Παρουσίαση 1 ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Παρουσίαση ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Παρουσίαση α Στους µιγαδικούς δεν υφίστανται ανισοτικές σχέσεις Το σύνολο C διατηρεί ισοτικά όλες τις ιδιότητες του R εν υφίστανται ανισοτικές σχέσεις, υφίστανται µόνο στο R Οι εικόνες των µιγαδικών είναι σηµεία και αυτά ή ταυτίζονται ή είναι διαφορετικά. Έτσι και οι µιγαδικοί ή θα είναι ίσοι ή θα είναι διαφορετικοί, όχι άνισοι. εν έχει νόηµα να «µιλάµε» και για κάθε διαδικασία που περιέχει, κάθε έννοια θετικού ή αρνητικού αριθµού. Παράδειγµα εν γράφουµε + i < + i, παρά µόνο + i + i Παράδειγµα εν µπορούµε να γράφουµε + i Από τη σχέση z + w 0, δεν µπορούµε να πούµε ότι z w 0 αφού κάτι τέτοιο στο R το λέγαµε για τον λόγο ότι το άθροισµα µη αρνητικών ποσοτήτων µηδενίζεται µόνο όταν αυτές ταυτόχρονα γίνονται Μηδέν. Εδώ, επειδή η έννοια των µη αρνητικών ποσοτήτων απουσιάζει, δεν µπορούµε να γράψουµε κάτι τέτοιο, παρά µόνο µπορούµε να γράψουµε ότι z + w 0 ή z i w 0 ή z ( iw) 0 ή ( z iw)( z + iw) 0 ή z iw, z iw Απαγορεύεται να έχουµε δυνάµεις µε εκθέτες πέρα από ακέραιους αριθµούς. µ ν Στο R, η δύναµη α µε µ, ν µη µηδενικούς φυσικούς είχε οριστεί µόνο αν α > 0 Παράδειγµα εν µπορούµε να γράψουµε i i ( i ) Η µόνη περίπτωση που µπορούµε να κινηθούµε στην έννοια των ανισοτήτων είναι η περίπτωση που ο µιγαδικός είναι πραγµατικός. Παράδειγµα Από + κi > 0, υπονοούµε σίγουρα ότι κ 0 Ασκήσεις α. Ο αριθµός i είναι ένας θετικός φανταστικός αριθµός. α. Αν ο z έχει εικόνα στο I τεταρτηµόριο, θα είναι z + z 0 και άρα > z + i α. Να βρείτε τους πραγµατικούς αριθµούς, ώστε > 0 + i > z

Παρουσίαση Θέµα Έστω ο µιγαδικός z + i, µε z και ο µιγαδικός z ο + i Θα προσδιορίσουµε τον z, ώστε το µέτρο z z να γίνει µέγιστο. Απάντηση Θα δούµε πρώτα το θέµα αλγεβρικά. ο Είναι z z z + ( z ) z + z z + z + + + 6 ηλαδή z z ο 6 Πρώτα να θυµηθούµε τα πιο κάτω. ο ο ο Μία σχέση της µορφής f() f() για κάθε τιµή της µεταβλητής f() από το πεδίο ορισµού της συνάρτησης, δεν δηλώνει ότι η f παρουσιάζει απαραίτητα και µέγιστο το O ο Για να συµπεράνουµε ότι έχει µέγιστο πρέπει να διαπιστώσουµε ότι υπάρχει, ώστε f ( ) δηλαδή, να είναι τελικά f() f( ) για κάθε από το πεδίο ορισµού της f Ανάλογα σκεφτόµαστε για το ελάχιστο. Θα ελέγξουµε αν είναι δυνατόν να συµβεί η ισότητα z z ο 6 Από z z ο 6 C f είναι ( ) + ( ) 6 ή ( ) + ( ) 6 ή 6 + 9 + 8 + 6 6 Επειδή z, θα είναι + Οπότε, ισοδύναµα, η προηγούµενη σχέση γίνεται 6 8 0 ή + Τότε από + είναι + 9 + 0 + ή + 6 ή 6 + 9 + 0 + 6 ή + 0 + 9 0 ή ( + ) 0 ή και έτσι είναι ηλαδή, υπάρχει µιγαδικός z, ο z i ma z z ο +, ώστε το ( ) 6

Παρουσίαση Θα µπορούσαµε να δούµε το θέµα και γεωµετρικά. Ας βρούµε την ευθεία ( ε) που διέρχεται από τα σηµεία Ο (0,0) και Μ(z ) Μ (,) ο ο Μ Μ(z ) Ο Μ Μ ο z z ο Μ Μ(z) Μ(z ) (,) ο Είναι 0 λ ε και έτσι ( ε) : 0 (ε) Ας δούµε, σε ποια σηµεία αυτή τέµνει τον κύκλο (κ) : + Επειδή 6, είναι + ή ή 9 και και Άρα ε) (κ) M,,M (, Το M M(z), είναι η εικόνα εκείνου του µιγαδικού, µε το µέγιστο µέτρο z z ο Πραγµατικά Μο Μ ΜοΟ + ΟΜ ή Μ ομ ΜοΟ + ΟΜ ή ΜοΜ ΜοΜ ηλαδή το µήκος Μ ομ είναι µεγαλύτερο από το τυχόν άλλο ΜοΜ z zο Να τονίσουµε επίσης ότι το ελάχιστο ανάλογα θα παρατηρείται στη θέση Μ Αυτό το µέγιστο µήκος είναι z z 8 76 900 ο + i + + 6 Το µέγιστο µέτρο τεκµηριώνεται και µε τον εξής τρόπο: ΟΜο + ΟΜ + 6 Το M M(z ) είναι η εικόνα εκείνου του µιγαδικού που δίνει το ελάχιστο µέτρο.

