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

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (Η έννοια της συνέχειας & βασικά θεωρήματα)



ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΘΕΩΡΙΑ Ορισμός συνέχειας (Συνέχεια σε σημείο): Μια συνάρτηση f ονομάζεται συνεχής σε ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού της αν ισχύει ότι lim f (x) = f (x0 ) x→x0 (Συνέχεια σε ανοιχτό διάστημα): Μια συνάρτηση f ονομάζεται συνεχής σε ένα διάστημα της μορφής (a,  ) αν είναι συνεχής για κάθε x0  (,  ) (Συνέχεια σε κλειστό διάστημα): Μια συνάρτηση f ονομάζεται συνεχής σε ένα διάστημα της μορφής [a,  ] αν είναι συνεχής για κάθε x0  (,  ) και επιπλέον ισχύει lim f (x) = f ( ) και lim f (x) = f ( ) x→ + x→ − Θεώρημα (συνέχεια και πράξεις) Αν οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο x0 , τότε είναι συνεχείς στο x0 και οι συναρτήσεις: f + g , c  f , όπου c  R , f  g , f , | f | και  f με την προϋπόθεση g ότι ορίζονται σε ένα διάστημα που περιέχει το x0 . Θεώρημα (συνέχεια και σύνθεση) Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο f (x0 ) , τότε η σύνθεσή τους gof είναι συνεχής στο x0 . Παρατηρήσεις 1. (Συνέχεια σε σημείο) Για τη συνάρτηση της οποίας τη γραφική παράσταση βλέπουμε στο παρακάτω σχήμα έχουμε: α. Η f δεν είναι συνεχής στο x1 διότι lim f (x) = l1 , lim f (x) = l2 , l1  l2 και f (x1) = l2 δηλαδή x→x1− x→x1+ υπάρχει η τιμή της f στο x1 αλλά δεν υπάρχει το όριο των τιμών της f όταν x → x1 (αφού τα πλευρικά δεν είναι ίσα). β. Η f δεν είναι συνεχής στο x2 διότι lim f (x) = l3 και f (x2 ) = l2 με l2  l3 δηλαδή x→x2 υπάρχει η τιμή της f στο x2 αλλά δεν είναι ίση με το lim f (x) . x → x2 γ. Δεν τίθεται θέμα μελέτης συνέχειας στο x3 διότι το x3 δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού. 153 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ δ. Η f είναι συνεχής στο x4 διότι lim f (x) = lim f (x) = l2 και f (x4 ) = l2 δηλαδή x→x4 x→x4− η τιμή της f στο x4 είναι ίση με το lim f (x) . x → x4 2. (Συνέχεια σε διάστημα) Η f δεν είναι συνεχής στα α και β, ενώ είναι συνεχής στο [α,β]!!! 3. Σύμφωνα με τον ορισμό της συνέχειας σε σημείο, αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 του πεδίου ορισμού της, τότε ισχύει: lim f (x) = lim f (x) = lim f (x) = f (x0 ) x→x0+ x→x0− x→x0 Οπότε σε πολλές ασκήσεις για να βρούμε το f (x0 ) , όπου η f συνεχής στο x0 (δηλ την εικόνα του x0 μέσω συνεχούς συνάρτησης f ), τότε αρκεί να βρούμε: το lim f (x) ή μόνο το lim f (x) ή μόνο το lim f (x) (ανάλογα με τι μας είναι πιο x → x0 x→x0+ x→x0− εύκολο και πιο βολικό). 4. Σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό, μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής σε ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού της όταν: α) Δεν υπάρχει το όριό της στο x0 ή β) Υπάρχει το όριό της στο x0 και είναι ένας πραγματικός αριθμός l , αλλά είναι διαφορετικός από την τιμή της, f (x0 ) , στο σημείο x0 . γ) Υπάρχει το όριό της στο x0 και είναι + ή − . 5. Κάθε πολυωνυμική συνάρτηση P(x) είναι συνεχής, αφού για κάθε x0  R ισχύει lim P(x) = P( x0 ) . x→x0 Κάθε ρητή συνάρτηση P(x) είναι συνεχής, αφού για κάθε x0 του πεδίου ορισμού της Q(x) ισχύει lim P(x) = P(x0 ) . x→x0 Q(x) Q(x0 ) Οι συναρτήσεις f (x) =  x και g(x) =  x είναι συνεχείς, αφού για κάθε x0  R ισχύει lim  x =  x0 και lim  x =  x0 . x→x0 x→x0 Τέλος, αποδεικνύεται ότι: Οι συναρτήσεις f (x) = ax και g(x) = loga x , 0    1 είναι συνεχείς. 154 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Θεώρημα Bolzano Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη στο [α,β], για την οποία έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [α,β] • f ( )  f ( )  0 Τότε: Υπάρχει τουλάχιστον ένα x0  (,  ) τέτοιο ώστε f (x0 ) = 0 ή Η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο ( ,  ) ή Η γραφική παράσταση της f ( Cf ) τέμνει τον άξονα x΄x σε ένα τουλάχιστον σημείο (x0, 0) με τετμημένη x0  (,  ) . Το τελευταίο αποτελεί τη γεωμετρική ερμηνεία του Θ. Bolzano (δες και το σχήμα που ακολουθεί) y f(β) B(β,f(β)) a x0 x0 x O x0 β f(a) Α(α,f(α)) Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών (Θ.Ε.Τ.) Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη στο [α,β], για την οποία έχουμε: • Η f είναι συνεχής στο [α,β] • f ( )  f ( ) Τότε όλοι οι ενδιάμεσοι αριθμοί μεταξύ των f ( ) και f ( ) είναι τιμές της f . ή Αν  ένας αριθμός μεταξύ των f ( ) και f ( ) , υπάρχει x0  (,  ) τέτοιο ώστε f (x0 ) = . ή Η γραφική παράσταση της f ( Cf ) τέμνει την ευθεία y = , σε ένα τουλάχιστον σημείο (x0,) με τετμημένη x0  (,  ) . Το τελευταίο αποτελεί τη γεωμετρική ερμηνεία του Θ.Ε.Τ. (δες και το σχήμα που ακολουθεί). y f(β) B(β,f(β)) η y=η f(a) Α(α,f(α)) O a x0 x0 x0 β x Θεώρημα (εικόνα διαστήματος μέσω συνεχούς συνάρτησης) Η εικόνα f () ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι διάστημα. 155 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Θεώρημα Μεγίστης και Ελαχίστης Τιμής Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο [ ,  ], τότε η f παίρνει στο [ ,  ] μια μέγιστη τιμή Μ και μια ελάχιστη τιμή m. Δηλαδή: Υπάρχουν x1, x2 [,  ] τέτοια ώστε m = f (x1)  f (x)  f (x2) = , για κάθε x [ ,  ] . Παρατηρήσεις 1. Αν δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ. Bolzano σε ένα διάστημα [ ,  ] αυτό δεν σημαίνει ότι η συνάρτηση δεν έχει ρίζα στο (α,β). 2. Έστω f συνεχής σε ένα διάστημα Δ με f (x)  0 για κάθε x  (η f δεν έχει ρίζες στο Δ). Τότε: f (x)  0 για κάθε x  ή f (x)  0 για κάθε x  δηλαδή οι τιμές της f διατηρούν σταθερό πρόσημο για κάθε x  Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι δεν ισχύει το συμπέρασμα δηλαδή έστω ότι οι τιμές της f δεν διατηρούν σταθερό πρόσημο για κάθε x  . Τότε θα υπάρχουν x1, x2   τέτοια ώστε f (x1)  0 και f (x2 )  0 . Αν εφαρμόσουμε το Θ. Bolzano για την f στο [x1, x2 ] , αφού η f συνεχής στο [x1, x2 ] και f (x1)  f (x2 )  0 , θα υπάρχει   (x1, x2 ) τέτοιο ώστε f ( ) = 0 . Το τελευταίο όμως είναι άτοπο αφού f (x)  0 για κάθε x  και (x1, x2 )   . 3. Σύμφωνα με την παραπάνω Παρατήρηση, οι τιμές μιας συνεχούς συνάρτησης f διατηρούν σταθερό πρόσημο για κάθε x  (1, 2 ) , όπου 1, 2 με 1  2 δυο διαδοχικές ρίζες της f αφού η f είναι συνεχής στο (1, 2 ) και f (x)  0 για κάθε x (1, 2 ) . 