Γ Λυκείου - Όρια - Ερωτήσεις κατανόησης σχολικού

( (Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου Ερωτήσεις κατανόησης του κεφαλαίου Νέα Μουδανιά • Ιούνιος 2020 • Τέταρτη έκδοση



Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης Ερωτήσεις κατανόησης κεφαλαίου 1 Ι/83, 84 ❖ Πρόταση 1 ( )Είναι Df = 0 , + ∞ , Dg = ! . α) Για να ορίζεται η g o f, πρέπει ( )⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪⎪ ⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎩ ⎭⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎧⎪⎨ ⎫⎬⎪⎪⎪⎭⎪ , x ∈ Df x ∈ 0,+∞ x>0 f(x) ∈ Dg ℓnx ∈ \" x>0 δηλαδή πρέπει x > 0 . ( )Άρα είναι Dg!f = 0 , + ∞ , οπότε η πρόταση είναι ψευδής (διότι δίνεται x ∈ !* , ενώ πρέπει x > 0 ). β) Για να ορίζεται η f o g, πρέπει ( )⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎧ ⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎪ ⎪⎭⎫⎬⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎧⎩⎪⎪⎪⎨ ⎬⎫⎪⎪⎪⎭⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎩ ⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎫ , x ∈ Dg e−x x∈! x∈! x∈! g(x) ∈ Df ∈ 0,+∞ e−x > 0 x∈! δηλαδή x ∈ ! . Άρα είναι Df!g = \" . ( )(f ! g)(x) = f g(x) = ℓne−x = −x , Επιπλέον, είναι άρα η πρόταση είναι αληθής. - 84 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Πρόταση 2 Θέτω g(x) = f(x) , οπότε είναι ℓ im g(x) = ℓ ∈\" . x −1 x→1 Είναι f(x) = (x − 1) ⋅ g(x) , οπότε ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎡⎢(x − 1) ⋅ g(x)⎥⎤⎦ = (1 − 1) ⋅ ℓ = 0 , x→1 x→1 δηλαδή η πρόταση είναι αληθής. ❖ Πρόταση 3 Είναι ℓ im ⎢⎢⎣⎡⎢ x ⎜⎝⎛⎜⎜ x2 1 x ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ ⎦⎥⎤⎥⎥ = ℓ im x = ℓ im x 1 = 1 = 1, + x (x + 1) +1 0+1 x→ 0 x→ 0 x→ 0 οπότε η πρόταση είναι ψευδής. ❖ Πρόταση 4 Από την σχέση f(x) > 1 έχω ότι είναι f(x) − 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! . Άρα είναι και ℓ im ⎢⎡⎣f(x) − 1⎦⎤⎥ > 0 ⇒ ℓ im f(x) − 1 > 0 ⇒ ℓ im f(x) > 1 , x→1 x→1 x→1 δηλαδή η πρόταση είναι αληθής. ❖ Πρόταση 5 α) Θέτω 1 = y . Τότε είναι x = 1 . x y Όταν x → +∞ , τότε y → 0+ , οπότε για το όριο έχω ℓ im ⎜⎛⎝⎜⎜x ⋅ ηµ 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = ℓ im ⎜⎛⎜⎝⎜ 1 ⋅ ηµy⎟⎠⎟⎟⎟⎞ = ℓ im ηµy =1, x y y x→ +∞ y→ 0+ y→ 0+ δηλαδή η πρόταση είναι αληθής. - 85 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης β) Ισχύει ηµx = ηµx = 1 ⋅ ηµx ≤ 1 ⋅1, x x x x αφού είναι ηµx ≤ 1 , για κάθε x ∈ ! . Άρα ισχύει ηµx ≤ 1 ⇔− 1 ≤ ηµx ≤ 1 . x x x x x Είναι ℓ im −1 = 0 = ℓ im 1 , οπότε, λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την παρα- xx→ +∞ xx→ +∞ πάνω ανισότητα έχω και ℓim ηµx = 0 , που σημαίνει ότι η πρόταση είναι ψευδής. x x→ +∞ ❖ Πρόταση 6 Κοντά στο 0 είναι x2 > 0 , οπότε από την ανισότητα 0 ≤ f(x) ≤ 1 έχω x2 ⋅ 0 ≤ x2 ⋅ f(x) ≤ x2 ⋅1 ⇔ 0 ≤ x2f(x) ≤ x2 . Είναι