Παρουσίαση Θέµα Έστω οι µιγαδικοί αριθµοί z (λ + ) + (λ ) i, λ R Αφού αποδείξουµε ότι οι εικόνες των z για τις διάφορες τιµές του λ R βρίσκονται σε ευθεία, στη συνέχεια από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς θα αποδείξουµε ότι ο µιγαδικός i έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο. Απάντηση z (λ + ) + (λ )i Θέτουµε λ + Οπότε και λ + z λ + λ : ( ε) ηλαδή οι εικόνες των αριθµών z βρίσκονται στην ευθεία ( ε) Θα βρούµε τώρα την ευθεία ( δ) που διέρχεται από το Ο και είναι κάθετη στην ( ε) Επειδή (δ) (ε) είναι προφανώς και τελικά ( δ) : λ δ Λύνοντας το σύστηµα των ( ε),(δ), είναι και συνεπώς Οπότε, οι ευθείες ( ε),(δ) τέµνονται στο σηµείο Μ M(z ) (, ) Συνεπώς, πρόκειται για το µιγαδικό αριθµό z ο ο i Να τονίσουµε ότι το σηµείο αυτό είναι δεκτό, αφού η ευθεία ( ε) που βρήκαµε αποτελεί και τον τόπο των εικόνων των z αφού το πεδίο τιµών της συνάρτησης f(λ) λ +, λ R, είναι το R Ένας άλλος τρόπος για να διαπιστώσουµε ότι το Μ ο είναι και σηµείο του τόπου θα ήταν να αποδείξουµε ότι υπάρχει λ, ώστε λ + και λ το οποίο όµως είναι προφανές, αφού υπάρχει λ και προφανώς είναι ο λ 0 Μάλλον όµως, ο «καλύτερος τρόπος» για το ελάχιστο είναι ο παρακάτω: z (λ + ) + (λ )i ( λ + ) + (λ ) λ + λ + + λ λ + 8λ + το οποίο ελαχιστοποιείται για λ 0 Οπότε, πρόκειται για τον µιγαδικό αριθµό i z ο O M(z) M(z ) (, ) (ε) ( δ) :

Παρουσίαση 6 Τα πιο πάνω είναι σηµαντικά στην εξέλιξη του θέµατος. Για να δούµε τη σηµαντικότητά τους, ας προσέξουµε και το πιο κάτω θέµα. Θέµα Έστω οι µιγαδικοί αριθµοί z (λ + ) + λ i, λ R Θα βρούµε την εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία βρίσκονται οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z, για τις διάφορες τιµές του λ R Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς θα αποδείξουµε ότι ο µιγαδικός αριθµός z, έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο. Απάντηση Έστω ο µιγαδικός z (λ + ) + λ i z M(z) Θέτουµε λ + λ O A(,0) Οπότε και λ λ και ισοδύναµα : ( ε) (ε) ( δ) : + ηλαδή, οι εικόνες M(z) (λ,λ ) είναι σηµεία της ευθείας ( ε) : Όµως, πολύ απλά εδώ διαπιστώνεται ότι ο τόπος δεν είναι ολόκληρη η ευθεία (ε) αφού λ 0 και ισοδύναµα ηλαδή, ο γεωµετρικός τόπος, είναι η ηµιευθεία ( Αz) :, µε A (,0 ) Όµως δεν έχει νόηµα να προσδιορίσουµε την ευθεία ( δ) : για να εντοπίσουµε το σηµείο τοµής των ( ε), ( δ) το Μο M(z ), αφού αυτό δεν είναι σηµείο του τόπου. Να τονίσουµε ότι εδώ ο ζητούµενος µιγαδικός αριθµός µε το ελάχιστο µέτρο είναι προφανώς ο αριθµός z αφού προφανώς η εικόνα του Α είναι το σηµείο της ηµιευθείας Αz που απέχει από την αρχή Ο τη µικρότερη δυνατή απόσταση.

Παρουσίαση 7 Επαναληπτικές ασκήσεις 0 Αν για τους µιγαδικούς z, z ισχύει z z z z να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους z, z έχει µέτρο ίσο µε Έστω ότι + z και z + z, µε Im( z ) > 0 z Α) Να βρείτε τους z και z Β) Να βρείτε το εµβαδόν του τριγώνου που έχει κορυφές τις εικόνες των 0, z, z 00 00 Γ) Να αποδείξετε ότι z z Έστω ο µη πραγµατικός µιγαδικός z, ώστε Α ) Να αποδείξετε ότι Im( z) Re(z) Α ) Να αποδείξετε ότι z + i Α ) Να αποδείξετε ότι z + z 0 0 z (+ i) z i Έστω και οι µιγαδικοί w, ώστε w i + ( w i) w+ i + (w i)(w+ i) Β ) Να αποδείξετε ότι w i Β ) Να αποδείξετε ότι z w 6 Β ) Να αποδείξετε ότι (z w)(z w) + (z w)(z w) 7 Έστω * z C και v A (z) z, v N Α) Για ν, να υπολογίσετε την παράσταση Α( + i ) + Α( i ) Β) Να βρείτε τους φυσικούς αριθµούς v, ώστε Α ( + i ) > 0 Γ) Να βρείτε τους φυσικούς αριθµούς v, ώστε Α ( + i ) + Α( i ) 0 Έστω οι µιγαδικοί z και z µε z, ώστε να ισχύει ( z )z Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των µιγαδικών z διαγράφουν µία ευθεία. Αν Re ( z z ) 0 z να αποδείξετε πρώτα ότι Re 0 z και µετά ότι z + z z z 6 Αν z C, µε z + και z +, να αποδείξετε ότι z 7 Οι αριθµοί z κ, z λ επαληθεύουν τη σχέση Να αποδείξετε ότι Α) zκ z λ Β) z z z z κ λ λ κ z 007 και Re(z z ) κ λ + Γ) Im( z z ) κ λ

