ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
1
ΧΡΗΣΙΜΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ ΟΡΙΩΝ
Όταν 0
lim ( )x x
f x→
= ℓ , εννοούµε ότι οι τιµές )(xf βρίσκονται όσο θέλουµε κοντά στο ℓ ,
για τα 0xx ≠ τα οποία βρίσκονται “αρκούντως κοντά στο 0x ”.
f (x)
f (x)
f x( )0 = ℓ
(a)
O x0 x x x
y
f(x0)
(β)
f(x)
f(x)
O x0
ℓ
x x x
y
(γ)
f(x)
f(x)
O x0
ℓ
x x x
y39
• Για να έχει έννοια το όριο της f στο 0x ( 0x x→ ), πρέπει η f να ορίζεται όσο
θέλουµε “κοντά στο 0x ”, δηλαδή η f να είναι ορισµένη τουλάχιστον σ’ ένα σύνολο της µορφής:
),(),( 00 βxxα ∪ ή ),( 0xα ή ),( 0 βx .
Παράδειγµα. Το όριο |x|xlim 2
0x−
→ δεν έχει έννοια, γιατί η συνάρτηση δεν
ορίζεται κοντά στο 0
• Αν το 0x x→ ορίζεται , το 0x µπορεί να ανήκει ή να µην ανήκει στο πεδίο
ορισµού της συνάρτησης. Συνηθίζεται όταν ζητείται να βρεθεί ένα όριο αυτό να έχει έννοια, ανεξάρτητα αν υπάρχει ή όχι.
• «υπάρχει το όριο…» σηµαίνει ότι αυτό είναι πραγµατικός αριθµός ή άπειρο.
• Το 0
lim ( )x x
f x→
µπορεί να µην υπάρχει στο 0x . Παράδειγµα. 0
1limx x→
, δεν υπάρχει.
• Όταν υπάρχει η τιµή της f στο 0x , 0( )f x , και το 0
lim ( )x x
f x→
µπορεί να είναι :
α) ίση µε το όριό της στο 0x , 0
0lim ( ) ( )x x
f x f x→
= (δηλ. f συνεχής στο 0x )
ή β) διαφορετική από αυτό (0
0lim ( ) ( )x x
f x f x→
≠ ).
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
2
• Αν µια συνάρτηση f έχει όριο στο 0x , τότε αυτό είναι µοναδικό και
συµβολίζεται µε 0
lim ( )x x
f x→
= ℓ .
• Όταν δίνεται 0
lim ( )x x
f x→
= ℓ , εννοείται ότι υπάρχει το όριο της f στο 0x είναι ℓ .
• To Θεώρηµα (όρια και πράξεις) της σελίδας 166, µετά το «τότε» να προστεθεί
« υπάρχουν τα παρακάτω όρια και ισχύουν»…
• Επιµερισµός Ορίου- συχνό λάθος, χρησιµοποιείται ουσιαστικά η «φαινοµενική ιδιότητα»:
Αν α)x(flimx
=ξ→
∈R, τότε αg(x)limf(x)g(x)limξxξx →→
= η οποία δεν ισχύει (πάντα),
π.χ. 1 = 0x
1x0lim
x
1xxlim
0x0x=
+=
+→→
, άτοπο.
• Αν |α||)t(f|lim
ξt=
→ δεν συνεπάγεται ότι α)t(flim
ξt=
→ (το αντίστροφο ισχύει πάντα).
π.χ. |1||x|lim 2
1x−=
→ αλλά 1xlim 2
1x−≠
→, ή |1|
x
|x|lim
0x=
→ αλλά δεν υπάρχει το
x|x|
lim0x→
.
• Οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν όταν υπάρχουν τα «επιµέρους» όρια και
προκύπτουν επιτρεπτές πράξεις.
Παράδειγµα. Έχουµε 1)x
|x|(
x
|x|(limξx
−=−⋅→
, αλλά δεν υπάρχουν τα όρια
x|x|
lim0x→
,
−→ x
|x|lim
0x.
•
0 0lim ( ) lim ( )x x
f x f x+ −→ →
= ⇔ − =ℓ ℓ
• Αν 0
lim ( ) 0x x
f x→
= >ℓ , τότε ( ) 0f x > κοντά στο 0x
• Αν 0
lim ( ) 0x x
f x→
= <ℓ , τότε ( ) 0f x < κοντά στο 0x
• Στο 1ο θεώρηµα της διάταξης (σελ.165). Να σηµειωθεί ότι δεν ισχύει το αντίστροφο:
Παράδειγµα. x2 > 0 κοντά στο 0 (π.χ. στο (-1, 0)∪(0, 1)), αλλά 0xlim 2
0x=
→
• Στο 2ο θεώρηµα της διάταξης (σελ.166). Αν f(x) < g(x) κοντά στο ξ, δεν συνεπάγεται ότι )x(glim)x(flim
ξxξx →→<
Με ΑΤΟΠΟ προκύπτει: • Αν υπάρχει το
0lim ( )x x
f x→
= ℓ ισχύει, αν ( ) 0f x > κοντά στο 0x τότε 0≥ℓ
• Αν υπάρχει το 0
lim ( )x x
f x→
= ℓ ισχύει, αν ( ) 0f x < κοντά στο 0x και τότε 0≤ℓ
• Αν υπάρχουν τα όρια των συναρτήσεων f και g στο 0x , ισχύει , αν ( ) ( )f x g x<
κοντά στο 0x και τότε 0 0
lim ( ) lim ( )x x x x
f x g x→ →
≤
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
3
Χρήσιµοι µετασχηµατισµοί:
1.
0lim ( )x x
f x→
= ℓ ⇔ 0
lim( ( ) ) 0x x
f x→
− =ℓ
2. 0
lim ( )x x
f x→
= ℓ ⇔ 00
lim ( )h
f x h→
+ = ℓ , x=x0+h
3. 0
lim ( )x x
f x→
= ℓ ⇔ 01
lim ( . )h
f x h→
= ℓ , x=x0.h , x0≠ 0
Οι σχέσεις 2 και 3 είναι χρήσιµες σε συναρτησιακές : f(x+y)=… , f(x.y)=… Πλευρικά όρια συναρτήσεων πολλαπλού τύπου στο 0x ( 0x σηµείο που «αλλάζει» ο τύπος)
Αν 1 0
2 0
( ),( )
( ),
f x x xf x
f x x x
<=
≥ τότε τα πλευρικά όρια της στο 0x είναι:
•
0
lim ( )x x
f x+→
=0
0lim ( )x x
x xf x για→
> «όριο της f όταν x τείνει στο 0x από δεξιά»
• 0
lim ( )x x
f x−→
=0
0lim ( )x x
x xf x για→
> «όριο της f όταν x τείνει στο 0x από αριστερά»
• Αν 0 0
lim ( ) lim ( )x x x x
f x f x λ+ −→ →
= = τότε 0
lim ( )x x
f x λ→
= (ισχύει το αντίστροφο)
• Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο 1x (ή 2x )που δεν «αλλάζει» ο τύπος της συνάρτησης f, τότε :
1x 0x 2x τότε
1 11lim ( ) lim ( )
x x x xf x f x
→ →=
2 2
2lim ( ) lim ( )x x x x
f x f x→ →
=
• Αν µια συνάρτηση f είναι ορισµένη σε ένα διάστηµα της µορφής ),( 0 βx και
δεν ορίζεται σε διάστηµα της µορφής ),( 0xα , τότε ισχύει: 00
lim ( ) lim ( )x x x x
f x f x+→ →
= .
• Αν µια συνάρτηση f είναι ορισµένη σε ένα διάστηµα της µορφής ),( 0xα και δεν
ορίζεται σε διάστηµα της µορφής ),( 0 βx , τότε ισχύει: 00
lim ( ) lim ( )x x x x
f x f x−→ →
=
Παράδειγµα. Αν η συνάρτηση 1, 1( )
3, 1
x xf x
x x
+ <=
− + >
,
Να βρεθούν τα όρια: 1
l im ( )x
f x→
, 0
lim ( )x
f x→
, 2010
lim ( )x
f x→
l im ( ) l im ( 1) 1 1 21 1
f x xx x−
= + = + =→ →
, l im ( ) l im ( 3 ) 1 3 21 1
f x xx x+
= − + = − + =→ →
l im ( )0
f xx
=→
l im ( 1) 0 1 10
xx
+ = + =→
2010 2010lim ( ) lim ( 3) 2010 3 2007
x xf x x
→ →= − + = − + = −
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
4
Σηµείωση 1. Οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν για τα όρια :
0lim ( )x x
f x λ→
= αρκεί να υπάρχουν όλα τα
«επιµέρους» όρια και προκύπτουν επιτρεπτές πράξεις , όπου { }0,x ∈ ∪ −∞ +∞ℝ και
{ },λ∈ ∪ −∞ +∞ℝ
Σηµείωση 2. Ισχύει ότι, αν υπάρχουν τα όρια των π.χ. των f + g και f στο
0x , τότε υπάρχει και όριο της
g στο 0
x .
• Αν 0
lim ( )x x
f x λ→
= και 0
lim( ( ) ( ))x x
f x g x κ→
+ = , τότε
0 0 0 0
lim ( ) lim[( ( ) ( )) ( )] lim( ( ) ( )) lim ( )x x x x x x x x
g x f x g x f x f x g x f x κ λ→ → → →
= + − = + − = −
• Αν 0
lim ( ) 0x x
f x λ→
= ≠ και 0
lim( ( ). ( ))x x
f x g x κ→
= , τότε 0 0
( ). ( )lim ( ) lim
( )x x x x
f x g xg x
f x
κλ→ →
= =
Σηµείωση 3. Στο όριο σύνθεσης συναρτήσεων fog στο x0 (σελ.173) . Η συνθήκη g(x)≠≠≠≠uo κοντά στο x0, δεν µπορεί να αγνοηθεί Σηµείωση 4.
