ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ I (Συναρτήσεις-Όρια-Συνέχεια)

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ σελ 3 ΘΕΩΡΙΑ σελ 5 ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ σελ 21 Α. ΕΝΝΟΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ – ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σελ 21 Β. ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σελ 25 Γ. ΙΣΟΤΗΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΠΡΑΞΕΙΣ ΜΕΤΑΞΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΣΥΝΘΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΑΡΤΙΑ & ΠΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ σελ 31 Δ. ΜΕΛΕΤΗ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑΣ σελ 36 Ε. ΡΙΖΕΣ – ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (ΜΕΡΟΣ Α΄) σελ 42 ΣΤ. ΕΠΙΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ – ΕΠΙΛΥΣΗ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ – ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ σελ 45 Ζ. ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 1-1 σελ 49 Η. ΡΙΖΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 1-1 – ΕΠΙΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ σελ 51 Θ. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ σελ 52 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ-ΛΑΘΟΥΣ σελ 63 ΑΣΚΗΣΕΙΣ σελ 65 ΟΡΙΑ σελ 77 ΘΕΩΡΙΑ σελ 79 ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ σελ 87 Α. ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ x0 σελ 87 Β. ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ x0 σελ 105 Γ. ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ x0 σελ 111 Δ. ΟΡΙΟ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ σελ 116 Ε. ΟΡΙΟ ΕΚΘΕΤΙΚΗΣ – ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σελ 124 ΣΤ. ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ σελ 126 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ-ΛΑΘΟΥΣ σελ 133 ΑΣΚΗΣΕΙΣ σελ 135 ΣΥΝΕΧΕΙΑ σελ 151 ΘΕΩΡΙΑ σελ 153 ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ σελ 159 Α. ΜΕΛΕΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΩΣ ΠΡΟΣ ΤΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ σελ 159 Β. ΔΕΔΟΜΕΝΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ σελ 163 Γ. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO σελ 166 Δ. ΣΤΑΘΕΡΟ ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σελ 173 Ε. ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ f σελ 174 ΣΤ. ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σελ 177 (*) Ζ. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ (Θ.Ε.Τ.) ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ (Θ.Μ.Ε.Τ.) σελ 183 Η. ΡΙΖΕΣ – ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (ΜΕΡΟΣ Β΄) σελ 186 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ-ΛΑΘΟΥΣ σελ 193 ΑΣΚΗΣΕΙΣ σελ 195 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ σελ 205



ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ



ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Ορισμός: Έστω Α ένα υποσύνολο του R . Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α μια διαδικασία (κανόνα) f , με την οποία κάθε στοιχείο x  A αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο πραγματικό αριθμό y. Το y ονομάζεται τιμή της f στο x και συμβολίζεται με f (x) . Για να εκφράσουμε τη διαδικασία αυτή, γράφουμε: f : A → R ή x → f (x) . Το γράμμα x, που παριστάνει οποιοδήποτε στοιχείο του Α λέγεται ανεξάρτητη μεταβλητή, ενώ το γράμμα y, που παριστάνει την τιμή της f στο x, λέγεται εξαρτημένη μεταβλητή. Το πεδίο ορισμού Α της συνάρτησης f συνήθως συμβολίζεται με Df (Domain). Το σύνολο που έχει για στοιχεία του τις τιμές της f για όλα τα x  Df , λέγεται σύνολο τιμών της f και συμβολίζεται με f () . Είναι δηλαδή: f ( A) = {y | y = f (x) για κάποιο x  Df }. Παρατήρηση Όταν γράφουμε f : →  , τότε το Α είναι το Πεδίο Ορισμού της f και το Β το Σύνολο Αφίξεως της f . Αυτό σημαίνει ότι f ()   , δηλαδή f (x)   για κάθε x   , χωρίς όμως να σημαίνει ότι όλα τα στοιχεία του Β είναι τιμές της f . Παραδείγματα Αν f :[0, +) → (0, +) τότε έχουμε ότι f (x)  0 για κάθε x  0 Αν f :[1, 2) → (−1,3) τότε έχουμε ότι −1  f (x)  3 για κάθε 1 x  2 . ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Το πεδίο ορισμού μιας συνάρτησης f είναι το σύνολο όλων των πραγματικών αριθμών x , για τους οποίους το f (x) έχει νόημα. Έτσι το πεδίο ορισμού μιας συνάρτησης το βρίσκουμε αν θέσουμε κατάλληλους περιορισμούς σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα: ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ f ΠΕΡΙΟΡΙΣΜΟΣ f (x) = A(x) B(x)  0 B(x) f (x) = v A(x),   −{1} A(x)  0 f (x) = ln( A(x)) A(x)  0 f (x) = ( A(x)) A(x)   +  ,  Z f (x) = ( A(x)) 2 A(x)   ,  Z f (x) = A(x)B(x) A(x)  0 5 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Ορισμός: Το σύνολο των σημείων M (x, y) για τα οποία ισχύει y = f (x) , δηλαδή το σύνολο των σημείων M (x, f (x)) , x  Df , λέγεται γραφική παράσταση της f και συμβολίζεται συνήθως με Cf . Η y = f (x) είναι η εξίσωση της γραφικής παράστασης της f . Παρατηρήσεις 1. Επειδή κάθε x  Df αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο y  R , δεν υπάρχουν σημεία της γραφικής παράστασης της f με την ίδια τετμημένη. Αυτό σημαίνει ότι κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει με τη γραφική παράσταση της f το πολύ ένα κοινό σημείο (σχ. 1). y Cf O  x Α (σχ.1) Έτσι, ο κύκλος δεν αποτελεί γραφική παράσταση συνάρτησης (σχ. 2). y C Ox (σχ.2) 2. Όταν δίνεται η γραφική παράσταση Cf μιας συνάρτησης f , τότε: α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Α των τετμημένων των σημείων της Cf (σχ. 3). β) Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο f () των τεταγμένων των σημείων της Cf (σχ. 4). γ) Η τιμή της f στο x0  Df είναι η τεταγμένη του σημείου τομής της ευθείας x = x0 και της Cf (σχ. 5). yy y x=x0 Cf f (Α) Cf f (x0) Cf A(x0,f (x0)) O Α xO xO x0 x (σχ.3) (σχ.4) (σχ.5) 6 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 3. Όταν δίνεται η γραφική παράσταση Cf , μιας συνάρτησης f (x) μπορούμε, επίσης, να σχεδιάσουμε και τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων − f (x) , | f (x) | , f (x) + c και f (x + c) . α) Η γραφική παράστασης της συνάρτησης − f (x) είναι συμμετρική, ως προς τον άξονα xx , της γραφικής παράστασης της f (x) , γιατί αποτελείται από τα σημεία M (x, − f (x)) που είναι συμμετρικά των M (x, f (x)) , ως προς τον άξονα xx . (Σχ. 6). y (σχ.6) y=f (x) Μ(x,f (x)) Ox Μ΄(x,−f (x)) y=−f (x) β) Η γραφική παράσταση της | f (x) | αποτελείται από τα τμήματα της Cf που βρίσκονται πάνω από τον άξονα xx και από τα συμμετρικά, ως προς τον άξονα xx , των τμημάτων της Cf που βρίσκονται κάτω από τον άξονα αυτόν. (Σχ. 7). y (σχ.7) y=| f(x)| y=f(x) Ox γ) Η γραφική παράσταση της f (x) + c προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της Cf κατά |c|: i) προς τα πάνω αν c>0 ii) προς τα κάτω αν c<0 δ) Η γραφική παράσταση της f (x + c) προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της Cf κατά |c|: i) προς τα αριστερά αν c>0 ii) προς τα δεξιά αν c<0 4. Το σημείο Α(κ,λ) ανήκει στη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f αν και μόνο αν: f () =  . 5. Για να βρούμε: Το σημείο τομής της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης f με τον άξονα y΄y, βρίσκουμε το f(0), αν το 0 Df . Στην περίπτωση αυτή το σημείο τομής της Cf με τον y΄y είναι το Α(0,f(0)). Τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης f με τον άξονα x΄x, λύνουμε την εξίσωση f (x) = 0 . Στην περίπτωση αυτή, αν ρ είναι μία λύση της εξίσωσης τότε ένα σημείο τομής της Cf με τον x΄x είναι το Β(ρ,0). 7 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 6. Για να βρούμε Τα x  Df , για τα οποία η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x, λύνουμε την ανίσωση f (x)  0 . Τα x  Df , για τα οποία η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f βρίσκεται κάτω από τον άξονα x΄x, λύνουμε την ανίσωση f (x)  0 . 