Παρουσίαση 8 8 Έστω οι µιγαδικοί z, για τους οποίους ισχύει z + z( + i) + z( i) 0 Α) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των z Β) Να αποδείξετε ότι z Γ) Αν z και z είναι µιγαδικοί που ικανοποιούν την αρχική ισότητα, να βρείτε το µέγιστο του µέτρου z z 9 Έστω ο µιγαδικός z µε z Να αποδείξετε ότι Α) + z + + z + + z 6 Β ) z z z Β ) z z + + z Γ ) z z z + + Γ ) z z + + z + 0 Έστω ο µιγαδικός z και ο µιγαδικός m (z) az + a z, a < 0 Γνωρίζουµε ότι m ( m(z) ) m(z) Α) Να αποδείξετε ότι z I Β) Να αποδείξετε ότι m (z) 0 Αν + i ( + i), µε ν * Ν ν και, R, να αποδείξετε ότι + 0 ν Έστω ο µιγαδικός z v α + βi και οι θετικοί α και β µε α β και ο ακέραιος ν >, ώστε ( + iz) β + αi Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των z ανήκουν στον κύκλο (κ) : + ( ) χωρίς το O ( 0,0) z) Έστω ο µιγαδικός z, ώστε + ai + a 0, α z Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του z Im( 0 Αν z C µε z 8 z + 0, να αποδείξετε ότι Α) z z 0 8 8 Β) z z + 0 Αν z, αποδείξτε ότι για τον z i w είναι w και z w i z

Παρουσίαση 9 Απαντήσεις των ασκήσεων 0 Από z z z z έχουµε ( z ) z z z z z z z z z z z z z z z 0 ( z )( z ) 0 και τελικά καταλήγουµε ότι z z Α) Από + z z είναι ( z z ) Οπότε + z z z + i, z i Β) E βυ 00 00 00 Γ) z z ( z z ) z ( z) τ.µ Α ) Από z (+ i) z i z z + 0 είναι και z (+ i) ( z ) Οπότε Im( z) Re(z) z Α ) Θέτοντας η σχέση z k + ki, όπου k z z (+ i) z i δίνει τελικά k, οπότε z + i Α ) z + z 0 0 + i + + i 0 0 Β ) Η σχέση w i + ( w i) w+ i + (w i)(w+ i) δίνει τελικά w i w i + 0 ( w i ) 0 Β ) Από z w + i w + i + i w Προφανής w i εφαρµόζοντας την τριγωνική ανισότητα, παίρνουµε z w 6 Β ) (z w)(z w) + (z w)(z w) z w + w z z w z i + i w 7

Παρουσίαση 0 Α) Α ( + i ) + Α( i ) ( + i) + ( i) 8 8 Β) Α ( i ) > 0 ν + ( + i) > 0 ( i) 0 Γ) Α ( i ) + Α( i ) 0 ν > i ν > 0 ν ρ + ( + i) + ( i) 0 Θέτοντας z + i καταλήγουµε ότι z ( + i ) 0 ( ) Οπότε ν ρ +, ρ Ν ν ν ν ν ν Από z )z είναι ( z z z + z + Οπότε z και άρα z z + z Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουµε z z + Re( z ) Οπότε z + ki, δηλαδή M( z ) (ε) : Από ( z z ) 0 Re καταλήγουµε z z z z z z I Οπότε z bi, b R δηλαδή z bz i z Η σχέση z + z z z ισοδύναµα καταλήγει σε προφανές αν θέσουµε z bz i 6 Από z + είναι z + και τελικά z + z z z Από z + είναι z + και τελικά z + z z z Οπότε, η σχέση z + z z z υψούµενη στο τετράγωνο δίνει z z z z + και τελικά z

Παρουσίαση 7 Α) Είναι z 007 κ, z 007 λ και µετρώντας έχουµε zκ, z λ Οπότε και z z κ λ Β) Η σχέση zκ z λ υψούµενη στο τετράγωνο δίνει z z + z z κ λ λ κ Γ) Αφού Re(zκ z λ ) είναι zκ z λ + βi Αντικαθιστώντας στη σχέση z z κ παίρνουµε Im( z z ) λ κ λ 8 Α) Θέτοντας z + i η σχέση z + z( + i) + z( i) 0 γίνεται ( ) + Β) Από τη γεωµετρική ερµηνεία. Γ) Από τη γεωµετρική ερµηνεία είναι z z ma 9 Α) + z + + z + + z + z + + z + + z 6 Β ) z z z z z Β ) z z z z + + z z + + z Γ ) z z z z z + z z + + Γ ) Αν πολλαπλασιάσουµε µε z τη σχέση z z z z z + + z z + + παίρνουµε την z z + + z + 0 Α) ( m(z) ) m(z) m α m(z) + α m(z) αz + a z Τελικά καταλήγουµε z z z I Β) Είναι z βi, β R και συνεπώς m (z) αβi αβi 0