Τα όρια 0
1limx x
ηµ→
, 0
1limx x
συν→
, 2
limx
xπεϕ
→ , lim
xxηµ
→±∞ , lim
xxσυν
→±∞ δεν υπάρχουν.
Βασικές εφαρµογές.
1. Αν 0x x
lim f (x) 0→
= τότε 0x x
lim f (x) 0→
= (ισχύει το αντίστροφο)
Απόδειξη: Με κριτήριο παρεµβολής Έχουµε
0 0x x x xlim f (x) 0 lim ( f (x) )→ →
= = − και f (x) f (x) f (x)− ≤ ≤ ισχύει. Άρα 0x x
lim f (x) 0→
= .
2. Αν 0
2
x xlim f (x) 0→
= τότε 0x x
lim f (x) 0→
= (ισχύει το αντίστροφο)
3. Αν
0x xlim f (x) 0ν
→= τότε
0x xlim f (x) 0→
= (ισχύει το αντίστροφο)
(Οµοίως οι αποδείξεις 2 και 3).
4. Αν x∈R σε ακτίνια τότε 1x
xηµlim
0x=
→.
Αν όµως θ σε µοίρες τότε 180
π
θ
ηµθlim
0θ=
→ (χρήση του
π
x
180
θ= )
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
5
ΜΟΡΦΕΣ ΟΡΙΩΝ
1. Όρια µε εφαρµογή ιδιοτήτων ορίων και συνέχειας Αν 0x x→ και 0 fx A∈ ,τότε το όριο της f στο 0x το βρίσκουµε συνήθως µε αντικατάσταση
0x x= , αρκεί να ορίζεται η παράσταση στο 0x (συνεχής).
Εφαρµογή των ιδιοτήτων και κανόνων των ορίων Αν η συνάρτηση προκύπτει από τις βασικές συναρτήσεις : πολυωνυµική συνάρτηση, ρητή, τριγωνοµετρικές, λογαριθµικές, εκθετικές, απόλυτη τιµή συνάρτησης, ρίζα συνάρτησης ή ακόµα από τις πράξεις τους ή από συνθέσεις τους και εφαρµόζονται οι κανόνες και οι ιδιότητες των ορίων, χωρίς να προκύπτει απροσδιόριστη µορφή, τότε το όριο υπολογίζεται απ’ ευθείας
από τον επόµενο κανόνα: 0
0x xlim f(x) f (x )→
=
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: 2
1lim(3 4 5)x
x x→
− +
Λύση
1xlim→
(3x2-4x+5)=3·12-4·1+5=3-4+5=4.
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: 2
2
3 2lim
1x
x x
x→
− +−
Λύση 2
2
3 2lim
1x
x x
x→
− +−
=22 3 2 2
2 1
− ⋅ +−
=4 6 2
1
− +=
10
=0
2. Αν 0x x→ και 0 fx A∉ και η συνάρτηση είναι κλασµατική( µορφή 0
0) , τότε συνήθως
παραγοντοποιούµε το «κλάσµα», µε παράγοντα 0x x− και απλοποιούµε.
Αν 0x x→ και η συνάρτηση µετά από τις απλοποιήσεις έχει παράγοντα 0x x− και είναι απροσδιοριστία , τότε παίρνουµε πλευρικά όρια.
Απλοποίηση 0x x− ⇔ παραγοντοποίηση 0x x−
Παραγοντοποίηση µε 0x x−
Horner στο 0x
Παραγοντοποίηση τριωνύµου 2
1 2 1 2( )( ) , 0, ,x x x x x x x xα β γ α αν α+ + = − − ≠ ρίζες
Συνδυασµός όλων
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
6
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο:2
1
4 3lim
1x
x x
x→
− +−
Λύση
Είναι 1x
lim→
(x2-4x+3)=12-4·1+3=1-4+3=0 και 1x
lim→
(x-1)=1-1=0. Απροσδιόριστη µορφή 00
.
Κάνουµε παραγοντοποίηση και έχουµε:2
1
4 3lim
1x
x x
x→
− +−
=( )( )
1
1 3lim
1x
x x
x→
− −
−= ( )
1lim 3x
x→
− =1-3= -2.
4. Όριο κλασµατικού τύπου µε ριζικά ( µορφή 0
0)
Αν 0x x→ και 0 fx A∉ και η συνάρτηση είναι κλασµατική( µορφή 0
0) µε ριζικά, τότε
συνήθως πολλαπλασιάζουµε µε τη συζυγή παράσταση ώστε να παραγοντοποιήσουµε το «κλάσµα» µε παράγοντα 0x x− και απλοποιούµε.
Όρος κλάσµατος
Συζυγή παράσταση του όρου
Όρος κλάσµατος
Συζυγή παράσταση του όρου
Α ± Β Α Β∓ 3 3Α ± Β 2 2
3 3 3 3Α Α Β + Β∓
Α ± Β Α Β∓ 3 Α ± Β 2 23 3 .Α Α Β+Β∓
δηµιουργείται η ταυτότητα : 2 2
( )( )Α − Β Α + Β = Α − Β = Α −Β
ή 2 2 2( )( )Α −Β Α +Β = Α −Β = Α −Β
2 2 3 3
3 3 3 3 3 3( )( )Α ± Β Α Α Β + Β = Α ± Β = Α ±Β∓
ή 2 32 3 33 3 3( )( . )Α ± Β Α Α Β+Β = Α ± Β = Α ±Β∓
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο:4
1 5lim
2 1 3x
x x
x→
− − +
+ −
Λύση
4
1 5lim
2 1 3x
x x
x→
− − +
+ −=
( )( )( )( )( )( )4
1 5 2 1 3 1 5lim
2 1 3 2 1 3 1 5x
x x x x x
x x x x→
− − + + + − + +
+ − + + − + +=
( ) ( ) ( )( ) ( )
22
24 2
1 5 2 1 3lim
2 1 3 1 5x
x x x
x x x→
− − + + + + − − + +
=( )( )( )( )
2
4
3 4 2 1 3lim
2 8 1 5x
x x x
x x x→
− − + +
− − + +=
( )( )( )( )( )5142
31214lim
4 ++−−
+++−→ xxx
xxxx
=5
2
• Για ριζικά διαφόρων τάξεων εφαρµόζουµε την µέθοδο της αντικατάστασης
(θέτουµε ( )y h xκ= όπου κ =ΕΚΠ τάξεων ριζικών) ή την µέθοδο της διάσπασης .
• Όταν κάνουµε αντικατάσταση, αλλάζει η µεταβλητή στο όριο, y → y0
(όπου0
0 0lim ( ), 0x x
y h x yκ
→= ≠ )
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
7
Παράδειγµα.
Να βρεθεί το 3
60
1 1lim
1 1x
x x
x x→
+ − +
+ − +
Λύση
Αν εφαρµόσουµε ιδιότητες έχουµε µορφή 0
0
Το ΕΚΠ των τάξεων των ριζών είναι 6. Θέτουµε 6 1y x= + , οπότε 6
0lim 1 1x
x→
+ = και 1y →
3 2 3 2 23 6 6
3 236 6 60 0 1 1 1 1
1 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1lim lim lim lim lim lim
( 1) ( 1)( 1) 1 21 1 ( 1) 1x x y y y y
x x x x y y y y y y y
y y y y y y yx x x x→ → → → → →
+ − + + − + − − −= = = = = =
− − − + ++ − + + − +
4. Όρια συναρτήσεων πολλαπλού τύπου. Αν η συνάρτηση f «αλλάζει» τύπο «γύρω» από το 0x , είναι πολλαπλού τύπου της µορφής
1 0
2 0
( ),( )
( ),
f x x xf x
f x x x
<=
≥
α) Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο 0x που αλλάζει ο τύπος της, τότε
για να υπάρχει το όριο πρέπει τα πλευρικά όρια της f στο 0x να είναι ίσα. Αν τα πλευρικά όρια είναι ίσα,
0 0
lim ( ) lim ( )x x x x
f x f x λ+ −→ →
= = τότε 0
lim ( )x x
f x λ→
=
β) Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο 1x (ή 2x )που δεν αλλάζει ο τύπος της,
(πχ 1 0 2x x x< < ) τότε :
1
1 1
lim ( ) lim ( )x x x x
f x f x→ →
= και 2
22
lim ( ) lim ( )x xx x
f x f x→→
=
Παράδειγµα. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: 2
3 5, 1
( )
7, 1
x x
f x
x x
+ <
= + ≥
Να εξετάσετε αν η συνάρτηση έχει όριο στο xo=1, x1=3, x2=0
Λύση
1lim ( )x
f x−→
= ( )1
lim 3 5x
x−→
+ =3⋅1+5=3+5=8 και 1
lim ( )x
f x+→
= ( )2
1lim 7x
x+→
+ =12+7=1+7=8.
Επειδή είναι 1
lim ( )x
f x−→
= )(lim1
xfx +→
=8,η συνάρτηση έχει όριο στο xo=1, )(lim1
xfx→
=8
3
lim ( )x
f x→
= ( )2 2
3lim 7 3 7 88x
x→
+ = + = και 0
lim ( )x
f x→
= ( )0
lim 3 5 3.0 5 5x
x→
+ = + = .
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
8
5. Όρια µε απόλυτες τιµές. Αν η συνάρτηση f έχει απόλυτες τιµές και το όριο της f για 0x x→ προκύπτει απροσδιόριστη
µορφή , τότε µετασχηµατίζουµε τον τύπο της f χωρίς απόλυτα: α) αν το όριο στο 0x της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι
0lim ( ) 0x x
x k→
Α = > ,
τότε A(x)>0 κοντά στο x0 , οπότε ( ) ( )x xΑ = Α
β) αν το όριο της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι 0
lim ( ) 0x x
x k→
Α = < ,
τότε A(x)<0 κοντά στο x0 , οπότε ( ) ( )x xΑ = −Α ) και µετά παραγοντοποιούµε
ή και παίρνουµε τα πλευρικά όρια. γ) αν το όριο στο 0x της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι
0lim ( ) 0x x
x→
Α =
παίρνουµε στο 0x τα πλευρικά όρια αφού κάνουµε πίνακα πρόσηµων και γράψουµε τη
συνάρτηση χωρίς τις απόλυτες τιµές.