156 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 4. Σε πολλές ασκήσεις το ζητούμενο είναι ο τύπος μιας συνεχούς συνάρτησης f για την οποία ισχύει μια συναρτησιακή σχέση (Σ). Δουλεύοντας στη σχέση (Σ) τις περισσότερες φορές καταλήγουμε στην παρακάτω ταυτότητα: f 2 (x) = g2 (x) για κάθε x  (1) Προσοχή!!! Δε συμπεραίνουμε ότι: f (x) = g(x) για κάθε x  ή f (x) = −g(x) για κάθε x  . Το σωστό συμπέρασμα είναι ότι: ( f (x) = g(x) ή f (x) = −g(x)) για κάθε x  . 5. Από το Θεώρημα Μεγίστης και Ελαχίστης τιμής και το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών προκύπτει ότι το σύνολο τιμών μιας συνεχούς συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το κλειστό διάστημα [ ,  ] είναι το κλειστό διάστημα [m, M ] , όπου m η ελάχιστη τιμή και Μ η μέγιστη τιμή της. 6. Έστω f συνεχής συνάρτηση στo διάστημα Δ. Από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών προκύπτει ότι το σύνολο τιμών f () θα είναι επίσης διάστημα. Αν επιπλέον γνωρίζουμε τη μονοτονία της f τότε: Αν  = [a,  ] και f  τότε f () = f ([a,  ]) = [ f (a), f ( )] Αν  = [a,  ] και f  τότε f () = f ([a,  ]) = [ f ( ), f ( )] Αν  = (a,  ) και f  τότε f () = f ((a,  )) = ( lim f ( x), lim f ( x)) x→ + x→ − Αν  = (a,  ) και f  τότε f () = f ((a,  )) = ( lim f ( x), lim f ( x)) x→ − x→a+ Αν  = [a,  ) και f  τότε f () = f ([a,  )) = [ f (a), lim f ( x)) x→ − Αν  = [a,  ) και f  τότε f () = f ([a,  )) = ( lim f ( x), f ( )] x→ − Αν  = (a,  ] και f  τότε f () = f ((a,  ]) = ( lim f ( x), f ( )] x→ + Αν  = (a,  ] και f  τότε f () = f ((a,  ]) = [ f ( ), lim f (x)) x→ + Στις περιπτώσεις που το διάστημα είναι ανοικτό, ενδέχεται το α να είναι το + και το β να είναι το − . 7. Αν έχουμε μια συνεχής συνάρτηση f σε ένα διάστημα Δ και το 0  f () , τότε προφανώς υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθμός    τέτοιος ώστε f ( ) = 0 ή ισοδύναμα η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μια λύση στο Δ. Το παραπάνω μπορεί να χρησιμοποιηθεί και ως εναλλακτικός τρόπος απόδειξης της ύπαρξης ρίζας συνάρτησης f σε ένα διάστημα Δ, για την οποία δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το Θ.Bolzano. Αν επιπλέον η f διατηρεί σταθερή μονοτονία στο Δ, τότε η συνάρτηση f έχει το πολύ μια ρίζα στο Δ, άρα η ρίζα είναι μοναδική. 157 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 8. Αν έχουμε μια συνεχής συνάρτηση f και το 0  f () , τότε προφανώς δεν υπάρχει αριθμός    τέτοιος ώστε f ( ) = 0 ή ισοδύναμα η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύση στο Δ. 9. Αν μια συνεχής συνάρτηση f δεν διατηρεί σταθερή μονοτονία στο πεδίο ορισμού της τότε κάνοντας χρήση των παραπάνω παρατηρήσεων 7 και 8 σε κάθε ένα από τα διαστήματα στα οποία η f διατηρεί σταθερή μονοτονία, μπορούμε να βρούμε το ακριβές πλήθος ριζών της συνάρτησης f . 158 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Α. ΜΕΛΕΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΩΣ ΠΡΟΣ ΤΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ Παράδειγμα 1  2 − 3x +1 , x 1.  x +3−2 Δίνεται η συνάρτηση f ( x) =  2x2 + 3x −1, x  1 Να μελετήσετε την f ως προς τη συνέχεια στο x0 = 1. Λύση Έχουμε ότι f (1) = 4 (είναι απαραίτητο να ξεκινάμε με την αριθμητική τιμή για να είμαστε σίγουροι ότι η συνάρτηση ορίζεται στο συγκεκριμένο σημείο). Υπολογίζουμε τα πλευρικά όρια στο x0 = 1 και έχουμε: ( )lim f (x) = lim 2x2 + 3x −1 = 4 x→1− x→1− ( )( )( )lim f (x) = lim 2 − 3x +1 = lim 2 − 3x +1 2 + 3x +1 x+3+2 = ( )( )( )x→1+ x→1+ x + 3 − 2 x→1+ x + 3 − 2 x + 3 + 2 2 + 3x +1 lim ( )(4 − (3x +1)) x + 3 + 2 = lim ( )(3 − 3x) x + 3 + 2 = lim ( )−3 ( x −1) x + 3 + 2 = −3 ( ) ( ) ( )x→1+ ( x + 3 − 4) 2 + 3x +1 x→1+ ( x −1) 2 + 3x +1 x→1+ ( x −1) 2 + 3x +1 Παρατηρούμε ότι lim f (x)  lim f (x) επομένως το lim f (x) δεν υπάρχει και ως x→1+ x→1− x→1 συμπέρασμα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο x0 = 1 Παράδειγμα 2  x2 −1 x 1 , x =1. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = 2,x −1  4 x2 + 3 − 2 , x 1 x −1 Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη συνέχεια. Λύση Για x>1 έχουμε f (x) = x2 −1 η οποία είναι συνεχής ως ρήτη. x −1 Για x<1 έχουμε f (x) = 4 x2 + 3 − 2 η οποία είναι συνεχής ως πηλίκο άρρητης και x −1 πολυωνυμικής. Στο x0 = 1 θα εξετάσουμε τη συνέχεια με τη χρήση του ορισμού. Πράγματι: f (1) = 2 και υπολογίζουμε τα πλευρικά όρια στο x0 = 1 159 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ( )( )lim f (x) = lim 4 x2 + 3 − 2 = 4 lim x2 + 3 − 2 x2 + 3 + 2 = ( x −1) x2 + 3 + 2 ( )x→1− x→1− x −1 x→1− 4 lim x2 −1 = 4 lim ( x −1) ( x +1) = 2 και ( ) ( )( )x→1− x −1 x2 + 3 + 2 ( )x→1− x −1 x2 + 3 + 2 lim f (x) = lim x2 −1 = lim (x −1) (x +1) = 2 . x→1+ x −1x→1+ x→1+ x −1 Επομένως το όριο lim f (x) υπάρχει και ισχύει ότι lim f (x) = f (1) , άρα η f είναι x→1 x→1 συνεχής στο x0 = 1 και τελικά είναι συνεχής στο R. Παράδειγμα 3 Να δείξετε ότι η συνάρτηση f (x) =2(ln x) είναι συνεχής στο Π.Ο. της Λύση Η f έχει Π.Ο. το  = (0, +) και είναι συνεχής στο Π.Ο. της ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων f1(x) = x2 , f2 (x) =x και f3(x) = ln x , οι οποίες είναι συνεχείς ως πολυωνυμική, τριγωνομετρική και λογαριθμική συνάρτηση αντίστοιχα. Παράδειγμα 4 Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι: 3x + 2x2 −1  f (x)  2x + ( + x) για κάθε x  R Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 0 . Λύση Αντικαθιστούμε στη δοσμένη ανισοισότητα όπου x το 0 και έχουμε: −1  f (0)  −1 επομένως f (0) = −1. ( )Επίσης: lim 3x + 2x2 −1 = −1 και lim(2x + ( + x)) = −1 επομένως από κριτήριο x→0 x→0 παρεμβολής ισχύει ότι lim f (x) = −1. x→0 Άρα έχουμε ότι lim f (x) = f (0) δηλαδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 0 . x→0 Παράδειγμα 5 Δίνεται συνάρτηση f : R → R για την οποία γνωρίζουμε ότι: f (1) = 4 και lim ( x −1) f (x) + x2 −1 = 12 . x→1 x −1 Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 1. Λύση Θέτουμε g(x) = ( x −1) f (x) + x2 −1 για x [0,1)  (1, +) με lim g(x) = 12 και έχουμε : x −1 x→1 ( )g(x) x −1 − x2 +1 ( )g(x) x −1 = (x −1) f (x) + x2 −1  f (x) = x −1 160 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Επομένως έχουμε: ( ) ( )g(x) x −1 − x2 −1  lim f (x) = lim x −1 − x2 +1  g(x)  lim f (x) = lim  x→1 x→1 x −1 x→1 x→1  x −1 x −1   ( )( ) g(x) x −1 x +1 − ( x −1) ( x + 1)    lim f (x) = lim  ( )x→1  x→1  ( x −1) x +1 x −1   ( ) ( x −1)   lim f (x) = lim  g(x) ( x −1) − ( x +1)  x→1 x→1  ( x −1) x +1 x −1    lim f (x) = 12 − 2  lim f (x) = 4 2x→1 x→1 Επομένως lim f (x) = f (1) και άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 1. x→1 (*) Παράδειγμα 6 Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι f (x + y) = f (x) + f ( y) για κάθε x, y  R . α) Να υπολογίσετε το f (0) β) Αν η f είναι συνεχής στο x0 = 0 να αποδείξετε ότι είναι συνεχής στο R. Λύση α) Για κάθε x, y  R ισχύει ότι f (x + y) = f (x) + f ( y) (1). Επομένως αν θέσουμε στην (1) όπου x = 0 και y = 0 έχουμε: f (0) = f (0) + f (0)  f (0) = 0 . β) Αφού η f είναι συνεχής στο x0 =0 ισχύει ότι lim f (x) = f (0)  lim f (x) = 0 (2) x→0 x→0 Για να αποδείξουμε ότι είναι συνεχής στο R αρκεί να δείξουμε ότι: lim f (x) = f (x0 ) για x→x0 κάθε x0  R . Πράγματι έχουμε: ( )u=x−x0 (1) (2) lim f (x) = lim f (u + x0 ) = lim f (u) + f (x0 ) = f (0) + f (x0 ) = f (x0 ) για κάθε x0  R x → x0 u→0 u→0 άρα η f είναι συνεχής στο R. (*) Παράδειγμα 7 Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι f 3(x) + f (x) = x +1 για κάθε x  R . Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο R . Λύση Για να αποδείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο R αρκεί να δείξουμε ότι: lim f (x) = f (x0 ) ή lim ( f (x) − f (x0)) = 0 για κάθε x0  R . x→x0 x→x0 Πράγματι έχουμε f 3(x) + f (x) = x +1 (1) για κάθε x  R . 161 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Για x = x0 η παραπάνω σχέση δίνει f 3(x0 ) + f (x0 ) = x0 +1 (2) Από (1) - (2) για κάθε x  R , έχουμε f 3(x) − f 3(x0 ) + f (x) − f (x0) = x − x0  ( )( f (x) − f (x0 )) f 2 (x) + f (x) f (x0 ) + f 2 (x0) + ( f (x) − f (x0)) = x − x0  ( )( f (x) − f (x0 )) f 2 (x) + f (x) f (x0 ) + f 2 (x0) +1 = x − x0 (3) Θα δείξουμε ότι ισχύει f 2 (x) + f (x) f (x0) + f 2(x0) +1 1 για κάθε x  R . Πράγματι: f 2 (x) + f (x) f (x0) + f 2(x0) +1  1 για κάθε x  R  f 2 (x) + f (x) f (x0) + f 2(x0)  0 για κάθε x  R Η τελευταία ανισότητα ισχύει αφού η παράσταση f 2 (x) + f (x) f (x0) + f 2(x0) είναι τριώνυμο ως προς f (x) με διακρίνουσα  = f 2 (x0 ) − 4 f 2 (x0) = −3 f 2(x0)  0 και  =10. Οπότε η (3) για κάθε x  R , δίνει: f (x) − f (x0 ) = f 2(x) + x − x0 f 2 (x0 ) +1 f (x) f (x0 ) + (αφού f 2 (x) + f (x) f (x0) + f 2(x0) +1  1  0 ) άρα f (x) − f (x0 ) = f 2(x) + x − x0  x − x0 f (x) f (x0 ) + f 2 (x0 ) +1 (αφού f 2 (x) + f (x) f (x0) + f 2(x0) +1  1) Οπότε για κάθε x  R , έχουμε f (x) − f (x0 )  x − x0  − | x − x0 | f (x) − f (x0 )  x − x0 ( )Είναι lim x − x0 = lim − x − x0 =0, άρα από κριτήριο παρεμβολής έχουμε x → x0 x → x0 lim ( f (x) − f ( x0 ) ) = 0, άρα η f είναι συνεχής στο R . x→x0 162 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Β. ΔΕΔΟΜΕΝΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ Παράδειγμα 8 (Εύρεση παραμέτρων)  x2 − 4a , x2  x = 2 , όπου  ,   R . Αν η συνάρτηση 4, x − 2 Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = f  x + 2 , x  2  είναι συνεχής να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α και β. Λύση Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής, είναι συνεχής και στο x0 = 2 επομένως ισχύει ότι: lim f (x) = lim f (x) = f (2) (1) x→2+ x→2− Είναι f (2) = 4 lim  x2 − 4 = lim  (x − 2) (x + 2) = 4 x→2+ x − 2 x→2+ x−2 lim ( x + 2 ) = 2 + 2 x→2− Επομένως η (1) δίνει 4 = 2 + 2 = 4  2 + 2 = 4   =1   =1  4 = 4 Παράδειγμα 9 (Εύρεση παραμέτρων) Δίνεται η συνάρτηση f (x) =  x2 +  x − 5 , x 1, όπου , R. Αν η συνάρτηση  x −1 7, x = 1 f είναι συνεχής να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α και β. Λύση Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής, είναι συνεχής και στο x0 = 1 επομένως ισχύει ότι: lim f (x) = f (1) ή x→1  x2 +x−5 = 7 (1) (Πραγματικό όριο με δύο παραμέτρους - Εύρεση τιμής). lim x→1 x −1 Για x  1 είναι f (x) =  x2 +  x − 5  (x −1) f (x) =  x2 +  x − 5 x −1 Βάζουμε όρια και στα δυο μέλη: ( )lim((x −1) f (x)) = lim  x2 +  x − 5 άρα  +  − 5 = 0 (2) x→1 x→1 Επομένως  = 5 −  και είναι από την (1): lim (5 −  )x2 +  x − 5 = 7  lim (x −1)(5x −  x + 5) = 7  x→1 x −1 x→1 x −1 lim(5x −  x + 5) = 7  10 −  = 7   = 3 . x→1 Για  = 3 , έχουμε από την (2)  = 2 . 163 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 10 (Εύρεση τιμής) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι: ( x − 3) f (x) = x2 + 7 − 4 για κάθε x  R . Να υπολογίσετε την τιμή f (3) . Λύση Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής , είναι συνεχής και στο x0 =3 άρα lim f (x) = f (3) . x→3 Για x  3 έχουμε : f (x) = x2 + 7 − 4 οπότε: x−3 ( )( )lim f (x) = lim x2 + 7 − 4 = lim x2 + 7 − 4 x2 + 7 + 4 x2 + 7 −16 = = lim ( ) ( )x→3 x→3 x − 3 x→3 ( x − 3) x2 + 7 + 4 x→3 ( x − 3) x2 + 7 + 4 ( )= lim ( x − 3) ( x + 3) = 3 . x→3 ( x − 3) x2 + 7 + 4 4 Επομένως f (3) = 3 . 4 Παράδειγμα 11 (Εύρεση τιμής) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι : ημ2x − x4  xf (x)  ημ2x + x4 για κάθε x  R Να υπολογίσετε την τιμή f (0) . Λύση Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής, είναι συνεχής και στο x0 = 0 επομένως ισχύει ότι: lim f (x) = lim f (x) = f (0) . (1) x→0− x→0+ Για x<0 έχουμε ότι ημ2x − x4  f (x)  ημ2x + x4 . xx Θα εφαρμόσουμε το κριτήριο παρεμβολής. Πράγματι έχουμε: lim ημ2x − x4 = lim (x ημx − x3) = 01− 03 = 0 και x→0− x x→0− x lim ημ2x + x4 = lim (x ημx + x3) = 01+ 03 = 0 x→0− x x→0− x Άρα από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε ότι lim f (x) = 0 άρα από (1) f (0) = 0 x→0− Προσοχή Δεν χρειάζεται να εξετάσουμε και την περίπτωση για x>0, λόγω της σχέσης (1) που προκύπτει από τη συνέχεια. 164 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 12 (Εύρεση τιμής) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι : (x −1) f (x)  x2 + x2 + 3 − 3 για κάθε x  R Να υπολογίσετε την τιμή f (1) . Λύση Αφού η f είναι συνεχής, είναι συνεχής και στο x0 =1 άρα lim f (x) = lim f (x) = f (1) . x→1− x→1+ Για x 1 είναι x −1  0 , άρα έχουμε ότι f (x)  x2 + x2 + 3 − 3 (1). x −1 Είναι lim f (x) = f (1) και x→1− x2 + x2 +3−3  x2 −1 + (x2 + 3 −  )( )x2 + 3 − 2 x2 + 3 + 2  lim   (x ( )( x −1) x2 + 3 + 2 x −1  = lim 2 = lim  −1)(x +1) +  = x −1  x→1− x −1 x→1−  x −1  x→1−   (x −1) (x +1) (x −1) (x +1)  3 , άρα σύμφωνα με γνωστή ιδιότητα:  x −1  2  + ( x −1) x2 + 3 + 2  = ( )lim  x→1− lim f (x)  lim x2 + x2 + 3 − 3 ή f (1)  3 (*) x −1x→1− x→1− 2 Για x  1 είναι x −1  0 , άρα έχουμε ότι f (x)  x2 + x2 + 3 − 3 (2) x −1 Είναι lim f (x) = f (1) και lim x2 + x2 +3 −3 = lim  x2 −1 + x2 + 3 − 2  = … = 3, άρα   x→1+ x→1+ x −1 x→1+  x −1 x −1  2 σύμφωνα με γνωστή ιδιότητα, lim f (x)  lim x2 + x2 + 3 − 3 ή f (1)  3 (**) x −1x→1+ x→1+ 2 Από τις σχέσεις (*) και (**)έχουμε ότι f (1) = 3 . 