Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια · §2,6 ΟΡΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ......

Συναρτήσεις Όρια

Συνέχεια

Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Κατεύθυνσης

Επιμέλεια: Κων/νος Παπασταματίου Μαθηματικός Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 28 (με Δημητριάδος) Τηλ. 2421302598

Κωνσταντίνος Παπασταματίου

Συνοπτική Θεωρία Μεθοδολογίες Λυμένα Παραδείγματα

Κεφ. 2ο ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ – ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ

2 Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου | Φροντιστήριο «ΑΙΧΜΗ»

ΠΊΝΑΚΑΣ ΠΕΡΙΕΧΟΜΈΝΩΝ § 2,1 Πραγματικοί Αριθμοί – Συναρτήσεις ....................................................................................................... 5

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ..................................................................................................... 7

Μεθοδολογία 1. Εύρεση Πεδίου Ορισμού .................................................................................................................... 7

Μεθοδολογία 2. Γραφική Παράσταση Συνάρτησης ................................................................................................ 8

Μεθοδολογία 3. Άρτια – Περιττή – Περιοδική Συνάρτηση ................................................................................... 9

Μεθοδολογία 4. Ισότητα Συναρτήσεων .................................................................................................................... 11

Μεθοδολογία 5. Πράξεις Μεταξύ Συναρτήσεων .................................................................................................... 12

Μεθοδολογία 6. Σύνθεση Συναρτήσεων ................................................................................................................... 13

Μεθοδολογία 7. Συναρτησιακές Σχέσεις .................................................................................................................. 14

Μεθοδολογία 8. Εύρεση Συνάρτησης ......................................................................................................................... 16

§ 2,2 Μονότονες Συναρτήσεις – Αντίστροφη Συνάρτηση ....................................................................... 18

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ................................................................................................... 20

Μεθοδολογία 1. Εύρεση Μονοτονίας ......................................................................................................................... 20

Μεθοδολογία 2. Μονοτονία f g± , fg

, f g ....................................................................................................... 21

Μεθοδολογία 3. Ανισώσεις – Εξισώσεις .................................................................................................................... 22

Μεθοδολογία 4. Ακρότατα Συνάρτησης ................................................................................................................... 25

Μεθοδολογία 5. Συνάρτηση «1 – 1» ............................................................................................................................ 27

Μεθοδολογία 6. Συνάρτηση «1 – 1» και Λύση Εξίσωσης ................................................................................... 29

Μεθοδολογία 7. Αντίστροφη Συνάρτηση ................................................................................................................. 30

Μεθοδολογία 8. Οι Εξισώσεις ( )1f x x− = , ( ) ( )1f x f x− = ........................................................................... 32

Μεθοδολογία 9. Θεωρητικές Ασκήσεις ...................................................................................................................... 34

§ 2,3 ΟΡΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ 0x ∈ ............................................................................................................ 36

§ 2,4 ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΟΡΙΩΝ ............................................................................................................................. 36


Μεθοδολογία 1. Εισαγωγή στο Όριο .......................................................................................................................... 39

Μεθοδολογία 2. Ιδιότητες του Ορίου ......................................................................................................................... 40

Μεθοδολογία 3. Μορφή 00

σε Ρητή Συνάρτηση .............................................................................................. 40


σε Άρρητη Συνάρτηση ......................................................................................... 41

Μεθοδολογία 5. Κλαδικές Συναρτήσεις – Πλευρικά Όρια ................................................................................. 43


και Απόλυτη Τιμή .................................................................................................. 44

Μεθοδολογία 7. Βοηθητική Συνάρτηση .................................................................................................................... 46

Κων/νος

Παπασταματίου

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ – ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ Κεφ. 2ο

Φροντιστήριο «ΑΙΧΜΗ» | Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου 3

Μεθοδολογία 8. Κριτήριο Παρεμβολής ..................................................................................................................... 47

Μεθοδολογία 9. Τριγωνομετρικά Όρια ..................................................................................................................... 48

Μεθοδολογία 10. Θεώρημα Αλλαγής Μεταβλητής ............................................................................................... 50

Μεθοδολογία 11. Θεωρητικές Ασκήσεις ................................................................................................................... 52

§ 2,5 ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ

Κων/νος


0x ∈ ................................................................................................. 56


Μεθοδολογία 1. Υπολογισμός Ορίου της Μορφής , 00a a ≠ ......................................................................... 57

Μεθοδολογία 2. Όρια με Παράμετρο .......................................................................................................................... 58

Μεθοδολογία 3. Βοηθητική Συνάρτηση .................................................................................................................... 60

Μεθοδολογία 4. Μορφή ±∞±∞

......................................................................................................................................... 61

Μεθοδολογία 5. Ανισότητες και Απέιρο .................................................................................................................... 62

§ 2,6 ΟΡΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ ............................................................................................................ 63


Μεθοδολογία 1. Όριο Πολυωνυμικής – Ρητής Συνάρτησης ............................................................................. 64

Μεθοδολογία 2. Όριο Άρρητης Συνάρτησης ........................................................................................................... 64

Μεθοδολογία 3. Όριο με Απόλυτα ............................................................................................................................... 65

Μεθοδολογία 4. Όρια με Παράμετρο .......................................................................................................................... 66

Μεθοδολογία 5. Όρια με Τριγωνομετρικούς Όρους ............................................................................................ 68

Μεθοδολογία 6. Όριο Εκθετικών – Λογαριθμικών Συναρτήσεων ................................................................. 70

§ 2,7 ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ............................................................................................................................ 71


Μεθοδολογία 1. Μελέτη Ως Προς Την Συνέχεια ..................................................................................................... 73

Μεθοδολογία 2. Εύρεση Παραμέτρων ....................................................................................................................... 74

Μεθοδολογία 3. Εύρεση Τιμής Ή του Τύπου της f ................................................................................................ 75

Μεθοδολογία 4. Συνέχεια και Συναρτησιακές Σχέσεις ....................................................................................... 79

§ 2,8 ΒΑΣΙΚΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ .................................................................................................................................. 81


Μεθοδολογία 1. Θεώρημα Bolzano και Υπάρξη Ρίζας ......................................................................................... 83

Μεθοδολογία 2. Ύπαρξη Μίας Ακριβώς Ρίζας ........................................................................................................ 85

Μεθοδολογία 3. Ύπαρξη με Βοηθητική Συνάρτηση ............................................................................................ 86

Μεθοδολογία 4. Ύπαρξη Ρίζας σε Κλειστό Διάστημα ......................................................................................... 89

Μεθοδολογία 5. Εύρεση Προσήμου Συνάρτησης .................................................................................................. 91

Μεθοδολογία 6. Εύρεση Τύπου Συνεχούς Συνάρτησης ...................................................................................... 93

Μεθοδολογία 7. Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών ....................................................................................................... 94

Μεθοδολογία 8. Θεώρημα Μεγίστης - Ελαχίστης Τιμής .................................................................................... 96



Μεθοδολογία 9. Σύνολο Τιμών και Εύρεση Ρίζας ................................................................................................. 96

Μεθοδολογία 10. Εφαρμογή του Bolzano σε Ανοικτό Διάστημα ................................................................... 97

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ................................................................................................................... 100

Συναρτήσεις ........................................................................................................................................................................... 100

Όρια Συνάρτησης ................................................................................................................................................................ 105

Κων/νοςΠαπασταματίου



Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε ΙΣ

§ 2,1 ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ – ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

Διαστήματα πραγματικών αριθμών

• Αν α,β∈ με βα < , τότε ονομάζουμε διαστήματα με άκρα τα α,β καθένα από ταπαρακάτω σύνολα:

( ) { | }:α,β x α x β= ∈ < < ανοικτό διάστημα

[ ] { | }:α,β x α x β= ∈ ≤ ≤ κλειστό διάστημα

[ , ) { | }:x xα β α β= ∈ ≤ < κλειστό-ανοικτό διάστημα

( ] { | }:α,β x α x β= ∈ < ≤ ανοικτό-κλειστό διάστημα.

• Αν α∈ , τότε ονομάζουμε μη φραγμέναδιαστήματα με άκρο το α καθένα από τα παρακάτω σύνολα:

( , ) { | }α x x α+∞ = ∈ >

[ , ) { | }α x x α+∞ = ∈ ≥

( , ) { | }α x x α−∞ = ∈ <

( , ] { | }α x x α−∞ = ∈ ≤ Υπό μορφή διαστήματος το σύνολο το συμβολίζουμε με ),( +∞−∞ .

Η έννοια της πραγματικής συνάρτησης

Ορισμός Έστω Α ένα υποσύνολο του . Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α μια διαδικασία (κανόνα) f , με την οποία κάθε στοιχείο Ax∈ αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο πραγματικό αριθμό y. Το y ονομάζεται τιμή της f στο x και συμβολίζεται με )(xf

Πώς ορίζουμε πλήρως μία συνάρτηση;

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

• το πεδίο ορισμού της και

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

Πότε δύο συναρτήσεις θα ονομάζονται ίσες; Δύο συναρτήσεις f και g λέγονται ίσες όταν: • έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού Α και• για κάθε Ax∈ ισχύει )()( xgxf = .

a

a

a

a

4




Πράξεις με συναρτήσεις

Ορίζουμε ως άθροισμα gf + , διαφορά g-f , γινόμενο fg και πηλίκο gf δύο συναρτήσεων f, g τις

συναρτήσεις με τύπους

)()())(( xgxfxgf +=+

)()())(( xgxfxgf −=−

)()())(( xgxfxfg =

)()()(

xgxfx

gf

=

.

Το πεδίο ορισμού των gf + , gf − και fg είναι η τομή BA∩ των πεδίων ορισμού Α και Β των

συναρτήσεων f και g αντιστοίχως, ενώ το πεδίο ορισμού της gf

είναι το BA∩ , εξαιρουμένων των

τιμών του x που μηδενίζουν τον παρονομαστή )(xg , δηλαδή το σύνολο

Axx ∈|{ και Bx∈ , με }0)( ≠xg .

Σύνθεση συναρτήσεων

Ορισμός Αν f, g είναι δύο συναρτήσεις με πεδίο ορισμού Α, Β αντιστοίχως, τότε ονομάζουμε σύνθεση της f με την g, και τη συμβολίζουμε με gof , τη συνάρτηση με τύπο

))(())(( xfgxgof =

Το πεδίο ορισμού της gof αποτελείται από όλα τα στοιχεία x του πεδίου ορισμού της f για τα οποία το )(xf ανήκει στο πεδίο ορισμού της g. Δηλαδή είναι το σύνολο

})(|{1 BxfAxA ∈∈= .

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

Κων/νος




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΕΥΡΕΣΗ ΠΕΔΙΟΥ ΟΡΙΣΜΟΥ

Έστω ότι μας δίνεται μια συνάρτηση f(x) και μας ζητούν να βρούμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης αυτής. Τότε ελέγχουμε:

• Αν η συνάρτηση f είναι της μορφής ( ) ( )( )xgxhxf = θέλουμε g(x)≠0

• Αν η συνάρτηση f είναι της μορφής ( ) ( )xgxf = θέλουμε g(x)≥0

• Αν η συναρτήσει f είναι της μορφής ( ) ( )( )xglnxf = θέλουμε g(x)>0

• Αν η συνάρτηση f είναι της μορφής ( ) ( )( )xgxf εϕ= τότε θέλουμε ( )2

xg π+κπ≠

• Αν η συνάρτηση f είναι της μορφής ( ) ( )( )xgxf σϕ= τότε θέλουμε ( ) κπ≠xg

Υπάρχει και περίπτωση σε μια συναρτήσει f να έχουμε και ένα συνδυασμό των παραπάνω περιπτώσεων. Όποτε περνούμε περιορισμούς για κάθε μια από τις παραπάνω περιπτώσεις και κατόπιν κάνουμε συναλήθευση των περιορισμών.

Παράδειγμα 1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων:

α) ( ) 2x4x1xf

−−

= β) ( ) 6x5xxg 2 −+−= γ) ( )

+−

=x2x2lnxh

( )( ) -2 και x2x02 και x0x20x2x20x4 2 ≠≠⇔≠+≠−⇔≠+−⇔≠−

Λύση: α) Είμαστε στην πρώτη κατηγορία και θέλουμε ο παρονομαστής να είναι διάφορος του μηδενός. Δηλαδή για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει να ισχύει:

β) Είμαστε στην δεύτερη κατηγόρια και θέλουμε η παράσταση που βρίσκεται κάτω από την ρίζα να είναι μεγαλύτερη ή ίση με το μηδέν. Δηλαδή για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και αρκεί να ισχύει:

( )( ) 03x2x06x5x06x5x 22 ≤−−⇔≤+−⇔≥−+−Σχηματίζουμε τον διπλανό πίνακα

Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο [ ]3,2x∈

γ) Στη συνάρτηση αυτή παρατηρούμε ότι εκτός από λογάριθμο έχουμε και παρονομαστή. Επόμενος για να μπορέσουμε να βρούμε το πεδίο ορισμού θέλουμε ο παρονομαστής να είναι διάφορος του μηδενός και η παράσταση που βρίσκεται μέσα στο λογάριθμο να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Δηλαδή θέλουμε:

x ∞− 2 3 ∞+x-2 – + +

x-3 – – +

+ – +




( )( ) 02xx202xx2

2x02x

>+−⇔>+−

−≠⇔≠+

Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο ( )2,2x −∈

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Έστω ότι δίνεται μία συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το σύνολο Α. Για να βρούμε: • τα σημεία τομής της fC με τον άξονα x x′ λύνουμε την εξίσωση ( ) 0f x = στο Α.

• το σημείο τομής της fC με τον άξονα y y′ αρκεί να βρούμε το ( )0f με την προϋπόθεση ότι

0 A∈• την σχετική θέση της fC με τον άξονα x x′ λύνουμε την ανίσωση ( ) 0f x > . Αν η εξίσωση

αληθεύει σε ένα διάστημα [ ],a Aβ ⊆ τότε η f βρίσκεται πάνω από τον άξονα x x′ σ’ αυτό το

διάστημα και κάτω από τον άξονα x x′ στο διάστημα [ ],A a β−Έστω τώρα ότι δίνεται μία συνάρτηση g με πεδίο ορισμού το σύνολο Β. Για να βρούμε:

• Τα κοινά σημεία των fC και gC αρκεί να λύσουμε την εξίσωση ( ) ( )f x g x= x∀ ∈Α∩Β• Την σχετική θέση των δύο γραφικών παραστάσεων αρκεί να λύσουμε την ανίσωση

( ) ( )f x g x>

Παράδειγμα 2. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )ln 3 2 xf x e= −

α) Να βρείτε τα κοινά σημεία της fC με τον άξονα x x′β) Να βρείτε τη σχετική θέση της fC με τον άξονα x x′

α) Αρχικά βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f. Λύση:

Θέλουμε 3 32 3 0 3 2 ln2 2

x x xe e e x− > ⇔ < ⇔ < ⇔ <

Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο 3, ln2

A = −∞

Για να βρούμε τα κοινά σημεία της fC με τον άξονα x x′ λύνουμε την εξίσωση ( ) ( ) 00 ln 3 2 0 3 2 1 2 2 0x x x xf x e e e e e x= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Παρατηρούμε ότι το 0 ανήκει στο πεδίο ορισμού της f άρα είναι δεκτή λύση.

β) Για να βρούμε την σχετική θέση της fC με τον άξονα x x′ λύνουμε την ανίσωση

( ) ( )0 ln 2 3 0 2 3 1 2 2 1 0x x x xf x e e e e x> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ < ⇔ < ⇔ <

Δημιουργούμε τον πίνακα προσήμων της f.

x ∞− -2 2 ∞+2 – x + + –

x +2 – + +

Κων/νος


– + –

5 4 3 2 1 1 2

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6



x −∞ 0 3ln2

+∞

f + –

Από τον παραπάνω πίνακα έχουμε ότι η f βρίσκεται πάνω από τον άξονα x x′ για κάθε ( ),0x∈ −∞ και

κάτω από τον άξονα για κάθε 30, ln2

x ∈

Παράδειγμα 3. Έστω οι συναρτήσεις ( ) 3 1f x ax xβ= − + και ( ) 2 2g x x ax β= − − . Αν η

κατακόρυφη απόσταση των fC , gC στα σημεία τους με τετμημένη 1 είναι 3 και οι fC , gC τέμνονται

πάνω στην ευθεία : 2 1 0xε + = , τότε να βρείτε τα α, β.

Λύση: Οι συναρτήσεις f και g είναι πολυωνυμικές άρα το πεδίο ορισμού τους είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Αρχικά θα βρούμε τα σημεία των fC και gC με τετμημένη 1. Έχουμε:

( ) ( )31 1 1 1 1 1f a f aβ β= ⋅ − ⋅ + ⇔ = − +

( ) ( )21 1 2 1 1 1 2g a g aβ β= − ⋅ − ⇔ = − −

Η κατακόρυφη απόσταση των σημείων των fC και gC με τετμημένη 1 είναι 3 ( ) ( )1 1 3f g⇒ − =

( ) ( )1 1 2 3 3 3 1 1a a a a aβ β⇔ − + − − − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±

• Για α = 1 ( ) 3 1f x x xβ= − + και ( ) 2 2g x x x β= − −

Βρίσκουμε τα σημεία τομής των fC , (ε) και gC , (ε).

12 1 02

x x+ = ⇔ = −

31 1 1 1 71 12 2 2 8 2 8 2

f β ββ − = − − − + = − + + = +

21 1 1 522 2 2 4

g β β − = − − − − = −

Επειδή η fC και gC έχουν κοινό σημείο επάνω στην (ε) έχουμε ότι:

1 1 7 5 3 17 4 10 8 12 32 2 8 2 4 12 4

f g β β β β β β β − = − ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Όμοια εργαζόμαστε και για α = -1 .

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΆΡΤΙΑ – ΠΕΡΙΤΤΗ – ΠΕΡΙΟΔΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Έστω μία συνάρτηση :f A→ .

Α) Η f λέγεται άρτια όταν για κάθε x∈Α ισχύει x− ∈Α και: ( ) ( )f x f x− = x∀ ∈Α




Β) Η f λέγεται περιττή όταν για κάθε x∈Α ισχύει x− ∈Α και: ( ) ( )f x f x− = − x∀ ∈Α

Γ) Η f λέγεται περιοδική όταν υπάρχει 0T ≠ με: ( ) ( ) ( )f x T f x f x T+ = = − x∀ ∈ΑΔ) Τονίζουμε ότι:

• Αν η f είναι άρτια τότε η fC είναι συμμετρική ως προς τον άξονα y y′ και αντίστροφα.

• Αν η f είναι περιττή τότε η fC είναι συμμετρική ως προς την αρχή των αξόνων.

• Για να είναι μία συνάρτηση f άρτια ή περιττή, πρέπει οπωσδήποτε το πεδίο ορισμού να είναισύνολο συμμετρικό ως προς το μηδέν, δηλαδή να ισχύει ταυτόχρονα , fx x D− ∈ για κάθε

fx D∈ . Όπου fD το πεδίο ορισμού της f. Σημείωση:

Παράδειγμα 4. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση

Μία συνάρτηση μπορεί να μην είναι τίποτε από τα παραπάνω.

( ) 11

x

x

ef xe−

=+

είναι άρτια ή περιττή.

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης Λύση:

f είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Έχουμε:

( ) ( )1 111 1 11 11 1 11

x

x x xx x

xx x x

x x

ee e ee ef x f x

ee e ee e

−

−

−−− − −

− = = = = = − = −++ + ++

Άρα η f είναι περιττή.

Παράδειγμα 5. Έστω οι συναρτήσεις , :f g → . Να δείξετε ότι: α) Αν η f είναι άρτια τότε και η g f είναι άρτια. β) Αν η f είναι περιττή και η g είναι άρτια τότε η g f είναι άρτια. γ) Αν η f και η g είναι περιττές, τότε η g f είναι περιττή.

( ) ( )f x f x− =Λύση:

α) Έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι άρτια δηλαδή ισχύει ότι για κάθε x∈ .

Για την συνάρτηση g f έχουμε ότι:

Κων/νος


( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )g f x g f x g f x g f x− = − = = για κάθε x∈Άρα η g f είναι άρτια.

β) Η συνάρτηση f είναι περιττή ( ) ( )f x f x⇔ − = − για κάθε x∈

Η συνάρτηση g είναι άρτια ( ) ( )g x g x⇔ − = για κάθε x∈Για την συνάρτηση g f έχουμε ότι:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )g f x g f x g f x g f x g f x− = − = − = =

Άρα η g f είναι άρτια.

γ) Η συνάρτηση f είναι περιττή ( ) ( )f x f x⇔ − = − για κάθε x∈

Η συνάρτηση g είναι περιττή ( ) ( )g x g x⇔ − = − για κάθε x∈

4 2 2 4

1.0

0.5

0.5

1.0



Για την συνάρτηση g f έχουμε ότι:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )g f x g f x g f x g f x g f x− = − = − = − = −

Άρα η g f είναι περιττή

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΙΣΟΤΗΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

Από τη θεωρία γνωρίζουμε ότι δύο συναρτήσεις :f Α→ και :g Β→ είναι ίσες αν και μόνο αν • Έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού. Δηλαδή αν A B= και• ( ) ( )f x g x= δηλαδή έχουν τον ίδιο τύπο.

Στην περίπτωση που A B≠ τότε ελέγχουμε την ισότητα στο σύνολο A B∩ δηλαδή στα κοινά στοιχεία των συνόλων Α και Β.

Παράδειγμα 6. Να εξετάσετε αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ίσες . Στην περίπτωση που είναι f g≠ να προσδιορίσετε το ευρύτερο δυνατό σύνολο υποσύνολο του

στο οποίο ισχύει ( ) ( )f x g x=

α) ( )2x x

x

e xef xxe−

= και ( ) 1xeg x

x= −

β) ( )2

2

1xf xx x

−=

−και ( ) 11g x

x= +

*0 0xxe x x≠ ⇔ ≠ ⇔ ∈

Λύση: α) Για την εύρεση του πεδίου ορισμού της f έχουμε ότι:

Για την εύρεση του πεδίου ορισμού της g έχουμε ότι:

*0x x≠ ⇔ ∈ Άρα οι f και g έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού. Ισχύει ακόμη ότι:

( ) ( )2 2

1x x x x x

x x x

e xe e xe ef x g xxe xe xe x−

= = − = − =

Άρα f g=

β) Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της f έχουμε ότι:

( )22 0 0 1 0 0x x x x x x x− ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ = και 1 0 0x x− ≠ ⇔ ≠ και 1x ≠ ±

Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο { }1,0,1− − ή ( ) ( ) ( ) ( ), 1 1,0 0,1 1,x∈ −∞ − ∪ − ∪ ∪ +∞Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της g έχουμε ότι:

*0 0x x x≠ ⇔ ≠ ⇔ ∈ Παρατηρούμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι διαφορετικό από το πεδίο ορισμού της g. Επομένως οι f και g δεν μπορούν να είναι ίσες. Έχουμε όμως ότι:

( ) ( )( )( )

( ) ( )22

2

1 11 11 111 1

x xx xxf x g xx x x xx x x x

+ −− +−= = = = = + =

− − −

Κων/νος




Το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο στο οποίο ισχύει η ισότητα είναι η τομή (τα κοινά σημεία) των δύο πεδίων ορισμών. Δηλαδή το σύνολο { }1,0,1− −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΠΡΑΞΕΙΣ ΜΕΤΑΞΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

Ορίζουμε ως άθροισμα gf + , διαφορά g-f , γινόμενο fg και πηλίκο gf δύο συναρτήσεων f, g τις

συναρτήσεις με τύπους

)()())(( xgxfxgf +=+

)()())(( xgxfxgf −=−

)()())(( xgxfxfg =

)()()(

xgxfx

gf

=

.

Το πεδίο ορισμού των gf + , gf − και fg είναι η τομή BA∩ των πεδίων ορισμού Α και Β των

συναρτήσεων f και g αντιστοίχως, ενώ το πεδίο ορισμού της gf

είναι το BA∩ , εξαιρουμένων των

τιμών του x που μηδενίζουν τον παρονομαστή )(xg , δηλαδή το σύνολο

Axx ∈|{ και Bx∈ , με }0)( ≠xg .

Παράδειγμα 7. Αν ( )2

xf xx

=+

και ( ) 2

41g xx

= − , να βρείτε τις συναρτήσεις:

α) f g+ β) f g⋅ γ) 1f

δ)fg

{ }2 0 2 2x x x+ ≠ ⇔ ≠ − ⇔ ∈ − −

Λύση: Αρχικά βρίσκουμε τα πεδία ορισμού των δύο συναρτήσεων. Για την f θέλουμε

Για την g θέλουμε: 2 *0 0x x x≠ ⇔ ≠ ⇔ ∈ Το ευρύτερο δυνατό σύνολο στο οποίο ορίζονται οι πράξεις α και β είναι το σύνολο { }2,0− −


(τακοινά στοιχεία των δύο συνόλων)

α) ( )( ) ( ) ( ) ( )3 2

2 2

4 2 2 4 812 2

x x x xf g x f x g xx x x x

+ − −+ = + = + − =

+ +

β) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

2 2 2

4 4 412 2 2 2

x x x x xf g x f x g xx x x x x x x

− ⋅ = ⋅ = − = − = + + + +

γ) Για να ορίζεται η συνάρτηση 1f

θέλουμε να ορίζεται η συνάρτηση f και ( ) 0f x ≠

( ) 0 0 02

xf x xx

≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠+

.



Άρα το πεδίο ορισμού της 1f

είναι το σύνολο ( ){ } { }/ 0 2,0f fA x D f x x D= ∈ ≠ ∀ ∈ = − −

Ισχύει ακόμη ότι:

( )1 1 2

2

xx xf xx

+= =

+

δ) Για να ορίζεται η συνάρτηση fg

θέλουμε να ορίζονται οι συναρτήσεις f και g και επιπλέον

( ) 22

40 1 0 4 2gg x x D x xx

≠ ∀ ∈ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ±

Άρα το πεδίο ορισμού της fg

είναι το σύνολο

( ){ } { }/ 0 2,0, 2f gB x x D x D g xκαι και= ∈ ∈ ∈ ≠ = − −

Ισχύει ακόμη ότι:

( )( )( )

3

2 2

2 2

2 24 4 2 41

x xf xx xx

xg x xx x

+ += = = − + − −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΣΥΝΘΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

Έστω δύο συναρτήσεις :f A→ και :g Β→ τότε η σύνθεση g f θα έχει πεδίο ορισμό το

σύνολο 1 { | ( ) }A x A f x B= ∈ ∈ ( ){ }1 |f gx D f x DΑ = ∈ ∈

Δηλαδή όλα εκείνα τα x που ανήκουν στο Α, πεδίο ορισμού της f, έτσι ώστε η f να ανήκει στο Β, πεδίο ορισμού της g.

Για την εύρεση του τύπου της ( )( ) ( )( )g f x g f x= αρκεί να πάμε στον τύπο της g και στην θέση

του x να βάλουμε το ( )f xΣημειώνουμε ότι:

• ( ){ }|f g g fD x D g x D= ∈ ∈

• ( ){ }|f f f fD x D f x D= ∈ ∈

• Δεν ισχύει πάντα ότι: f g g f=

• Ισχύει ότι:( ) ( )f g h f g h= , ( )f g h f h g h+ = + , και ( ) ( ) ( )f g h f h g h⋅ = ⋅

Παράδειγμα 8. Δίνονται οι συναρτήσεις ( ) 2 3f x x= + και ( ) 14

g xx

=−

. Να βρείτε τις

συναρτήσεις: α) f g β) g f γ) g g

Κων/νος


Λύση: Αρχικά βρίσκουμε τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων f και g



Το πεδίο ορισμού της f είναι όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών Το πεδίο ορισμού της g είναι το σύνολο { }4−

α) Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f g

( ){ } { } { }{ } { }1| 4 | 4 | 4 0 44f g g fD x D g x D x x x

x = ∈ ∈ = ∈ − ∈ = ∈ − − ≠ = − −

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

2 13 34

f g x f g x g xx

= = + = + −

β) Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της g f

( ){ } ( ) { }{ } { } { }{ } { }

2 2 2| | 3 4 | 3 4 | 1

| 1 1, 1g f f gD x D f x D x x x x x x

x x

= ∈ ∈ = ∈ + ∈ − = ∈ + ≠ = ∈ ≠ =

= ∈ ≠ ± = − − +

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

1 1 14 3 4 1

g f x g f xf x x x

= = = =− + − −

γ) Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της g g

( ){ } { } { } { }

{ } { }

1 1| 4 | 4 4 | 44 4

1 17 174 | 4 4 | , 44 4 4

g g g gD x D g x D x xx x

x x x x

= ∈ ∈ = ∈ − ∈ − = ∈ − ≠ = − − = ∈ − − ≠ = ∈ − ≠ = − +

( )( ) ( )( ) ( )1 1 4 4

14 4 17 4 1744

x xg g x g g xg x x x

x

− −= = = = =

− − + −−−

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ

Συναρτησιακές σχέσεις ονομάζουμε κάθε είδους σχέση που περιέχει συναρτήσεις που δεν γνωρίζουμε τον τύπο τους, και ισχύει σε ένα διάστημα Δ. Για παράδειγμα οι σχέσεις ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + ,x y∀ ∈∆ ή ( ) ( ) ( )f x y f x f y⋅ = ⋅ ,x y∀ ∈∆Επειδή οι σχέσεις αυτές ισχύουν για κάθε x, y θέτουμε τιμές που μας διευκολύνουν στο να βρούμε τα ζητούμενα. Για παράδειγμα αν μέσα στην συνάρτηση υπάρχει το x y+ θέτουμε 0x y= = και y x= − . Ενώ αν

μέσα στην συνάρτηση υπάρχει παράσταση της μορφής x y⋅ θέτουμε 1x y= = και 1yx

=

Παράδειγμα 9. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συνάρτηση :f → με την ιδιότητα

( ) ( )2 2 1f x f x x− + + = − για κάθε x∈

f

Λύση: Για να λύσουμε την άσκηση θα χρησιμοποιήσουμε την επαγωγή σε άτοπο. Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση για την οποία ισχύει:

( ) ( )2 2 1f x f x x− + + = − για κάθε x∈ (1)

Για 2x = η (1) γράφεται:




( ) ( )0 4 1f f+ = (2)

Για 2x = − η (1) γράφεται: ( ) ( )4 0 3f f+ = − (3)

Από τις (2) και (3) έχουμε ότι: 1 3= − άτοπο. Άρα δεν υπάρχει συνάρτηση f για την οποία να ισχύει η σχέση (1).

Παράδειγμα 10. Δίνεται η συνάρτηση :f → με την ιδιότητα:

( ) ( ) ( )f x y x f y y f x+ = ⋅ + ⋅ για κάθε ,x y∈Να αποδειχθεί ότι: α) ( )0 0f = β) η f είναι άρτια.

( ) ( ) ( )f x y x f y y f x+ = ⋅ + ⋅

Λύση: α) Από την υπόθεση έχουμε ότι:

για κάθε ,x y∈ (1)

Επειδή η σχέση (1) ισχύει για κάθε ,x y∈ , θέτουμε 0x y= = , οπότε παίρνουμε:

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0 0 0f f f f+ = ⋅ + ⋅ ⇔ =

β) Για να είναι η f άρτια αρκεί να δείξουμε ότι ( ) ( )f x f x− = x∀ ∈Θέτουμε y x= − στην (1) και παίρνουμε διαδοχικά:

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

0f x x x f x x f x f x f x x f x

x f x x f x f x f x

+ − = ⋅ − + − ⇔ = ⋅ − − ⋅ ⇔

⇔ ⋅ − = ⋅ ⇔ − =Άρα η f είναι άρτια στο .

