Μαθηματικά Προσανατολισμού Γ Λυκείου Κανιστράς Δημήτριος Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Μια πρώτη επανάληψη Απαντήσεις των ασκήσεων Άσκηση 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 + 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 =.
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(-) =, IR () f() 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 - f() e f() e (3) Από () και (3) έχουμε f() = e, IR.
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) =.
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. f lim () = lim (f() )(f()+) ημ π = 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 : lim t 0 t ημ (πt+π) = lim t 0 θέτουμε - = t = 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 () ημ π =lim [ f() + ] lim g() lim ( ημ(π) ) = ( π ) = π
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. 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. Άσκηση 5 Να υπολογίσετε το: lim + 3 ημ + ++ +06 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 + ++ +06 = lim + 3 ημ ++ +06 = =lim + ( ημ + + ) ( +06 ) = lim + ημ + + + 06
με lim + ημ lim + 06 =, lim + = 0, άρα = lim + 3 ημ lim + ++ + 0+0 + = =. +06 0+0 = Άσκηση 6 Έστω f συνάρτηση τέτοια ώστε για κάθε IR ισχύει: f 3 () + f() = 5 + + 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 5 + 0+, 0. Αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: f() f(0) + f 3 () f 3 (0) = 5-0 5 + - 0 f() - f(0) + (f() f(0)) (f () +f() f(0) +f (0)) = 5 0 5 + 0 (f() f(0)) (+ f ()+f() f(0)+f (0)) = 5 0 5 + 0
f() f(0) = 5 0 5 + 0 f ()+f()f( 0 )+f ( 0 )+ τότε, f() - f(0) = = 5 5 0 + 0 = f ()+f()f( 0 )+ f (0) + 5 0 + 0 f ()+f( 0 )f()+f ( 0 )+ 5-0 5 + 0. ( Η παράσταση f ()+f (0) f()+f (0)+ αποτελεί τριώνυμο ως προς f() με αρνητική διακρίνουσα οπότε είναι μονίμως θετική). Όμως lim 0 5 5 0 + 0 = 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 5 + + 5 + +, άτοπο, διότι < και 5 < 5 οπότε 5 + + < 5 + + 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 (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. 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. 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. 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. 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 f 9 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)]. 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) +0+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. Ισχύει Αf = 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 IR έχει μια μοναδική λύση την =[ y, y < 0 + + y, y 0 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. 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 0. M = 0 οπότε lim + f() =0 lim + f() =