2 165 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Γ. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO Αν εφαρμόσουμε το Θ.Bolzano για μια συνάρτηση f στο [α,β], αποδεικνύουμε ότι: υπάρχει x0  (a,  ) τέτοιο ώστε f (x0 ) = 0 άρα αποδεικνύουμε ότι: η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μια λύση στο (α,β) , Επομένως αν το ζητούμενο είναι: Η ύπαρξη ενός αριθμού, ο οποίος συμβολίζεται με x0 ή  ή  κ.ο.κ. και ανήκει σε ένα διάστημα (α,β), ώστε να ισχύει μια ισότητα (Ι), τότε πρέπει να βρούμε τον τύπο της συνάρτησης f , στην οποία θα εφαρμόσουμε το Θ. Bolzano στο [α,β]. Για την εύρεση του τύπου της συνάρτησης f στην οποία θα εφαρμόσουμε το Θ. Bolzano ακολουθούμε τα εξής βήματα: Βήμα 1: Αντικαθιστούμε στην ισότητα (Ι) το x0 ή  ή  με x. Βήμα 2: Στην καινούρια ισότητα που προκύπτει, η οποία προφανώς πρόκειται για εξίσωση, φέρνουμε όλους τους όρους στο α΄ μέλος (προσοχή: αν περιέχει παρονομαστές οι οποίοι μηδενίζονται στα άκρα του [a,  ] , τότε πρέπει να κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών) και πλέον το ζητούμενο είναι: η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μια λύση στο (α,β) Βήμα 3: Θεωρούμε τη συνάρτηση f στο [α,β] και ελέγχουμε αν ισχύουν για αυτήν οι προϋποθέσεις του Bolzano στο [α,β]. (δηλαδή θεωρούμε ως συνάρτηση για την οποία θα εφαρμόσουμε το Θ. Bolzano, τη συνάρτηση του α΄ μέλους της εξίσωσης που προκύπτει μετά το Βήμα 2, την οποία και ονομάζουμε ως «η συνάρτηση που προκύπτει από την εξίσωση»). Βήμα 4: Αφού ολοκληρώσουμε το Βήμα 3, γράφουμε ότι: \"από Θ.Bolzano για την f στο [a,  ] έπεται ότι η εξίσωση f (x) = 0  .... έχει τουλάχιστον μια λύση στο (α,β), το οποίο είναι και το ζητούμενο.\" Παράδειγμα 13 (Ύπαρξη λύσης εξίσωσης στο (α,β)) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1+ ex = 3x2 + 2x έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,1). Λύση Θα δείξουμε ότι: Η εξίσωση 1+ ex = 3x2 + 2x έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,1), δηλαδή ότι η εξίσωση 1+ ex − 3x2 − 2x = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,1). η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x) = 1+ ex − 3x2 − 2x και έχουμε: Η f είναι συνεχής στο [0,1] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. f (0) = 2  0  δηλαδή f (0)  f (1)  0 f (1) = e − 4  0 Επομένως από το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση f στο [0,1] έπεται ότι 166 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η εξίσωση f (x) = 0  1+ ex − 3x2 − 2x = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,1), το οποίο και είναι το ζητούμενο. Παράδειγμα 14 (Ύπαρξη λύσης εξίσωσης που περιέχει παρονομαστές στο (α,β)) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2x + 3x = 2012 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (−2, 4) . x+2 x−4 Λύση Θα δείξουμε ότι: Η εξίσωση 2x + 3x = 2012 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (-2,4), δηλαδή ότι x+2 x−4 Η εξίσωση 2x ( x − 4) + 3x (x + 2) = 2012(x + 2)(x − 4) έχει μία τουλάχιστον λύση στο (−2, 4) , δηλαδή ότι Η εξίσωση 2x ( x − 4) + 3x (x + 2) − 2012(x + 2)(x − 4) = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση (−2, 4) . Θεωρούμε τη συνάρτηση f (x) = 2x ( x − 4) + 3x (x + 2) − 2012(x + 2)(x − 4) και έχουμε: Η f είναι συνεχής στο [-2,4] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων f (−2) = −6  2−2  0 δηλαδή f (−2)  f (4)  0 f (4) = 6 34  0   Επομένως από το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση f στο [-2,4] έπεται ότι Η εξίσωση f (x) = 0  2x ( x − 4) + 3x (x + 2) − 2012(x + 2)(x − 4) = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (−2, 4) , το οποίο και είναι το ζητούμενο.. Παράδειγμα 15 (Κοινό σημείο γραφικών παραστάσεων συναρτήσεων) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f (x) = 3x + 4 ln x και g(x) = x2 + 4 έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη στο διάστημα (1,e) Λύση Θα δείξουμε ότι Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f (x) = 3x + 4 ln x και g(x) = x2 + 4 έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη στο διάστημα (1,e), δηλαδή ότι Η εξίσωση f (x) = g(x) έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (1,e), δηλαδή ότι Η εξίσωση 3x + 4 ln x = x2 + 4 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (1,e), δηλαδή ότι Η εξίσωση 3x + 4 ln x − x2 − 4 = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (1,e). η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε συνάρτηση h(x) = 3x + 4ln x − x2 − 4 και έχουμε: Η h είναι συνεχής στο [1,e] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων h(1) = −2  0  δηλαδή h(1)  h(e) 0 h(e) = 3e − e2 = e(3 − e)   0 Επομένως από το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση h στο [1,e] έπεται ότι: 167 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η εξίσωση h(x) = 0  3x + 4ln x − x2 − 4 = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (1,e), το οποίο και είναι το ζητούμενο.. Παράδειγμα 16 (Ύπαρξη ξ(α,β) ώστε να ισχύει μια ισότητα) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → (0, 2) . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ(0,2) τέτοιο ώστε f 2 ( ) = 2 f ( ) − . Λύση Θα δείξουμε ότι: Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ(0,2) τέτοιο ώστε f 2 ( ) = 2 f ( ) − , δηλαδή ότι Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ(0,2) τέτοιο ώστε f 2 ( ) − 2 f ( ) +  = 0 , δηλαδή ότι Η εξίσωση f 2 (x) − 2 f (x) + x = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0,2). η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = f 2 (x) − 2 f (x) + x και έχουμε: Η g είναι συνεχής στο [0,2] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων g(0) = f 2 (0) − 2 f (0) = f (0) ( f (0) − 2 ) (*) 0 δηλαδή g(0)  g(2)  0   (**)  g(2) = f 2 (2) − 2 f (2) + 2  0 Επομένως από το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση g στο [0,2] έπεται ότι: Η εξίσωση g(x) = 0  f 2(x) − 2 f (x) + x = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0,2), το οποίο και είναι το ζητούμενο.. (*): γνωρίζουμε ότι f : R → (0, 2) άρα 0  f (x)  2 (1) για κάθε x  R . Επομένως στην (1) για x=0 έχουμε 0  f (0)  2 άρα f (0)  0 (2) και f (0) − 2  0 (3). Απο τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι g(0)  0 . (**): η παράσταση f 2 (2) − 2 f (2) + 2 αποτελεί τριώνυμο του f (2) με  = −4  0 , άρα το πρόσημο του είναι πάντοτε ομόσημο του α=1, επομένως πάντα θετικό. Παράδειγμα 17 (Ύπαρξη λύσης εξίσωσης στο (α,β) και η συνάρτηση που προκύπτει από την εξίσωση δεν ορίζεται σε ένα από τα δυο ή και στα δυο άκρα του [α,β]) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln x − 1 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,e) x Λύση Θα δείξουμε ότι: Η εξίσωση ln x − 1 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,e). x η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε συνάρτηση f (x) = ln x − 1 και έχουμε:. x (Η συνάρτηση που θεωρήσαμε δεν ορίζεται στο x0 = 0 επομένως είναι αδύνατο να εφαρμόσουμε το θεώρημα Bolzano στο [0,e]). 