7. Έστω Cf και Cg οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g . Για να βρούμε: Τα κοινά σημεία των Cf και Cg λύνουμε το σύστημα: y = f (x)  = g(x)  y Τα x  R , για τα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g, λύνουμε την ανίσωση f (x)  g(x) Τα x  R , για τα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται κάτω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g, λύνουμε την ανίσωση f (x)  g(x) Γραφικές παραστάσεις βασικών συναρτήσεων Α. Η γραφική παράσταση της f (x) =  x +  , ,   R . Είναι η ευθεία (ε) με εξίσωση y = x +  , ,   R . Ο πραγματικός αριθμός α είναι ο συντελεστής διεύθυνσης ή η κλίση της ευθείας (ε) και ισχύει  =  , όπου ω είναι η γωνία που σχηματίζει η ευθεία (ε) με τον άξονα x΄x. Αν   0 τότε   90 , ενώ αν   0 τότε   90 (σχ.8 & σχ.9) Αν  = 0 τότε  = 0 και η ευθεία (ε) είναι παράλληλη στον άξονα x΄x (σχ.10) Ο πραγματικός αριθμός β είναι η τεταγμένη του σημείου στο οποίο η ευθεία (ε) τέμνει τον άξονα y΄y. Αν β=0, τότε η ευθεία (ε): y =  x διέρχεται από την αρχή των αξόνων (σχ.11) σχ.8 σχ.9 σχ.10 σχ.11 8 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Ειδικότερα, είναι χρήσιμο να γνωρίζουμε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f (x) = x , g(x) = −x και h(x) =| x | . H Cf είναι η ευθεία y = x , δηλαδή είναι η διχοτόμος της 1ης και 3ης γωνίας (ή αλλιώς η διχοτόμος των γωνιών xOy και x΄Οy΄) και φαίνεται στο σχ.12. H Cg είναι η ευθεία y = −x , δηλαδή είναι η διχοτόμος της 2ης και 4ης γωνίας (ή αλλιώς η διχοτόμος των γωνιών x΄Oy και xΟy΄) και φαίνεται στο σχ.13. Τέλος έχουμε h(x) =| x |= −x, x0 και η Ch φαίνεται στο σχ.14.  x, x0 σχ.12, σχ.13 σχ.14 Β. Η γραφική παράσταση της f (x) =  x2 ,   0 Είναι η παραβολή με εξίσωση y =  x2 ,   0 . Η γραφική της παράσταση φαίνεται στα σχ.15 και σχ.16. σχ.15 σχ.16 Γ. Η γραφική παράσταση της f (x) =  x3 ,   0 Η γραφική της παράσταση φαίνεται στα σχ.17 και σχ.18. σχ. 17 σχ.18 9 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Δ. Οι γραφικές παραστάσεις των f (x) =  ,   0 (υπερβολή), g(x) = 1 x |x| Οι γραφικές τους παραστάσεις φαίνονται στα σχ.19α, σχ.19β και σχ.20. σχ.19α σχ.19β σχ.20 Ε. Οι γραφικές παραστάσεις των f (x) = x ,. g(x) = | x | Οι γραφικές τους παραστάσεις φαίνονται στα σχ.21 και σχ.22. σχ.21 σχ.22 ΣΤ. Οι γραφικές παραστάσεις των τριγωνομετρικών συναρτήσεων f (x) =x , g(x) =  x , h(x) = x . Οι γραφικές τους παραστάσεις φαίνονται στα σχ.23, σχ.24 και σχ.25. σχ.23 10 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ σχ.24 σχ.25 Ζ. Οι γραφικές παραστάσεις των f (x) = ex (εκθετική συνάρτηση με βάση e), g(x) = −ex και h(x) = 1 = e−x . ex Οι γραφικές τους παραστάσεις φαίνονται στα σχ.26, σχ.27 και σχ.28. σχ.26, σχ.27 σχ.28 συνάρτηση), Η. Οι γραφικές παραστάσεις των f (x) = ln x (λογαριθμική g(x) = ln( 1) = − ln x και h(x) = ln(−x) .β x Οι γραφικές τους παραστάσεις φαίνονται στα σχ.29, σχ.30 και σχ.31. σχ.29, σχ.30 σχ.31 11 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΙΣΟΤΗΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΠΡΑΞΕΙΣ ΜΕΤΑΞΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΣΥΝΘΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΑΡΤΙΑ & ΠΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Ισότητα συναρτήσεων Ορισμός: Δύο συναρτήσεις f και g λέγονται ίσες όταν: • έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού ,δηλαδή Df = Dg =  και • για κάθε x   ισχύει f (x) = g(x) . Για να δηλώσουμε ότι δύο συναρτήσεις f και g είναι ίσες γράφουμε f = g . Παρατήρηση Έστω τώρα f , g δύο συναρτήσεις με πεδία ορισμού Α, Β αντιστοίχως και Γ ένα υποσύνολο των Α και Β. Αν για κάθε x  ισχύει f (x) = g(x) , τότε λέμε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες στο σύνολο Γ. (σχ. 32) y σχ.8 Γ x ΟB σχ.32 A Πράξεις με συναρτήσεις Ορισμός: Ορίζουμε ως άθροισμα f + g , διαφορά f − g , γινόμενο f  g και πηλίκο f δύο συναρτήσεων f, g τις συναρτήσεις με τύπους: g ( f + g)(x) = f (x) + g(x) ( f − g)(x) = f (x) − g(x) ( f  g)(x) = f (x)g(x)  f  = f (x)  g  ( x) g(x)   Το πεδίο ορισμού των f + g , f − g και f  g είναι η τομή A  B των πεδίων ορισμού Α και Β των συναρτήσεων f και g αντιστοίχως, ενώ το πεδίο ορισμού της f g είναι το σύνολο Γ={x | x   , με g(x)  0}. Η 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 πεδίο ορισμού  ={x | f (x)} και τύπο (gof )(x) = g( f (x)) (σχ.33) f (A) B σχ.33 g(B) f (x) g( f(x)) f A g x g f A1 Είναι φανερό ότι η gof ορίζεται αν    , δηλαδή αν f ()     . 12 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παρατηρήσεις 1. Αν f , g είναι δύο συναρτήσεις και ορίζονται οι gof και fog , τότε αυτές δεν είναι υποχρεωτικά ίσες. 2. Αν f , g, h είναι τρεις συναρτήσεις και ορίζεται η ho(gof ) , τότε ορίζεται και η (hog)of και ισχύει ho(gof ) = (hog)of . Τη συνάρτηση αυτή τη λέμε σύνθεση των f , g , h και τη συμβολίζουμε με hogof . Η σύνθεση συναρτήσεων γενικεύεται και για περισσότερες από τρεις συναρτήσεις. Άρτια – περιττή συνάρτηση Ορισμός: Έστω μια συνάρτηση f : → R . Η f λέγεται άρτια όταν: • Για κάθε x  , είναι και −x  • Ισχύει f (−x) = f (x) για κάθε x  . Ορισμός: Η f λέγεται περιττή όταν: • Για κάθε x  , είναι και −x  • Ισχύει f (−x) = − f (x) για κάθε x  . Παρατηρήσεις 1. Η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης f είναι συμμετρική ως προς τον άξονα y΄y (συμμετρία ως προς άξονα). 2. Η γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης f είναι συμμετρική ως προς την αρχή των αξόνων (συμμετρία ως προς σημείο). Ειδικότερα αν η περιττή συνάρτηση f έχει Π.Ο. το οποίο περιέχει τον αριθμό 0, π.χ αν έχει Π.Ο.  = R , τότε η γραφική της παράσταση διέρχεται από την αρχή των αξόνων διότι: Ισχύει f (−x) = − f (x) για κάθε x R , άρα αν x = 0 , έχουμε: f (0) = − f (0)  2 f (0) = 0  f (0) = 0 13 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ – (ΟΛΙΚΑ) ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Μονοτονία συνάρτησης Ορισμός: Μια συνάρτηση f λέγεται: • γνησίως αύξουσα σ’ ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε x1, x2   με x1  x2 ισχύει f (x1)  f (x2 ) (σχ. 34α) • γνησίως φθίνουσα σ’ ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε x1, x2   με x1  x2 ισχύει f (x1)  f (x2 ) (σχ. 34β) yy σχ.34 f (x2) f (x1) f (x1) f (x2) Ο x1 x2 x Ο x1x2  x Δ (a) Δ (β) Για να δηλώσουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα (αντιστοίχως γνησίως φθίνουσα) σε ένα διάστημα Δ, γράφουμε f  στο Δ (αντιστοίχως f  στο Δ). Παρατηρήσεις 1. Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα σ’ ένα διάστημα Δ, τότε λέμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ. 2. Επίλυση εξίσωσης με την βοήθεια της μονοτονίας συνάρτησης Ας υποθέσουμε ότι, σε ένα διάστημα Δ, θέλουμε να λύσουμε μια εξίσωση η οποία έχει την μορφή: f (x) = c , cR Αν υπάρχει x0   τέτοιο ώστε f (x0 ) = c (δηλαδή το c  f () ), τότε η εξίσωση f (x) = c , έχει τουλάχιστον μια λύση στο Δ, την x = x0 . Αν επιπλέον η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο Δ, τότε η εξίσωση f (x) = c έχει το πολύ μια λύση στο Δ. Άρα η λύση x = x0 είναι μοναδική, άρα η εξίσωση f (x) = c λύθηκε. Παράδειγμα Αν θέλουμε στο R , να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 5 γνωρίζοντας ότι f (3) = 5 και ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R , τότε γράφουμε: Έχουμε ότι f (3) = 5 , άρα η εξίσωση f (x) = 5 έχει τουλάχιστον μια λύση στο R , την x=3 και αφού η f είναι γνησίως μονότονη στο R , η λύση αυτή είναι μοναδική. 14 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 3. Ρίζες – Πρόσημο συνάρτησης Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ και γνωρίζουμε μια ρίζα της  στο Δ, τότε μπορούμε: α) Να βρούμε τις ρίζες της f στο Δ (δηλαδή να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 0 ) στο Δ. Πράγματι: Έχουμε ότι f () = 0 , άρα η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μια λύση στο Δ την x =  και αφού η f είναι γνησίως μονότονη στο Δ, τότε η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα η x =  είναι η μοναδική ρίζα της f στο Δ. β) Να βρούμε το πρόσημο των τιμών της f στο Δ, δηλαδή να βρούμε για ποια x  , έχουμε f (x)  0 και για ποια x  , έχουμε f (x)  0 . Πράγματι: Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ και f () = 0 , έχουμε. f f (x)  0  f (x)  f ()  x   και f f (x)  0  f (x)  f ()  x   Προφανώς αντίστοιχα συμπεράσματα προκύπτουν και στην περίπτωση κατά την οποία η f είναι γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ. Παράδειγμα Αν θέλουμε να βρούμε τις ρίζες και το πρόσημο μιας γνησίως φθίνουσας συνάρτησης f στο R , γνωρίζοντας μία ρίζα της, π.