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 () (f()- ) και 0 g () οπότε lim + (f() ) = 0 lim + (f() ) = 0 Τότε f() = (f() ) + lim + f() = lim + (f() ) + lim + lim + g ()= 0 lim + g() = 0. = 0+0 = 0. Επίσης 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) Όμως lim + lim + + έχουμε: lim χ + = lim + = -lim + = 0 και = 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 ( 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). Άσκηση 9 Έστω συνάρτηση f με τύπο f()= ln + α) Να δειχθεί ότι υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση f - της f β) Να βρεθεί το lim y f (y) y (ln+) α) Προφανώς έχουμε Af = (0,+ ) Έστω, (0,+ ) με < οπότε προκύπτουν ln < ln και < προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: ln + < ln + δηλαδή f() < f() Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+ ) και άρα - στο (0,+ ). Έτσι ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση f - :f(a) Af Επιπλέον η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε f(a) = (lim 0 + f(), lim + f())=(lim 0 +(ln + ), lim + (ln + ))=
(-, + ) = R) Δηλαδή f - =R (0,+ ) β) Για να υπολογίσω το ζητούμενο όριο χρησιμοποιώ την μέθοδο της αλλαγής μεταβλητής. Θέτω y=f() (οπότε =f - (y) και y-(ln+) = - Θα πρέπει να βρω που τείνει το, όταν το y. Δηλαδή πρέπει να λύσω την εξίσωση f()= (η οποία προφανώς έχει μοναδική λύση με δεδομένο ότι το σύνολο τιμών της είναι το R και η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+ )) Θεωρώ την συνάρτηση g()=f()-, (0, + ) Προφανώς g()= f()- = ln+ - = 0 Επίσης αν, (0,+ ) με < ισχύει f()<f() και f()-<f()-. Δηλαδή g()<g(). Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (0, + ) και η λύση = είναι μοναδική. Επομένως f()= μόνο όταν = που σημαίνει ότι όταν y, τότε Έτσι: lim y f (y) y (ln+) = lim lim f (f()) ln+ (ln+) = lim = ( )( +) = lim ( )( +) ( )( +) = lim ( + )=. Άσκηση 0 Για μια συνάρτηση f, ισχύει ότι: (fof) () = 3+ για κάθε R α) Να δειχθεί ότι η f είναι - β) Να δειχθεί ότι το σύνολο τιμών της f είναι όλο το R γ) Να λυθεί η εξίσωση 9f() + 8 = f (53)
A) Υποθέτω f( )= f (f( )) f(f( )) = f (f( )) 3 + = 3 + =, οπότε η f είναι - Αναζητώ το σύνολο τιμών της f. Υποθέτω τυχαίο ψ R θα δείξω ότι υπάρχει R ώστε : f() = ψ. Τότε: f(f()) = f(ψ) (fof)() = f(ψ) 3 + = f(ψ) = (f(ψ) ) 3 Άρα f(a) = R B) Συνδυάζοντας τη δοθείσα σχέση (fof)() = 3 + και το γεγονός ότι 53 = 3 7+ έχουμε ότι: 53 = (fof)(7) Άρα η εξίσωση γράφεται : 9f()+8 = f (fof) (7) 9f()+8 = f (f (f(7)) 9f()+8 = f(7) () Όμως 7 = 3 5 + = (fof)(5) και η () γράφεται: 9f() + 8 = f((fof)(5)) 9f()+8 = (fof)(f(5)) 9f()+8 = 3f(5) + 9f()+6 = 3f(5) 3f() + = f(5) (fof)(f()) = f(5)
f(f(f() =f(5)) f(f())=5 3 + = 5 =. Άσκηση Έστω f συνάρτηση συνεχής στο R τέτοια ώστε f(-) = - για κάθε R ισχύει: f (f()) + f(f ()) = α) Δείξτε ότι υπάρχει ξ (,) ώστε f(ξ) = 0 β) Αν υπάρχει 0 <0 ώστε f(0) = 0 να αποδείξετε ότι: i) Υπάρχει ρ μεταξύ του 0, 0 ώστε f(ρ) =0 ii) ρ = ξ ή ρ = -ξ A) Από τη δοθείσα σχέση, θέτοντας = - έχω f (f(-) + f(f (-)) = =(-) f (-) + f() = + f()= f() =. Η f είναι συνεχής στο [-, ] με f(-) f() < 0, οπότε ισχύει το θεώρημα Bolzano και επομένως υπάρχει ξ (-,) έτσι ώστε f(ξ) = 0.