168 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παρατηρούμε ότι: lim f (x) = lim  ln x − 1  = − διότι lim ln x = − και  x  x→0+ x→0+ x→0+ lim  − 1  = − , επομένως υπάρχει πραγματικός αριθμός x1 με 0  x1  e ώστε  x  x→0+ f (x1)  0 . Οπότε: Η f είναι συνεχής στο [x1, e] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. f (x1)  0 − 1 =1− 1   δηλαδή f (x1)  f (e)  0 f (e) = ln e e e   0 επομένως από το θεώρημα Bolzano για την συνάρτηση f στο [x1,e]  [0, e] , έπεται ότι: Η εξίσωση f (x) = 0  ln x − 1 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (x1, e)  (0, e) , το x οποίο και είναι το ζητούμενο. Παράδειγμα 18 (Ύπαρξη λύσης εξίσωσης στο [α,β]) Δίνονται οι συναρτήσεις f , g συνεχείς στο [ ,  ]. Αν f ( ) = g( ) και g( ) = f ( ) , να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = g(x) έχει τουλάχιστον μια λύση στο [ ,  ]. Λύση Θα δείξουμε ότι: Η εξίσωση f (x) = g(x) έχει μία τουλάχιστον λύση στο [ ,  ], δηλαδή ότι Η εξίσωση f (x) − g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο [ ,  ]. η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f (x) − g(x) και έχουμε: Η h είναι συνεχής στο [ ,  ] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων h( ) = f ( ) − g( )  h( ) = f ( ) − g( ) = g( ) − f ( ) = −( f ( ) − g( )) δηλαδή h( )  h( ) = −( f ( ) − g( ))2  0 Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν h( )  h( ) = 0  h( ) = 0 ή h( ) = 0 , που σημαίνει ότι η εξίσωση h(x) = 0 έχει λύση το α ή το β. • Αν h( )  h( )  0 τότε από θεώρημα Bolzano η εξίσωση h(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο ( ,  ) . Επομένως, απο τις δύο περιπτώσεις έπεται ότι: Η εξίσωση h(x) = 0  f (x) − g(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο [ ,  ], το οποίο και είναι το ζητούμενο. 169 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 19 (Ύπαρξη ξ[α,β] ώστε να ισχύει μια ισότητα) Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :[2,3] → [2,3] . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον  [2,3] τέτοιο ώστε f ( ) = 6  Λύση Θα δείξουμε ότι Υπάρχει ένα τουλάχιστον  [2,3] τέτοιο ώστε f ( ) = 6 , δηλαδή ότι  Υπάρχει ένα τουλάχιστον  [2,3] τέτοιο ώστε  f ( ) − 6 = 0 , δηλαδή ότι Η εξίσωση xf (x) − 6 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο [2,3]. η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = xf (x) − 6 και έχουμε: Η g είναι συνεχής στο 2,3 ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων (*) g(2) = 2 f (2) − 6  0 δηλαδή g(2)  g(3)  0 (**) g(3) = 3 f (3) − 6  0 Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν g(2)  g(3) = 0  g(2) = 0 ή g(3) = 0 που σημαίνει ότι η συνάρτηση g έχει ρίζα το 2 ή το 3. • Αν g(2)  g(3)  0 τότε από θεώρημα Bolzano η συνάρτηση g έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (2,3) Επομένως απο τις δύο περιπτώσεις έπεται ότι: Η εξίσωση g(x) = 0  xf (x) − 6 = 0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο [2,3] , το οποίο και είναι το ζητούμενο. (*) γνωρίζουμε ότι f :[2,3] → [2,3] επομένως 2  f (x)  3 (1) για κάθε x [2,3] Επομένως στην (1) για x=2: 2  f (2)  3  4  2 f (2)  6  −2  2 f (2) − 6  0 (**) Όμοια στην (1) για x=3 2  f (3)  3  6  3 f (3)  9  0  3 f (3) − 6  3 Παράδειγμα 20 (Μοναδικότητα λύσης εξίσωσης στο (α,β)) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex = 4 − 4x έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα (0,1) Λύση Να θυμόμαστε πάντα ότι: Η έκφραση «η εξίσωση f (x) = 0 έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα (α,β)» είναι συνδυασμός της έκφρασης «η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μία λύση στο διάστημα (α,β)» και της έκφρασης «η εξίσωση f (x) = 0 έχει το πολύ μια λύση στο διάστημα (α,β)». Θα δείξουμε ότι Η εξίσωση ex = 4 − 4x έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα (0,1), δηλαδή ότι 170 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η εξίσωση ex − 4 + 4x = 0 έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα (0,1). η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε συνάρτηση f (x) = ex − 4 + 4x και έχουμε: Α. Η f είναι συνεχής στο [0,1] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων f (0) = e0 − 4 = −3  0 δηλαδή f (0)  f (1)  0 f (1) = e − 4 + 4 = e  0 Επομένως από το θεώρημα Bolzanο για την συνάρτηση f στο διάστημα [0,1] έπεται ότι Η εξίσωση f (x) = 0  ex − 4 + 4x = 0  ex = 4 − 4x έχει τουλάχιστον μία λύση στο διάστημα (0,1). Β. Εξετάζουμε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία στο διάστημα (0,1). Έστω x1, x2  (0,1) με x1  x2  ex1  ex2 (1) και 4x1 − 4  4x2 − 4 (2). Προσθέτουμε τις (1) και (2) κατά μέλη και έχουμε: ex1 + 4x1 − 4  ex2 + 4x2 − 4  f (x1)  f (x2 )  f  στο (0,1), άρα Η εξίσωση f (x) = 0  ex − 4 + 4x = 0  ex = 4 − 4x έχει το πολύ μία λύση στο διάστημα (0,1). Από Α και Β έπεται ότι: Η εξίσωση f (x) = 0  ex − 4 + 4x = 0  ex = 4 − 4x έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα (0,1), το οποίο και είναι το ζητούμενο. Παράδειγμα 21 (Ύπαρξη κ λύσεων (κ>1) για μια εξίσωση στο (α,β) – χωρισμός του (α,β) σε κ υποδιαστήματα από τα δεδομένα της άσκησης) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → (0, 2) της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο (0, 1) . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) = −x2 − x + 2 2 έχει 2 τουλάχιστον λύσεις στο διάστημα (-2,1) Λύση Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο (0, 1) ισχύει ότι 2 f (0) = 1 (αυτή η αριθμητική τιμή θα μας οδηγήσει να χωρίσουμε το διάστημα 2 κατάλληλα). Θα δείξουμε ότι Η εξίσωση f (x) = −x2 − x + 2 έχει 2 τουλάχιστον λύσεις στο διάστημα (-2,1), δηλαδή ότι Η εξίσωση f (x) + x2 + x − 2 = 0 έχει 2 τουλάχιστον λύσεις στο διάστημα (-2,1). η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = f (x) + x2 + x − 2 και έχουμε: Η g είναι συνεχής στα [−2, 0] και[0,1] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων (*)   g(−2) = f (−2)  0 g (0) = f (0) − 2 = − 3  δηλαδή g(−2)  g(0)  0 και g(0)  g(1)  0 2  0 (*)   g(1) = f (1)  0  171 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Επομένως από το θεώρημα Bolzanο για την συνάρτηση g στα διαστήματα [−2, 0] και [0,1] έπεται ότι Η εξίσωση g(x) = 0  f (x) + x2 + x − 2 = 0 έχει 2 τουλάχιστον λύσεις στο (-2,1), το οποίο και είναι το ζητούμενο. (*) γνωρίζουμε ότι f : R → (0, 2) επομένως 0  f (x)  2 για κάθε x  R Παράδειγμα 22 (Ύπαρξη κ λύσεων (κ>1) για μια εξίσωση στο (α,β) – χωρισμός του (α,β) σε κ-υποδιαστήματα από εμάς) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x5 + 2 = 4x2 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο διάστημα (-1,1) Λύση Θα δείξουμε ότι Η εξίσωση x5 + 2 = 4x2 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο διάστημα (-1,1), δηλαδή ότι Η εξίσωση x5 + 2 − 4x2 = 0 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο (-1,1). η συνάρτηση που προκύπτει απο την εξίσωση Θεωρούμε συνάρτηση f (x) = x5 + 2 − 4x2 και έχουμε: Η f είναι συνεχής στα [−1, 0] και[0,1] ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων f (−1) = −3  0  f (0) = 2  0  δηλαδή f (−1)  f (0)  0 και f (0)  f (1)  0 f (1) = −1  0  Επομένως από το θεώρημα Bolzanο για την συνάρτηση f στα διαστήματα [−1, 0] και [0,1] έπεται ότι Η εξίσωση f (x) = 0  x5 + 2 − 4x2 = 0 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο διάστημα (-1,1), το οποίο και είναι το ζητούμενο. (Να έχουμε υπόψιν μας ότι αν δεν υπάρχει δεδομένο που να παραπέμπει σε συγκεκριμμένο αριθμό αυτός ο οποίος επιλέγουμε είναι είτε το μέσο του διαστήματος είτε τέτοιος ώστε να προκύψει η ετεροσημότητα στα άκρα των διαστημάτων) 172 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Δ. ΣΤΑΘΕΡΟ ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 23 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R . α) Αν f (x)  0 για κάθε x  R να βρείτε τα όρια i) lim f (2)x3 − x2 + x +1 f (3)x2 + x − 3 x→− ( )ii) lim ( f (2) −1)x3 − x2 + x +1 αν επιπλέον είναι γνωστό ότι f (5) = −1 . x→− β) Αν οι ρίζες της f είναι οι αριθμοί -1 και 5 και f (0) = 3 να βρείτε το όριο ( )lim f (4) x2 − 3x + 4 x→− Λύση α) i) Είναι lim f (2)x3 − x2 + x +1 = lim f (2)x3 = f (2) lim x = f (2) (−) = l . x→− f (3)x2 + x − 3 x→− f (3)x2 f (3) x→− f (3) Έχουμε ότι • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. • f (x)  0 για κάθε x  R Άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R , οπότε οι τιμές f (2), f (3) είναι αριθμοί ομόσημοι, άρα f (2)  0 , άρα l = − . f (3) ii) Είναι ( )lim ( f (2) −1)x3 − x2 + x +1 = lim ( f (2) −1)x3 = ( f (2) −1) lim x3 = ( f (2) −1)(−) = l . x→− x→− x→− Έχουμε ότι • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. • f (x)  0 για κάθε x  R Άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R και αφού f (5) = −1  0 είναι f (x)  0 για κάθε x  R , άρα f (2)  0  f (2) −1  −1  0 , οπότε l = + . β) Είναι ( )lim  x2 (1− 3 4   3 4  x x2  x x2  x→− f (4) x2 − 3x + 4 = lim  f (4) + ) = lim  f (4) | x | 1− + = x→− x→− lim  − f (4) x 1− 3 + 4  f (4)(+) =l.  x x2  = x→− Έχουμε ότι • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. • Οι ρίζες της f είναι οι αριθμοί -1 και 5, άρα f (x)  0 για κάθε x  (−1,5) . Άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−1,5) και αφού f (0) = 3  0 είναι f (x)  0 για κάθε x  (−1,5) , άρα f (4)  0 , οπότε l = + . 173 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Ε. ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ f Παράδειγμα 24 (Μέσω μιας τιμής της) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι: xf (x) − 2 = f (x) − 3x2 +1 για κάθε x  R . Να βρείτε τον τύπο της f Λύση Για κάθε x  R , έχουμε xf (x) − 2 = f (x) − 3x2 +1 ή xf (x) − f (x) = 2 − 3x2 +1 ή (x −1) f (x) = 2 − 3x2 +1 Για x  1 από την τελευταία έχουμε : f (x) = 2 − 3x2 +1 (1) x −1 Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R , οπότε είναι συνεχής και στο x0 = 1 επομένως ισχύει ότι: lim f (x) = f (1) . x→1 Όμως lim f (x) = lim 2 − 3x2 +1 = lim 3− 3x2 = lim 3(1− x)(1+ x) = ( ) ( )x→1 x→1 x −1 x→1 ( x −1)  2 + 3x2 +1 x→1 ( x −1)  2 + 3x2 +1 lim −3(1+ x) = − 3 . x→1 2 + 3x2 +1 2 Επομένως f (1) = − 3 . 2  2 − 3x2 +1 , x 1  x −1 Άρα ο τύπος της f είναι f (x) =  − 3 , x =1 2 Παράδειγμα 25 (Μέσω της f2 και μιας τιμής της) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι f 2 (x) = x2 + 5 για κάθε x  R . Αν γνωρίζετε ότι f (2) = −3 να βρείτε τον τύπο της f . Λύση Για κάθε x  R , έχουμε ότι f 2 (x) = x2 + 5  f 2 (x) = x2 + 5  | f (x) |= x2 + 5  (1). Έχουμε: • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. • f (x) = 0  f (x) = 0  x2 + 5 = 0  x2 + 5 = 0  x2 = −5 , αδύνατη, άρα f (x)  0 για κάθε x  R Επομένως η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R, το οποίο για να βρούμε χρειαζόμαστε απλά το πρόσημο μιας τιμής της. 174 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Είναι f (2) = −3  0 επομένως f (x)  0 για κάθε x  R . Άρα η σχέση (1) δίνει f (x) = − x2 + 5 για κάθε x  R . Παράδειγμα 26 (Μέσω της f2 και μιας τιμής της) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι f 2 (x) − 2xf (x) = 5 για κάθε x  R . Αν γνωρίζετε ότι f (2) = −1 να βρείτε τον τύπο της f . Λύση Έχουμε ότι f 2 (x) − 2xf (x) = 5 για κάθε x  R , ή f 2 (x) − 2xf (x) + x2 = 5 + x2  ( f (x) − x)2 = 5 + x2  ( f (x) − x)2 = x2 + 5  f (x) − x = x2 + 5 (1) Θεωρούμε συνάρτηση g(x) = f (x) − x και η σχέση (1) γίνεται g(x) = x2 + 5 (2) Έχουμε: • Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο R ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. • g(x) = 0  g(x) = 0  x2 + 5 = 0  x2 + 5 = 0  x2 = −5 , αδύνατη, άρα g(x)  0 για κάθε x  R . Επομένως η συνάρτηση g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R, το οποίο για να βρούμε χρειαζόμαστε απλά το πρόσημο μιας τιμής της. Είναι g(2) = f (2) − 2 = −1− 2 = −3  0 επομένως g(x)  0 για κάθε x  R . Άρα η σχέση (2) δίνει g(x) = − x2 + 5 για κάθε x  R , δηλαδή f (x) − x = − x2 + 5 για κάθε x  R , άρα f (x) = x − x2 + 5 για κάθε x  R . Παράδειγμα 27 (Μέσω της f2 και μιας τιμής της) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :[−1,1] → R για την οποία ισχύει ότι f 2 (x) = 1− x2 για κάθε x [−1,1] . Αν γνωρίζετε ότι f (0) = 1 να βρείτε τον τύπο της f . Λύση Για κάθε x [−1,1] , έχουμε f 2 (x) = 1− x2  f 2 (x) = 1− x2  f (x) = 1− x2 (1) • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [−1,1] . • f (x) = 0  f (x) = 0  1− x2 = 0  x = −1 ή x = 1, άρα f (x)  0 για κάθε x  (−1,1) . Επομένως η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−1,1) , το οποίο για να βρούμε χρειαζόμαστε απλά το πρόσημο μιας τιμής της. Είναι f (0) = 1  0 επομένως f (x)  0 για κάθε x  (−1,1) . Άρα η σχέση (1) δίνει f (x) = 1− x2 για κάθε x  (−1,1) . Δηλαδή τελικά 0, x = −1  f (x) =  1− x2 , x  (−1,1) άρα f (x) = 1− x2 , x [−1,1] . 