Παράδειγμα 11. Έστω συνάρτηση :f → με:

( )0 1f = και ( ) ( )xf x y e f y+ ≤ για κάθε ,x y∈ (1)Να αποδειχθεί ότι: α) ( ) xf x e≤ x∀ ∈ β) ( ) xf x e= x∀ ∈

,x y∈Λύση: α) Η δοσμένη σχέση (1) ισχύει για κάθε . Θέτουμε 0y = . Άρα η (1) γράφεται:

( ) ( ) ( )0 0x xf x e f f x e+ ≤ ⇔ ≤ x∀ ∈ (2)

β) Η σχέση (1) για y x= − γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1y y y xf y y e f y f e f y e f y e f x− − −− + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ x∀ ∈Κων/νος


(3)Από τις (2) και (3) έχουμε ότι:

( ) ( )x x xe f x e f x e≤ ≤ ⇔ = x∀ ∈

Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση ( ) xf x e= ικανοποιεί την δοσμένη σχέση.

Σημείωση: ( ) ( )f x g x= Ένας από τρόπους που έχουμε για να δείξουμε ότι μία σχέση της μορφής αληθεύει είναι ο εγκλεισμός.



Δηλαδή να δείξουμε ότι ( ) ( )f x g x≤ και ( ) ( )f x g x≥ τότε θα ισχύει ότι ( ) ( )f x g x=

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 8. ΕΥΡΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

‘Όταν μας δίνεται μία συναρτησιακή σχέση και μας ζητείται ο τύπος της συνάρτησης εφαρμόζουμε γενικά τις τεχνικές που περιγράψαμε στην παραπάνω μεθοδολογία. Επιπλέον τονίζουμε ότι:

Α) Μετά την εύρεση του τύπου, πρέπει (κατά κανόνα) να εξετάσουμε αν η συνάρτηση που βρήκαμε είναι δεκτή, δηλαδή αν επαληθεύει όλες τις δοσμένες σχέσεις.

Β) Αν κατά την εύρεση του τύπου φτάσουμε σε μία σχέση της μορφής ( ) ( ) 0f x g x⋅ = τότε δεν

μπορούμε να συμπεράνουμε ότι: ( ) 0f x = για κάθε x∈Α ή ( ) 0g x = για κάθε x∈Α

Σε αυτή την περίπτωση χρειάζεται να βρούμε επιπλέον συνθήκες ή να αποδείξουμε ότι ( ) 0f x ≠ για κάθε x∈Α , οπότε ( ) 0g x =

• Για παράδειγμα, αν:

( )2 , 0

0, 0x x

f xx

≤=

>και ( )

2 , 00, 0x x

g xx

≥=

<Τότε ( ) ( ) 0f x g x = για κάθε x∈ , ωστόσο καμία από τις f, g δεν είναι η μηδενική συνάρτηση.Στην ίδια περίπτωση ανήκουν και οι σχέσεις τις μορφής:

( ) ( )2 0a f x f xβ γ⋅ + ⋅ + =

Κων/νος


με 0a ≠Στις οποίες η εύρεση της συνάρτησης δεν μπορεί να γίνει λύνοντας την παραπάνω σχέση ως δευτεροβάθμια εξίσωση.

Παράδειγμα 12. Μία συνάρτηση ( ): 0,f +∞ → έχει τη ιδιότητα:

( )ln 1xf x f xe

≤ ≤ −

για κάθε 0x >

Να βρεθεί ο τύπος της f.

lnxf xe

≤

Λύση: Από την δοσμένη σχέση μπορούμε να πάρουμε τις ανισώσεις:

για κάθε 0x > (1) και ( ) 1 lnf x x− ≥ για κάθε 0x > (2)

Στη σχέση (1) θέτουμε xy x e ye

= ⇔ = ⋅

( ) ( ) ( )ln ln 1f y e y f x x≤ ⋅ ⇔ ≤ + για κάθε 0x > (3)Η σχέση (2) γράφεται: ( ) ( )1 ln ln 1f x x f x x− ≥ ⇔ ≥ + για κάθε 0x > (4)

Από τις (3) και (4) έχουμε ότι: ( ) ( )ln 1 ln 1 ln 1x f x x f x x+ ≤ ≤ + ⇔ = + για κάθε 0x >

Η συνάρτηση επαληθεύει την δοσμένη συνθήκη, άρα είναι η ζητούμενη.



Παράδειγμα 13. Αν η συνάρτηση :f → ικανοποιεί την σχέση:

( ) ( ) ( )3f x y f x y f x+ + − = για κάθε ,x y∈ (1)Να αποδειχθεί ότι η f είναι σταθερή.

,x y∈Λύση: Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε . Θέτουμε 0x y= = οπότε παίρνουμε

( ) ( ) ( ) ( )0 0 3 0 0 0f f f f+ = ⋅ ⇔ =

Για 0y = έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3f x f x f x f x f x+ = ⇔ = (2)Για y x= ισχύει ότι

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 2 3 2 3f f x f x f x f x+ = ⇔ = (3)Από τις (2) και (3) έχουμε ότι: ( ) ( )2 2f x f x=

Τέλος η (1)για 2x x= και y x= δίνει

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

3 2 3 3 2 3 3

2 0

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

f x f x f x

+ = ⋅ ⇔ + = ⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ =

Άρα ( ) 0f x = για κάθε x∈ .




§ 2,2 ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ – ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Μονοτονία συνάρτησης

• Οι έννοιες “γνησίως αύξουσα συνάρτηση”, “γνησίως φθίνουσα συνάρτηση” είναι γνωστές απόπροηγούμενη τάξη. Συγκεκριμένα, μάθαμε ότι:

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση f λέγεται: • γνησίως αύξουσα σ’ ένα δ ι ά σ τ η μ α Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε Δxx ∈21 ,με 21 xx < ισχύει:

)()( 21 xfxf < (Σχ. α)

• γνησίως φθίνουσα σ’ ένα δ ι ά σ τ η μ α Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτεΔxx ∈21 , με 21 xx < ισχύει:

)()( 21 xfxf > (Σχ. β)

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα σ’ ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, τότε λέμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ. Στην περίπτωση που το πεδίο ορισμού της f είναι ένα διάστημα Δ και η f είναι γνησίως μονότονη σ’ αυτό, τότε θα λέμε, απλώς, ότι η f είναι γνησίως μονότονη.

Ακρότατα συνάρτησης

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α θα λέμε ότι:

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

)()( 0xfxf ≤ για κάθε Ax∈ (Σχ. 27α)

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

)()( 0xfxf ≥ για κάθε Ax∈ (Σχ. 27β).

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

Συνάρτηση 11−

ΟΡΙΣΜΟΣ

Μια συνάρτηση :f A→ λέγεται συνάρτηση 11− , όταν για οποιαδήποτε Κων/νος


Axx ∈21 , ισχύει η συνεπαγωγή:

αν 21 xx ≠ , τότε )()( 21 xfxf ≠ .



Μια συνάρτηση :f A→ είναι συνάρτηση 11− , αν και μόνο αν για οποιαδήποτε Axx ∈21 , ισχύει η συνεπαγωγή:

αν )()( 21 xfxf = , τότε 21 xx = .

ΣΧΟΛΙΑ

• Από τον παραπάνω ορισμό προκύπτει ότι μια συνάρτηση f είναι 11− , αν και μόνο αν:

— Για κάθε στοιχείο y του συνόλου τιμών της η εξίσωση yxf =)( έχει ακριβώς μια λύση ωςπρος x.

— Δεν υπάρχουν σημεία της γραφικής της παράστασης με την ίδια τεταγμένη. Αυτόσημαίνει ότι κάθε οριζόντια ευθεία τέμνει τη γραφική παράσταση της f το πολύ σε ένα σημείο

Αντίστροφη συνάρτηση

Για το λόγο αυτό η g λέγεται αντίστροφη συνάρτηση της f και συμβολίζεται με 1−f . Επομένως έχουμε

xyfyxf =⇔= − )()( 1

οπότε Axxxff ∈=− ,))((1 και )(,))(( 1 Afyyyff ∈=− .

Οι γραφικές παραστάσεις C και C ′ των συναρτήσεων f και 1−f είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία xy = που διχοτομεί τις γωνίες xOy και yOx ′′ .





ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΕΥΡΕΣΗ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑΣ

Για να βρούμε την μονοτονία μιας συνάρτησης f εργαζόμαστε με έναν από τους παρακάτω τρόπους: Ξεκινώντας από την υπόθεση ότι x1< x2

( ) ( )21 xfxf><

προσπαθούμε να δημιουργήσουμε την

ανίσωση .

Αν ( ) ( )21 xfxf < τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ζητούμενο διάστημα Αν ( ) ( )21 xfxf > τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ζητούμενο διάστημα

Ξεκινώντας από την υπόθεση f(x1) < f(x2

x

) προσπαθούμε να καταλήξουμε σε μια από της παρακάτω σχέσεις:

1< x2

x τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ζητούμενο διάστημα

1> x2

Προσπαθούμε να βρούμε το πρόσημο της διαφοράς f(x τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ζητούμενο διάστημα

1) - f(x2) με προϋπόθεση x1<x2

Αν f(x1) - f(x2

Αν f(x)< 0 τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ζητούμενο διάστημα

1) - f(x2

Βρίσκουμε το πρόσημο του λόγου μεταβολής

)< 0 τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ζητούμενο διάστημα ( ) ( )

21

21

xxxfxf

−−

=λ

Αν λ>0 τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ζητούμενο διάστημα Αν λ<0 τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ζητούμενο διάστημα

Παράδειγμα 1. Έστω ( )2

4xxf3 −

= με ℜ∈x . Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο

21 xx <


Λύση: Έστω τότε έχουμε:

( ) ( )21

32

313

231

32

3121 xfxf

24x

24x4x4xxxxx <⇔

−<

−⇔−<−⇔<⇔<

Παράδειγμα 2. Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία την συνάρτηση:

( )x2

xxf−

=

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο Λύση

{ } { } { }22x/x02x/xA −ℜ≡≠ℜ∈=≠−ℜ∈=Για μελετήσουμε την f ως προς την μονοτονία αρκεί να

βρούμε το πρόσημο του λόγου ( ) ( )

21

21

xxxfxf

−−

=λ .

Έχουμε

5 4 3 2 1 1 2

0.5

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5



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

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

1 2 2 1 1 1 2 2 1 21 2

1 2 1 21 2

1 2 1 2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2

2 2 2 22 2 2 22 2

2 22 2 2 2

x x x x x x x x x xx xx x x xx x

x x x x x xx x

x x x x x x

λ

− − − − − +−

− − − −− −= = = =

− − −

−= =

− − − − −Διακρίνουμε τις περιπτώσεις Αν 2x,x 21 > τότε 0x2 1 <− και 0x2 2 <− άρα λ>0 επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα.. Αν 2x,x 21 < τότε 0x2 1 >− και 0x2 2 >− άρα λ>0 επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα..

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ f g± , fg

, f g

Παράδειγμα 3. Δίνονται δυο γνησίως μονότονες συναρτήσεις f και g ορισμένες σε ένα σύνολο Α. Να δείξετε ότι αν α) f , g έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας τότε η συνάρτηση gf είναι γνησίως αύξουσα. β) ) f , g έχουν διαφορετικό είδος μονοτονίας τότε η συνάρτηση gf είναι γνησίως φθίνουσα.

( ) ( )2121 xfxfxx >⇔<∀

Λύση α) Έστω f, g γνησίως φθίνουσες στο Α. Τότε θα ισχύει ότι και ( ) ( )2121 xgxgxx >⇔<∀Άρα ( ) ( ) ( )( ) ( )( )212121 xgfxgfxgxgxx <⇔>⇔<∀ επομένως η gf είναι γνησίως αύξουσα.β) Έστω τώρα χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι f είναι γνησίως αύξουσα και g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α. Έχουμε ότι ( ) ( ) ( )( ) ( )( )212121 xgfxgfxgxgxx >⇔>⇔<∀ άρα η συνάρτηση gf είναι γνησίωςφθίνουσα.

Παράδειγμα 4. Έστω η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( ) ( )3 1f xf x e x+ + = για

κάθε


x∈ . Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

( ) 1xg x x e= + +Λύση: Θεωρούμε συνάρτηση , x∈ . Έχουμε ότι η συνάρτηση του πρώτου μέλους μπορεί

να γραφεί με την μορφή: ( )( )g f x x= για κάθε x∈ . (1)Θα μελετήσουμε την μονοτονία της g. Έχουμε ότι:

( ) ( )1 2

1 2

1 2 1 21 2 1 2

1 2

1 11 1x x

x x

x x x xx e x e g x g x

x x e e< ⇔ + < +

⇔ + + < + + ⇔ << ⇔ <

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο . Έχουμε ακόμη ότι:

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

1

1 2 1 2 1 2

g xx x g f x g f x f x f x

↑∀ ∈

< ⇔ < ⇔ <

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο .



Παράδειγμα 5. Δίνεται η συνάρτηση :f Α→ για την οποία ισχύει ( ) ( )3 0f xx f x e+ + = για

κάθε x∈ (1). Να δείξετε ότι η f δεν είναι γνησίως αύξουσα.

( ) ( )1 2 1 2x x f x f x< ⇔ <

Λύση: Θα εργαστούμε με την μέθοδο της επαγωγής σε άτοπο. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο Α. Τότε θα ισχύει ότι: Προσπαθούμε με πράξεις να δημιουργήσουμε το πρώτο μέλος της δοσμένης σχέσης.

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

1 2

1 2

1 2 1 21

3 3 3 31 2 1 2 1 1 2 2

1 2 1 2

0 0f x f x

f x f x

x x f x f x

x x x x x f x e x f x e

x x f x f x e e

< ⇔ <

< ⇔ < ⇔ + + < + + ⇔ << ⇔ < ⇔ <

Άτοπο. Άρα η f δεν είναι γνησίως αύξουσα.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ – ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η μονοτονία είναι ένα από τα πλέον χρήσιμα εργαλεία τόσο στην επίλυση ανισώσεων, όσο και στην επίλυση εξισώσεων που δεν λύνονται με τις συμβατικές μεθόδους που διδαχθήκατε στα προηγούμενα έτη.

Α) Έστω :f Α→ μία γνησίως μονότονη συνάρτηση για την οποία ισχύει ότι: • Αν η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε:

( ) ( )f a fα β β< ⇔ < και ( ) ( )f a fα β β≤ ⇔ ≤

• Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε:( ) ( )f a fα β β< ⇔ > και ( ) ( )f a fα β β≤ ⇔ ≥

Οι παραπάνω παρατηρήσεις βρίσκουν εφαρμογή στη λύση ανισώσεων που έχουν ή που μπορεί να πάρουν, ύστερα από κατάλληλο μετασχηματισμό, τη μορφή:

( )( ) ( )( )f x f xϕ ω≤ ή ( )( ) ( )( )f x f xϕ ω≥ Τονίζουμε ότι αν η f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε η φορά αλλάζει.

Β) Όταν μία συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, τότε η εξίσωση ( ) 0f x = , αλλά και κάθε εξίσωση

της μορφής ( )f x β= , έχει μία το πολύ ρίζα.Συχνά λοιπόν, για να λύσουμε μία εξίσωση, εντοπίζουμε με παρατήρηση (δοκιμή) μία ρίζα και στην συνέχεια, αφού φέρουμε την εξίσωση στην μορφή ( ) 0f x = , αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνησίωςμονότονη. Έτσι, η ρίζα αυτή είναι μοναδική.

Γ) Αξίζει ακόμα να τονίσουμε ότι αν μία συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, τότε ισχύει η σχέση: ( )( ) ( )( ) ( ) ( )f x f x x xϕ ω ϕ ω= ⇔ =

Οι παραπάνω παρατηρήσεις έχουν μεγάλη σημασία σε όλη την έκταση της Ανάλυσης.

Παράδειγμα 6. Δίνονται οι συναρτήσεις , :f g → όπου η f είναι γνησίως φθίνουσα και η g γνησίως αύξουσα. Έστω ότι οι fC και gC τέμνονται στην αρχή των αξόνων.

Κων/νος




α) Να βρείτε την σχετική θέση των fC και gC

β) Αν για την συνάρτηση h είναι ( ) ( )( )

, 0f x

h x xg x

= > , να δείξετε ότι η hC είναι κάτω από τον άξονα

x x′ όταν ( )0,x∈ +∞

( ) ( )f x g x>

Λύση: α) Για να βρούμε την σχετική θέση των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g αρκεί να λύσουμε την ανίσωση και να βρούμε τα διαστήματα που αύτη αληθεύει και που αυτή είναι ψευδής. Στην συγκεκριμένη άσκηση η ευθεία απόδειξη του ζητούμενου είναι αδύνατη. Θα χρησιμοποιήσουμε λοιπόν τα δεδομένα για να φτάσουμε στην λύση. Έχουμε ότι το σημείο ( ) ( )0,0 0 0fO C f∈ ⇔ = και ότι ( ) ( )0,0 0 0gO C g∈ ⇔ =

Για 0x > έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )0 0 0f

x f x f f x↓

> ⇔ < ⇔ <

( ) ( ) ( )0 0 0g

x g x g g x↑

> ⇔ > ⇔ >

Άρα στο διάστημα ( )0,+∞ έχουμε ότι ( ) ( )0f x g x< < δηλαδή η fC βρίσκεται κάτω από την gC .

Για 0x < έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )0 0 0f

x f x f f x↓

< ⇔ > ⇔ >

( ) ( ) ( )0 0 0g

x g x g g x↑

< ⇔ < ⇔ <

Άρα στο διάστημα ( ),0−∞ έχουμε ότι ( ) ( )0g x f x< < δηλαδή η fC βρίσκεται πάνω από την gC .

β) Το ζητούμενο του ερωτήματος είναι να δείξουμε ότι: ( ) ( )0, 0,h x x< ∀ ∈ +∞Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι

( ) ( )0, 0,f x x< ∀ ∈ +∞ και ( ) ( )0, 0,g x x> ∀ ∈ +∞

Άρα ( ) ( )( ) ( )0, 0,

f xh x x

g x= < ∀ ∈ +∞

Παράδειγμα 7. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο και η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α (1, 5) και Β(5, -2). α)Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f f είναι γνησίως αύξουσα.

γ) Να λύσετε την ανίσωση ( )( ) 2xf f e < −

( )1 5f =Λύση: α) Έχουμε ότι η γραφική της διέρχεται από τα σημεία Α (1, 5) και Β(5, -2). Δηλαδή και

( )5 2f = −

Παρατηρούμε ότι για 1 5< ισχύει ότι ( ) ( )1 5f f> και επειδή γνωρίζουμε ότι η f είναι γνησίωςμονότονη συμπεραίνουμε ότι θα είναι γνησίως φθίνουσα.

Κων/νος




β) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο . Άρα θα ισχύει ότι:

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

fx x f x f x f f x f f x f f x f f x

↓

< ⇔ > ⇔ < ⇔ <

Επομένως η συνάρτηση f f είναι γνησίως αύξουσα στο

γ) Από την δοσμένη σχέση έχουμε διαδοχικά:

( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )5 2 1 5

2 5 1 1

1 0

f fx x x x

x

f f e f f e f f f e f f f f e f f

e x

=− =

< − ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔

⇔ < ⇔ <

Παράδειγμα 8. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( ) ( )2 4 0f x f x− + + =

για κάθε x∈ . Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα να λύσετεα) την εξίσωση ( ) 0f x = β) την ανίσωση ( )2 5 0f x − >

( ) 0f x =Λύση: α) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα έχουμε ότι η εξίσωση θα έχει μία το πολύ λύση στο . Αναζητούμε προφανή λύση της δοσμένης σχέσης. Επειδή η ( ) ( )2 4 0f x f x− + + = ισχύει για κάθε x∈ θα ισχύει και για 1x = − .

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 4 0 3 3 0 2 3 0 3 0f f f f f f− − + − + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

Άρα για 3x = η ( ) 0f x = έχει μοναδική λύση.

β) Έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )2 25 0 5 3f x f x f− > ⇔ − >

και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα συνεπάγεται

( ) ( ) ( )( )2 2 25 3 5 3 8 0 2 2 2 2 0f x f x x x x− > ⇔ − < ⇔ − < ⇔ − + <

x −∞ 2 2− 2 2+ +∞ 2 8x − + +

Άρα ( )2 2,2 2x∈ −

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει

( ) ( )ln 1 ln 3f x x f x x− + − = + , 0x >Αν η f είναι γνησίως αύξουσα να λύσετε α) την εξίσωση ( ) 2f x = β) την ανίσωση ( )1 2xf e − <

( ) 2f x =Λύση: α) Αναζητούμε μία προφανή λύση της εξίσωσης

Η δομένη σχέση ( ) ( )ln 1 ln 3f x x f x x− + − = + ισχύει για κάθε 0x > άρα θα ισχύει και για x e=Έχουμε λοιπόν ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 ln 3 1 1 4 1 2f e e f e e f e f e f e− + − = + ⇔ − + − = ⇔ − =




Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ έχει μία το πολύ λύση.

Για 1x e= − έχουμε ότι ( )1 2f e − = επομένως η 1x e= − μοναδική λύση της ( ) 2f x =

β) Έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )1 2 1 1x xf e f e f e− > ⇔ − > −

και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα συνεπάγεται ότι:

( ) ( )1 1 1 1 1x x xf e f e e e e e x− > − ⇔ − > − ⇔ > ⇔ >

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Έστω μία συνάρτηση :f A→

Α) Για να αποδείξουμε ότι η f έχει μέγιστο (ελάχιστο) προσπαθούμε να βρούμε 0x ∈Α τέτοιο ώστε:

( ) ( )0f x f x≤ (αντίστοιχα ( ) ( )0f x f x≥ ) για κάθε x∈Α

Β) Αν το 0y είναι ακρότατο της f, τότε τις θέσεις στις οποίες παρουσιάζεται το ακρότατο τις

προσδιορίζουμε λύνοντας την εξίσωση ( ) 0f x y=

Γ) Αν ( )f x M≤ για κάθε x∈Α , τότε το Μ δεν είναι αναγκαστικά μέγιστο. Αν όμως βρούμε 0x ∈Α

ώστε ( )0M f x= , τότε το Μ είναι μέγιστο της f. Ανάλογα αν ( )f x m≥ για κάθε x∈Α και υπάρχει

0x ∈Α τέτοιο ώστε ( )0f x m= τότε οποιοδήποτε m είναι ελάχιστο της f.

Δ) Τα ακρότατα μίας συνάρτησης f βρίσκονται εύκολα αν γνωρίζουμε το σύνολο τιμών της f. Έτσι το μικρότερο, κάτω, άκρο του διαστήματος ( )f Α είναι το ελάχιστο, ενώ το μεγαλύτερο, πάνω, άκροείναι το μέγιστο.

• ΑνΠαρατηρήσεις:

max 0f < τότε ( ) 0f x < για κάθε x∈Α

• Αν min 0f > τότε ( ) 0f x > για κάθε x∈Α

• Αν ( )a f x β≤ ≤ και υπάρχουν 1 2,x x ∈Α τέτοια ώστε ( )1f x a= και ( )2f x β= θα ισχύει

ότι: ( )min f x a= και ( )max f x β=

Παράδειγμα 10. Να βρεθούν τα ακρότατα των συναρτήσεων: α) ( ) 4 22 3f x x x= − + β) ( ) 21 6f x x x= − +Που παρουσιάζονται τα ακρότατα;

α) Έχουμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Λύση:

fD =

Παρατηρούμε ότι:

( ) ( )24 2 4 2 22 3 2 1 2 1 2 2f x x x x x x= − + = − + + = − + ≥1.5 1.0 0.5 0.5 1.0 1.5

2.5

3.0

3.5Κων/νοςΠαπασταματίου


26 Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου | Φροντιστήριο «ΜΕΘΟΔΙΚΟ»

Για 1x = έχουμε ( )1 2f =

Για 1x = − έχουμε ( )1 2f − =

Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο σημεία ( )1, 2A και ( )1,2B − β) Είναι fD = , οπότε:

( ) ( ) ( )2221 6 1 6 9 9 10 3 10f x x x x x x= − + = − − + − = − − ≤

( ) ( )210 10 3 10 3 3f x x x x= ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ±

Από την λύση της εξίσωσης έχουμε ότι:

3x =Άρα η f παρουσιάζει μέγιστο για το ( )3 10f = και για 3x = − το ( )3 10f − =

Παράδειγμα 11. Δίνονται οι συναρτήσεις , :f g → για τις οποίες ισχύει ότι

( ) ( )2 2 1f x g x+ = για κάθε x∈ . Αν οι fC και gC τέμνονται πάνω στην ευθεία ( ) : 1xε = , να βρείτε

το μέγιστο της συνάρτησης ( ) ( ) ( )2h x f x g x= ⋅ , x∈

fCΛύση:

Έχουμε ότι οι και gC τέμνονται πάνω στην ευθεία ( ) : 1xε = δηλαδή ισχύει ότι:

( ) ( )1 1f g=

Για 1x = η δοσμένη σχέση γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 1 2 1 1 1 12

f g f f g+ = ⇔ = ⇔ = ± =

Ισχύει ακόμη ότι

Κων/νος


( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1f x g x f x g x h x+ ≥ ⋅ ⇔ ≥

Παρατηρούμε ότι για 1x = έχουμε:

( ) ( ) ( ) 2 21 2 1 1 2 12 2

h f g= ⋅ = ⋅ =

Άρα για ισχύει ( ) ( )1h x h≤ για κάθε x∈ δηλαδή η h παρουσιάζει μέγιστο για 1x =

Παράδειγμα 12. Έστω μία συνάρτηση :f → η οποία είναι περιττή και παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x . Να δείξετε ότι η f παρουσιάζει μέγιστο στο 0x−

( ) ( )f x f x⇔ − = −Λύση:

Η συνάρτηση f είναι περιττή για κάθε x∈

Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x ( ) ( )0f x f x⇔ ≥ για κάθε x∈ Έχουμε ακόμη ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0f x f x f x f x f x= − − ≤ − ⇔ ≤ − για κάθε x∈

Άρα η f παρουσιάζει μέγιστο στο 0x−

6 4 2 2 4 6

2

4

6

8

10


Φροντιστήριο «ΜΕΘΟΔΙΚΟ» | Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου 27

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ «1 – 1» Α) Για να αποδείξουμε ότι μία συνάρτηση :f Α→ είναι «1 – 1», θεωρούμε 1 2,x x ∈Αμε

( ) ( )1 2f x f x= και προσθέτουμε να αποδείξουμε ότι 1 2x x= . Δηλαδή αποδεικνύουμε τη συνεπαγωγή:

αν ( ) ( )1 2f x f x= τότε 1 2x x=

Σπανιότερα βασιζόμαστε όμως και στον ορισμό. Θεωρούμε δηλαδή 1 2x x≠ και αποδεικνύουμε ότι

( ) ( )1 2f x f x≠ Β) Για να αποδείξουμε ότι η f δεν είναι «1-1» προσπαθούμε να εντοπίσουμε, συνήθως με παρατήρηση, ή να αποδείξουμε ότι υπάρχουν 1 2,x x ∈Α με:

1 2x x≠ και ( ) ( )1 2f x f x= Γ) Αν δίνεται η fC και παρατηρήσουμε ότι κάθε ευθεία παράλληλη προς τον άξονα x x′ τέμνει την

fC το πολύ σε ένα σημείο, τότε η f είναι «1-1». Διαφορετικά η f δεν είναι «1-1». Δ) Αν για μία συνάρτηση f θεωρήσουμε την εξίσωση ( )y f x= , x∈Α και η εξίσωση αυτή έχει μία λύση ως προς x, τότε η f είναι επίσης «1-1» Ε) Τέλος, να μία συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, τότε είναι «1-1». Προσοχή

Παράδειγμα 13. Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι 1 – 1 .

: Το αντίστροφο δεν ισχύει πάντοτε.

α) ( ) 2 5f x x= − β) ( ) ( )2ln 1 3f x x= + −

( ) ( ) 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 2f x f x x x x x x x= ⇒ − = − ⇒ = ⇒ =

Λύση: α) Ξεκινώντας από τον ορισμό με την ισότητα έχουμε διαδοχικά: Άρα η f δεν είναι 1-1.

( ) 21 1 1 5 4x f= ⇒ = − = −β΄ τρόπος

Παρατηρούμε ότι για

Και για ( ) ( )21 1 1 5 4x f= − ⇒ − = − − = −

Κων/νος


Δηλαδή για ( ) ( )1 1 1 1f f− ≠ ⇒ = − Άρα η f δεν είναι 1-1. β)Έχουμε διαδοχικά ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

2 ln 1 3 2ln 1 3 2ln 1 2ln 1

ln 1 ln 1 1 1

f x f x x x x x

x x x x x x

= ⇒ + − = + − ⇒ + = + ⇒

⇒ + = + ⇒ + = + ⇒ =

Άρα η f είναι 1-1. Παράδειγμα 14. Έστω οι συναρτήσεις , :f g → για τις οποίες ισχύει:

• ( ) 0f x > για κάθε x∈



• Η g είναι 1-1 • ( )( ) ( ) ( )3ln xf f x f x g e= + για κάθε x∈

Να δείξετε ότι η f είναι 1-1.

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 3ln lnx xf f x f x g e g e f f x f x= + ⇔ = −

Λύση: Από την δοσμένη σχέση έχουμε ότι:

Επειδή γνωρίζουμε ότι η g είναι 1-1 θα προσπαθήσουμε με συνεπαγωγές να δημιουργήσουμε το δεύτερο μέλος της ισότητας. Ξεκινάμε από την υπόθεση: ( ) ( )1 2f x f x= Έχουμε διαδοχικά

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2ln ln ln lnf x f x f x f x f x f x= ⇒ = ⇒ − = − (1)

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

Σημειώνουμε ότι από τον ορισμό της συνάρτησης έχουμε ότι: ( ) ( )1 2 1 2x x f x f x= ⇒ = Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2

1 2

3 31 1 2 2

1 2

ln ln x x x x

x x

f f x f x f f x f x g e g e g e g e

e e x x

− = − ⇒ = ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

Με αρχική υπόθεση λοιπόν ότι ( ) ( )1 2f x f x= καταλήξαμε στο συμπέρασμα 1 2x x= . Άρα η f είναι συνάρτηση 1-1 Παράδειγμα 15. Δίνονται οι συναρτήσεις , :f g → για τις οποίες ισχύει :

( )( ) ( )52 1f xg f x x e= + + για κάθε x∈ Να δείξετε ότι η f είναι 1-1.

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )5 52 1 2 1f x f xg f x x e g f x e x= + + ⇔ − = +

Λύση: Από την αρχική σχέση έχουμε ότι:

(1) Ξεκινάμε από την υπόθεση: ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2f x f x g f x g f x= ⇒ = (2)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 21 2

f x f x f x f xf x f x e e e e= ⇒ = ⇒ − = −

Κων/νος


(3) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) επομένως έχουμε ότι:

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

1 21

5 5 5 51 2 1 2 1 2 1 21 1f x f xg f x e g f x e x x x x x x− = − ⇒ + = + ⇒ = ⇒ =

Άρα η f είναι 1-1. Παράδειγμα 16. Έστω η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( ) ( )3 0f xx f x e+ + = για

κάθε x∈ . Να δείξετε ότι: α) Η f είναι 1-1 β) Η f δεν μπορεί να είναι γνησίως αύξουσα.