χ την x = 5, τότε α) Ρίζες της f Έχουμε ότι f (5) = 0 , άρα η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μια λύση την x = 5 και αφού η f είναι γνησίως μονότονη, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα η x = 5 είναι η μοναδική ρίζα της f στο Δ. β) Πρόσημο των τιμών της f : Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R και f (5) = 0 , έχουμε. f f (x)  0  f (x)  f (5)  x  5 και f f (x)  0  f (x)  f (5)  x  5 4. Πολλές φορές για την εύρεση της μονοτονίας μιας συνάρτησης f σε ένα διάστημα Δ, εξετάζουμε το πρόσημο του λόγου μεταβολής  = f (x1) − f (x2 ) για x1 − x2 οποιαδήποτε x1, x2   με x1  x2 , και έχουμε: α) Αν   0 για κάθε x1, x2   , τότε η f  στο Δ. β) Αν   0 για κάθε x1, x2   , τότε η f  στο Δ. 15 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Ολικά ακρότατα συνάρτησης Ορισμός: Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α θα λέμε ότι: • Παρουσιάζει στο x0   (ολικό) μέγιστο, το f (x0 ) , όταν f (x)  f (x0 ) για κάθε x   (σχ. 35α) • Παρουσιάζει στο x0   (ολικό) ελάχιστο, το f (x0 ) , όταν f (x)  f (x0 ) για κάθε x   (Σχ. 35β). y y σχ.35 f (x0) f (x) Cf f (x) x f (x0) x Cf O O x x0 x0 x (a) (β) Παρατηρήσεις 1. Άλλες συναρτήσεις παρουσιάζουν μόνο μέγιστο, άλλες μόνο ελάχιστο, άλλες και μέγιστο και ελάχιστο και άλλες ούτε μέγιστο ούτε ελάχιστο. 2. Το (ολικό) μέγιστο και το (ολικό) ελάχιστο μιας συνάρτησης f λέγονται (ολικά) ακρότατα της f . 16 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 1-1 – ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Συνάρτηση 1-1 Ορισμός: Μια συνάρτηση f : → R λέγεται συνάρτηση 1−1 , όταν για οποιαδήποτε x1, x2   ισχύει η συνεπαγωγή: αν x1  x2 , τότε f (x1)  f (x2 ) . Με απαγωγή σε άτοπο αποδεικνύεται ότι: Μια συνάρτηση f : → R είναι συνάρτηση 1−1 , αν και μόνο αν για οποιαδήποτε x1, x2   ισχύει η συνεπαγωγή: αν f (x1) = f (x2 ) , τότε x1 = x2 . Παρατηρήσεις 1. Κάθε οριζόντια ευθεία y =  τέμνει τη γραφική παράσταση μιας 1-1 συνάρτησης f το πολύ σε ένα σημείο (σχ. 36). y σχ.36 y AB O x x1 O x2 x συνάρτηση 1-1 συνάρτηση όχι 1-1 2. Επίλυση εξίσωσης με την βοήθεια συνάρτησης 1-1 Ας υποθέσουμε ότι, σε ένα διάστημα Δ, θέλουμε να λύσουμε μια εξίσωση η οποία έχει την μορφή: f (x) = c , cR Αν υπάρχει x0   τέτοιο ώστε f (x0 ) = c (δηλαδή το c  f () ), τότε η εξίσωση f (x) = c , έχει τουλάχιστον μια λύση στο Δ, την x = x0 . Αν επιπλέον η συνάρτηση f είναι 1-1 στο Δ, τότε η εξίσωση f (x) = c έχει το πολύ μια λύση στο Δ. Άρα η λύση x = x0 είναι μοναδική, άρα η εξίσωση f (x) = c λύθηκε. Παράδειγμα Αν θέλουμε στο R , να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 5 γνωρίζοντας ότι f (3) = 5 και ότι η f είναι 1-1 στο R , τότε γράφουμε: f (3)=5 f 1−1 f (x) = 5  f (x) = f (3)  x = 3 3. Για να δείξουμε ότι μια συνάρτηση f δεν είναι 1-1, αρκεί να βρούμε δυο διαφορετικά μεταξύ τους x1, x2  Df , τέτοια ώστε f (x1) = f (x2 ) . Για παράδειγμα η συνάρτηση f (x) = x2 , με πεδίο ορισμού το Α=R, δεν είναι 1-1 αφού υπάρχουν x1, x2  R , τα x1 = −1, x2 = 1, τέτοια ώστε f (x1) = f (−1) = 1 και f (x2 ) = f (1) = 1, δηλαδή υπάρχουν x1, x2  R με x1  x2 τέτοια ώστε f (x1) = f (x2 ) . 17 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 4. Αν μια συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη, τότε προφανώς, είναι συνάρτηση 1−1 . Υπάρχουν, όμως, συναρτήσεις που είναι 1−1 αλλά δεν είναι γνησίως μονότονες, άρα το αντίστροφο δεν ισχύει. Για παράδειγμα η συνάρτηση f (x) =  x, x 0 η οποία όπως φαίνεται από την  1 x ,  x , 0 γραφική της παράσταση είναι «1-1», όμως είναι γνησίως αύξουσα για x  0 και γνησίως φθίνουσα για x  0 (σχ.37) σχ.37 18 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Αντίστροφη συνάρτηση Ορισμός: Έστω μια 1−1 συνάρτηση f : A → R . Τότε ορίζεται η συνάρτηση f −1 : f ( A) → R με f −1 ( y) = x , με την οποία κάθε y  f (A) αντιστοιχίζεται στο μοναδικό x  A για το οποίο ισχύει f (x) = y (σχ.38). Η συνάρτηση f −1 ονομάζεται η αντίστροφη της f . A f (A) σχ.38 f f-1(y)=x y=f(x) f-1 Παρατηρήσεις 1. Μια συνάρτηση f θα λέγεται αντιστρέψιμη αν και μόνο αν η f είναι 1-1. 2. Από τον τρόπο που ορίστηκε η f −1 προκύπτει ότι: α. Έχει πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών f (A) της f β. Έχει σύνολο τιμών το πεδίο ορισμού Α της f γ. Ισχύει η ισοδυναμία: f (x) = y  f −1( y) = x . δ. Ισχύουν f −1( f (x)) = x, x  A και f ( f −1( y)) = y, y  f (A) . ε. Αν πάρουμε μια 1−1 συνάρτηση f και θεωρήσουμε τις γραφικές παραστάσεις Cf και Cf −1 των συναρτήσεων f και f −1 στο ίδιο σύστημα αξόνων (σχ. 39). y M(α,β) σχ.39 C O M΄(β,α) y=x C΄ x Επειδή f (x) = y  f −1( y) = x , αν ένα σημείο M (,  ) ανήκει στη Cf , τότε το σημείο ( , ) θα ανήκει στη Cf −1 και αντιστρόφως. Τα σημεία, όμως, αυτά είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία y = x , που διχοτομεί τις γωνίες xOy και xOy . Επομένως: Οι γραφικές παραστάσεις Cf και Cf −1 των συναρτήσεων f και f −1 είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y = x . Λόγω του παραπάνω έχουμε ότι οι εξισώσεις f (x) = x και f −1(x) = x είναι ισοδύναμες (δηλαδή έχουν τις ίδιες λύσεις). 19 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ στ. Για να βρούμε τα κοινά σημεία Cf και Cf −1 , τότε λύνουμε το σύστημα y = f (x)  = f −1(x) () y Το (Σ) μετατρέπεται στο  y = f (x) (1 ) ή στο  f −1 (y) = x (2 )  f (y ) =x  y f −1(x)   = ανάλογα αν γνωρίζουμε μόνο τον τύπο της f ή μόνο τον τύπο της f −1 . 20 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Α. ΕΝΝΟΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ – ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 1 (Εύρεση πεδίου ορισμού) Να βρείτε τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων α) f (x) = 4 − x2 | x − 3 | −2 (1)x − 1 β) f (x) = 2 8 ln(x − 2) γ) f (x) = (| ex −1| −1) 1−ln x Λύση α) Για να έχει νόημα πραγματικού αριθμού ο τύπος της f , θα πρέπει: 4 − x2  0 & | x − 3 | −2  0 Είναι 4 − x2  0  x2  4 | x | 2  −2  x  2 και | x − 3| −2  0 | x − 3| 2  x − 3  2 & x − 3  −2  x  5 & x 1 Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι  = [−2,1)  (1,2] β) Για να έχει νόημα πραγματικού αριθμού ο τύπος της f , θα πρέπει: (1 )x − 1  0 & ln(x − 2)  0 & x − 2  0 28 Είναι (1)x −1  0  (1)x  1  (1)x  ( 1 )3 1 1 x  3 και 2 28 28 2 2  ln(x − 2)  0  x − 2 1 x  3 και x−20 x 2 Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι  = (2,3) γ) Για να έχει νόημα πραγματικού αριθμού ο τύπος της f , θα πρέπει: | ex −1| −1  0 & 1− ln x  0 & x  0 Είναι | ex −1| −1  0 | ex −1| 1  ex −1  1 ή ex −1  −1  ex  2 ή ex  0  x  ln 2 και  ύ 1− ln x  0  ln x 1  x  e και x0 Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι  = (ln 2,e] 21 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 2 (Συνάρτηση με κλάδους) | x | +a, − 8  x  −2  Δίνεται η συνάρτηση f (x) =  x 2 + a + 4, −2 x3 , για την οποία ισχύει:  x + 4, 3  x  15  f (−3) − 4 f (1) − 2( f (5) − 5) = 0 2 α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f . β) Να βρείτε το α. γ) Να βρείτε τις τιμές f (−2) , f (3) , f ( f (−8)) , f ( f ( f (−5))) Λύση α) Το πεδίο ορισμού της f είναι  = [−8,−2] (−2,3] (3,15] = [−8,15] β) Είναι f (−3) =| −3| + =  + 3 , f (1) =12 +  + 4 =  + 5 και f (5) = 5 + 4 = 3 , άρα έχουμε f (−3) − 4 f (1) − 2( f (5) − 5) = 0  ( + 3) − 4( + 5) − 2(3 − 5) = 0  22  + 3− 4 − 20 −1 = 0  −3 =18   = −6 . ( ) γ) f (−2) =| −2 | + = 2 − 6 = −4 ( ) f (3) = 32 +  + 4 = 9 − 6 + 4 = 7 () () f ( f (−8)) = f (| −8 | +a) = f (8 − 6) = f (2) = 22 + a + 4 = 8 − 6 = 2 () () () f ( f ( f (−5))) = f ( f (| −5 | +a) = f ( f (−1)) = f ((−1)2 + a + 4) = f (−1) = (−1)2 + a + 4 = −1 (*) Παράδειγμα 3 (Συναρτησιακές σχέσεις) Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει f (x) + (1− x) f (3 − x) = x2 − x −1 για κάθε x  R α) Να βρείτε την τιμή f (2) . β) Να βρείτε τον τύπο της f . γ) Να δείξετε ότι το -1 ανήκει στο σύνολο τιμών της f . Λύση α) Έχουμε f (x) + (1− x) f (3 − x) = x2 − x −1 για κάθε x  R άρα Για x = 2 : f (2) + (1− 2) f (3 − 2) = 22 − 2 −1  f (2) − f (1) =1 (1), οπότε θα πρέπει να βρούμε το f (1) . Για x = 1 : f (1) + (1−1) f (3 −1) = 12 −1−1  f (1) = −1. Η (1) δίνει f (2) +1=1 f (2) = 0 . β) Έχουμε f (x) + (1− x) f (3 − x) = x2 − x −1 (1) για κάθε x  R άρα Αν βάλουμε όπου x το 3 − x , έχουμε: f (3 − x) + (x − 2) f (x) = (3 − x)2 − 4 + x (2) Από (1) και (2) απαλείφουμε το f (3 − x) : (2)  f (3 − x) = −(x − 2) f (x) + x2 − 5x + 5 22 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Άρα η (1) δίνει: f (x) + (1− x)[−(x − 2) f (x) + x2 − 5x + 5] = x2 − x −1  f (x) + (x −1)(x − 2) f (x) + (1− x)(x2 − 5x + 5) = x2 − x −1  f (x)(1+ (x −1)(x − 2)) = x2 − x −1− (1− x)(x2 − 5x + 5)  f (x)(x2 − 3x + 3) = x3 − 5x2 + 9x − 6  ( x2 − 3x + 3  0 για κάθε x  R αφού  = 9 −12 = −3  0 ) f (x) = x3 − 5x2 + 9x − 6 , x  R x 2 − 3x +3 γ) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει (τουλάχιστον ένα) x  R τέτοιο ώστε f (x) = −1. 