0, x = 1 175 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (*) Παράδειγμα 28 (Μέσω της f2 και δυο τιμών της) Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι f 2 (x) = x2 για κάθε x  R . Αν γνωρίζετε ότι f (−2) = −4 και f (2) = −4 να βρείτε τον τύπο της f . Λύση Για κάθε x  R έχουμε f 2 (x) = x2  f 2 (x) = x2  f (x) = x (1) • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R . • f (x) = 0  f (x) = 0  x = 0  x = 0 , άρα f (x)  0 για κάθε x  (−, 0)  (0, +) . Επομένως η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (−, 0) και σταθερό πρόσημο στο (0, +) , τα οποία για να βρούμε χρειαζόμαστε απλά το πρόσημο μιας τιμής της στο (−, 0) και το πρόσημο μιας τιμής της στο (0, +) (επειδή τα πρόσημα είναι δυνατόν να είναι διαφορετικά). Είναι f (−2) = −4  0 επομένως f (x)  0 για κάθε x  (−, 0) και f (2) = −4  0 επομένως f (x)  0 για κάθε x  (0, +) .. Άρα • Για κάθε x  (−, 0) η σχέση (1) δίνει x0 − f (x) =| x | − f (x) = −x  f (x) = x • Για κάθε x  (0, +) η σχέση (1) δίνει x0 − f (x) =| x | − f (x) = x  f (x) = −x x, x  (−, 0) Δηλαδή τελικά f (x) = 0, x=0 . x  (0, +) − x, 176 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤ. ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η εύρεση του συνόλου τιμών μιας συνεχούς συνάρτησης f προϋποθέτει την εύρεση, τόσο του πεδίου ορισμού Α της f , όσο και της μονοτονίας της f . • Αν η μονοτονία της f είναι σταθερή στο πεδίο ορισμού της Α, τότε: Εφαρμόζοντας την παρατήρηση 6 στη σελίδα 137, βρίσκουμε άμεσα το σύνολο τιμών της f () . • Αν όμως η μονοτονία της f δεν είναι σταθερή στο πεδίο ορισμού της Α, τότε: Βρίσκουμε την εικόνα f (1) , f (2 ) , f (3) ,…, f ( ) κάθε διαστήματος 1, 2 , 3 ,…,  από το πεδίο ορισμού της f , στο οποίο η f διατηρεί σταθερή μονοτονία. Το σύνολο τιμών f () ισούται με την ένωση των παραπάνω εικόνων f (1) , f (2 ) , f (3) ,…, f ( ) δηλαδή: f () = f (1)  f (2 )  f (3)  …  f ( ) . Παράδειγμα 29 (Σύνολο τιμών συνεχούς και γνησίως μονότονης συνάρτησης) Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x −1 − 3 − x . α) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f . β) Να δείξετε ότι υπάρχει   (1,3) , τέτοιο ώστε f ( ) = −1. Λύση α) Πρώτα βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f . Πράγματι Πρέπει x −1  0 και 3− x  0 επομένως  f = [1,3]. Κατόπιν θα μελετήσουμε την f ως προς τη μονοτονία της. Έστω x1, x2   f με x1  x2 . Έχουμε x1  x2  x1 −1  x2 −1  x1 −1  x2 −1 (1) Επίσης x1  x2  −x1  −x2  3 − x1  3 − x2  3 − x1  3 − x2  − 3 − x1  − 3 − x2 (2) Προσθέτωντας κατά μέλη τις (1) και (2) προκύπτει ότι x1 −1 − 3 − x1  x2 −1 − 3 − x2  f (x1)  f (x2 ) Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της  f = [1,3]. Η f έχει πεδίο ορισμού το [1,3] και είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα σε αυτό επομένως f () = f ([1,3]) = [ f (1), f (3)] = [− 2, 2] . β) Αρκεί να δείξουμε ότι ο αριθμός -1 είναι τιμή της f Πράγματι: Είναι f () = [− 2, 2] και −1[− 2, 2] , άρα ο αριθμός -1 είναι τιμή της f . Παρατήρηση Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, 3] , το ξ αυτό είναι μοναδικό. 177 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (*) Παράδειγμα 30 (Ύπαρξη αριθμού ξ, ώστε f ( ) = c , όπου c σταθερός αριθμός) Δίνεται συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση f :[0, 4] → R . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα   (0, 4) τέτοιο ώστε, f ( ) =  f (0) +  f (2) +  f (4) , με ,,   (0, +) .  ++ Λύση Αρκεί να δείξουμε ότι Ο αριθμός  f (0) +  f (2) +  f (4) είναι τιμή της f , για x  (0, 4) .  ++ Όμως η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 0, 4 , άρα f () = f ([0, 4]) = [ f (0), f (4)] . Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι  f (0) +  f (2) +  f (4)  f (0), f (4)  ++ Πράγματι: Αφού f () = [ f (0), f (4)] , ισχύει ότι: f (0)  f (x)  f (4) για κάθε x [0, 4] (1) και η ισότητα από αριστερά ισχύει μόνο για x = 0 , από δεξιά ισχύει μόνο για x = 4 Αντικαθιστώντας τις τιμές 0, 2, 4 στην (1) έχουμε:  0 f (0) = f (0)  f (4)  f (0) =  f (0)   f (4)  0 f (0)  f (2)  f (4)   f (0)   f (2)   f (4)  0 f (0)  f (4) = f (4)   f (0)   f (4) =  f (4) από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι ( +  + ) f (0)   f (0) +  f (2) +  f (4)  ( +  + ) f (4) f (0)   f (0) +  f (2) +  f (4)  f (4)  ++ Άρα  f (0) +  f (2) +  f (4)  f (0), f (4) .  ++ Παρατήρηση Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, 4 , το ξ αυτό είναι μοναδικό. 178 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 31 (Σύνολο τιμών συνεχούς συνάρτησης, η οποία αλλάζει μονοτονία) x2 +1, x  0  Δίνεται η συνάρτηση f (x) =  1 x0  2x , α) Να μελετήσετε την f ως προς τη συνέχεια. β) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία. γ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f και στη συνέχεια, να δείξετε, ότι η εξίσωση f (x) = 2 έχει τουλάχιστον μία λύση. Λύση α) Για x  0 είναι f (x) = x2 +1 , η οποία είναι συνεχής ως πολυωνυμική. Για x0 είναι f (x) = 1 , η οποία είναι συνεχής ως εκθετική. 2x Θα εξετάσουμε την συνέχεια στο x0 = 0 με χρήση του ορισμού: f (0) = 02 +1 = 1 lim f (x) = lim  1  =1  2x  x→0− x→0− ( )lim f (x) = lim x2 +1 =1 επομένως lim f (x) = lim f (x) = 1 δηλαδή lim f (x) = 1 x→0+ x→0+ x→0− x→0+ x→0 Και τελικά lim f (x) = f (0) , άρα η f συνεχής και στο x0 = 0 , άρα είναι συνεχής στο R. x→0 β) Έστω x1, x2 [0, +) με x1  x2 τότε x12  x22  x12 +1  x22 +1  f (x1)  f (x2 ) επομένως η f γνησίως αύξουσα στο [0, +) . Έστω x1, x2  (−, 0) με x1  x2 τότε 2x1  2x2 1 1  f (x1)  f (x2 ) επομένως η 2x1 2x2 f γνησίως φθίνουσα στο (−, 0) . γ) Η f στο διάστημα 1 = (−, 0) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως ( )f (1) = f ((−,0)) = = (1, +) . lim f (x), lim f (x) x→0− x→− Η f στο διάστημα 2 = [0, +) είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως )( )f (2) = f  = 1, +) . 