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο lim3x→
2 9 3
2 5
x x
x
− + −
+ −
Λύση
lim3x −→
2 9 3
2 5
x x
x
− + −
+ −= lim
3x→
2( 9) ( 3)
2 5
x x
x
− − − −+ −
= lim3x→
( 3)( 3 1)
3
x x
x
− − + +−
= -7
lim3x +→
2 9 3
2 5
x x
x
− + −
+ −= lim
3x→
2( 9) ( 3)
2 5
x x
x
− + −+ −
= lim3x→
( 3)( 3 1)
3
x x
x
− + +−
= 7
Επειδή είναι )(lim
3xf
x −→≠ )(lim
3xf
x +→,η συνάρτηση δεν έχει όριο στο xo=3.
6. Όρια µε «κριτήριο παρεµβολής» Αν η συνάρτηση περιέχει στον τύπο της τριγωνοµετρικές συναρτήσεις ή ο τύπος της f(x) επαληθεύει µια ανισότητα, τότε εφαρµόζουµε τα προηγούµενα κατά περίπτωση , συνήθως κριτήριο παρεµβολής (σε απροσδιόριστο ) και τα παρακάτω:
• 1ηµ
lim0
=→ x
xx
• |||ηµ| xx ≤ , για κάθε x R∈
• 01συν
lim0
=−
→ x
xx
• 0
0ηµηµlim xx
xx=
→
• 0
0συνσυνlim xx
xx=
→
• για κάθε
∪
−∈
2,00,
2
ππx
1ηµ
συν <<x
xx
x −∞ -3 -2 3 +∞ 2 9x − + - - +
3x − - - - +
2x + - - + +
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
9
Παράδειγµα.
Να βρεθούν τα όρια: α) 0
limx
x
xηµ→ , β)
0limx
x
x
εϕ→
, γ) 2
0lim( )x
x xηµ→
Λύση
α) 0 0
1 1lim lim 0
1x x
xxx
x
ηµηµ→ →= = =
β) 0 0 0 0
1 1lim lim lim lim( . ) 1. 1
1x x x x
xx x xx
x x x x x x
ηµεϕ ηµ ηµσυν
συν συν→ → → →= = = = =
γ) 2 2 2. .1x x x x xηµ ηµ= ≤ , οπότε 2 2 2 2 2x x x x x x xηµ ηµ≤ ⇔ − ≤ ≤
και 2 2
0 0lim lim( ) 0x x
x x→ →
= − =
µε το κριτήριο παρεµβολής έχουµε 2
0lim( )x
x xηµ→
=0
Παράδειγµα. Αν για κάθε x∈ℝ ισχύει: 2 2( ) 4 ( ) 4f x f x x− ≤ − , να δείξετε ότι
0lim ( ) 2x
f x→
=
Λύση Από τη σχέση : 2 2( ) 4 ( ) 4f x f x x− ≤ − , έχουµε ( )22 2 2( ) 4 ( ) 4 ( ) 2f x f x x f x x− + ≤ ⇔ − ≤ ⇔
( ) 2 22 2( ) 2 ( ) 2 ( ) 2f x x f x x f x x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤
Άρα ( ) 2 2 ( ) 2x f x x x f x x− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
Τα όρια
0 0lim(2 ) lim(2 ) 2x x
x x→ →
− = + = οπότε µε το κριτήριο παρεµβολής προκύπτει ότι
0lim ( ) 2x
f x→
=
Παράδειγµα(Πρόταση-Μηδενική). Αν
0
lim ( ) 0x x
g x→
= και ( ) ( )f x g x≤ κοντά στο 0x , τότε 0
lim ( ) 0x x
f x→
=
Αποδεικνύεται µε κριτήριο παρεµβολής Έχουµε: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x g x f x g x≤ ⇔ − ≤ ≤ και
00lim( ( ) ) lim ( ) 0
xx
g x g x→→
− = = άρα 0
lim ( ) 0x x
f x→
=
Παράδειγµα(Πρόταση-Μηδενική επί φραγµένη). Αν
0
lim ( ) 0x x
g x→
= , ( ) ,h x κ κ≤ ∈ℝ και ( ) ( ). ( )f x g x h x≤ , κοντά στο 0x , τότε 0
lim ( ) 0x x
f x→
=
Αποδεικνύεται µε κριτήριο παρεµβολής
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
10
Παράδειγµα.
Να αποδείξετε ότι : 0
1lim . 0x
xx
ηµ→
=
Λύση
Θέτουµε 1
( ) .f x xx
ηµ= , *fA = ℝ . Ισχύει 1xηµ ≤
Θα έχουµε1
( ) . .1f x x xx
ηµ= ≤ οπότε ( )x f x x− ≤ ≤ , σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής
προκύπτει 0
lim ( ) 0x x
f x→
=
Παράδειγµα.
Να βρεθεί το όριο 2
20
1lim .x
x
x xηµ
ηµ→
Λύση
Θέτουµε 2
2
1( ) .
xf x
x xηµ
ηµ= , ( ,0) (0, )
2 2x
π π∈ − ∪ . Ισχύει 1xηµ ≤
2 2
2
1( ) . .1
x xf x
x x xηµ
ηµ ηµ= ≤ ,
2 2 2
( ) ( )x x x
f x f xx x xηµ ηµ ηµ
≤ ⇔ − ≤ ≤ (1)
Το 2
0 0lim limx x
x xxx
x
ηµηµ→ →
=
=0
01= , σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής στην (1) , προκύπτει
ότι ( )0
lim ( ) 0x
f x→
=
7. Αν 0x x→ και η συνάρτηση µετά από τις απλοποιήσεις έχει µορφή 0
α , απροσδιοριστία τότε
παίρνουµε πλευρικά όρια. Παράδειγµα.
Να βρεθεί το όριο : 21
1lim
( 1)x
x
x→
−−
, 0 1x xκαι≥ ≠
Λύση 0
2 21 0 1 1
1 1 1lim lim lim
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)x x x
x x
x x x x x→ → →
− −= = =
− − + − +απροσδιοριστία (δε γίνεται άλλη
απλοποίηση). Οπότε εξετάζουµε αν υπάρχει το όριο µε πλευρικά όρια
1
2 11
1 1 1lim lim .
( 1) 2( 1)( 1)xxx
x
x x x−
<→→
−= = −∞ = −∞
− − +,
οµοίως 1
21 1
1 1 1lim lim .
( 1) 2( 1)( 1)xx x
x
x x x+ +
>→ →
−= = +∞ = +∞
− − + άρα δεν υπάρχει το 21
1lim
( 1)x
x
x→
−−
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
11
8. Όριο f(x), αν δίνεται το όριο παράστασης της f(x) Αν 0x x→ και δίνεται το όριο µιας παράστασης που περιέχει την f(x) και ζητείται το όριο της f
στο 0x , τότε θέτουµε g(x)= « παράσταση που περιέχει την f(x)», αν πάρουµε το όριο της g(x)
στο 0x και προκύπτει απροσδιοριστία, λύνουµε ως προς f και παίρνουµε το όριο .
Παράδειγµα. Να βρείτε το
1lim ( )x
f x→
, αν 1
lim(3 ( ) 2 3 ) 11x
f x x→
+ − =
Λύση Θέτουµε ( ) 3 ( ) 2 3g x f x x= + − , οπότε
1lim ( ) 11x
g x→
= .
( ) 2 3( ) 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 3 ( ) ( )
3
g x xg x f x x g x x f x f x
− += + − ⇔ − + = ⇔ =
Άρα 1 1
( ) 2 3 11 2 3lim ( ) lim 4
3 3x x
g x xf x
→ →
− + − += = =
Παράδειγµα. Αν
1
( ) 2lim 2
1x
f x
x→
−=
− να βρείτε τα όρια :
α) 1
l im ( )x
f x→
, β) 1
( ) 2lim
1x
x f x
x→
−−
Λύση
Θέτουµε ( ) 2( )
1
f xg x
x
−=
− (1) , 1x ≠ και έχουµε
1lim ( ) 2x
g x→
=
α) Λύνουµε ως προς f(x) την (1) ( ) ( )( 1) 2f x g x x⇔ = − + Οπότε
1 1 1lim ( ) lim( 1) lim ( ) 2 2x x x
f x x g x→ → →
= − + =
β)
1 1 1
( ) 2 [( 1) ( ) 2 ] 2 ( 1) ( ) 2 ( 1)lim lim lim
1 1 1x x x
x f x x x g x x x g x x
x x x→ → →
− − + − − + −= = =
− − −
1 1
( 1)( ( ) 2 )lim lim ( ( ) 2 ) 1 .2 2 4
1x x
x x g xx g x
x→ →
− += = + = + =
−
Παράδειγµα.