Παρουσίαση Από + i ( + i) είναι ν + i ( + i) ν + 0 ν Από ( iz) v α + βi + θέτοντας z + i β + αi είναι και ( iz) v α + βi + + iz β + αi ( 0) + ( ) Να τονίσουµε ότι z 0, γιατί αν z 0 προκύπτει άτοπο. z) Από + ai + a 0 z Im( 0 παίρνουµε z Im(z) και θέτοντας z + i τελικά παίρνουµε Οπότε, ο τόπος είναι η ηµιευθεία ( ε) :, µε τεταγµένες αρνητικές. Α) Από z 8 z + 0 είναι z και παίρνοντας µέτρα καταλήγουµε z z 0 z 8 Β) Από z 8 z + 0 είναι z 8 + z και παίρνοντας µέτρα καταλήγουµε z z + 0 8 8 Από w z i i z είναι z i w( i z) z ( w + ) (w + ) i Παίρνοντας µέτρα, έχουµε z( w + ) (w + )i ή z w + i w + ή w + w + και καταλήγουµε ότι w z w z + w

Παρουσίαση ΚΛΑΣΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ ζ Επίλυση εξισώσεων και ανισώσεων µε τη µονοτονία Να τονίσουµε ότι, στην περίπτωση που µία συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα ή γνήσια φθίνουσα, δεν µπορεί να δεχτεί δύο διαφορετικές ρίζες. ηλαδή, ή δε θα δέχεται καµία ρίζα ή θα δέχεται ως ρίζα µοναδικό αριθµό. Να τονίσουµε, ότι είναι λάθος να λέµε ότι θα δέχεται ή µία ρίζα ή καµία ρίζα. Γιατί υπάρχει περίπτωση µία ρίζα να µην είναι πολλαπλότητας ένα. Για παράδειγµα, η f(), ενώ είναι γνήσια αύξουσα, έχει ρίζες ίσες µε 0 Στην πράξη όµως, συνηθίζεται να χρησιµοποιούµε την πιο πάνω λαθεµένη έκφραση. Είναι λοιπόν βέβαιο ότι, αν εντοπίσουµε µία ρίζα της, δεν µπορεί να δεχτεί ως ρίζα κάποιον άλλο αριθµό. Πραγµατικά Έστω η γνήσια αύξουσα συνάρτηση f Αν ο αριθµός ρ είναι µία ρίζα της f, θα είναι f (ρ) 0 Αν τώρα θεωρήσουµε τον αριθµό ρ ο > ρ επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα, θα είναι και f(ρ ο ) > f(ρ) ή f(ρ ο ) > 0 Όµοια, αν θεωρήσουµε και τον αριθµό ρ ο < ρ, θα είναι f(ρ ο ) < 0 ηλαδή, διαπιστώσαµε ότι f(ρ ο ) 0 και συνεπώς το ρ ο δεν είναι ρίζα της f Όµοια, αν η f είναι γνήσια φθίνουσα συνάρτηση. Παράδειγµα Έστω η γνήσια αύξουσα στο R συνάρτηση f, µε f (0) Θα λύσουµε την εξίσωση f( ) Πραγµατικά f( ) f( ) f(0) 0 ηλαδή, η εξίσωση f( ) έχει µοναδική ρίζα τον αριθµό Για το πλήθος λύσεων των εξισώσεων που δεν επιλύονται αλγεβρικά µε τις γνωστές µεθόδους παραγοντοποίησης, τα φέρνουµε όλα σε ένα µέλος θεωρούµε συνάρτηση και κινούµαστε µε τη βοήθεια της µονοτονίας. Παράδειγµα Θα αποδείξουµε ότι η εξίσωση + έχει µοναδική λύση την Πραγµατικά Να τονίσουµε ότι αυτή έχει µόνο µία ακέραια ρίζα, τον αριθµό Θεωρούµε την f() + και θα αποδείξουµε ότι αυτή έχει µοναδική ρίζα. Έστω, R µε <, τότε είναι και < Οπότε + < + ή + < +, δηλαδή f( ) < f( ) ηλαδή, η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεπώς το είναι µοναδική ρίζα της f

Παρουσίαση Να παρατηρήσουµε επίσης κάτι πολύ σηµαντικό: Όταν λύνουµε την εξίσωση f (), ως προς πρέπει να «κινηθούµε» ισοδύναµα, γιατί αλλιώς δεν βρίσκουµε πεδίο τιµών αφού δεν ξέρουµε αν όλα τα της σχέσης f () είναι δεκτά. Παράδειγµα Έστω η συνάρτηση f, ώστε f () + f(), R Από f () είναι και f () Προσθέτοντας κατά µέλη, έχουµε f + () + f() + ή Επειδή δεν κινηθήκαµε ισοδύναµα αφού προσθέσαµε κατά µέλη τις ισότητες, δεν µπορούµε να εντοπίσουµε το πεδίο τιµών. Ας προσέξουµε όµως την πιο κάτω τεχνική. Έστω τώρα το τυχόν + R, ώστε Η αρχική σχέση γίνεται f () + f() + + Επειδή η συνάρτηση r() είναι γνήσια αύξουσα. η σχέση f () + f() + δίνει r ( f() ) r() ή f () Οπότε, για τον τυχόντα R υπάρχει ένας τουλάχιστον R, ώστε f () Άρα f (R) R Ας προσέξουµε και το πιο κάτω: Η πιο πάνω σχέση + µας δηλώνει προφανώς ότι το τυχόν f(r) R αντιστοιχίζεται µε ένα µόνο, το + και συνεπώς η f : Οπότε δε χρειάζεται να αποδείξουµε ότι αυτή είναι µε τη διαδικασία του ορισµού.

