Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου Κανιστράς Δημήτριος. Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Μια πρώτη επανάληψη Απαντήσεις των ασκήσεων.

Transcript

1 Άσκηση Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου Κανιστράς Δημήτριος Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Μια πρώτη επανάληψη Απαντήσεις των ασκήσεων Μέρος ο i. Δίνεται η γνησίως μονότονη συνάρτηση f : A IR. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f() =0 έχει το πολύ μία ρίζα στο Α. ii. Να λύσετε την εξίσωση 3 + =. iii. Αν α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ με Â = 90 ο, να αποδείξετε ότι η εξίσωση β + γ = α έχει μοναδική ρίζα. i. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση f() = 0 έχει δύο πραγματικές ρίζες ρ και ρ με ρ < ρ οπότε είναι f(ρ) = f(ρ) = 0 (). Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε από ρ<ρ f(ρ) < f(ρ) 0 <0, άτοπο. Ομοίως αποδεικνύουμε και αν η f είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα η εξίσωση f() =0 έχει το πολύ μία πραγματική ρίζα. ii. Η εξίσωση 3 + = έχει προφανή λύση την =, αφού 3 +=. Θα δείξουμε ότι η = είναι μοναδική. Θεωρούμε την συνάρτηση f() = 3 + -, IR. Για κάθε,, IR με < είναι και 3 < 3 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 3 + <3 +

2 3 + - <3 + - f( ) <f( ) οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Τότε σύμφωνα με το ερώτημα (i) η λύση = είναι μοναδική. iii. Για το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Â = 90 ο ) ισχύει το πυθαγόρειο θεώρημα, οπότε β + γ = α. Επομένως για την εκθετική εξίσωση β +γ =α έχουμε μια τουλάχιστον ρίζα την =. Η δοσμένη εξίσωση β +γ =α γράφεται β α +γ α = ( β α ) +( γ α ) - = 0 Θεωρούμε την συνάρτηση f()=( β α ) +( γ α ) -, IR. Επειδή β <α και γ <α θα ισχύει και 0 < β α < και 0 < γ <, οπότε οι α εκθετικές συναρτήσεις ( β α ) και ( γ α ) είναι γνησίως φθίνουσες. Για κάθε, IR με < είναι : ( β α ) > ( β α ) ( γ α ) > ( γ α ) Οπότε και ( β α ) + ( γ α ) > ( β α ) + ( γ α ) ( β α ) + ( γ α ) - > ( β α ) +( γ α ) - f() > f(). Επομένως με βάση το ερώτημα (i) η εξίσωση f() = 0 ( β α ) +( γ α ) -=0 β +γ =α έχει μοναδική λύση την =.

3 Άσκηση Έστω η συνάρτηση f η οποία για κάθε, y IR ικανοποιεί τη σχέση f ( + y) f () f(y) e + y i. Να αποδείξετε ότι f(0) = ii. Να αποδείξετε ότι f (-) = iii. Να βρείτε τον τύπο της f. f(), για κάθε IR i. Για = y = 0 έχουμε f(0) f (0), δηλαδή f(0) f (0) f(0)( f(0)) 0 } } f(0) f(0) f(0) 0 f(0) } f(0) } άρα f(0) = f(0) ii. Για y= - έχουμε f(0) f() f(-) f() f(-) άρα f() f(-) = οπότε f(-) = f(), IR () iii. Για IR και y=0 έχουμε : f() f() f(0) e f() e () Για = 0 και y= - έχουμε f(-) f(0) f(-) e - f(-) e - Από () και (3) έχουμε f() = e, IR. f() e f() e (3)

4 Άσκηση 3 Έστω η άρτια συνάρτηση f: IR IR η οποία είναι συνεχής στο σημείο 0 = και για την οποία ισχύει ότι lim f() ( ) = i. Να βρεθεί το f() ii. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο = - iii. Να υπολογισθεί το όριο : lim f () ημ π i. Θέτω g() = f() ( ) με lim g() =, ενώ f() = g()(-) + και lim f() = lim [ g()( ) +] = lim g() lim ( ) + =. Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 = θα ισχύει lim f()= f() δηλαδή f() =. ii. Από το ερώτημα i) έχουμε f() = g() (-) + και επειδή η f είναι και άρτια ισχύει f(-)= g() (-) + Τότε lim f( ) = lim [g()( ) +]= (θυμίζουμε ότι lim g() = ) Στη συνέχεια θέτουμε =t. Όταν τότε t -, οπότε από τη lim f( ) = προκύπτει lim t f(t) =.