Β) i) έστω ότι f( 0 ) = 0 με 0 < 0 από τη δοθείσα σχέση θέτοντας όπου το 0 έχω f (f( 0 )) + f(f ( 0 )) = 0 f ( 0 ) + f( 0 ) = 0 0 + f( 0 ) = 0 f( 0 ) = 0 Τότε f( 0 ) f( 3 0 ) = 0 0 = 0 < 0, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ρ ( 0, 0 ) με f(ρ) = 0 ii) από τη δοθείσα σχέση θέτοντας διαδοχικά όπου το ξ και το ρ έχω: f (f(ξ)) +f( f (ξ)) = ξ και f (f(ρ)) + f(f (ρ)) = ρ και συνεπώς f (0) + f(0) = ξ και f (0) +f(0) = ρ οπότε ξ = ρ και συνεπώς ξ= ±ρ. Άσκηση Δίνεται συνάρτηση f() = με R {0,} α) Να εξεταστεί αν η f είναι - β) Να βρεθεί η αντίστροφη f γ) Να λυθεί η εξίσωση f () = f() δ) Να βρεθούν οι συναρτήσεις fof και f of
Α) Για IR - {0, } ο τύπος της f γράφεται: f()= = ( ) Αν, Af = R - - {0, } με f() = f() τότε = ή =, οπότε η f είναι. Β) η συνάρτηση f είναι οπότε είναι και αντιστρέψιμη. Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο τιμών της f. Όμως η γραφική παράσταση της f προκύπτει από τη γραφική παράσταση της υπερβολής g() =, αν τη μετατοπίσουμε κατά μια μονάδα προς τα δεξιά. Συνεπώς, από το σύνολο τιμών της f, πρέπει να εξαιρέσουμε το - γιατί στον τύπο f() = (του ερωτήματος α) ο δεν μπορεί να πάρει την τιμή 0 και επιπλέον πρέπει να εξαιρέσουμε το 0 αφού το δεύτερο μέλος της f() = δεν μπορεί ποτέ να γίνει ίσο με το 0. Για τον τύπο της f θέτω f() = ψ = f (ψ) οπότε προκύπτει: ψ = f (ψ) με f (ψ) 0 τότε : ψ(f (ψ) -) = ή ψf (ψ) = ψ + ή με f (ψ) = ψ+ ψ. Επομένως, ο τύπος της αντίστροφης είναι: f ()= +, IR [-,0,]
Γ) Θέτω f() = f () = 5 ή = + 5. = + - = - - =0 οπότε Δ) Αfof = [ Af / f () Af] = [ R [-,0,] / + R [0,] = [ R [-,0,] / + 0 και + ] = R [-,0,] με (fof )()= f(f ()) = Άσκηση 3 = f + = () + =. Έστω η συνάρτηση f: R R τέτοια ώστε - f() - για κάθε R. α) Να υπολογισθεί το lim X 0 ( f( )) β) Να βρεθεί το lim X + f() γ) Να δειχθεί ότι lim X + (συν 3 + ημ 3)f() = Α) Στη δοθείσα σχέση θέτοντας όπου το ( 0) παίρνω: ( ) f ( ) ( ) - ή f ( ) - Πολλαπλασιάζοντας με, προκύπτει : - f ( ) - Όμως lim 0 ( ) = και lim 0 ( ) = οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχω lim 0 ( f( )) =
Β) από τη σχέση - f() - προκύπτει: lim + ( ) = + και lim + ( ) = +, οπότε και lim + f( ) = +. Γ) ισχύουν οι σχέσεις συν και συν 3 Επίσης, ημ οπότε συν 3 + ημ < (η ισότητα δεν ισχύει διότι το ημ και το συν δεν μπορούν να γίνουν ταυτόχρονα μονάδα για καμία τιμή του ). Επομένως, συν 3 + ημ -3 < - -(συν 3 +ημ -3) > Επίσης, ισχύει f() - και μπορώ να υποθέσω ότι όταν + τότε - > 0 οπότε και f() > 0. Τότε : -(συν 3 +ημ -3) f() > - (συν 3 + ημ -3) f() < - ( -) και < (συν 3 +ημ 3)f() < 0 όμως lim + = 0 και lim + 0 = 0, οπότε από το κριτήριο παρεμβολής, προκύπτει ότι: lim + (συν 3 +ημ 3)f() = 0 με (συν 3 + ημ -3)f() < 0 όταν +, οπότε lim + [( συν 3 + ημ -3) f()] = -.