Παρουσίαση Τώρα, αν η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο R ( όχι γνήσια φθίνουσα) και η γραφική παράσταση C f τέµνεται µε την γραφική παράσταση C f τότε θα τέµνεται πάνω στη διχοτόµο ( δ) : του Ι και ΙΙΙ τεταρτηµορίου. Πραγµατικά Έστω ότι τα διαγράµµατα C f, C f τέµνονται στο σηµείο Μ (, ) Θα αποδείξουµε ότι Πραγµατικά ο ο Είναι f ( ) f( ) Έστω ότι < ή f ( ) < Επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα στο R θα είναι f( f ( )) < f( ) < f( ) < f ( ) Άτοπο Όµοια, αν υποθέσουµε ότι >, καταλήγουµε σε άτοπο. Οπότε, είναι f ( ) f( ) f( ) f Με βάση τα προηγούµενα, διαπιστώνουµε ότι αν η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα, οι εξισώσεις f () f(), f () και f () είναι ισοδύναµες έχουν δηλαδή, τις ίδιες λύσεις. Αυτές θα δίνουν ως λύση, τις τετµηµένες των σηµείων τοµής αν υπάρχουν. ( ) O C f Μ ο ( δ) : C f Παράδειγµα Έστω η γνήσια αύξουσα στο R συνάρτηση f Ξέρουµε ότι f() f () {,, } Είναι προφανές ότι οι γραφικές παραστάσεις των f, g O ( δ) : C f Γ Β Α C f τέµνονται στην ( δ) :, µε f() f (), f() f (), f() f () ηλαδή, οι C, C τέµνονται στα σηµεία f g Α,Β, Γ και µόνο σ αυτά. Είναι προφανές ότι αν η γραφική παράσταση µίας γνήσιας αύξουσας συνάρτησης f C f ( δ): C f δεν τέµνει το διάγραµµα της f τότε το διάγραµµα της f δεν τέµνει και τη διχοτόµο (δ) : O

Παρουσίαση 6 Παράδειγµα Έστω η ορισµένη στο R συνάρτηση f, µε f (R) R C f ( δ) : ώστε f () + f(), R Θα αποδείξουµε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. O C f Μετά θα αποδείξουµε ότι f () + Τέλος, θα λύσουµε την εξίσωση f() f () Πραγµατικά Θεωρούµε τα τυχόντα, R µε < f Τότε είναι ( ) + f( ) < f ( ) + f( ) f ( ) + f( ) f ( ) f( ) < 0 < ( ) f( )) ( f ( ) + f( )f( ) + f ( ) + ) 0 f( ( ) f( ) 0, αφού ( ) + f( )f( ) + f( ) + > 0 f < f ( ) f( ) f < f( < ) f ( ) 0 Καταλήξαµε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεπώς η f είναι αντιστρέψιµη. Από f () και f () Προσθέτοντας κατά µέλη, είναι f () + f() + και φυσικά + Οπότε f () +, f(r) R Όπως ξέρουµε, ο τρόπος αυτός µας δίνει πληροφορίες και για το Τέλος, η εξίσωση f() f () είναι ισοδύναµη µε την f () ή + ή 0 ή 0

Παρουσίαση 7 Επαναληπτικές ασκήσεις 6 Έστω η συνάρτηση f : R R, ώστε f() + f( ) + Α) Να αποδείξετε ότι f (0) + f() και ότι f () + f() Β) Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι 6 Λύστε την εξίσωση + +... + 0 09 6 Έστω η ορισµένη στο R συνάρτηση f, ώστε f( ) f( ) 0 για κάθε R Α) Να αποδείξετε ότι f( ) f( ) + 8 Β) Να αποδείξετε ότι f () 6 Έστω η ορισµένη στο R συνάρτηση f, ώστε f ( f() ) +, για κάθε R Α) Να αποδείξετε ότι f () f( ) + και µετά ότι f() f( + ), R Β) Αν το 000 είναι ρίζα της f, να αποδείξετε ότι το 998 δεν είναι ρίζα της f 66 Αν f( ) + f(), για κάθε R, αποδείξτε ότι η f δεν είναι 67 Αν f( ) f (), για κάθε R, αποδείξτε ότι η f δεν είναι 68 Αν f( ) f( ) +, για κάθε R, αποδείξτε ότι η f δεν είναι 69 Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( ) + + 0 + έχει µοναδική ρίζα τον αριθµό 7 70 Έστω ότι f () + f () f ( ) + f ( ), για κάθε R Να αποδείξετε ότι η f είναι άρτια. 7 7 Έστω ότι + f( + ) f()f() e, για κάθε, R Α) Να αποδείξετε ότι f (0) Β) Να αποδείξετε ότι f ( )f() Γ) Να αποδείξετε ότι f () e

Παρουσίαση 8 Απαντήσεις των ασκήσεων 6 Α) Η σχέση f() + f( ) + για δίνει f () + f(0) και για δίνει f () + f() Οπότε f () f(0) και συνεπώς η f δεν είναι Β) 6 Για η εξίσωση επαληθεύεται + 0 αφού + +... + 0 + +... + 0 9 09 Επίσης η συνάρτηση f() + +... + 0 είναι γνήσια αύξουσα ως άθροισµα των γνήσιων αυξουσών f (),, f 9 () 0 6 Α) Η σχέση f( ) f( ) 0 για το 6 δίνει f( ) f() 8 Β) Η αρχική γίνεται f( ) ( f( ) + 8 ) 0 ή f () 6 Α) Η σχέση f ( f() ) + για το () f δίνει f ( f( f() )) f() + f ( + ) f() + Αυτή για το δίνει f () f( ) + Β) Αυτή για το 000 δίνει f (000) f(998) + f(998) 66 Η σχέση f( ) + f() για δίνει f () 0 και για 0 δίνει f (0) 0