Αν 2
2lim[ ( )( 3 2)] 3x
f x x x→
− + = και 2
( )lim 4
2x
g x
x→=
− , να βρείτε το
2lim[ ( ) ( )]x
f x g x→
Λύση
Θέτουµε 2( ) ( )( 3 2)h x f x x x= − + , µε 2
lim ( ) 3x
h x→
= και έχουµε 2
( )( )
3 2
h xf x
x x=
− + , 2x ≠
Θέτουµε ( )
( )2
g xp x
x=
− , µε
2lim ( ) 4x
p x→
= και έχουµε ( ) ( )( 2)g x p x x= −
22 2 2
( ) ( ) ( )( 2lim[ ( ) ( )] lim[ ( )( 2)] lim
3 2x x x
h x h x p x xf x g x p x x
x x→ → →
−= − =
− +)
( 1)( 2x x− −3.4
... 122 1)
= = =−
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
12
9. Όρια µε παραµέτρους α) Αν δίνεται συνάρτηση f(x) µε παραµέτρους και ζητείται να βρεθούν οι τιµές τους ώστε να υπάρχει το
0
lim ( )x x
f x→
, τότε δηµιουργούµε εξισώσεις µε αγνώστους τις παραµέτρους
(µε ισότητα πλευρικών ορίων …). β) Αν δίνεται συνάρτηση f(x) µε παραµέτρους και ζητείται να βρεθεί το
0
lim ( )x x
f x→
, τότε
κάνουµε διερεύνηση του 0
lim ( )x x
f x→
για όλες τις δυνατές τιµές των παραµέτρων,
(συνήθως οι χαρακτηριστικές τιµές των παραµέτρων βάση των οποίων κάνουµε τη
διερεύνηση προκύπτουν από τις απροσδιόριστες µορφές(πχ 0
α, (αν α=0)).
Παράδειγµα.
∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο:
2
2
1, 1
1( )
2 5 1, 1
xx
xf x
x x xα
−< −
= − + ≥
Να βρεθεί η πραγµατική τιµή του α, ώστε η συνάρτηση να έχει όριο στο xo=1.
Λύση 2
1
1lim
1x
x
x−→
−−
=( )( )
1
1 1lim
1x
x x
x−→
+ −
−= ( )
1lim 1x
x−→
+ =1+1=2.
1lim ( )x
f x+→
= 2
1lim(2 5 1)x
x xα+→
− + = 22 1 5 1 1α ⋅ − ⋅ + =2α-5+1=2α-4.
Για να έχει όριο στο xo=1 θα πρέπει 1
lim ( )x
f x−→
=1
lim ( )x
f x+→
. Άρα 2=2α-4 ⇔ α=3.
Παράδειγµα.
Να βρεθούν οι αριθµοί ,α β ∈ℝ , ώστε να υπάρχουν τα όρια της συνάρτησης
3
2
2 2 , 1
( ) 6, 1 2
, 2
x x x
f x x x
x x
α β
α β
− + ≤
= + < ≤ − + >
στα σηµεία 1 και 2.
Λύση
Πρέπει 1 1
lim ( ) lim ( )x x
f x f x−→ → +
= (1) και 2 2
lim ( ) lim ( )x x
f x f x−→ → +
= (2)
3
1 1lim ( ) lim( 2 2 ) 1 2 2x x
f x x xα β α β− −→ →
= − + = − + και 2
1 1lim ( ) lim( 6) 7x x
f x x→ →+ +
= + =
Άρα από (1) έχουµε : 1 2 2 7 3α β α β− + = ⇔ − + = (3)
2
2 2lim ( ) lim( 6) 10x x
f x x− −→ →
= + = και 2 2
lim ( ) lim( ) 2x x
f x xα β α β→ →+ +
= − + = − +
Άρα από (2) έχουµε : 2 10α β− + = (4)
Εποµένως από (3) και (4) προκύπτει α= -7 και β= - 4 .
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
13
Παράδειγµα. Αν 2x +x+µ-1
f(x)=x-1
βρεθεί το µ ώστε να υπάρχει στο R το x 1limf(x)→
Λύση
22
x 1
2
x 1 x 1
x +x+µ-1limf(x)=λ, f(x)= x +x+µ-1=f(x)(x-1)
x-1
lim(x +x+µ-1)= lim[f(x)(x-1)]
1+µ=λ.0 µ= -1
→
→ →
Αν ⇔
⇔
10. Όριο σύνθετης ))((lim0
xgfxx→
Αν θέλουµε να υπολογίσουµε το ))((lim0
xgfxx→
, της σύνθετης συνάρτησης gf � στο σηµείο
0x , εφαρµόζουµε τη συνέχεια γνωστών συναρτήσεων ή κάνουµε αντικατάσταση και αλλαγή µεταβλητής. • Αντικατάσταση
00lim ( ( )) ( ( ))
x xf g x f g x
→=
• Αλλαγή µεταβλητής, εργαζόµαστε ως εξής: 1. Θέτουµε )(xgu = . 2. Υπολογίζουµε (αν υπάρχει) το )(lim
00 xgu
xx→= και
3. Υπολογίζουµε (αν υπάρχει) το )(lim 0
ufuu→
=ℓ .
Αποδεικνύεται ότι, αν 0)( uxg ≠ κοντά στο 0x , τότε το ζητούµενο όριο είναι ίσο µε ℓ , δηλαδή ισχύει:
)(lim))((lim00
ufxgfuuxx →→
=
Παράδειγµα.
Να βρεθούν τα όρια 2 3
1lim x
xe −
→,
1
( 1)lim
1x
x
x
ηµ→
−−
Λύση
2 3 1
1 1
2 3l im l i m
1 1x u
x u
έ
ύ
u xe e e
x u
θ τω
α φ ο τ ο− −
→ → −
= −= = =
→ → −
1 0
( 1) 1lim lim 1
1 1 0x u
x έ u x u
x ύ x u u
ηµ θ τω ηµα φο το→ →
− = −= = =
− → →
Παράδειγµα.
Αν 0
( )lim 3x
f x
x→= να βρεθεί το όριο
0
(2 )lim
2x
f x x
x x
ηµηµ→
−−
Λύση
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
14
0
(2 )(2 )
22
ύ x
x
f x xf x x x x
x xx xx x
διαιρο µε µεηµ
ηµηµηµ ≠
−−=
− − , οπότε
*
0 0
(2 )(2 ) 6 1
lim lim 52 2 12
x x
f x xf x x x x
xx xx
ηµηµ
ηµηµ→ →
−− −= = =
− −−
* 2 ,
2
0 0 0 0
(2 ) ( ) ( )lim lim 2lim 2.3 6
2
uέ x u x
x u u u
f x f u f uux u
θ τουµε = =
→ → → →= = = =
Παράδειγµα.
Να βρεθεί το όριο : 2
21
( 3 2)lim
5 4x
x x
x x
ηµ→
− +− +
Λύση 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( 3 2) ( 3 2) 3 2 ( 3 2) ( 1)( 2) ( 3 2) 2. . .
5 4 3 2 5 4 3 2 ( 1)( 4) 3 2 4
x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x x
ηµ ηµ ηµ ηµ− + − + − + − + − − − + −= = =
− + − + − + − + − − − + −(1)
Θέτουµε 2 3 2u x x= − + , οπότε αφού 1x → , είναι 0u →
Άρα, 2
21 0
( 3 2)lim lim 1
3 2x u
x x u
x x u
ηµ ηµ→ →
− += =
− +, οπότε
2 2(1)
2 21 1 0 1
( 3 2) ( 3 2) 2 2 1 2 1lim lim . lim .lim 1.
5 4 3 2 4 4 1 4 3x x u x
x x x x x u x
x x x x x u x
ηµ ηµ ηµ→ → → →
− + − + − − −= = = =
− + − + − − −
Παρατήρηση: Αλλαγή µεταβλητής – αντικατάσταση κάνουµε συνήθως, όταν δίνεται όριο
στο x1 (δηλ. 1x x→ ) και ζητείται όριο στο x2 (δηλ. 2x x→ ), τότε κάνουµε αντικατάσταση
τέτοια ώστε το όριο στο x2 να µετατραπεί όριο στο x1.
Παράδειγµα.
Αν ισχύει ( ) (2 )f x f x x= − ∀ ∈ℝ και 1
lim[ ( ) 3] 4x
f x x→−
− − = , να βρεθεί το 3
lim ( )x
f x→
Λύση Θέτουµε ( ) ( ) 3g x f x x= − − , οπότε ( ) ( ) 3f x g x x= + + και
1lim ( ) 4x
g x→−
=
Θέτουµε u=2-x και έχουµε: αν 3x → , 1u →− , οπότε το ζητούµενο όριο είναι :
3 1 1 1lim ( ) lim (2 ) lim ( ) lim[ ( ) 3] 4 1 3 6x u u u
f x f u f u g u u→ →− →− →−
= − = = + + = − + =
11. Όρια µε ριζικά διαφορετικής τάξης
Όταν έχουµε πολλά ριζικά διαφορετικής τάξης . Αντικαθιστούµε y g(x)κ= , όπου κ είναι το
Ε.Κ.Π. των τάξεων και g(x) κοινή υπόριζη ποσότητα.
Παράδειγµα.
6 4 3 3 3 23 4 12
3 6 4 3 3 234x 1 y 1 y 1 y 1
2 x -3 x + x y x 2y 3y y y (2y 3y 1) (y 1)(2y 2y 1) 3lim lim lim lim
y 1 3y 2y y y (3 2y y) (y 1)( 2y 2y 3) 73 x -2 x - x→ → → →
θετω = − + − + − + −= = = = =
→ − − − − − − − − −
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
15
12. Όρια µε συναρτησιακές σχέσεις Αν δίνεται συναρτησιακή σχέση για την f και ζητείται το
0x xlim f(x)→
α) Αν έχουµε f(x+y)=… , θέτουµε x=x0+h 0x x h⇔ − = και γίνεται αλλαγή µεταβλητής:
αν x→x0 τότε h→0
β) Αν έχουµε f(x.y)=… , θέτουµε 00
xx x h h
x= ⇔ = , οπότε
αν x→x0 τότε h→1
Παράδειγµα.