1ος τρόπος: Στο α) ερώτημα έχουμε δείξει ότι f (1) = −1, άρα για x = 1 η ισότητα f (x) = −1 ικανοποιείται. 2ος τρόπος: Είναι f (x) = −1  x3 − 5x2 + 9x − 6 = −1  ...  x3 − 4x2 + 6x −3= 0. x2 − 3x + 3 Η τελευταία έχει προφανή λύση την x = 1 , άρα f (1) = −1, άρα το −1 ανήκει στο σύνολο τιμών της f . (*) Παράδειγμα 4 (Συναρτησιακή σχέση – Προσδιορισμός συνόλου τιμών) Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει f 3(x) + f (x) = x −1 για κάθε x  R (*) Να δείξετε ότι η f έχει σύνολο τιμών το R . Λύση Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x) =  έχει λύση στο R , για κάθε   R . Έστω x0  R λύση της εξίσωσης f (x) =  . Τότε θα ισχύει f (x0 ) =  . Η σχέση (*) για x = x0 δίνει: f 3(x0 ) + f (x0 ) = x0 −1 και αφού f (x0 ) =  , έχουμε:  3 + = x0 −1  x0 =  3 + +1 . Τώρα θα δείξουμε ο αριθμός x0 =  3 + +1, ο οποίος ορίζεται στο R για κάθε   R , είναι λύση της εξίσωσης f (x) =  , δηλαδή ότι ισχύει f ( 3 + +1) =  . Πράγματι, η (*) για x =  3 +  +1 δίνει: f 3( 3 + +1) + f ( 3 + +1) =  3 + +1−1  ( ) ( )f 3( 3 + +1) − 3 + f ( 3 + +1) − = 0  ( )( ) ( )f ( 3 + +1) − f 2( 3 + +1) + f ( 3 + +1) + 2 + f ( 3 + +1) − = 0  ( )f ( 3 + +1) −   +1  f 2 ( 3 + +1) + f ( 3 + +1) + 2 = 0 (1)  ώ   f ( 3 + +1) Το f 2 ( 3 + +1) + f ( 3 + +1) +  2 +1, το θεωρούμε τριώνυμο ως προς f ( 3 + +1) , το οποίο έχει διακρίνουσα  =  2 − 4( 2 +1) = −3 2 − 4  0 , άρα f 2 ( 3 + +1) + f ( 3 + +1) +  2 +1  0 , οπότε η (1) δίνει: f ( 3 + +1) =  . 23 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 5 (Προβλήματα – Άσκηση σχολικού βιβλίου) Στο παρακάτω σχήμα είναι  = 1,  = 3 και  = 2 . Να εκφράσετε το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου ως συνάρτηση του x =  , όταν το Μ διαγράφει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ. Λύση Αν 0  x 1 τότε Ε Δ Ν A  M B Γ x το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου ισούται με το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ, το οποίο έχει βάση ΑΜ=x και ύψος ΜΝ=y. Για το ύψος έχουμε: Τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΑΒΕ είναι όμοια άρα ισχύει:  =  ή x = y (αφού ΒΕ=ΓΔ) άρα y = 2x , οπότε () = 1 x  2x = x2 .   1 2 2 Αν 1 x  3 τότε ΕΝ Δ A x BM Γ το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου ισούται με: (ΑΒΕ)+(ΒΕΜΝ)= 1    +    = 11 2 + 2  (x −1) = 2x −1 . 22 Άρα το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου παριστάνεται από τη συνάρτηση: (x) = x2, 0 x 1  1 x3 2x − 1, 24 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β. ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 6 (Σχεδίαση γραφικής παράστασης συνάρτησης – Άσκηση σχολικού) Nα παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση: α) f (x) = −x + 3, x 1 β) f (x) =| ln x | x +1, x 1 γ) f (x) = | x +1| + | x −1| δ) f (x) = x | x | στ) f (x) = ex+2 − 3 2 ε) f (x) =  x+ | x | , x [0,2π] 2 Από τη γραφική παράσταση να προσδιορίσετε το σύνολο των τιμών της f σε καθεμιά περίπτωση. Λύση α) Έχουμε f (x) = −x + 3, x 1 με πεδίο ορισμού  = R , και η γραφική της x +1, x 1 παράσταση είναι η: Προβάλλοντας όλα τα σημεία της παραπάνω γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y, προκύπτει ότι f () = [2,+) . β) Από θεωρία έχουμε η γραφική παράσταση της f (x) =| ln x |, x  0 αποτελείται από τα τμήματα της γραφικής παράστασης Cg της g(x) = ln x, x  0 που βρίσκονται πάνω από τον άξονα xx και από τα συμμετρικά, ως προς τον άξονα xx , των τμημάτων της Cg που βρίσκονται κάτω από τον άξονα αυτόν, άρα η γραφική της παράσταση είναι η: Προβάλλοντας όλα τα σημεία της παραπάνω γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y, προκύπτει ότι f () = (0,+) . 25 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ γ) Έχουμε f (x) = | x +1| + | x −1| με πεδίο ορισμού  = R . 2 Το πρόσημο των παραστάσεων x +1 και x −1 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: x − −1 1 + x+1 - + + x−1 - - + Για x  −1 είναι f (x) = −(x +1) − (x −1) = −x −1 − x +1 = −2x = −x , 2 22 Για −1  x  1 είναι f (x) = (x +1) − (x −1) = x +1− x +1 = 2 = 1 και 2 22 Για x  1 είναι f (x) = (x +1) + (x −1) = x +1 + x −1 = 2x = x 2 22 −x, x  −1 Άρα f (x) = 2, −1  x  1 και η γραφική της παράσταση είναι η: x, x  1 Προβάλλοντας όλα τα σημεία της παραπάνω γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y, προκύπτει ότι f () = [1,+) . δ) Έχουμε f (x) = x | x | με πεδίο ορισμού  = R . Για x  0 είναι f (x) = −x  x = −x2 , ενώ για x  0 είναι f (x) = x  x = x2 . Άρα f ( x) = − x 2 , x0 και η γραφική της παράσταση είναι η:  x0  x2 , Προβάλλοντας όλα τα σημεία της παραπάνω γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y, προκύπτει ότι f () = R . 26 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ε) Έχουμε f (x) =  x+ | x | με πεδίο ορισμού  = [0,2 ]. 2 Για x[0, ) είναι f (x) =  x + x = 2 x =  x , 22 Για x[ ,2 ] είναι f (x) =  x − x = 0 και 2 Άρα f (x) =  x, x [0, ) και η γραφική της παράσταση είναι η: 0, x [ , 2 ] Προβάλλοντας όλα τα σημεία της παραπάνω γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y, προκύπτει ότι f () = [0,1] . στ) Πρώτα θα χαράξουμε την γραφική παράσταση της h(x) = ex . Κατόπιν θα χαράξουμε την γραφική παράσταση της g(x) = ex+2 , η οποία θα προκύψει από οριζόντια μετατόπιση της γραφικής παράστασης της h(x) κατά 3 μονάδες προς τα αριστερά. Τέλος θα χαράξουμε την γραφική παράσταση της f (x) = ex+2 − 3 , η οποία θα προκύψει από κατακόρυφη μετατόπιση της γραφικής παράστασης της g(x) προς τα κάτω κατά 3 μονάδες, άρα η γραφική της παράσταση είναι η: Προβάλλοντας όλα τα σημεία της παραπάνω γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y, προκύπτει ότι f () = (−3,+) . 27 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 7 (Σημεία τομής – σχετικές θέσεις) Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = x3 − ax2 −  x +1 και g(x) = −x3 + ( +1)x2 + 2x − a . Αν η Cf διέρχεται από το σημείο Α(2,3) και η Cg τέμνει τον y΄y σε σημείο με τεταγμένη -1, να βρείτε: α) Τα α, β. β) Τα σημεία τομής της Cf με τους άξονες γ) Τα x  R για τα οποία η Cf βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x. δ) Τα κοινά σημεία Cf , Cg . ε) Τα x  R για τα οποία η Cf βρίσκεται πάνω από την Cg . Λύση α) Αφού η Cf διέρχεται από το σημείο Α(2,3) έχουμε f (2) = 3  23 − a22 − 2 +1 = 3  2a +  = 3 (1) Επίσης η Cg τέμνει τον y΄y σε σημείο με τεταγμένη -1, άρα η Cg διέρχεται από το σημείο Β(0,-1) άρα έχουμε: g(0) = −1  −a = −1 a =1 (2) Η (1) δίνει με τη βοήθεια της (2):  =1. Άρα α=1 και β=1. β) Για α=1 και β=1 έχουμε f (x) = x3 − x2 − x +1 . Οπότε: Για x = 0 έχουμε y = f (0) =1, άρα η Cf τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Κ(0,1). Για y = 0 έχουμε f (x) = 0  x3 − x2 − x +1 = 0  x2 (x −1) − (x −1) = 0  (x2 −1)(x −1) = 0  (x −1)2 (x +1) = 0  x =1 ή x = −1 , άρα η Cf τέμνει τον άξονα x΄x στα σημεία Λ(1,0) και Μ(-1,0). γ) Τα x  R για τα οποία η Cf βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x, προκύπτουν από τη λύση της ανίσωσης: f (x)  0  x3 − x2 − x +1  0  ...  (x −1)2 (x +1)  0  x  1& x  −1 Άρα η Cf βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x, για x(−1,1)  (1,+) . δ) Για α=1 και β=1 έχουμε g(x) = −x3 + 2x2 + 2x −1. Οπότε: Τα κοινά σημεία Cf , Cg , προκύπτουν από τη λύση του συστήματος:  y = f (x)   y = x3 − x2 − x +1   y = x3 − x2 − x +1 (1)  y = g (x)  y = −x3 + 2x2 + 2x  +1= −x3 +   −1  x3 − x2 − x 2x2 + 2x −1 (2) Η δεύτερη εξίσωση ισοδυναμεί με την εξίσωση: 2x3 − 3x2 − 3x + 2 = 0 . Λύνοντας την τελευταία 2x3 − 3x2 − 3x + 2 = 0  2(x3 +1) − 3x(x +1) = 0  2(x +1)(x2 − x +1) − 3x(x +1) = 0  (x +1)(2x2 − 2x + 2 − 3x) = 0  (x +1)(2x2 − 5x + 2) = 0  x = −1 ή 2x2 − 5x + 2 = 0  x = −1 ή x = 2 ή x = 1 2 Για x = −1 η (1) δίνει y = −2. Για x = 2 η (1) δίνει y = 3 . 28 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Για x = 1 η (1) δίνει y = 3 . 28 Άρα τα κοινά σημεία Cf , Cg , είναι τα Ρ(-1,-2), Σ(2,3) και Τ( 1 , 3 ). 2 8 ε) Τα x  R για τα οποία η Cf βρίσκεται πάνω από την Cg , προκύπτουν από τη λύση της ανίσωσης f (x)  g(x)  x3 − x2 − x +1  −x3 + 2x2 + 2x −1  2x3 − 3x2 − 3x + 2  0  … (x +1)(2x2 − 5x + 2)  0  x  (−1, 1)  (1, +) . 2 Παράδειγμα 8 (Προσδιορισμός στοιχείων από γραφική παράσταση) Στο παρακάτω σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f : α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της f . β) Να βρείτε τις τιμές f (7) , f ( f (4)) , f ( f (6)) . γ) Να λύσετε την εξίσωση f (x) = 0 . δ) Να λύσετε την εξίσωση f (x) = −2 . ε) Να λύσετε την ανίσωση f (x)  0 . στ) Να βρείτε τα x για τα οποία ισχύει 0  f (x)  2 . ζ) Να βρείτε το πλήθος λύσεων της εξίσωσης f (x) = για τις διάφορες τιμές του   R Λύση α) Προβάλλοντας όλα τα σημεία της Cf στους άξονες έχουμε: Α=[-6,8] και f(A)=[-4,4] β) f (7) = 2 f ( f (4)) = f (−3) = 2 −3 f ( f (6)) = f (0) = −2 0 γ) Αναζητούμε τις τετμημένες των σημείων στα οποία η Cf τέμνει τον x΄x: f (x) = 0  x = −5 ή x = −1 ή x = 6 . δ) Αναζητούμε τις τετμημένες των σημείων στα οποία η Cf τέμνει την ευθεία y = −2 : f (x) = −2  x = −6 ή x = 0 ή x = 5 . ε) Αναζητούμε τα x[−6,8] για τα οποία η Cf βρίσκεται κάτω από τον x΄x: f (x)  0  x[−6,−5)  (−1,6) . 29 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ στ) Αναζητούμε τα x[−6,8] για τα οποία η Cf βρίσκεται ανάμεσα πάνω από τον άξονα x΄x και κάτω από την ευθεία y = 2 : 0  f (x)  2  x[−5,−1] [6,7] . ζ) Αναζητούμε τις τετμημένες των σημείων στα οποία η Cf τέμνει την ευθεία y =  , για τις διάφορες τιμές του   R . Πράγματι: i) Αν  (−,−4) τότε η εξίσωση f (x) =  δεν έχει λύση. ii) Αν  = −4 τότε η εξίσωση f (x) =   f (x) = −4 έχει ακριβώς μια λύση (την x = 2 ). iii) Αν  (−4,−2) τότε η εξίσωση f (x) = έχει ακριβώς δυο λύσεις. iv) Αν  = −2 τότε η εξίσωση f (x) =   f (x) = −2 έχει ακριβώς τρείς λύσεις (τις x = −6 ή x = 0 ή x = 5 ). v) Αν  (−2,2) τότε η εξίσωση f (x) = έχει ακριβώς τρείς λύσεις. vi) Αν  = 2 τότε η εξίσωση f (x) =   f (x) = 2 έχει ακριβώς δυο λύσεις (τις x = −3 ή x = 7 ). vii) Αν  (2,4) τότε η εξίσωση f (x) = έχει ακριβώς μία λύση. vii) Αν  = 4 τότε η εξίσωση f (x) =   f (x) = 4 έχει ακριβώς μία λύση (την x = 8 ). viii) Αν  (4,+) τότε η εξίσωση f (x) =  δεν έχει λύση. 30 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Γ. ΙΣΟΤΗΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΠΡΑΞΕΙΣ ΜΕΤΑΞΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΣΥΝΘΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ – ΑΡΤΙΑ & ΠΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Παράδειγμα 9 (Ισότητα συναρτήσεων) Να εξετάσετε αν ισχύει f = g . Στην περίπτωση που είναι f  g να προσδιορίσετε το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο του R στο οποίο ισχύει f (x) = g(x) . α) f (x) = x2 −1 και g(x) =1− 1 β) f (x) = x −1 και g(x) = x +1. x2 +| x | |x| x −1 Λύση α) Θα βρούμε τα πεδία ορισμού Α, Β των f , g αντίστοιχα. Για το πεδίο ορισμού της f , πρέπει x2 +| x | 0  x  0 άρα  = (−,0)  (0,+) . Για το πεδίο ορισμού της g , πρέπει | x | 0  x  0 άρα  = (−,0)  (0,+) . Παρατηρούμε ότι  =  (1). Επίσης έχουμε: f (x) = x2 −1 = | x |2 −1 = (| x| −1)(| x | +1) = | x | −1 =1− 1 = g(x) (2) x2 +| x x |2 +| x |x | (| x | +1) | x| x | | | | | Από (1) και (2) προκύπτει ότι f = g . β) Θα βρούμε τα πεδία ορισμού Α, Β των f , g αντίστοιχα. Για το πεδίο ορισμού της f , πρέπει  x − 1  0   x  1 άρα  = [0,1)  (1,+) .   0  x  0 x  Για το πεδίο ορισμού της g , πρέπει x  0 άρα  = [0,+) . Παρατηρούμε ότι    , άρα f  g . Για x   = [0,1)  (1,+) έχουμε: f (x) = x −1 = (x −1)( x +1) = (x −1)( x +1) = x +1 = g(x) (2) x −1 ( x −1)( x +1) (x −1) Άρα για x[0,1)  (1,+) έχουμε f (x) = g(x) . Παράδειγμα 10 (Πράξεις μεταξύ συναρτήσεων) Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = 1+ 1 και g(x) = x . Να βρείτε τις συναρτήσεις x 1− x f + g, f − g, fg και f . g Λύση Θα βρούμε τα πεδία ορισμού Α, Β των f , g αντίστοιχα. Για το πεδίο ορισμού της f , πρέπει x  0 άρα  = (−,0)  (0,+) . Για το πεδίο ορισμού της g , πρέπει 1− x  0  x 1 άρα  = (−,1)  (1,+) . Για τις συναρτήσεις f + g, f − g, fg έχουμε: • Πεδίο ορισμού το  =    = (−,0)  (0,1)  (1,+) . • Τύπους: ( f + g)(x) = f (x) + g(x) = 1+ 1 + x = 1 x 1− x x(1− x) 31 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ( f − g)(x) = f (x) − g(x) = 1 + 1 − x = 1 − 2x2 x 1 − x x(1− x) ( f  g)(x) = f (x)  g(x) = (1 + 1) x = x +1 x 1− x 1− x Για τη συνάρτηση f έχουμε: g • Πεδίο ορισμού το  = {x     / x  0} = (−,0)  (0,1)  (1, +) . 1− x • Τύπο: ( f )(x) = f (x) 1+ 1 = 1− x2 g g(x) =x x2 x 1− x Παράδειγμα 11 (Σύνθεση συναρτήσεων) Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = x2 +1 και g(x) = x − 2 . α) Να προσδιορίσετε τις συναρτήσεις gof και fog . β) Αν h(x) = x2 − 4x να ορίσετε τη συνάρτηση hofog . Λύση α) Θα βρούμε τα πεδία ορισμού Α, Β των f , g αντίστοιχα. Για το πεδίο ορισμού της f , είναι  = R . Για το πεδίο ορισμού της g , πρέπει x − 2  0  x  2 άρα  = [2,+) . • Για τη συνάρτηση gof έχουμε: Πεδίο Ορισμού:  = {x  A / f (x) B} = {x  R / x2 +1[2, +)} . Είναι x2 +1[2, +)  x2 +1  2 | x | 1  x  1 ή x  −1. Άρα  = (−,−1][1,+)   . Τύπο: (gof )(x) = g( f (x)) = g(x2 +1) = x2 +1 − 2 = x2 −1 • Για τη συνάρτηση fog έχουμε: Πεδίο Ορισμού:  = {x  B / g(x) A} = {x [2,+) / x − 2  R} = [2, +)   . Τύπο: ( fog)(x) = f (g(x)) = f ( x − 2) = ( x − 2)2 +1 = x −1. β) Ισχύει hofog = ho( fog) . Άρα, θα βρούμε τα πεδία ορισμού Κ, Λ των h, fog αντίστοιχα Για το πεδίο ορισμού της h , πρέπει x2 − 4x  0  x  0 ή x  4 άρα  = (−,0] [4,+) . Για το πεδίο ορισμού της fog , από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε  = [2,+) . • Για τη συνάρτηση ho( fog) έχουμε: Πεδίο Ορισμού:  ={x / ( f g)(x)} ={x[2,+) / x −1(−,0] [4,+)} . Είναι x[2,+)  x  2 . x −1(−,0] [4,+)  x −1 0 ή x −1 4  x 1 ή x  5 . Άρα  = [5,+)   . ( ) Τύπο: ((ho( fog))(x) = h( f (g(x)) = h(x −1) = (x −1)2 − 4(x −1) = x2 − 6x + 5 . 32 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ (*) Παράδειγμα 12 (Πράξεις - σύνθεση συναρτήσεων πολλαπλού τύπου) Δίνονται οι συναρτήσεις f (x) = x2 − 4, x  −1 και g( x) = x + 2, x2  + 2x, x  −1  x, x2  x2 Να ορίσετε τις συναρτήσεις g και fog . f Λύση Θα βρούμε τα πεδία ορισμού Α, Β των f , g αντίστοιχα. Για το πεδίο ορισμού της f , είναι  = (−,−1] (−1,+) = R . Για το πεδίο ορισμού της g , είναι  = (−,2) [2,+) = R . Για τη συνάρτηση g έχουμε: f x − −1 2 + f (x) x2 − 4 x2 + 2x x2 + 2x g(x) x + 2 x+2 x Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Για x  −1 : Πρέπει x2 − 4  0  x  −2 & x  2 , άρα για x(−,−2)  (−2,−1] έχουμε: ( g )(x) = g(x) = x+2 = x 1 . f f (x) x2 − 4 −2 • Για −1 x  2 : Πρέπει x2 + 2x  0  x  0 & x  −2 , άρα για x(−1,0)  (0,2) έχουμε: ( g )(x) = g(x) = x + 2 = 1 . f f (x) x2 + 2x x • Για x  2 : Πρέπει x2 + 2x  0  x  0 & x  −2 , άρα για x[2,+) έχουμε: ( g )(x) = g(x) = x2 x 2x = x 1 2 . f f (x) + +  x 1 2 , x  (−, −2)  (−2, −1]  −  g  1 Άρα: ( f )( x) =  x , x  (−1,0)  (0, 2)    x 1 2 , x [2, +) + Για τη συνάρτηση fog έχουμε: f (x) =  x 2 − 4, x  1 = (−, −1] και g(x) = x + 2, x  1 = (−, 2)  + 2x, x  2 = (−1, +)  x, x  2 = [2, +)  x2 Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • 1 = {x 1 : g(x)  1} = {x (−, 2) : x + 2(−, −1]} . Είναι x  (−, 2)  x  2 . x + 2  (−, −1]  x + 2  −1  x  −3 . 