Παρουσίαση 9 67 Η σχέση f( ) f () για δίνει f () και για 0 δίνει f (0) 68 Η σχέση f( ) f( ) + για δίνει f (0) 0 και για δίνει f ( ) 0 69 Θεωρούµε τη συνάρτηση f() + Τότε η εξίσωση ( + ) + + 0 γίνεται f( + ) 0 f() + 0 70 Θεωρούµε τη συνάρτηση 7 g() + 7 Τότε η εξίσωση f () + f () f ( ) + f ( ) γίνεται g( f() ) g( f( ) ) f() f( ) 7 7 Α) Η σχέση f( + ) f()f() + e για 0 δίνει f(0) f (0) > 0, δηλαδή f(0) και f(0) Οπότε f (0) Β) Η + f( + ) f()f() e για το δίνει f()f( ) Οπότε f ( )f() Γ) Από + f( + ) e για 0 και το είναι f( ) e ή f() e ή f() e και τελικά είναι f () e

Παρουσίαση 0 ΟΡΙΑ θ Κριτήριο παρεµβολής Είδαµε το κριτήριο παρεµβολής, το οποίο αποτελεί ένα κριτήριο ύπαρξης ορίων. Πιο συγκεκριµένα, το θεώρηµα έχει αποδειχτεί για πεπερασµένα αποτελέσµατα. Αν h() f() g() «κοντά» στο ο και lim h() lim g() R τότε θα υπάρχει το όριο lim f() και θα ισούται µε l Απόδειξη* ο l ο ο Είναι lim g() l ο, lim h() l ο, οπότε και lim ( g() h() ) 0 ο f() h() f() h() g() h() Έτσι ( g() h() ) f() h() g() h(), και προφανώς lim ( f() h() ) 0 Οπότε lim f() ο ο lim ( f() + h() h() ) lim ( f() h() ) + lim h() 0 + l l ο ο ο ώσαµε την απόδειξη χάριν εξάσκησης. Το κριτήριο παρεµβολής ισχύει και όταν τα όρια απειρίζονται. Πιο συγκεκριµένα: Αν h() f() g() «κοντά» στο ο και lim h() lim g( + ο ) ο ο τότε θα υπάρχει το όριο lim f() και θα ισούται µε + Απόδειξη* Επειδή lim h() +, lim g() + ο ο και συνεπώς 0 < h() f() g() «κοντά» στο είναι h () > 0 και g () > 0 Οπότε g() και προφανώς είναι lim lim 0 f() h() g() h() Άρα, από το κριτήριο παρεµβολής, είναι lim 0 f() θα είναι lim f() + ο ώσαµε την απόδειξη χάριν εξάσκησης. Όµοια για το και επειδή f () > 0

Παρουσίαση Το προηγούµενο θεώρηµα, ειδικότερα, γίνεται και όπως πιο κάτω: Αν f() g() για κάθε τιµή του «κοντά» στο και lim f() + τότε θα υπάρχει το όριο lim g() και µάλιστα lim g() + Απόδειξη* Αφού lim f() + > 0 κοντά στο σηµείο και συνεπώς, αντιστρέφοντας είναι θα είναι f () > 0 και συνεπώς θα είναι 0 < f() g() 0 < g() f() Από το κριτήριο παρεµβολής είναι lim 0 0 και lim 0 f() + Άρα lim 0 g() και επειδή () 0 ώσαµε την απόδειξη χάριν εξάσκησης. g > θα είναι lim g() + Επίσης Αν f() g() για κάθε τιµή του «κοντά» στο και lim g() τότε θα υπάρχει το όριο lim f() και µάλιστα lim Η απόδειξη γίνεται εντελώς αντίστοιχα µε προηγούµενα. f() Παράδειγµα Αν υποθέσουµε ότι, για τη συνάρτηση f είναι f () + ηµ τότε θα είναι και f (), αφού ηµ 0 Επειδή lim + θα είναι και lim f () + ή + + Οπότε, το όριο της f στο + ισούται µε + lim + f () ή lim f() + + +

Παρουσίαση Ασκήσεις η. Έστω ότι ( f() g() ) και ( f() g() ) lim 0 lim 0 lim 0 lim g() 0 + Να αποδείξετε ότι ( f() ) και ( ) και ότι ( f() g() ) 8 η.6 Αν ( f()g() ) 8 και ( f() : g() ) lim 0 α) Να αποδείξετε ότι lim f() 0 lim 0, f () > 0 lim + 0 β) Να διαπιστώσετε ότι «κοντά» στο 0 είναι g () > 0 γ) Να βρείτε το lim g() 0 f () + f() η.7 Αν lim f() 0, να βρείτε το όριο lim 0 0 f() f() η.8 Αν lim f() +, να αποδείξετε ότι lim e 0 0 η.9 Αν lim + + f() 6, να αποδείξετε ότι lim f() + + f() f() η.0 Αν lim, να αποδείξετε ότι lim f() f() η. Έστω ότι lim lim L R και 0 < f() < 0 f() 0 f() L L α) Να αποδείξετε ότι L + L + β) Να αποδείξετε ότι L 0 f( + ) f( ) η. Αν lim 0 και 0 η. Αν lim f() lim f() 0 f( + ) f() lim L 0, να αποδείξετε ότι ( f f) () lim 0, δείξτε ότι L 0 f() + g() η. Αν lim f() +, lim g() +, δείξτε ότι lim 0 0 0 0 f() g() f()g() + + η. Έστω η συνάρτηση f : R R, για την οποία ισχύει lim ( f() ) α) Να αποδείξετε ότι lim f() + f () 8f() 00 β) Να αποδείξετε ότι lim + f () f() + +