Αν f: R R→ για την οποία ισχύει f(x+y)=f(x)συν2y+f(y)συν2x , x,y R∈
και x 0
f (x)lim 1
x→= δείξετε ότι
x
f(x)-f(α)lim συν2α
x-α→α= για κάθε α R∈
θέτουµε x =x0+h 0x x h⇔ − = οπότε στο ζητούµενο όριο γίνεται χρήση της ιδιότητας
0x xlim f(x)→
= 0h 0limf(x +h)→
και της συναρτησιακής σχέσεως.
h 0 h 0 h 0
f(α+h)-f(α) f(α)συν2h+f(h)συν2α -f(α) f(α)(συν2h-1)+f(h)συν2α lim lim lim f( ).0 1. 2 2
h h h→ → →= = = α + συν α=συν α
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
16
ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ( στο xo , 0
lim ( )x x
f x→
= ±∞ )
Απροσδιόριστες µορφές: ( ) ( )+∞ − +∞ ( ) ( )−∞ + +∞ ( ) ( )+∞ + −∞ ( ) ( )−∞ − −∞
0.( )−∞ 0.( )+∞ ( ).0+∞ ( ).0−∞
+∞+∞
0
0
0
α
00
0( )+∞ 1+∞ 1−∞
• Η µορφή 0
α, προκύπτει από
( )lim , 0
( ) 0x xo
f x aa
g x→= ≠ , οπότε :
1. Αν το πρόσηµο της g(x) είναι σταθερό τότε προκύπτει ανάλογα µε το πρόσηµο του κλάσµατος, +∞ ή −∞ 2. Αν πρόσηµο της g(x) δεν είναι σταθερό κοντά στο
0x ,τότε παίρνουµε πλευρικά
όρια.
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο 1
2lim
1x
x
x→
+−
Λύση
1
2 3lim
1 0x
xή
xµορϕ
→
+=
− παίρνουµε πλευρικά όρια:
11
2lim
1xx
x
x−→<
+= −∞
−, ενώ
11
2lim
1xx
x
x+→>
+= +∞
−
• Οι απροσδιόριστες µορφές 00 , 0( )+∞ , 1+∞ …, περιπτώσεις εκθετικών συναρτήσεων της
µορφής ( )( ) [ ( )] ( ) 0g xF x f x f x= > , µετασχηµατίζονται µε τον κανόνα
ln 0,x x aa e a >= .
Γενικά ( ) ( )ln ( )[ ( )] ( ) 0,g x g x f x
ef x f x= >
• Όλες οι µορφές ανάγονται στις µορφές: 0
0 και
±∞±∞
µε µετασχηµατισµούς…
Α. Μετασχηµατισµός της µορφής 0.( )±∞ σε µορφή 0
0:
( )( ). ( )
1( )
f xf x g x
g x
= ή ( )
( ). ( )1( )
g xf x g x
f x
=
Β. Μετασχηµατισµός της µορφής ∞−∞ :
( )( ) ( ) ( )(1 )
( )
g xf x g x f x
f x− = − ή
( )( ) ( ) ( )( 1)
( )
f xf x g x g x
g x− = −
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
17
Γ. Μετασχηµατισµός της µορφής :0
±∞, σε µορφή 0.0 ή
0
±∞, σε µορφή ( ).( )±∞ ±∞
( ) 1
( ).( ) ( )
f xf x
g x g x=
• Εφαρµόζουµε τους Κανόνες De L’ Hospital( µε παραγώγους)
• ∆εν υπάρχουν τα όρια :
0 0 0
1 1 1lim , lim , lim
x x xx x x
ηµ συν εφ→ → →
,…
• Αν ( ) ( )f x g x≤ κοντά στο
0x , τότε:
i) αν 0
lim ( )x x
f x→
=+∞ τότε 0
lim ( )x x
g x→
=+∞
ii) αν 0
lim ( )x x
g x→
=−∞ τότε 0
lim ( )x x
f x→
=−∞
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
18
ΟΡΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ , x →±∞
• Το όριο µιας συνάρτησης f στο +∞ , ορίζεται αν η f είναι ορισµένη σε διάστηµα της µορφής ),( +∞α .
• Ανάλογα, το όριο µιας συνάρτησης f όταν −∞→x ορίζεται µόνο όταν η
συνάρτηση είναι ορισµένη σε διάστηµα της µορφής ),( β−∞ . • Για τα όρια στο +∞ , −∞ ( ±∞→x ), ισχύουν οι γνωστές ιδιότητες των ορίων στο 0x
µε τις προϋποθέσεις : � οι συναρτήσεις είναι ορισµένες σε κατάλληλα σύνολα � υπάρχουν τα επιµέρους όρια της ιδιότητας � δεν καταλήγουµε σε απροσδιόριστη µορφή.
• Εφαρµόζουµε τους Κανόνες de l’ Hospital( µε παραγώγους)
• ∆εν υπάρχουν τα όρια : lim , limxx
x xηµ συν→±∞→±∞
, limx
xεϕ→±∞
, 0
1limx x
ηµ→
,…
ΜΟΡΦΕΣ
1. ,
lim lim,x x
ά
όx xν ν ν ρτιος
περιττ ςν→+∞ →−∞
=+∞= +∞ =
−∞ =
1lim 0
xxν
→±∞
=
2. Όριο πολυωνυµικής, αν 11 1 0( ) ...P x x x xν ν
ν να α α α−−= + + + +
lim ( ) lim ( )x x
P x xννα→±∞ →±∞=
3. Όριο ρητής,
αν 1
1 01
1 0
...( ) , 0
...
x xf x
x x
ν νν ν
ν κκ κκ κ
α α αα β
β β β
−−
−−
+ + += ≠
+ + +(ρητή), τότε lim ( ) lim
xx
xf x
x
νν
κκ
αβ→±∞→±∞
=
• Αν ν<κ , τότε lim ( ) 0
x
f x→±∞
=
• Αν ν=κ , τότε lim ( )x
f x ν
κ
αβ→ ±∞
=
• Αν ν>κ , τότε , 0
lim ( ) lim
, 0xx
x
f x x
x
ν κν
κν κν
ν κνκ
κ
αβααββ
−
−
→±∞→±∞ −
+∞ >= =
−∞ <
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
19
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο 5 2
2x
2x 3x 2x 4lim
3x 5x 2→−∞
− + − +
+ −
Λύση
5 2
2x
2x 3x 2x 4lim
3x 5x 2→−∞
− + − +
+ −=
3
x
2xlim
3→−∞
−= +∞
4. Όριο κλάσµατος ( )
lim( )x
f x
g x→±∞, µε εκθετικές xα , xβ (ή ( )h xα …) , µε α>0, β>0 ,
τότε συνήθως βγάζουµε κοινό παράγοντα τη δύναµη που έχει : Α) τη µεγαλύτερη βάση, όταν x →+∞ Β) τη µικρότερη βάση, όταν x →−∞ ώστε να προκύπτουν όρια ίσα µε το µηδέν (όπως παρακάτω) Παράδειγµα.
( )
x x x x
xx 1 x
x x xx xx x x x
2 3 3 2 3 3x(2 . ) 2 .
2 x 2 3)x 2 3 3 5 x 5 5 x 5lim lim lim lim
4 5 x 2 2 4 2 4 24 x x( )
5 x 5 x 5
+
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
− − ⋅ −⋅ − ⋅ = = =⋅ − ⋅ − ⋅ − −
5. Όρια εκθετικών λογαριθµικών
1 :
lim lim 0x x
x x
αν α τοτε
α α→+∞ →−∞
>
= +∞ =
0 1 :
lim 0 limx x
x x
αν α τοτε
α α→+∞ →−∞
< <
= = +∞
1 :
lim log lim log 0a ax x
ό
x x
αν α τ τε
→+∞ →−∞
>
= +∞ =
0 1 :
lim log 0 lim loga ax x
ό
x x
αν α τ τε
→+∞ →−∞
< <
= = +∞
6. Αν ο τύπος της f περιέχει ριζικά τότε βγάζουµε παράγοντα στο κάθε ριζικό το
µεγιστοβάθµιο όρο. • Αν η πράξη είναι επιτρεπτή βρίσκουµε µε τις ιδιότητες το όριο • Αν η πράξη δεν είναι επιτρεπτή τότε από την αρχή µε µετασχηµατισµούς-ταυτότητες,
«διώχνουµε» τα ριζικά (περίπτωση συζυγής παράσταση…), κάνουµε τυχόν απλοποιήσεις και βγάζουµε παράγοντα στο κάθε ριζικό το µεγιστοβάθµιο όρο και έχουµε επιτρεπτή πράξη.
y=ax
y
1
1 y=logax
O x
y=ax
y=logax
1
1
O x
y
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
20
Παράδειγµα.
Να βρεθούν τα όρια: α) 4 2011
xlim ( 2x 3x 1 2010 )→+∞
+ − − , β) 2 2
xlim ( x x 1 x 1)→+∞
− − − +
Λύση
α) 4 2011 4 2011 2 20113 4 3 4x x x
3 1 3 1lim( 2x 3x 1 2010 ) lim( x (2 ) 2010 ) lim (x 2 2010 )
x x x x→+∞ →+∞ →+∞+ − − = + − − = + − − =+∞
β) 2 2 2 2.0
2 2
2 2x x
( x x 1 x 1)( x x 1 x 1)lim ( x x 1 x 1) lim
x x 1 x 1
+∞
→+∞ →+∞
− − − + − − + +− − − + = =
− − + +
2 2
2 2x x
2 2
2x(1 )x x 1 x 1 1xlim lim
21 1 1x x 1 x 1 x( 1 1 )x x x
→+∞ →+∞
− +− − − −= = −
− − + + − − + +
7. Αν ο τύπος της f έχει απόλυτες τιµές, τότε για να βρούµε το lim ( )
x
f x→−∞
επιλέγουµε
κατάλληλο διάστηµα ( , )α−∞ , ώστε οι παραστάσεις στις απόλυτες να έχουν σταθερό
πρόσηµο και να βγαίνουν «εύκολα» οι απόλυτες.