( ) ( ) ( ) ( )3 30f x f xx f x e f x e x+ + = ⇔ + = −

Λύση: α) Από την δοσμένη σχέση έχουμε ότι:

Έχουμε διαδοχικά ότι:



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

f x f x f x f xf x f x e e f x e f x e x x x x= ⇒ = ⇒ + = + ⇒ − = − ⇒ = Άρα η f είναι συνάρτηση 1-1. β) Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα Άρα θα ισχύει ( ) ( )1 2 1 2x x f x f x< ⇔ < Έχουμε διαδοχικά ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 21 2 1 2 1 2

3 31 2 1 2

f x f x f x f xx x f x f x e e f x e f x e

x x x x

< ⇔ < ⇔ < ⇔ + < + ⇔

⇔ − < − ⇔ >

Άτοπο. Άρα η f δεν είναι γνησίως αύξουσα.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ «1 – 1» ΚΑΙ ΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΗΣ Α) Όταν μία συνάρτηση f είναι 1-1, τότε κάθε σχέση της μορφής:

( )( ) ( )( )f g x f h x=

Είναι ισοδύναμη με την σχέση ( ) ( )g x h x= . Αν λοιπόν μία εξίσωση έχει ή μπορεί να πάρει τη μορφή

( )( ) ( )( )f g x f h x= , όπου f είναι μία συνάρτηση 1-1, τότε γράφουμε:

( )( ) ( )( ) ( ) ( )f g x f h x g x h x= ⇔ =

Και λύνουμε την απλούστερη εξίσωση ( ) ( )g x h x= . Β) Αν μία συνάρτηση f είναι 1-1, τότε κάθε εξίσωση της μορφής ( ) 0f x = , αλλά και γενικότερα της

μορφής ( )f x a= , έχει το πολύ μία ρίζα. Αν λοιπόν εντοπίσουμε με παρατήρηση μία λύση και η f είναι 1-1 , τότε η λύση αυτή είναι και η μοναδική. Οι παραπάνω παρατηρήσεις θεωρούνται θεμελιώδης και βρίσκουν εφαρμογή σε όλη την έκταση της ανάλυσης. Παράδειγμα 17. Δίνεται η συνάρτηση :f → την οποία ισχύει ( )( ) ( ) 1xf f x f x e= + − για

κάθε x∈ . α) Να δείξετε ότι η f είναι 1-1. β) Να λύσετε την εξίσωση ( ) ( )3 5 2 6f x x f x− = −

( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1x xf f x f x e f f x f x e= + − ⇔ − = −

Λύση: α) Η δοσμένη σχέση γράφεται:

Έχουμε διαδοχικά ότι: ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 2 2

1 21 1x x x x

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

e e e e x x

= ⇒ = ⇒ − = − ⇒

⇒ − = − ⇒ = ⇒ =

Άρα η f είναι συνάρτηση 1-1. β) Έχουμε από το προηγούμενο ερώτημα ότι η f είναι 1-1 Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

Κων/νος




( ) ( )3 3 35 2 6 5 2 6 7 6 0f x x f x x x x x x− = − ⇔ − = − ⇔ − + = (1)

Κάνουμε Horner στην (1) για 1x = 1 0 -7 6 1

1 1 -6

1 1 -6 0

Άρα η (1) γράφεται: ( )( ) ( )( )( )2

11 6 0 1 3 2 0 3

2

xx x x x x x x

x

=− + − = ⇒ − + − = ⇔ = − =

Παράδειγμα 18. Δίνεται η γνησίως φθίνουσα συνάρτηση :f →

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση :g → , με ( ) ( )g x f x x= − είναι γνησίως φθίνουσα. β) Να βρείτε τις τιμές του λ, ώστε να ισχύει:

( ) ( )2 23 2 6 5 6f fλ λ λ λ λ− − − = − +

( ) ( )1 2 1 2x x f x f x< ⇔ <

Λύση: α) Έχουμε ότι για την συνάρτηση f ισχύει:

(1) Ισχύει ακόμη ότι:

1 2 1 2x x x x< ⇔ − > − (2) Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2f x x f x x g x g x− > − ⇔ >

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο β) Θα προσπαθήσουμε στην δοσμένη σχέση να εμφανίσουμε τα ( )2 3g λ λ− , ( )2 6g λ −

Έχουμε ότι:

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

2 2 2 2

2

3 2 6 5 6 3 3 2 6 2 6

3 2 6 , 3

f f f f

g g

λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ

λ λ λ

− − − = − + ⇔ − − − = − − − ⇔

− = −

Η g είναι γνησίως φθίνουσα άρα και 1-1. Άρα η (3) γράφεται διαδοχικά:

( ) ( )2 2 2 23 2 6 3 2 6 5 6 0

3g g

λλ λ λ λ λ λ λ λ

λ=

− = − ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ =

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Α) Για να αντιστρέφεται μία συνάρτηση :f Α→ πρέπει και αρκεί η f να είναι 1 1− . Ορίζουμε

δηλαδή τη συνάρτηση ( )1 :f f− Α → Α από την σχέση:

( ) ( )1f x y x f y−= ⇔ =Κων/νος


Β) Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της 1f − , αρκεί να βρούμε το σύνολο τιμών της f. Είναι δηλαδή:

( )1 ffD f D− =



Γ) Για να βρούμε τον τύπο της 1f − , θεωρούμε την εξίσωση ( )f x y= και την λύνουμε ως προς x. Επειδή:

( ) ( )1f x y x f y−= ⇔ =

Θέτουμε τέλος όπου y το x για να έχουμε την ( )1f x− (και όχι την ( )1f y− ) Επιγραμματικά για να ορίζουμε την 1f − , ακολουθούμε τα εξής βήματα:

• Αποδεικνύουμε ότι η f είναι «1-1» • Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της f, το οποίο είναι το πεδίο ορισμού της 1f −

• Λύνουμε την εξίσωση ( )y f x= ως προς x και στην θέση του y θέτουμε x.

Αξίζει να τονίσουμε ότι συχνά η λύση της εξίσωσης ( )y f x= εξασφαλίζει και «1-1» (αν έχει το πολύ

μία λύση), μας δίνει το σύνολο τιμών (από τους περιορισμούς για το y) και τον τύπο της 1f − . Παράδειγμα 19. Να δείξετε ότι κάθε μία από τις παρακάτω συναρτήσεις αντιστρέφεται και να ορίσετε την αντίστροφή της.

α) ( ) ( )1 ln 1 xf x e= − + β) ( ) 1 1 xf x e= − −

1 0xe+ >

Λύση: α) Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f Έχουμε ότι: που ισχύει για κάθε x∈ άρα fD = Λύνουμε την εξίσωση ( ) ( ) ( ) 1 11 ln 1 ln 1 1 1 1x x x y x yf x y y e e y e e e e− −= ⇔ = − + ⇔ + = − ⇔ + = ⇔ = − (1)

Για να λογαριθμίσουμε την προηγούμενη σχέση θέλουμε να ισχύει: 1 11 0 1 1 0 1y ye e y y− −− > ⇔ > ⇔ − > ⇔ <

Άρα το πεδίο ορισμού της 1f − είναι το σύνολο ( )1 ,1f

D − = −∞

Η (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 11 ln 1 ln 1 ln 1y x

x y y y xe e x e f y e f x e=

− − − − − −= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − με ( ),1x∈ −∞

β) Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f. Θέλουμε 1 0 1 0x xe e x− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο ( ],0fD = −∞ Λύνουμε την εξίσωση

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

2 21 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 2 , 2

x x x x

x x

f x y e y e y e y e y

e y y e y y

= ⇔ − − = ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − − ⇔

⇔ = − + + − ⇔ = −

Θέλουμε ( ) ( )2 0 0,2y y y− > ⇔ ∈ Άρα η (2) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 12 ln 2 ln 2 ln 2y x

xe y y x y y f y y y f x x x=

− −= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −

Κων/νος




Παράδειγμα 20. Έστω μία συνάρτηση :f → με ( )f = για την οποία ισχύει

( ) ( )3 3 2f x f x x+ = + για κάθε x∈ . Να δείξετε ότι η f είναι «1-1» και να βρείτε την αντίστροφή της.

Λύση: Έχουμε ότι πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της f είναι όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι «1-1» ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2

3 31 2 1 2

2 2f x f x f x f x f x f x f x f x x x

x x x x

= ⇒ = ⇒ + = + ⇒ + = + ⇒

⇒ = ⇒ =

Άρα η f είναι «1-1» Για να βρούμε την 1f − θέτουμε ( )f x y= και λύνουμε την δοσμένη σχέση ως προς x. Έχουμε διαδοχικά ότι:

( ) ( )

( ) ( )

3 3 3 3 3 3 33

31 3 1 33

2 2 2 2

2 2y x

f x f x x y y x x y y x y y

f y y y f x x x=

− −

+ = + ⇔ + = + ⇔ = + − ⇔ = + − ⇔

⇔ = + − ⇔ = + −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 8. ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ( )1f x x− = , ( ) ( )1f x f x− = Α) Επειδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και 1f − είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y x= , συμπεραίνουμε ότι:

( ) ( )1f x x f x x−= ⇔ =

Επομένως οι εξισώσεις ( )f x x= και ( )1f x x− = είναι ισοδύναμες. Επομένως, από τις δύο εξισώσεις λύνουμε την απλούστερη. Β) Τα κοινά σημεία των fC και 1f

C − βρίσκονται από την λύση του συστήματος:

( )y f x= και ( )x f y= Διότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )11, ,f f

x y C f x y x y C f x y x f y−−∈ ⇔ = ∧ ∈ ⇔ = ⇔ =

Γ) Για τη λύση της εξίσωσης ( ) ( )1f x f x− = εργαζόμαστε όπως ακριβώς παραπάνω, αφού, αν

θέσουμε ( ) ( )1f x f x y− = = , τότε:

( ) ( ) ( ) ( )1 1f x f x f x x f x x− −= ⇔ = ⇔ =

Και έτσι η εξίσωση ( ) ( )1f x f x− = ανάγεται σε μία από απλούστερες τις εξισώσεις Κων/νος


( )f x x= και

( )1f x x− =

Παράδειγμα 21. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ln ef x x xx

= − +

α) Να αποδειχθεί ότι ορίζεται η 1f −



β) Να λυθεί η εξίσωση ( )1f x x− =

( )0,fD = +∞Λύση: α) Έχουμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο

Για να δείξουμε ότι η συνάρτηση 1f − ορίζεται αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη. (Αν f γνησίως μονότονη τότε η f είναι «1-1»). Για ( )1 2, 0,x x ∈ +∞ έχουμε ότι:

( ) ( )1 2 1 2

1 2 1 1 2 2 1 21 2 1 2 1 2

1 2

ln ln1 1 ln ln

x x x xe e e ex x x x x x f x f x

x x x x x xx x

< ⇔ << ⇔ > ⇔ − < − ⇒ − + < − + ⇔ <<

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ β) Για να λύσουμε την εξίσωση ( )1f x x− = αρκεί να λύσουμε την ισοδύναμη εξίσωση ( )f x x= Έχουμε ότι:

( ) ln ln 0e ef x x x x x xx x

= ⇔ − + = ⇔ − = (1)

Η εξίσωση (1) δεν λύνεται με κλασικές μεθόδους. Θα προσπαθήσουμε να την λύσουμε με την χρήση της μονοτονίας.

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ln eg x xx

= − με ( )0,x∈ +∞

( ) ( )1 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

1 2 1 2

ln lnln ln1 1

x x x xe ex x g x g xe ex x x x

x x x x

< ⇔ < ⇒ − < − ⇔ << ⇔ > ⇔ − < −

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ Παρατηρούμε επίσης ότι για x e= ισχύει

( ) ln 1 1 0eg e ee

= − = − = .

Άρα για x e= η εξίσωση ( ) 0g x = έχει ρίζα και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( )0,+∞ η x e= είναι μοναδική ρίζα. Παράδειγμα 22. Δίνεται η συνάρτηση ( ) xf x e x−= − , x∈ . α) Να αποδειχθεί ότι η f είναι γνησίως μονότονη. β)Να εξετάσετε αν ορίζεται η 1f −

γ) Να λυθεί η εξίσωση ( )1 1f x x− = −

δ) Να λυθεί η ανίσωση ( )1 1f x x− ≤ −

1 2,x x ∈Λύση: α) Για έχουμε ότι:

( ) ( )1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2

x x x xx x x x e e e x e x f x f x− − − −< ⇔ − > − ⇔ > ⇔ − > − ⇔ >

Κων/νος




Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα. β) Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη θα είναι και «1-1». Άρα η 1f − ορίζεται. γ)Επειδή η f είναι «1-1», θα ισχύει:

( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 11 1 1 1 1

1 0 1

x xf x x f f x f x x f x x e x e

x x

− − − + − += − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + ⇔ = ⇔

⇔ − + = ⇔ =

δ) Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα, παίρνουμε:

( ) ( )( ) ( )1 1 1 1 11 1 1 1 1

1 0 1

x x xf x x f f x f x x e x e e

x x

− − − + − + − +≤ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − + ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔

⇔ − + ≤ ⇔ ≤

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 9. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α) Αν μία συνάρτηση :f Α→ είναι αντιστρέψιμη, δηλαδή «1-1», τότε πολύ εύχρηστες είναι οι σχέσεις:

( )( )1f f x x− = , x∈Α και ( )( )1f f x x− = , ( )x f∈ Α

Τονίζουμε ότι οι συναρτήσεις 1f f− και 1f f −

γενικά δεν είναι ίσες, αφού η μία ορίζεται στο fD

και η άλλη στο 1fD − .

Β) Αν μία συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, τότε η 1f − είναι επίσης γνησίως μονότονη και έχει το ίδιο είδος μονοτονίας . Το συμπέρασμα αυτό δικαιολογείται και από την συμμετρία των 1,f f

C C − ως

προς την ευθεία y x= αλλά επαληθεύεται και θεωρητικά. Ισχύει επίσης ότι ( ) 11f f−− = , δηλαδή η

αντίστροφη της αντίστροφης είναι η ίδια η συνάρτηση. Γ) Σε συναρτησιακές σχέσεις με αντιστρέψιμη εφαρμόζουμε τις ίδιες τεχνικές που αναπτύξαμε στην γενική περίπτωση. Συχνά επίσης θέτουμε στη θέση του x το ( )1f x− με ( )x f∈ Α και έτσι

προκύπτουν σχέσεις που περιέχουν την 1f − . Παράδειγμα 23. Έστω μία συνάρτηση :f → η οποία είναι περιττή και αντιστρέψιμη. Να

δείξετε ότι η

Κων/νος


1f − είναι περιττή.

Λύση: Η f είναι περιττή στο ( ) ( ) ( ), 1f x f x x⇔ − = − ∀ ∈

Η f είναι αντιστρέψιμη στο άρα η 1f − υπάρχει.

Ισχύει ότι ( )( )1f f x x− =

( ) ( )( )( )( )

( )( )( ) ( )1

1 1 1 1 1 1f x f f f x f f f x f x− − − − − −− = − = − = −

Παράδειγμα 24. Έστω η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( )( ) 1,f f x x x= − ∈ . Να δείξετε ότι:



α) η f είναι 1-1 β) ( ) ( )1 1f x f x− = + για κάθε ( )x f∈

γ) Η fC δεν έχει κοινά σημεία με την διχοτόμο της γωνίας ˆxOy .

( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 21 1f x f x f f x f f x x x x x= ⇒ = ⇒ − = − ⇒ =

Λύση: α) Για να δείξουμε ότι η f είναι «1-1» θα εργαστούμε με τον ορισμό της ισότητας Έχουμε διαδοχικά ότι:

Άρα η f είναι 1-1. β) Στην σχέση ( )( ) 1,f f x x x= − ∈ (1) θέτουμε ( )1x f y−= Γνωρίζουμε ακόμη ότι

( )( )1 ,f f x x x− = ∀ ∈

Άρα η (1) γράφεται:

( )( )( )

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

1 1 1 11 1 1 1x f y y x

f f x x f f f y f y f y f y f x f x−= =

− − − −= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + (2)

για κάθε ( )x f∈ γ) Έστω ότι υπάρχει 0x ∈ τέτοιο ώστε η fC και η ευθεία y x= να τέμνονται.

Δηλαδή έστω ότι υπάρχει 0x ∈ τέτοιο ώστε ( )0 0f x x= από την θεωρία έχουμε ότι θα ισχύει ακόμη

( )10 0f x x− =

Για 0x x= η σχέση (2) γράφεται διαδοχικά:

( ) ( )10 0 0 01 1 0 1f x f x x x− = + ⇔ = + ⇔ = άτοπο.

Άρα δεν υπάρχει 0x ∈ τέτοιο ώστε η fC και η ευθεία y x= να τέμνονται.

Κων/νος




Ο Ρ Ι Α Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Η Σ

§ 2,3 ΟΡΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ 0x ∈ Η έννοια του ορίου

Όταν οι τιμές μιας συνάρτησης f προσεγγίζουν όσο θέλουμε έναν πραγματικό αριθμό , καθώς το x προσεγγίζει με οποιονδήποτε τρόπο τον αριθμό 0x , τότε γράφουμε

=→

)(lim0

xfxx

Πλευρικά Όρια Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα σύνολο της μορφής ),(),( 00 βxxα ∪ , τότε ισχύει η

ισοδυναμία:

=→

)(lim0

xfxx ⇔ ==

+→−→)(lim)(lim

00xfxf

xxxx

Δηλαδή: =

→)(lim

0xf

xx, αν και μόνο αν ==

+→−→)(lim)(lim

00xfxf

xxxx

Άλλοι Τύποι υπολογισμού του ορίου (α)

0

lim ( )x x

f x→

= ⇔ 0

lim( ( ) ) 0x x

f x→

− =

(β) 0

00lim ( ) lim ( )x x h

f x f x h→ →

= ⇔ + = προσθετικός τύπος

(γ) ( )0

01lim ( ) limx x h

f x f x h→ →

= ⇔ ⋅ = πολλαπλασιαστικός τύπος

§ 2,4 ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΟΡΙΩΝ Όριο και διάταξη

ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο

• Αν 0)(lim0

>→

xfxx

, τότε 0)( >xf κοντά στο 0x (Σχ. 48α)

• Αν 0)(lim0

<→

xfxx

, τότε 0)( <xf κοντά στο 0x

Κων/νος


(Σχ. 48β)

ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο

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

00xgxf

xxxx →→≤



Όρια και πράξεις

ΘΕΩΡΗΜΑ

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

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

xgxfxgxfxxxxxx →→→

+=+

2. )(lim))((lim00

xfκxκfxxxx →→

= , για κάθε σταθερά κ∈

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

xgxfxgxfxxxxxx →→→

⋅=⋅

4. )(lim

)(lim

)()(lim

0

0

0 xg

xf

xgxf

xx

xx

xx→

→

→= , εφόσον 0)(lim

0≠

→xg

xx

5. )(lim|)(|lim00

xfxfxxxx →→

=

6. kxx

kxx

xfxf )(lim)(lim00 →→

= , εφόσον 0)( ≥xf κοντά στο 0x .

Οι ιδιότητες 1 και 3 του θεωρήματος ισχύουν και για περισσότερες από δυο συναρτήσεις. Άμεση συνέπεια αυτού είναι:

ν

xx

ν

xxxfxf

=

→→)(lim)]([lim

00, *ν∈

)()(lim 0

0xPxP

xx=

→ .

)()(

)()(lim

0

0

0 xQxP

xQxP

xx=

→ , εφόσον 0)( 0 ≠xQ

Κριτήριο παρεμβολής

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω οι συναρτήσεις hgf ,, . Αν

• )()()( xgxfxh ≤≤ κοντά στο 0x και

• ==→→

)(lim)(lim00

xgxhxxxx ,

τότε =

→)(lim

0xf

xx .

01ημlim0

=

→ xx

x

Τριγωνομετρικά όρια

Κων/νος




|||ημ| xx ≤ , για κάθε x∈

(η ισότητα ισχύει μόνο όταν 0=x )

• 00

ημημlim xxxx

=→

• 00

συνσυνlim xxxx

=→

Όριο σύνθετης συνάρτησης (Θεώρημα Αλλαγής Μεταβλητής)

Με τις ιδιότητες που αναφέρουμε μέχρι τώρα μπορούμε να προσδιορίσουμε τα όρια απλών συναρτήσεων. Αν, όμως, θέλουμε να υπολογίσουμε το ))((lim

0xgf

xx→, της σύνθετης

συνάρτησης gf στο σημείο 0x , τότε εργαζόμαστε ως εξής:

1. Θέτουμε )(xgu = .

2. Υπολογίζουμε (αν υπάρχει) το )(lim0

0 xguxx→

= και

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

ufuu→

= .

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

)(lim))((lim00

ufxgfuuxx →→

= .

• α) 1ημlim0

=→ x

xx

• β) 01συνlim

0=

−→ x

xx

Κων/νος





ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟ ΌΡΙΟ Α) Μπορούμε να διαπιστώσουμε την ύπαρξη ή μη ενός ορίου, καθώς και την εύρεση της τιμής του, αν γνωρίζουμε ή αν χαράξουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης. Β) Στο ( )

0

limx x

f x→

θεωρούμε ότι 0x x→ αλλά 0x x≠ . Πιο συγκεκριμένα, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι

( ) ( )0 0 0 0, ,x x x x xδ δ∈ − ∪ + για οποιοδήποτε θετικό αριθμό δ οσοδήποτε μικρό. Γ) Ισχύει ότι:

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

0 00 1lim lim 0 lim limx x x x h h

f x f x f x h f x h→ → → →

= ⇔ − = ⇔ + = ⇔ ⋅ =

Δ) Ισχύει γενικά ότι:

( ) ( ) ( )0 0 0

lim lim limx x x x x x

f x f x f x+ −→ → →

= ⇔ = =

Αρκεί βέβαια τα πλευρικά όρια να έχουν νόημα, κάτι που εξαρτάται από το πεδίο ορισμού.

Παράδειγμα 1. Δίνεται η συνάρτηση ( )3 2

1x xf x

x−

=−

α) Να γίνει η γραφική παράσταση της f. β) Να βρεθεί το ( )

1limx

f x→

γ) Να βρεθεί το ( )0

limx

f x→

α) Αρχικά βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f Λύση:

Έχουμε ότι: { }1fD = −

Ισχύει ακόμη ότι ( ) ( )221

1x x

f x xx

−= =

−

fCΗ είναι παραβολή με εξίσωση 2y x= από την οποία

εξαιρείται το σημείο ( )( )1, 1A f , δηλαδή το ( )1,1A

( )1

lim 1x

f x→

=β) Όπως προκύπτει από την γραφική παράσταση της f θα είναι

0x →Κων/νος


γ) Όταν , οι τιμές τις f βρίσκονται κοντά στην τιμή 0= . Άρα ( )0

lim 0x

f x→

=

2 1 1 2

1

2

3

4



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥ ΟΡΙΟΥ Για να μπορέσουμε να κάνουμε χρήση των ιδιοτήτων του ορίου, όπως αυτές αναφέρονται στην θεωρία, πρέπει να γνωρίζουμε ότι τα επιμέρους όρια υπάρχουν. Για παράδειγμα η πρόταση

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

lim lim limx x x x x x

f x g x f x g x→ → →

+ = +

Έχει ισχύ μόνο όταν ( )0

1limx x

f x→

= και ( )0

2limx x

g x→

= όπου 1 2, ∈ .

Στην περίπτωση που δεν γνωρίζουμε την ύπαρξη ενός ή περισσοτέρων επιμέρους ορίων θα κάνουμε χρήση διαφορετικών τεχνικών. Θυμίζουμε ακόμη ότι τα όρια των πολυωνυμικών, ρητών, άρρητων, εκθετικών, λογαριθμικών, τριγωνομετρικών συναρτήσεων ή συναρτήσεων που προκύπτουν ως πράξη των ανωτέρω υπάρχουν και μάλιστα ισχύει ότι

( ) ( )0

0limx x

f x f x→

= όπου 0 fx D∈

(Ουσιαστικά αντικαθιστούμε στο x την δοσμένη τιμή 0x )

Παράδειγμα 2. Να βρείτε τα όρια:

α) ( )2

1lim 2 1 3x

x x→−

− − − β) 1

2 3 1lim2 3x

xx→

− +−

( ) ( ) ( )22 2 2

1 1 1 1 1lim 2 1 3 lim 2 lim 1 3 2 lim lim 1 3 2 1 1 1 3 3x x x x x

x x x x x x→− →− →− →− →−

− − − = − − − = − − − = ⋅ − − − − − = −

Λύση: α)Έχουμε ότι:

β) Έχουμε ότι:

( )1

11

2 lim 3 12 3 1 2 3 1 1 2 2lim 02 3 lim 2 3 2 1 3 2 3

x

xx

xxx x

→

→→

− +− + − ⋅ + −= = = =

− − ⋅ − −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΜΟΡΦΗ 00

ΣΕ ΡΗΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Έστω ότι αναζητούμε την τιμή ενός ορίου της μορφής ( )( )0

limx x

f xg x→

, όπου f και g πολυωνυμικές

συναρτήσεις, για τις οποίες ισχύει ( ) ( )0 0 0f x g x= = .

Εάν λοιπόν αντικαταστήσουμε το x με 0x θα προκύψει ένα κλάσμα της μορφής 00

(απροσδιόριστη

μορφή). Για να απαλείψουμε την απροσδιοριστία κάνουμε χρήση του σχήματος Horner, ή άλλης μεθόδου παραγοντοποίησης, με σκοπό να δημιουργηθεί τόσο στον αριθμητή όσο και στον παρονομαστή ένας

παράγοντας της μορφής 0x x− , δηλαδή ( )( )

( ) ( )( ) ( )0 0

0 1

0 1

lim limx x x x

f x x x f xg x x x g x→ →

− ⋅=

− ⋅, τον οποίο στην συνέχεια

απλοποιούμε. Η διαδικασία αυτή, μπορεί αν χρειαστεί, να επαναληφθεί μία ή περισσότερες φορές.

Κων/νος




Παράδειγμα 3. Να βρεθούν τα όρια:

α) 2

21

2lim3 2x

x xx x→

+ −− +

β) 3

22

3 2lim5 6x

x xx x→

− −− +

1x =Λύση: α) Αντικαθιστώντας την τιμή στον αριθμητή και στον παρονομαστή παρατηρούμε ότι

προκύπτει ένα κλάσμα της μορφής 00

Παραγοντοποιούμε και τους δύο όρους του κλάσματος με τη βοήθεια του σχήματος Horner. Για τον αριθμητή έχουμε ότι: 2 2x x+ −

Άρα ο αριθμητής γράφεται ( )( )2 2 1 2x x x x+ − = − +

Όμοια ο παρονομαστής γράφεται: ( )( )2 3 2 2 1x x x x− + = − − Έχουμε διαδοχικά ότι:

β) Αντικαθιστώντας την τιμή 2x = τόσο στον αριθμητή όσο και στον παρονομαστή του δοσμένου κλάσματος έχουμε ότι:

απροσδιόριστη μορφή.

Παραγοντοποιούμε τόσο τον αριθμητή όσο και τον παρονομαστή της δοσμένης ρητής παράστασης. Έχουμε διαδοχικά ότι:

( ) ( )23 3 2 1 2x x x x− − = + − και ( )( )2 5 6 3 2x x x x− + = − − Το δοσμένο λοιπόν όριο γράφεται:

( ) ( )( )( )

( )( )

( )( )

2 2 23

22 2 2

1 2 1 2 13 2lim lim lim 95 6 2 3 3 2 3x x x

x x xx xx x x x x→ → →

+ − + +− −= = = = −

− + − − − −


ΣΕ ΆΡΡΗΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Αν το όριο μίας άρρητης συνάρτησης που περιέχει κλάσμα οδηγεί σε μορφή 00

, τότε:

• Όταν παρουσιάζεται τετραγωνική ρίζα, πολλαπλασιάζουμε τους όρους του κλάσματος με τη

συζυγή παράσταση του άρρητου όρου, οπότε οδηγούμαστε τελικά σε μορφή 00

αλλά με

ρητή συνάρτηση. Θυμίζουμε ότι:

( ) ( )xBxA − συζυγής ( ) ( )xBxA +

1

Κων/νος


1 -2 1

1 2

1 2 0

( )( )( )( )

2

21 1 1

1 22 2 1 2lim lim lim 33 2 1 2 2 1 2x x x

x xx x xx x x x x→ → →

− ++ − + += = = = −

− + − − − −

3 32

2 2

3 2 2 3 2 2 05 6 2 5 2 6 0

xx xx x

=− − − ⋅ −= =

− + − ⋅ +



( ) ( )xBxA − συζυγής ( ) ( )xBxA +

• Όταν συναντάμε ριζικά 3ης

3 3

2 2

α βα βα αβ β

−− =

+ +

τάξης, χρησιμοποιούμε τις σχέσεις:

και 3 3

2 2

α βα βα αβ β

++ =

− +

• Αν έχουμε ριζικά ν – οστής ρίζας, χρησιμοποιούμε την σχέση:

1 2 2 1...

ν ν

ν ν ν ν

α βα βα α β αβ β− − − −

−− =

+ + + +

Παράδειγμα 4. Να βρείτε όρια:

α) 1x

23xlim1x −

−+→

β) x21x1

x2lim0x +−+→

23x −+

Λύση: α) Παρατηρούμε ότι στον αριθμητή του κλάσματος υπάρχει μια παράσταση με ρίζες όποτε θα δουλέψουμε με το συζυγή. Η συζυγής παράσταση της είναι η παράσταση 23x ++ . Έχουμε διαδοχικά:

( )( )( )( )

( )( )( )

( )( ) ( )( ) 41

23x1lim

23x1x1xlim

23x1x43xlim

23x1x23xlim

23x1x23x23xlim

1x23xlim

0x0x0x

22

0x0x0x

=++

=++−

−=

++−

−+=

=++−

−+=

++−

++−+=

−−+

→→→

→→→

β) Η συζυγής παράσταση του παρονομαστή είναι η x21x1 +++ Έχουμε διαδοχικά:

( )( )( )

( )( ) ( )

( )

( ) ( )( ) 4x211x2limx

x211xx2lim

x21x1x211xx2lim

x21x1

x211xx2lim

x211xx211xx211xx2lim

x211xx2lim

0x0x

0x220x

0x0x

−=+++−=−

+++=

=−−+

+++=

+−+

+++=

=++++−+

+++=

+−+

→→

→→

→→

Παράδειγμα 5. Δίνεται η συνάρτηση f για την οποία ισχύει ότι:

( ) 3 31

x xf xx

+ + −=

−

Να βρεθούν: α) το πεδίο ορισμού της f, β) το όριο ( )

1limx

f x→

0x ≥Λύση: α) Πρέπει , 3 0x + ≥ και 1 0x − ≠ , οπότε:

[ ) ( )0,1 1,fD = ∪ +∞

Κων/νος




β) Για 1x = έχουμε ότι ( ) 010

f = . Παρατηρούμε ότι ο υπολογισμός του ζητούμενου ορίου δεν γίνεται

με άμεση αντικατάσταση.

( )

( )( )( )( )

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

1 1 1 1

1 1

1

3 3 1 3 2 1 3 2lim lim lim lim1 1 1 1

1 1 3 2 3 2 1 3 4lim lim1 1 1 3 2 1 1 1 3 2

1 1 1 1 3lim2 41 3 2

x x x x

x x

x

x x x x x xf xx x x x

x x x x x xx x x x x x x x

x x

→ → → →

→ →

→

+ + − − + + − − + −= = = + = − − − −

− + + − + + − + − = + = + = − + − + + − + − + + = + = + = + + + 4

Ο υπολογισμός του ζητούμενου ορίου δεν ήταν εύκολο να γίνει με τον άμεσο πολλαπλασιασμό και των δύο όρων του κλάσματος με συζυγή. Για τον λόγο αυτό χωρίσαμε την παράσταση του αριθμητή σε δύο παραστάσεις έτσι ώστε, σε συνδυασμό με τον παρονομαστή, να έχουμε δύο ισοδύναμα

κλάσματα με μία ρίζα της μορφής 00

.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΚΛΑΔΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ – ΠΛΕΥΡΙΚΑ ΌΡΙΑ Σε περιπτώσεις που η εύρεση του ( )

0

limx x

f x→

παρουσιάζει δυσκολία, είτε διότι υπάρχει για παράδειγμα

ο όρος 0x x− είτε διότι ο τύπος της f αλλάζει εκατέρωθεν του 0x , π.χ. ( )( )( )

0

0

,

,

g x x xf x

h x x x

<= ≥

είναι

σημαντικό να εργαστούμε με πλευρικά όρια. Επισημαίνουμε ότι: • Γράφοντας ( )

0

limx x

f x−→

εννοούμε ότι 0x x< , ενώ γράφοντας ( )0

limx x

f x+→

εννοούμε ότι 0x x> .