Παρουσίαση Απαντήσεις των ασκήσεων η. Επειδή ( f() g() ) και ( f() + g() ) lim 0 lim 0 προσθέτοντας παίρνουµε ( f() ) lim 0 lim f() 0 και αφαιρώντας παίρνουµε ( g() ) lim 0 lim g() 0 η.6 α) Από ( f()g() ) 8 lim 0 και ( f() : g() ) lim 0 πολλαπλασιάζοντας παίρνουµε ( f ()) 6 lim 0 και επειδή f () > 0 είναι lim f() 0 β) Αφού ( f()g() ) 8 0 lim > 0 «κοντά» στο 0 είναι f()g() > 0 και επειδή f () > 0, είναι και g () > 0 γ) ιαιρώντας τις ( f()g() ) 8 lim 0 και lim f() 0 είναι lim g() 0 η.7 lim 0 f ) () + f() f () + f() f () f() + f( lim 0 f() f () f() + f() lim lim 0 0 f() f () f() + f () f() + ( f() ) ( f() ) η.8 Επειδή lim 0 0 f() f(), είναι lim e lim e 0 0

Παρουσίαση η.9 Θέτουµε + + f() g() f() g() + + Συνεπώς lim f() + g() + lim + + g() lim + lim + + + + + + + + lim + + + f() η.0 Θέτουµε g() f () g()( ) + lim f() lim ( g()( ) + ) f() ( )g() Οπότε lim lim +... f() η. Θέτουµε g() f() g() f() + g () Οπότε g() L lim 0 g() + L lim f() 0 + f() Θέτουµε g () f() f() g () + g () Οπότε g () L lim 0 g () + L lim f() 0 + Πρέπει + L L + L L 0 ή L Απορρίπτεται αφού 0 < f() < και συνεπώς lim f() 0 0

Παρουσίαση η. f( + ) f( ) f( + ) f() + f() f( ) 0 lim lim 0 0 f( + ) f() f( ) lim lim 0 0 Θέτουµε z f() f( + ) f() f( + z) f() f( + h) f() lim lim lim 0 0 + z 0 z h 0 h η. lim( f f) () lim( f(f() ) lim ( f(f() ) lim f() 0 0 f() + f() + g() g() f() η. lim lim 0 0 f() g() f()g() + + 0 + + g() g() η. α) Θέτουµε f() g() g() f(), οπότε lim f() + 8 00 + f () 8f() 00 f() f() f() β) lim + lim f () f() + + + + f() f ()

Παρουσίαση 6 ΣΥΝΕΧΕΙΑ ε Πεδίο τιµών Είναι γνωστό ότι µε τη βοήθεια της µονοτονίας και της συνέχειας µπορούµε να προσδιορίσουµε το πεδίο τιµών µίας συνάρτησης. Παράδειγµα Έστω η συνάρτηση f() + +, µε D [0, + ) Επειδή είναι προφανές ότι η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής είναι f(d) f(0), lim f() [, + ) + Αργότερα, στην παραγώγιση, θα δούµε αρκετά εύχρηστα κριτήρια µονοτονίας. Να τονίσουµε τώρα, κάτι πολύ σηµαντικό! Το πεδίο τιµών µας πληροφορεί για ύπαρξη ορίων! Όταν π.χ. η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής στο διάστηµα [0, + ) γράφουµε ότι f(d) f(0), lim f() + και σηµαίνει ότι υπάρχει το όριο lim f() Παράδειγµα + και µάλιστα είναι µεγαλύτερο του f (0) Έστω η γνήσια αύξουσα και συνεχής στο R συνάρτηση f ώστε f () + f() +, για κάθε R Θα αποδείξουµε ότι το πεδίο τιµών της, είναι το R, δηλαδή, ότι Πραγµατικά Επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής στο R το πεδίο τιµών της είναι το f(r) lim f(), lim f() + Αν το όριο lim f() l ήταν πεπερασµένο +, θα είχαµε lim ( f () + f() ) lim ( + ) από f () f() + Άτοπο Οπότε, το όριο l ως αριστερό άκρο διαστήµατος ισούται µε Όµοια, καταλήγουµε ότι l lim f() + + l f (R) ή l R + l lim f() και συνεπώς f (R) (, + ) Είχαµε δει το ίδιο θέµα στην κλασική ανάλυση χωρίς χρήση της συνέχειας. Αργότερα θα δούµε ότι µία συνάρτηση σαν την πιο πάνω είναι και συνεχής και συνεπώς θα µπορούσε να µη δοθεί στην υπόθεση.