33 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Άρα 1 = (−, −3]. Για x  1 έχουμε ( fog)(x) = f (g(x)) = (x + 2)2 − 4 = x2 + 4x . • 2 = {x 1 : g(x)  2} = {x  (−, 2) : x + 2(−1, +)} Είναι x  (−, 2)  x  2 . x + 2  (−1, +)  x + 2  −1  x  −3 . Άρα 2 = (−3, 2) . Για x  2 έχουμε ( fog)(x) = f (g(x)) = (x + 2)2 + 2(x + 2) = x2 + 6x + 8 . • 3 = {x 2 : g(x)  1} = {x [2, +) : x (−, −1]} Είναι x [2, +)  x  2 . x  (−, −1]  x  −1. Άρα 3 =  άρα δεν ορίζεται η fog . • 4 = {x 2 : g(x)  2} = {x [2, +) : x (−1, +)} Είναι x [2, +)  x  2 . x  (−1, +)  x  −1. Άρα 4 = [2, +) . Για x  4 έχουμε ( fog)(x) = f (g(x)) = x2 + 2x . x2 + 4x, x  (−, −3]  Άρα: ( fog )( x) =  x2 + 6x + 8, x  (−3, 2)  x2 + 2x, x [2, +)  Παράδειγμα 13 (Σύνθεση συναρτήσεων) Δίνονται οι συναρτήσεις f1(x) = ex , f2 (x) = x2 και f3 (x) = x . Να γράψετε καθεμιά από τις παρακάτω συναρτήσεις ως σύνθεση των f1, f2 , f3 . α) g1(x) = e2x …..β) g2 (x) =  2ex …..γ) g3 (x) =e2x Λύση Οι f1, f2 , f3 έχουν Π.Ο. το R, άρα και οι g1, g2 , g3 έχουν Π.Ο. το R. α) Είναι g1 = f1 f2 f3 , αφού g1(x) = e2x = e(x)2 = f1((x)2 ) = f1( f2 (x)) = f1( f2 ( f3 (x))) . β) Είναι g2 = f2 f3 f1 , αφού g2 (x) =2ex = ((ex ))2 = f2 ((ex )) = f2 ( f3(ex )) = f2 ( f3( f1(x))) . γ) Είναι g2 = f3 f2 f1 , αφού g3 (x) =e2x =((ex )2 ) = f3 ((ex )2 ) = f3 ( f2 (ex )) = f3 ( f2 ( f1(x))) . Παράδειγμα 14 (Αποσύνθεση συναρτήσεων) Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : R → R . α) Αν f (x) = 2x −1 και (gof )(x) = 4x2 + 4 , να ορίσετε τη συνάρτηση g . β) Αν g(x) = 3x − 2 και (gof )(x) = 3x2 − 6x +10 , να ορίσετε τη συνάρτηση f Λύση α) Η g έχει πεδίο ορισμού το R και ισχύει: 34 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ (gof )(x) = 4x2 + 4  g( f (x)) = 4x2 + 4  g(2x −1) = 4x2 + 4 (1) Αλλαγή μεταβλητής: Θέτουμε 2x −1 = y άρα x = y + 1 και η (1) δίνει: 2 g( y) = 4 ( y +1) 2 + 4  g( y) = y2 + 2 y + 5 . 4 Άρα ορίσαμε g : R → R με τύπο g(x) = x2 + 2x + 5 . β) Η f έχει πεδίο ορισμού το R και ισχύει: (gof )(x) = 3x2 − 6x +10  g( f (x)) = 3x2 − 6x +10  3 f (x) − 2 = 3x2 − 6x +10  3 f (x) = 3x2 − 6x +12  f (x) = x2 − 2x + 4 Άρα ορίσαμε f : R → R με τύπο f (x) = x2 − 2x + 4 . Παράδειγμα 15 (Άρτια – Περιττή συνάρτηση) Να δείξετε ότι η f ( x) = 1 1 x −1 είναι περιττή συνάρτηση. +e 2 Λύση Η f έχει πεδίο ορισμού το R και ισχύει ότι για κάθε x  R και το −x  R . Είναι f (−x) = 1 − 1 = 1 −1= 1 − 1 = ex − 1 = ex +1−1 − 1 = 1+ e−x 2 2 ex +1 2 ex +1 2 ex +1 2 1+ 1 ex ex = ex +1 − 1 − 1 = 1− 1 − 1 = 1 − 1 = −( 1 − 1) = − f (x) , ex +1 ex +1 2 ex +1 2 2 ex +1 ex +1 2 Άρα η f είναι περιττή συνάρτηση. (*) Παράδειγμα 16 (Άρτια – Περιττή συνάρτηση) Δίνεται συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει: f (x + y) + f (x − y) = 2( f (x) + f (y)) για κάθε x, y  R Να αποδείξετε ότι: α) η γραφική παράσταση της f περνά από την αρχή των αξόνων. β) η f είναι άρτια. Λύση α) Θα δείξουμε ότι f (0) = 0 . Έχουμε f (x + y) + f (x − y) = 2( f (x) + f (y)) για κάθε x, y  R (1), οπότε: Για y = 0 η (1) δίνει: f (x) + f (x) = 2( f (x) + f (0))  2 f (x) = 2 f (x) + 2 f (0)  2 f (0) = 0  f (0) = 0 β) Αφού η f : R → R έχουμε ότι για κάθε x  R και το −x  R . Για x = 0 και y = x η (1) δίνει: f (0)=0 f (x) + f (−x) = 2( f (0) + f (x))  f (x) + f (−x) = 2 f (x)  f (−x) = f (x) για κάθε x  R , άρα η f είναι άρτια. 35 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Δ. ΜΕΛΕΤΗ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑΣ Παράδειγμα 17 Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι γνησίως αύξουσες και ποιες γνησίως φθίνουσες: α) f (x) = 2 β) f (x) = 2 ln(x − 2) −1 γ) f (x) = e−x − x −1 1− x Λύση α) Η f έχει πεδίο ορισμού το  = (−,1) . Έστω οποιαδήποτε x1, x2 (−,1) με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 −x1  −x2 1− x1  1− x2 1− x1  1− x2 11 1− x1 1− x2 ( 1− x1  0 και 1− x2  0 , άρα ομόσημοι) 2 2 1− x1 1− x2 f (x1)  f (x2 ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  . β) Η f έχει πεδίο ορισμού το  = (2, +) . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  (2, +) με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 x1 − 2  x2 − 2 ln(x1 − 2)  ln(x2 − 2) (η g(x) = ln x είναι γνησίως αύξουσα) 2ln(x1 − 2)  2ln(x2 − 2) 2ln(x1 − 2) −1  2ln(x2 − 2) −1 f (x1)  f (x2 ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  . γ) Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 −x1  −x2 e−x1  e−x2 (1) (η g(x) = ex είναι γνησίως αύξουσα) 36 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Επίσης x1  x2 −x1  −x2 −x1 −1  −x2 −1 (2). Από (1)+(2) έχουμε: e−x1 − x1 −1  e−x2 − x2 −1 f (x1)  f (x2 ) Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  . (*) Παράδειγμα 18 (Με αλλαγή του τύπου) Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι γνησίως αύξουσες και ποιες γνησίως φθίνουσες: α) f (x) = x2 − 2x , με x 1 β) f (x) = x3 − 6x2 +12x − 3 γ) f (x) = 3x −1 Λύση 3x +2 α) Η f έχει πεδίο ορισμού το  = (−,1] , οπότε γι οποιαδήποτε x1, x2 (−,1] με x1  x2 είναι x1  x2  1, άρα δεν μπορούμε να υψώσουμε και τα δυο μέλη στο τετράγωνο, διότι τα x1, x2 μπορεί να είναι ετερόσημα. Θα μετατρέψουμε τον τύπο της f με τη «μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνων», ως εξής: Για κάθε x 1 είναι f (x) = x2 − 2x  f (x) = x2 − 2x +1−1  f (x) = (x −1)2 −1, οπότε θα έχουμε: Η f έχει πεδίο ορισμού το  = (−,1] . Έστω οποιαδήποτε x1, x2 (−,1] με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 x1 −1  x2 −1  0 −(x1 −1)  −(x2 −1)  0 (−(x1 −1))2  (−(x2 −1))2 ( x1 −1)2  ( x2 −1)2 ( x1 −1)2 −1  ( x2 −1)2 −1 f (x1)  f (x2 ) Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  . β) Η f έχει πεδίο ορισμού το  = R , οπότε για οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 δεν μπορούμε να υψώσουμε και τα δυο μέλη στο τετράγωνο, διότι τα x1, x2 μπορεί να είναι ετερόσημα. Θα μετατρέψουμε τον τύπο της f με τη «μέθοδο συμπλήρωσης κύβων», ως εξής: Για κάθε x  R έχουμε f (x) = x3 − 6x2 +12x − 3  f (x) = x3 − 6x2 +12x − 8 + 5  f (x) = ( x − 2)3 + 5 37 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Η f έχει πεδίο ορισμού το  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 x1 − 2  x2 − 2 ( x1 − 2)3  ( x2 − 2)3 ( x1 − 2)3 + 5  ( x2 − 2)3 + 5 f (x1)  f (x2 ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  . γ) Η f έχει πεδίο ορισμού το  = R , οπότε για οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 θα έχουμε: x1  x2 3x1  3x2 3x1 − 2  3x2 − 2 (1) Επίσης x1  x2 3x1  3x2 0  3x1 + 2  3x2 + 2 1  1 (2) 3x1 + 2 3x2 + 2 Τις ανισότητες (1) και (2) δεν μπορούμε να τις πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη διότι δεν είναι ανισότητες της ιδίας φοράς. Θα μετατρέψουμε τον τύπο της f , ως εξής: Για κάθε x  R έχουμε f (x) = 3x −1 = 3x + 2 − 3 = 3x +2− 3  f (x) =1− 3 3x + 2 3x + 2 3x + 2 3x + 2 3x + 2 Η f έχει πεδίο ορισμού το  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 3x1  3x2 0  3x1 + 2  3x2 + 2 11 3x1 + 2 3x2 + 2 − 3 − 3 3x1 + 2 3x2 + 2 1− 3 2  1− 3 2 3x1 + 3x2 + Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο  . 38 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 19 (Συναρτησιακή σχέση) Έστω f : R → R . Αν για τη συνάρτηση f ισχύει f 3(x) + e f (x) = −x +1 για κάθε x  R (1), να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R . Λύση 1ος τρόπος Η f έχει πεδίο ορισμού το  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 −x1  −x2 −x1 +1  −x2 +1 Οπότε από την (1) θα έχουμε f 3 (x1) + e f (x1)  f 3(x2 ) + e f (x2 ) (*) Θεωρούμε την (βοηθητική) συνάρτηση g(x) = x3 + ex . Η g έχει πεδίο ορισμού το  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . Έχουμε: x1  x2 x13  x23 (2) Επίσης x1  x2 ex1  ex2 (3) Από (2)+(3) θα έχουμε x13 + ex1  x23 + ex2 Άρα είναι g(x1)  g(x2 ) , άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο  = R . Τέλος η (*) γράφεται g g( f (x1))  g( f (x2 ))  f (x1)  f (x2 ) , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  = R . 2ος τρόπος Η f έχει πεδίο ορισμού το  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με f (x1)  f (x2 ) . Έχουμε: f (x1)  f (x2 ) f 3(x1)  f 3(x2 ) (4) Επίσης f (x1)  f (x2 ) e  ef (x1 ) f ( x2 ) (5) Από (4)+(5) θα έχουμε f (x1)3 + e f (x1)  f (x2 )3 + e f (x2 ) 39 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Οπότε από την (1) θα έχουμε −x1 +1  −x2 +1 −x1  −x2 x1  x2 Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο  = R . (*) Παράδειγμα 20 (Συνάρτηση με πεδίο ορισμού ένωση διαστημάτων) Έστω f (x) = 2x + 3 . Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−,1) και στο x −1 (1, +) , όχι όμως και στην ένωσή τους. Λύση Η f έχει πεδίο ορισμού το  = (−,1)  (1, +) . Θα μελετήσουμε την f ως προς τη μονοτονία της με τη βοήθεια του προσήμου του λόγου μεταβολής. Για κάθε x1, x2 (−,1)  (1, +) έχουμε: 2x1 + 3 − 2x2 + 3  = f (x1) − f (x2 ) = x1 −1 x2 −1 = (2x1 + 3)(x2 −1) − (2x2 + 3)(x1 −1) = x1 − x2 x1 − x2 (x1 − x2 )(x1 −1)(x2 −1) −5x1 + 5x2 = −5 . (x1 − x2 )(x1 −1)(x2 −1) (x1 −1)(x2 −1) Άρα έχουμε τις περιπτώσεις: α) Αν x1, x2 (−,1) τότε x1  1 και x2  1, άρα x1 −1  0 και x2 −1  0 , άρα 0  = −5  0 . (x1 −1) (x2 −1) 0 0 β) Αν x1, x2 (1, +) τότε x1  1 και x2  1, άρα x1 −1  0 και x2 −1  0 , άρα 0  = −5  0 . (x1 −1) (x2 −1) 0 0 γ) Αν x1 (−,1) και x2 (1, +) , τότε x1  1 και x2  1, άρα x1 −1  0 και x2 −1  0 , 0 άρα  = −5  0 . (x1 −1) (x2 −1) 0 0 Άρα Σε κάθε ένα από τα διαστήματα (−,1) και (1, +) είναι   0 , οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−,1) και στο (1, +) , όχι όμως και στην ένωσή τους, δηλαδή η μονοτονία δεν «κληρονομείται» στην ένωση διαστημάτων. 40 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 21 (Θεωρητική άσκηση) Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : R → (0,+) . Να δείξετε ότι: α) Αν η f είναι γνησίως αύξουσα και η g είναι γνησίως αύξουσα τότε η f + g είναι γνησίως αύξουσα. β) Αν η f είναι γνησίως αύξουσα και η g είναι γνησίως φθίνουσα τότε η f − g είναι γνησίως αύξουσα. γ) Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα και η g είναι γνησίως αύξουσα τότε η f είναι g γνησίως φθίνουσα. δ) Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα και η g είναι γνησίως φθίνουσα τότε η f  g είναι γνησίως αύξουσα. Λύση α) Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . f Είναι x1  x2  f (x1)  f (x2 ) (1) g x1  x2  g(x1)  g(x2 ) (2) Από (1)+(2) έχουμε: f (x1) + g(x1)  f (x2 ) + g(x2 )  ( f + g)(x1)  ( f + g)(x2 ) άρα η f + g είναι γνησίως αύξουσα. β) Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . f Είναι x1  x2  f (x1)  f (x2 ) (1) g x1  x2  g(x1)  g(x2 )  −g(x1)  −g(x2 ) (2) Από (1)+(2) έχουμε: f (x1) − g(x1)  f (x2 ) − g(x2 )  ( f − g)(x1)  ( f − g)(x2 ) άρα η f − g είναι γνησίως αύξουσα. γ) Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . f Είναι x1  x2  f (x1)  f (x2 )  0 (1) x1  x2 g g(x1)  g(x2 )  1  1 0 (2) g ( x1 ) g(x2 ) 0  Από (1)Χ(2) έχουμε: f (x1)  f (x2 )  (f )( x1 )  f άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα. g ( x1 ) g(x2 ) g ( g )(x2 ) g δ) Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . g f  Είναι x1  x2  g(x1)  g(x2 )  f (g(x1))  f (g(x2 ))  ( fog)(x1)  ( fog)(x2) , άρα η f  g είναι γνησίως αύξουσα. 41 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Ε. ΡΙΖΕΣ – ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (ΜΕΡΟΣ Α΄) (H συνάρτηση διατηρεί σταθερή μονοτονία) Όταν αναζητούμε τις ρίζες μιας συνάρτησης f :  → R , τότε αναζητούμε: • τους αριθμούς (x) από το πεδίο ορισμού  της f , οι οποίοι δίνουν τιμή (y ή f(x)) ίση με το μηδέν (0) ή • τις λύσεις της εξίσωσης f (x) = 0 Για να βρούμε τις ρίζες μιας συνάρτησης, έχουμε 2 επιλογές: • να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 0 με τις γνωστές μας μέχρι τη Β΄ Λυκείου μεθόδους. • να βρούμε τη μονοτονία της f και να δουλέψουμε όπως στα παραδείγματα που ακολουθούν. Όταν αναζητούμε το πρόσημο (των τιμών) μιας συνάρτησης f :  → R , τότε αναζητούμε: • τους αριθμούς (x) από το πεδίο ορισμού  της f , οι οποίοι δίνουν θετικές τιμές (y ή f(x)) και τους αριθμούς (x) από το πεδίο ορισμού  της f , οι οποίοι δίνουν αρνητικές τιμές (y ή f(x)). • τις λύσεις των ανισώσεων f (x)  0 και f (x)  0 Για να βρούμε το πρόσημο (των τιμών) μιας συνάρτησης, έχουμε 2 επιλογές: • να λύσουμε τις ανισώσεις f (x)  0 και f (x)  0 με τις γνωστές μας μέχρι τη Β΄ Λυκείου μεθόδους. • να βρούμε τη μονοτονία της f και να δουλέψουμε όπως στα παραδείγματα που ακολουθούν. Παράδειγμα 22 Έστω η συνάρτηση f : R → R , η οποία είναι γνησίως φθίνουσα. Αν γνωρίζουμε ότι f (3) = 0 , να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f . Λύση Ρίζες της f (προφανώς δεν γίνεται να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 0 , με τις γνωστές μας μεθόδους μέχρι τη Β΄ Λυκείου, αφού δεν γνωρίζουμε τον τύπο της f ) Έχουμε ότι f (3) = 0 , άρα η x = 3 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης f (x) = 0 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα f (x) = 0  x = 3. Πρόσημο της f (προφανώς δεν γίνεται να λύσουμε τις ανισώσεις f (x)  0 και f (x)  0 , με τις γνωστές μας μεθόδους μέχρι τη Β΄ Λυκείου,αφού δεν γνωρίζουμε τον τύπο της f ) Έχουμε ότι f (3) = 0 , οπότε: f (3)=0 f f (x)  0  f (x)  f (3)  x  3 και f (3)=0 f f (x)  0  f (x)  f (3)  x  3 42 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f (με τη βοήθεια της μονοτονίας της) είναι: x − 3 + f (x) + 0 - Παράδειγμα 23 Δίνεται η συνάρτηση f (x) = e−x − x −1 α) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της. β) Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f . Λύση α) Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = R . Έστω x1, x2  R με x1  x2 . ex  Είναι x1  x2  −x1  −x2 e−x1  e−x2 (1). Επίσης x1  x2  −x1  −x2  −x1 −1  −x2 −1 (2). Από (1)+(2) έχουμε: e−x1 − x1 −1  e−x2 − x2 −1  f (x1)  f (x2 ) , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. β) Ρίζες της f (προφανώς δεν γίνεται να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 0 , με τις γνωστές μας μεθόδους επίλυσης εξισώσεων, που μάθαμε μέχρι τη Β΄ Λυκείου) Έχουμε ότι f (0) = 0 , άρα η x = 0 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης f (x) = 0 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα f (x) = 0  x = 0 . Πρόσημο της f (προφανώς δεν γίνεται να λύσουμε τις ανισώσεις f (x)  0 και f (x)  0 , με τις γνωστές μας μεθόδους επίλυσης ανισώσεων, που μάθαμε μέχρι τη Β΄ Λυκείου) Έχουμε ότι f (0) = 0 , οπότε: f (0)=0 f f (x)  0  f (x)  f (0)  x  0 και f (0)=0 f f (x)  0  f (x)  f (0)  x  0 Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f (με τη βοήθεια της μονοτονίας της) είναι: 0 + x − 0 - f (x) + Παράδειγμα 24 Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της συνάρτησης f (x) = 5x3 + ln x − 2 − 3 . x Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = (0,+) . Έστω x1, x2  (0, +) με 0  x1  x2 . Είναι 0  x1  x2  x13  x23  5x13  5x23 (1) g ( x)=ln x 0  x1  x2  ln x1  ln x2 (2) 43 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 0 x1  x2  2  2  − 2 − 2  − 2 −3 − 2 −3 (3) x1 x2 x1 x2 x1 x2 Από (1)+(2)+(3) έχουμε: 5x13 + ln x1 − 2 − 3  5x23 + ln x2 − 2 −3 f (x1)  f (x2 ) , x1 x2 άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+) . Ρίζες της f (προφανώς δεν γίνεται να λύσουμε την εξίσωση f (x) = 0 , με τις γνωστές μας μεθόδους επίλυσης εξισώσεων, που μάθαμε μέχρι τη Β΄ Λυκείου) Έχουμε ότι f (1) = 0 , άρα η x = 1 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης f (x) = 0 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα f (x) = 0  x = 1 . Πρόσημο της f (προφανώς δεν γίνεται να λύσουμε τις ανισώσεις f (x)  0 και f (x)  0 , με τις γνωστές μας μεθόδους επίλυσης ανισώσεων, που μάθαμε μέχρι τη Β΄ Λυκείου) Έχουμε ότι f (1) = 0 , οπότε: f (1)=0 f f (x)  0  f (x)  f (1)  x  1 και f (1)=0 f f (x)  0  f (x)  f (1)  x  1 Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f (με τη βοήθεια της μονοτονίας της) είναι: x0 1 + f (x) + 0 - 44 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΣΤ. ΕΠΙΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ – ΕΠΙΛΥΣΗ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ – ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ Παράδειγμα 25 Να λύσετε την εξίσωση 2 = 1+ ln(x −1) x Λύση Για x(1,+) έχουμε 2 = 1+ ln(x −1)  2 −1− ln(x −1) = 0 (*) x x η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε τη (βοηθητική) συνάρτηση f (x) = 2 −1− ln(x −1) x Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = (1,+) . Έστω x1, x2 (1, +) με 1  x1  x2 . Είναι 1 x1  x2  2  2  2 −1 2 −1 (1) x1 x2 x1 x2 g ( x)=ln x 1 x1  x2  x1 −1 x2 −1  ln(x1 −1)  ln(x2 −1)  −ln(x1 −1)  −ln(x2 −1) (2). Από (1)+(2) έχουμε 2 −1− ln(x1 −1)  2 −1− ln(x2 −1)  f (x1)  f (x2 ) , άρα η f είναι x1 x2 γνησίως φθίνουσα στο (1,+) . Η εξίσωση (*) γράφεται: f (x) = 0 , άρα αναζητούμε τις ρίζες της f . Έχουμε ότι f (2) = 0 , άρα η x = 2 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης f (x) = 0 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα f (x) = 0  x = 2 . Παράδειγμα 26 Δίνεται η συνάρτηση f (x) = (3)x + ( 4)x −1 55 α) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της. β) Να λύσετε την εξίσωση 3x + 4x = 5x γ) Να λύσετε την εξίσωση 3x + 4x = 2  5x δ) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό   R , τέτοιο ώστε 12(3 + 4 ) = 7 5+1 Λύση α) Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με x1  x2 . Είναι x1  x2  ( 3)x1  ( 3)x2 (1), αφού η f1 ( x) = ( 3 ) x είναι γνησίως φθίνουσα ( 3  1 ). 