5 Επίσης από το ερώτημα i) έχουμε f() = και αφού η f είναι άρτια θα έχουμε και f(-) =. Τελικά lim f() = f(-) =, επομένως η f είναι συνεχής και στο -. iii. lim f () ημ π = lim (f() )(f()+) ημ π = = lim [f() + ) f() ημ π ]= lim [(f() + )g() ( ) ημ π ]= =lim [(f() + ) g() ( ημπ ) ] με lim (f() + ) = = f() += και lim g()=. Για το όριο lim ημ(π) Όταν τότε t 0, οπότε : t lim = lim t t 0 ημ (πt+π) t 0 θέτουμε - = t = t +. ημ(πt) = π lim t 0 ημ(πt) πt = = π lim u 0 ημu u = π = π (θέσαμε πt = u, όταν t 0 τότε u 0 ) Τελικά lim f () lim ( ημ π ημ(π) ) = ( π ) = π =lim [ f() + ] lim g() Άσκηση 4 Έστω η συνάρτηση f : IR IR τέτοια ώστε f() + ημ (f()) = 3 για κάθε IR i. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0 = 0.

6 ii. Εάν επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα [α, β ] με f(α) f(β) < 0, να δειχθεί ότι α, β ετερόσημοι. i. Για =0 από την υπόθεση έχουμε f(0)+ ημ (f(0)) = 0 ημ(f(0)) = -f(0). Τότε θα ισχύει ημ(f(0)) = -f(0) = f(0). Όμως ημ(f(0) f(0) οπότε προκύπτει f(0) f(0) f(0) 0 f(0) = 0. Επίσης από την υπόθεση έχουμε : f()= 3- ημ(f()) και επομένως : f() = 3 ημ(f()) 3 + ημ(f()) 3 + f() επομένως f() 3 + f() f() 3-3 f() 3 Όμως lim 0 ( 3 ) = lim 0 (3 ) = 0 οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε lim 0 f() = 0. Άρα lim 0 f() = f(0) = 0, που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο 0= 0. ii. Η f είναι συνεχής στο [ α,β ] και f(α)f(β) < 0. Τότε από το θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 0 (α,β) τέτοιο ώστε f(0) =0. Αντικαθιστώντας στην υπόθεση όπου το 0, παίρνουμε : : f(0)+ημ(f(0) = 30 ή ημ0 = 30= 30 ή 0=0. Άρα α< 0 <β οπότε α και β είναι ετερόσημοι.

7 Άσκηση 5 Να υπολογίσετε το: lim + 3 ημ Είναι lim + ( + 06) = + και lim + ( 3 ημ + ) = lim + [ ( ημ διότι lim + ημ = lim t 0 ημt t =, (θέσαμε = t οπότε όταν + τότε t 0.) + )] = - Άρα υπάρχει α IR, ώστε για κάθε (-,α ) να ισχύει 3 ημ - + <0, οπότε : lim + 3 ημ = lim + 3 ημ = =lim + ( ημ + + ) ( +06 ) = lim + ημ με lim + ημ lim + 06 =, lim + = 0, άρα = lim + 3 ημ lim = = =

8 Άσκηση 6 Έστω f συνάρτηση τέτοια ώστε για κάθε IR ισχύει: f 3 () + f() = Να αποδείξετε ότι: i. η f είναι συνεχής ii. η f είναι γνησίως αύξουσα iii. η εξίσωση f() =0 έχει ακριβώς μία ρίζα, μη μηδενική, στο διάστημα ( -, ) iv. οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και f -, έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο στο διάστημα (-, - ). i. Για κάθε IR είναι f 3 ()+ f() = 5 ++ Για 0 IR έχουμε f 3 (0) + f(0)= , 0. Αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: f() f(0) + f 3 () f 3 (0) = f() - f(0) + (f() f(0)) (f () +f() f(0) +f (0)) = (f() f(0)) (+ f ()+f() f(0)+f (0)) = f() f(0) = f ()+f()f( 0 )+f ( 0 )+ τότε, f() - f(0) = = = f ()+f()f( 0 )+ f (0) f ()+f( 0 )f()+f ( 0 )