ℓim 0 = 0 = ℓim x2 οπότε, λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την παραπάνω x→ 0 x→ 0 ανισότητα έχω ότι είναι και ℓ im ⎣⎡⎢ x2f(x)⎥⎦⎤ = 0 , δηλαδή η πρόταση είναι αληθής. x→ 0 ❖ Πρόταση 7 Δεν γνωρίζω αν υπάρχει το ℓim f(x) , οπότε η πρόταση είναι ψευδής. x→ +∞ ❖ Πρόταση 8 Δεν γνωρίζω αν η συνάρτηση f(x) ⋅ g(x) είναι συνεχής στο 6, οπότε η πρόταση είναι ψευδής. ❖ Πρόταση 9 Δεν γνωρίζω αν υπάρχει το ℓim f(x) , οπότε η πρόταση είναι ψευδής. x→ x0 - 86 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ❖ Πρόταση 10 Από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής έχω ότι ισχύει − f(x) ≤ f(x) ≤ f(x) . ( )Είναι ℓ im − f(x) = 0 = ℓ im f(x) , οπότε, λόγω του κριτηρίου παρεμβολής, από την x→ x0 x→ x0 παραπάνω ανισότητα έχω και ℓim f(x) = 0 , δηλαδή η πρόταση είναι αληθής. x→ x0 ❖ Πρόταση 11 Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι συνεχής και στο 4, δηλαδή ισχύει f(4) = ℓim f(x) , x→ 4 οπότε 0 f(4) = ℓ im f(x) = ℓ im x2 − 7x + 12 0 ℓ im (x − 4) (x − 3) = ℓ im(x − 3) = 4 − 3 = 1 , x−4 x→4 x − 4 x→ 4 x→ 4 x→ 4 = άρα η πρόταση είναι αληθής. ❖ Πρόταση 12 Αφού η f είναι συνεχής στο ⎣⎡⎢−1,1⎦⎤⎥ και είναι f(−1) = 4 ≠ 3 = f(1) , από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών προκύπτει ότι, για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(−1) = 4 και ( )f(1) = 3 , υπάρχει x0 ∈ −1,1 τέτοιο, ώστε να ισχύει f(x0) = η . ( )Αφού, λοιπόν, είναι 3 < π < 4 , θεωρώντας η = π θα υπάρχει x0 ∈ −1,1 τέτοιο, ώστε f(x0) = π , οπότε η πρόταση είναι αληθής. - 87 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ΙΙ/84, 85 ❖ Πρόταση 1 Σωστό το (Α) (γνωστό από την θεωρία). ❖ Πρόταση 2 Είναι ℓim (1 − 2x2 )3 = ℓ im 1− 6x2 + 12x4 − 8x6 = ℓ im −8 x6 = −8 , (x2 + 1)3 x6 + 3x4 + 3x2 + 1 xx→ +∞ 6 x→ +∞ x→ +∞ οπότε σωστό είναι το (Ε). ❖ Πρόταση 3 ( )Είναι ℓ im x3 − x2 − 1 = ℓ im x3 = +∞ , άρα είναι x3 − x2 − 1 > 0 , όταν x → +∞ , x→ +∞ x→ +∞ συνεπώς x3 − x2 − 1 = x3 − x2 − 1 , δηλαδή για το ζητούμενο όριο έχω ℓ im x3 − x2 −1 − x3 + x2 = ℓ im x3 − x2 −1− x3 + x2 = ℓ im −1 = 0 , x2 x→ +∞ x2 x2 x→ +∞ x→ +∞ οπότε σωστό είναι το (Ε). ❖ Πρόταση 4 Είναι ℓ = ℓ im x3 − x2 − 2x = ℓ im x (x2 − x − 2) = ℓ im x2 − x− 2 = ℓ im (x − 2) (x + 1) ⇒ x3 − x x→ x0 x (x2 − 1) x2 −1 x→x0 (x − 1) (x + 1) x→ x0 x→ x0 ⇒ ℓ = ℓim x−2 . x→ x0 x −1 • Για x0 = 0 είναι ℓ = ℓim x−2 = 0−2 = 2, x→ 0 x −1 0−1 δηλαδή το όριο υπάρχει στο ! , συνεπώς δεν μπορεί να είναι x0 = 0 . - 88 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης • Για x0 = 2 είναι ℓ = ℓim x−2 = 2−2 = 0, x→ 2 x −1 2−1 δηλαδή το όριο υπάρχει στο ! , συνεπώς δεν μπορεί να είναι x0 = 2 . • Για x0 = −1 είναι ℓ = ℓim x−2 = −1 − 2 = −3 = 3 , x→ −1 x −1 −1 − 1 −2 2 δηλαδή το όριο υπάρχει στο ! , συνεπώς δεν μπορεί να είναι x0 = −1 . Για x0 = 1 , όμως, είναι ⎢⎢⎣⎡(x 1⎥⎥⎤⎦ ℓ = ℓ im x−2 = ℓ im − 2) ⋅ x 1 . x −1 − x→1 x→1 • Όταν x → 1+ , τότε x >1 ⇔ x−1> 0 , οπότε ℓim 1 = +∞ , άρα x −1 x→ 1+ ℓ+ = (1 − 2) ⋅ (+∞) = −∞ . • Όταν x → 1− , τότε x <1 ⇔ x−1< 0 , οπότε ℓim 1 = −∞ , άρα x −1 x→ 1− ℓ− = (1 − 2) ⋅ (−∞) = +∞ . Επομένως, το ℓ δεν υπάρχει για x0 = 1 , οπότε σωστό είναι το (Δ). - 89 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ΙΙΙ/85 ❖ Ερώτηση 1 Θα ελέγξω έναν προς έναν τους ισχυρισμούς που δίνονται. { }Είναι Df = ! − 2 , στο οποίο η f είναι συνεχής, ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. { }Είναι Dg = ! − −1,1 , στο οποίο η g είναι συνεχής, ως ρητή συνάρτηση. Α) Ο ισχυρισμός (Α) είναι σωστός, όπως αιτιολογήθηκε παραπάνω μέσω του Dg . Β) Ο ισχυρισμός (Β) είναι σωστός, όπως αιτιολογήθηκε παραπάνω μέσω του Df . Γ) Ο ισχυρισμός (Γ) είναι σωστός, όπως αιτιολογήθηκε παραπάνω μέσω του Dg . Τα σημεία στα οποία δεν ορίζεται η g, είναι αυτομάτως και σημεία ασυνέχειας της g. Δ) Είναι ℓ im f(x) = ℓ im ⎢⎡⎣⎢ (x 1 2)2 + 1⎤⎦⎥⎥ = 0+1⇒ ℓ im f(x) = 1 , − x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ δηλαδή ο ισχυρισμός (Δ) είναι σωστός. Τελικά, κανένας από τους ισχυρισμούς που τέθηκαν δεν είναι λανθασμένος. ❖ Ερώτηση 2 Σχόλιο Ένα όριο είναι καλώς ορισμένο, όταν μπορούμε να προσεγγίσουμε, είτε από αριστερά είτε από δεξιά, τον αριθμό στον οποίο τείνει το x. Για να το ελέγξουμε αυτό, πρέπει να βρούμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης που βρίσκεται εντός του ορίου, κάτι που είναι αδύνατο στα όρια που τίθενται εδώ. Γι' αυ- τόν τον λόγο, θα εργαστούμε όπως φαίνεται στην συνέχεια. Α) Είναι ℓ im x20 − x + 1 = 020 − 0 + 1 = 1 , x→ 0 - 90 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης οπότε το όριο είναι καλώς ορισμένο. Δεύτερος τρόπος για το (Α) Είναι ( )ℓim x20 − x + 1 = 020 − 0 + 1 = 1 > 0 , x→ 0 οπότε είναι x20 − x + 1 > 0 , όταν x → 0 . Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) = x20 − x + 1 ορίζεται κοντά στο 0, συνεπώς το όριο (Α) είναι καλώς ορισμένο. Β) Είναι ℓ im x20 − x − 1 = 020 − 0 − 1 = −1 , x→ 0 άτοπο, οπότε το όριο δεν είναι καλώς ορισμένο. Δεύτερος τρόπος για το (Β) Είναι ( )ℓim x20 − x − 1 = 020 − 0 − 1 = −1 < 0 , x→ 0 οπότε είναι x20 − x − 1 < 0 , όταν x → 0 . Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) = x20 − x + 1 δεν ορίζεται κοντά στο 0, συνεπώς το όριο (Β) δεν είναι καλώς ορισμένο. Γ) Είναι ℓ im 3x9 + x − 1 = ℓ im 3x9 = +∞ , x→ +∞ x→ +∞ οπότε το όριο είναι καλώς ορισμένο. Δεύτερος τρόπος για το (Γ) Είναι ( )ℓim 3x9 + x − 1 = ℓim 3x9 = +∞ , x→ +∞ x→ +∞ οπότε είναι 3x9 + x − 1 > 0 , όταν x → +∞ . Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) = 3x9 + x − 1 ορίζεται στο +∞ , συνεπώς το όριο (Γ) είναι καλώς ορισμένο. - 91 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης Δ) Είναι ℓ im 3x9 + x − 1 = ℓ im 3x9 = −∞ , x→ −∞ x→ −∞ άτοπο, οπότε το όριο δεν είναι καλώς ορισμένο. Δεύτερος τρόπος για το (Δ) Είναι ( )ℓim 3x9 + x − 1 = ℓim 3x9 = −∞ , x→ −∞ x→ −∞ οπότε είναι 3x9 + x − 1 < 0 , όταν x → −∞ . Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) = 3x9 + x − 1 δεν ορίζεται στο −∞ , συνεπώς το όριο (Δ) δεν είναι καλώς ορισμένο. Ε) Είναι ( ) ( )ℓ im x→ 0 ⎡⎣⎢ ℓn x3 + x + 1 ⎦⎤⎥ = ℓn 03 + 0 + 1 = ℓn1 = 0 , οπότε το όριο είναι καλώς ορισμένο. Δεύτερος τρόπος για το (Ε) Είναι ( )ℓim x3 + x + 1 = 03 + 0 + 1 = 1 > 0 , x→ 0 οπότε είναι x3 + x + 1 > 0 , όταν x → 0 . ( )Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) = ℓn x3 + x + 1 ορίζεται κοντά στο 0, συνεπώς το όριο (Ε) είναι καλώς ορισμένο. ΣΤ) Είναι ( ) ( )ℓ im x→ 0 ⎣⎡⎢ ℓn x3 + x −1 ⎤⎦⎥ = ℓn 03 + 0 − 1 = ℓn(−1) , άτοπο, οπότε το όριο δεν είναι καλώς ορισμένο. Δεύτερος τρόπος για το (ΣΤ) Είναι ( )ℓim x3 + x − 1 = 03 + 0 − 1 = −1 < 0 , x→ 0 οπότε είναι x3 + x − 1 < 0 , όταν x → 0 . - 92 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Ερωτήσεις κατανόησης ( )Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) = ℓn x3 + x − 1 δεν ορίζεται κοντά στο 0, συνε- πώς το όριο (ΣΤ) δεν είναι καλώς ορισμένο. Τελικά, καλώς ορισμένα είναι τα όρια (Α), (Γ) και (Ε). ❖ Ερώτηση 3 Θα ελέγξω έναν προς έναν τους ισχυρισμούς που δίνονται. Α) Αφού η f είναι συνεχής στο ⎡⎣⎢0 , 3⎤⎦⎥ και ισχύει f(0) ⋅ f(3) = 2 ⋅ (−1) = −2 < 0 , από το ( )θεώρημα Bolzano έχω ότι υπάρχει x0 ∈ 0 , 3 τέτοιο, ώστε f(x0) = 0 , οπότε ο ισχυρι- σμός (Α) προκύπτει κατ' ανάγκη από τις υποθέσεις. Β) Αφού η f είναι συνεχής στο ⎢⎣⎡0 , 3⎦⎤⎥ , ισχύει ℓim f(x) = ℓim f(x) = f(3) = −1 , x→ 3 x→ 3− οπότε ο ισχυρισμός (Β) προκύπτει κατ' ανάγκη από τις υποθέσεις. Γ) Αφού η f είναι συνεχής στο ⎡⎣⎢0 , 3⎥⎦⎤ , ισχύει ℓim f(x) = ℓim f(x) = f(2) , x→ 2 x→ 2+ οπότε ο ισχυρισμός (Γ) προκύπτει κατ' ανάγκη από τις υποθέσεις. Δ) Το διάστημα ⎡⎢⎣−1, 2⎥⎦⎤ , που έχει άκρα δηλαδή την ελάχιστη και την μέγιστη τιμή της f στο Δ, είναι όντως υποσύνολο της εικόνας f(Δ) του διαστήματος Δ, αφού η f είναι συνεχής στο Δ. Άρα ο ισχυρισμός (Δ) προκύπτει κατ' ανάγκη από τις υποθέσεις. Ε) Σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής, αφού η f ορίζεται σε κλει- στό διάστημα και είναι συνεχής σ' αυτό, έχει μέγιστη κι ελάχιστη τιμή, χωρίς όμως αυ- τό να σημαίνει ότι η μέγιστη είναι το 2 και η ελάχιστη το −1, αφού δεν γνωρίζουμε την μονοτονία της f. Άρα, ο ισχυρισμός (Ε) δεν προκύπτει κατ' ανάγκη από τις υποθέσεις. - 93 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr



Η ΨΗΦΙΑΚΗ ΤΟΥ ΜΟΡΦΗ ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ ΓΙΑ ΔΩΡΕΑΝ ΜΕΛΕΤΗ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑ “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΤΕΚΙ” - www.mathsteki.gr