α,β . Να

δείξετε ότι υπάρχει ένας, τουλάχιστον, 0x α,β∈ τέτοιος ώστε να ισχύει:

( ) ( ) ( ) ( )1 2 ν0

f x +f x +...+f xf x =

ν.

101-13. Δίνεται η συνάρτηση [ ]f: 0,π → ℝ με ( ) 2 2f x =x -ημ x . Να εξετάσετε αν η f παρουσιάζει

ακρότατα.

102 ΥΠΑΡΞΗ ΤΟ ΠΟΛΥ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ

Α: Όταν θέλω να δείξω ότι η ( )f x έχει το πολύ μία ρίζα (δηλαδή μία ή καμία) δείχνω ότι η f

είναι γνησίως μονότονη. (Δεν απαιτείται ύπαρξη γιατί δεν ξέρω αν υπάρχει).

Παράδειγμα1: Δείξτε ότι η εξίσωσηx

27x 3

3

= −

έχει το πολύ μία ρίζα στο R.

ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 102-1. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία υπάρχει ( )θ 0,1∈ τέτοιο,

ώστε ( ) ( )f x f y θ x y− ≤ − , για κάθε x R∈ . Να αποδειχτεί ότι:

i). Η συνάρτηση f είναι συνεχής.

ii). Η εξίσωση ( )f x x= έχει το πολύ μία ρίζα στο R.

Λύση

i). Έστω 0x R∈ . Είναι ( ) ( )0 0f x f x θ x x− ≤ − για κάθε x R∈ .

Επειδή0

0x xlim θ x x 0→

− = , προκύπτει ότι ( ) ( )( )0

0x xlim f x f x 0→

− = , δηλαδή ( ) ( )0

0x xlim f x f x→

= .

Αυτό σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο 0x R∈ και κατά συνέπεια η f είναι συνεχής στο R.

ii). Έστω ότι υπάρχουν ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 2x ,x R με x x και f x x ,f x x∈ ≠ = = .

Τότε ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2f x f x θ x x x x θ x x θ 1− ≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ ≥ . Άτοπο διότι ( )θ 0,1∈ .



54. ΕΥΡΕΣΗ ΠΕΔΙΟΥ ΤΙΜΩΝ Αν Δ υποσύνολο του πεδίου ορισμού τότε ( )f ∆ συμβολίζω το πεδίο τιμών στο διάστημα Δ.

Η εικόνα ( )f ∆ ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι

διάστημα. (Μόνο για ένα διάστημα και όχι για ένωση διαστημάτων).

Μεθοδολογία

1). Αποδεικνύω ότι η f είναι συνεχής στο Δ.

2). Αποδεικνύω ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ (με τον ορισμό ή με χρήση παραγώγων

παρακάτω).

3). Βρίσκω ( ) ( )f α ,f β αν α,β∆ = ή ( ) ( ) ( )x α x βlim f x και lim f x αν α,β

+ −→ →= Α = Β ∆ = .

Εφαρμόζω τα στοιχεία του πίνακα

Μονοτονία Δ α,β )α,β (α,β ( )α,β

f γν αυξ στο Δ ( )f ∆ ( ) ( )f α ,f β ( ) )f α ,Β ( )( , f β Α ( ),Α Β

f γν φθιν στο Δ ( )f ∆ ( ) ( )f β ,f α ( )( , f αΒ ( ) )f β , Α ( ),Β Α

Τα ίδια ισχύουν αν α και β= −∞ = +∞

Παράδειγμα1: Να βρεθεί το πεδίο τιμών της ( ) ( )2ff x ln x 3 με D 0,e= − = .

Παρατήρηση 1: Αν η μονοτονία δεν διατηρείται τότε εφαρμόζω τα παραπάνω σε κάθε

διάστημα χωριστά, όπου η μονοτονία διατηρείται.

Παράδειγμα2: Να βρεθεί το πεδίο τιμών της ( ) = − +3f x x 3x 2009 .


90-1. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο ( )x

1f x x 1

2

= − −

.

Να βρεθεί το σύνολο τιμών της και το πλήθος των ριζών της ( )f x 0= .

Λύση

Το πεδίο ορισμού της f είναι [ )fD 1,= +∞ . Οι συναρτήσεις ( ) ( )x

1 2

1f x x 1 και f x

2

= − =

είναι γνησίως

αύξουσα και γνησίως φθίνουσα αντίστοιχα.

Αν λοιπόν 1 21 x x≤ < , τότε1 2x x

1 2

1 1x 1 x 1 και

2 2

− < − − < −

.

Άρα ( ) ( )1 2x x

1 2 1 2

1 1x 1 x 1 η' f x f x

2 2

− − < − − <

, δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα.

Παρατηρούμε ότι η f ως συνεχής και ορισμένη σε διάστημα θα έχει ως σύνολο τιμών διάστημα.

Είναι ( ) ( ) ( )x

x x

1 1lim f x lim x 1 0 και f 1

2 2→+∞ →+∞

= − − = +∞ − = +∞ = −

.

Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το διάστημα1

,2

− +∞ .

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, η ( )f x 0= θα έχει το πολύ μία ρίζα στο [ )1,+∞ . Υπάρχει όμως ένα

τουλάχιστον [ )ρ 1,∈ +∞ ώστε ( )f ρ 0= αφού το 0 περιέχεται στο σύνολο τιμών της συνάρτησης.

Τελικά η ( )f x 0= έχει μία μόνο πραγματική ρίζα.




90-2. Να βρείτε το σύνολο τιμών των συναρτήσεων:

i) f(x)=lnx-1 , x [1,e]∈ ii) f(x)=-x+2 , x (0, 2)∈ iii) f(x)=2ημx+1 ,π

x 0,6

∈

iv) xf(x)=e +1 , x (- ,0]∈ ∞ .

90-3. Να βρείτε το σύνολο τιμών των συναρτήσεων:

α. ( ) ( ]6f x = -8x+2,x 0,3

x∈

β. ( )π

f x =ημx+εφx,x 0,4

∈ .

90-4. Να προσδιορίσετε το σύνολο τιμών των συναρτήσεων:

α. ( ) [ ]1f x = ,x 0,2

x+1∈ β. ( )

π πf x =ημx-σφx,x ,

4 2

∈

γ. ( ) [ ]2f x =x -4x,x 0,2∈ δ. ( ) 3 πf x =x -συνx,x 0,

2

∈ .

90-5. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )f x =ln 1-lnx .

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f και να αποδείξετε ότι είναι συνεχής

β. Να βρείτε τα όρια της f στα άκρα του πεδίο ορισμού

γ. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο fD

δ. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

90-6. Δίνεται η συνάρτηση ( )f x = 4-x- 2+x

α. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής και γνησίως μονότονη

β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f

γ. Να λύσετε την ανίσωση ( )f x 0< .

90-7. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης ( )f x =συν5x+1 .

90-8. Δίνεται η συνάρτηση ( ) x-1f x =lnx+e 1− .

α. Να αποδειχθεί ότι η f είναι γνησίως αύξουσα,

β. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f,

γ. Να λυθεί η εξίσωση x-1lnx+e 1= .