Άσκηση 4 Αν για τη συνάρτηση f: R + R ισχύει f() f(ψ) ln + y για κάθε,ψ ψ R + και f() =, τότε: α) να βρείτε τον τύπο της f β) να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία Α) από τη σχέση f() f(ψ) ln ψ + ψ () με εναλλαγή των μεταβλητών και ψ παίρνουμε: f(ψ) f() ln ψ + ψ f(ψ) f() -ln + ψ ψ -(f()- f(ψ)) - (ln + ψ) ψ f() f(ψ) ln + ψ () ψ από () και () προκύπτει f() f(ψ) = ln + ψ (3) ψ από την (3) για ψ = έχουμε: f() f() = ln + f() - = ln + f()= ln +, IR + B) Έστω, (0,+ ) με < τότε και : ln <ln και συνεπώς ισχύει : ln + < ln + δηλαδή f() < f()
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR +. Άσκηση 5 Δίνεται συνεχής συνάρτηση f: R R με f(0) 0 και f() 05 για κάθε R. Δείξτε ότι η εξίσωση f () = έχει δύο τουλάχιστον πραγματικές ρίζες. Για κάθε R ισχύει: f() 05-05 f() 05 f()+05 0 και f() -05 0 Θεωρούμε τη συνάρτηση g()= (f() - )(f()+), [-05, 05]. Η g είναι συνεχής στο [-05, 0] και στο [0, 05] ως διαφορά και γινόμενο συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, g(-05) g(0) = [f(-05) +05] [ f(-05) -05]f (0) 0 όπου f(-05) +05 0, f(-05) - 05 0 και f (0) > 0 Διακρίνουμε: i. Αν g(-05) g(0) = 0 τότε g(-05) = 0, άρα το -05 είναι ρίζα της g() = 0 ii. Αν g(-05) g(0) < 0, τότε για τη g ισχύει το θεώρημα Bolzano οπότε η εξίσωση g() = 0 (f() - ) (f() + ) = 0 f () = έχει τουλάχιστον ρίζα στο [-05, 0]. Ομοίως δείχνουμε ότι η εξίσωση έχει και μια τουλάχιστον ρίζα στο [(0,05]. Επομένως, η f () = έχει δύο τουλάχιστον πραγματικές ρίζες.
Άσκηση 6 Έστω η συνάρτηση f: R R τέτοια ώστε f () + f(f()) = 4 για κάθε R και f() =. α) Εάν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο 0 = να υπολογισθεί το όριο lim [(f() 3)ημ( )] β) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [,] Α) από τη δοθείσα σχέση για = έχουμε: f () + f(f()) = 4 +f() = 4 f() = 3 Με δεδομένο ότι η f είναι συνεχής στο σημείο 0 = παίρνουμε lim f() = f() = 3. Θέτω g() =(f() -3)ημ( ), οπότε : g() f() 3)ημ( ) = f() 3) ημ( ) f() 3 Επομένως, g() f() 3 - f() 3 g () f() 3. Ομοίως, lim ( f() 3 ) = lim ( f() 3 ) = 0 οπότε από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει lim g() =0 δηλαδή lim [f() 3)ημ( ( )]. Β) Υποθέτουμε ότι η f είναι συνεχής στο [,]. Θεωρούμε στη συνάρτηση h() = f() -, [,] η οποία είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών. Επίσης, h() = f()- = 3 - = h() = f()- = - = -