( , )lim ( ) lim ( )
x xx x
f x f xα→−∞ ∈ −∞→−∞ ∈Α
=
Οµοίως για να βρούµε το lim ( )x
f x→+∞
επιλέγουµε κατάλληλο διάστηµα ( , )β +∞ , ώστε οι
παραστάσεις στις απόλυτες να έχουν σταθερό πρόσηµο και να βγαίνουν «εύκολα» οι απόλυτες.
( , )lim ( ) lim ( )x x x x
f x f xβ→+∞ ∈Α →+∞ ∈ +∞
=
Παράδειγµα. Να βρεθεί το 3 3
3 2
2 3 1lim
4 2 3x
x x x
x x x→+∞
− + −
− + − +
Λύση 3 3lim (3 1) lim 3x x
x x x→+∞ →+∞
+ − = = +∞ , άρα υπάρχει x1>0 : x> x1 33 1x x+ − >0
3 3 3 3 3
3 2 3 2 3 2
2 3 1 2 (3 1) 1 1lim lim lim
4 2 3 4 2 3 4 2 3 4x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x x→+∞ →+∞ →+∞
− + − − + − − − += = =
− + − + − + − + − + − +
8. Αν ο τύπος της f περιέχει παραµέτρους: κ, λ, α,… τότε: • αν ζητείται το όριο της f, κάνουµε διερεύνηση για όλες τις τιµές των παραµέτρων. • αν δίνεται το όριο της f και ζητούνται οι τιµές των παραµέτρων, τότε ελέγχουµε όλες
τις περιπτώσεις, δεχόµαστε εκείνες που υπάρχει το όριο της f και βρίσκουµε τις τιµές των παραµέτρων ώστε να προκύπτει το συγκεκριµένο όριο της f ή θέτουµε λ το όριο , λύνουµε τον τύπο της f και παίρνουµε τα όρια, συνεχίζουµε στο αρχικό όριο
Παράδειγµα.
Να βρεθεί το 2
xlim ( x -x+1-λx)→+∞
για τις διάφορες τιµές του λ∈ℝ
Λύση
x 0
2 22 2 2x x x x
1 1 1 1 1 1lim ( x -x+1-λx)= lim ( x (1- + )-λx)= lim ( x 1- + -λx) = lim[x( 1- + -λ)]= .(1 )
x x x x x x
>
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞+∞ −λ
- Αν 1 0 1− λ > ⇔ λ < τότε 2
xlim ( x -x+1-λx)=→+∞
+∞
- Αν 1 0 1− λ < ⇔ λ > τότε 2
xlim ( x -x+1-λx)=→+∞
−∞
- Αν λ=1 , 2 2 2 2.0
2
2 2x x x x
2
1-x(1- )( x -x+1-x)( x -x+1+x) x -x+1-x 1xlim ( x -x+1-x) = lim lim lim
21 1x -x+1+x x -x+1+x x( 1- + +1)x x
+∞
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞= = =−
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
21
9. Όριο µηδενικής επί φραγµένη(κριτήριο παρεµβολής για µηδενική)
Παράδειγµα. Να βρεθεί το lim 0x
x
x
ηµ
→±∞
=
Λύση 1 1 1.1
xx x
x x x x
ηµηµ ηµ= = ≤ ,
άρα 1 1 1 1 1xx x
x x x x x x
ηµηµ ηµ= ≤ ⇔ − ≤ ≤ και 1
lim 0
xx
→ ±∞
= , οπότε σύµφωνα µε το
κριτήριο παρεµβολής l im 0
x
x
x
η µ
→ ±∞
=
Παράδειγµα. Να βρεθεί το 2 1lim ( )x
xx
ηµ→ +∞
Λύση 2
11
1xx x
xx
ηµηµ = , οπότε
(1)2 1
lim ( ) .1x
xx
ηµ→+∞
=+ ∞ = +∞
Γιατί
1
0 0
1
lim lim 11
έ ux
x u u
uxu
x
θ τωηµ ηµ=
→+∞ → →= = (1)
Παρατήρηση. Άρα, αν κατά τη διαδικασία ανεύρεσης ορίων µέσα στις παραστάσεις προκύπτουν όρια που δεν υπάρχουν, τότε µετασχηµατίζουµε τις παραστάσεις ή µε κριτήριο παρεµβολής ώστε να αποφύγουµε ανύπαρκτα όρια.
10. Όριο σύνθετης lim ( ( ))x
f g x→±∞
:
Αλλαγή µεταβλητής, εργαζόµαστε ως εξής: 1. Θέτουµε )(xgu = …..όπως στα προηγούµενα.
Παράδειγµα. Να βρεθεί το x
xlim ln(e x 1)→+∞
+ +
Λύση. Θέτουµε 1xu e x= + + , οπότε έχουµε x
x xlim u lim (e x 1)→+∞ →+∞
= + + = +∞ , άρα ulim ln u→+∞
= +∞
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
22
ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
Α. Μελέτη συνέχειας συνάρτησης 1. Αν ζητείται να µελετηθεί(εξεταστεί) η συνέχεια µιας συνάρτησης f τότε πρέπει να µελετηθεί η συνέχεια σε όλο το Πεδίο ορισµού της f. Παράδειγµα. Να µελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f.
>
≤=
1||,2
1||,2)(
2
xx
xxxf
Υπόδειξη. Πρέπει να µελετηθεί η συνέχεια της f σε όλο το Πεδίο ορισµού της (σε όλο το R). 2. Αν δίνεται το όριο µιας παράστασης της συνάρτησης f στο x
0 , η f είναι συνεχής στο x
0
και ζητείται το f(x0) τότε βρίσκουµε :
00
x xlim f(x) f (x )→
= , 0f (x ) R∈
Παράδειγµα. Αν 2x 4
f (x ) xlim 5
x 5x 4→
−=
− + και η f είναι συνεχής στο x
0=4,
να βρείτε την τιµή f(4).
Υπόδειξη. Θέτουµε 22
f ( x ) xg (x ) f ( x ) g (x )(x 5x 4) x (1)...
x 5x 4
−= ⇔ = − + +
− +
Προσοχή !! Θα ήταν λάθος να θέσουµε στην (1) x=4 και να βρούµε f(4) = 2, γιατί η g δεν ορίζεται για x = 4 . 3. Αν ζητείται να προσδιοριστούν οι τιµές παραµέτρων( που υπάρχουν στον τύπο της) έτσι ώστε η f να είναι συνεχής συνάρτηση (µπορεί να δίνονται σηµεία) τότε συνήθως δηµιουργούµε εξισώσεις από τη συνέχεια της f στα σηµεία που αυτή «αλλάζει» τύπο.
Παράδειγµα. Αν f(x) = 2
, 1
3 , 1 2
, 2
x x
x x
x x
α β
β α
− ≤
< ≤ − >
, να βρείτε τις τιµές των α , β ℜ∈
ώστε η f να είναι συνεχής (στο 1 και στο 2) Υπόδειξη. Οι εξισώσεις για να προσδιοριστούν τα α, β θα προκύψουν από τη συνέχεια της f στα σηµεία 1 και 2,
1 1lim ( ) lim ( ) (1)
x xf x f x f
− +→ →= = και
2 2
lim ( ) lim ( ) (2)x x
f x f x f− +→ →
= =
4. Αν ζητείται να εξεταστεί η συνέχεια παραµετρικής συνάρτησης f τότε για όλες τις δυνατές τιµές των παραµέτρων πρέπει να εξεταστεί η συνέχεια της συνάρτησης f.
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
23
Παράδειγµα. Αν f(x) = 1
, 0
2, 0
x xx
x
ηµ
α
≠ − =
να εξεταστεί η συνέχεια της συνάρτησης.
Υπόδειξη. α)Η f στο *R είναι συνεχής για κάθε τιµή του α ,ως γινόµενο των συνεχών
παραγόντων: της x που είναι πολυωνυµική και της 1
xηµ που είναι σύνθεση συνεχών.
( 1/χ και ηµχ).
β) στο x0 =0
0
1lim 0x
xx
ηµ→
= (…«µηδενική επί φραγµένη») οπότε για να είναι συνεχής στο 0
πρέπει f(0)=0 , άρα για α=2 είναι συνεχής στο R. 5. Αν ζητείται να αποδειχτεί η συνέχεια σε σηµείο x
0 µιας συνάρτησης f,η οποία
επαληθεύει µια ανισότητα(δίνεται ή δηµιουργείται), τότε συνήθως για να βρούµε το όριο στο x
0 χρησιµοποιούµε «κριτήρια παρεµβολής».
Παράδειγµα. Έστω η συνάρτηση f : R→ R τέτοια ώστε να ισχύει ( )f x x≤ για κάθε x∈R
Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο x0=0.
Υπόδειξη. Η σχέση ( ) ( )f x x x f x x≤ ⇔ − ≤ ≤ , οπότε f(0)=0 και κριτήριο παρεµβολής…
Παράδειγµα. Θεωρούµε τις συναρτήσεις f, g : R→R, για τις οποίες ισχύει :
(f(x))2+(g(x))
2 = 2xf(x) για κάθε x∈R. Να αποδείξετε ότι οι f και g είναι συνεχείς στο x
0=0.