Παρατήρηση 2: Ειδικά αν η f έχει πεδίο ορισμού κλειστό διάστημα α,β μπορώ να δουλέψω

ως εξής:

Βρίσκω τη μικρότερη τιμή m και τη μεγαλύτερη τιμή Μ της f. Τότε ( ) [ ]f α,β m,= Μ .

Αυτό εφαρμόζεται συνήθως στη περίπτωση που αλλάζει η μονοτονία στο αντίστοιχο

διάστημα.

Η μέγιστη τιμή είναι το ( ) ( ){ }max f α ,f β ,κ, λ,... .

Η ελάχιστη τιμή είναι το ( ) ( ){ }min f α ,f β ,κ, λ,... .

Όπου κ, λ οι τιμές των ακρότατων.



Παράδειγμα 2: ( ) [ ]2ff x x 4x 6 με D 0,4= − + = .


90-8. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης στο αντίστοιχο

διάστημα ( ) [ ]2f x x ln x 1 στο 1,e= + − .

Λύση

Στο διάστημα [ ]1,e είναι γνησίως αύξουσα ως άθροισμα συναρτήσεων 2x 1 και ln x− που είναι

γνησίως αύξουσες συναρτήσεις στο [ ]1,e .

Έτσι το σύνολο τιμών είναι το ( ) ( ) [ ]f 1 , f β 0,e = .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 90-9. Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης ( ) xf x =e +lnx και πεδίο ορισμού το [ ]1,2 .

ΣΤΟ ΠΕΔΙΟ ΤΙΜΩΝ

ΘΑ ΕΠΑΝΕΛΘΟΥΜΕ

ΣΤΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΤΩΝ

ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ

Ο θείος Αλβέρτος συμβουλεύει…



ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΣΥΝΕΧΕΙΑ Αν έχετε λύσει όλες τις παραπάνω ασκήσεις μελετήστε τις επόμενες για μια μίνι επανάληψη

απαντήστε τις ερωτήσεις κλειστού τύπου και κατόπιν προσπαθήστε να λύσετε το κριτήριο

που ακολουθεί. 1. Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο διάστημα ( )α,β και για κάθε ( )∈, α,βx y ισχύει:

− < −( ) ( )f x f y x y .Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο ( )α,β .

Λύση

Έστω τυχαίο ( )∈0

α,βx οπότε αρκεί να δείξουμε ότι →

=0

0lim ( ) ( )x x

f x f x

Εφόσον ( )∈0

α,βx θα είναι:

− < − ⇔ − − < − < − ⇔0 0 0 0 0

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

− − + < < + −0 0 0 0

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

Όμως → →

− − + = − + = 0 0

0 0 0 0 0 0lim ( ) ( ) , lim ( ) ( )x x x x

x x f x f x x x f x f x

Από την (1) και το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει:→ 0

0lim ( ) ( )x x

f x f x οπότε η f συνεχής στο τυχαίο

σημείο ( )∈0

α,βx άρα η f είναι συνεχής στο ( )α,β .

2.Η συνάρτηση →ℝ ℝ:f είναι συνεχής στο ℝ και ισχύει ηµ

→

− − + −=

−2

( 2) ( 2) ( 2)lim 2

2x

x f x x

x.

Να βρείτε το (0)f .

Λύση

Από την δοθείσα σχέση παίρνουμε:

ηµ ηµ→ → →

− − + − −= ⇔ − + =

− −2 2 2

( 2) ( 2) ( 2) ( 2)lim 2 lim ( 2) lim 2

2 2x x x

x f x x xf x

x x (1)

Η −( 2)f x είναι συνεχής στο ℝ ως σύνθεση της συνεχούς στο ℝ συνάρτηση − 2x ( πολυωνυμικής)

και της συνεχούς f .Άρα το όριο στο 2 θα ισούται με την τιμή της:

ηµ ηµ→

= −

→ →

− = − =

−= =

−

2

2

2 0

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

( 2)lim lim 1 (3)

2

x

u x

x u

f x f

x u

x u

Από τις σχέσεις (2),(3) υπάρχει στο ℝ το όριο του πρώτου μέλους της (1) οπότε μπορούμε να

εφαρμόσουμε την ιδιότητα του ορίου του αθροίσματος ( ( )→ → →

+ = +0 0 0

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

f x g x f x g x )

ηµ→ →

−− + =

−2 2

( 2)lim ( 2) lim 2

2x x

xf x

x οπότε + = ⇔ =(0) 1 2 (0) 1f f .

3.Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο =0

0x και ισχύει:

→

−=

0

( ) (0)lim 2x

f x f

x και

ηµ→

−= ∈ℝ

0

( )limx

f x xa

x

Τότε:

α) να αποδείξετε ότι η Cf διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

β) να υπολογίσετε το α.

Λύση

α) Για ≠ 0x θέτουμε: ηµ

ηµ−

= ⇔ = +( )

( ) ( ) ( )f x x

g x f x xg x xx

Επομένως προκύπτει

( )ηµ→ →

= + = ⋅ + =0 0

lim ( ) lim ( ) 0 0 0x x

f x xg x x a



Η f είναι συνεχής στο =0

0x άρα →

=0

lim ( ) (0)x

f x f .Οπότε : =(0) 0f έτσι η Cf διέρχεται από την αρχή

των αξόνων.

β) Ισχύει : → →

−= ⇔ =

0 0

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

f x f f x

x x

Επομένως:

ηµ ηµ→ →

− = = + = − =

0 0

( ) ( )lim lim 2 1 1x x

f x x f x xa

x x x

4.Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το ( )= +∞0,A και ισχύουν:

i) −

≤ ≤ −1

( ) 1x

f x xx

(1) για κάθε > 0x .

ii) ⋅ = +( ) ( ) ( )f x y f x f y (2) για κάθε > 0x και > 0y .

Να αποδείξετε ότι :

α) Η f είναι συνεχής στο 1.

β) Η f είναι συνεχής για κάθε > 0x .

Λύση

α) Για να είναι η f συνεχής στο 1 θα πρέπει →

=1

lim ( ) (1)x

f x f

Από την δοθείσα σχέση για = 1x−

≤ ≤ − ⇔ ≤ ≤1 1

(1) 1 1 0 (1) 01

f f άρα =(1) 0f (3)

Ισχύει → →

−= − =

1 1

1lim 0 , lim( 1) 0x x

xx

x από το κριτήριο της παρεμβολής προκύπτει:

→

= =1

lim ( ) 0 (1)x

f x f άρα

η f είναι συνεχής στο 1.

β) θεωρούμε τυχαίο ( )∈ +∞0

0,x και θα δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0

x .

Θέτουμε =0

x x h οπότε όταν το x τείνει 0

x το h τείνει στο 1.Επομενως:

→ → → →= = + = + = + = + =

0

(2) (3)

0 0 0 0 0 01 1 1lim ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) ( ) lim ( ) ( ) (1) ( ) 0 ( )x x h h h

f x f x h f x f h f x f h f x f f x f x

Κατά συνέπεια η f είναι συνεχής στο τυχαίο ( )∈ +∞0

0,x άρα είναι συνεχής στο ( )+∞0, .