Παρουσίαση 7 γ Θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών Στην ουσία, το θεώρηµα των ενδιάµεσων τιµών, µας πληροφορεί ότι, στην περίπτωση που ξέρουµε δύο τιµές του πεδίου τιµών µιας συνεχούς και µη σταθερής συνάρτησης, τότε αυτή θα παίρνει και όλες τις ενδιάµεσες τιµές. Παράδειγµα Αν για την πολυωνυµική συνάρτηση f ξέρουµε ότι f( ) και f () τότε, αν πάρουµε µία τυχούσα τιµή µεταξύ των και ο π.χ. την τιµή αυτή θα ανήκει στο πεδίο τιµών, δηλαδή, θα υπάρχει (,), ώστε f( ) Αν και εφαρµόζοντας το Θ.Blzan δεν χρειάζεται να σκεφτόµαστε το Θεώρηµα των ενδιάµεσων τιµών εντούτοις, µ αυτό, διευκολυνόµαστε στις πιο κάτω περιπτώσεις. Να παρατηρήσουµε, όπως έχουµε αναφέρει και ξανά αν η f δεν είναι συνεχής τότε δεν θα παίρνει υποχρεωτικά όλες τις ενδιάµεσες τιµές. η O Ας δούµε τα πιο κάτω θέµατα: Θέµα Έστω η συνεχής στο R συνάρτηση f, µε () 8 Θα αποδείξουµε ότι f (8) και µετά ότι f (0) 0 Απάντηση f και f ( f() ) f() 0 +, R Για, η f (f()) + f() 0 δίνει f (f()) + f() 0 ή f(8) + 8 0 ή f (8) Επειδή η f είναι συνεχής στο διάστηµα [,8] και f(8) < 0 < 8 f() σύµφωνα µε το θεώρηµα ενδιάµεσων τιµών θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (,8), ώστε f (ξ) 0 Για ξ, η f (f()) + f() 0 δίνει f (f(ξ)) + f(ξ) 0 ή f(0) + 0 0 ή f(0) 0 Να τονίσουµε ένα σύνηθες λάθος. Από Οπότε f () είναι ( f() ) f() f() f και τελικά f () f( f() ) + f() 0 και για 0 προκύπτει f (0) 0 + ή 0 + f() Αυτό όµως είναι λάθος, αφού δεν γνωρίζουµε αν το 0 τελικά ανήκει στο f (R) Πάντως ο τύπος της f είναι f() 0 Είναι προφανές ότι η αρχική συνθήκη f()8, δεν είναι τυχούσα.

Παρουσίαση 8 Επαναληπτικές ασκήσεις 6 Έστω f() ln + e, > 0 Α) Να βρείτε το σύνολο των τιµών της f Β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα ακριβώς ο > 0, ώστε e 7 Έστω οι ορισµένες και συνεχείς στο D [,] συναρτήσεις f, g f( ) + f() ώστε g( ) + g() f(ρ) + Να αποδείξετε ότι υπάρχει ρ [, ], ώστε g(ρ) 8 Να βρείτε την ορισµένη και συνεχή στο R συνάρτηση f αν γνωρίζουµε ότι f() + + f(), για κάθε πραγµατική τιµή του 9 Έστω η περιττή στο R συνάρτηση f Αν η f είναι συνεχής στο, αποδείξτε ότι η f είναι συνεχής και στο σηµείο 0 Έστω η ορισµένη στο R συνάρτηση f, ώστε f() ( f() ) 0 Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0, R Έστω η ορισµένη στο R συνάρτηση f, ώστε Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0 f () + f() 00, R Έστω η ορισµένη στο R και συνάρτηση f Αν η f είναι συνεχής στο, να αποδείξετε ότι η f θα είναι συνεχής στο ( ) f Έστω η συνάρτηση f() λ + κ, ώστε κ λκ + κ + 0 Αφού αποδείξετε ότι η f δέχεται µία ρίζα, µετά να αποδείξετε ότι λ κ Έστω η ορισµένη στο R συνάρτηση f, ώστε f () + f() +, R Α) Να αποδείξετε ότι η πιο πάνω συνάρτηση f είναι µοναδική. Να αποδείξετε ότι Β ) f() f( ) f () + f( )f() + f ( ) + Β ) f () + f( )f() + f ( ) + Β ) f() f( ) Γ) Μετά να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R ) Μετά να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται, µε f () +, R

Παρουσίαση 9 Απαντήσεις των ασκήσεων * + 6 Α) f( R ) R Η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής Β) Επειδή 0 R υπάρχει R, ώστε f( ) 0 Οπότε ln + 0 ln e f( ) + f() 7 Από g( ) + g() είναι f ( ) + g( ) ( f() + g() ) Εφαρµόζουµε γενίκευση Θ.Blzan για την h () f() + g() στο [, ] 8 Από f() + + f() είναι f(), + + Λόγω της συνέχειας στο είναι f() + + αν αν Τελικά f() + + 9 lim f() lim f( ) lim f() f() f( ) 0 f() ( f() ) 0 f () f() + f() Από το κριτήριο παρεµβολής διαπιστώνουµε ότι lim f() f(0) 0

Παρουσίαση 0 Από f () f() 00 + f() ( f () + ) 00 00 Οπότε f() 00 00 f () + Από το κριτήριο παρεµβολής διαπιστώνουµε ότι lim f() f(0) 0 lim f () lim f () lim f (f()) lim f ( ) f( ) f() f( ) Εφαρµόζουµε το Θ.Blzan για την f() λ + κ στο [ 0,] Α) f () + f() + και f ( ) + f( ) + Β ) Αφαιρώντας είναι f () f ( ) + f() f( ) + 0 και τελικά f() f( ) f () + f( )f() + f ( ) + Β ) Το f () + f( )f() + f ( ) + είναι τριώνυµο και έχει µέγιστο το f ( ) + α Συνεπώς f () + f( )f() + f ( ) + άρα και f () + f( )f() + f ( ) + Β ) Από f() f( ) f () + f( )f() + f ( ) + είναι τελικά f() f( ) Γ) Εφαρµόζουµε κριτήριο παρεµβολής ) Από f() έχουµε f () +, R

Παρουσίαση