• Το όριο της f στο 0x υπάρχει και είναι ίσο με , αν και μόνο αν υπάρχουν τα πλευρικά όρια της

f στο 0x (εφόσον έχουν νόημα) και είναι ίσα με

( ) ( ) ( )00 0

lim lim limx xx x x x

f x f x f x− + →→ →

= = ⇔ =

• Για να μην υπάρχει κάποιο όριο, αρκεί να μην υπάρχει κάποιο από τα πλευρικά του ή να υπάρχουν τα πλευρικά όρια αλλά να είναι διαφορετικά μεταξύ τους.

Αν ( )0

1limx x

f x+→

= και ( )0

2limx x

f x−→

= με 1 2≠ και { }1 2, ,∈ ∪ −∞ +∞ τότε το ( )0

limx x

f x→

δεν

υπάρχει.

Παράδειγμα 6. Δίνεται η συνάρτηση ( )2

2

3, 25, 2

x x xf x

x x

+ − < −= − ≥ −

. Να βρεθεί το όριο ( )2

limx

f x→−

0 2x = −Λύση: Επειδή ο τύπος της συνάρτησης αλλάζει στο , εργαζόμαστε με πλευρικά όρια. Είναι:

( ) ( )2

2 2lim lim 3 4 2 3 1

x xf x x x

− −→− →−= + − = − − = −

Κων/νος




( ) ( )2

2 2lim lim 5 4 5 1

x xf x x

+ +→− →−= − = − = −

Παρατηρούμε ότι: ( ) ( )2 2

lim lim 1x x

f x f x+ −→− →−

= = − άρα το ( )2

limx

f x→−

υπάρχει και μάλιστα ισχύει:

( )2

lim 1x

f x→−

= −

Παράδειγμα 7. Δίνεται η συνάρτηση ( )2 4

3 2

1, 12 , 1a x x

f xax x xβ

+ ≤ −= + > −

. Να βρείτε τις τιμές των

,a β ∈ ώστε να υπάρχει το ( )1

limx

f x→−

.

1x →−Λύση: Παρατηρούμε ότι ο τύπος της συνάρτησης f μεταβάλλεται καθώς . Για να υπάρχει λοιπόν το όριο ( )

1limx

f x→−

πρέπει και αρκεί ( ) ( )1 1

lim limx x

f x f x− +→− →−

=

Έχουμε ότι: ( ) ( )2 4 2

1 1lim lim 1 1

x xf x a x a

− −→− →−= + = +

( ) ( )3 2 2

1 1lim lim 2 2

x xf x ax x aβ β

+ +→− →−= + = − −

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2

1 1lim lim 1 2 2 1 0 1 0

x xf x f x a a a a aβ β β

− +→− →−= ⇔ + = − − ⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔

1a⇔ = − και 0β =


ΚΑΙ ΑΠΟΛΥΤΗ ΤΙΜΗ

Έστω ότι ( )0

limx x

f x→

οδηγεί σε μορφή 00

και περιέχει όρους με απόλυτη τιμή (δηλαδή της μορφής

( )g x ).

• Αν το ( )0

limx x

g x→

είναι θετικό ή αρνητικό, τότε θεωρούμε αντίστοιχα ( ) 0g x > ή ( ) 0g x <

κοντά στο 0x και απαλλασσόμαστε από την παρουσία των απολύτων.

• Αν ( )0

lim 0x x

g x→

= , τότε ενδεχομένως με τη βοήθεια πίνακα βρίσκουμε το πρόσημο της ( )g x

και εργαζόμαστε, αν χρειαστεί, με πλευρικά όρια. Παράδειγμα 8. Να βρείτε τα όρια:

α) 22

1 3lim

4x

x xx→

− − −−

β) 2 2

1

1 2lim

2 1x

x x x

x→−

− − + +

+ −

2x =Λύση: α) Αντικαθιστώντας όπου Κων/νος


στις απόλυτες τιμές έχουμε ότι: 2

1 2 1 1 0x

x=

− = − = > άρα 1 1x x− = − 2

3 2 3 1 0x

x=

− = − = − < άρα 3 3x x− = − +



Το δοσμένο όριο γράφεται διαδοχικά: ( )

( )( )2 2 2 22 2 2 2 2

2

1 3 2 21 3 2 4 0 2 4lim lim lim lim lim4 4 4 0 4 2 2

2 2 1lim2 2 2 2

x x x x x

x

x x xx x x xx x x x x x

x

→ → → → →

→

− − − −− + − − − = = = ⇔ = = − − − − − +

= = =+ +

β) Αντικαθιστώντας όπου 1x = − στην απόλυτη τιμή έχουμε ότι:

( )1 22 1 1 1 0

xx

=−

− = − − = Άρα πρέπει να εργαστούμε με πλευρικά όρια. Αρχικά βρίσκουμε το πρόσημο της παράστασης που περιέχεται στην απόλυτη τιμή. Έχουμε διαδοχικά:

( )( )2 1 0 1 1 0x x x− > ⇔ − + > Δημιουργούμε τον πίνακα τιμών της παράστασης: x −∞ 1− 1+ +∞

2 1x − + - + Παρατηρούμε ότι για 1x −→ − , 2 21 1x x− = − και για 1x +→ − , 2 21 1x x− = − +

Επομένως το ζητούμενο όριο γράφεται:

( )( )( )( )

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

2 2 2 2

1 1 1 1

2 21 1 1 1

1 2 11 2 1 2 1lim lim lim lim2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 2 1 1 2 1 1 2 1lim lim lim lim 2 1 2

2 1 12 1

x x x x

x x x x

x xx x x x x x xx x x x x

x x x x x xx

x xx

− − − −

− − − −

→− →− →− →−

→− →− →− →−

+ + +− − + + − − + + += = = =

+ − + − + − + − + +

+ + + + + + + + += = = = + + =

+ − ++ −

2 2 2 2 2

1 1 1

1 2 1 2 2 3lim lim lim2 1 2 1 2 1x x x

x x x x x x x xx x x+ + +→− →− →−

− − + + − + − + + − + += =

+ − + − + − (1)

Παραγοντοποιούμε τον αριθμητή με την βοήθεια του σχήματος Horner και συνάμα πολλαπλασιάζουμε και τους δύο όρους του κλάσματος με την συζυγή παράσταση του παρονομαστή.

Άρα ( )( )22 3 1 2 3x x x x− + + = + − +

Η (1) γράφεται:

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

( )( )( )

( )( )

2

1 1 1

1

1 2 3 2 1 1 2 3 2 12 31 lim lim lim2 12 1 2 1 2 1

lim 2 3 2 1 10

x x x

x

x x x x x xx xxx x x

x x

+ + +

+

→− →− →−

→−

+ − + + + + − + + +− + +⇒ = = =

+ −+ − + − + +

= − + + + =

-2 1 3 -1

2 -3

Κων/νος


-2 3 0

2 1 1 2

2

4

6

8

10



Παρατηρούμε ότι 2 2 2 2

1 1

1 2 1 2lim lim

2 1 2 1x x

x x x x x x

x x− +→− →−

− − + + − − + +≠

+ − + − Άρα το ζητούμενο όριο δεν

υπάρχει.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Αν αναζητάμε το όριο μίας συνάρτησης ( )f x στο 0x και η ( )f x είναι όρος σε κάποια συνάρτηση

της οποίας γνωρίζουμε όμως το όριο στο 0x , τότε θέτουμε τη συνάρτηση αυτή, για παράδειγμα ( )g x ,

και βρίσκουμε την ( )f x . Στη συνέχεια υπολογίζουμε το ( )0

limx x

f x→

με την βοήθεια των γνωστών

ιδιοτήτων των ορίων.

Παράδειγμα 9. Αν 2

21lim 2

1x

x axx

β→

+ +=

− να βρείτε τα α, β.

( ) 2f x x xα β= + +

Λύση:

Θέτουμε και ( ) ( ) ( ) ( )( )22 1

1f x

g x f x g x xx

= ⇔ = −−

με ( )1

lim 2x

g x→

=

Έχουμε ( ) ( )( )( ) ( )2 2

1 1 1lim lim 1 0 lim 0 1 0 1x x x

f x g x x x ax a aβ β β→ → →

= − = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ = − −

Το δοσμένο όριο γράφεται διαδοχικά: ( )2 2 2 2

2 2 2 2 21 1 1 1

1

11 1 1lim 2 lim 2 lim 2 lim 21 1 1 1 1

lim 1 2 1 2 21 2

x x x x

x

a xx ax x ax a x ax a xx x x x x

a a ax

β→ → → →

→

− + + + − − − + − −= ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ − − − − −

⇔ + = ⇔ + = ⇔ = + Άρα 1 1 2 3aβ = − − = − − = − Παράδειγμα 10. Να βρείτε το ( )

2limx

f x→−

αν ( )( )2

lim 2 1 3x

f x x→−

+ − =

( ) ( ) ( ) ( ) 12 1

2g x x

g x f x x f x− +

= + − ⇔ =

Λύση:

Θέτουμε και ( )2

lim 3x

g x→−

=

Άρα το ζητούμενο όριο είναι:

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

1 3 1 2lim lim lim lim 02 2x x x x

g x xf x f x f x

→− →− →− →−

− + − −= ⇔ = ⇔ =

Παράδειγμα 11. Αν ( )

0lim 3x

f xx→

= να βρείτε το ( )

20

2lim

3x

f x xx x→

−+

( ) ( ) ( ) ( )f xg x f x x g x

x= ⇔ = ⋅

Λύση:

α΄ τρόπος: Θέτουμε και ( )0

lim 3x

g x→

=

Κων/νος




Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

( ) ( )( )

( )( )( )

( )20 0 0 0

2 12 2 2 1 2 3 1 5lim lim lim lim3 3 3 3 0 3 3x x x x

x g xf x x xg x x g xx x x x x x x→ → → →

−− − − ⋅ −= = = = =

+ + + + +

β΄ τρόπος: Θα προσπαθήσουμε να σχηματίσουμε την δοσμένη παράσταση μέσα στο ζητούμενο όριο. Έχουμε ότι:

( )( ) ( ) ( )

( )0

220 0 00

2 2 lim 12 12 5lim lim lim33 3 lim 3 3

x

x x xx

f xf x f xxxf x x x x x

x xx x x xx

→

→ → →→

− − −− = = = =

++ + +

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 8. ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΠΑΡΕΜΒΟΛΗΣ Σε περιπτώσεις που η εύρεση του ( )

0

limx x

f x→

δεν ανάγεται σε καμία από τις προηγούμενες

περιπτώσεις, για παράδειγμα όταν δεν γνωρίζουμε τον τύπο ή όταν τα δεδομένα περιέχουν ανισοτικές σχέσεις, τότε χρησιμοποιούμε το κριτήριο παρεμβολής. Σύμφωνα με αυτό:

• Αν ( ) ( ) ( )g x f x h x≤ ≤ κοντά στο 0x και

• ( ) ( )0 0

lim limx x x x

g x h x→ →

= =

Τότε είναι ( )0

limx x

f x→

=

Προσπαθούμε λοιπόν να εγκλωβίσουμε τη ζητούμενη συνάρτηση f ανάμεσα σε δύο συναρτήσεις, οι οποίες έχουν το ίδιο όριο στο 0x . Σημείωση: Το κριτήριο παρεμβολής εκτός από την τιμή του ορίου εξασφαλίζει και την ύπαρξή του.

• Θυμίζουμε ότι:

x a a x a≤ ⇔ − ≤ ≤ • x a a x a≤ ⇔ − ≤ ≤

• 2 2 2x y xy+ ≥ • x y x y x y− ≤ + ≤ +

• x y x y x y− ≤ − ≤ + • 2 2x y x y≤ ⇔ ≤

Παράδειγμα 12. Αν ( ) 23 5f x x x− + ≤ για κάθε *x∈ , να βρεθεί το ( )

0limx

f x→

( ) ( ) ( )2 2 2 2 23 5 3 5 3 5 3 5f x x x x f x x x x x f x x x− + ≤ ⇔ − ≤ − + ≤ ⇔ − + − ≤ ≤ + −Λύση: Έχουμε

Παρατηρούμε ότι: • ( )2

0lim 3 5 5x

x x→

− + − = −

• ( )2

0lim 3 5 5x

x x→

+ − = −

Άρα από κριτήριο παρεμβολής το ( )0

lim 5x

f x→

= −

Κων/νος




Παράδειγμα 13. Αν για την συνάρτηση f ισχύει ( ) ( )2 2f x xf x≤ για κάθε x∈ , να δείξετε ότι

( ) ( )0

lim 0x

f x f→

=

x∈Λύση: Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε , άρα θα ισχύει και για 0x =

( ) ( ) ( ) ( )2 20 2 0 0 0 0 0 0f f f f≤ ⋅ ⋅ ⇔ ≤ ⇔ = Έχουμε ότι:

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

22 2 2 2 2 22 2 0 2f x x f x f x x f x f x x f x x x f x x x

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

≤ ⋅ ⇔ − ⋅ ≤ ⇔ − ⋅ + ≤ ⇔ − ≤ ⇔

⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +

Ισχύει ότι: • ( )

0lim 0x

x x→

− =

• ( )0

lim 0x

x x→

+ =

Άρα από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι ( )0

lim 0x

f x→

=

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 9. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΑ ΌΡΙΑ Α) Για την εύρεση των τριγωνομετρικών ορίων χρησιμοποιούμε τα εξής βασικά όρια:

• 0

lim 1x

xx

ηµ→

= και ( )

0lim 1x

axax

ηµ→

= ( )0a ≠ ή ακόμη

Κων/νος


( )

( )( )( )0

lim 1x

xxϕ

ηµ ϕϕ→

=

• 0

1lim 0x

xx

συν→

−= και

( )0

1lim 0x

axax

συν→

−= ( )0a ≠ ή ακόμη

( )

( )( )( )0

1lim 0

x

xxϕ

συν ϕϕ→

−=

Ισχύει ακόμη ότι 0

1lim 0x

xx

ηµ→

⋅ =

Β) Μία ακόμη βασική σχέση στην απόδειξη τριγωνομετρικών ορίων είναι η βασική τριγωνική ανισότητα:

Για κάθε x∈ x xηµ ≤ και 0x x xηµ = ⇔ =

Θυμίζουμε επίσης ότι 1 1xηµ− ≤ ≤ και 1 1xσυν− ≤ ≤ για κάθε x∈ Τα περισσότερα πάντως, τριγωνομετρικά όρια, υπολογίζονται με την χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, εγκλωβίζοντας το ζητούμενο όριο, ανάμεσα σε δύο συναρτήσεις που τείνουν στον ίδιο αριθμό. Παράδειγμα 14. Να βρείτε τα όρια:

α) 0

2limx

xx

ηµ συν→

⋅

β) 3 2

20

1 1 1limx

x xx x

ηµ→

+ − +⋅

Λύση:



α) Παρατηρούμε ότι ο απευθείας υπολογισμός τις τιμής του ορίου είναι αδύνατος καθώς υπάρχει ο

παράγοντας 2x

μέσα στο συνημίτονο.

Για τον λόγο αυτό θα προσπαθήσουμε να «εγκλωβίσουμε» την ζητούμενη παράσταση ανάμεσα σε δύο συναρτήσεις που τείνουν στον ίδιο αριθμό. Έχουμε ότι:

02 2 21 1

2

x

x x x x xx x x

x x xx

ηµ

συν ηµ συν ηµ ηµ ηµ συν ηµ

ηµ ηµ συν ηµ

≥

≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ − ⋅ ≤ ⋅ ≤ ⇔

⇔ − ≤ ⋅ ≤


0lim 0x

xηµ→

− =

• 0

lim 0x

xηµ→

=

Άρα από κριτήριο παρεμβολής ισχύει ότι: 0

2lim 0x

xx

ηµ συν→

⋅ =

β) Έχουμε ότι: 2 3 2 3 3 2 3

2 2 2 2

3 3 2 3

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11

1 1 1 1 1 1 1

x x x x x x xx x x x x x x

x x x xx x x x

ηµ ηµ ηµ

ηµ

+ + − + + − + − + + −≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔

+ − + − + + −⇔ − ≤ ⋅ ≤

Ισχύει ότι:

• ( )( )

( ) ( )3 3

3 3

20 0 02 3 2 3

1 1 1 11 1 1 1lim lim lim1 1 1 1x x x

x xx xx x x x x→ → →

+ − + ++ − + − − = − = − = + + + +

( )0 3lim 0

1 1x

x

x→

= − =

+ +

• ( )( )

( ) ( )3 3

3 3

20 0 02 3 2 3

1 1 1 11 1 1 1lim lim lim1 1 1 1x x x

x xx xx x x x x→ → →

+ − + ++ − + − = = = + + + +

( )0 3lim 0

1 1x

x

x→

= =

+ +

Άρα από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι: 3 2

20

1 1 1lim 0x

x xx x

ηµ→

+ − +⋅ =


α) 3

0limx

xx

ηµ→

β) 2

20

1limx

xxσυν

→

−

Κων/νος




( )0

lim 13 22 2

0 0 0lim lim lim 0 1 0

x

xx

x x x

x x x xxx x x

ηµ

ηµ ηµ ηµ ηµηµ ηµ→

=

→ → →

⋅ = = ⋅ = ⋅ =

Λύση: α) Έχουμε ότι:

β) Από την βασική τριγωνομετρική ταυτότητα ισχύει ότι: 2 2 2 21 1x x x xηµ συν ηµ συν+ = ⇔ = − Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

0lim 1 22 2

22 20 0 0

1lim lim lim 1 1x

xx

x x x

x x xx x x

ηµ

συν ηµ ηµ→=

→ → →

− = = = =

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 10. ΘΕΩΡΗΜΑ ΑΛΛΑΓΗΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ Αν θέλουμε να υπολογίσουμε ένα όριο της μορφής ( )( )

0

limx x

A f g x→

= , τότε:

• Θέτουμε ( )g x y= οπότε ( )0

0limx x

g x y→

=

• Αν 0y y≠ κοντά στο 0x , τότε ( )0

limy y

A f y→

=

Επομένως αντί να υπολογίσουμε το ( )( )0

limx x

f g x→

, υπολογίζουμε το (πιθανόν) ευκολότερο όριο

( )0

limy y

f y→


α) 0

3 1limx

xx

συν→

− β)

2

0

1 1lim3x

xxηµ→

+ −

33yx y x= ⇔ =

Λύση:

α) Θέτουμε για 0x → έχουμε 0y →

Το δοσμένο όριο γράφεται:

0 0 0

3 1 1 1lim lim lim3 3 0 0

3x y y

x y yyx y

συν συν συν→ → →

− − −= = ⋅ = ⋅ =

β) Παρατηρούμε ότι το όριο είναι της μορφής 00

. Πολλαπλασιάζουμε αρχικά και τους δύο όρους του

κλάσματος με την συζυγή παράσταση του αριθμητή.

( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

2 2 22 2 2 2

0 0 0 02 2 2

2

0 02 2

1 1 1 11 1 1 1 1 1lim lim lim lim3 3 1 1 3 1 1 3 1 1

lim lim 133 1 1 1 1

x x x x

x x

x xx x xx x x x x x x

x xxx x x

x

ηµ ηµ ηµ ηµ

ηµηµ

→ → → →

→ →

+ − + ++ − + − + −= = = =

+ + + + + +

= =+ + + +

Κων/νος




Αρκεί να υπολογίσουμε το όριο:0

3limx

xx

ηµ→

Θέτουμε 33yx y x= ⇔ = για 0x → έχουμε 0y →

0 0 0

3lim lim lim3 3

3x y y

x y yyx y

ηµ ηµ ηµ→ → →

= = =


( ) ( )0 22

0 0lim 03 63 0 1 11 1x

xx x

xηµ→

= = =+ ++ +


α) 3

1

7 6lim7 6x

x xx x x→

− +− +

β) 31

1 1lim1 1x

x xx→

− − +− −

00

Λύση:

α) Παρατηρούμε ότι το ζητούμενο όριο είναι της μορφής

Για να ξεπεράσουμε αυτό το εμπόδιο θέτουμε 2y x x y= ⇔ = . Για 1x → έχουμε ότι 1y → Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

( )32 23 6 2

2 31 1 1

7 67 6 7 6lim lim lim7 6 7 67 6x y y

y yx x y yy y y y yx x x→ → →

− +− + − += =

⋅ − + − +− +

Παραγοντοποιούμε και τους δύο όρους του κλάσματος

( )( )( )( )( )6 2 27 6 1 1 2 2 3y y y y y y y− + = − + + − +

( )( )( )3 7 6 1 2 3y y y y y− + = − − + Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

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

( )( )( )( )( )

2 2 26 2

31 1 1

1 1 2 2 3 1 2 37 6lim lim lim 27 6 1 2 3 2 3y y y

y y y y y y y yy yy y y y y y y→ → →

− + + − + + − +− += = =

− + − − + − +

β) Παρατηρούμε ότι το ζητούμενο όριο για 2x = είναι της μορφής 00

.

Παρατηρούμε ακόμη ότι έχουμε μία ρίζα δευτέρου και μία ρίζα τρίτου βαθμού άρα θα θέσουμε 66 1 1y x x y= − ⇔ = +

Για 2x → έχουμε ότι 1y → Το ζητούμενο όριο γράφεται διαδοχικά:

( )3 23 63

2 232 1 1 1

11 1lim lim lim lim 11 11 1x y y y

y yx x y y yy yx→ → → →

−− − + −= = = =

− −− −

Κων/νος




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 11. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 18. Αν για κάθε x∈ ισχύει ( ) 2x f x x xηµ ≤ ≤ + να βρείτε τα όρια:

α) ( )

0limx

f xx→

β) ( )

0

1limx

f x xx x

συνηµ→

+ −+

0x <

Λύση: α) Προσπαθούμε να δημιουργήσουμε την παράσταση του ορίου στην δοσμένη ανίσωση. Για έχουμε:

( ) ( ) ( )202 1

x f x f xx x x xx f x x x xx x x x x

ηµ ηµηµ< +

≤ ≤ + ⇔ ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥ +

• 0

lim 1x

xx

ηµ−→

=

• ( )0

lim 1 1x

x−→

+ =

Από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι: ( )

0lim 1x

f xx−→

=

Για 0x > έχουμε:

( ) ( ) ( )202 1

x f x f xx x x xx f x x x xx x x x x

ηµ ηµηµ> +

≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ +

• 0

lim 1x

xx

ηµ+→

=

• ( )0

lim 1 1x

x+→

+ =

Από κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι: ( )

0lim 1x

f xx+→

=

Άρα ( ) ( ) ( )

00 0lim 1 lim lim 1

xx x

f x f x f xx x x+ − →→ →

= = ⇔ =

Προσοχή

Κων/νος


( )f xx

Είναι απαραίτητο σε μία ανίσωση να γνωρίζουμε το πρόσημο της παράστασης που διαιρούμε ή πολλαπλασιάζουμε , καθώς αυτό επηρεάζει την φορά της. Όταν το πρόσημο μεταβάλλεται τότε διακρίνουμε περιπτώσεις. β) Για την εύρεση του ζητούμενου ορίου θα διαιρέσουμε και τους δύο όρους του κλάσματος με x έτσι

ώστε να αρθεί η απροσδιοριστία και να εμφανιστεί ο όρος του οποίου το όριο υπολογίσαμε

στο προηγούμενο ερώτημα. Έχουμε διαδοχικά ότι

( )( ) ( ) ( )

0 0

0 0 0

0

1 1 1lim lim1 1lim lim lim21 1 lim

x x

x x x

x

f x f x f xx x xf x x x x x x x x

x x x xx xx x x x

συν συν συνσυν

ηµ ηµ ηµηµ→ →

→ → →

→

− − −+ + ++ −

= = = =+ + + +

Σημείωση

Παράδειγμα 19. Έστω η συνάρτηση

Είναι σύνηθες σε ασκήσεις που περιέχουν περισσότερα του ενός ερωτήματα να χρησιμοποιούμε τα συμπεράσματα του ενός για να αποδείξουμε το επόμενο.

:f → για την οποία ισχύει ( )2 2 42x f x x xηµ− ≤ για

κάθε x∈ . Να βρείτε τα όρια:



α) ( )0

limx

f x→

β) ( )

0

2limx

xf x xx x

ηµηµ→

−+

( ) ( ) ( )2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 22 2 2 2 2x f x x x x x f x x x x x x f x x xηµ ηµ ηµ ηµ− ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − + ≤ ≤ + ⇔


( ) ( )

( )

2 4 2 4 2 4 2 4 20

2 2 2 2

2 22 2

2 2

2 2 2 2

2 2

x x x x x x x x xf x f xx x x x

x xx f x xx x

ηµ ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ

≥ − + + − + +⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔

⇔ − + ≤ ≤ +

• 2

220

lim 2 2 0 1 1x

xxx

ηµ→

− + = − ⋅ + =

• 2

220

lim 2 2 0 1 1x

xxx

ηµ→

+ = ⋅ + =

Από κριτήριο παρεμβολής ισχύει ότι: ( )0

lim 1x

f x→

=

β)Διαιρούμε τους όρους της παράστασης με x, με σκοπό να άρουμε την απροσδιοριστία.

( )( ) ( ) ( )

( )

0 0 0 0

0 0

0

2 2 22lim lim lim lim

1 1

lim lim 21 2 1 1 1

1 1 21 lim

x x x x

x x

x

xf x x x x xf x f x xxf x x x x xx x x xx x

x x xxf x x

xx

x

ηµ ηµ συν ηµσυνηµηµ ηµ ηµηµ

ηµσυν

ηµ

→ → → →

→ →

→

− ⋅ ⋅− − ⋅ ⋅−

= = = =++ + +

− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = = = −+ +

Παράδειγμα 20. Έστω οι συναρτήσεις , :f g → για τις οποίες ισχύει

( ) ( )( )2 2

0lim 0x

f x g x→

+ = και ( ) ( )( )0

lim 0x

f x g x→

+ = . Να βρείτε τα όρια

α) ( ) ( )( )0

limx

f x g x→

⋅ β) ( ) ( )( )0

limx

f x g x→

−

γ) ( )0

limx

f x→

δ) ( )0

limx

g x→

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

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

2 22 2 2 2

2 2 2

2 2

2

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

f x g x f x g xf x g x

+ = + + ⇔ = + − + ⇔

+ − +⇔ =


Άρα

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

0 0lim lim

2x x


→ →

+ − + = ⇔

Κων/νος




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

( ) ( )( )

2 2 2

0 0

0

0

lim limlim

2lim 0

x x

x

x


f x g x

→ →

→

→

+ − +⇔ = ⇔

⇔ =

β) Ισχύει ότι:

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

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

2 22 2 2 2

2 2

2 2

2

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

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

− = − + ⇔ − = + − ⇔

− = + −

Άρα:

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

0 0lim lim 2 0x x

f x g x f x g x f x g x→ →

− = + − =

γ) Θέτουμε ( ) ( ) ( )h x f x g x= + (1), ( )

0lim 0x

h x→

= και ( ) ( ) ( )x f x g xϕ = − (2), ( )0

lim 0x

xϕ→

=

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22

h x xh x x f x f x

ϕϕ

++ = ⇔ =

Άρα :

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0

lim lim lim 02x x x

h x xf x f x

ϕ→ → →

+= ⇔ =

δ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )h x f x g x g x h x f x= + ⇔ = − Άρα:

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

lim lim lim 0x x x

g x h x f x g x→ → →

= − ⇔ =

Παράδειγμα 21. Αν για κάθε x∈ ισχύει ( ) ( )3f x f x= + και ( )

1

1lim 2

1x

f xx→

−=

−, να βρείτε το

( )4

1lim

4x

f xx→

−−

( ) ( ) ( ) ( )3

1 1

1 3 1lim 2 lim 2

1 1

f x f x

x x

f x f xx x

= +

→ →

− + −= ⇔ =

− −

Λύση: Έχουμε:

Θέτουμε: 3 3y x x y= + ⇒ = − για 1x →

Κων/νος


έχουμε 4y → Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )1 4 4 4

3 1 1 1 1lim 2 lim 2 lim 2 lim 2

1 3 1 3 1 4

y x

x y y x

f x f y f y f xx y y x

=

→ → → →

+ − − − −= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

− − − − − −

Παράδειγμα 22. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει

( ) ( )( )2

lim 3 4 4x

f x f x→

+ − = . Να βρείτε ( )2

limx

f x→



4 4y x x y= − ⇔ = −Λύση: Στο δοσμένο όριο θέτουμε για 2x → έχουμε ότι 2y →

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

lim 3 4 4 lim 4 3 4 lim 4 3 4x y x

f x f x f y f y f x f x→ → →

+ − = ⇔ − + = ⇔ − + =

Θεωρούμε τις συναρτήσεις ( ) ( ) ( )3 4h x f x f x= + − (1), ( )2

lim 4x

h x→

=

Και ( ) ( ) ( )4 3x f x f xϕ = − + (2), ( )2

lim 4x

xϕ→

=

Λύνουμε την σχέση (2) ως προς ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 4 3x f x f x f x f x xϕ ϕ= − + ⇔ − = − (3)

( )( )

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

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

3

1 3 4 3 3 10

1010

h x f x f x h x f x f x x h x f x x

x h xf x x h x f x

ϕ ϕ

ϕϕ

⇒ = + − ⇔ = + − ⇔ = − ⇔

+= + ⇔ =


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

4 2lim lim lim lim10 10 5x x x x

x h xf x f x f x

ϕ→ → → →

+= ⇔ = ⇔ =

Παράδειγμα 23. Αν ( ) ( )2

20

2lim 1x

f x xf xx→

−= − , να βρείτε το

( )0

limx

f xx→

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

( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 20 0 0

2 2

0 0

2 2 2lim 1 lim 1 lim 1

lim 1 1 lim 1 1 1

x x x

x x

f x xf x f x xf x x x f x xf x x xx x x x

f x x f xx x

→ → →

→ →

− − + − − += − ⇔ = − ⇔ − = − ⇔

− ⇔ − = − ⇔ − − = −

Λύση: Το δοσμένο όριο γράφεται :

Θεωρούμε συνάρτηση

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

1 1 1 1 1 1 1 1f x f x f x f x

h x h x h x h xx x x x

= − − ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = + +

και ( )0

lim 1x

h x→

= −

Έχουμε ότι: ( ) ( )( ) ( )

0 0 0lim lim 1 1 lim 1x x x

f x f xh x

x x→ → →= + + ⇔ =

Κων/νος




§ 2,5 ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ 0x ∈ Με τη βοήθεια του ορισμού αποδεικνύονται οι παρακάτω ιδιότητες:

• Αν +∞=→

)(lim0

xfxx

, τότε 0)( >xf κοντά στο 0x , ενώ

αν −∞=→

)(lim0

xfxx

, τότε 0)( <xf κοντά στο 0x .

• Αν +∞=→

)(lim0

xfxx

, τότε −∞=−→

))((lim0

xfxx

, ενώ

αν −∞=→

)(lim0

xfxx

, τότε +∞=−→

))((lim0

xfxx

.

• Αν +∞=→

)(lim0

xfxx

ή −∞ , τότε 0)(

1lim0

=→ xfxx

.

• Αν 0)(lim0

=→

xfxx

και 0)( >xf κοντά στο 0x , τότε +∞=→ )(

1lim0 xfxx

, ενώ αν 0)(lim0

=→

xfxx

και

0)( <xf κοντά στο 0x , τότε −∞=→ )(

1lim0 xfxx

.

• Αν +∞=→

)(lim0

xfxx

ή −∞ , τότε +∞=→

|)(|lim0

xfxx

.

• Αν +∞=→

)(lim0

xfxx

, τότε +∞=→

kxx

xf )(lim0

.

ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο (όριο αθροίσματος)

Αν στο x0 ∈

Κων/νος


το όριο της f είναι: α∈ α∈ +∞ -∞ +∞ -∞

και το όριο της g είναι: +∞ -∞ +∞ -∞ -∞ +∞

τότε το όριο της gf + είναι:

+∞ -∞ +∞ -∞ ; ;

ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο (όριο γινομένου)

Αν στο x0 ∈ ,

το όριο της f είναι:

α>0 α<0 α>0 α<0 0 0 +∞ +∞ -∞ -∞

και το όριο της g είναι: +∞ +∞ -∞ -∞ +∞ -∞ +∞ -∞ +∞ -∞

τότε το όριο της f·g είναι: +∞ -∞ -∞ +∞ ; ; +∞ -∞ -∞ +∞




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΟΥ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ , 00a a ≠

Αν μας ζητείται ο υπολογισμός ενός ορίου της μορφής ( )( )0

limx x

f xA

g x→= με ( )

0

lim 0x x

f x a→

= ≠ και

( )0

lim 0x x

g x→

= τότε:

Α) Ελέγχουμε το πρόσημο της g καθώς 0x x→ . Αν το πρόσημο της g δεν μεταβάλλεται σε περιοχή του

0x και ( ) ( ) ( )0 0 0 00 , ,g x x x x x xδ δ> ∀ ∈ − ∪ + ,δ > 0 ή ( ) ( ) ( )0 0 0 00 , ,g x x x x x xδ δ< ∀ ∈ − ∪ + , δ > 0,τότε το ζητούμενο όριο θα είναι +∞ ή −∞ αντίστοιχα. Β) Αν η g δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο σε περιοχή του 0x τότε εργαζόμαστε με τα πλευρικά όρια και διαπιστώνουμε την ύπαρξη ή μη του ορίου. Παράδειγμα 1. Να βρείτε τα όρια (αν υπάρχουν)

α) ( )21

3 5lim1x

xx→

−

− β)

0

2 1limx

xxηµ→

−

( )21x −Λύση: α) Αρχικά πρέπει να υπολογίσουμε το πρόσημο της παράστασης σε περιοχή του 1.

Έχουμε ότι ( )21 0x − ≥ για κάθε x∈ άρα και για 1x → Έτσι το ζητούμενο όριο γράφεται:

( ) ( )( )2 21

3 5 3 1 5lim 21 1 1x

xx→

− ⋅ −= = − ⋅ +∞ = −∞

− −

β) Από την γραφική παράσταση του xηµ έχουμε ότι η συνάρτηση αλλάζει το πρόσημο της σε περιοχή του 0. Ισχύει ότι 0xηµ > για 0x +→ και 0xηµ < για 0x −→

( ) ( )( )0 0

2 1 1lim lim 2 1 2 0 1x x

x xx xηµ ηµ− −→ →

−= − ⋅ = ⋅ − −∞ = +∞

Άρα θα εργαστούμε με πλευρικά όρια:

Και

( ) ( )( )0 0

2 1 1lim lim 2 1 2 0 1x x

x xx xηµ ηµ+ +→ →

−= − ⋅ = ⋅ − +∞ = −∞

Άρα το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει.

2 2 4 6

1.0

0.5

0.5

1.0

6 4 2 2 4 6

40

20

20

40

Κων/νος




Παράδειγμα 2. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2

12 3

xf xx x

−=

− −. Να βρεθεί το ( )

3limx

f x→

Κατασκευάζουμε τον πίνακα προσήμων για τον παρονομαστή της συνάρτησης f. Έχουμε ότι:

Λύση:

2 2 3 0 3x x x− − = ⇔ = ή 1x = −

Από τον παραπάνω πίνακα παρατηρούμε ότι o παρονομαστής δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο καθώς 3x → Έτσι έχουμε:

• ( ) ( ) ( )2 23 3 3

1 1lim lim lim 1 22 3 2 3x x x

xf x xx x x x− − −→ → →

− = = − = − ⋅ −∞ = +∞ − − − −

• ( ) ( ) ( )2 23 3 3

1 1lim lim lim 1 22 3 2 3x x x

xf x xx x x x+ + +→ → →

− = = − = − ⋅ +∞ = −∞ − − − −

Άρα το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει. Σημείωση:

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΌΡΙΑ ΜΕ ΠΑΡΑΜΕΤΡΟ

Η χάραξη της γραφικής παράστασης δεν είναι απαραίτητη για τον υπολογισμό του ορίου. Βοηθά όμως σημαντικά στην επαλήθευση των αποτελεσμάτων.

Αν ένα όριο της μορφής ( )( )0

limx x

f xg x→

μας οδηγεί στη μορφή ( )0

a λ, όπου η παράσταση α(λ) εξαρτάται

από την παράμετρο λ, τότε: • Σχηματίζουμε έναν πίνακα με το πρόσημο του α(λ) • Σχηματίζουμε τον πίνακα προσήμων για τη g(x).

Αν στο 0x η g δεν αλλάζει πρόσημο, τότε μελετάμε το όριο για τις διάφορες τιμές του λ, με βάση τον πίνακα προσήμου του α(λ). Αν στο 0x η g δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο , εργαζόμαστε όπως πριν, αλλά παίρνοντας τα πλευρικά όρια. Παράδειγμα 3. Για τις διάφορες τιμές του λ∈ να βρείτε το ( )

1limx

f x→

όταν

( )2 22

1x xf x

xλ λ− −

=−

1 0x − ≥

Λύση: Έχουμε ότι:

για κάθε x∈ άρα και για 1x →

Ο αριθμητής για 1x = παίρνει την τιμή ( ) ( )2 22 2a aλ λ λ λ λ λ= − − ⇔ = − − + Κατασκευάζουμε τον πίνακα προσήμων για την παράσταση α(λ).

x −∞ 1− 3+ +∞

Κων/νος

Παπασταματίου2 2 3x x− − + - +

4 2 2 4

2

1

1

2



( ) 2 10 2 0

2a

λλ λ λ

λ=

= ⇔ − − + = ⇔ = −

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Για 2λ < −

( ) ( ) ( )( )2 2

2 2 2

1 1 1

2 1lim lim lim 2 21 1x x x

x xf x x xx xλ λ λ λ λ λ

→ → →

− −= = − − = − − +∞ = −∞ − −

Για 2 1λ− < <

( ) ( ) ( )( )2 2

2 2 2

1 1 1



→ → →

− −= = − − = − − +∞ = +∞ − −

Για 1λ >

( ) ( ) ( )( )2 2

2 2 2

1 1 1



→ → →

− −= = − − = − − +∞ = −∞ − −

Για 2λ = −

( ) ( ) ( )( )2

2

1 1 1

2 2 4 1lim lim lim 2 2 4 01 1x x x

x xf x x xx x→ → →

+ −= = + − = +∞ − −

Παρατηρούμε ότι έχουμε απροσδιοριστία Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

( ) ( ) ( )( )2

1 1 1

2 2 4 2 1 2lim lim lim

1 1x x x

x x x xf x

x x→ → →

+ − − + = = − −

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν 1x −→ τότε ( )1 1x x− = − −

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

1 1 1 1

2 1 2 2 1 2lim lim lim lim 2 2 6

1 1x x x x

x x x xf x x

x x− − − −→ → → →

− + − += = = − + = − − − −

• Αν 1x +→ τότε ( )1 1x x− = −

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

1 1 1 1

2 1 2 2 1 2lim lim lim lim 2 2 6

1 1x x x x

x x x xf x x

x x+ + + +→ → → →

− + − += = = + = − −

Άρα το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει. Όμοια εργαζόμαστε και για λ = 1

Σημείωση: 00

Οι απροσδιόριστες μορφές είναι οι εξής , ∞∞Κω

ν/νος


, 0 ⋅∞ , ∞−∞ . Οι διαδικασίες που

ακολουθούνται για την άρση της απροσδιοριστίας είναι όμοιες με αυτές της μορφής 00

, που

αναπτύχθηκαν σε προηγούμενες μεθοδολογίες. Εκτενέστερα θα αναφερθούμε στην επόμενη παράγραφο.

λ −∞ 2− 1+ +∞ 2 2λ λ− − + - + -



Παράδειγμα 4. Έστω η συνάρτηση ( ) ( )2

2

1 44 4

ax xf x

x xβ+ − +

=− +

. Να βρείτε τις τιμές των α. β για

τις οποίες το όριο της f στο 2 είναι πραγματικός αριθμός.

( )2

limx

f x→

= Λύση:

Θέλουμε όπου ∈

Έχουμε

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )2 2

2222

1 4 1 41 4 2

4 4 2ax x ax x

f x f x a x x x f xx x x

β ββ

+ − + + − += ⇔ = ⇔ + − + = −

− + −(1)


( )( ) ( ) ( )22

2 2lim 1 4 lim 2 4 2 2 4 0 2 1 1 2x x

ax x x f x a a aβ β β β→ →

+ − + = − ⇔ + − + = ⇔ + = − ⇔ = − −


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

2 22 2

2 2

2 1 1 4 2 2 2 4 2

( 2 )2 2 2 2 2 2 2 2

ax a x x f x ax ax x x f x

ax x x x f x ax x x f x ax x f x

+ − − − + = − ⇔ − − + = − ⇔

⇔ − − − = − ⇔ − − = − ⇔ − = −

Και ( ) ( ) ( )

2 2lim 2 lim 2 2 2 0 1x x

ax x f x a a→ →

− = − ⇔ − = ⇔ = . Επομένως 1 2 3aβ β= − − ⇔ = −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Η μέθοδος της βοηθητικής συνάρτησης, όπως αυτή περιγραφικέ στην προηγούμενη παράγραφο, βρίσκει εφαρμογή και στην περίπτωση που το δοσμένο όριο στο 0x είναι ±∞ . Παράδειγμα 5. Να βρείτε το ( )

1limx

f x→

όταν:

α) ( )

21lim

1x

f xx→

= −∞+

β) ( )

1lim

2 3x

f xx→

= +∞−

( ) ( ) ( ) ( )( )22 1

1f x

g x f x g x xx

= ⇔ = ++

Λύση:

α) Θεωρούμε συνάρτηση και

Κων/νος


( )1

limx

g x→

= −∞

Άρα ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 2

1 1 1 1lim lim 1 lim 1 1 limx x x x

f x g x x f x f x→ → → →

= + ⇔ = −∞ + ⇔ = −∞

β)Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 32 3f x

h x f x x h xx

= ⇔ = −−

και ( )1

limx

h x→

= +∞

Άρα ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

1 1 1 1lim lim 2 3 lim 2 1 3 limx x x x

f x x h x f x f x→ → → →

= − ⇔ = ⋅ − +∞ ⇔ = −∞



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΜΟΡΦΗ ±∞±∞

Αν γνωρίζουμε ότι ( )0

limx x

f x→

= ±∞ και εμφανίζεται η απροσδιοριστία της μορφής ±∞±∞

τότε μία

μέθοδος για να υπερκεράσουμε αυτό το εμπόδιο είναι να διαιρέσουμε και τους δύο όρους του κλάσματος με την παράσταση που απειρίζεται, στην μεγαλύτερη δύναμη που αυτή εμφανίζεται στο κλάσμα.

Παράδειγμα 6. Έστω η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ότι: ( )( )1

2lim

3 1x

f xf x→−

−= −∞

+.

Να βρείτε το ( )1

limx

f x→−

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

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

23 1 2 3 2

3 1

3 13 2

2

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

f x

g xf x g x f x g x f x

g x

−= ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔

+

−⇔ − = − − ⇔ =

− −

Λύση: Θεωρούμε συνάρτηση

Έχουμε ότι :

( ) ( )( )1 1

3 1lim lim

2x x

g xf x

g x→− →−

− −∞= =

− − +∞ που είναι απροσδιόριστη μορφή. Για την άρση της

απροσδιοριστίας θα διαιρέσουμε και τους δύο όρους του κλάσματος με g( x).

( ) ( )( )

( )( )( )

( )

( )

( )1 1 1 1

3 1 133 1 3 0lim lim lim lim 3222 0 11

x x x x

g xg x g x g x

f xg xg x

g xg x→− →− →− →−

−−

− −= = = = = −

−− −− − −−

Παράδειγμα 7. Έστω οι συναρτήσεις , :f g → . Αν ( ) ( )

1 1lim limx x

f x g x→ →

= = −∞ να βρείτε

το όριο: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21

2 3lim

2x

f x g x f x g xf x g x f x g x→

− + ⋅+ +

( ) ( )2 2f x g x

Λύση: Έχουμε ότι το δοσμένο όριο είναι αδύνατο να υπολογιστεί με απευθείας αντικατάσταση. Διαιρούμε και τους δύο όρους του κλάσματος με την παράσταση

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

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

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

2 2

2 2 2 22 2 2 21 1

2 2

2 32 3

lim lim22x x

f x g x f x g xf x g x f x g x f x g x

f x g x f x g xf x g x f x g xf x g x

→ →

− + ⋅− + ⋅

= =+ ++ +

Κων/νος




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

( ) ( )

2 2

1

2 2

1 2 30lim 01 2 11

x

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

g x f x→

− += = =

+ +

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΑΠΕΙΡΟ Τα συμπεράσματα της παρακάτω άσκησης μπορούν να θεωρηθούν ως θεωρεία και να χρησιμοποιηθούν σε διάφορες ασκήσεις. Προσοχή

Παράδειγμα 8. Αν

Επειδή δεν αναφέρονται στο σχολικό βιβλίο πρέπει όποτε γίνεται χρήση να αποδεικνύονται.

( ) ( )f x g x≤ κοντά στο 0x και

α) ( )0

limx x

f x→

= +∞ , τότε και ( )0

limx x

g x→

= +∞

β) ( )0

limx x

g x→

= −∞ , τότε και ( )0

limx x

f x→

= −∞

( )0

limx x

f x→

= +∞Λύση: α) Επειδή , έχουμε ( ) 0f x > κοντά στο 0x , οπότε και ( ) 0g x > κοντά στο 0x .

Είναι ( ) ( )1 1 0

f x g x≥ ≥

Ισχύει ότι: ( )0 0

1lim 0 lim 0x x x xf x→ →

= = Άρα από κριτήριο παρεμβολής συμπεραίνουμε ότι: ( )0

1lim 0x x g x→

=

οπότε ( )0

limx x

g x→

= +∞

β) Όμοια αποδεικνύεται και το ερώτημα αυτό.

Κων/νος




§ 2,6 ΟΡΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ

+∞=+∞→

ν

xxlim και 01lim =

+∞→ νx x , v∈ *

∞∞+

=−∞→ περιττόςαν,-

άρτιοςαν,lim

νν

x ν

x και 01lim =−∞→ νx x , v∈ *

.

Όριο πολυωνυμικής και ρητής συνάρτησης

Για την πολυωνυμική συνάρτηση 01

1)( αxαxαxP νν

νν +++= −

− , με 0≠να ισχύει:

)(lim)(lim ννxxxαxP

+∞→+∞→= και )(lim)(lim ν

νxxxαxP

−∞→−∞→=

Όρια εκθετικής - λογαριθμικής συνάρτησης

• Αν 1>α , τότε

0lim =−∞→

x

xα , +∞=

+∞→

x

xαlim

−∞=→

xαxloglim

0 , +∞=+∞→

xαxloglim

• Αν 10 << α , τότε

+∞=−∞→

x

xαlim , 0lim =

+∞→

x

xα

+∞=→

xαxloglim

0 , −∞=+∞→

xαxloglim

Κων/νος





ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΌΡΙΟ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΗΣ – ΡΗΤΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Αν ( ) 1

1 1 0...v vv vf x a x a x a x a−

−= + + + και ( ) 11 1 0...g x x x xκ κ

κ κβ β β β−−= + + + + τότε:

• ( ) ( )lim lim vvx x

f x a x→+∞ →+∞

= και ( ) ( )lim lim vvx x

f x a x→−∞ →−∞

=

• ( )( )

lim limv

v

x x

f x a xg x xκκβ→+∞ →+∞

= και ( )( )

lim limv

v

x x

f x a xg x xκκβ→−∞ →−∞

=

Έτσι για την εύρεση ορίου πολυωνυμικών ή ρητών συναρτήσεων στο ∞ περιοριζόμαστε μόνο στο όριο του μεγιστοβάθμιου όρου ή του πηλίκου τους αντίστοιχα. Παράδειγμα 1. Να υπολογίσετε τα όρια:

α) ( )3lim 5 3 2x

x x→+∞

− + − β) 4

3

2 1lim2 1x

x xx x→+∞

− ++ +

Λύση:

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

x x x→+∞ →+∞

− + − = − = − ⋅ +∞ = −∞

α) Έχουμε ότι:

β) Ισχύει ότι:

( )4 4

3 3

2 1 2lim lim lim 2 22 1x x x

x x x xx x x→+∞ →+∞ →+∞

− += = = ⋅ +∞ = +∞

+ +

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΌΡΙΟ ΆΡΡΗΤΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Αν x →+∞ ή

Κων/νος


x →−∞ , τότε τους όρους της μορφής 1 0...vva x a x aκ + + + τους γράφουμε στην

μορφή 011...v

v v v

aax ax x

κ κ−⋅ + + + . Επειδή

vvx xκ κ= , βγάζουμε από όλους τους όρους «κοινό

παράγοντα» την μεγαλύτερη δύναμη του x (πιθανόν ρητή δύναμη). Αν στο ζητούμενο όριο δεν οδηγηθούμε σε απροσδιόριστη μορφή 0 ⋅∞ , τότε το όριο προκύπτει άμεσα. Αν όμως καταλήξουμε σε

μορφή 0 ⋅∞ , τότε εφαρμόζουμε παρόμοιες τακτικές με αυτές που αναφέρθηκαν στην μορφή 00

(π.χ.

συζυγή παράσταση) Παράδειγμα 2. Να βρείτε τα όρια:

α) 3lim 2 1x

x x→+∞

− + β) ( )2lim 1 2x

x x x→−∞

− + − + γ) ( )2 2lim 2 4 1x

x x x→+∞

− +




3 33 3 2

3 3 3 2 3

2 1 2 1lim 2 1 lim lim 1x x x

x xx x x xx x x x x→+∞ →+∞ →+∞

− + = − + = − + (1)

Για x →+∞ ισχύει ότι: 3322x x=


( )( ) ( )

33 322 2

2 32 3 2 3

2 1 2 1 2 1lim 1 lim 1 1 1x x

x xx x x x→+∞ →+∞

− + = − + = +∞ − + = +∞⋅ = +∞ +∞ +∞

β) Έχουμε διαδοχικά ότι:

( ) ( )( ) ( )

( )

22 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2

1lim 1 2 lim 1 2 lim 2

1 1 2lim 2 lim

1 2lim 1

x x x

x x

x x

x

x xx x x x x x x xx x x

x x x x xx x xx x x x x x x x

x xxx x x x

→−∞ →−∞ →−∞

=−

→−∞ →−∞

→−∞

− + − + = − + − − = − + − − =

= − − + − − = − − + + − =

= − − + + − 2

= +∞ ⋅ = +∞

γ) Στο συγκεκριμένο όριο, αν εφαρμόσουμε την προηγούμενη τεχνική, θα καταλήξουμε στην απροσδιόριστη μορφή 0 ⋅∞ . Θα εργαστούμε, λοιπόν, με την μέθοδο του συζυγή. Ισχύει ότι:

( ) ( )2

2 2 22 2

22 2

22 2

2

22 2

2

4 1lim 2 4 1 lim 2 4 1 lim 2

1 12 4 2 41 1lim 2 4 lim 2 4 lim

12 4

12 4

lim2 4

x x x

x x

x x x

x

xx x x x x x x x xx x

xx x

x x x xx x

x

xx

→+∞ →+∞ →+∞

=

→+∞ →+∞ →+∞

→+∞

− + = − + = − + =

− + + + = − + = − + = = + +

− + =

+ +

22

2 2 2

14 41 1lim lim

41 1 12 4 2 4x x

xx

x x x

→+∞ →+∞

− − − = = −

+ + + +

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΌΡΙΟ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ Υπενθυμίζουμε τα εξής:

• Αν ( )lim 0x

f x→+∞

= > , τότε υπάρχει α >0, ώστε ( ) 0f x > για κάθε x a>

• Αν ( )lim 0x

f x→+∞

= < , τότε υπάρχει α >0, ώστε ( ) 0f x < για κάθε x a>

• Αν ( )lim 0x

f x→−∞

= > , τότε υπάρχει α <0, ώστε ( ) 0f x > για κάθε x a<

Κων/νος




• Αν ( )lim 0x

f x→−∞

= < , τότε υπάρχει α <0, ώστε ( ) 0f x < για κάθε x a<

Παράδειγμα 3. Δίνεται η συνάρτηση: ( )3 2 2

3

2 3 3 5 7 13

5 7

x x x x xf x

x x x

+ − + − − −=

+ − + −. Να βρεθεί το

όριο ( )limx

f x→+∞

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

x x x x→+∞ →+∞

+ − + = = +∞

Λύση: Έχουμε ότι:

άρα 3 2 3 22 3 3 5 2 3 3 5x x x x x x+ − + = + − +

( ) ( )2 2lim 7 13 limx x

x x x→+∞ →+∞

− − = = +∞ άρα 2 27 13 7 13x x x x− − = − −

( )3 3lim 5 limx x

x x x→+∞ →+∞

+ + = = +∞ άρα 3 35 5x x x x+ + = + +

( )lim 7x

x→+∞

− = −∞ άρα 7 7x x− = −

Επομένως το ζητούμενο όριο γράφεται:

( )3 2 2 3 2 2

33

3

3

2 3 3 5 7 13 2 3 3 5 7 13lim lim lim5 75 7

2lim 2

x x x

x

x x x x x x x x x xf xx x xx x x

xx

→+∞ →+∞ →+∞

→+∞

+ − + − − − + − + − + += = =

+ − + −+ − + −

= =

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΌΡΙΑ ΜΕ ΠΑΡΑΜΕΤΡΟ Για την εύρεση ενός παραμετρικού ορίου:

• Αρχικά διακρίνουμε περιπτώσεις για την παράσταση της παράμετρο του μεγιστοβάθμιου όρου και κάνουμε τον πίνακα προσήμων.

• Αφού εξαντλήσουμε την περίπτωση που μηδενίζεται η παραμετρική παράσταση του μεγιστοβάθμιου όρου στην συνέχεια εξετάζουμε το όριο σε κάθε διάστημα.

Παράδειγμα 4. Για τις διάφορες τιμές του λ να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια:

α) ( )2 4lim 2 1x

x xλ λ→−∞

− − + β)( )( )

3

2

2 1 3 1lim

1 2x

x xx

λλ→−∞

− − ++ +

2 2 0 2λ λ− = ⇔ = ±

Λύση: α) Για την παραμετρική παράσταση του μεγιστοβάθμιου όρου έχουμε ότι:

• Για 2λ = έχουμε:

( ) ( )2 4lim 2 1 lim 2 1x x

x x xλ λ→−∞ →−∞

− − + = − + = +∞

λ −∞ 2− 2+ +∞ 2 2λ − + - +

Κων/νος




• Για 2λ = − έχουμε:

( ) ( )2 4lim 2 1 lim 2 1x x

x x xλ λ→−∞ →−∞

− − + = + = −∞

• Για ( ) ( ), 2 2,λ∈ −∞ − ∪ +∞ έχουμε:

( ) ( ) ( )( )2 2 042 4 2 4 2lim 2 1 lim 2 2

x xx x x

λλ λ λ λ

− >

→−∞ →−∞ − − + = − = − −∞ = +∞

• Για ( )2, 2λ∈ − έχουμε:

( ) ( ) ( )( )2 2 042 4 2 4 2lim 2 1 lim 2 2

x xx x x

λλ λ λ λ

− <

→−∞ →−∞ − − + = − = − −∞ = −∞

β) ) Για την παραμετρική παράσταση του μεγιστοβάθμιου όρου έχουμε ότι:

12 1 02

λ λ− = ⇔ =

• Για 12

λ = έχουμε:

( )( )

3

22 22

2 1 3 1 3 1 3 1 3 2lim lim lim lim lim 03 311 2 21 22 22

x x x x x

x x x x xx xx xx

λλ→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞

− − + − + − + − −= = = =

+ + ++ +

• Για 12

λ ≠

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις για την παραμετρική παράσταση του παρονομαστή. 1 0 1λ λ+ = ⇔ = −

Για 1λ = − ( )( )

3 33

2

2 1 3 1 3 3 1 3lim lim lim1 2 2 2x x x

x x x x xx

λλ→−∞ →−∞ →−∞

− − + − − + −= = = +∞

+ +

Για 1λ ≠ − έχουμε ότι: ( )( )

( )( )

( )( )

3 3

2 2

2 1 3 1 2 1 2 1lim lim lim

1 2 1 1x x x

x x xx

x xλ λ λλ λ λ→−∞ →−∞ →−∞

− − + − −= =

+ + + +

Αν Κων/νος


( ) 1, 1 ,2

λ ∈ −∞ − ∪ +∞

τότε

( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( )

( )( )2 1

03 3 1

2 2

2 1 3 1 2 1 2 1 2 1lim lim lim

1 2 1 1 1x x x

x x xx

x x

λλλ λ λ λ

λ λ λ λ

−>

+

→−∞ →−∞ →−∞

− − + − − −= = = −∞ = −∞

+ + + + +

λ −∞ 12 +∞

2 1λ − - +

λ −∞ 1− 12 +∞

2 1λ − - - + 1λ + - + +

+ - +



Αν 11,2

λ ∈ −

( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( )

( )( )2 1

03 3 1

2 2

2 1 3 1 2 1 2 1 2 1lim lim lim

1 2 1 1 1x x x

x x xx

x x

λλλ λ λ λ

λ λ λ λ

−<

+

→−∞ →−∞ →−∞

− − + − − −= = = −∞ = +∞

+ + + + +

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΌΡΙΑ ΜΕ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΟΥΣ ΌΡΟΥΣ Ένα χαρακτηριστικό των συναρτήσεων xηµ και xσυν είναι ότι τα όρια:

limx

A xηµ→±∞

= και limx

xσυν→±∞

Β =

Καθώς και τα αντίστοιχα όρια περιοδικών και μη σταθερών συναρτήσεων δεν υπάρχουν. Αν λοιπόν σε κάποιο όριο παρουσιάζονται οι όροι xηµ και xσυν τότε προσπαθούμε τους όρους αυτούς να τους διαιρέσουμε με κάποια θετική τιμή δύναμη του x, ώστε χρησιμοποιώντας το κριτήριο παρεμβολής να τους μηδενίσουμε. Επισημαίνουμε ότι το κριτήριο παρεμβολής δίνει ότι:

lim 0vx

xxηµ

→±∞= και lim 0vx

xx

συν→±∞

=

Για κάθε θετικό αριθμό ν. Αντί του vx μπορούμε να έχουμε οποιαδήποτε συνάρτηση με άπειρο όριο. Παράδειγμα 5. Να βρείτε τα όρια:

α) 2

2 2

3 1 3 1lim2 5 1x

x xx x

ηµ→+∞

− +⋅

+ + β)

2 2lim3x

x x xx x

ηµσυν→−∞

−+

γ) ( )2 2lim 1 1x

xx

ηµ→−∞

+ − ⋅

2

3 11

xx++

Λύση:

α) Παρατηρούμε ότι το όριο της συνάρτησης καθώς το x →+∞ είναι

2 2

3 1 3 3lim lim lim 01x x x

x xx x x→+∞ →+∞ →+∞

+= = =

+

Άρα

Κων/νος


2

3 1lim 0 01x

xx

ηµ ηµ→+∞

+= =

+(το συμπέρασμα αυτό προκύπτει με τη χρήση του κριτηρίου

παρεμβολής) Ισχύει ακόμη ότι:

2 2

2 2

3 1 3 3lim lim2 5 2 2x x

x xx x→+∞ →+∞

−= =

+

Επομένως το ζητούμενο όριο θα δίνεται από την σχέση: 2 2

2 2 2 2

3 1 3 1 3 1 3 1 3lim lim lim 0 02 5 1 2 5 1 2x x x

x x x xx x x x

ηµ ηµ→+∞ →+∞ →+∞

− + − +⋅ = ⋅ = ⋅ =

+ + + +

β) Τα όρια lim

xxηµ

→−∞ και lim

xxσυν

→−∞ δεν υπάρχουν επομένως δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις

ιδιότητες των ορίων και να καταλήξουμε απευθείας σε αποτέλεσμα. Διαιρούμε λοιπόν (όπως αναφέραμε και στη μεθοδολογία) με το x, στην μεγαλύτερη δύναμη που αυτό εμφανίζεται, μέσα στο όριο.



2

2 2

2 2

2 1 2 1 2 1 22lim lim lim lim lim3 3 13 33x x x x x

x x x x x xx x x x x x xxx x x xxx x

x x x xx x

ηµ ηµ ηµ ηµηµ

συν συν συνσυνσυν→−∞ →−∞ →−∞ →−∞ →−∞

− − − − −= = = = ⋅ ++ + ++

Υπολογίζουμε τα όρια των παραστάσεων x

xηµ

και 2

xx

συν, καθώς x →−∞ , ξεχωριστά με τη χρήση

του κριτηρίου παρεμβολής. Έχουμε ότι:

0 1 11 1x xx

x x xηµηµ

<

− ≤ ≤ ⇔− ≥ ≥

1lim 0lim 0

1lim 0

ήx

xή

x

xxx

x

ριτ ριο

αρεµβολ ς

ηµΚ→−∞

→−∞Π

→−∞

− = ⇒ ==

Αντίστοιχα έχουμε ότι: 0 1 11 1

x xxx x x

συνσυν<

− ≤ ≤ ⇔− ≥ ≥

1lim 0lim 0

1lim 0

ήx

xή

x

xxx

x

ριτ ριο

αρεµβολ ς

συνΚ→−∞

→−∞Π

→−∞

− = ⇒ ==

Άρα το ζητούμενο όριο γράφεται:

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

3 0 33 3 lim

x

x x

x

x xx xx xx xx x

ηµ ηµ

συν συν→−∞

→−∞ →−∞

→−∞

− − − ⋅⋅ = ⋅ = −∞ = −∞ = −∞ + + +

Προσοχή!!!0

lim 1x

xx

ηµ→

= Το όριο ισχύει μόνο στην περίπτωση που 0x → και όχι γενικά.

γ) Παρατηρούμε ότι για x →−∞ έχουμε ότι 2 0x→ . Σε αυτή λοιπόν την περίπτωση θα προτιμήσουμε

να θέσουμε καθώς γνωρίζουμε την ύπαρξη του ορίου 0

limx

xηµ→

.

Θέτουμε 2 2y xx y

= ⇔ = και για x →−∞ έχουμε ότι 0y −→

Άρα το δοσμένο όριο γράφεται:

( )

( )

( )

22

20 0

2 22

0 0 0

2

0 0

2 2 4lim 1 1 lim 1 1 lim 1 1

4 4lim 1 lim lim 4

lim 4 lim 2

x y y

y y y

y y

x y yx y y

y y y yy y y yy y y

yy yy

ηµ ηµ ηµ

ηµηµ ηµ

ηµ

− −

− − −

− −

→−∞ → →

→ → →

→ →

+ − ⋅ = + − ⋅ = + − ⋅ = + + + = − ⋅ = ⋅ = − + + = −

= − + + =

1 2⋅ =

Σημείωση: Το ανωτέρω ερώτημα επιλύεται και με την μέθοδο που εργαστήκαμε στο (α)

Κων/νος




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΌΡΙΟ ΕΚΘΕΤΙΚΩΝ – ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Α. Θυμίζουμε ότι:

lim x

xe

→+∞= +∞ και lim 0x

xe

→−∞= , lim ln

xx

→+∞= +∞ και

0lim lnx

x→

= −∞

0 Β. Όταν x →+∞ , τότε οι όροι xe , vx , ln x απειρίζονται. Ισχυρότερος όρος είναι ο xe , και ακολουθεί ο

vx ( )v∈ . Επομένως σε περίπτωση απροσδιοριστίας ∞−∞ κοινός παράγοντας πρέπει να βγει ο xe

(αν υπάρχει). Αν δεν υπάρχει ο xe , τότε κοινό παράγοντα βγάζουμε το vx , όπου ν είναι ο μεγαλύτερος από τις παρουσιαζόμενες δυνάμεις του x. Αν υπάρχουν περισσότεροι εκθετικοί όροι , κοινό παράγοντα βγάζουμε αυτών με την μεγαλύτερη βάση. Παράδειγμα 6. Να βρείτε τα όρια:

α) 13 5lim

2 3

x x

x xx

ee

+

→−∞

+⋅ −

β) 2

2lim ln1x

xx→+∞

++

xeΛύση: α) Βγάζουμε κοινό παράγοντα από τον αριθμητή και το παρονομαστή το Έχουμε ότι:

1

1

3 35 3 53 5 3 0 5lim lim lim 52 3 2 0 13 32 1 2 1

xxx

xx x

xx x xx x xx

x

eee e

ee

e e

+

+

→−∞ →−∞ →−∞

+ + + ⋅ + = = = = −⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ −


3lim 0,x

x e→−∞

=

γιατί έχουμε ότι 3 1e>

β) Έχουμε ότι 2 2

2 1lim lim lim 01x x x

x xx x x→+∞ →+∞ →+∞

+= = =

+

Άρα

Κων/νος


2

2lim ln ln 01x

xx→+∞

+= = −∞

+



Σ Υ Ν Ε Χ Ε ΙΑ Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Η Σ

§ 2,7 ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Ορισμός της συνέχειας

Έστω μια συνάρτηση f και 0x ένα σημείο 0x του πεδίου ορισμού της. Θα λέμε ότι η f είναι συνεχής στο 0x , όταν

)()(lim 00

xfxfxx

=→

Σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό, μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής σε ένα σημείο 0x του πεδίου ορισμού της όταν:

α) Δεν υπάρχει το όριό της στο 0x ή

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

0x . Ορισμός Συνεχούς Συνάρτησης

Μία συνάρτηση f που είναι συνεχής σε όλα τα σημεία του πεδίου ορισμού της, θα λέγεται, απλά, συνεχής συνάρτηση.