5.α) Για τις συναρτήσεις f,g ισχύει ηµ+ =2 2 2( ) ( )f x g x x (1) για κάθε x κοντά στο π. Να δείξετε

ότι οι f,g είναι συνεχείς κοντά στο π.

β) θεωρούμε τις συναρτήσεις f και g για τις οποίες ισχύει

(1) + =( ) ( )f x g x x για κάθε ∈ℝx

Να αποδειχθεί ότι οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο =0

0x .

γ) θεωρούμε τις συναρτήσεις f και g για τις οποίες ισχύει

+ =2 2( ) ( ) 2 ( )f x g x xf x για κάθε ∈ℝx

Να αποδειχθεί ότι οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο =0

0x .

Λύση

α) Ισχύει:

ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ≤ + = ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x x f x x f x x x f x x (2)

ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ≤ + = ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x f x g x x g x x g x x x g x x (3)

Για x= οι (2) ,(3) παίρνουν την μορφή

(2) : ηµπ π ηµπ π π− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ =( ) 0 ( ) 0 ( ) 0f f f

(3) : ηµπ π ηµπ π π− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ =( ) 0 ( ) 0 ( ) 0g g g



Επειδή ( )π πηµ ηµ

→ →= − =lim 0,lim 0

x xx x από το κριτήριο της παρεμβολής και τις (2) ,(3) προκύπτει:

ππ

→= =lim ( ) 0 ( )

xf x f ,

ππ

→= =lim ( ) 0 ( )

xg x g .Άρα οι f,g είναι συνεχείς κοντά στο π.

β) Θέτουμε = 0x στην (1)

και =

+ = ⇔ + = ⇔ =

(0) 0

(0) (0) 0 (0) (0) 0

(0) 0

f

f g f g

g

(2) ≤ + = ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ≤( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x x f x x x f x x

Αλλά ( ) ( )→ →

− = =0 0

lim 0 , lim 0x x

x x από το κριτήριο της παρεμβολής →

= =0

lim ( ) 0 (0)x

f x f

Δηλαδή η f είναι συνεχής =0

0x .Όμοια προκύπτει και η συνέχεια της g στο =0

0x .

β) Ισχύει:

ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ≤ + = ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x x f x x f x x x f x x (2)

ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ≤ + = ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x f x g x x g x x g x x x g x x (3)

Για x= οι (2) ,(3) παίρνουν την μορφή

(2) : ηµπ π ηµπ π π− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ =( ) 0 ( ) 0 ( ) 0f f f

(3) : ηµπ π ηµπ π π− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ =( ) 0 ( ) 0 ( ) 0g g g

Επειδή ( )π πηµ ηµ

→ →= − =lim 0,lim 0

x xx x από το κριτήριο της παρεμβολής και τις (2) ,(3) προκύπτει:

ππ

→= =lim ( ) 0 ( )

xf x f ,

ππ

→= =lim ( ) 0 ( )

xg x g .Άρα οι f,g είναι συνεχείς κοντά στο π.

γ) Για = 0x η δοθείσα γίνεται:

=+ = ⋅ ⋅ ⇔ + = ⇔

=

2 2 2 2 (0) 0(0) (0) 2 0 (0) (0) (0) 0

(0) 0

ff g f f g

g

Για κάθε ∈ℝx η δοθείσα σχέση γράφεται

( )+ = ⇔ + − + = ⇔ − + =22 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )f x g x xf x f x g x xf x x x f x x g x x (*)

Από την σχέση (*) έχουμε:

( ) ( ) ( )− ≤ − + = ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔2 2 22 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x x f x x g x x f x x x f x x x

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

Αλλά ( ) ( )→ →

− + = + =0 0

lim 0 , lim 0x x

x x x x από το κριτήριο της παρεμβολής ( )→

=0

lim ( ) 0x

f x

Δηλαδή η f είναι συνεχής =0

0x .

Ανάλογα προκύπτει και η συνέχεια της g στο =0

0x .

6.Εστω η συνάρτηση →ℝ ℝ:f είναι συνεχής στο ℝ και για κάθε ∈ℝx

ισχύει : συν− ≥ − −( 2) ( ) ( 2) 1x f x x (1) . Να βρείτε το (2)f .

Λύση

Εφόσον η f είναι συνεχής στο ℝ θα είναι συνεχής και στο 2. Άρα →

=2

lim ( ) (2)x

f x f (2). Αρκεί λοιπόν

να υπολογίσουμε το →2

lim ( )x

f x .

Είμαστε υποχρεωμένοι να διαιρέσουμε με την ποσότητα − 2x για αυτό θα διακρίνουμε

περιπτώσεις για το πρόσημο του.

▪ − > ⇔ >2 0 2x x Από την (1) :



συν συν= +→ →

− − − −≥ ⇒ ≥

− −2 2

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

( 2) ( 2)x x

x xf x f x

x x (3)

Θέτουμε = − 2u x οπότε όταν +→ 2x τότε + → 0u άρα από την (3) έχουμε:

συν→ → →

−≥ ⇔ ≥

2 0 2

) 1lim ( ) lim lim ( ) 0x u x

uf x f x

u (4)

▪ − < ⇔ <2 0 2x x Από την (1) :

συν συν→ →

− − − −≤ ⇒ ≤

− −2 2

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

( 2) ( 2)x x

x xf x f x

x x (4)

Θέτουμε = − 2u x οπότε όταν −→ 2x τότε − → 0u άρα από την (4) έχουμε:

συν− − −→ → →

−≤ ⇔ ≤

2 0 2

) 1lim ( ) lim lim ( ) 0x u x

uf x f x

u (5)

Από (4) ,(5)και (2) προκύπτει: − + →→ →

= = = =22 2

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

f x f x f x f

Άρα =(2) 0f

7.(Αποκαλυπτικη ..άσκηση)

Έστω η συνεχής συνάρτηση →ℝ ℝ:f για την οποία ισχύει:

συν= + −2

2 2( )1

444

x f xx x (1)

α) Να βρεθεί η f.