9 ( Η παράσταση f ()+f (0) f()+f (0)+ αποτελεί τριώνυμο ως προς f() με αρνητική διακρίνουσα οπότε είναι μονίμως θετική). Όμως lim = 0, οπότε σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής έχουμε και lim 0 f() f( 0 ) = 0 lim 0 f() = f( 0 ), επομένως η f είναι συνεχής στο IR. ii. Έστω ότι υπάρχουν, IR για τα οποία ισχύουν f() f() οπότε και f 3 () f 3 (). Τότε : f 3 () + f() f 3 ()+ f() οπότε και , άτοπο, διότι < και 5 < 5 οπότε < Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR. iii. Για = - έχουμε f 3 (-) + f(-) = - f(-) (f (-)+ ) = - f(-)= f ( )+ < 0 Για = έχουμε : f 3 ()+ f()= f() (f () +)=, άρα f() >0. Τότε ισχύει το θεώρημα Bolzano οπότε υπάρχει ξ (-, ) τέτοιο ώστε f(ξ) =0. Όμως η f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η λύση είναι μοναδική. iv. Έστω ότι υπάρχει ξ (-, -) τέτοιος ώστε f(ξ) = ξ. Από τη σχέση της υπόθεσης για = ξ προκύπτει ότι : ξ 5 ξ 3 +=0 θεωρούμε τη συνάρτηση h()= 5 3 +, [ -, -]. Η h είναι συνεχής ως πολυωνυμική στο [ -, -] και h(-) = (-) 5 - (- ) 3 + = -3 <0 h (-)= (-) 5 - (-) 3 + = >0. Άρα h(-) h(-) <0 οπότε ισχύει το θεώρημα Bolzano και επομένως υπάρχει ρ (-, -) ώστε να είναι h(ρ) =0, δηλαδή ρ 5 -ρ 3 + =0 ρ 5 +ρ + = ρ 3 +ρ. Επομένως f 3 (ρ) +f(ρ)= ρ 3 +ρ f 3 (ρ)-ρ 3 +f(ρ)-ρ=0

10 (f (ρ) ρ) (f (ρ) +ρ f(ρ) +ρ +)=0 f(ρ) =ρ. Τότε όμως ρ= f - (ρ) δηλαδή f(ρ)= f - (ρ). Επομένως το ρ είναι το κοινό σημείο των συναρτήσεων f και f -. Άσκηση 7 Για τη συνάρτηση f: IR IR ισχύει : lim α [ f() +f (α )]= l IR Να βρείτε το lim α f() Θεωρώ την συνάρτηση g()= f()+ f(α ) () για την οποία ισχύει: lim α g() = l Από την () θέτοντας όπου το α έχουμε: f(α ) + f() = g (α ) () Οι () και () δίνουν το σύστημα f() + f(α-) = g() f() + f(α ) = g (α ). Τότε D= = 3 0 g() Df()= g(α ) = g() g (α ) και f()= Df() D g() g (α ) = = 3 3 g() - g(α-) (3) 3 Έχουμε lim α g()= l και lim α g(α ) = lim t α g(t) = l (θέσαμε α- = t. Όταν α τότε και t α). Τότε από την (3) έχουμε lim α f() = lim α ( 3 g() 3 g(α )) = = 3 lim α g() - 3 lim α g(a ) = 3 l - 3 l = 3 l.