∈0x

Συνέχεια Βασικών Συναρτήσεων.

Κάθε πολυωνυμική συνάρτηση Ρ είναι συνεχής, αφού για κάθε ισχύει

)()(lim 00

xPxPxx

=→

.

— Κάθε ρητή συνάρτηση QP

είναι συνεχής, αφού για κάθε 0x του πεδίου ορισμού της

ισχύει

)()(

)()(lim

0

0

0 xQxP

xQxP

xx=

→.

— Οι συναρτήσεις xxf ημ)( = και xxg συν)( = είναι συνεχείς, αφού για κάθε ∈0x ισχύει

00

ημημlim xxxx

=→

και 00

συνσυνlim xxxx

=→

Κων/νος


.

Τέλος, αποδεικνύεται ότι:

— Οι συναρτήσεις xαxf =)( και xxg αlog)( = , 10 ≠< α είναι συνεχείς. Πράξεις με συνεχείς συναρτήσεις



ΘΕΩΡΗΜΑ

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

gf + , fc ⋅ , όπου ∈c , gf ⋅ , gf , || f και ν f

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

ΘΕΩΡΗΜΑ

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο )( 0xf , τότε η σύνθεσή τους gof είναι συνεχής στο 0x .

),( βα

Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα

ΟΡΙΣΜΟΣ

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

είναι συνεχής σε κάθε σημείο του ),( βα . (Σχ. 63α)

• Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα ],[ βα , όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του ),( βα και επιπλέον

)()(lim αfxfαx

=+→

και )()(lim βfxfβx

=−→

(Σχ. 63β)

Κων/νος





ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΜΕΛΕΤΗ ΩΣ ΠΡΟΣ ΤΗΝ ΣΥΝΕΧΕΙΑ Για να μελετήσουμε μία συνάρτηση f ως προς ην συνέχεια εργαζόμαστε ως εξής:

• Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού Α της f και μελετάμε τη συνέχεια μόνο για x A∈ • Στην περίπτωση που υπάρχει σημείο 0x ∈Α , εκατέρωθεν το οποίου η f αλλάζει τύπο,

εξετάζουμε τη συνέχεια μόνο με τη βοήθεια του ορισμού. Επομένως αν: ( ) ( )

00lim

x xf x f x

→=

Τότε η f είναι συνεχής στο 0x , διαφορετικά όχι. Τονίζουμε ότι για την εύρεση του ( )0

limx x

f x→

εργαζόμαστε με πλευρικά όρια. ( ) ( ) ( )0 0

0lim limx x x x

f x f x f x+ −→ →

= =

Η f δεν είναι συνεχής στο 0x , όταν: • Δεν υπάρχει κάποιο από τα πλευρικά όρια ή • Τα πλευρικά όρια στο 0x υπάρχουν αλλά είναι διαφορετικά ή

• Τα πλευρικά όρια στο 0x είναι ίσα, όχι όμως ίσα με το ( )0f x

Παράδειγμα 1. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση ( ) 21f x xσυν= − είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.

( )( ) [ ]21 0 1 1 0 1,1x x x x− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ∈ −

Λύση: Αρχικά βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f. Έχουμε ότι Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο πεδίο ορισμού της (Η f είναι σύνθεση των συναρτήσεων συνx, x , 21 x− που είναι όλες συνεχής συναρτήσεις.) Παράδειγμα 2. Να μελετήσετε ως προς την συνέχεια την συνάρτηση:

( )

1

1

, 0

, 0

0, 0

x

xx

e x

f x xe x

x

−

<

= > =

Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών Η f είναι συνεχής για κάθε *x∈ ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο *

Θα μελετήσουμε τώρα και την συνεχεία της f στο 0 0x =

Κων/νος


(σημείο αλλαγής τύπου) με την βοήθεια του ορισμού και των πλευρικών ορίων. Έχουμε ότι: Για 0x = ⇒ ( )0 0f =



Ισχύει ακόμη ( )1 0

0 0lim lim 0

xx

x xf x e e

− −

<−∞

→ →= = =

Και ( )1 11

0 0 0lim lim lim 0 0

xx x

x x xf x x e x e e

+ + +

−− −∞

→ → →= ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Άρα ( ) ( ) ( )0 0

lim lim 0x x

f x f x f− +→ →

= = επομένως η f είναι συνεχής και στο 0 0x = ⇒η f είναι συνεχής

στο .

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΩΝ Για να βρούμε τις παραμέτρους, ώστε μία συνάρτηση f να είναι συνεχής:

• Εντοπίζουμε τα σημεία 0x στα οποία ο τύπος της f αλλάζει τον τύπο της

• Απαιτούμε το ( )0

limx x

f x→

να υπάρχει και να είναι πραγματικός αριθμός

• Θέτουμε επιπλέον την συνθήκη ( ) ( )0

0limx x

f x f x→

=

Οι παραπάνω συνθήκες οδηγούν σε σύστημα, του οποίου η λύση μας δίνει τις ζητούμενες τιμές των παραμέτρων.

Παράδειγμα 3. Αν η συνάρτηση ( )2 5 , 1

17 , 1

ax x xf x xx

β + −≠= −

=

είναι συνεχής, να βρείτε τιμές

των ,a β ∈

Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών Η f είναι συνεχής για κάθε 1x ≠ ως ρητή συνάρτηση στο { }1− . Επειδή όμως από υπόθεση

γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορισμού της θέλουμε να είναι συνεχής και στο 0 1x =

Δηλαδή θέλουμε να ισχύει ( ) ( )1

lim 1x

f x f→

=

Για 1x = έχουμε ότι ( )1 7f =

( ) ( )2 2 2

1 1 1 1

5 5 5lim lim 1 lim lim 71 1 1x x x x

ax x ax x ax xf x fx x xβ β β

→ → → →

+ − + − + −= ⇔ = ⇔ =

− − −(1)

Έχουμε ότι

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

2 2

1 1

5 5 1 lim 5 lim 115 0 5

x x

ax x f x a x x f x x a x x f x xx

a a

β β β

β β→ →

+ −= ⇔ + − = − ⇔ + − = − ⇔

−+ − = ⇔ = −

Άρα η (1) γράφεται: ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

22 2

1 1 1

1 1 1

5 55 5 5lim 7 lim 7 lim 71 1 1

1 5 1 1 5lim 7 lim 7 lim 5 7 1 5 7 2

1 1

x x x

x x x

ax a xax x ax ax xx x x

ax x x x axax a a

x x

β→ → →

→ → →

+ − −+ − − + −= ⇔ = ⇔ = ⇔

− − −− + − − +

⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ ⋅ + = ⇔ =− −

Για 2 5 3a aβ= ⇔ = − =

Κων/νος




Παράδειγμα 4. Έστω η συνάρτηση ( )( )

2 22 ,1,

x x xf x

x xλ µ

ηµ µ µ

+ + ≤= − − >

. Αν η f είναι συνεχής, να

βρείτε τους λ, μ.

Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών . Η f είναι συνεχής στο { }µ− ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο { }µ− . Από την υπόθεση έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της άρα η f είναι συνεχής και για

0x µ= .

Ισχύει λοιπόν ότι ( ) ( ) ( )lim limx x

f x f x fµ µ

µ− +→ →

= = (1)

Έχουμε ότι ( ) ( )2 2 2 2lim lim 2 2x x

f x x xµ µ

λ µ µ λ− −→ →

= + + = + +

( ) ( )( )lim lim 1 0 1 1x x

f x xµ µ

ηµ µ+ +→ →

= − − = − = −

( ) 2 22f µ µ µ λ= + + Από την (1) έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )

( )

2 2

22 2 2

lim lim 1 2

2 1 0 1 0

1 0 10 0

x xf x f x f

µ µµ µ µ λ

µ µ λ µ λ

µ µλ λ

− +→ →= = ⇔ − = + + ⇔

⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔

+ = = − ⇔ ⇔ = =

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΕΥΡΕΣΗ ΤΙΜΗΣ Ή ΤΟΥ ΤΥΠΟΥ ΤΗΣ F Όταν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 fx D∈ , τότε ( ) ( )

00lim

x xf x f x

→= . Επομένως:

• Αν μας ζητείται η τιμή ( )0f x , τότε αρκεί να βρούμε το ( )0

limx x

f x→

• Αν μας ζητείται το ( )0

limx x

f x→

, αρκεί να βρούμε την τιμή της f στο 0x , δηλαδή το ( )0f x

Κων/νος


• Αν η f είναι συνεχής στο 0x και μας δίνεται μία ανισοτική σχέση, τότε το ( )0f x , το βρίσκουμε

χρησιμοποιώντας πλευρικά όρια και καταλήγοντας στις σχέσεις ( )0f x a≥ , ( )f x a≤ οπότε

( )0f x a= Σημείωση:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x f x g x f x g x≤ ≤ ⇒ = Η μέθοδος του «εγκλωβισμού», (δηλαδή μία σχέση της μορφής

), μίας συνάρτησης f , είναι μία από τις θεμελιώδης μεθόδους εύρεσης μίας τιμής ή γενικότερα μίας σχέσης, μεταξύ συναρτήσεων, με πληθώρα εφαρμογών κυρίως σε ανισοτικές σχέσεις. Παράδειγμα 5. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει

( ) ( ) 22 3xf x f x x+ = + + για κάθε x∈ . Αν η f είναι συνεχής στο 0 1x = , να βρείτε τον τύπο της f. Λύση:



Αρχικά θα λύσουμε την δοσμένη σχέση ως προς f. Έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 3 3 2 1 3 2xf x f x x xf x f x x x f x x+ = + + ⇔ − = + − ⇔ − = + − (1)

Για 1x ≠ η (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )21

2 3 21 3 21

x xx f x x f xx

≠ + −− = + − ⇔ =

−


( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( )( )( )

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

( ) ( )

2 22

1 1 1 1 2

22 2

2

1 1 1 12 2

1 1 1 1 12 2

3 2 3 23 2lim lim lim lim1 1 3 2

3 2 1lim lim lim lim1 3 2 1 3 2

1 1 1 1lim lim lim lim lim21 3 2 3 2

x x x x

x x x x

x x x x x

x xxf x f xx x x

x xf x f xx x x x

x x xf x f x f x

x x x

→ → → →

→ → → →

→ → → → →

+ − + ++ −= ⇔ = ⇔

− − + +

+ − −⇔ = ⇔ = ⇔

− + + − + +

− + +⇔ = ⇔ = ⇔ =

− + + + +

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 1x = άρα ( ) ( )1

1 limx

f f x→

= επομένως ( ) 112

f =

Ο τύπος της f είναι μία κλαδική συνάρτηση της μορφής

( ) ( )2 3 2 , 1

11 , 12

x xxf x

x

+ −≠

−= =

Παράδειγμα 6. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ότι:

( ) ( )2 21 2f x x x f xηµ+ = + για κάθε 0x ≠ . Αν ( )0 4f = να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο

0 0x = .

0 0x =

Λύση: Για να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο αρκεί να δείξουμε ότι ( ) ( )

0lim 0x

f x f→

=

Έχουμε ότι για 0x ≠ η δοσμένη σχέση γράφεται:

( ) ( ) ( )( ) ( )2

2 2 2 2

2

21 2 1 1 21 1xf x x x f x f x x x f x

xηµηµ ηµ+ = + ⇔ + − = ⇔ =+ −

(1)

Από την (1) προκύπτει ότι:

( ) ( )( )

( )( )2 2

2

20 0 0 0 2 2

2 1 12lim lim lim lim1 1 1 1 1 1x x x x

x xxf x f xx x x

ηµηµ→ → → →

+ += ⇔ = ⇔

+ − + − + +

Κων/νος




( )( )

( )( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 20 0 0 02 2

22

0 0 0 0

2 1 1 2 1 1lim lim lim lim

1 1

lim lim 2 1 1 lim 2 1 1 1 lim 4

x x x x

x x x x

x x x xf x f x

xx

xf x x f x f xx

ηµ ηµ

ηµ

→ → → →

→ → → →

+ + + +⇔ = ⇔ = ⇔

+ −

⇔ = + + ⇔ = ⋅ ⋅ + ⇔ =

Παράδειγμα 7. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( ) ( )2 2f x x f x≤ ⋅ για

κάθε x∈ . Να δείξετε ότι:

α) η f είναι συνεχής στο 0. β) ( )

2limx

f xx→−∞

Για

Λύση: α)Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά

0x = η δοσμένη σχέση γράφεται: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 20 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0f f f f f≤ ≤ ⋅ ⋅ ⇔ ≤ ≤ ⇔ = ⇔ =

Πρέπει τώρα να υπολογίσουμε και το ( )0

limx

f x→

Μετασχηματίζουμε την δοσμένη σχέση ώστε να βρούμε μία σχέση εγκλεισμού για την συνάρτηση f . Έχουμε ότι:

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

22 2 2 2 22 2f x x f x f x x f x x x f x x x f x x x

x f x x x x x f x x x

≤ ⋅ ⇔ − ⋅ + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔

⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − + ≤ ≤ +


0lim 0x

x x→

− =

• ( )0

lim 0x

x x→

+ =

Άρα από κριτήριο παρεμβολής ισχύει ότι: ( ) ( ) ( )0 0

lim 0 lim 0x x

f x f x f→ →

= ⇔ =

β) Από το (α) ερώτημα έχουμε ότι:

( ) ( )2 2 2

x x x xf xx x f x x x

x x x− + +

− + ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ Ισχύει ότι:

• 0

2 2

2 2lim lim lim 0x

x x x

x x xx x x

<

→−∞ →−∞ →−∞

− = = =

• 0

2 20 0

0lim lim 0x

x x

x xx x

<

→ →

+ = =

Άρα από κριτήριο παρεμβολής ισχύει ότι: ( )

20lim 0x

f xx→

=

Παράδειγμα 8. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( ) ( )5f x f x x+ = για

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

( ) ( ) ( ) ( )2 22 0 2 ,f x x f x f x x f x x≤ ⋅ ⇔ ≤ ≤ ⋅ ∀ ∈

Κων/νος




x∈Λύση: Η δοσμένη ισχύει για κάθε άρα θα ισχύει και για 0 0x =

Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )5 40 0 0 0 0 1 0 0 0f f f f f+ = ⇔ ⋅ + = ⇔ = ή ( )4 0 1f = − (αδύνατη)

Άρα ( )0 0f =

Για να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0 0x = αρκεί να δείξουμε ότι ( ) ( )0

lim 0 0x

f x f→

= =

Θα προσπαθήσουμε τώρα κάνοντας χρήση των ιδιοτήτων της διάταξης των πραγματικών αριθμών να «εγκλωβίσουμε» την συνάρτηση f. Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

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

( ) ( ) ( ) ( )4

5 44 4

1 0

4

11 1

1

f x

x xf x f x x f x f x x f x f xf x f x

xf x f x x x f x x

f x

+ >

+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔+ +

⇔ = ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤+

Έχουμε ότι: • ( )

0lim 0x

x→

− =

• 0

lim 0x

x→

=

Άρα από κριτήριο παρεμβολής ισχύει ότι ( ) ( ) ( )0 0

lim 0 lim 0x x

f x f x f→ →

= ⇔ = ⇔ f συνεχής στο 0 0x =

Σημείωση:a

aβ

≤ Εδώ κάναμε χρήση της ιδιότητας

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( ) 1 5xf x xσυν+ ≤ για

κάθε x∈ . Αν η f είναι συνεχής στο 0 0x = να βρείτε το ( )0f .

0 0x =Λύση: Έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο . Άρα από τον ορισμό της συνέχειας σε σημείο ισχύει ότι:

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

lim 0 lim lim 0x x x

f x f f x f x f− +→ → →

= ⇔ = = (1)

Η δοσμένη σχέση γράφεται: ( ) ( )1 5 5 1xf x x xf x xσυν συν+ ≤ ⇔ ≤ −

Για να διαιρέσουμε με x διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν 0x >

( ) ( ) 5 15 1 xxf x x f xx

συνσυν −≤ − ⇔ ≤ και

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )1

0 0 0 0

5 1 5 1 5 1lim lim 0 lim 5 0 5 lim 0 0 25 5x x x x

x x xf x f f fx x x

συν συν συν+ + + +→ → → →

− − −≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤

• Αν 0x <

( ) ( ) 5 15 1 xxf x x f xx

συνσυν −≤ − ⇔ ≥ και

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )1

0 0 0 0

5 1 5 1 5 1lim lim 0 lim 5 0 5 lim 0 0 35 5x x x x

x x xf x f f fx x x

συν συν συν+ + + +→ → → →

− − −≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

Από τις (2) και (3) έχουμε ότι ( )0 0f =

Κων/νος




ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΚΑΙ ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ Η f είναι συνεχής στο 0x , όταν:

• ( ) ( ) ( ) ( )( )0 0

0 0lim lim 0x x x x

f x f x f x f x→ →

= ⇔ − =

• ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 00 0lim lim , 0h h

f x h f x f x h f xλ λ→ →

+ = ⇔ + ⋅ = ≠

• ( ) ( )0 01limh

f h x f x→

⋅ =

Μία ακόμη κατηγορία ασκήσεων στις συναρτησιακές σχέσεις είναι η μετάβαση από συνεχεία σημείο σε συνέχεια σε διάστημα. Δηλαδή ,να δίνεται ότι η f είναι συνεχής σε ένα δοσμένο σημείο 0x και να μας ζητείται να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορισμού της. Για την απόδειξη του ζητούμενου, θεωρούμε τυχαίο σημείο 1 fx D∈ και με κατάλληλο «θέτω», μερικά από τα οποία αναφέρονται παραπάνω, καταλήγουμε σε κάτι που είναι αληθές. (συνήθως

( ) ( )0

0limx x

f x f x→

= )

Παράδειγμα 10. Αν για την συνάρτηση f ισχύει ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = ⋅ για κάθε ,x y∈ (1), να δείξετε ότι: α) Αν η f είναι συνεχής στο 0, τότε η f είναι συνεχής στο β) Αν η f είναι συνεχής στο 0a ≠ και ( ) 0,f x x≠ ∀ ∈ , τότε η f είναι συνεχής στο

( ) ( )0

lim 0x

f x f→

⇔ =Λύση: α) Η f είναι συνεχής στο 0

Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε ,x y∈ άρα θα ισχύει και για 0x y= = Έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20 0 0 0 0 0f x y f x f y f f f f f+ = ⋅ ⇔ + = ⋅ ⇔ = ⇔

Κων/νος


( ) ( )( ) ( )0 0 1 0 0 0f f f− = ⇔ = ή ( )0 1f =

• Αν ( )0 0f = τότε για 0y = η (1) γράφεται

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

0 0,y

f x y f x f y f x f f x f x x=

+ = ⇔ = ⋅ ⇔ = ∀ ∈ δηλαδή η f είναι η μηδενική συνάρτηση που είναι συνεχής στο

• Αν ( )0 1f = και ( ) ( )0

lim 0 1x

f x f→

= = τότε:

Για να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο θεωρούμε τυχαίο 0x ∈ και θέλουμε να ισχύει:

( ) ( )0

0limx x

f x f x→

= ή ισοδύναμα ( ) ( )0 00limh

f x h f x→

+ = (θα χρησιμοποιήσουμε αυτή την σχέση καθώς

η δοσμένη σχέση (1) περιέχει πρόσθεση μέσα στη συνάρτηση f) Έχουμε διαδοχικά ότι:

( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1

0 0 0 00 0 0lim lim limh h h

f x h f x f h f x f h f x→ → →

+ = ⋅ = ⋅ =

Άρα η f είναι συνεχής στο τυχαίο 0x ∈ ⇔ η f είναι συνεχής στο



β) Σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0 Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο α δηλαδή

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )1

0 0lim lim limx a h h

f x f a f h a f a f h f a f a→ → →

= ⇔ + = ⇔ ⋅ = ⇔

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

lim lim 1 lim 0h h h

f a f h f a f h f h f→ → →

⇔ = ⇔ = ⇔ =

Άρα η f είναι συνεχής στο 0 και από το πρώτο ερώτημα η f συνεχής στο Παράδειγμα 11. Έστω συνάρτηση ( ): 0,f +∞ → με: ( ) ( ) ( )f xy f x f y= + για κάθε

( ), 0,x y∈ +∞ . Να δείξετε ότι:

α) ( )1 0f = β) αν η f είναι συνεχής στο 1 τότε η f είναι συνεχής στο

( ), 0,x y∈ +∞Λύση: α) Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε , άρα θα ισχύει και για 1x y= =

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 0f f f f⋅ = + ⇔ = β) Η f είναι συνεχής στο 1, οπότε:

( ) ( ) ( )1 1

lim 1 lim 0x x

f x f f x→ →

= ⇔ =

Θεωρούμε τυχαίο 0 0x > . Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο ( )0

limx x

f x→

Θέτουμε 0x x h= ⋅ για 0x x→ έχουμε ότι 1h → . Άρα το όριο γράφεται διαδοχικά

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

0 0 0 01 1 1 1lim lim lim lim limx x h h h h

f x f x h f x f h f x f h f x→ → → → →

= ⋅ = + = + =

Δηλαδή η f είναι συνεχής στο 0x

Κων/νος




§ 2,8 ΒΑΣΙΚΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ

],[ βα

ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ BOLZANO

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

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

• 0)()( <⋅ βfαf ,

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

0)( 0 =xf .

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

),( βα .

],[ βαΓεωμετρική Ερμηνεία του Θεωρήματος

Στο διπλανό σχήμα έχουμε τη γραφική παράσταση μιας συνεχούς συνάρτησης f στο

. Επειδή τα σημεία ))(,( αfαA και ))(,( βfβB βρίσκονται εκατέρωθεν του άξονα xx′ , η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα σε ένα τουλάχιστον σημείο.

Από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει ότι:

— Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και δε μηδενίζεται σ’ αυτό, τότε αυτή ή είναι θετική για κάθε Δx∈ ή είναι αρνητική για κάθε Δx∈ , δηλαδή διατηρεί πρόσημο στο διάστημα Δ. (Σχ. 65)

— Μια συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από το διαστήματα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισμού της.

],[ βα

ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ

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

• η f είναι συνεχής στο ],[ βα

Κων/νος


και

• )()( βfαf ≠

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

ηxf =)( 0

Αν μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο διάστημα ],[ βα , τότε, όπως φαίνεται και στο διπλανό σχήμα, δεν παίρνει υποχρεωτικά όλες τις ενδιάμεσες τιμές. • Με τη βοήθεια του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών αποδεικνύεται ότι:



Η εικόνα )(Δf ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι διάστημα.

],[ βα

ΘΕΩΡΗΜΑ (Μέγιστης και ελάχιστης τιμής)

Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο , τότε η f παίρνει στο ],[ βα μια μέγιστη τιμή Μ και μια ελάχιστη τιμή m.

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

Mxfm ≤≤ )( , για κάθε ],[ βαx∈ . ΣΧΟΛΙΟ Από το παραπάνω θεώρημα και το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών προκύπτει ότι το σύνολο τιμών μιας συνεχούς συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το ],[ βα είναι το κλειστό διάστημα

],[ Mm , όπου m η ελάχιστη τιμή και Μ η μέγιστη τιμή της.

Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής σε ένα ανοικτό διάστημα ),( βα

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

)(lim xfΑαx +→

= και )(lim xfBβx −→

= .

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

της στο διάστημα αυτό είναι το διάστημα ),( AB

Κων/νος





ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO ΚΑΙ ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ Α. Για να αποδείξουμε ότι μία εξίσωση έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα σε ένα διάστημα (α, β) ακολουθούμε τα εξής βήματα:

• Φέρνουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος. • Θεωρούμε το α΄ μέλος ως μία συνάρτηση f. • Εξασφαλίζουμε για την f τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [α, β].

Β. Αν για το διάστημα [α, β] δεν γίνεται, τότε το εντοπίζουμε με κατάλληλες δοκιμές. Γ. Αν θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση έχει περισσότερες ρίζες, τότε εφαρμόζουμε την παραπάνω διαδικασία σε περισσότερα διαστήματα, είτε χωρίζοντας το αρχικό διάστημα είτε εντοπίζοντας (με δοκιμές) νέα διαστήματα. Τονίζουμε ότι τα διαστήματα αυτά δεν πρέπει να έχουν κοινά εσωτερικά σημεία. Δ. Αν η f, όπως έχει οριστεί, δεν ορίζεται σε κάποιο άκρο, τότε μετασχηματίζουμε την αρχική εξίσωση απαλείφοντας τους ανεπιθύμητους όρους. Παράδειγμα 1. Να δείξετε ότι η εξίσωση ( )3 2 1 0x xκλ− − + = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

( )1,0− ,όταν 2κ λ+ = .

( ) ( )3 2 1f x x xκλ= − − +Λύση: Θεωρούμε συνάρτηση για κάθε [ ]1,0x∈ −

• Η f είναι συνεχής στο [-1,0] ως πολυωνυμική συνάρτηση • Ισχύει ότι:

( ) ( )30 0 2 0 1 1 0f κλ= − − ⋅ + = >

( ) ( ) ( )( )31 1 2 1 1 1 2 1 2f κλ κλ κλ− = − − − − + = − + − + = − (1)

Όταν 2 2κ λ κ λ+ = ⇔ = − ( ) ( ) 21 2 2 2 2 2κλ λ λ λ λ⇒ − = − − = − + − (2)

Παρατηρούμε ότι η διακρίνουσα της (2) είναι 4 0∆ = − < άρα η(2) είναι μικρότερη του μηδενός για κάθε λ∈ . Άρα: ( ) ( )0 1 0f f − <

Από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι ( ) ( )0 01,0 : 0x f x∃ ∈ − = ⇔ η εξίσωση ( )3 2 1 0x xκλ− − + = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (-1, 0). Παράδειγμα 2. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]: 0,1f → . Να δείξετε ότι η εξίσωση

( ) 2

2 3xef xx x

−=

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

Λύση:

Κων/νος




Παρατηρούμε ότι η δοσμένη σχέση για την συνάρτηση f δεν ισχύει για κάθε x δηλαδή η δοσμένη σχέση δεν είναι ό τύπος της f. Θεωρούμε την συνάρτηση ( ) ( ) ( )2 2 3xg x x x f x e= − − +

• Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [0, 1] • ( ) ( ) ( )2 00 0 0 0 2 3 1g f e= − − + = +

• ( ) ( ) ( )2 11 1 1 1 2 3 2 3 0g f e e= − − + = − + <

• ( ) ( )0 1 0g g⋅ <

Από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0,1x ∈ τέτοιο ώστε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

020 0 0 0 0 2

0 0

2 30 2 3 0x

x eg x x x f x e f xx x

−= ⇔ − − + = ⇔ =

−

Παράδειγμα 3. Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 26 3 0x x− + = έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο ( )1,1− .

( ) 3 26 3f x x x= − +Λύση: Θεωρούμε συνάρτηση . Για να μπορέσουμε να λύσουμε αυτή την εξίσωση θα εφαρμόσουμε δύο φορές το θεώρημα Bolzano στα διαστήματα [-1,0] και [0,1] Έχουμε ότι:

• Η f είναι συνεχής στο [-1,0] ως αποτέλεσμα πολυωνυμική συνάρτηση • ( ) ( ) ( )3 21 1 6 1 3 4 0f − = − − − + = − <

( ) 3 20 0 6 0 3 3f = − ⋅ + =

( ) ( ) ( )0 1 3 4 12 0f f⋅ − = ⋅ − = − <

Άρα από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα 0x της εξίσωσης 3 26 3 0x x− + = στο

( )1,0− (1) Ισχύει ακόμη ότι:

• Η f είναι συνεχής στο [0,1] ως αποτέλεσμα πολυωνυμική συνάρτηση • ( ) ( ) ( )3 21 1 6 1 3 2 0f = − + = − <

( ) 3 20 0 6 0 3 3f = − ⋅ + =

( ) ( ) ( )0 1 3 2 6 0f f⋅ = ⋅ − = − <

Κων/νος


Άρα από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα 1x της εξίσωσης 3 26 3 0x x− + = στο

( )0,1 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο συμπέρασμα. Παράδειγμα 4. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ( )f x x x xηµ= +

και ( ) 1 2g x xσυν= + έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη θετική και μικρότερη του π. Λύση:



Από τα δεδομένα της άσκησης προκύπτει ότι θέλουμε η εξίσωση ( ) ( )f x g x= να έχει μία

τουλάχιστον λύση στο διάστημα ( )0,π Για να το επιτύχουμε αυτό θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2h x f x g x h x x x x xηµ συν= − ⇔ = + − − με [ ]0,x π∈

• Η h είναι συνεχής στο [0,π] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0,π] • ( )0 0 0 0 1 2 0 2h ηµ συν= ⋅ + − − ⋅ = −

( ) ( )1 2 2h π π ηµπ π συν π π= ⋅ + − − ⋅ = −

Άρα ( ) ( )0 0h h π⋅ <

Από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0,x π∈ τέτοιο ώστε ( )0 0h x =

Δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ( )f x x x xηµ= + και ( ) 1 2g x xσυν= + έχουν

ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη θετική και μικρότερη του π.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΎΠΑΡΞΗ ΜΙΑΣ ΑΚΡΙΒΩΣ ΡΙΖΑΣ Έστω μία συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα [α, β]. Για να δείξουμε ότι η f έχει μία ακριβώς ρίζα στο (α, β) τότε:

• Δείχνουμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο (α ,β) (άρα εξασφαλίζουμε το γεγονός ότι η f έχει μία το πολύ ρίζα στο (α, β)).

• Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο [α, β] και παίρνουμε ως συμπέρασμα ότι η f θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α, β)

Από τα προηγούμενα προκύπτει ότι η f θα έχει μία ακριβώς ρίζα στο (α, β) Για να δείξουμε τώρα ότι η f έχει δύο (ή περισσότερες) ακριβώς ρίζες σε ένα διάστημα (α, β) τότε διαιρούμε το δοσμένο διάστημα σε υποδιαστήματα κατάλληλα ορισμένα και σε κάθε ένα από αυτά εφαρμόζουμε την παραπάνω διαδικασία. Σημείωση: Θυμίζουμε ότι οι πολυωνυμικές συναρτήσεις, έχουν τόσες το πολύ ρίζες, όσες είναι και ο βαθμός του πολυωνύμου. Π.χ. Ένα πολυώνυμο 3ου

Παράδειγμα 5. Έστω η συνάρτηση

βαθμού, θα έχει το πολύ τρείς πραγματικές ρίζες.