β) Να υπολογίσετε το ( )→−∞

2lim ( )x

x f x

Λύση

α) Από την σχέση (1) έχουμε: ( )συν συν= + − ⇔ = + −2

2 2 2 2 2( )1 ( ) 444 1

444

x f xx x x f x x x

Αν ≠ 0x , τότε ισχύει:

( )συν+ −

=

2 2

2

444 1( )

x xf x

x

Επειδή η f είναι συνεχής στο ℝ άρα είναι συνεχής και στο =0

0x όποτε θα ισχύει →

=0

lim ( ) (0)x

f x f

Έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( )συν συν συν + − + − + − + − − = = = + =

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

444 1 444 1 1 1 1 1 1( ) 444

x x x x x xf x

x x x x

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

ηµ ηµ ηµ

+ − + − + + + − = + = + = + = + + + + + +

22 2

2 2 22 22

22 2 2 2 2 2

1 11 1 1 1 1 1444 444 444

1 1 1 1 1 1

xx x xx x x

x xxx x x x x x

( )( )

( )( )

ηµ ηµ ηµ + − = + = + = + + ++ + + +

2 22 2 2

22 2 2 2

1 1 1444 444 444

1 11 1 1 1

x xx x x

x x xxx x x x

ηµ ηµ→ → → →

= + = + = + = = + + + +

2 2

0 0 0 02 2

1 1 1 3lim ( ) lim 444 444 lim lim 444 1 444 666

2 21 1 1 1x x x x

x xf x

x xx x



Άρα =(0) 666f .Τελικά ο τύπος της συνάρτησης είναι :

( )συν + − ≠=

=

2 2

2

444 1, 0( )

666 , 0

x xxf x

xx

β) Παρατηρούμε ότι: ( )συν= + −2 2 2( ) 444 1x f x x x

Επειδή → −∞x περιοριζόμαστε στο ( )−∞,0 .Έτσι έχουμε:

( ) ( ) συνσυν συν

→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

= + − = + − = + − =

22 2 2 2 2

2 2

1 1lim ( ) lim 444 1 lim 444 1 lim 444 1x x x x

xx f x x x x x x x

xx x

( )συν συν>

→−∞ →−∞

= − + − = − + +

2 20

2 2

1 1lim 444 1 lim 444 1

x

x x

x xx x x

x xx x (2)

Όμως:

συν συν≤ ⇔ − ≤ ≤

2 21 1 1x x

x xx x x

Επίσης →−∞ →−∞

− = =

1 1lim 0 , lim 0x xx x

από το κριτήριο της παρεμβολής συν→−∞

=2

lim 0x

x

x (3)

Από (2) ,(3) προκύπτει

( ) ( )( )( ) ( )( )→−∞

= +∞ + + = +∞ = +∞ 2lim ( ) 444 ( ) 0 1 0 444 ( ) 1

xx f x

8.Εστω η συνάρτηση →ℝ ℝ:f για την οποία ισχύει: + = + +( ) ( ) ( ) 1974f x y f x f y xy (1) για κάθε

∈ℝ,x y .

α) Να βρείτε το (0)f

β) Αν η f είναι συνεχής στο 0 να δείξετε ότι είναι συνεχής για κάθε ∈ℝx .

Λύση

α) Από την σχέση (1) για = = 0x y έχουμε:

+ = + + ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ =(0 0) (0) (0) 1974 0 0 (0) 2 (0) (0) 0f f f f f f

β) Η f είναι συνεχής το 0 άρα → →

= ⇔ =0 0

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

f x f f x (2)

Έστω τυχαίο ∈ℝ*

0x θα δείξουμε ότι στο

0x η f είναι συνεχής

Θέτουμε − =0

x x h οπότε όταν →0

x x τότε → 0h

Έτσι → → → → → →

= + = + + = + + 0

0 0 0 0 00 0 0 0 0lim ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) 1974 lim ( ) lim ( ) lim 1974x x h h h h h

f x f x h f x f h x h f x f h x h

= + + =0 0

( ) (0) 0 ( )f x f f x που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο ∈ℝ*

0x άρα είναι συνεχής

για κάθε ∈ℝx .

9. Δίνονται οι συναρτήσεις −= −1( ) 1xf x e και = + +( ) ( 1) 1g x ln x

α) Δείξετε ότι η εξίσωση =( )f x x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 1,3 .

β) Αν είναι ξ η ρίζα της εξίσωσης αυτής στο 1,3 να υπολογίσετε το ξ→

lim ( )x

g x .

α) Θεωρούμε την συνάρτηση = −( ) ( )h x f x x (1) Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 1,3 ως

διαφορά συνέχων συναρτήσεων.



( )( ) ( )− −= − − − − = − − <1 1 3 1 2(1) (3) 1 1 1 3 1 4 0h h e e e

Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )ξ ∈ 1,3 με

ξ ξ ξ ξ ξ= ⇔ − = ⇔ =( ) 0 ( ) 0 ( )h f f

Άρα η εξίσωση =( )f x x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 1,3 .

Β) Είναι ( )ξ ξ→ →

= + +lim ( ) lim ( 1) 1x x

g x ln x

Θέτουμε = +1u x οπότε όταν ξ→x τότε ξ→ + 1u .Έτσι:

( )ξ ξ

ξ→ → +

= + = + +1

lim ( ) lim ln 1 ln( 1) 1 (1)x u

g x u

Όμως ξ ξξ ξ ξ ξ− −= ⇔ − = ⇔ = +1 1( ) 1 1f e e (2)

ξ

ξξ ξ ξ−

→= + + = + = − + =

(2)1lim ( ) ln( 1) 1 ln( ) 1 1 1

xg x e

10.Να δείξετε ότι η εξίσωση α β α β+ − = ∈ℝ21974 0, ,x x με α β< ≤0 δεν μπορεί να έχει και τις

δυο ρίζες ακέραιες.

Λύση

i)Θεωρούμε την συνάρτηση α β= + −2( ) 1974f x x x

Έχουμε α β β= ⋅ + ⋅ − = − <2(0) 1974 0 0 0f , α β α β= ⋅ + ⋅ − = + − >2(1) 1974 1 1 1974 0f (διότι

α β β α≤ ⇔ ≤ −0 )

Η f είναι συνεχής στο διάστημα 0,1 ως πολυωνυμική άρα από το θεώρημα Bolzano προκύπτει

ότι η εξίσωση =( ) 0f x έχει μια τουλάχιστον λύση στο ( )0,1 , δηλαδή η μια τουλάχιστον ρίζα της

εξίσωσης α β+ − =21974 0x x δεν είναι ακέραια.

11.Έστω →ℝ ℝ:f συνεχής συνάρτηση με: + < < +(2) (5) 7 (3) (4)f f f f .

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν α β ∈ℝ, με α β+ = 7 και α β+ =( ) ( ) 7f f

Λύση

Επειδή α β β α+ = ⇔ = −7 7 και α β α α α α+ = ⇔ + − = ⇔ + − − =( ) ( ) 7 ( ) (7 ) 7 ( ) (7 ) 7 0f f f f f f

Θεωρούμε την συνάρτηση :

= + − −( ) ( ) (7 ) 7g x f x f x , ∈ℝx

Η g είναι συνεχής στο ℝ άρα και στο διάστημα 2,3

Είναι:

= + − − = + − <(2) (2) (7 2) 7 (2) (5) 7 7g f f f f

= + − >(3) (3) (4) 7 0g f f Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ( )α ∈ 2,3 τέτοια ώστε

α α α α α= ⇔ + − − = ⇔ + − =( ) 0 ( ) (7 ) 7 0 ( ) (7 ) 7g f f f f

Αν θέσουμε β α= −7 τότε ισχύει α β+ = 7 και α β+ =( ) ( ) 7f f .ο.ε.δ.

12.(Πρώτη δέσμη 1995)

α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ και για αυτή ισχύει ≠( ) 0f x για κάθε ∈ℝx .Δειξετε ότι

η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ .

β) Έστω ( )+∞ → ℝ: 0,f συνεχής συνάρτηση και για κάθε > 1x ισχύει:

− = + −+

2( ) 1 1

1f x x

x.Αποδείξτε ότι η f διατηρεί πρόσημο στο ( )+∞1, .

Λύση

α) Έστω ότι η f δεν διατηρεί πρόσημο στο ℝ οπότε παίρνει και θετικές και αρνητικές τιμές. Τότε

θα υπάρχουν α β ∈ℝ, και έστω α β< με α <( ) 0f και β<0 ( )f .



Η f συνεχής στο α β , αφού είναι συνεχής στο ℝ .

Είναι α β <( ) ( ) 0f f άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ( )α β∈0

,x ώστε =0

( ) 0f x άτοπο από

υπόθεση. Άρα η f διατηρεί πρόσημο στο ℝ ( δηλ. ή έχει μόνο θετικές ή αρνητικές τιμές)

β) Από το πρώτο ερώτημα αρκεί να είναι ≠( ) 0f x για κάθε ( )∈ +∞1,x .

Έστω ότι υπάρχει ( )ρ ∈ +∞1, ώστε ρ =( ) 0f .Τότε από την δοσμένη ισότητα είναι:

ρ ρ ρρ ρ ρ ρ

− = + − ⇔ − = + − ⇔ − = + − ⇔ = + − ⇔ ⇔ − =+ + + +

22 2 2 2( ) 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ... 0

1 1 1 1f x x x x

Τελικά ρ = 1 ή ρ = 0 άτοπο εφόσον ( )ρ ∈ +∞1, .

13.Δινονται οι συναρτήσεις →ℝ ℝ:f και →ℝ ℝ:g για κάθε ∈ℝx ισχύει:

( )+ ≥( ) ( ) 1 1f x g x (1)

Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ .

Λύση

Έστω ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ .Τότε θα υπάρχουν α β ∈ℝ, με α β< ώστε

α <( ) 0f και β >( ) 0f .Τότε:

▪ Η f είναι συνεχής στο α β , αφού η f είναι συνεχής στο ℝ

▪ α β <( ) ( ) 0f f

Επομένως από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ( )ξ α β∈ , τέτοιο ώστε ξ =( ) 0f

Επειδή η (1) ισχύει για κάθε ∈ℝx θα ισχύει και για ξ=x άρα

( ) ( )ξ ξ ξ+ ≥ ⇔ ⋅ + ≥ ⇔ ≥( ) ( ) 1 1 0 ( ) 1 1 0 1f g g Άτοπο. Συνεπώς η f διατηρεί πρόσημο στο ℝ .

14.(Μεζεδάκι θεωρίας. Θέλει απόδειξη για να χρησιμοποιηθεί)

α) Αν η συνάρτηση α β α β → : , ,f είναι συνεχής, τότε υπάρχει γ α β∈ , τέτοιο ώστε

γ γ=( )f . (θεώρημα σταθερού σημείου)

Λύση

α) Αν α α=( )f ή β β=( )f τότε το ζητούμενο σημείο είναι το α ή το β αντίστοιχα.

Υποθέτουμε ότι α α≠( )f , β β≠( )f οπότε α α>( )f και β β<( )f .

Για την συνάρτηση = −( ) ( )g x f x x που είναι συνεχής στο α β , , ισχύουν :

α α α β β β= − > = − <( ) ( ) 0 , ( ) ( ) 0g f g f

Επομένως από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ( )γ α β∈ , τέτοιο ώστε

γ γ γ γ γ= ⇔ − = ⇔ =( ) 0 ( ) 0 ( )g f f

Δοκιμάστε μόνοι σας την γενίκευση:

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις α β α β → , : , ,f g με α α=( )g και α α=( )f .Να αποδείξετε ότι η

εξίσωση =( ) ( )f x g x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο α β , .

β) Η f είναι 1-1 στο α β , άρα για κάθε α β∈ 1 1, ,x x με ≠ ⇒ ≠

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

θα δείξουμε ότι για κάθε α β∈ 0,x ισχύει: <

0( ) ( )f x f b

15.Εστω μια συνάρτηση f συνεχής στο ℝ τέτοιο ώστε:

→

− + −=

−

2

1

( ) 2 ( 1)lim 100

1x

f x x

x

i) Να δείξετε ότι η Cf διέρχεται από το Α(1,2).

ii)Να βρείτε τα όρια: →

−

−1

( ) 2lim

1x

f x

x και

→

− −

−1

( ) 3 1lim

1x

f x

x

iii)Αν οι ρίζες της ( )f x είναι οι: = − =1 2

3 3,

2 2x x



και επιπλέον : →−

<2

lim ( ) 0x

f x ,→

>2

lim ( ) 0x

f x , να βρείτε το πρόσημο της ( )f x .

Λύση

i) Θέτω ( ) ( )− + −= ⇔ − = − + − ⇔ = − + − −

−

22 2( ) 2 ( 1)

( ) ( ) 1 ( ) 2 ( 1) ( ) ( ) 1 2 ( 1)1

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

x

Λαμβάνουμε όρια και στα δύο μέλη:

( )( ) ( ) ( ) ( )→ → → → →

= − + − − = − + − − = ⋅ + − =2 2 2

1 1 1 1 1lim ( ) lim ( ) 1 2 ( 1) lim ( ) lim 1 lim 2 ( 1) 100 0 2 0 2x x x x x

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

Η f είναι συνεχής στο ℝ άρα στο =0

1x οπότε →

= ⇔ =(1)

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

f x f f άρα η Cf διέρχεται από το

Α(1,2).

ii) ( )− + − − − −−= ⇔ = + ⇔ = + − ⇔ − − =

− − − − −

2 2( ) 2 ( 1) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2( 1)( ) ( ) ( ) 1 ( ) 1

1 1 1 1 1

f x x f x f x f xxg x g x g x x g x x

x x x x x

Λαμβάνουμε όρια και στα δυο μέλη

( )( )→ → → →

− − −− − = ⇔ − − = ⇔ =

− − −1 1 1 1

( ) 2 ( ) 2 ( ) 2lim ( ) 1 lim 100 (1 1) lim lim 100

1 1 1x x x x

f x f x f xg x x

x x x

→= < ⇒ <

1lim ( ) 2 3 ( ) 3x

f x f x κοντά στο 1.Επομενως

→ → →

− − − + − − = = − = − − − − 1 1 1

( ) 3 1 ( ) 3 1 ( ) 2lim lim lim 100

1 1 1x x x

f x f x f x

x x x

iii)Επειδή η f είναι συνεχής στοℝ ,έχουμε:

→−− = <

2( 2) lim ( ) 0

xf f x

→= >

2(2) lim ( ) 0

xf f x

Έτσι το πρόσημο της ( )f x φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

Διαστήματα −∞ −

3,

2

− −

3 3,

2 2

+∞

3,

2

0x −2 1 2

0( )f x − <( 2) 0f >(1) 0f >(2) 0f

( )f x - + +

16.Εστω μια συνάρτηση f συνεχής στο 0,1 με =(0) (1)f f .Θεωρούμε την συνάρτηση g με:

ν= − +

1( ) ( ) ( )g x f x f x ,ν ∈ℕ*

Α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της g.