Άρα h()h() <0, οπότε από το θεώρημα Bolzano προκύπτει ότι υπάρχει 0 (,) τέτοια ώστε h( 0 ) = 0 f( 0 )=. Αντικαθιστώντας στη δοθείσα όπου το 0 έχουμε: f ( 0 ) + f( 0 ) = 4 + f() = 4 f()=0, άτοπο αφού f()= επομένως, η f δεν είναι συνεχής στο [,]. Άσκηση 7 Αν είναι γνωστό ότι: ημα ημ3 + ημ5 για κάθε ( π, π ), α R και ότι lim α +5β+ α) οι τιμές των παραμέτρων α και β β) η τιμή ρ R = ρ R να βρεθούν: Αν ( π, 0) τότε: ημα ημ3 + ημ5 α ημα α 3ημ3 3 +5ημ5 5 Τότε lim 0 = (α ημα ) α lim ημ3 0 (3 3 + 5ημ5) 5 αlim 0 ημα α 3 lim 0 ημ3 3 α 3 +5 α 4 () +5lim 0 ημ5 5 Αν (0, ημα ) τότε : ημ3 + ημ5 α ημα α 3 ημ3 3 + 5 ημ5
lim 0 +(α ημα ) α lim 0 +(3ημ3 3 +5ημ5 ) α 3+5 α 4 () 5 Από () και () προκύπτει α=4 Τότε lim α 5β+ = lim 4 5β+ = ρ R. Θέτω g()= 4 +5β+ g()( ) = 4 +5β + lim (g()( )) = lim (4 + 5β + ) ρ 0 = 5 + 5β β = -. Τότε lim α +5β+ = lim 4 5+ = lim 4( )( 4 ) ( )(+) = lim 4 + = 3. Επομένως ρ = 3. Άσκηση 8 Δίνεται η συνάρτηση f για την οποία ισχύει f (f())= 4, για κάθε R α) Να αποδείξετε ότι η f είναι - για κάθε R β) Να αποδείξετε ότι f(4) = 4f(), R γ) Να αποδείξετε ότι f(0) = 0 δ) Να αποδείξετε ότι f() 4 = f (), R
ε) Να αποδείξετε ότι f ( f() 4 ) =. Α) Για κάθε, R με f() = f() f(f()) = f(f()) 4 = 4 =. Άρα η f είναι. Β) στη δοθείσα σχέση θέτω όπου το f()οπότε f (f(f()) = 4f() και f(f()) = 4 οπότε προκύπτει f(4) = 4f(). Γ) από την παραπάνω σχέση θέτοντας όπου =0 έχουμε: f(4 0)= 4f(0) f(0)= 0. Δ) επειδή η f είναι - αντιστρέφεται και θέτοντας όπου το f () στη δοθείσα σχέση έχω f(f(f ()) = 4f () f()=4f () f ()= 4 f() Ε) αντικαθιστώντας όπου το f() στη δοθείσα σχέση έχουμε f(f ( f() f() )) = 4 4 4 4 f(f (f())) = f() f(f() ) 4 4 =. Άσκηση 9 Δίνονται οι ορισμένες στο IR συναρτήσεις f και g για τις οποίες ισχύει: [f () + g ()] f() για κάθε R. Να αποδείξετε ότι: lim + f() = lim + g() = 0.
Αφού + μπορούμε να θεωρήσουμε ότι > 0, οπότε: (f () +g ()) f() f ()+ g () f() f () f() + + g () (f() - ) + g () Από την παραπάνω σχέση προκύπτουν οι ανισώσεις: 0 (f() - ) και 0 g () Όμως lim 0 = 0 και lim + =0 οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε: lim + (f() ) = 0 και lim + g() = 0 Τότε : lim + f() = lim + [(f() ) + ] = lim + (f() ) +lim + = 0 + 0 = 0. ΑΣΚΗΣΗ 30 Δίνεται η συνάρτηση f()= - α ) Βρείτε το πεδίο ορισμού της Α β) Τι έχετε να πείτε για το όριο της συνάρτησης όταν το τείνει στο 0 =0 γ) Με, θέτουμε h() = f() Να υπολογίστε το lim h()
δ) Προσδιορίστε το α R ώστε η συνάρτηση g() = { a 4 h(), A {} (a + ), = α ) Πρέπει 0 0 ή και 0, οπότε A = {0} [, + ) β) το όριο της συνάρτησης f όταν το τείνει στο 0, δεν έχει νόημα,διότι το πεδίο ορισμού A της f δεν περιέχει διάστημα της μορφής (α, 0) ή (0, α)ή (α, 0]ή [0, α) ή (α, 0) (0, β) γ)lim h() = lim lim ( ) lim ( ) ( )( +) = lim = lim ( ) = lim ( ) ( +) ( )( +) = + = = lim ( ) ( )( +) = δ) Ισχύει lim g()=lim h() = και g() = α 4 (α + ) Πρέπει lim g() = g() α (α + ) = α ( )α = 0 α α + α = 0 α(α ) + (α ) = 0 (α )(α + ) = 0 α = ή α =.