( ) 3 2 1f x x x= + − . Να δείξετε ότι: α) Η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία ακριβώς ρίζα στο (0, 1)

Λύση: α) Για να δείξουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα θα εργαστούμε με τον ορισμό όπως αυτόν τον αναφέραμε σε προηγούμενη παράγραφο. Η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο . Έχουμε διαδοχικά ότι:

( ) ( )3 3

3 31 2 1 21 1 2 2 1 2

1 2 1 2 1 2

2 1 2 12 2 2 1 2 1

x x x xx x x x f x f x

x x x x x x< ⇔ <⇔ + − < + − ⇔ <

< ⇔ < ⇔ − < −

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο β) Ελέγχουμε τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano.

• Η f είναι συνεχής στο [0, 1] ως πολυωνυμική.

Κων/νος




• ( ) 30 0 2 0 1 1f = + ⋅ − = −

( ) 31 1 2 1 1 2f = + ⋅ − =

Άρα ( ) ( )0 1 0f f⋅ <

Από Θεώρημα Bolzano έχουμε ότι ( ) ( )0 00,1 : 0x f x∃ ∈ = δηλαδή η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0, 1) Από το (α) ερώτημα έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα άρα θα παρουσιάζει μία το πολύ ρίζα στο (0, 1). Επομένως η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία ακριβώς ρίζα στο (0, 1).

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΎΠΑΡΞΗ ΜΕ ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Έστω ότι θέλουμε να δείξουμε ότι μία εξίσωση που περιέχει μία ή περισσότερες συναρτήσεις έχει μία τουλάχιστον λύση σε ένα διάστημα της μορφής (α, β)

• Φέρνουμε όλους τους όρους σε ένα μέλος και εάν υπάρχει στη σχέση το 0x το θέτουμε x. • Θεωρούμε συνάρτηση του πρώτου μέλους και εξετάζουμε αν αυτή ορίζεται στο [α, β]. Αν όχι,

απαλείφουμε πρώτα τους παρονομαστές που μηδενίζονται στα α ή β και στη συνέχεια • Ελέγχουμε τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [α, β] για την συνάρτηση που

δημιουργήσαμε. Παράδειγμα 6. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]: 0,1f → με ( )4 5f x< < για κάθε [ ]0,1x∈ .

Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ( )2 5 4 0f x f x x− + = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0, 1).

( ) ( ) ( )2 5 4g x f x f x x= − +Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση με [ ]0,1x∈

• Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων στο [0, 1] • ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )20 0 5 0 0 0 5g f f f f= − = −

Από την σχέση ( )4 5f x< < έχουμε ότι: ( ) ( )4 0 5 0 0f f< < ⇔ > και ( ) ( )0 5 0 5 0f f< ⇔ − < Άρα

( )0 0g <

• ( ) ( ) ( )21 1 5 1 4g f f= − + (1)

Λύνουμε την (1) ως εξίσωση δευτέρου βαθμού με άγνωστο τον όρο ( )1f και έχουμε ότι ( )1 4f = ή

( )1 1f =

Επειδή όμως ( )4 1 5f< < το τριώνυμο ( ) ( )2 1 5 1 4f f− + έχει θετικό πρόσημο. Δηλαδή θα ισχύει:

( )1 0g >

Άρα ( ) ( )0 1 0g g⋅ <

Από το Θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι ( ) ( )0 00,1 : 0x g x∃ ∈ = δηλαδή η εξίσωση

( ) ( )2 5 4 0f x f x x− + = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0, 1).

( )1f

Κων/νος


−∞ 1+ 4+ +∞

( ) ( )2 1 5 1 4f f− + + - +



Παράδειγμα 7. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]: 0,f a → με ( )0 f x β< < για κάθε

[ ]0,x a∈ . Αν 2 3aβ < να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 0,x a∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )20 0 0 0f x f x xβ− + = .

( ) ( ) ( )2h x f x f x xβ= − +Λύση: Θεωρούμε συνάρτηση για κάθε [ ]0,x a∈

• Η h είναι συνεχής στο [0, α] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, α] • ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )20 0 0 0 0h f f f fβ β= − = −

Από την σχέση ( )0 f x β< < για 0x = έχουμε ότι: ( )0 0f β< < και

( ) ( )0 0 0 0f fβ β β< < ⇒ − < − < Άρα ( )0 0h <

• ( ) ( ) ( )2h f fα α β α α= − + (1)

Η διακρίνουσα της (1) είναι η 2 4 3 4 0β α α α α∆ = − < − ⇔ ∆ < − ⇔ ∆ < . Άρα το τριώνυμο (1) είναι

θετικός αριθμός ανεξάρτητος της τιμής του ( )f a δηλαδή ( ) 0h a >

Επομένως ( ) ( )0 0h h a⋅ <

Από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( )20 0 0 0 00, : 0 0x a h x f x f x xβ∃ ∈ = ⇔ − + =

Παράδειγμα 8. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]: ,f a β → . Να δείξετε ότι υπάρχει

( )0 ,x a β∈ ώστε: ( )00 0

1 1 0f xx a x β

+ + =− −

0xΛύση: Αρχικά θέτουμε όπου το x στην εξίσωση που καλούμαστε να επιλύσουμε και έχουμε ότι:

( ) 1 1 0f xx a x β

+ + =− −

Παρατηρούμε ότι δεν μπορούμε να βάλουμε στην θέση του x τα α, β άρα θα κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών.

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

( )( ) ( )

1 1 0 0

2 0

f x x a x f x x a xx a x

x a x f x x a

β ββ

β β

+ + = ⇔ − − + − + − = ⇔− −

⇔ − − + − − =

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )( ) ( ) 2g x x a x f x x aβ β= − − + − − με [ ],x a β∈

• Η g είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β] • ( ) ( )( ) ( ) 2g a a a a f a a a aβ β β= − − + − − = −

( ) ( )( ) ( ) ( )2g a f a aβ β β β β β β β= − − + − − = − −

( ) ( ) ( )2 0g a g aβ β⋅ = − − <

Από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι ( ) ( ) ( )0 0 00 0

1 1, : 0 0x g x f xx a x

α ββ

∃ ∈ = ⇔ + + =− −

Κων/νος




Παράδειγμα 9. Έστω οι συνεχείς συναρτήσεις , :f g → που ικανοποιούν τη σχέση

( ) ( )2 2 0f x g x x+ + = για κάθε x∈ . Αν η γραφική παράσταση της 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 άξονα x x′ σε ένα τουλάχιστον σημείο μεταξύ των Α και Β.

x x′Λύση: Αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα σε δύο σημεία Α και Β εκατέρωθεν της αρχής των αξόνων δηλαδή υπάρχουν α, β με 0a β< < τέτοια ώστε ( ) ( ) 0f a f β= =

Η δοσμένη σχέση ( ) ( )2 2 0f x g x x+ + = ισχύει για κάθε x∈ .

Για x a= έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )2 2 0 02af a g a a g a+ + = ⇔ = − > (αφού υποθέσαμε ότι 0a < )

Για x β= έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )2 2 0 02

f g g ββ β β β+ + = ⇔ = − < (αφού υποθέσαμε ότι 0β < )

• Η g είναι συνεχής στο [α, β]

• ( ) ( ) 02 2 4a ag a g β ββ ⋅ ⋅ = − − = <

Από το Θεώρημα Bolzano έχουμε ότι: ( ) ( )0 0, : 0x a g xβ∃ ∈ = δηλαδή η γραφική παράσταση της g

τέμνει τον άξονα x x′ σε ένα τουλάχιστον σημείο μεταξύ των Α και Β.

Παράδειγμα 10. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]: 0,1f → . Αν ( )1

2lim 5

1x

f xx→

−=

− και η γραφική

παράσταση της f τέμνει τον άξονα y y′ στο σημείο Α(0, 2), να δείξετε ότι η ευθεία ( ) : 2 1y xε = + και η

fC έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο.

( )1fΛύση:

Αρχικά υπολογίζουμε από το δοσμένο όριο την τιμή

Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο ⇔ f συνεχής στο 1⇔ ( ) ( )1

lim 1x

f x f→

=

Για τον υπολογισμό του ζητούμενου ορίου, θέτουμε ( ) ( ) 21

f xx

xϕ

−=

− με ( )

1lim 5x

xϕ→

=

Έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )21 2

1f x

x f x x xx

ϕ ϕ−

= ⇔ = − +−

( ) ( ) ( )( ) ( )1 1

lim lim 1 2 1 2x x

f x x x fϕ→ →

= − + ⇔ =

Έχουμε ακόμη ότι: ( )0 2fA C f∈ ⇒ =

Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση ( ) ( ) 2 1 0f x y f x x= ⇔ − − =

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) 2 1g x f x x= − − για κάθε [ ]0,1x∈

• Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1] • ( ) ( )0 0 2 0 1 2 1 1g f= − ⋅ − = − =

( ) ( )1 1 2 1 1 2 2 1 1g f= − ⋅ − = − − = −

( ) ( ) ( )0 1 1 1 1 0g g⋅ = − ⋅ = − <

Κων/νος




Από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι ( ) ( )0 00,1 : 0x g x∃ ∈ = δηλαδή η ευθεία ( ) : 2 1y xε = + και η fC έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο

Παράδειγμα 11. Έστω η συνεχής συνάρτηση :f → για την οποία ισχύουν : ( )2

lim 12x

f xx→

=−

και ( ) ( ) ( ) 28 4 4 16x x f x xηµ − ≥ − ≥ − για κάθε ( ]0, 4x∈ . Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της

f τέμνει την παραβολή 2 7 6y x x= − + − σ’ ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη που ανήκει στο (2, 4)

Λύση: Η f είναι συνεχής στο άρα f συνεχής στο 2 δηλαδή ( ) ( )

2lim 2x

f x f→

=

Για να υπολογίσουμε το ( )2

limx

f x→

θέτουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22

f xx f x x x

xϕ ϕ= ⇔ = −

−με ( )

2lim 1x

xϕ→

=

Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )2 2

lim lim 2 2 0x x

f x x x fϕ→ →

= − ⇔ =

Για 4x < η σχέση ( ) ( ) ( ) 28 4 4 16x x f x xηµ − ≥ − ≥ − γράφεται

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

2 8 4 8 4168 4 4 16 44 4 4

x xxx x f x x f x f x xx x x

ηµ ηµηµ

− −−− ≥ − ≥ − ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ +

− − −

• ( )4

8 4lim

4x

xx

ηµ−→

−−

θέτουμε 4y x= − για 4x −→ έχουμε ότι 0y −→ άρα 0

lim 8 8 1 8y

yy

ηµ−

→= ⋅ =

• ( )4

lim 4 8x

x−→

+ =

Από κριτήριο παρεμβολής ( )4

lim 8x

f x−→

= και επειδή f συνεχής στο έχουμε ότι

( ) ( ) ( )4

lim 4 4 8x

f x f f−→

= ⇔ =

Θέλουμε να λύσουμε την εξίσωση ( ) ( ) 2 7 6 0f x y f x x x= ⇔ + − + =

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) 2 7 6g x f x x x= + − + για κάθε [ ]2,4x∈

• Η g είναι συνεχής στο [2, 4] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [2, 4] • ( ) ( ) 22 2 2 7 2 6 4g f= + − ⋅ + = −

( ) ( ) 24 4 4 7 4 6 2g f= + − ⋅ + =

( ) ( ) ( )2 4 2 4 8 0g g = − = − <

Από το Θεώρημα Bolzano έχουμε ότι ( ) ( )0 02, 4 : 0x g x∃ ∈ = δηλαδή η γραφική παράσταση της f

τέμνει την παραβολή 2 7 6y x x= − + − σ’ ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη που ανήκει στο (2, 4).

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΎΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΣΕ ΚΛΕΙΣΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ Έστω ότι θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει [ ]0 ,x α β∈ , ώστε ( )0 0f x = . Τότε εξασφαλίζουμε πρώτα ότι η f είναι συνεχής στο [α, β] και στη συνέχεια ότι ισχύει:

( ) ( ) 0f a f β⋅ ≤ Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

• Αν

Κων/νος


( ) ( ) 0f a f β = , τότε θεωρούμε 0x a= ή 0x β=



• Αν ( ) ( ) 0f a f β < τότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 ,x a β∈ τέτοιο,

ώστε ( )0 0f x =

Επομένως, υπάρχει τελικά [ ]0 ,x a β∈ τέτοιο , ώστε ( )0 0f x =

Γενικά, αν ζητείται [ ]0 ,x a β∈ , τότε αρκεί να βρούμε ότι ( ) ( ) 0f a f β⋅ ≤ και να διακρίνουμε τις παραπάνω δύο περιπτώσεις Παράδειγμα 12. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση :f → με ( )0 1f x≤ ≤ . Να δείξετε ότι

υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,2

x π ∈ τέτοιο ώστε ( )0 0f x xηµ ηµ=

( ) ( )g x f x xηµ ηµ= −

Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση για κάθε 0,2

x π ∈

• Η g είναι συνεχής στο 0,2π

ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο 0,

2π

• ( ) ( ) ( )0 0 0 0g f fηµ ηµ= − =

Από την δοσμένη σχέση για 0x = έχουμε ότι: ( )0 0 1f≤ ≤

• ( )1 12 2 2

g f fπ π πηµ ηµ = − = −

Από την δοσμένη σχέση για 1x = έχουμε ότι:

Κων/νος


( ) ( )0 1 1 1 1 1 0f f≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤

Άρα ( )0 02

g g π ≤

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν ( )0 0 02

g g xπ = ⇔ =

ή 2

x π=

Αν ( )0 02

g g π <

τότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον τιμή 0 0,2

x π ∈

τέτοια ώστε ( ) ( )0 0 00g x f x xηµ ηµ= ⇔ =

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,2

x π ∈ τέτοιο ώστε ( )0 0f x xηµ ηµ=

Παράδειγμα 13. Έστω [ ]: 0,f a → μία συνεχής συνάρτηση ,με ( ) ( )0f f a= και η

συνάρτηση ( ) ( )2ah x f x f x = − +

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της h και να δείξετε ότι είναι συνεχής στο 0,2a

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση ( )2af x f x = +

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0,

2a

Λύση:



α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h θα είναι η τομή των πεδίων ορισμού των συναρτήσεων ( )f x

και 2af x +

Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο [0, α]

Για να βρούμε το πεδίου ορισμού της 2af x +

θέλουμε

[ ] [ ] [ ]/ 0, / 0, 0, / 02 2 2

0 / 0 0 / 0 0,2 2 2 2 2

f fa a ax D x D x a x a x a x a

a a a a ax a x a x a x x

∈ + ∈ = ∈ + ∈ = ∈ ≤ + ≤ = = ≤ ≤ ≤ + ≤ = ≤ ≤ − ≤ ≤ = ≤ ≤ =

Άρα η h έχει πεδίο ορισμού το σύνολο 0,2a

Η h είναι συνεχής στο 0,2a


2a

β) Ελέγχουμε τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano

• Η h είναι συνεχής στο 0,2a


2a

• ( ) ( )0 02ah f f = −

• ( ) ( )02 2 2a a ah f f a f f = − = − −

Άρα ( ) ( )2

0 0 02 2a ah h f f = − − ≤

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις

Αν ( )0 0 02ah h x = ⇔ =

ή

2ax =

Αν ( )0 02ah h <

από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,

2ax ∈

τέτοιο ώστε ( )0 0h x =

Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 0,2ax ∈

τέτοιο ώστε ( )0 0h x =

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΕΥΡΕΣΗ ΠΡΟΣΗΜΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Λέγοντας εύρεση προσήμου μίας συνάρτησης f εννοούμε να βρούμε τα διαστήματα, στα οποία αυτή είναι θετική ή αρνητική. Ισχύει όμως ότι: Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και δεν μηδενίζεται στο διάστημα αυτό, τότε η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό, δηλαδή ή η f(x)είναι θετική για κάθεx∈∆ ή είναι αρνητική για κάθε .

Επομένως μία συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα, στα οποία χωρίζουν το πεδίο ορισμού οι διαδοχικές ρίζες της f. Έτσι η εύρεση του προσήμου μίας συνεχούς συνάρτησης f γίνεται ως εξής:

Κων/νος




• Λύνουμε την εξίσωση ( ) 0f x = , fx D∈

• Σε έναν πίνακα χωρίζουμε το fD σε διαστήματα, τοποθετώντας σε αυτόν τις ρίζες της f και τα ανοικτά άκρα των διαστημάτων του fD .

• Σε καθένα από τα υποδιαστήματα που δημιουργούνται επιλέγουμε έναν κατάλληλο αριθμό και βρίσκουμε το πρόσημο της f στον αριθμό αυτό. Το πρόσημο αυτό είναι και το πρόσημο της f στο αντίστοιχο διάστημα.

Τονίζουμε ότι:

• Μπορούμε να επιλέξουμε ως κατάλληλο αριθμό και κάποιο άκρο, αν η f δεν μηδενίζεται σε αυτό.

• Μπορούμε αντί της τιμής του άκρου να βρούμε το αντίστοιχο πλευρικό όριο στο άκρο αυτό, αρκεί να μην είναι μηδέν.

Την παραπάνω διαδικασία προτιμάμε μόνο αν είναι πολύ δύσκολη η εύρεση κατάλληλου αριθμού στο εσωτερικό του διαστήματος. Παράδειγμα 14. Έστω η συνεχής συνάρτηση :f → με ( ) 0f x ≠ για κάθε x∈ και

( )1 2f = − . Να βρείτε το ( )( ) 3lim 2 1 5 1x

f x x→−∞

− + −

( ) 0f x ≠Λύση: Από υπόθεση έχουμε ότι για την συνάρτηση f ισχύει για κάθε x∈ . Δηλαδή η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο . Επειδή έχουμε ( )1 2f = − συμπεραίνουμε ότι η f θα είναι αρνητική στο πεδίο ορισμού της δηλαδή

( ) 0f x < για κάθε x∈ άρα ( )2 0f < . Έχουμε ότι:

( )( ) ( )( )( )

( )( )( )2 1 0

3 3lim 2 1 5 1 lim 2 1 2 1f

x xf x x f x f

− <

→−∞ →−∞ − + − = − = − −∞ = +∞

Παράδειγμα 15. Δίνεται η συνάρτηση :f → για την οποία ισχύουν

( ) ( ) ( )1 2 2 3 3 0f f f+ + = και ( ) 0f x ≠ για κάθε x∈ . Να δείξετε ότι η f δεν είναι συνεχής .

Λύση: Θα εργαστούμε με την μέθοδο της επαγωγής σε άτοπο. Έστω ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο . Από υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0f x ≠ για κάθε x∈ ,

άρα ( )( )

0,

0,

f x x

f x x

> ∀ ∈

< ∀ ∈

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι ( ) 0,f x x> ∀ ∈

Άρα ( )1 0f > , ( ) ( )2 0 2 2 0f f> ⇔ > και ( ) ( )3 0 3 3 0f f> ⇔ >Κων/νος


Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )1 2 2 3 3 0f f f+ + > άτοπο αφού από υπόθεση ( ) ( ) ( )1 2 2 3 3 0f f f+ + =

Παράδειγμα 16. Έστω η συνεχής συνάρτηση :f → με ( )2 1f = και 1, 4 διαδοχικές ρίζες

της εξίσωσης ( ) 0f x = . Να βρείτε ( )( ) 3lim 1 3 2 3x

f x x→−∞

+ − +



( )2 1f =

Λύση: Από τα συμπεράσματα του Θεωρήματος Bolzano έχουμε ότι μεταξύ των δύο διαδοχικών ριζών 1, 4 η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο και επειδή για με 1 < 2 < 4 συμπεραίνουμε ότι η f

θα είναι θετική στο διάστημα (1, 4) . Επομένως ( )3 0f > αφού και το 3 βρίσκεται στο διάστημα (1,4) Έχουμε ότι:

( )( ) ( )( )( )3 1 0

3 3lim 1 3 2 3 lim 1 3f

x xf x x f x

+ >

→−∞ →−∞ + − + = + = −∞

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Όταν μία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και δεν μηδενίζεται σε αυτό, τότε η f διατηρεί σταθερό πρόσημο σε αυτό, δηλαδή ή είναι παντού θετική ή παντού αρνητική. Η διαπίστωση αυτή μας επιτρέπει ορισμένες φορές να βρούμε, με κατάλληλες ενέργειες, τον τύπο μίας συνεχούς συνάρτησης που ικανοποιεί μία σχέση. Παράδειγμα 17. Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύει ( )2 21f x x= +

21 0x+ >Λύση: Παρατηρούμε ότι για κάθε x∈ άρα ( ) 0f x ≠ για κάθε x∈ . Από συνέπειες θεωρήματος Bolzano έχουμε ότι η f θα διατηρεί το πρόσημό της σε όλο το πεδίο ορισμού της.

• Αν ( ) 0f x > τότε:

( ) 21f x x= + για κάθε x∈

• Αν ( ) 0f x < τότε:

( ) 21f x x= − + για κάθε x∈

Παράδειγμα 18. Έστω η συνεχής συνάρτηση f για την οποία ισχύει ( ) ( )2 4 1xf x e f x= +

( ) 21f x x= + για κάθε x∈ και ( )0 2 5f = − . Να βρείτε τον τύπο της f.

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

( )( )

2 2 2 2 2

2 2

4 1 4 1 4 4 1 4

2 1 4

x x x x x

x x

f x e f x f x e f x f x e f x e e

f x e e

= + ⇔ − = ⇔ − + = + ⇔

⇔ − = +

Λύση: Έχουμε:

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) 2 xg x f x e= − για κάθε x∈

Ισχύει ότι ( )2 21 4 0xg x e= + > για κάθε x∈ . Άρα ( ) 0g x ≠ για κάθε x∈ . Επειδή η g είναι συνεχής στο θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο .

• Αν ( ) 0g x < τότε:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 4 1 4 2 1 4 2 1 4x x x x x xg x e g x e f x e e f x e e= + ⇔ = − + ⇔ − = − + ⇔ = − +

Κων/νος




• Αν ( ) 0g x > τότε:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 4 1 4 2 1 4 2 1 4x x x x x xg x e g x e f x e e f x e e= + ⇔ = + ⇔ − = + ⇔ = + + Επειδή ( )0 2 5f = − για 0x = οι συναρτήσεις που βρήκαμε γράφονται:

( ) ( ) ( )2 0 2 02 1 4 0 2 1 4 0 2 5x xf x e e f e e f⋅= − + ⇔ = − + ⇔ = − δεκτή

( ) ( ) ( )2 0 2 02 1 4 0 2 1 4 0 2 5x xf x e e f e e f⋅= + + ⇔ = + + ⇔ = + απορρίπτεται

Άρα ( ) 22 1 4x xf x e e= − + για κάθε x∈

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ Το Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών αποτελεί μία γενίκευση του Θεωρήματος Bolzano και η εφαρμογή του είναι όμοια με αυτή του Θεωρήματος Bolzano. Εκείνο που κατά κόρον χρησιμοποιούμε στις ασκήσεις είναι τα συμπεράσματα του Θεωρήματος Ενδιαμέσων Τιμών. Αν για μία συνάρτηση f ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος Ενδιαμέσων Τιμών στο [α, β] τότε:

• Υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης ( )f x η= στο (α, β)

• Η fC τέμνει την ευθεία y η= σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη ( )0 ,x a β∈ .

• Η εικόνα ( )f ∆ ενός διαστήματος Δ μέσω μίας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι διάστημα.

Παράδειγμα 19. Έστω η συνεχής συνάρτηση [ ]: 1,3f → με ( )

1lim 2x

f x→

= και

( ) ( )1 3 10f f⋅ = . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 4f x = έχει μία τουλάχιστον λύση στο (1, 3).

( ) ( ) ( )1

lim 1 1 2x

f x f f→

= ⇔ =Λύση: Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο [1, 3]. Άρα .

Από της σχέση ( ) ( )1 3 10f f⋅ = έχουμε ( ) ( )2 3 10 3 5f f⋅ = ⇔ =

• Η f είναι συνεχής στο [1, 3] • ( ) ( )1 3f f≠ και ( ) ( )2 4 5 1 4 3f f< < ⇔ < <

Άρα από Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 1,3x ∈ τέτοιο ώστε

( )0 4f x = Παράδειγμα 20. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση :f → με ( )10 9f = . Αν για κάθε x∈

ισχύει ( ) ( )( ) 1f x f f x⋅ = να βρείτε το ( )5f

10x =Λύση: Η δοσμένη σχέση για γράφεται:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 11 10 10 1 9 9 1 99

f x f f x f f f f f⋅ = ⇔ = ⇔ ⋅ = ⇔ =

• Η f είναι συνεχής στο [9, 10]

Κων/νος




• ( ) ( )9 10f f≠ και ( ) ( ) 19 5 10 5 109

f f< < ⇔ < <

Άρα από Θεώρημα Ενδιαμέσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( )0 09,10 : 5x f x∈ =

Για 0x x= η δοσμένη σχέση γράφεται:

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

( ) ( )0 5

0 011 1 5 5 1 55

f x

f x f f x f x f f x f f=

⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =

Παράδειγμα 21. Αν μία συνάρτηση

Το παρακάτω παράδειγμα αποτελεί μία σημαντική πρόταση και μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως Θεωρεία για την επίλυση ασκήσεων. Επειδή όμως δεν αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο για να μπορέσουμε να χρησιμοποιήσουμε τα συμπεράσματά του πρέπει πρώτα να το αποδεικνύουμε.

:f ∆→ είναι συνεχής και 1-1 σένα διάστημα Δ, να δείξετε ότι η f είναι γνησίως μονότονη.

, ,a β γ ∈∆Λύση: Αρκεί να αποδείξουμε ότι για οποιαδήποτε με α β γ< < θα είναι ( ) ( ) ( )f a f fβ γ< < ή

( ) ( ) ( )f a f fβ γ> >

Έστω ότι για α β γ< < είναι ( ) ( ) ( )f a f fγ β< <

• Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β]• Είναι ( ) ( )f a f β≠ και ( ) ( ) ( )( ),f f a fγ β∈ από την (1)

Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )0f x f γ= . Επειδή η f είναι 1-1 θα είναι 0x γ= . Οπότε ( ),aγ β∈ , που είναι άτοπο αφού από

υπόθεση έχουμε ότι α β γ< < . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα. Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε και στις περιπτώσεις που υποθέτουμε ότι για α β γ< < είναι:

( ) ( ) ( )f f a fγ β< < ή ( ) ( ) ( )f f f aβ γ< < ή ( ) ( ) ( )f f a fβ γ< <

Παράδειγμα 22. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις :f → που ικανοποιούν την σχέση

( ) ( )2 4 3 0f x f x− + = για κάθε

Κων/νος


x∈ .

( ) ( )2 4 3 0f x f x− + =Λύση: Από την υπόθεση έχουμε . Θέτουμε ( )f x y= , οπότε προκύπτει:

2 4 3 0 1y y y− + = ⇔ = ή ( )3 1y f x= ⇔ = ή ( ) 3f x =Η παραπάνω σχέση δηλώνει ότι οι μοναδικές τιμές της f είναι 1 ή 3 και όχι ότι ο τύπος της f

είναι ( ) 1f x = ή ( ) 3f x = .

Θα αποδείξουμε ότι η f είναι σταθερή. Πραγματικά, αν η f δεν είναι σταθερή, θα υπάρχουν ,a β ∈ με

a β< τέτοια ώστε ( ) 1f a = και ( ) 3f β =

Η f είναι συνεχής στο [α, β] και ( ) ( )1 2 3f a f β= < < = . Σύμφωνα με το Θ.Ε.Τ. θα υπάρχει

( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε ( )0 2f x = . Αυτό όμως είναι άτοπο, διότι η f παίρνει μόνο τις τιμές 1 ή 3. Άρα η f είναι σταθερή. Επομένως ο τύπος της f θα είναι:



( ) 1f x = , x∈ ή ( ) 3f x = , x∈

Σημείωση ( ) ( )2 4 3 0f x f x− + = Υπάρχουν γενικά άπειρες συναρτήσεις που ικανοποιούν τη σχέση

αλλά μόνο δύο συνεχείς συναρτήσεις. Αυτές είναι οι σταθερές συναρτήσεις ( ) ( )1, 3f x f x= = .

Τονίζουμε ότι θέτοντας ( )f x y= και λύνοντας την αντίστοιχη εξίσωση δεν βρίσκουμε τον τύπο της f

αλλά τις δυνατές τιμές της.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 8. ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ - ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ

Από το Θεώρημα Μεγίστης – Ελαχίστης Τιμής έχουμε ότι: Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] τότε η f παίρνει και μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν [ ], ,x x aε µ β∈ , ώστε:

( ) ( ) ( )f x m f x M f xε µ= ≤ ≤ = για κάθε [ ],x a β∈

Παράδειγμα 23. Μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 4]. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει [ ]0,4ξ ∈

τέτοιο, ώστε ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 4 3 9f f f f ξ+ + =

•

Λύση:

Επειδή η f είναι συνεχής στο [0, 4], θα έχει ελάχιστη τιμή m και μέγιστη τιμή Μ. Είναι επομένως: ( ) ( )1 2 2 1 2m f M m f M≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

• ( ) ( )2 3 3 2 3m f M m f M≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

• ( ) ( )3 4 4 3 4m f M m f M≤ ≤ ⇔ ≤ ≤Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 4 39 2 1 3 2 4 3 9

9f f f

m f f f M m M+ +

≤ + + ≤ ⇔ ≤ ≤

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν m = M, τότε η f είναι σταθερή και έτσι μπορούμε να επιλέξουμε τυχαίο [ ]0,4ξ ∈ . Για το ξ

αυτό θα είναι ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 4 3 9f f f f ξ+ + =

• Αν m < Μ, τότε το σύνολο τιμών της f είναι το [m, M]. Θα υπάρχει επομένως [ ]0, 4ξ ∈ τέτοιο

ώστε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 4 32 1 3 2 4 3 9

9f f f

f f f f fξ ξ+ +

= ⇔ + + =

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 9. ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΚΑΙ ΕΥΡΕΣΗ ΡΙΖΑΣ

Α. Για να βρούμε το σύνολο τιμών ( )f ∆ μίας συνάρτησης f σε ένα διάστημα ( ),a β∆ =ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Κων/νος


Κώστας Παπασταματίου

Pencil



• Διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως μονότονη στο διάστημα ( ),a β∆ =

• Βρίσκουμε τα όρια: ( )lim

x aA f x

+→= και ( )lim

xB f x

β −→=

Είναι τότε: • ( ) ( ),f A B∆ = , αν η f είναι γνησίως αύξουσα

• ( ) ( ),f B A∆ = , αν η f είναι γνησίως φθίνουσα Β. Αν γενικά θέλουμε να βρούμε το σύνολο τιμών ( )f A της συνεχούς συνάρτησης :f A→ , τότε:

• Βρίσκουμε όλα τα διαστήματα 1 2, ,..., κ∆ ∆ ∆ στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη.

• Βρίσκουμε τα ( ) ( ) ( )1 2, ,...,f f f κ∆ ∆ ∆ σύμφωνα με την παραπάνω μέθοδο.