B.Να δείξετε ότι:

i) αν ν > 1, τότε ν

ν ν ν−

+ + + + =1 2 1

(0) ( ) ( ) ... ( ) 0g g g g

ii)η εξίσωση: ν

= +1

( ) ( )f x f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο )0,1 . ( Ευκλείδης Β)

Λύση

Α) νν

ν

≤ ≤−

∈ ⇔ ⇔ ≤ ≤≤ + ≤

0 11

010 1

g

x

x D xx

άρα νν

− =

10,

gD

Β.i)για κάθε νν

− ∈

10,x ,

ν= − +

1( ) ( ) ( )g x f x f x οπότε



ν= −

1(0) (0) ( )g f f

ν ν ν= −

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

ν ν ν= −

2 2 3( ) ( ) ( )g f f

……………………

ν νν ν− −

= −1 1

( ) ( ) (1)g f f Με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε:

νν ν ν

−+ + + + = − =

1 2 1(0) ( ) ( ) ... ( ) (0) (1) 0g g g g f f

ii)Επειδή η f είναι συνεχής στο νν

−

10, σύμφωνα με το θεώρημα της μέγιστης και ελάχιστης

τιμής παίρνουμε:

Για κάθε νν

− ∈

10,x , ν

νν

+

≤ ≤ ≤ ≤

≤ ≤ ⇒ ⇒ −

≤ ≤

( )

(0)

1( )

( ).....................

1( )

m g M

m g Mm f x M

m g M

νν ν ν ν

ν ν ν−

≤ + + + + ≤ ⋅Μ ⇔ ≤ ≤ ⋅Μ ⇔ ≤ ≤ Μ ⇒1 2 1

(0) ( ) ( ) ... ( ) 0 0m g g g g m m

Υπάρχει νν

− ∈

0

10,x τέτοιο ώστε =

0( ) 0g x (

νν−

≤ ≤ <0

10 1x )

Άρα η εξίσωση = ⇔( ) 0g xν

= +1

( ) ( )f x f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο )0,1

17. (Πάλι το 1974 ;;;;)

Έστω μια συνάρτηση ( )+∞ → ℝ: 0,f η οποία είναι συνεχής στο και τέτοια ώστε ,

=2 2( ) lnf x x για κάθε > 0x

i) Να λύσετε την εξίσωση =( ) 0f x

ii)Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα

(0,1) και +∞(1, ) .

iii)Αν επιπλέον <1

( ) 01974

f και >(1974) 0f .Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης.

Λύση

i) Έχουμε = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =2 2( ) 0 ( ) 0 ln 0 ln 0 1f x f x x x x

Δηλαδή η εξίσωση =( ) 0f x έχει μοναδική ρίζα το 1

.ii)Η συνάρτηση f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα (0,1) και +∞(1, ) και δεν μηδενίζεται

σε κανένα από αυτά. Άρα, η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα παραπάνω

διαστήματα.

iii)Η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα ( )0,1 και ισχύει: <1

( ) 01974

f

Άρα <( ) 0f x για κάθε ( )∈ 0,1x

Επομένως στο διάστημα ( )0,1 ισχύει

= ⇔ =2 2( ) ln ( ) lnf x x f x x αφού <ln 0x για κάθε ( )0,1 .



Η f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα ( )+∞1, και ισχύει:

>(1974) 0f .

Άρα >( ) 0f x για κάθε ( )∈ +∞1,x

Επομένως στο διάστημα ( )+∞1, ισχύει

= ⇔ =2 2( ) ln ( ) lnf x x f x x αφού >ln 0x για κάθε ( )+∞1,

Επίσης = =(1) 0 ln1f

Από τα παραπάνω =( ) lnf x x για κάθε > 0x .

18.Έστω →ℝ ℝ:f η οποία είναι συνεχής και τέτοια ώστε να ισχύει:

≠( ) 0f x για κάθε ≠ 0x και + − =(1974) ( 1974) 0f f

i) Να αποδείξετε ότι − <( ) ( ) 0f x f x για κάθε ≠ 0x

ii)Να αποδείξετε ότι η Cf διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

iii)Αν επιπλέον ισχύει =(1974) 1974f να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f.

Λύση

i) Η f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα ( ) ( )−∞ +∞,0 , 0, το οποίο δεν είναι το ίδιο

,αφού + − = ⇔ = − −(1974) ( 1974) 0 (1974) ( 1974)f f f f .

ii) ( )συνε ς στο

→− < ⇒ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ =

02

0( ) ( ) 0 lim ( ) ( ) 0 (0) 0 (0) 0

f xή

xf x f x f x f x f f άρα η Cf διέρχεται από την αρχή

των αξόνων.

iii)Ισχύει:

=⇒ − <

⋅ − <

(1974) 1974( 1974) 0

(1974) ( 1974) 0

ff

f f

Η f είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται στα διαστήματα ( )−∞,0 , ( )+∞0, .Επομένως η f διατηρεί

πρόσημο σε καθένα από τα παραπάνω διαστήματα.

Επειδή − <( 1974) 0f και <(1974) 0f συμπεραίνουμε :

<( ) 0f x για κάθε < 0x

>( ) 0f x για κάθε > 0x

19.α)(oldies but goodies)Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο Α και ∩ =∅( )A f A , τότε:

−= ⇔ =1( ) ( ) ( )f x f x f x x για κάθε ∈ ∩ ( )x A f A

β) Να αποδεχθεί ότι η συνάρτηση = ≥( ) ln , 1f x x x x αντιστρέφεται και να βρεθούν τα κοινά

σημεία των −1,Cf Cf

Λύση

α) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα , θα είναι και 1-1, όποτε αντιστρέφεται.

▪ Έστω ∈ ∩ ( )x A f A με =( )f x x .Τότε έχουμε:

−= 1( )x f x δηλαδή −= 1( ) ( )f x f x

▪ Έστω ∈ ∩ ( )x A f A με −= 1( ) ( )f x f x .Υποθέτουμε ότι ≠( )f x x .Έστω για παράδειγμα <( )f x x .

Αφού η −1f είναι γνησίως αύξουσα , έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )− − −< ⇔ < =1 1 1( )f f x f x x f x f x άτοπο.

Ομοίως αποκλείουμε ότι >( )f x x

Άρα είναι =( )f x x για κάθε ∈ ∩ ( )x A f A .

β )Οι συναρτήσεις = lny x και =y x είναι γνησίως αύξουσα για κάθε )∈ +∞1,x .Επομένως και η f

είναι γνησίως αύξουσα .Το σύνολο τιμών της f είναι το )∈ +∞0,x , διότι ισχύει:

=(1) 0f και ( )→+∞ →+∞

= = +∞lim ( ) lim lnx x

f x x x



Επομένως είναι )∩ = +∞( ) 1,A f A .Επίσης η f είναι 1-1, ω γνησίως αύξουσα, άρα είναι

αντιστρέψιμη.