11 Άσκηση 8 Δίνονται οι συναρτήσεις f, g με f() = και g() = e i. να βρεθεί η συνάρτηση h= f g ii. να δείξετε ότι η h αντιστρέφεται και να βρεθεί η h - iii. να βρεθεί το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης : h() + h - () = 0 στα διαστήματα Δ= [, ]. i. Έχουμε Αf = IR {0} και Αg =IR. Το πεδίο ορισμού της f g είναι το σύνολο Β =[ Ag/ g()af] = [ IR/e 0] = IR και h()= (f g)() =f(g()) = f(e ) = e = e-. ii. Θέτω h()= y e - = y (με y > 0) ln e = ln y = -ln y με y>0. Άρα h(b) = (0, + ) και h - : (0, + ) IR με h - ()= -ln iii. Οι συναρτήσεις h() και h - () είναι συνεχείς και γνησίως φθίνουσες στο [,] οπότε και η συνάρτηση φ()=h()+h - () είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ [, ]. Τότε : φ(δ)= [ φ(), φ()] = [ e - - In, e - ]. Tο 0 φ(δ) άρα η εξίσωση φ()=0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο [,]. Όμως η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο [,] οπότε η λύση αυτή είναι μοναδική.

12 Άσκηση 9 Δίνεται η συνάρτηση f: IR IR συνεχής. Αν ισχύει f(-06) +f(0) + f(06) = 0, να δειχθεί ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα σε ένα τουλάχιστον σημείο. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f()=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο IR. Έχουμε : f(-06) +f(0) +f(06) =0 () Αν f(-06) = 0 ή f(0) =0 ή f(06)=0.τότε η εξίσωση () έχει πράγματι μια τουλάχιστον ρίζα. Αν f(-06) f(0) f(06) 0, τότε για να ισχύει η () θα πρέπει δύο από τους όρους f(-06), f(0), f(06) να είναι ετερόσημοι. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: a) Αν f(-06) f(0) <0 τότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον (-06,0) ώστε f()= 0 b) Αν f(0) f(06) <0, τότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον (0, 06) ώστε f() =0. c) Αν f(-06) f(06) <0, τότε από το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον 3 (-06, 06) τέτοιο ώστε f(3)=0. Άρα σε κάθε περίπτωση η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα σε ένα τουλάχιστον σημείο.

13 Άσκηση 0 Δίνεται μια συνεχής συνάρτηση f: [α,β] IR με σύνολο τιμών [α, β] όπου α, β IR*+. Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ένα 0 [α,β] ώστε να ισχύει f (0) + 0f(0) = 0 Θεωρούμε τη συνάρτηση g() = f () + f() -, [ α, β]. Η g είναι συνεχής στο διάστημα [α, β] ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Επίσης ισχύει: g(α) =f (α) + α f(α) -α και g(β) = f (β) +β f(β) β. Αναζητώ το πρόσημο των g(α) και g(β). Γνωρίζουμε ότι : 0 < α f() β άρα α f () β () Επίσης 0 < α f() β 0 < α β και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε α f() β () Προσθέτουμε κατά μέλη τις () και () οπότε : α f () + f() β για κάθε [ α, β ]. Για = α έχουμε: α f (α) +α f(α) f (α) + α f(α) α 0 g(α) 0 Για = β έχουμε f (β) + β f(β) β f (β) +βf(β) β 0 g(β) 0. Άρα ισχύει g(α) g (β) 0. a) Εάν g(α) g(β) <0 τότε η συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [α, β]. Επομένως υπάρχει ένα τουλάχιστον θ (α, β) ώστε g(θ) = 0 f (θ) +θf(θ)= θ.

14 b) Εάν g(α) g(β) =0 g(α) =0 ή g(β) = 0 οπότε θ= α ή θ= β. Τελικά υπάρχει ένα τουλάχιστον θ [ α, β] ώστε g(θ) = θ f (θ) +θ f(θ) = θ. Άσκηση Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο [α, β]. Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα 0 [α, β] ώστε f(0)= 9 [ f(α) + 3f ( α+β )+ 4f(β) ]. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β ], οπότε ισχύει το θεώρημα μέγιστης ελάχιστης τιμής. Άρα υπάρχουν ε, μ [α, β] έτσι ώστε: f(ε) f() f(μ) για κάθε [α, β]. Υποθέτω ότι f(ε)= m και f(μ)= Μ οπότε έχουμε m f(α) Μ m f(α) Μ. Επίσης, m f ( a+β ) Μ 3m 3f (α+β) 3Μ και m f(β) Μ 4m 4f(β) 4Μ. Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: 9m f(α) +3f( a+β ) +4 f(β) 9Μ m 9 [f(α) +3f(α+β) +4f(β)] Μ. O αριθμός [f (α) + 3f (a+β) + 4f(β)] ανήκει στο σύνολο τιμών της 9 f που είναι το διάστημα [ m, M ]. Επειδή η f είναι συνεχής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον θ [α, β] ώστε f(θ) = 9 [ f(α) +3f(α+β ) +4f(β)].

15 Άσκηση Δίνεται η συνάρτηση f() = συν [π( + + ) ] να βρείτε το lim + f(). Θεωρώ την συνάρτηση g() = π( + + ) με Αg = IR. Τότε για > 0 g() = ++ ) ( +++) +++ = π(+ ) = ( + + +) π(+ ) Τότε lim + g() = = π( ++ ) = ( + + +) π(+0) = π. Άρα lim + f() = lim + συν(g()) = lim t π συνt = συν π = - (θέσαμε g() = t, οπότε + τότε t π). Άσκηση 3 Έστω η συνάρτηση f() = + i. Να λύσετε την εξίσωση: f() = y, με άγνωστο το, όπου y ένας δοσμένος πραγματικός αριθμός ii. Με τη βοήθεια των αποτελεσμάτων που θα βρείτε από τη λύση της εξίσωσης f() =y : a. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f b. Να δείξετε ότι η f είναι - iii. Να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση f - της f.

16 Ισχύει Α f = IR. i. Για <0 έχουμε f() = y (-) + = y - +y = 0 () H διακρίνουσα της εξίσωσης (), είναι : Δ = 4-4y = 4( - y) Αν y > τότε Δ < 0 και η () είναι αδύνατη Αν y= τότε Δ= 0 και από () έχω = >0 οπότε απορρίπτεται Αν y < τότε Δ >0 και η εξίσωση () έχει δύο λύσεις = + y και = y. Η πρώτη λύση είναι θετική, οπότε απορρίπτεται. Η δεύτερη γίνεται δεκτή αν και μόνο αν - y < 0 y > -y > y <0 Για 0 έχουμε f() = y + = y + y = 0 () H διακρίνουσα της εξίσωσης () είναι Δ = 4+4y = 4 (+y) Aν y < - τότε Δ <0 και άρα η () είναι αδύνατη Αν y= - τότε Δ = 0 και άρα από () έχω = - <0, οπότε απορρίπτεται Αν y > - τότε Δ >0 και άρα η εξίσωση () έχει δύο λύσεις = y και = y H δεύτερη είναι αρνητική, οπότε απορρίπτεται. Η πρώτη γίνεται δεκτή μόνο αν y >0 + y >, +y y 0 Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η εξίσωση f() = y με IR για κάθε y, y < 0 y IR έχει μια μοναδική λύση την =[ + + y, y 0

17 ii. α) Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο των αριθμών y IR για τους οποίους η εξίσωση f() = y έχει μια τουλάχιστον ρίζα IR. Όπως είδαμε παραπάνω αυτό συμβαίνει για κάθε y IR. Άρα σύνολο τιμών της f είναι το IR. β) Έστω, IR και ότι f() = f(). Θέτω f() =y οπότε και f() = y. Έτσι οι αριθμοί και είναι δύο ρίζες της εξίσωσης f() =y, άτοπο ( δείξαμε παραπάνω ότι η εξίσωση f()= y έχει μοναδική λύση ) iii. Η συνάρτηση f αντιστρέφεται αφού είναι -. Άρα η αντίστροφη συνάρτηση είναι f - : IR IR με f - y, y < 0 (y) =[ + + y, y 0 Άσκηση 4 Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο IR με f(0) =. Επιπλέον υποθέτουμε ότι : f() για κάθε < - και f() 3 για κάθε > 3. Να δείξετε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή. Η f στο διάστημα [ -, 3] είναι συνεχής και επομένως στο διάστημα αυτό έχει ελάχιστη τιμή. Επομένως υπάρχει 0 [ -, 3] ώστε f() f(0) για κάθε [-,3]. Τότε για =0 έχουμε f(0) f(0) f(0) Για κάθε < - έχουμε f() > f(0) δηλαδή f() > f(0) Για κάθε >3 έχουμε f() 3> f(0) και άρα f() > f(0) Επομένως για κάθε IR ισχύει f() f(0), οπότε η f έχει ελάχιστη τιμή στο 0.