Το σύνολο τιμών της f είναι τότε το σύνολο ( ) ( ) ( ) ( )1 2 ...f A f f f κ= ∆ ∪ ∆ ∪ ∪ ∆ . Τονίζουμε ότι αν

( ),A B = , τότε η μονοτονία της f στο Δ δεν είναι απαραίτητη. Έστω μία συνεχής συνάρτηση :f ∆→ , αν το 0 ανήκει στο σύνολο τιμών της f, δηλαδή ( )0 f∈ ∆

τότε η εξίσωση ( ) 0f x = θα έχει μία τουλάχιστον λύση, στο πεδίο ορισμού της f, δηλαδή στο Δ. Παράδειγμα 24. Έστω η συνεχής συνάρτηση ( ): 0,3f → η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο

( ]0,1 και γνησίως φθίνουσα στο [ )1,3 . Αν ( )1 2f = , ( )0

lim 1x

f x+→

= − και ( )3

lim 2x

f x−→

= − , να βρείτε:

α) Το σύνολο τιμών της f. β) Το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ( ) 0,f x = στο ( )0,3

( ]( ) ( ) ( )( ( ]( ) ( ]0

0,1 lim , 1 0,1 1, 2x

f f x f f+→

= ⇔ = −

Λύση:

α) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1] άρα

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 3) άρα [ )( ) ( ) ( )( [ )( ) ( ]3

1,3 lim , 1 1,3 2,2x

f f x f f−→

= ⇔ = −

Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο ( )( ) ( ] ( ] ( ]1,3 1,2 2,2 2,2f = − ∪ − = − β) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, 1] άρα η f έχει μία το πολύ ρίζα στο (0, 1] και ( ]( ) ( ]0,1 1,2f = −

δηλαδή ( ]0 1,2∈ − άρα η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία ακριβώς ρίζα στο (0, 1]. Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 3) άρα η f έχει μία το πολύ ρίζα στο [1, 3)και [ )( ) ( ]1,3 2,2f = −

δηλαδή ( ]0 2,2∈ − άρα η εξίσωση ( ) 0f x = έχει μία ακριβώς ρίζα στο[1, 3). Άρα η εξίσωση ( ) 0f x = έχει δύο ακριβώς ρίζες στο (1, 3)

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 10. ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΤΟΥ BOLZANO ΣΕ ΑΝΟΙΚΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ

Κων/νος




Α΄ τρόπος Έστω μία συνεχής συνάρτηση f με πεδίο ορισμού ένα διάστημα της μορφής (α, β). Για να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Bolzano στο ανοικτό διάστημα (α, β) εργαζόμαστε ως εξής:

• Βρίσκουμε τα όρια ( ) 1limx a

f x+→

= όπου { }1 ,∈ ∪ −∞ +∞ και ( ) 2limx

f xβ −→

=

{ }2 ,∈ ∪ −∞ +∞

• Αν 1 0> τότε από τον ορισμό του ορίου υπάρχει ( ),a aγ ε∈ + με ε>0 (δηλαδή υπάρχει γ σε

περιοχή του a+ ) τέτοιο ώστε ( ) 0f γ >

Αν 1 0< τότε από τον ορισμό του ορίου υπάρχει ( ),a aγ ε∈ + με ε>0 (δηλαδή υπάρχει γ σε

περιοχή του a+ ) τέτοιο ώστε ( ) 0f γ <

Αν 2 0> τότε από τον ορισμό του ορίου υπάρχει ( ),δ β ε β∈ − με ε>0 (δηλαδή υπάρχει δ σε

περιοχή του β − ) τέτοιο ώστε ( ) 0f δ >

Αν 2 0< τότε από τον ορισμό του ορίου υπάρχει ( ),δ β ε β∈ − με ε>0 (δηλαδή υπάρχει δ σε

περιοχή του β − ) τέτοιο ώστε ( ) 0f δ <

• Αν για τα ( )f γ και ( )f δ ισχύει ( ) ( ) 0f fγ δ⋅ < τότε εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο

διάστημα [ ] ( ), ,aγ δ β⊆

Κων/νος


Β΄ τρόπος. Εάν μας δίνεται ο τύπος της f τότε με δοκιμές εντοπίζουμε δύο τιμές έστω γ, δ με ( ), ,γ δ α β∈ τέτοιες

ώστε ( ) ( ) 0f fγ δ⋅ < και εφαρμόζουμε το θεώρημα Bolzano στο [γ, δ].

Παράδειγμα 25. Να δείξετε ότι η εξίσωση 12 1xx

ηµ⋅ = έχει μία τουλάχιστον θετική ρίζα.

( ) 12 1f x xx

ηµ= ⋅ −

Λύση:

Θεωρούμε συνάρτηση με ( )0,x∈ +∞

• Η f είναι συνεχής στο ( )0,+∞ ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο ( )0,+∞

Παρατηρούμε ότι το πεδίο ορισμού της f είναι ένα ανοικτό διάστημα το ( )0,+∞ Α΄ τρόπος

0

1lim 2 0x

xx

ηµ+→

= άρα δεν μπορούμε να εργαστούμε με αυτόν τον τρόπο καθώς το 0 δεν έχει πρόσημο.

Β΄ τρόπος Έχουμε ότι:

Για 2xπ

= έχουμε ότι: 2 2 42 1 1 02

f πηµπ π π = − = − >

Για 2

3x

π= έχουμε ότι: 2 2 3 42 1 1 0

3 3 2 3f πηµ

π π π = − = − − <

• Η f είναι συνεχής στο 2 2,3π π



• 2 2 03

f fπ π ⋅ <

Άρα από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0 02 2, : 0

3x f x

π π ∈ =

Δηλαδή η εξίσωση 12 1xx

ηµ⋅ = έχει μία τουλάχιστον θετική ρίζα.

Παράδειγμα 26. Έστω η συνεχής συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ( )lim

xf x

→+∞= +∞ .

Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) ln 1f x x+ = έχει μία τουλάχιστον θετική ρίζα.

( ) ln 1f x x+ =Λύση: Αναζητούμε μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης στο διάστημα ( )0,+∞

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ln 1g x f x x= + − με ( )0,x∈ +∞

Η g είναι συνεχής στο ( )0,+∞ ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο ( )0,+∞ .

( ) ( )lim lim ln 1 1x x

g x f x x→+∞ →+∞

= + − = +∞ +∞− = +∞ από τον ορισμό του ορίου έχουμε ότι θα υπάρχει

ένα τουλάχιστον β → +∞ τέτοιο ώστε ( ) 0g β >

Επειδή η f είναι συνεχής στο ⇒ f συνεχής στο 0 ( ) ( )0

lim 0x

f x f→

⇒ = ∈

( ) ( )( ) ( )0 0

lim lim ln 1 0 1x x

g x f x x f+ +→ →

= + − = −∞ − = −∞ από τον ορισμό του ορίου έχουμε ότι θα

υπάρχει ένα τουλάχιστον 0a +→ (α >0) τέτοιο ώστε ( ) 0g a <

Άρα ( ) ( ) 0g a g β⋅ < Από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( ) ( )0 0, 0, : 0x a g xβ∈ ⊆ +∞ =

δηλαδή η εξίσωση ( ) ln 1f x x+ = έχει μία τουλάχιστον θετική ρίζα.

Κων/νος




ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 1. Έστω μία συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει ότι:

( )( ) 2f f x x= − για κάθε x∈

α) Να αποδείξετε ότι η ( )1 1f =

β) Να αποδείξετε ότι η f είναι «1-1». Ορίζεται η 1f − ;

γ) Να λύσετε την εξίσωση: ( ) ( )2 2 2f x x f x+ = +

1x =Λύση: α) Από την δοσμένη σχέση για έχουμε ότι:

( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1f f f f f f f f f f f f= − ⇔= ⇒ = ⇒ − = ⇒ = ⇒ =

β) Θα εργαστούμε με τον ορισμό της συνάρτησης «1-1» Για 1 2,x x ∈ θεωρούμε ότι:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 22 2f x f x f f x f f x x x x x= ⇒ = ⇒ − = − ⇒ =

Άρα η f είναι «1-1» επομένως η f αντιστρέφεται δηλαδή υπάρχει η 1f − . γ) Έχουμε ότι η f είναι «1-1» άρα η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 0 1f x x f x x x x x x x+ = + ⇔ + = + ⇔ − − = ⇔ = − ή 2x =

Παράδειγμα 2. Μία συνάρτηση :f → έχει την ιδιότητα:

( ) ( ) ( ) ( )2 2f x y x y f x f y− = − + για κάθε ,x y∈ (1)

α) Να βρείτε το ( )0f

β) Να αποδείξετε ότι η fC έχει κέντρο συμμετρίας το σημείο ( )0,0O

γ) Αν ( )1 1f = , να βρείτε τον τύπο της f.

0x y= =Λύση: α) Στην δοσμένη σχέση θέτουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0f x y x y f x f y f f f f− = − + ⇔ − = − + ⇔ =

β) Για να έχει η fC έχει κέντρο συμμετρίας το σημείο ( )0,0O αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι περιττή

συνάρτηση, δηλαδή ότι για κάθε x∈ ισχύει ( ) ( )f x f x− = − Για y x= − έχουμε ότι:

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

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

22 2 2

2 0 0

f x y x y f x f y f x x x x f x f x

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

− = − + ⇔ − − = − − + − ⇔

⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ − = −

γ) Η δοσμένη σχέση για y y= − γράφεται:

Κων/νος




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

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2

2 2 2

f x y x y f x f y f x y x y f x f y

f x y x y f x f y

− = − + ⇔ − − = − − + − ⇔

− = + −

Από τις (1) και (2) έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x y f x f y x y f x f y− + = + − για κάθε ,x y∈

Για 1y = η δοσμένη σχέση γράφεται:

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

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 2 2

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

xf x f x x xf x f x x f x x f x x

− + = + − ⇔ − + = + − ⇔ ⇔ − + − = + − − ⇔ = ⇔ =

Επαληθεύουμε την λύση που βρήκαμε: Για ( )f x x= η σχέση (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 0 0f x y x y f x f y x y x y x y− = − + ⇔ − = − + ⇔ = αληθές.


( ) ( )3 2 1f x f x x+ = − για κάθε x∈ (1) α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. β) Να αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο . γ) Να ορίσετε την αντίστροφη της f.

1 2,x x ∈

Λύση: α)Θα αποδείξουμε το ζητούμενο με την χρήση του ορισμού της συνάρτησης «1-1» Για έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 31 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 22 2 1 1f x f x f x f x f x f x f x f x x x x x= ⇒ = ⇒ + = + ⇒ − = − ⇔ =

Άρα η f είναι συνάρτηση «1-1» επομένως η f αντιστρέφεται. β) Στην δοσμένη σχέση θέτουμε ( )f x y= άρα έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )3 3 3 1 32 1 2 1 2 1 2 1f x f x x y y x x y y f x x x−+ = − ⇔ + = − ⇔ = + + ⇔ = + +

Η συνάρτηση 1f − είναι πολυωνυμική με πεδίο ορισμού το σύνολο

Άρα το σύνολο τιμών της f , που είναι το πεδίο ορισμού της 1f − , θα είναι το σύνολο γ) Από το ερώτημα β) έχουμε ότι ( )1 3 2 1f x x x− = + + για κάθε x∈ Παράδειγμα 4. Για μία συνάρτηση :f → ισχύει ότι ( )( ) ( )f f x f x x+ = για κάθε

x∈ . Αν η f έχει σύνολο τιμών το , να αποδείξετε ότι: α) η f είναι αντιστρέψιμη β) ( )( )f x f x x+ = για κάθε x∈

γ) ( )0 0f =

δ) η εξίσωση Κων/νος


( ) 0f x x+ = έχει μοναδική λύση η οποία και να βρεθεί.

1 2,x x ∈

Λύση: α) Θα αποδείξουμε το ζητούμενο με την χρήση του ορισμού της συνάρτησης «1-1» Για έχουμε ότι:



( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 2 1 2f x f x f f x f f x f f x f x f f x f x x x= ⇒ = ⇒ + = + ⇒ = Άρα η f είναι «1-1» δηλαδή η f αντιστρέφεται. β) Από την δοσμένη σχέση έχουμε ότι:

(1)

Για ( )1x f y−= (από προηγούμενο ερώτημα η f αντιστρέφεται, άρα η 1f − υπάρχει) έχουμε ότι η προηγούμενη σχέση γράφεται:

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

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

1 1 1 1

1 1 2y x

f f x f x x f f f y f f y f y f y y f y

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

− − − −

=− −

+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔

⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =

γ) Για 0x = η σχέση (2) γράφεται: ( )( ) ( )( )0 0 0 0 0f f f f+ = ⇒ =

Για 0x = η σχέση (1) γράφεται: ( )( ) ( ) ( )0 0 0 0 0f f f f+ = ⇔ = δ) έχουμε ότι: ( ) ( )( ) ( )0 0 0f x x f f x x f x+ = ⇔ + = ⇔ = μοναδική λύση αφού η f είναι συνάρτηση «1-1» στο πεδίο ορισμού της. Παράδειγμα 5. Μία συνάρτηση :f → έχει την ιδιότητα:

( )( ) ( )2f x f x y f x y+ + = + για κάθε ,x y∈ (1)

α) Να αποδείξετε ότι ( )0 0f = β) Να αποδείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιμη. γ) Να αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών της f είναι το δ) Να βρείτε τον τύπο της ( )f x

( )0f a=Λύση: α) Έστω ότι Για y x= − η σχέση (1) γράφεται:

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 0 2f x f x y f x y f x f x x f x x f x f f x x+ + = + ⇔ + − = − ⇔ + = − Για x a= η προηγούμενη σχέση γράφεται:

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 2 2 2 2 0 0 0f x f f x x f a a f a a f a f a a a f+ = − ⇔ + = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = β) Για 0x = η σχέση (1) γράφεται:

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

f x f x y f x y f f y y f f x x=

+ + = + ⇔ = ⇔ = Θα εργαστούμε με τον ορισμό της συνάρτησης «1-1» Για 1 2,x x ∈

( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2f x f x f f x f f x x x= ⇒ = ⇒ = Άρα η f είναι «1-1» δηλαδή η f αντιστρέφεται. Παράδειγμα 6. Έστω η συνάρτηση :f → τέτοια ώστε ( ) ( )1f x f x+ > για κάθε x∈ . Να αποδείξετε ότι: α) η f δεν έχει ολικό μέγιστο β) αν η f είναι γνησίως μονότονη, τότε είναι γνησίως φθίνουσα.

( )( ) ( ) ( )( ) ( )f f x f x x f f x f x x+ = ⇔ + =

Κων/νος




0x ∈Λύση:

α) Έστω ότι η f έχει ολικό μέγιστο στο . Δηλαδή, ότι ( ) ( )0f x f x≤ για κάθε x∈ .

Θέτουμε στην προηγούμενη σχέση 0 1x x= + όποτε έχουμε ότι:

( ) ( )0 01f x f x+ ≤ άτοπο αφού από την δοσμένη σχέση για 0x x= γράφεται ( ) ( )0 01f x f x+ > Άρα η f δεν έχει ολικό μέγιστο. β) Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Τότε από την δοθείσα σχέση έχουμε

( ) ( )1f x f x+ > Συμπεραίνουμε ότι

1 1 0x x+ < ⇔ < Που είναι αδύνατον. Επομένως η f δεν είναι γνησίως φθίνουσα. Και επειδή είναι γνησίως μονότονη, συμπεραίνουμε ότι είναι γνησίως αύξουσα. Παράδειγμα 7. Έστω οι συναρτήσεις , :f g → με τη f να είναι «1-1» και:

( ) ( ) ( )( )3 5g x f x g g x+ − = , για κάθε x∈ (1) α) Να δείξετε ότι η g είναι «1-1» β) Να λύσετε την εξίσωση ( ) ( )2 31 2xg e x g x+ + = −

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )3 5 3 5g x f x g g x g g x g x f x+ − = ⇔ − = −

Λύση: α) Η σχέση (1) γράφεται:

Θα εργαστούμε με τον ορισμό της συνάρτησης «1-1» Για 1 2,x x ∈ έχουμε ότι:

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

( ) ( )

1 2 1 2 1 1 2 2

"1 1"

1 2 1 2 1 2

3 3

5 5 5 5f

g x g x g g x g g x g g x g x g g x g x

f x f x x x x x−

= ⇒ = ⇒ − = − ⇒

⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ =

Άρα η συνάρτηση g είναι «1-1». β) Έχουμε ότι η συνάρτηση g είναι «1-1», άρα η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

( ) ( )2 3 2 3 2 31 2 1 2 1 0x x xg e x g x e x x e x x+ + = − ⇔ + + = − ⇔ + + − =

Παρατηρούμε ότι η εξίσωση που προέκυψε δεν μπορεί να λυθεί με κλασικές μεθόδους επίλυσης. Θα χρησιμοποιήσουμε λοιπόν την μονοτονία. Θεωρούμε συνάρτηση ( ) 2 3 1xh x e x x= + + − με x∈

Για 1 2,x x ∈ έχουμε:

( ) ( )

1 1

1 2

2 21 2

2 23 3 3 31 2 1 2 1 1 2 2 1 2

1 2 1 2

1 11 1

x x

x x

x x e ex x x x e x x e x x h x h xx x x x

< ⇔ <

< ⇔< ⇒ + + + < + + + ⇔ << ⇔ − < −

Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο , επομένως η εξίσωση ( ) 0h x = έχει μία το πολύ

ρίζα στο Για 0x = έχουμε ότι: ( ) 2 0 30 0 0 1 0h e ⋅= + + − =

Κων/νος


δηλαδή το 0x = είναι ρίζα της εξίσωσης ( ) 0h x = και επειδή η h είναι γνησίως μονότονη θα είναι και η μοναδική λύση.



Παράδειγμα 8. Δίνονται οι συναρτήσεις , :f g → με την ιδιότητα:

( )( ) 2g f x x= + για κάθε x∈ α) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται β) Να λύσετε την εξίσωση: ( ) ( )2 7 6 1f x x f x− + = −

1 2,x x ∈Λύση: α) Από τον ορισμό της συνάρτησης «1-1» για έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 22 2f x f x g f x g f x x x x x= ⇒ = ⇒ − = − ⇒ = Άρα η συνάρτηση f είναι «1-1» β) Από το προηγούμενο ερώτημα δείξαμε ότι η f θα είναι συνάρτηση «1-1», άρα θα ισχύει ότι:

( ) ( )2 2 27 6 1 7 6 1 6 5 0 2f x x f x x x x x x x− + = − ⇔ − + = − ⇔ − + = ⇒ = ή 3x =

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση :f → με ( )1 3f = , η οποία για κάθε ,x y∈ ικανοποιεί την σχέση:

( ) ( ) ( )2 3f x y f x y f x y+ + − = − (1)

α) Να αποδείξετε ότι ( ) ( )0f x x f= + β) Να βρείτε τον τύπο της f. γ) Να βρείτε την αντίστροφη της f.

δ) Η εικόνα ενός μιγαδικού αριθμού z κινείται στην γραμμή C με εξίσωση: 2 02 2

z z z zi

+ −− + = . Να

προσδιορίσετε την γραμμή C και να βρείτε την ελάχιστη τιμή του z .

,x y∈Λύση: α)Η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε άρα θα ισχύει και για y x=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 2 0 3 2 3 2 0y x

f x y f x y f x y f x f f x x f x f x x f=

+ + − = − ⇔ + = − ⇔ = − − (2) Για y x= − έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 0 2 2 3y x

f x y f x y f x y f f x f x x=−

+ + − = − ⇔ + = + (3) Η σχέση (3) λόγω της (2) γράφεται:

( ) ( ) ( )( )

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

2

0 2 2 3 0 2 3 2 0 3

0 6 2 4 0 3 0

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

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

+ = + ⇔ + − − = + ⇔

⇔ + − − = + ⇔ = +

β) Για 1x = η προηγούμενη σχέση γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

0 1 1 0 3 1 0 0 2x

f x x f f f f f=

= + ⇒ = + ⇔ = + ⇔ =

Άρα ( ) 2f x x= +

Κων/νος


γ) Θέτουμε ( )y f x= στην προηγούμενη σχέση και έχουμε ότι:



( ) ( )12 2 2 2f x x y x x y f x x−= + ⇒ = + ⇔ = − ⇔ = − για κάθε x∈

δ) Για τους μιγαδικούς ,z z , με z x yi= + ,x y∈ , έχουμε ότι ισχύουν οι σχέσεις:

( )2 Re 2z z z x+ = =

( )2 Im 2z z i z iy− = = Άρα η δοσμένη γραμμή γράφεται:

2 22 0 2 0 2 02 2 2 2

z z z z x iy x yi

+ −− + = ⇔ − + = ⇔ − + =

Που είναι μία εξίσωση ευθείας. Η ελάχιστη τιμή του z δίνεται από την σχέση:

( )2 2

0 0 2 2min , 221 1

z d O ε− +

= = = =+


( ) ( )3 2 xf x f x e+ = για κάθε x∈ . (1)

α) Να βρείτε την τιμή της f στο 0 0x = β) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. γ) Να βρείτε το πρόσημο της f δ) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

0x =Λύση: α) Για η σχέση (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )3 0 3 20 0 2 0 0 2 0 0 1 0 0 2 0 0 1f f e f f f f f f+ = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔ =

β) Για 1 2,x x ∈ έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 23 3 3 31 2 1 2 1 1 2 2 1 22 2x xf x f x f x f x f x f x f x f x e e x x= ⇒ = ⇒ + = + ⇒ = ⇒ =

Άρα η f είναι συνάρτηση «1-1» γ) Από την σχέση (1) έχουμε ότι:

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

2

22 1 2 01

xx x ef x f x e f x f x e f x

f x+ = ⇒ + = ⇒ = >

+ για κάθε x∈

δ) Έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( )

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

1 2 1 2 3 31 2 1 1 2 2

3 3 3 31 1 2 2 1 2 1 2

2 21 2 1 1 2 2 1 2

2 21 2 1 1 2 2 1 2 1 2

2 2

0 0

0

1 0 0

x x x xx x e e e e f x f x f x f x



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

< ⇒ < ⇒ < ⇒ + < + ⇔

+ − − < ⇔ − + − < ⇔

⇔ − + + + − < ⇔

⇔ − + + + < ⇔ − < ⇔ <

Ισχύει ότι η ποσότητα ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 2 2 1 0f x f x f x f x+ + + > αφού ( ) 0f x > για κάθε x∈

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο Κων/νος


ΌΡΙΑ – ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ




( ) ( ) ( ) 3f xy f x f y x y xy+ + + = + + για κάθε ,x y∈

α) Να αποδείξετε ότι ( )1 0f = β) Να βρείτε τον τύπο της f

γ) Να βρείτε το όριο ( )2lim

1x

x xf xσυν

→+∞ +

1x y= =Λύση: α) Για η δοσμένη σχέση γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 3 3 1 0f f f f+ + + = ⇔ = β) Για 1y = έχουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 2 2 2 1f x f x f x x f x x f x x+ + + = + + ⇔ = − ⇔ = − γ) Έχουμε ότι:

( ) ( )22 2lim lim lim1 2 21 1x x x

x x x x x xf x x xxσυν συν συν

→+∞ →+∞ →+∞= =

+ − +− +


2 2 21 12 2 2 2 2 2x x x xx x x x x

x x x x x xσυνσυν συν −

− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤− + − + − +

2 2

2

2 2

1lim lim lim 02 2 lim 0

1 2 2lim lim lim 02 2

ήx x x

xή

x x x

x xx xx x x x

x x x xx x x x

κριτ ριο

παρεµβολ ς

συν→+∞ →+∞ →+∞

→+∞

→+∞ →+∞ →+∞

− − − = = = − + ⇒ = − += = =− +

Παράδειγμα 12. Για μία συνεχή συνάρτηση :f → ισχύει ότι:

( )0

2lim 3h

f hh→

+=

α) Να αποδείξετε ότι ( )2 0f =

β) Να βρείτε το ( )

2lim

2x

f xA

x→=

−

2 2x h h x= + ⇔ = −Λύση: α) Θέτουμε για 0h → έχουμε ότι: 2x → Το δοσμένο όριο γράφεται διαδοχικά

( ) ( )0 2

2lim 3 lim 3

2h x

f h f xh x→ →

+= ⇔ =

−

Θέτουμε ( ) ( ) ( ) ( )( )22

f xg x f x g x x

x= ⇔ = −

−. Ισχύει ακόμη ότι: ( )

2lim 3x

g x→

=

Κων/νος




Άρα ( ) ( )( ) ( )2 2

lim lim 2 3 2 2 0x x

f x g x x→ →

= − = ⋅ − =

β) η απάντηση σε αυτό το ερώτημα δόθηκε στο προηγούμενο ερώτημα. Παράδειγμα 13. Μία συνάρτηση :f → έχει την ιδιότητα:

( ) ( )2 2 2 1f x x xf x+ ≤ + για κάθε x∈

α) Να βρείτε το ( )1f

β) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0 1x =

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

2 2 2 2 2

2 2

2 2 1 2 2 1 2 2 1

1

f x x xf x f x xf x x f x xf x x x x

f x x x

+ ≤ + ⇔ − ≤ − + ⇔ − + ≤ − + ⇔

⇔ − ≤ −

Λύση: α) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

Για 1x = έχουμε ότι:

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 221 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1f f f f− ≤ − ⇔ − ≤ ⇔ − = ⇔ = β) Έχουμε από το προηγούμενο ερώτημα ότι:

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

2 21 1 1 1

1 1

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

x x f x x x

− ≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ − − ≤ − ≤ − ⇔

⇔ − − ≤ ≤ + +

( )( )

( ). .

1

11

lim 1 1lim 1

lim 1 1x

xx

x xf x

x x

Κ Π→

→

→

− − = ⇒ =+ − =

Άρα ισχύει ότι ( ) ( )1

lim 1 1x

f x f→

= = δηλαδή η f είναι συνεχής στο 0 1x =

Παράδειγμα 14. Έστω μία συνεχής συνάρτηση [ ]: ,f a β → και οι μιγαδικοί αριθμοί:

( )2z a if a= + και ( ) 2w f iβ β= + με 0aβ ≠

Αν ισχύει ότι 2 2 2w z z w+ = − να αποδείξετε ότι:

α) ( )Re 0zw =

β) ( ) ( )2 2 0a f f aβ β+ =

γ) η fC τέμνει τον άξονα x x′ σε ένα τουλάχιστον σημείο ( )0 0,M x y με [ ]0 ,x α β∈ (Εξετάσεις 1995)

2 2 2w z z w+ = −Λύση: α) Από την σχέση έχουμε ότι:

( )( )( ) ( ) ( )

2 2 2 0

0 2Re 0 Re 0

w z z w ww zz z w z w ww zz ww zw zw zz zw zw

zw zw zw zw

+ = − ⇔ + = − − ⇔ + = − − + ⇔ + = ⇔

⇔ + = ⇔ = ⇔ =

β) Έχουμε ότι:

Κων/νος




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

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

zw a if a f i a f f a if a f ia

a f f a i f a f a

β β β β β β

β β β β

= + − = + + − =

= + + −

Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )2 2Re 0 0zw a f f aβ β= ⇔ + = (1)

γ) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ] ( )0 0, : 0x a f xβ∈ =

• Η f είναι συνεχής στο [α, β] • Από την σχέση (1) έχουμε ότι

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2

2 20 0f a f a

a f f a a f f a f f a fa a

β ββ β β β β β+ = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ≤

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν ( ) ( ) 00f a f x aβ = ⇔ = ή 0x β=

• Αν ( ) ( ) 0f a f β < τότε από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( )0 0, : 0x a f xβ∈ =

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ] ( )0 0, : 0x a f xβ∈ = Παράδειγμα 15. Δίνεται συνάρτηση [ ]: ,f a β → συνεχής στο διάστημα [α, β] με ( ) 0f x ≠

για κάθε [ ],x a β∈ και ο μιγαδικός αριθμός z με :

( )Re 0z ≠ , ( )Im 0z ≠ και ( ) ( )Re Imz z> . Αν ( )1z f az

+ = και ( )2 22

1z fz

β+ = , να αποδείξετε

ότι: α) 1z =

β) ( ) ( )2 2f f aβ <

γ) η εξίσωση ( ) ( )3 0x f a f β+ = έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα ( )1,1− (Ιούλιος – 2004)

( )

( ) ( )( )( )

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

0 0 0

1 0 1 0 1

z zz f a z z z z zz z z z z z z z

z z z zz z z z z zz z z z zz z z zz z z z z

z z z z z

+ + + = ⇔ + ∈ ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔

+ = + ⇔ + − − = ⇔ − + − = ⇔ − − − = ⇔

⇔ − − = ⇔ − = ⇔ =

Λύση: α) Από υπόθεση έχουμε ότι:

Αφού έχουμε ότι ( )2 Imz z i z− = και από υπόθεση ( )Im 0z ≠ β) Ισχύει ότι:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 12 2

2

z f a z f a z z f a z f az z z z zf f a f a fβ β

+ = ⇔ + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

⇔ + = ⇔ >

Κων/νος




γ) Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )3g x x f a f β= + με [ ]1,1x∈ −

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

• ( ) ( ) ( )1g f a f β− = − + και ( ) ( ) ( )1g f a f β= +

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 21 1 0g g f a f f a f f f aβ β β− = − + + = − <

Άρα από το θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( )0 01,1 : 0x g x∈ − = δηλαδή η

εξίσωση ( ) ( )3 0x f a f β+ = έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα ( )1,1− . Δίνεται η συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση [ ]: 2,8f → με ( ) 0f x ≠ για κάθε [ ]2,8x∈

και ο μιγαδικός αριθμός

Κων/νος


( ) ( ) ( )642 4

8z f f i

f= +

Παράδειγμα 16. Αν η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z ανήκει στην ευθεία y x= , τότε να αποδείξετε ότι: α) ( ) ( ) ( )2 4 8 64f f f =

β) ( ) 0f x > για κάθε [ ]2,8x∈

γ) υπάρχει ( )1 2,8x ∈ τέτοιο, ώστε ( )1 4f x =

δ) υπάρχει ( )2 2,8x ∈ τέτοιο, ώστε ( )2 2f x x=

y x=Λύση: α) Έχουμε από υπόθεση ότι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z ανήκει στην ευθεία άρα θα ισχύει ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )642 4 2 4 8 6 48

f f f f ff

= ⇔ =

β) Από υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0f x ≠ για κάθε [ ]2,8x∈ και επειδή η f είναι συνεχής στο [2, 8] έχουμε ότι η f διατηρεί το πρόσημό της στο [2, 8] Έστω ότι ( ) 0f x < για κάθε [ ]2,8x∈

Τότε θα ισχύει ότι ( ) ( ) ( )2 4 8 0 64 0f f f < ⇔ < άτοπο

Άρα ( ) 0f x > για κάθε [ ]2,8x∈ γ) Έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο [2, 8] Άρα για 2 4 8< < θα ισχύει ότι ( ) ( ) ( )2 4 8f f f> >

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

2 2 2

3 2 3

2 4 8 2 2 2 4 2 8

2 4 2 4 2 4 8 2 4 2 4 8

2 2 4 2 4 8 2 6 4 2 4 2 4 0

f f f f f f f f f

f f f f f f f f f f f f

f f f f f f f f f

> > ⇔ > > ⇔

⇔ > > ⇔ >

⇔ > > ⇔ > ⇔ > ⇔ − >

Όμοια έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

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

2 2 2

2 3 3

2 4 8 2 8 2 8 8 8

2 4 8 2 4 4 8 2 4 8 4 8

2 4 8 4 8 8 64 8 4 8 8 4 0

f f f f f f f f f

f f f f f f f f f f f f

f f f f f f f f f

> > ⇔ > > ⇔

⇔ > > ⇔ > ⇔

⇔ > > ⇔ > ⇔ > ⇔ − <

Κων/νος




Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) 4g x f x= − με [ ]2,8x∈

• Η g είναι συνεχής στο [2, 8] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [2, 8] • ( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 8 2 4 8 4 0g g f f= − − <

Άρα από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )1 1 12,8 : 0 4x g x f x∃ ∈ = ⇔ = δ) Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )h x f x x= − με [ ]2,8x∈

• Η h είναι συνεχής στο [2, 8] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [2, 8] • ( ) ( )2 2 2 4 2 0h f= − > − > και ( ) ( ) ( )( )8 8 8 4 4 0h f f x= − = − − < άρα ( ) ( )2 8 0h h <

Άρα από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )2 2 2 22,8 : 0x h x f x x∃ ∈ = ⇔ =


Pencil


Pencil


Pencil

Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια · §2,6 ΟΡΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ......

Documents

Transcript of Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια · §2,6 ΟΡΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ......