Exercises in Maths III

Δηµήτρης Αντ. ΜοσχόπουλοςΚαθηγητής)Μαθηματικών

Πτυχιούχος)Αριστοτελείου)Πανεπιστημίου)Θεσσαλονίκης

Μαθηµατικά Γ' Λυκείουθετικής-τεχνολογικής κατεύθυνσης

Συνδυαστικές ασκήσεις µιγαδικών µεόρια - παραγώγους - ολοκληρώµατα

Ασκήσεις

21 - 30

Νέα Μουδαν ιά , Απρίλ ι ο ς 2014

εφ' όληςτης ύλης

Δηµήτρης Αντ . ΜοσχόπουλοςΚαθηγητής Μαθηµατικών

Πτυχιούχος Αριστοτελείου Πανεπιστηµίου Θεσσαλονίκης

Ασκήσεις εφ' όλης της ύληςστα Μα%ηµατικά κατεύ%υνσης της Γ΄Λυκείου

Νέα Μουδανιά, Απρίλιος 2014

Μαθηµατικό στέκι - www.dimoshopoulos.gr

Λυμένες(ασκήσεις

21(-(30

Συνδυαστικές ασκήσεις µιγαδικών µεόρια - παραγώγους - ολοκληρώµατα.

Πηγή ασκήσεων

Μάκης Χατζόπουλος , «Συνδυαστικές ασκήσεις µιγαδικών µε ανάλυση».

Το πρωτότυπο φυλλάδιο θα το βρεις εδώ http://lisari.blogspot.gr/2012/04/25.html

Ασκήσεις εφ' όλης της ύλης.


http://lisari.blogspot.gr/2012/04/25.html

http://lisari.blogspot.gr/2012/04/25.html

Άσκηση 21Δίνεται μια συνάρτηση f : [α,β]→ ! , συνεχής στο διάστημα [α,β] , με f (x)≠ 0 , για κάθε

x ∈ [α,β] , και μιγαδικός αριθμός z, με Re(z)≠ 0 , Im(z)≠ 0 , | Re(z) | > | Im(z) | . Αν ισχύουν

z +

1z

= f (α) και z 2 +

1z 2

= f 2(β) , να αποδείξετε ότι:

α) | z | = 1 . β) f2(β) < f 2(α) .

γ) η εξίσωση x3 ⋅ f (α)+ f (β) = 0 έχει, τουλάχιστον μία, ρίζα στο διάστημα (−1,1) .

α) Είναι z +

1z

= f (α)∈ ! , οπότε ισχύει z +

1z

= z +1z

, απ' όπου έχω

z2z + z = z 2z + z ⇒ z 2z −z 2z + z −z = 0⇒ zz (z −z)−(z −z) = 0⇒ (z −z)(zz −1) = 0⇒

⇒ z −z = 0 ή zz −1 = 0⇒−2 ⋅i ⋅ Im(z) = 0 ή | z |2= 1⇒

⇒ Im(z) = 0 (άτοπο, αφού είναι Im(z)≠ 0 ) ή | z | = 1⇒ | z | = 1 .

β) Από την σχέση z +

1z

= f (α) προκύπτει

z +

1z

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

2

= f 2(α)⇒ z 2 +1z 2

+ 2 = f 2(α)⇒ f 2(β)+ 2 = f 2(α)⇒ f 2(β)− f 2(α) =−2 < 0⇒

⇒ f 2(β)− f 2(α) < 0⇒ f 2(β) < f 2(α) (1)

γ) Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = x 3 ⋅ f (α)+ f (β) , x ∈ [−1,1] , και θα δείξω ότι η εξίσωση

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

Ι. Η g είναι συνεχής στο [−1,1] ως πολυωνυμική.

ΙΙ. g(−1) = (−1)3 ⋅ f (α)+ f (β)⇒ g(−1) = f (β)− f (α) .

ΙΙΙ. g(1) = 13 ⋅ f (α)+ f (β)⇒ g(1) = f (β)+ f (α) .

Είναι g(−1) ⋅g(1) = [f (β)− f (α)]⋅[f (β)+ f (α)] = f 2(β)− f 2(α) < 0 , λόγω της (1).

Άρα ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (−1,1) .



Άσκηση 22Θεωρούμε την συνάρτηση f : [1,+∞)→ ! , με f (x) = x 2 ⋅ ℓnx .

α) Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα την συνάρτηση f.

β) Βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης f (x) = 2012 .

γ) Αν z1,z

2∈! , με | z1

| >1 , | z2| >1 και z1

z1⋅ ℓn | z

1| = z

2z

2⋅ ℓn | z

2| = ℓn16 , να δείξετε ότι:

Ι. | z1| = | z

2| = 2 . ΙΙ.

z1

+ z2

4 + z1z

2

∈ ! .

δ) Αν zz ⋅ ℓn | z | = 1 , να δείξετε ότι οι εικόνες του z ανήκουν σε κύκλο, που έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ > 1.

α) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο Α= [1,+∞) ως γινόμενο συνεχών και παραγωγί-σιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, με

′f (x) = (x 2 ′) ⋅ ℓnx + x 2 ⋅(ℓnx ′) = 2x ⋅ ℓnx + x 2 ⋅

1x

= 2x ⋅ ℓnx + x ⇒ ′f (x) = x(2ℓnx +1) > 0 ,

για κάθε x >1 , αφού είναι ℓnx > 0 , όταν είναι x >1 .

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1,+∞) , οπότε δεν έχει ακρότατα.

β) Για κάθε x ≥1 , είναι ℓnx ≥ 0 , οπότε και f (x)≥ 0 , συνεπώς είναι f (Α) = [0,+∞) .

Επειδή το 2012∈ f (Α) , η εξίσωση f (x) = 2012 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο Α.

Επειδή, όμως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, η ρίζα αυτή είναι μοναδική.Δεύτερος τρόπος

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α, οπότε είναι f (Α) = [ f (1) , ℓ im

x→+∞f (x)) .

• f (1) = 12 ⋅ ℓn1 = 1 ⋅0⇒ f (1) = 0 .

• ℓ imx→+∞

f (x) = ℓ imx→+∞

(x 2 ⋅ ℓnx) = (+∞) ⋅(+∞) = +∞ .

Άρα είναι f (Α) = [0,+∞) .

Επειδή το 2012∈ f (Α) , η εξίσωση f (x) = 2012 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο Α.

Επειδή, όμως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

γ) Ι. Από την σχέση z1z

1⋅ ℓn | z

1| = z

2z

2⋅ ℓn | z

2| = ℓn16 προκύπτει

| z1|2 ⋅ℓn | z

1| = | z

2|2 ⋅ℓn | z

2| = ℓn24 ⇒ f (| z

1|) = f (| z

2|) = 4ℓn2⇒

⇒ f (| z1|) = f (| z

2|) = 22 ⋅ ℓn2⇒ f (| z

1|) = f (| z

2|) = f (2) .

Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, είναι 1-1, οπότε από την προηγούμενη σχέση προκύ-πτει ότι ισχύει

| z

1| = | z

2| = 2 .



ΙΙ. Θέτοντας w =

z1

+ z2

4 + z1z

2

, αρκεί να δείξω ότι ισχύει w = w .

Είναι w =

z1

+ z2

4 + z1z

2

.

Από την σχέση | z1| = 2 έχω

| z

1|2 = 4⇒ z

1z

1= 4⇒ z

1=

4z

2

. Όμοια προκύπτει z

2=

4z

2

.

Άρα είναι

w =

4z

1

+4z

2

4 +4z

1

⋅4z

2

=

41z

1

+1z

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟

4 1+4

z1z

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟

=

1z

1

+1z

2

1+4

z1z

2

=

z2

+ z1

z1z

2

z1z

2+ 4

z1z

2

=z

1+ z

2

4 + z1z

2

= w⇒

⇒ w = w .

δ) Από την σχέση zz ⋅ ℓn | z | = 1 προκύπτει | z |2 ⋅ℓn | z | = 1⇒ f (| z |) = 1 (1)

Είναι f (x) > 0 , για κάθε x >1 , οπότε αν Α1= (1,+∞) , τότε f (Α1

) = (0,+∞) .

Επειδή το 1∈ f (Α) , υπάρχει ρ >1 , ώστε να ισχύει f (ρ) = 1 .

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α1, το ρ αυτό είναι μοναδικό.

Έτσι, από την (1) έχω ότι f (| z |) = f (ρ) ⇒f 1−1

| z | = ρ , ρ >1 , οπότε ο γεωμετρικός τόπος του z

είναι ο κύκλος κέντρου Ο(0, 0) και ακτίνας ρ > 1.



Άσκηση 23Θεωρούμε τον μιγαδικό αριθμό z = α+ βi , με α, β πραγματικούς αριθμούς, και την συνεχή

συνάρτηση f :!→ ! , με τύπο

f (x) = | t ⋅z + z |dt

1

x2+1

∫ −3x + 2 . Αν η συνάρτηση f παρουσι-

άζει στο σημείο x0= 1 τοπικό ακρότατο, τότε:

α) να αποδείξετε ότι | z | =

12

.

β) να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων του μιγαδικού w = 2z − i στο μιγαδικό επί- πεδο.γ) βρείτε τους μιγαδικούς w, που έχουν το μέγιστο και ελάχιστο μέτρο.

δ) να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης f, τον άξονα x'x και τις ευθείες x A 0 και x A 1.

α) Είναι | tz + z | = | z(t +1) | = | z | ⋅ | t +1 | , οπότε

f (x) = | z | ⋅ | t +1 |dt

1

x2+1

∫ −3x + 2⇒ f (x) = | z | ⋅ | t +1 |dt

1

x2+1

∫ −3x + 2 .

Η συνάρτηση | t +1 | είναι συνεχής στο ! ως απόλυτη τιμή συνεχούς συνάρτησης, οπότε η

συνάρτηση

| t +1 |dt

1

x

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! .

Έτσι, η συνάρτηση

| t +1 |dt

1

x2+1

∫ είναι παραγωγίσιμη στο ! ως σύνθεση της x2 +1 με την

| t +1 |dt

1

x

∫ , συνεπώς η f είναι παραγωγίσιμη στο ! ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτή-

σεων, άρα είναι παραγωγίσιμη και στο 1, στο οποίο παρουσιάζει ακρότατο.

Επειδή, επιπλέον, το 1 είναι εσωτερικό σημείο του D

f= ! , από το θεώρημα του Fermat έχω

ότι ισχύει ′f (1) = 0 (1)

Είναι ′f (x) = | z | ⋅ | x 2 +1+1 | ⋅(x 2 +1 ′) −3 = | z | ⋅ | x 2 + 2 | ⋅2x −3⇒

⇒ ′f (x) = 2x⋅ | z | ⋅ | x 2 + 2 |−3 .

Άρα από την (1) έχω ότι 2 ⋅1⋅ | z | ⋅ | 12 + 2 |−3 = 0⇒ 6 | z | = 3⇒ | z | =

36⇒ | z | =

12

.



β) Από την σχέση w = 2z − i έχω 2z = w + i⇒ z =

w + i2

.

Από την σχέση | z | =

12

έχω τότε

w + i2

=12⇒

|w + i |2

=12⇒ |w + i | = 1 , εξίσωση που

παριστάνει κύκλο κέντρου Κ(0,−1) και ακτίνας ρ 8 1.

γ) Από το διπλανό σχήμα εύκολα προκύπτει ότι ο μιγαδικός w με το μέγιστο μέτρο είναι ο −2i , ενώ ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτ-ρο είναι ο μηδενικός.

δ) Η περιοχή στην οποία ζητείται το εμβαδόν, είναι το διάστημα

[0,1] , οπότε πρέπει να βρω το πρόσημο της f σ' αυτό.

Αφού είναι | z | =

12

από το ερώτημα (α), είναι ′f (x) =

12⋅ | x 2 + 2 | ⋅2x −3 .

Είναι x2 + 2 > 0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε | x

2 + 2 | = x 2 + 2 , συνεπώς

′f (x) = x(x 2 + 2)−3 = x 3 + 2x −3⇒ ′f (x) = (x −1)(x 2 + x + 3) .

Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα 12− 4 ⋅1 ⋅3 =−11 < 0 , οπότε είναι x

2 + x + 3 > 0 , για κάθε

x ∈ ! , συνεπώς το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται μόνο από το πρόσημο της πρώτης παρένθεσης.Έτσι, από την ανίσωση ′f (x) > 0 εύκολα έχω x −1 > 0⇒ x >1 .

Από τον πίνακα προκύπτει ότι η f έχει ελάχιστο για x 8 1, δηλα-δή ισχύει

f (x)≥ f (1) (2) , για κάθε x ∈ ! .

Είναι

f (1) =12

| t +1 |dt

1

12+1

∫ −3 ⋅1+ 2⇒ f (1) =12

| t +1 |dt

1

2

∫ −1 .

Είναι t +1 > 0 , όταν t ∈ [1,2] , οπότε | t +1 | = t +1 , άρα

| t +1 |dt

1

2

∫ = (t +1)dt

1

2

∫ =t 2

2+ t

⎡

⎣⎢⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥⎥1

2

=22

2+ 2−

12

2+1

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟

=52

.

Επομένως είναι f (1) =

12⋅52−1 =

54−1⇒ f (1) =

14

.

Έτσι, από την (2) προκύπτει ότι είναι f (x)≥

14

, για κάθε x ∈ ! , συνεπώς το ζητούμενο εμ-βαδόν είναι το

Ε = f (x)dx

0

1

∫ = 1 ⋅ f (x)dx

0

1

∫ = (x ′) ⋅ f (x)dx

0

1

∫ = [x ⋅ f (x)]01 − x ⋅ ′f (x)dx

0

1

∫ ⇒



−∞ −1 −1 +∞

′f (x) − +

f (x) 2 1

⇒Ε = 1 ⋅ f (1)−0 ⋅ f (0)− x(x 3 + 2x −3)dx

0

1

∫ =14− (x 4 + 2x 2−3x)dx

0

1

∫ ⇒

⇒Ε =

14−

x 5

5+

2x 3

3−

3x 2

2

⎡

⎣⎢⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥⎥0

1

.

Θέτοντας g(x) =

x 5

5+

2x 3

3−

3x 2

2, θα είναι

Ε =

14−[g(x)]

01 =

14−[g(1)−g(0)]⇒ Ε =

14−g(1)+ g(0) (3)

• g(1) =

15

5+

2 ⋅13

3−

3 ⋅12

2=

15

+23−

32

=6 + 20− 45

30⇒ g(1) = −

1930

.

• g(0) =

05

5+

2 ⋅03

3−

3 ⋅02

2⇒ g(0) = 0 .

Άρα από την (3) έχω ότι Ε =

14−−1930

+ 0 =14

+1930

=15 + 38

60⇒ Ε =

5360τ.µ. .

Άσκηση 24Έστω ο μιγαδικός z = α+ βi (α,β ∈ !) και η συνάρτηση f (x) = | z −xi | , x ∈ ! , της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο Α(1,2) .

α) Να αποδείξετε ότι 1≤ | z |≤ 3 . Για ποιες τιμές του z ισχύουν οι ισότητες;

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) = 2 | z | ⋅x έχει, τουλάχιστον μία, ρίζα στο (−1,1) .

α) Αφού η C

f διέρχεται από το σημείο Α(1,2) , ισχύει f (1) = 2 , απ' όπου έχω

| z −1 ⋅i | = 2⇒ | z − i | = 2 ,

εξίσωση η οποία παριστάνει κύκλο κέντρου Κ(0,1) και ακτίνας ρ D 2.

Από την Γεωμετρία και με την βοήθεια του διπλανού σχήματος, έχω ότι ισχύει

(ΟΑ)≤ (ΟΜ)≤ (ΟΒ)⇒ 1≤ | z |≤ 3 .

Είναι | z | = 1 , αν και μόνο αν το Μ ταυτίζεται με το Α, δηλαδή αν

και μόνο αν z =−i .

Επίσης, είναι | z | = 3 , αν και μόνο αν το Μ ταυτίζεται με το Β,

δηλαδή αν και μόνο αν z = 3i .

β) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται f (x)−2 | z | ⋅x = 0 .

Θεωρώ την συνάρτηση g(x) = f (x)−2 | z | ⋅x , x ∈ [−1,1] , και θα δείξω ότι η εξίσωση g(x) = 0

έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (−1,1) .



Ι. Είναι f (x) = | z −xi | = |α+ βi−xi | = |α+ (β−x)i |⇒ f (x) = α2 + (β−x)2 .

Η f είναι συνεχής στο ! ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων, οπότε η g είναι συνεχής στο [−1,1] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

ΙΙ. g(−1) = f (−1)−2 | z | ⋅(−1) = | z −(−1) ⋅i | + 2 | z |⇒ g(−1) = | z + i | + 2 | z | .

Από την τριγωνική ανισότητα έχω ότι ισχύει

| | z |− | i | |≤ | z + i |≤ | z | + | i |⇒ | | z |−1 |≤ | z + i |≤ | z | +1 .

Από το ερώτημα (α) έχω ότι | z |≥1⇒ | z |−1≥ 0 , οπότε είναι | | z |−1 | = | z |−1 .

Επομένως από την τριγωνική ανισότητα έχω ότι

| z |−1≤ | z + i |⇒ 2 | z | + | z |−1≤ | z + i | + 2 | z |⇒ 3 | z |−1≤ g(−1) .

Από την ανίσωση | z |≥1 έχω

3 | z |≥ 3⇒ 3 | z |−1≥ 3−1⇒ 3 | z |−1≥ 2 > 0⇒ g(−1) > 0 .

III. g(1) = f (1)−2 | z | ⋅1 = 2−2 | z | =−2(| z |−1)⇒ g(1)≤ 0 , αφού είναι | z |−1≥ 0 .

Άρα είναι g(−1) ⋅g(1)≤ 0 , οπότε:

i) όταν είναι g(−1) ⋅g(1) < 0 , από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει ότι η εξίσωση g(x) B 0

έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (−1,1) .

ii) όταν είναι g(−1) ⋅g(1) = 0 , δηλαδή g(1) = 0 (αφού είναι g(−1) > 0 ), τότε το 1 είναι ρίζα

της εξίσωσης g(x) B 0.

Από τις περιπτώσεις (i) και (ii) προκύπτει, τελικά, ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει μία, τουλάχι-

στον, ρίζα στο διάστημα [−1,1) .



Άσκηση 25Έστω f : [α,β]→ ! συνεχής συνάρτηση και οι μιγαδικοί z = α+ βi , z

1= α+ f (α) ⋅i και

z2= β+ f (β) ⋅i . Αν ισχύει 3(z

2−z 2)− 4izz = 4 ⋅i ⋅Re(z1z

2) , να δειχθεί ότι η

C

f έχει ένα,

τουλάχιστον, κοινό σημείο με τον άξονα x'x.Αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστημα (α,β) .

Είναι z2−z 2 = (z −z )(z + z ) = 2 ⋅i ⋅ Im(z) ⋅2Re(z) = 2i ⋅β ⋅2α = 4αβ ⋅i .

Επίσης, z1z

2= [α+ f (α) ⋅i ]⋅[β− f (β) ⋅i ] = αβ−α ⋅ f (β) ⋅i + β ⋅ f (α) ⋅i− f (α) ⋅ f (β) ⋅i2 ⇒

⇒ z1z

2= [αβ+ f (α) ⋅ f (β)]+ [β ⋅ f (α)−α ⋅ f (β)]⋅i .

Έτσι, από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει ότι ισχύει

3 ⋅4αβ ⋅i− 4i⋅ | z |2 = 4i ⋅[αβ+ f (α) ⋅ f (β)]⇒ 3αβ−(α2 + β2) = αβ+ f (α) ⋅ f (β)⇒

⇒ f (α) ⋅ f (β) = 2αβ−α2−β2 ⇒ f (α) ⋅ f (β) =−(α2 + β2−2αβ)⇒ f (α) ⋅ f (β) =−(α−β)2 .

Από το διάστημα [α,β] έχω ότι είναι α< β⇒ α−β < 0⇒ (α−β)2 > 0 , οπότε από την

προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι είναι f (α) ⋅ f (β) < 0 .

Επειδή η f είναι και συνεχής στο [α,β] , ισχύει το θεώρημα του Bolzano, οπότε η εξίσωση

f (x) = 0 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (α,β) .



Άσκηση 26α) Έστω ο μιγαδικός αριθμός z. Αν για τον z ισχύει η σχέση (1+ i)z + (1− i)z + 4 = 0 , να δείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών z, στο μιγαδικό επίπεδο, κινούνται σε ευθεία (ε).

β) Αν η ευθεία (ε) του ερωτήματος (α) είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συν-

άρτησης f, με τύπο f (x) = αx + β+

x 2

ex στο +∞ , τότε να βρεθούν οι α,β ∈ ! .

γ) Έστω η συνάρτηση g(x) =

f (x)x

, x ≠ 0 . Να βρείτε όλες τις ασύμπτωτες της γραφικής πα- ράστασης της g.

α) Από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει ότι ισχύει

z + iz + z − i z + 4 = 0⇒ (z + z )+ i(z −z )+ 4 = 0⇒ 2Re(z)+ i ⋅2 ⋅i ⋅ Im(z)+ 4 = 0⇒

⇒ Re(z)− Im(z)+ 2 = 0 .

Θέτοντας z = x +yi (x,y ∈ !) , ισχύει

x −y + 2 = 0 , εξίσωση η οποία παριστάνει ευθεία,

επί της οποίας κινούνται οι εικόνες του z.

β) Είναι ε : x −y + 2 = 0⇔ ε :y = x + 2 .

Αφού η (ε) είναι ασύμπτωτη της C

f στο +∞ , ισχύουν

ℓ imx→+∞

f (x)x

= 1 και ℓ imx→+∞

[f (x)−x ] = 2 .

Είναι

ℓ1

= ℓ imx→+∞

f (x)x

= ℓ imx→+∞

αx + β+x 2

ex

x= ℓ im

x→+∞α+βx

+

x 2

ex

x

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

= ℓ imx→+∞

α+βx

+xex

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

Είναι ℓ imx→+∞

xex

=

+∞+∞

ℓ imx→+∞

(x ′)(ex ′)

= ℓ imx→+∞

1ex

= ℓ imx→+∞

e−x = 0 .

Επομένως είναι ℓ1= α+ 0 + 0⇒ ℓ

1= α .

Όμως είναι ℓ1= 1 , οπότε έχω ότι

α = 1 .

Για α = 1 είναι f (x) = x + β+

x 2

ex⇒ f (x)−x = β+

x 2

ex.

Είναι ℓ

2= ℓ im

x→+∞[f (x)−x ] = ℓ im

x→+∞β+

x 2

ex

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟.


x 2

ex=

+∞+∞

ℓ imx→+∞

(x 2 ′)(ex ′)

= ℓ imx→+∞

2xex

= 2 ℓ imx→+∞

xex

= 2 ⋅0 = 0 .

Άρα είναι ℓ 2= β+ 0⇒ ℓ

2= β .

Όμως είναι ℓ 2= 2 , οπότε έχω ότι

β = 2 .



γ) Για α = 1 , β = 2 είναι f (x) = x + 2 +

x 2

ex, οπότε

g(x) =

f (x)x

=x + 2 +

x 2

ex

x= 1+

2x

+

x 2

ex

x= 1+

2x

+xex

, με D

g= (−∞,0)∪(0,+∞) .

• Κατακόρυφη ασύμπτωτη.

Είναι ℓ imx→0+

g(x) = ℓ imx→0+

1+2x

+xex

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 1+ (+∞)+0e0

= +∞ , οπότε η ευθεία x = 0 (ο άξονας

y'y δηλαδή) είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της g.

• Οριζόντιες ασύμπτωτες.

Είναι ℓ imx→−∞

g(x) = ℓ imx→−∞

1+2x

+xex

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

Είναι ℓ imx→−∞

xex

=

−∞0

ℓ imx→−∞

xe−x = (−∞) ⋅(+∞) =−∞ , οπότε ℓ imx→−∞

g(x) = 1+ 0 + (−∞) =−∞ ,

που σημαίνει ότι η g δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ .

Επίσης, ℓ imx→+∞

g(x) = ℓ imx→+∞

f (x)x

=(β)

1 , οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της g

στο +∞ (άρα δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ ).

• Πλάγια ασύμπτωτη.

Αν έχει, θα είναι της μορφής y = λx + µ , όπου

λ = ℓ imx→−∞

g(x)x

= ℓ imx→−∞

1+2x

+xex

x= ℓ im

x→−∞

1x

+

2xx

+

xex

x

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

= ℓ imx→−∞

1x

+2x 2

+1ex

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⇒

⇒ λ = ℓ im

x→−∞

1x

+2x 2

+e−x⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 0 + 0 + (+∞) = +∞ .

Άρα η g δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ .



Άσκηση 27Δίνεται συνάρτηση f τέτοια, ώστε x −x 2 ≤ f (x)≤ x , για κάθε x ∈ (−1,1) .

α) Να βρείτε τα α, β, που δίνονται από τις σχέσεις α = ℓ im

x→0+

1−συν2 x2x

, β = ′f (0) .

β) Αν z0= α+ βi (α,β ∈ !) , να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων M(z), για τον

οποίο ισχύει zz −Re(zz )+ 4Re(z) ⋅ Im(z)+ | z0|2= 51 .

α) Στο α, θέτω 2 x = y . Τότε είναι 4x = y 2 ⇒ x =

y 2

4.

Όταν x → 0+ , τότε x > 0⇒ 2 x > 0⇒ y > 0⇒ y → 0+ .

Άρα είναι

α = ℓ imy→0+

1−συνy

2 ⋅y 2

4

= ℓ imy→0+

1−συνyy 2

2

= 2ℓ imy→0+

1−συνyy 2

=0/0

2ℓ imy→0+

(1−συνy ′)(y 2 ′)

⇒

⇒ α = 2ℓ im

y→0+

ηµy2y

= ℓ imy→0+

ηµyy⇒ α = 1 .

Είναι β = ′f (0) = ℓ im

x→0

f (x)− f (0)x −0

.

Θέτω x = 0 στην ανίσωση της εκφώνησης και έχω ότι 0−02 ≤ f (0)≤ 0⇒ f (0) = 0 .

Άρα είναι β = ℓ im

x→0

f (x)x

.

Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις:

Ι. όταν είναι x > 0 , από την ανίσωση της εκφώνησης έχω ότι

x −x 2

x≤

f (x)x≤

xx⇒ 1−x ≤

f (x)x≤1 .


(1−x) = 1−0 = 1 , ℓ imx→0+

1 = 1 , οπότε, λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την

προηγούμενη ανίσωση έχω ότι ℓ imx→0+

f (x)x

= 1 .

ΙΙ. όταν είναι x < 0 , από την ανίσωση της εκφώνησης έχω ότι

x −x 2

x≥

f (x)x≥

xx⇒ 1−x ≥

f (x)x≥1 .

Είναι ℓ imx→0−

(1−x) = 1−0 = 1 , ℓ imx→0−

1 = 1 , οπότε, λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την

προηγούμενη ανίσωση έχω ότι ℓ imx→0−

f (x)x

= 1 .

Από τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ προκύπτει ότι είναι ℓ imx→0

f (x)x

= 1⇒ β = 1 .



β) Για α = 1 , β = 1 είναι z0= 1+ i⇒ | z

0|2 = 12 +12 ⇒ | z

0|2 = 2 .

Από την σχέση της εκφώνησης έχω, τότε, ότι | z |2 −Re(| z |2 )+ 4Re(z) ⋅ Im(z)+ 2 = 51 .

Επειδή | z |2∈ ! , είναι Re(| z |2 ) = | z |2 και από την προηγούμενη σχέση έχω

| z |2 − | z |2 +4Re(z) ⋅ Im(z) = 49⇒ 4Re(z) ⋅ Im(z) = 49 .

Θέτοντας z = x +yi (x,y ∈ !) , έχω ότι ισχύει 4xy = 49 .

Επειδή είναι 4xy = 49 > 0 , συμπεραίνω ότι οι αριθμοί x, y είναι ομόσημοι, οπότε από την

προηγούμενη σχέση έχω y =

494x⇒ y =

494x

, εξίσωση που παριστάνει υπερβολή.

Άσκηση 28α) Να δειχθεί ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων, Μ, του μιγαδικού επιπέδου, των οποί- ων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί επαληθεύουν την εξίσωση

| z |2 −2 ⋅[Re(z) ⋅Re(z1)+ Im(z) ⋅ Im(z

1)] = 0 ,

όπου z1κάποιος συγκεκριμένος μιγαδικός, με | z1

| = 1 .

β) Αν x0είναι η ακτίνα του παραπάνω κύκλου, να μελετήσετε ως προς την συνέχεια στο ση-

μείο x0την συνάρτηση f (x) , για την οποία ισχύει e

x +1≤ f (x)≤ex + x 3 , για κάθε x ≥1 .

α) Θέτω z = x +yi (x,y ∈ !) και z1= x

1+y

1i (x

1, y

1∈ !) και από την δοθείσα σχέση έχω

x2 +y 2−2(xx

1+yy

1) = 0⇒ x 2 +y 2−2x

1x −2y

1y = 0 .

Η εξίσωση αυτή είναι της μορφής x2 +y 2 +αx + βy + γ = 0 , με α =−2x

1, β =−2y

1, γ = 0

Είναι Δ= α2 + β2− 4γ = (−2x

1)2 + (−2y

1)2− 4 ⋅0 = 4x

12 + 4y

12 = 4(x

12 +y

12) = 4 | z

1|2 = 4 ⋅12 = 4

οπότε η εξίσωση παριστάνει κύκλο κέντρου Κ

2x1

2,2y

1

2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟≡ Κ(x

1,y

1) και ακτίνας

ρ =

42

=22⇒ ρ = 1 .

β) Είναι x0= ρ = 1 , οπότε θα εξετάσω αν η f είναι συνεχής στο 1, δηλαδή αν ισχύει

ℓ imx→1

f (x) = f (1) .

Για x = 1 , από την ανίσωση της εκφώνησης έχω e1 +1≤ f (1)≤e1 +13 ⇒ f (1) = e +1 .

Άρα θα εξετάσω αν ισχύει ℓ imx→1

f (x) = e +1 .

Όμως, επειδή η ανίσωση ισχύει για κάθε x ≥1 , θα εξετάσω αν ισχύει ℓ imx→1+

f (x) = e +1 .




(ex +1) = e1 +1 = e +1 , ℓ imx→1+

(ex + x 3) = e1 +13 = e +1 , οπότε, λόγω του κριτηρίου

παρεμβολής, από την ανίσωση της εκφώνησης έχω και ℓ imx→1+

f (x) = e +1 , άρα η f είναι συνε-χής στο 1.

Άσκηση 29Αν η συνάρτηση f έχει συνεχή παράγωγο στο διάστημα [1,e] , που επαληθεύει την συνθήκη

f (x)x

dx

1

e

∫ = 1− ′f (x) ⋅ ℓnxdx

1

e

∫ :

α) να βρείτε την τεταγμένη της γραφικής παράστασης της f στην θέση x = e .

β) ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z στο μιγαδικό επίπεδο, αν ικανοποιεί τις σχέσεις | z −3i | = | z −1 | και | z − i | = | z −1 | ;

γ) να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων, Μ, του μιγαδικού επιπέδου, των οποίων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί z επαληθεύουν την εξίσωση | z −2i + f (e) | = Re(z

1) , όπου

z1μιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει στον γεωμετρικό τόπο του ερωτήματος (β).

α) Ζητείται η τιμή f (e) .

Από την σχέση της εκφώνησης προκύπτει

f (x)x

dx

1

e

∫ + ′f (x) ⋅ ℓnxdx

1

e

∫ = 1⇒

⇒ ′f (x) ⋅ ℓnx + f (x) ⋅1x

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥dx

1

e

∫ = 1⇒ [ ′f (x) ⋅ ℓnx + f (x) ⋅(ℓnx ′) ]dx

1

e

∫ = 1⇒

⇒ [f (x) ⋅ ℓnx ′] dx

1

e

∫ = 1⇒ [f (x) ⋅ ℓnx ]1e = 1⇒ f (e) ⋅ ℓne− f (1) ⋅ ℓn1 = 1⇒ f (e) = 1 .

β) Από την σχέση | z −3i | = | z −1 | προκύπτει ότι η εικόνα του z ανήκει στην μεσοκάθετο

του ευθύγραμου τμήματος ΑΒ, όπου Α(0,3) , Β(1,0) .

Από την σχέση | z − i | = | z −1 | προκύπτει ότι η εικόνα του z ανήκει στην μεσοκάθετο του

ευθύγραμμου τμήματος ΓΒ, όπου Γ(0,1) , Β(1,0) .

Αφού ο z ικανοποιεί και τις δύο παραπάνω ισότητες, η εικόνα του ανήκει και στις δύο πα-ραπάνω μεσοκαθέτους (ευθείες), που σημαίνει ότι είναι το σημείο τομής τους.Με την βοήθεια του διπλανού σχήματος, εύκολα προκύπτει ότι η μεσοκάθετος του τμήματος ΓΒ είναι η ευθεία ε :y = x .



Θέτοντας z = x +yi (x,y ∈ !) στην σχέση | z −3i | = | z −1 | , έχω

| x +yi−3i | = | x +yi−1 |⇒ | x + (y−3)i |2 = | (x −1)+yi |2⇒

⇒ x 2 + (y−3)2 = (x −1)2 +y 2 ⇒ x 2 +y 2 + 9−6y = x 2 +1−2x +y 2 ⇒

⇒ 9−6y = 1−2x ⇒ 2x −6y =−8⇒ ζ : x −3y =−4 , που είναι η εξίσωση της μεσοκαθέτου

του τμήματος ΑΒ.

Από την επίλυση του συστήματος

ε :y = xζ : x −3y =−4

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

⎫⎬⎪⎪⎪

⎭⎪⎪⎪

εύκολα προκύπτει x = 2 , y = 2 , που

είναι οι συντεταγμένες του σημείου τομής τους, άρα και η εικόνα του z που ικανοποιεί τις δύο σχέσεις της εκφώνησης.

Τελικά, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι το σημείο Δ(2,2) .

γ) Είναι z1= 2 + 2i , οπότε ισχύει | z −2i +1 | = 2⇔ | z +1−2i | = 2 , αφού είναι f (e) = 1

από το ερώτημα (α).

Η παραπάνω εξίσωση παριστάνει κύκλο κέντρου Κ(−1,2) και ακτίνας 2, που είναι ο ζητού-

μενος γεωμετρικός τόπος.



Άσκηση 30

Θεωρούμε την συνάρτηση f (x) =

| iz −3− 4i |x 2 +1

, x ∈ ! , z ∈" , η οποία έχει σύνολο τιμών το διάστημα [−1,1] .

α) Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων του z.

β) Να βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του | z | .

γ) Να υπολογίσετε το ℓ imx→+∞

[f (x) ⋅ηµx ] .

δ) Να δείξετε ότι η C

f έχει τρία σημεία καμπής, τα οποία είναι συνευθειακά.

ε) Έστω Ε(λ) το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την Cf, τον άξονα x'x και τις

ευθείες x A λ και x A 2λ, λ > 0. Να βρείτε το ℓ imλ→+∞

Ε(λ) .

α) Θέτω | iz −3− 4i | = α≥ 0 , οπότε είναι f (x) =

αxx 2 +1

.

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο D

f= ! ως ρητή, με

′f (x) = α ⋅

(x ′) ⋅(x 2 +1)−x(x 2 +1 ′)(x 2 +1)2

= α ⋅x 2 +1−x ⋅2x

(x 2 +1)2⇒ ′f (x) =

α(1−x 2)(x 2 +1)2

.

Επειδή είναι (x2 +1)2 > 0 , για κάθε x ∈ ! , και α≥ 0 , το πρόσημο της παραγώγου εξαρτά-

ται από το πρόσημο της παρένθεσης, οπότε από την ανίσωση ′f (x) > 0 έχω

1−x 2 > 0⇒ x 2−1 < 0⇒ x ∈ (−1,1) .

Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της f.

Αν Δ1= (−∞,−1] , Δ

2= [−1,1] , Δ

3= [1,+∞) , τότε το σύνολο

τιμών της f είναι το f (D

f) = f (Δ

1)∪ f (Δ

2)∪ f (Δ

3) .

Ι. Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ1, είναι

f (Δ

1) = [ f (−1) , ℓ im

x→−∞f (x)) .

• f (−1) =

α ⋅(−1)(−1)2 +1

=−α2

.

• ℓ imx→−∞

f (x) = ℓ imx→−∞

αxx 2 +1

= ℓ imx→−∞

αxx 2

= ℓ imx→−∞

αx

= 0 .

Άρα είναι f (Δ

1) = −

α2

, 0⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟.

ΙΙ. Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ2 , είναι f (Δ2

) = [ f (−1) , f (1)] .

Είναι f (1) =

α ⋅112 +1

=α2

, οπότε f (Δ

2) = −

α2

,α2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ .

ΙΙΙ. Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ3 , είναι

f (Δ

3) = ( ℓ im

x→+∞f (x) , f (1)] .


f (x) = ℓ imx→+∞

αxx 2 +1

= ℓ imx→+∞

αxx 2

= ℓ imx→+∞

αx

= 0 , οπότε f (Δ

3) = 0 ,

α2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ .



x −∞ 0 0 +∞

′f (x) − +

f (x) 2 1

Άρα είναι f (D

f) = −

α2

, 0⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟∪ [−1,1]∪ 0 ,

α2

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥ ⇒ f (D

f) = −

α2

,α2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥ .

Όμως είναι f (D

f) = [−1,1] , οπότε ισχύει

α2

= 1 , απ' όπου έχω

α = 2⇒ | iz −3− 4i | = 2⇒ i z −

3i− 4

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

= 2⇒ | i | ⋅ z −3ii2− 4 = 2⇒ | z − 4 + 3i | = 2 ,

εξίσωση που παριστάνει κύκλο κέντρου Κ(4,−3) και ακτίνας ρ : 2.