Υπόδειξη. Βρίσκουµε για x=0, 2 2( (0)) ( (0)) 0f g+ = (0) (0) 0f g⇒ = = .. Η σχέση µετασχηµατίζεται
2 2 2 2 2 2 2 2 2( ( )) ( ( )) 2 ( ) 0 ( ( )) 2 ( ) ( ( )) ( ( ) ) ( ( ))f x g x xf x f x xf x x g x x f x x g x x+ − = ⇔ − + + = ⇔ − + =
Άρα , 2 2( ( ) )f x x x− ≤ και 2 2( ( ))g x x≤ …. 6. Αν ζητείται να αποδειχτεί ότι µια συνάρτηση f είναι συνεχής, για την οποία δίνεται συναρτησιακός τύπος και η συνέχεια σε σηµείο α
, τότε συνήθως:
• Αν α=0, για συναρτησιακό τύπο f(x+y)=…, θέτουµε x=x0+h 0x x h⇔ − = και γίνεται
αλλαγή µεταβλητής: αν x→x0 τότε h→0
• Αν α=1, για συναρτησιακό τύπο f(x.y)=…, θέτουµε 00
xx x h h
x= ⇔ = , x→x0 άρα h→1
ΓΕΝΙΚΑ, για 0a ≠ και συναρτησιακό τύπο f(x+y)=…, θέτουµε x=x0+h-α,
αν x→x0 τότε h→α
για 1a ≠ και συναρτησιακό τύπο f(x.y)=…, θέτουµε x=x0.h/α,
αν x→x0 τότε h→α
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
24
Παράδειγµα. Έστω συνάρτηση f τέτοια ώστε : f(x + y) = f(x) + f(y) – 1 , για κάθε x , y ℜ∈ . Να δείξετε ότι αν η f είναι συνεχής σε κάποιο σηµείο α ℜ∈ , τότε είναι συνεχής στο ℜ .
Υπόδειξη. Για x=y=0 έχουµε , (0) (0) (0) 1 (0) 1f f f f= + − ⇔ =
Για x=α , y = - α έχουµε , (0) ( ) ( ) 1 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 2 0f f f f f f fα α α α α α= + − − ⇔ = + − − ⇔ + − − =
H συνάρτηση είναι συνεχής στο α , άρα ισχύει lim ( ) ( )x
f x fα
α→
=
Έστω τυχαίο x0, x0 ℜ∈ . Θέτουµε x=x0+h-α , αν 0x x→ τότε h α→
00 0 0lim ( ) lim ( ) lim[ ( ) ( ) 1] ( ) 1 lim[ ( ) ( ) 1]
x x h h hf x f x h f x f h f x f h f
α α αα α α
→ → → →= + − = + − − = − + + − − =
= 0 0( ) 2 ( ) ( ) ( )f x f f f xα α− + + − = , άρα f συνεχής στο R.
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
25
Β. Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα 1. Αν ζητείται να δειχτεί η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) µιας εξίσωσης( ή συνάρτησης)
στο (α, β) τότε: α) επιλύουµε την εξίσωση(αν είναι εύκολο..) β) µε δοκιµές είναι κάποιες φορές δυνατό να βρούµε λύσεις(ρίζες) γ) εξετάζουµε αν εφαρµόζεται το Θ. Bolzano, στο διάστηµα [α,β] για τη συνάρτηση f που θα έχουµε f(x)=0, αν κάνουµε απαλοιφή παρονοµαστών και µεταφέρουµε όλους τους όρους στο ένα µέλος της εξίσωσης. Αν ζητείται να δείξουµε ότι η ρίζα είναι µοναδική, τότε αυτό το δείχνουµε µε τα παρακάτω:
i) f «1-1» ii) f γνησίως µονότονη στο [α,β] iii) µε «άτοπο»
* Αν δε δίνεται το (α, β) τότε επιλέγουµε διάστηµα µε δοκιµές ή βρίσκουµε όρια... Παράδειγµα. Nα δειχθεί ότι η εξίσωση 2xηµx-ex
συνx=0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο
διάστηµα (0,2
π).
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x)= 2xηµx-exσυνx , που είναι συνεχής στο R ως
άθροισµα γινοµένων συνεχών, οπότε
• f συνεχής στο [0,2
π]
• f(0)=-1 , f(2
π)=π άρα f(0)f(
2
π)<0
……..Θ.Bolzano……
Παράδειγµα. Να δειχθεί ότι η εξίσωση x 2e +1 x +2
x-α β-x= έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο
διάστηµα (α,β)
Υπόδειξη. x 2
x 2e +1 x +2(e +1)(β-x)-(x +2)(x-α)=0
x-α β-x= ⇔ (x≠ α,β)
Θεωρούµε τη συνάρτηση x 2f (x) (e +1)(β-x)-(x +2)(x-α)= είναι συνεχής… στο [α,β]
Βρίσκουµε αf ( ) (e +1)(β-α)>0α = , 2f ( ) (β +2)(β-α)<0β = − , οπότε …Θ.Bolzano… Παράδειγµα. Αν η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [1, e] και g(1)=e, να δείξετε ότι η εξίσωση g(x)=lnx+e-1 έχει µία µόνο ρίζα στο (1,e). Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x)= g(x)-lnx-e+1 - για την ύπαρξη ρίζας …Θ.Bolzano… για την f στο [1, e] - για τη µοναδικότητα της ρίζας δείχνουµε ότι f γν. φθίνουσα…..
Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση 6 9x x− = έχει µια τουλάχιστον θετική ρίζα.
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση 6( ) 9f x x x= − − , είναι συνεχής πολυωνυµική.
(0) 9f = − και (2) 53f =
…. Θ.Bolzano… για την f στο [0, 2]…….
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
26
2. Αν ζητείται η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) εξίσωσης στο κλειστό [α, β], τότε εργαζόµαστε όπως προηγουµένως µε την f, προκύπτει συνήθως ( ). ( ) 0f fα β ≤ , διακρίνουµε περιπτώσεις:
i) ( ). ( ) 0f fα β = , οπότε ( ) 0 ( ) 0f ή fα β= = ii) ( ). ( ) 0f fα β <
Παράδειγµα. Αν f είναι περιττή και συνεχής στο [-2, 2]. Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον µια ρίζα της f(x)=0 στο [-2, 2]. Υπόδειξη. Θ.Bolzano… για την f στο [-2, 2]…….όµως f(-2)= -f(2) ,
άρα 2( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0f f f− = − ≤ διακρίνουµε περιπτώσεις
iii) f(-2)f(2)=0 , οπότε f(-2)=0 ή f(2)=0 iv) f(-2)f(2)<0 ισχύει ….Θ.Bolzano…
3. Αν ζητείται η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) εξίσωσης( ή συνάρτησης) τότε µπορούµε
να δείξουµε την ύπαρξη ρίζας µε το σύνολο τιµών. Θεωρούµε τη συνάρτηση f (όπου f(x)=0 η τελική εξίσωση) και δείχνουµε ότι το 0 ανήκει στο σύνολο τιµών της f, άρα θα υπάρχει x
0 ώστε f(x
0)=0…
Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση ln 0xx e+ = έχει µια ακριβώς ρίζα στο (0,1)
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) ln xf x x e= + , είναι συνεχής στο (0,1] και
f είναι γν. αύξουσα,0
lim ( ) 1x
f x+→
= −∞ + = −∞ και (1)f e= , άρα ((0,1]) ( , ]f e= −∞
Οπότε 0 ανήκει στο ( , ]e−∞ άρα υπάρχει 0 (0,1)x ∈ : 0( ) 0f x = , 0x =ρίζα…
Αφού f γνησίως αύξουσα, η ρίζα είναι µοναδική. 4. Αν ζητείται η ύπαρξη ν (τουλάχιστον) ριζών εξίσωσης(ή συνάρτησης) στο (α, β), τότε
χωρίζουµε κατάλληλα το διάστηµα σε ν υποδιαστήµατα εργαζόµαστε όπως στην περίπτωση 1. για την f σε κάθε υποδιάστηµα. ή βρίσκουµε το σύνολο τιµών της συνάρτησης µε µονοτονία και εφαρµόζουµε Θ.Ε.Τ.
Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση 6 3 1x x= + έχει δύο τουλάχιστον ρίζες.
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση 6( ) 3 1f x x x= − − …µε δοκιµές…
( 0 ) 1f = − , ( 2) 69f − = και (2) 57f = , άρα ισχύει ….Θ.Bolzano… στα
διαστήµατα [-2, 0] και [0, 2]. 5. Περιπτώσεις ύπαρξης ρίζας εξίσωσης σε διαστήµατα της µορφής (α,β) ή (α,β] ή[α,β)
όπου α, β πραγµατικοί αριθµοί ή ±∞ στα ανοικτά διαστήµατα. Στις περιπτώσεις αυτές βρίσκουµε τα όρια στα άκρα α και β και ανάλογα επιλέγουµε κατάλληλο ή δείχνουµε ότι υπάρχει υποδιάστηµα του αρχικού διαστήµατος που να εφαρµόζεται Θ.Bolzano(ή εφαρµόζουµε το Θ.Ε.Τ. µε το σύνολο τιµών). Παράδειγµα. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0, +∞ ) µε
0lim ( )x
f x γ+→
= ∈ ℝ και lim ( )x
f x δ→ +∞
= ∈ ℝ , να αποδείξετε ότι υπάρχει µόνο ένας αριθµός
x0>0 τέτοιος ώστε να ισχύει 0 10 0( ) ln 1xf x e x++ + =
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση 1( ) ( ) ln 1xg x f x e x+= + + − , x>0 .H g είναι είναι γν. αύξουσα ως άθροισµα γν. αυξουσών
0l im ( )x
g x+→
= −∞ και l im ( )x
g x→ +∞
= + ∞ και αφού είναι
συνεχής ως άθροισµα συνεχών , το σύνολο τιµών της g είναι όλο το ℝ . Άρα, µε το Θ.Ε.Τ. υπάρχει x0>0 : g(x0)=0
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
27
ΧΡΗΣΙΜΑ ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ
1. Αν lim ( )
x af x
+→= −∞ τότε υπάρχει 0x >α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x <
Αν lim ( )x a
f x−→
= −∞ τότε υπάρχει 0x <α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x <
Αν lim ( )x a
f x+→
= +∞ τότε υπάρχει 0x >α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ανάλογα αν x a−
→ )
Αν lim ( ) 0x a
f x λ+→
= > (ή <0) τότε υπάρχει 0x >α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ή <0)
Αν lim ( ) 0x a
f x λ−→
= > (ή <0) τότε υπάρχει 0x <α τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ή <0)
Αν lim ( ) 0x
f x λ→+∞
= > (ή <0) τότε υπάρχει 0x >0 τέτοιο ώστε 0( ) 0f x > (ή <0)
*Με αυτή την παρατήρηση µπορούµε να εφαρµόζουµε το θεώρηµα Bolzano και σε διαστήµατα της µορφής ( , )α + ∞ ή ( , )−∞ +∞ ή ( , )β−∞
2. Αν η f είναι συνεχής και γν. αύξουσα στο διάστηµα :
• [α,β] τότε ([ , ]) [ ( ), ( )]f f fα β α β=
• [α,β) τότε ([ , )) [ ( ),lim ( ))x
f f f xβ
α β α−→
=
• (α,β] τότε (( , ]) ( lim ( ), ( )]x
f f x fα
α β β+→
=
• (α,β) τότε (( , )) ( lim ( ), lim ( ))x x
f f x f xα β
α β+ −→ →
=
3. Αν η f είναι συνεχής και γν. φθίνουσα στο διάστηµα :
• [α,β] τότε ([ , ]) [ ( ), ( )]f f fα β β α=
• [α,β) τότε ([ , )) (lim ( ), ( )]x
f f x fβ
α β α−→
=
• (α,β] τότε (( , ]) [ ( ), lim ( ))x
f f f xα
α β β+→
=
• (α,β) τότε (( , )) ( lim ( ), lim ( ))x x
f f x f xβ α
α β− +→ →
=
*Με τη συνέχεια και τη µονοτονία κατά διαστήµατα(Θ. παράγωγων) βρίσκουµε το πεδίο τιµών και τα ακρότατα 4. α)Αν η f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα [α, β] τότε ([ , ]) [ , ]f m Mα β = έχει µέγιστο
Μ(µέγιστη τιµή) και ελάχιστο m(ελάχιστη τιµή) , ( )m f x M x R≤ ≤ ∀ ∈ .
β) Αν η f είναι συνεχής σε ανοικτό διάστηµα (α, β) τότε το (( , ))f α β µπορεί να είναι
ανοικτό ή κλειστό διάστηµα.(συγκεκριµένα προκύπτει µε τη µονοτονία)
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
28
5. α) Το Θ. Bolzano εξασφαλίζει σηµείο τοµής για τις fC µε τον άξονα χ΄χ, µε τετµηµένη 0x
στο (α,β), 0( ) 0f x = (αν εφαρµοστεί και ισχύει για τη συνάρτηση f ).
β) Το Θ. Bolzano εξασφαλίζει την ύπαρξη σηµείου 0x στο (α, β) ώστε 0 0( ) ( )f x g x=
αν εφαρµοστεί και ισχύει για τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )F x f x g x= − ή εξασφαλίζει σηµείο
τοµής για τις fC και gC , µε τετµηµένη 0x στο (α,β), 0 0( ) ( )f x g x= .
*Σε όλα τα παραπάνω επιλέγουµε κατάλληλο διάστηµα αν δεν ορίζεται.
6. Μελέτη του πρόσηµου µιας συνεχούς συνάρτησης µε Θ. Bolzano:
α) Βρίσκουµε τις ρίζες της f(x)=0. β) ∆ηµιουργούµε τον πίνακα µεταβολής του πρόσηµου της f γ) Στο κάθε διάστηµα που ορίζουν οι ρίζες της f το σύνολο ορισµού της, το πρόσηµο της
είναι το πρόσηµο µιας τιµής της f σε ένα σηµείο του διαστήµατος
7. Αν µια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] και για κάθε ( , ) ( ) 0x f xα β∈ ≠ ,
τότε : Η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο (α, β) , είναι:
( ) 0f x > , αν ( ) 0f ξ > , για κάποιο ( , )ξ α β∈
ή ( ) 0f x < , αν ( ) 0f ξ < , για κάποιο ( , )ξ α β∈ .
*Αν δεν δίνεται η σχέση ( ) 0f x ≠ για κάθε x , τότε συνήθως την αποδεικνύουµε µε άτοπο,
δηλ. υποθέτουµε ότι υπάρχει x0 ώστε ( ) 0f x = …
Παράδειγµα.
Aν f συνεχής στο [-1, 5] και ( ) 0, ( 1,5)f x x≠ ∈ − , µε f(1)<0 τότε ( ) 0f x < στο (-1,5)
8. Αν ( ). ( ) 0f x g x x R= ∀ ∈ τότε ( ( ) 0 ( ) 0)f x ή g x x R= = ∀ ∈
Άσκηση 7 / Β΄ Οµάδας / §1.8.
Γενικά, αν ισχύει: f(x) ⋅⋅⋅⋅g(x)====0, για κάθε x∈ ⊆ RA ,
δεν σηµαίνει ότι ισχύει: (f(x)=0, για κάθε x∈ ⊆ RA ) ή (g(x)=0, για κάθε x∈ ⊆ RA ),
αλλά σηµαίνει ότι υπάρχει ⊆B A , τέτοιο ώστε:
( ) ( )= ∈ = ∈ −f (x) 0, για κάθε x B και g(x) 0, για κάθε x A B .
Παράδειγµα. Αν <
= ≥
0, x 0f(x)
x, x 0 και
<=
≥
x, x 0g(x)
0, x 0
Για τις οποίες ισχύει: f(x).g(x)====0, για κάθε x ∈∈∈∈R . Όµως, καµία από τις συναρτήσεις αυτές δεν είναι η µηδενική συνάρτηση.
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
29
Άσκηση 7ii σελ.200. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις µε την ιδιότητα 2 2( )f x x= για x∈ℝ
Λύση 2 2 2 2( ) ( ) 0 ( ( ) )( ( ) ) 0 ( ( ) ( ) )f x x f x x f x x f x x f x x ή f x x x= ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ = = − ∀ ∈ℝ
Αν x > 0 είναι ( ) 0f x ≠ , οπότε θα έχει σταθερό πρόσηµο για (0, )x∈ +∞ και θα έχουµε
( ) , 0f x x x= > είτε ( ) , 0f x x x=− >
Αν x < 0 είναι ( ) 0f x ≠ , οπότε θα έχει σταθερό πρόσηµο για ( ,0)x∈ −∞ και θα έχουµε
( ) , 0f x x x= < είτε ( ) , 0f x x x=− <
Αν x=0 , ( ) 0f x =
Τελικά είναι 4 συναρτήσεις:
( ) ,f x x x= ∈ℝ , ( ) ,f x x x= − ∈ℝ , ( ) ,f x x x= ∈ℝ , ( ) ,f x x x= − ∈ℝ
Παράδειγµα. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις µε την ιδιότητα 2( ) ( )xf x e f x= , για κάθε x∈ℝ
Λύση 2( ) ( ) ( )( ( ) ) 0 ( ( ) 0 ( ) )x x xf x e f x f x f x e f x ή f x e x= ⇔ − = ⇔ = = ∀ ∈ℝ
Αν ( ) 0f x = για κάθε x∈ℝ , η συνάρτηση είναι συνεχής και είναι µια από τις συναρτήσεις.
Αν ( ) 0f ξ ≠ για κάποιο ξ ∈ℝ τότε ( )f eξξ = . Θα δείξουµε ότι ( ) xf x e= , για κάθε x∈ℝ
Έστω ότι υπάρχει κ, : ( )f eκκ ξ κ≠ ≠ , άρα ( ) 0f κ = . Αν κ< ξ τότε ( ) 0 ( )f e e fκ ξκ ξ= < < = , οπότε
από το Θ.Ε.Τ., προκύπτει ότι υπάρχει µ ( , ) : ( )f eκµ κ ξ µ∈ = , όµως ( )f eµµ = , εποµένως κ=µ , άτοπο.
Άρα, ( ) xf x e x= ∀ ∈ℝ
9. Για την εύρεση του συνόλου τιµών µιας συνεχούς συνάρτησης f σε διάστηµα ∆, χρησιµοποιούµε τα 2 και 3. Αν το πεδίο ορισµού της f είναι ένωση διαστηµάτων ή η f δεν έχει το ίδιο είδος µονοτονίας σε όλο το πεδίο ορισµού(µελετάµε τη µονοτονία κατά διαστήµατα), τότε βρίσκουµε το σύνολο τιµών του κάθε διαστήµατος και το σύνολο τιµών της f είναι η ένωση όλων των συνόλων τιµών. ∆ηλαδή αν 1 2 3A = ∆ ∪∆ ∪∆ και στα 1 2 3, ,∆ ∆ ∆ είναι
γνησίως µονότονη(όχι απαραίτητα µε την ίδια µονοτονία) τότε
1 2 3( ) ( ) ( ) ( )f f f fΑ = ∆ ∪ ∆ ∪ ∆ .
10. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γν. µονότονη µε f: ( , ) Rα β → και
(( , )) ( , )f α β γ δ= :
• αν f γν. αύξουσα τότε lim ( )x a
f xγ+→
= και lim ( )x
f xβ
δ−→
= , υπάρχει η 1f −
ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ
Επιμέλεια: Μάριος Ελευθεριάδης
30
που είναι γν. αύξουσα 1(( , )) ( , )f γ δ α β− = και 1lim ( )x
f x aγ
−
→= , 1lim ( )
xf x
δβ−
→=
:f x y→ ή ( )f x y= και 1 :f y x− → ή 1( )f y x− =
• αν f γν. φθίνουσα τότε lim ( )x a
f xδ+→
= και lim ( )x
f xβ
γ−→
= , υπάρχει η 1f −
που είναι γν. φθίνουσα 1(( , )) ( , )f γ δ α β− = και 1lim ( )x
f xγ
β−
→= , 1lim ( )
xf x
δα−
→=
Top Related