Επομένως υπάρχει −1f και έχει πεδίο ορισμού το ) +∞1, ( την −1f δεν μπορούμε να την

προσδιορίσουμε) .Έτσι τα κοινά σημεία των −1,Cf Cf θα βρίσκονται στην ευθεία =y x , σύμφωνα με

το ερώτημα (α). Έχουμε:

)≥

−= ⇔ = ∈ +∞ ⇔ = ⇔ − = ⇔ =1

1( ) ( ) ( ) , 1, ln (ln 1) 0x

f x f x f x x x x x x x x x e

Άρα οι −1,Cf Cf έχουν ένα κοινό σημείο στο ) +∞1, το ( , )A e e

20. Δίνεται η εξίσωση λ λ= >ln , 0xe x

Α) Να δείξετε ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζα στο ( )0,1

Β) Θεωρούμε την συνάρτηση λ= −( ) lnxf x e x ορισμένη στο ( )+∞1,

i)Δείξτε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )+∞1, .

ii)Βρείτε το σύνολο τιμών της.

iii)Αποδείξτε ότι η δοσμένη εξίσωση έχει ακριβώς μια ρίζα.

Λύση

Α) Επειδή < ≤0 1x είναι ≤ln 0x και εφόσον > 0xe είναι ⋅ ≤ln 0xe x οπότε η εξίσωση λ=lnxe x με

λ > 0 είναι αδύνατη στο σύνολο ( )0,1 .

Β)i) Οι συναρτήσεις xe και ln x είναι γνησίως αύξουσες στο ( )+∞1, και μάλιστα με θετικές τιμές

( όταν > 1x είναι > ⇔ >ln ln1 ln 0x x )

Έτσι για κάθε ( )∈ +∞1 2, 1,x x με <

1 2x x είναι <1 2x xe e και <

1 2ln lnx x .

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη ( Είναι δυνατό γιατί έχουμε θετικά μέλη). Άρα:

λ λ< ⇔ − < − ⇔ <1 2 1 2

1 2 1 2 1 2ln ln ln ln ( ) ( )x x x xe x e x e x e x f x f x , οπότε f είναι γνησίως αύξουσα στο

( )+∞1, .

ii)Επειδή οι συναρτήσεις xe , ln x ,λ είναι συνεχείς στο ( )+∞1, και η λ= −( ) lnxf x e x είναι συνεχής

στο διάστημα αυτό( πράξεις μεταξύ συνεχών) και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )+∞1, θα

έχει ως σύνολο τιμών το ( )→ →+∞1

lim ( ), lim ( )x x

f x f x

▪ ( )λ λ λ→ →

= − = − = −1

1 1lim ( ) lim ln ln1x

x xf x e x e

▪ ( ) ( )( )λ λ→+∞ →+∞

= − = +∞ +∞ − = +∞lim ( ) lim lnx

x xf x e x

Άρα σύνολο τιμών είναι : ( )λ− +∞,

iii) Επειδή λ λ> ⇔ − <0 0 τότε ( )λ∈ − +∞0 , και είναι τιμή της f που σημαίνει ότι η f μηδενίζεται για

κάποια τιμή α=x δηλαδή το α είναι ρίζα. Η f έχει μια ρίζα είναι γνησίως αύξουσα, η ρίζα αυτή

είναι μοναδική. Άρα και η αρχική εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.

21.Δίνεται η συνάρτηση →ℝ ℝ:f με σύνολο τιμών το ℝ .Αν για κάθε ∈ℝ,x y ισχύει:

+ = +( ) ( ) ( )f x y f x f y (1)

Να αποδείξετε ότι:

α) =(0) 0f

β) η f είναι περιττή

γ) αν η εξίσωση =( ) 0f x έχει μοναδική ρίζα την = 0x , τότε η συνάρτηση αντιστρέφεται και

για κάθε ∈ℝ1 2,y y ισχύει:

− − −+ = +1 1 1

1 2 1 1( ) ( ) ( )f y y f y f y



Λύση

α) Εφόσον η σχέση (1) αληθεύει για κάθε για κάθε ∈ℝ,x y θα αληθεύει και για = = 0x y , δηλ:

+ = + ⇔ = ⇔ =(0 0) (0) (0) (0) 2 (0) (0) 0f f f f f f

β) Για κάθε ∈ℝx και για = −y x η σχέση (1) γίνεται:

− = + − ⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ − = −( ) ( ) ( ) (0) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( )f x x f x f x f f x f x f x f x f x f x

Άρα η f είναι περιττή στο ℝ .

γ) Για κάθε ∈ℝ1 2,x x με =

1 2( ) ( )f x f x έχουμε:

= ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − =1 2 1 2 1 2 1 2

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

Όμως η εξίσωση =( ) 0f x έχει μοναδική ρίζα την = 0x , οπότε από την σχέση (2) προκύπτει:

− = ⇔ =1 2 1 2

0x x x x . Άρα η f είναι 1-1 , οπότε αντιστρέφεται.

Ισχύουν οι ισοδυναμίες:

−= ⇔ = 1

1 1 1 1( ) ( )f x y x f y (3)

−= ⇔ = 1

2 2 2 2( ) ( )f x y x f y (4)

Οπότε έχουμε:

− − − −+ = + ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = +(1) (3)

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2(4)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x y y f x x y y x x f y y f y f y f y y

22.Δίνεται η συνάρτηση f ,μη σταθερή και συνεχής στο α β , ,τέτοια, ώστε:

≥( ) 0f x ,για κάθε α β∈ ,x

α) Να δείξετε ότι για κάθε α β∈ 1 2, ,x x υπάρχει ( )κ α β∈ , , ώστε κ =

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

β) Να δείξετε ότι υπάρχει ( )λ α β∈ , ,ώστε λ ≥1 2

( ) ( ) ( )f f x f x για κάθε α β∈ 1 2, ,x x .

Λύση

α) Σύμφωνα με το θεώρημα μεγίστης ελάχιστης τιμής , ισχύει ≤ ≤( )m f x M για κάθε α β∈ ,x ,

όπου m είναι η ελάχιστη και Μ η μέγιστη τιμή της f στο α β , .Επομένως ,αφού α β∈ 1 2, ,x x

έχουμε: ≤ ≤

≤ ≤1

2

( ) (1)

( ) (2)

m f x M

m f x M

Από τις (1),(2) αφού ≥( ) 0f x για κάθε α β∈ ,x , έχουμε:

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤2 2

1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )m f x f x M m f x f x M

Άρα σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής , υπάρχει ( )κ α β∈ , , ώστε κ =1 2

( ) ( ) ( )f f x f x

β) Από τις (1) ,(2) για κάθε α β∈ 1 2, ,x x , έχουμε:

+

≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤1 21 2

( ) ( )2 ( ) ( ) 2

2

f x f xm f x f x M m M

Άρα σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής υπάρχει ( )λ α β∈ , ,

ώστε λ+

= 1 2( ) ( )

( )2

f x f xf

Όμως ισχύει ότι +

≥1 21 2

( ) ( )( ) ( )

2

f x f xf x f x .Επομένως λ ≥

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



ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ ΜΕ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΛΕΙΣΤΟΥ ΤΥΠΟΥ

Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές (Σ) ή λάθος (Λ)

1. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει ρίζα στο (α, β) και

υπάρχει ξ ∈ (α, β) ώστε f (ξ) < 0, τότε θα ισχύει f (x) < 0 για κάθε x ∈ (α, β). Σ Λ

2. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α, β], και παίρνει δύο διαφορετικές τιμές f (x1), f

(x2) με x1, x2 ∈ [α, β], τότε παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των f (x1) και f (x2). Σ Λ

3. Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής για 2,2x∈ − τότε και 2 ( ) 2f x− ≤ ≤ . Σ Λ

4. Αν για μια συνεχή συνάρτηση f στο R, ισχύει f (x1) = 1 και f (x2) = 4, τότε υπάρχει x0 ∈ (x1, x2) τέτοιο

ώστε f (x0) = e. Σ Λ

5. Aν ( ) ( ) 1974 0xf x g x e− − = για κάθε x∈ℝ τότε υπάρχει 0

x ∈ℝ τέτοιο ώστε0

( ) 0f x = ή 0

( ) 0g x = .

Σ Λ

6. Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής και ισχύει: 1

lim ( ) 5x

f x→

= και 3

lim ( ) 2x

f x→

= − τότε η εξίσωση ( ) 0f x =

έχει ρίζα στο ℝ . Σ Λ

7. Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [α, β], τότε το σύνολο τιμών

της είναι [f (α), f (β)]. Σ Λ

8. Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [α, β], τότε το σύνολο

τιμών της είναι [f (β), f (α)]. Σ Λ

9. Κάθε συνεχής συνάρτηση f στο [α, β] με f (α) ≠ f (β), παίρνει μόνο τις τιμές μεταξύ των f (α) και

f (β). Σ Λ

10. Aν (1 - x) (1 + 5x) ≤ f (x) ≤ (3x + 1)2, τότε η f είναι συνεχής στο 0. Σ Λ

11. Aν η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0, + ∞), τότε το σύνολο τιμών της είναι το

διάστημα (0 x

lim→

f (x),∞+→ x

lim f (x)). Σ Λ

12. Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ,α β τότε θα είναι και γνησίως μονότονη. Σ Λ

13. Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α, β]. Αν η f είναι 1 - 1 στο [α, β], τότε είναι και

γνησίως μονότονη στο [α, β]. Σ Λ

14. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 με f (x0) ≠ 0, τότε κοντά στο x0 οι τιμές της f είναι

ομόσημες του f (x0). Σ Λ

15. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ, τότε η αντίστροφή της

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο f (Δ). Σ Λ

16. Αν η συνάρτηση f με πεδίο ορισμού ένα διάστημα Δ είναι συνεχής και 1 - 1 στο Δ, τότε η

συνάρτηση f -1 είναι συνεχής στο f (Δ). Σ Λ

17. Κάθε συνεχής συνάρτηση με πεδίο ορισμού το R έχει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Σ Λ



18. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 και η συνάρτηση g δεν είναι συνεχής στο x0, τότε η

συνάρτηση f + g δεν είναι συνεχής στο x0. Σ Λ

19. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ,α β και ( ),γ α β∈ με ( ) 0f γ < τότε για την f θα υπάρχει

( )0,x α γ∈ ή ( )0

,x γ β∈ τέτοιο ώστε 0

( ) 0f x = Σ Λ

20. Αν οι συναρτήσεις f, g δεν είναι συνεχείς στο σημείο x0 του κοινού πεδίου ορισμού τους, τότε η

συνάρτηση f + g δεν είναι συνεχής στο x0. Σ Λ

21. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής σ’ ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού της, τότε και η f 2 είναι

συνεχής στο x0. Σ Λ



ΜΙΝΙ ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ ΣΤΗΝ ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Θέμα 1ο

Α. Αν οι συναρτήσεις →ℝ ℝ, :f g είναι συνεχείς στο ∈Α0

x ,να δείξετε ότι η συνάρτηση −f g είναι

συνεχής στο ∈Α0

x .

Β. Να χαρακτηρίστε ως σωστές ( Σ) ή λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις:

1Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( )α β, και α β <( ) ( ) 0f f τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα

( )α β∈0

,x τέτοιο ώστε =0

( ) 0f x . Σ Λ

2.Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα α β , τότε η f είναι 1-1 στο α β , . Σ Λ

3.Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και ≠( ) 0f x για κάθε ∈∆x τότε η f

διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ. Σ Λ

4.Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα α β , , τότε η f έχει ακρότατα. Σ Λ

Θέμα 2ο

Δίνεται ο πραγματικός αριθμός λ και η συνεχής στο ℝ συνάρτησης f με τύπο

λλ

λλ

−<

= − − + ≥

3 2

2

,( )

2 2 1,

x xx

f x x

x x x

i) Να βρείτε τον λ.

Aν λ=1.

ii)Να δείξετε ότι η εξίσωση −= 2

( )x

f x e έχει μια τουλάχιστον ρίζα διάστημα λ λ−( ,2 )

iii)Να δείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση δεν έχει ρίζα στο διάστημα (-λ,λ)

Θέμα 3ο

A.Δίνεται η συνεχής στο ℝ συνάρτηση f και η συνάρτηση = − −2( ) 2 (1) (2)h x x x f f η οποία έχει

πεδίο ορισμού το ℝ .

i)Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του (1) (2)f f .

ii)Να δείξετε ότι η εξίσωση =( ) 0f x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).

iii)Αν β= +( )g x x και ( )→∞

− = −lim ( ) ( ) 11x

f x g x , να βρείτε το β.

B.Έστω συνάρτηση →ℝ ℝ:f , η οποία είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής .Να αποδείξετε ότι

υπάρχει μοναδικός ∈ℝ0

x , ο οποίος μάλιστα ανήκει στο διάστημα ( )1,3 τέτοιος ,ώστε

+ +

=0

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

4

f f ff x

Θέμα 4ο

Α. Έστω δυο συναρτήσεις →ℝ ℝ, :f g τέτοιες ώστε

= − +2( ) ( ( ) ) 4f x g x x για κάθε ∈ℝx

Αν η συνάρτηση g είναι συνεχής και ισχύουν οι σχέσεις <(1) 1g και >(2) 2g

Να αποδείξετε ότι :

i) υπάρχει ( )∈0

1,2x τέτοιο, ώστε

− =0 0

( ) 0g x x

ii)η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.

Β. Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο ℝ για την οποία ισχύει η σχέση

= +2 2( ) 1f x x για κάθε ∈ℝx

i)Να αποδείξετε ότι η εξίσωση =( ) 0f x είναι αδύνατη στο ℝ .

ii) Αν επιπλέον ισχύει = −(0) 1f να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

Μαθηματικά θετικού προσανατολισμού ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Education

Transcript of Μαθηματικά θετικού προσανατολισμού ΣΥΝΕΧΕΙΑ