β) Ο παραπάνω κύκλος φαίνεται στο διπλανό σχή-μα, στο οποίο φέρνοντας την ΟΚ, έχω ότι:

• | z |min

= (ΟΑ) = (ΟΚ)−(ΚΑ)⇒

⇒ | z |

min= x

Κ2 +y

Κ2 −ρ = 42 + (−3)2 −2⇒

⇒ | z |

min= 3 .

• | z |max

= (ΟΒ) = (ΟΚ)+ (ΚΒ) = 5 + ρ⇒

⇒ | z |

max= 7 .

γ) Ισχύει | f (x) ⋅ηµx | = | f (x) | ⋅ | ηµx |≤ | f (x) | ⋅1 , διότι είναι | ηµx |≤1 , για κάθε x ∈ ! .

Άρα ισχύει | f (x) ⋅ηµx |≤ | f (x) |⇒−f (x)≤ f (x) ⋅ηµx ≤ f (x) .


[−f (x)] = 0 = ℓ imx→+∞

f (x) , οπότε, λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την παραπά-

νω ανίσωση έχω ότι ℓ imx→+∞

[f (x) ⋅ηµx ] = 0 .

δ) Για α = 2 είναι f (x) =

2xx 2 +1

⇒ ′f (x) = 2 ⋅1−x 2

(x 2 +1)2⇒

⇒ ′′f (x) = 2 ⋅

(1−x 2 ′) ⋅(x 2 +1)2−(1−x 2) ⋅[(x 2 +1)2 ′][(x 2 +1)2 ]2

.

Για την παράσταση του αριθμητή έχω

−2x(x 2 +1)2−(1−x 2) ⋅2(x 2 +1)(x 2 +1 ′) =−2x(x 2 +1)2−2(1−x 2)(x 2 +1) ⋅2x =

=−2x(x 2 +1) ⋅[x 2 +1+ 2(1−x 2)] =−2x(x 2 +1)(x 2 +1+ 2−2x 2) =−2x(x 2 +1)(3−x 2) =

= 2x(x 2 +1)(x 2−3) .

Επομένως είναι ′′f (x) =

4x(x 2 +1)(x 2−3)(x 2 +1)4

⇒ ′′f (x) =2x(x 2−3)(x 2 +1)3

.

Επειδή είναι (x2 +1)3 > 0 , για κάθε x ∈ ! , το πρόσημο της δεύτερης παραγώγου εξαρτάται

από το πρόσημο του αριθμητή, οπότε από την ανίσωση ′′f (x) > 0 έχω



x(x2−3) > 0⇒ x ∈ (− 3,0)∪( 3 ,+∞) .

Το πρόσημο του παραπάνω γι-νομένου (άρα και της δεύτερης παραγώγου), μαζί με την κυρτό-τητα της f, φαίνονται στον διπ-λανό πίνακα, απ' τον οποίο προκύπτει ότι η

C

f έχει

τρία σημεία καμπής.

Έστω Μ − 3, f − 3( )( ) , Ο(0, f (0)) , Ν 3, f 3( )( ) τα σημεία καμπής.

• f − 3( ) =

2 ⋅(− 3)

(− 3)2 +1=−2 3

4=−

32

.

• f (0) =

2 ⋅002 +1

= 0 .

•

f ( 3) =2 3

32

+1=

2 34

=32

.

Άρα είναι

Μ − 3 , −32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟, Ο(0,0) , Ν 3 ,

32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟.

Για να δείξω ότι τα Μ, Ο, Ν είναι συνευθειακά, αρκεί να δείξω ότι ισχύει

ΟΜ! "!!

//ΟΝ! "!!⇔ det(ΟΜ

! "!!,ΟΝ! "!!

) = 0 .

Είναι

ΟΜ! "!!

= − 3 , −32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟, ΟΝ! "!!

= 3 ,32

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟ και

det(ΟΜ! "!!

,ΟΝ! "!!

) =− 3 −

32

332

=− 3 ⋅32− 3 ⋅

− 32

=−32

+32⇒ det(ΟΜ

! "!!,ΟΝ! "!!

) = 0 .

ε) Από τον τύπο της f εύκολα προκύπτει ότι είναι f (x) > 0 , για κάθε x > 0 , οπότε

Ε(λ) = f (x)dx

λ

2λ

∫ =2x

x 2 +1dx

λ

2λ

∫ =1

x 2 +1⋅(x 2 +1)dx

λ

2λ

∫ =1

x 2 +1⋅d(x 2 +1)

λ

2λ

∫ ⇒

⇒Ε(λ) = [ℓn(x 2 +1)]

λ2λ = ℓn (2λ)2 +1( )− ℓn(λ2 +1) = ℓn(4λ2 +1)− ℓn(λ2 +1)⇒

⇒Ε(λ) = ℓn

4λ2 +1λ2 +1

.



−∞ − 3 0 0 3 3 +∞

x - - + +

x2−3 + - - +

′′f (x) - + - +

f (x) 4 3 4 3

Άρα για το ζητούμενο όριο έχω ℓ = ℓ im

λ→+∞Ε(λ) = ℓ im

λ→+∞ℓn

4λ2 +1λ2 +1

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟

= ℓn ℓ imλ→+∞

4λ2 +1λ2 +1

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟⇒

⇒ ℓ = ℓnθ , όπου θ = ℓ im

λ→+∞

4λ2 +1λ2 +1

.

Είναι θ = ℓ im

λ→+∞

4λ2 +1λ2 +1

= ℓ imλ→+∞

4λ2

λ2= ℓ imλ→+∞

4⇒ θ = 4 , οπότε ℓ imλ→+∞

Ε(λ) = ℓn4 .



Exercises in Maths III

Documents

Transcript of Exercises in Maths III