18 Άσκηση 5 Δίνεται η συνάρτηση f: (0, + ) IR με f() M, M>0 και την ιδιότητα ( + y) f ( y) = f(y)+ y f(),, y > 0. Να δείξετε ότι: lim + f() = 0. Για y= έχω ( + ) f( ) = f() + f() f( ) = f() f() = f( ) f() = f( ) () Όμως f() M οπότε και f( ) M. Από () έχουμε f() = f( ) Όμως lim + M M = 0 οπότε lim + f() =0 lim + f() = 0. Άσκηση 6 Δίνονται οι συναρτήσεις f, g ορισμένες στο IR για τις οποίες ισχύει [f () + g ()] f() για κάθε IR. Να αποδείξετε ότι: lim + f() = lim + g() =0. Για >0 έχουμε [f () + y ()] f() f () +y () f() f () + y () f() 0 f () f() + + y ()

19 (f()- ) και 0 g () οπότε lim + (f() ) = 0 lim + (f() ) = 0 Τότε f() = (f() ) + lim + f() = lim + (f() ) + lim + Επίσης lim + g ()= 0 lim + g() = 0. = 0+0 = 0. Άσκηση 7 Μια συνάρτηση f: IR IR έχει την ιδιότητα f( y) + f() + f(y)+3 = + y+ y,, y IR i. Να αποδείξετε ότι f() =0 ii. Να αποδείξετε τον τύπο της f iii. Να βρείτε το lim + συν f ()+ i. Για = y = η δεδομένη σχέση γράφεται f() + f() +f() +3= 3 f() =0 ii. Για y= έχουμε : f() + f() +f()+ 3 = ++ f() +3 = + f() = - iii. lim + συν f ()+ = lim + συν ( ) + = lim + συν + Έχουμε - συν - συν συν () ( - + >0 αφού Δ= -4< 0)

20 Όμως lim + = lim + = -lim + = 0 και lim + + έχουμε: lim χ + = 0, οπότε από την () και το κριτήριο παρεμβολής συν + = 0. Άσκηση 8 Αν η συνάρτηση f είναι ορισμένη το [0,π ]και ισχύει: + ημ f() +ημ, [0,π] i. Να δείξετε ότι: f( π ) = 3 ii. iii. Να υπολογίσετε το lim π συν χ f() 3 3 f() f() 3 Να υπολογίσετε το lim π f() 3 i. Στη δοθείσα θέτουμε όπου = π οπότε: + ημ π f (π ) + ημ π 3 f ( π ) 3 άρα f (π ) = 3 ii. + ημ f() + ημ ημ f() -3 ημ - Διαιρώντας με συν 0, έχουμε : ημ συν f() 3 ημ συν. Τότε lim συν π ( ημ ) = συν

21 ( ημ )( ημ+) = lim π = lim συν π ( ημ+) = - lim π = - ημ ( ημ)(+ημ)( ημ+) = -lim π =. (+)(+) Όμοια lim π -lim π ημ συν = lim π ημ ( ημ)(+ημ) = -lim π ( ημ) ημ = ημ συν ( ημ+) = ημ = -. f() 3 Με το κριτήριο παρεμβολής έχουμε: lim π = συν Τότε lim π συν f() 3 = lim π f() 3 συν = f() 3 = lim π συν (+ημ)( ημ +) = - iii. Αφού lim π συν = < 0 f() 3 τότε και συν < 0 f() 3 κοντά στο π Όμως συν > 0, άρα f() -3 <0 κοντά στο π, οπότε 3 f() >0 3 f() f() 3 3 f() f() 3 Άρα : lim π = lim π f() 3 = f() 3 f() f() lim π f() 3 = lim π ( f() f() lim π f() 3 = [-f ( π ) π f(π )] - = (-3-3 π ) (- ) = + (αφού lim π (f() 3) = 0 ενώ f() 3 < 0).