5 5 5 5 Επίσης x1  x2  ( 4 )x1  ( 4)x2 (2), αφού η f2 ( x) = ( 4 ) x είναι γνησίως φθίνουσα ( 4  1 ) 5 5 5 5 Από (1)+(2) έχουμε: ( 3)x1 + ( 4)x1  ( 3)x2 + ( 4)x2  ( 3)x1 + ( 4)x1 −1  ( 3)x2 + ( 4)x2 −1 f (x1)  f (x2 ) , άρα η f 5 5 5 5 5 5 5 5 είναι γνησίως φθίνουσα στο R. β) Έχουμε 3x + 4x = 5x  (3)x + ( 4)x = 1  (3)x + ( 4)x −1 = 0  f (x) = 0 , άρα 55 55 αναζητούμε τις ρίζες της f . 45 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Έχουμε ότι f (2) = 0 , άρα η x = 2 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης f (x) = 0 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα 3x + 4x = 5x  f (x) = 0  x = 2 . γ) Έχουμε 3x + 4x = 2  5x  (3)x + ( 4)x = 2  (3)x + ( 4)x −1 = 1  f (x) = 1 . 55 55 Έχουμε ότι f (0) =1, άρα η x = 0 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης f (x) = 1 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. Άρα 3x + 4x = 2  5x  f (x) = 1  x = 0 . δ) Θα δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό   R , τέτοιο ώστε 12(3 + 4 ) = 7 5+1 , δηλαδή ότι η εξίσωση 12(3x + 4x ) = 7 5x+1 έχει μοναδική λύση. Έχουμε 12(3x + 4x ) = 7 5x+1  12(3x + 4x ) = 355x  (3)x + ( 4)x = 35  5 5 12 (3)x + ( 4)x −1 = 23  f (x) = 23 . 55 12 12 Έχουμε ότι f (−1) = 23 , άρα η x = −1 είναι (τουλάχιστον) μία λύση της εξίσωσης 12 f (x) = 23 και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η λύση αυτή είναι μοναδική. 12 Παράδειγμα 27 Να λύσετε την ανίσωση 1 − ln x  1 x Λύση Η ανίσωση δεν μπορεί να λυθεί με τις γνωστές μας μεθόδους μέχρι τη Β΄ Λυκείου. Για x(1,+) έχουμε 1 − ln x  1  1 − ln x −1  0 (*) x x η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε τη (βοηθητική) συνάρτηση f (x) = 1 − ln x −1 x Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = (0,+) . Έστω x1, x2  (0, +) με 0  x1  x2 . Είναι 0 x1  x2  1  1  1 −1 1 −1 (1) x1 x2 x1 x2 g ( x)=ln x 0  x1  x2  ln x1  ln x2  −ln x1  −ln x2 (2). Από (1)+(2) έχουμε 1 − ln x1 −1 1 − ln x2 −1 f (x1)  f (x2 ) , άρα η f είναι γνησίως x1 x2 φθίνουσα στο (0,+) . Η ανίσωση (*) γράφεται: f (x)  0 άρα αναζητούμε, τους αριθμούς από το πεδίο ορισμού  = (0,+) της f , οι οποίοι δίνουν θετικές τιμές. f (1)=0 f Έχουμε ότι f (1) = 0 , οπότε είναι f (x)  0  f (x)  f (1)  x 1. Άρα οι λύσεις της ανίσωσης είναι τα x(0,1) . 46 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγμα 28 Δίνεται η συνάρτηση f (x) = 4e2−x − x − 2 α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία. β) Να λύσετε την ανίσωση 4e2  2ex + xex γ) Να λύσετε την ανίσωση 4e2−ex − ex  4e1+2x −1+ 2x δ) Να δείξετε ότι για κάθε  ,   R με   ισχύει e − e   − 4 e + e2 Λύση α) Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = R . Έστω x1, x2  R με x1  x2 . g(x)=ex  e  e2−x1 2− x2  4e2−x1  4e2−x2 Είναι x1  x2  −x1  −x2  2 − x1  2 − x2  (1). Επίσης x1  x2  −x1  −x2  −x1 − 2  −x2 − 2 (2). Από (1)+(2) έχουμε: 4e2−x1 − x1 − 2  4e2−x2 − x2 − 2  f (x1)  f (x2 ) , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R . β) Έχουμε 4e2  2ex + xex ex 0 4e2  2 + x  4e2−x −x−20 f (x)  0 , άρα  ex αναζητούμε, τους αριθμούς από το πεδίο ορισμού  = R της f , οι οποίοι δίνουν θετικές τιμές. f (2)=0 f Έχουμε ότι f (2) = 0 , οπότε είναι f (x)  0  f (x)  f (2)  x  2 . Άρα οι λύσεις της ανίσωσης είναι τα x(−,2) . γ) Είναι 4e2−ex − ex  4e1+2x −1+ 2x  4e2−ex − ex  4e2−(1−2x) −1+ 2x  4e2−ex − ex − 2  4e2−(1−2x) − (1− 2x) − 2  f f (ex )  f (1− 2x)  ex 1− 2x  ex −1+ 2x  0 Η τελευταία δεν μπορεί να λυθεί με τις γνωστές μας μεθόδους μέχρι τη Β΄ Λυκείου οπότε Έχουμε ex −1+ 2x 0 η συναρτηση που προκυπτει απο την ανισωση Θεωρούμε τη (βοηθητική) συνάρτηση g(x) = ex −1+ 2x Το πεδίο ορισμού της g είναι:  = R . Έστω x1, x2  R με x1  x2 . h(x)=ex  Είναι x1  x2  ex1  ex2 (1) x1  x2  2x1  2x2  −1 + 2x1  −1+ 2x2 (2). Από (1)+(2) έχουμε ex1 −1+ 2x1  ex2 −1+ 2x2  g(x1)  g(x2 ) , άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R . Η ανίσωση (*) γράφεται: g(x)  0 άρα αναζητούμε, τους αριθμούς από το πεδίο ορισμού  = R της g , οι οποίοι δίνουν αρνητικές τιμές. g (0)=0 g Έχουμε ότι g(0) = 0 , οπότε είναι g(x)  0  g(x)  g(0)  x  0 . Άρα οι λύσεις της ανίσωσης είναι τα x(−,0) . 47 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ δ) Θα δείξουμε ότι για κάθε  ,   R με    ισχύει 4 e − e  −  e + e2  4  e − e    −    e + e +  e2    ( )4e2 e− − e−   −   4e2− − 4e2−   −   4e2− −  − 2  4e2− −  − 2  f f ()  f ( )     , που ισχύει. (*) Παράδειγμα 29 και Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : R → R , με g γνησίως αύξουσα στο R g(x) = f (x + 3) − f (x) για κάθε x  R . α) Να δείξετε ότι για κάθε  ,   R με    ισχύει f ( + 4) + f ( +1)  f ( +1) + f ( + 4) β) Να λύσετε την ανίσωση f (x3 +1) + f (−x2 )  f (3 − x2 ) + f (x3 − 2) Λύση α) Θα δείξουμε ότι για κάθε  ,   R με    ισχύει f ( + 4) + f ( +1)  f ( +1) + f ( + 4)  f ( + 4) − f ( +1)  f ( + 4) − f ( +1)  g g( +1)  g( +1)   +1  +1    , που ισχύει β) Έχουμε f (x3 +1) + f (−x2 )  f (3 − x2 ) + f (x3 − 2)  f (x3 +1) − f (x3 − 2)  f (3 − x2 ) − f (−x2 )  g g(x3 − 2)  g(−x2 )  x3 + x2 − 2  0  (η ανίσωση μπορεί να λυθεί με τις γνωστές μας μεθόδους μέχρι τη Β΄ Λυκείου) (x −1)(x2 + 2x + 2)  0  .  = −4 0 x −1 0  x 1 Άρα οι λύσεις της ανίσωσης είναι τα x(1,+) . 48 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Ζ. ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 1-1 Παράδειγμα 30 (Συνάρτηση 1-1 από τον τύπο της) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) = ex είναι 1-1 ex +1 Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με f (x1) = f (x2 ) . Είναι f (x1) = f (x2 )  ex1 = ex2  ex1 (ex2 + 1) = ex2 (ex1 +1)  ex1 + 1 ex2 + 1 g ( x)=ex 1−1 e ex1 x2 + ex1 = ex2 ex1 + ex2  ex1 = ex2  x1 = x2 , άρα η f είναι 1-1. Παράδειγμα 31 (Συνάρτηση 1-1 από συναρτησιακή σχέση) Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει: ( f ( f (x)) + f 3(x) = 3x − 2 για κάθε x  R (1) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1. Λύση f Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = R . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  R με f (x1) = f (x2 ) . Είναι f (x1) = f (x2 )  f ( f (x1)) = f ( f (x2 )) (2) f (x1) = f (x2 )  f 3 (x1) = f 3 (x2 ) (3). Από (2)+(3) έχουμε ότι (1) f ( f (x1)) + f 3 (x1) = f ( f (x2 )) + f 3(x2 ) 3x1 − 2 = 3x2 − 2  3x1 = 3x2  x1 = x2 , άρα η είναι 1-1. Παράδειγμα 32 (Συνάρτηση 1-1 από μονοτονία) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) = 3ex + 2ln x − 2 είναι 1-1 Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι:  = (0,+) . Έστω οποιαδήποτε x1, x2  (0, +) με x1  x2 . g(x)=ex  Είναι x1  x2  ex1  ex2  3ex1  3ex2 (1) h( x)=ln x x1  x2  ln x1  ln x2  2ln x1  2ln x2  2ln x1 − 2  2ln x2 − 2 (2) Από (1)+(2) έχουμε: 3ex1 + 2ln x1 − 2  3ex2 + 2ln x2 − 2  f (x1)  f (x2 ) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι 1-1. Παράδειγμα 33 (Συνάρτηση όχι 1-1) Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει 6 f (x2 ) − f 2 (x)  9 για κάθε x  R . Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι 1-1. Λύση Έχουμε 6 f (x2 ) − f 2 (x)  9 για κάθε x  R (1). Η (1) για x = 0 δίνει: 49 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 6 f (0) − f 2 (0)  9  f 2 (0) − 6 f (0) + 9  0  ( f (0) − 3)2  0  f (0) = 3 . και Επίσης η (1) για x = 1 δίνει: 6 f (12 ) − f 2 (1)  9  f 2 (1) − 6 f (1) + 9  0  ( f (1) − 3)2  0  f (1) = 3 . Άρα υπάρχουν x1, x2  R , τα x1 = 0, x2 = 1 , τέτοια ώστε f (x1) = f (0) = 3 f (x2 ) = f (1) = 3 , δηλαδή f (x1) = f (x2 ) , άρα η f δεν είναι 1-1. 50 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