0, +) =  f (0), lim f (x) x→+ Άρα έχουμε f () = f (1)  f (2 ) = 1, +) . Τέλος, για να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x) = 2 έχει τουλάχιστον μία λύση, αρκεί να δείξουμε ότι ο αριθμός 2 είναι τιμή της f Το τελευταίο είναι προφανές αφού f () = [1, +) και 2 [1, +) . 179 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 32 (Εύρεση ακριβούς πλήθους ριζών μιας συνεχούς συνάρτησης με τη βοήθεια μονοτονίας και συνόλου τιμών) Δίνεται η συνάρτηση f ( x) =  1− x, x  0 . ex + x, x  0 α) Να μελετήσετε την f ως προς τη συνέχεια. β) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία. γ) Να βρείτε το ακριβές πλήθος των ριζών της συνάρτησης f . Λύση α) Εξετάζουμε την f ως προς τη συνέχεια και έχουμε : Για x  0 f (x) = 1− x συνεχής ως πολυωνυμική. Για x  0 f (x) = ex + x συνεχής ως άθροισμα εκθετικής και πολυωνυμικής. Θα εξετάσουμε την συνέχεια στο x0 = 0 με χρήση του ορισμού: f (0) = 1 lim f (x) = lim (1− x) =1 x→0+ x→0+ ( )lim f (x) = lim ex + x =1 x→0− x→0− Επομένως lim f (x) = lim f (x) = 1 δηλαδή lim f (x) = 1. x→0− x→0+ x→0 Και τελικά lim f (x) = f (0) άρα η f συνεχής και στο x0 = 0 , άρα είναι συνεχής στο R. x→0 β) Εξετάζουμε την f ως προς τη μονοτονία και έχουμε: Έστω x1, x2  (0, +) με x1  x2 τότε 1− x1  1− x2  f (x1)  f (x2 ) επομένως η f γνησίως φθίνουσα στο (0, +) . Έστω x1, x2  (−, 0] με x1  x2 τότε ex1  ex2 και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ότι ex1 + x1  ex2 + x2  f (x1)  f (x2 ) , επομένως η f γνησίως αύξουσα στο (−, 0] . γ) Για να βρούμε το πλήθος των ριζών της συνάρτησης f , θα πρέπει να βρούμε το πλήθος λύσεων της εξίσωσης f (x) = 0 . Η f στο διάστημα 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως (f (1) = f ((−,0]) = lim f (x), f (0) = (−,1 . x→− Παρατηρούμε ότι 0  f (1) επομένως η f έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα 1 = (−, 0] . Η f στο διάστημα 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως ( )f (2) = f ((0, +)) = = (−,1) . lim f (x), lim f (x) x→+ x→0+ Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) , επομένως η f έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα 2 = (0, +) . Άρα συνολικά η f έχει δύο ακριβώς ρίζες στο R . 180 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 33 (Εύρεση ακριβούς πλήθους ριζών μιας συνεχούς συνάρτησης με τη βοήθεια μονοτονίας και συνόλου τιμών) Δίνεται η συνεχής στο [−1,9) συνάρτηση f , η οποία είναι γνησίως φθίνουσα στο [−1,3] και στο [7,9) και γνησίως αύξουσα στο [3, 7] . Αν γνωρίζετε ότι f (−1) = 5 , f (3) = −2 , f (7) = 2 και lim f (x) = 0, να βρείτε το ακριβές πλήθος λύσεων της x→9− εξίσωσης f (x) = 0 . Λύση Η f στο διάστημα 1 = [−1,3] είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (1) = f ([−1,3]) = [ f (3), f (−1)] = [−2,5]. Παρατηρούμε ότι 0  f (1) επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα 1 = [−1,3] . Η f στο διάστημα 2 = (3, 7) είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (2) = f ((3, 7)) = (lim f (x), lim f (x)) = ( f (3), f (7)) = (−2, 2) , αφού η f είναι x→3+ x→7− συνεχής στο [1,9) , άρα και στα 3 και 7. Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα 2 = (3, 7) . Η f στο διάστημα 3 = [7,9) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (3 ) = f ([7, 9)) = ( lim f ( x), f (7))] = ( lim f (x), f (7)] = (0, 2] , αφού η f είναι συνεχής x→9− x→9− στο [7,9) , άρα και στο 7. Παρατηρούμε ότι 0 f (3) επομένως η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύση στο διάστημα 3 = [7,9) . Άρα συνολικά η εξίσωση f (x) = 0 έχει δύο ακριβώς λύσεις στο [−1, 9) . (*) Παράδειγμα 34 (Όριο με f −1, από σύνολο τιμών της f ) Δίνεται η συνεχής f : (0, +) → R , η οποία είναι γνησίως φθίνουσα και έχει σύνολο τιμών στο f () = R . α) Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της f −1. β) Αν γνωρίζετε ότι f (x) = 1 − x +1, η f −1 είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα να x βρείτε τα όρια lim f −1(x) − x και lim f −1(x) − x x→+ x+ f −1 ( x) x→− x+ f −1 ( x) Λύση α) Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε είναι και 1-1, άρα αντιστρέφεται. Οπότε ορίζεται η f −1 με πεδίο ορισμού  f −1 = f () = R και σύνολο τιμών f −1( f −1 ) =  f = (0, +) . 181 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ β) Αφού η f −1 είναι συνεχής, γνησίως φθίνουσα και f −1 ((−, +)) = (0, +) , θα έχουμε ότι lim f −1(x) = + και lim f −1(x) = 0 . x→− x→+ Οπότε −  f −1 ( x) −1 1 f −1(x) −1 + x x  x • lim f −1(x) − x lim = lim 1+ 1 f −1(x) = 00 −1 = −1 x + f −1(x) =  1+ 00 x→+ x→+ x→+ x x 1+ f −1(x)    x  • lim f −1(x) − x y= f −1 ( x) x + f −1(x) x→− =l Θέτουμε y = f −1(x) και έχουμε lim f −1(x) = + , άρα y → + , άρα x→− l= lim y− f (y) = lim 2y − 1 −1 lim 2y2 − y −1 = lim 2y2 = + y= y→+ f ( y) + y y→+ 1 +1 y→+ y +1 y→+ y y Σχόλιο – Μέθοδος Έστω f : ( ,  ) → R με f (( ,  )) = ( , ) , όπου ,  , ,  R {−, +} . • Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ,  ) , τότε είναι και 1-1, οπότε υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση f −1 : ( , ) → R . Αν η f −1 είναι συνεχής στο ( , ) τότε, επειδή η f −1 είναι επίσης γνησίως αύξουσα στο ( , ) και f −1 (( , )) = ( ,  ) , έχουμε lim f −1(x) =  και lim f −1(x) =  x→ + x→ − • Αν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ,  ) , τότε είναι και 1-1, οπότε υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση f −1 : ( , ) → R . Αν η f −1 είναι συνεχής στο ( , ) τότε, επειδή η f −1 είναι επίσης γνησίως φθίνουσα στο ( , ) και f −1 (( , )) = ( ,  ) , έχουμε lim f −1(x) =  και lim f −1(x) =  x→ + x→ − 182 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (*) Ζ. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ (Θ.Ε.Τ.) ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ (Θ.Μ.Ε.Τ.) Όπως είδαμε στην προηγούμενη κατηγορία ασκήσεων, αν βρούμε το σύνολο τιμών μιας συνάρτησης f , τότε μπορούμε εύκολα να απαντήσουμε σε ερωτήματα όπως: «Να δείξετε ότι υπάρχει  τέτοιο ώστε f ( ) = c », ή «Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = c έχει τουλάχιστον μια λύση», όπου c σταθερός αριθμός. Αν επιπλέον διαθέτουμε και τη μονοτονία της f , τότε μπορούμε να απαντήσουμε σε ερωτήματα όπως: «Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό  τέτοιο ώστε f ( ) = c », ή «Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = c έχει ακριβώς μια λύση» ή «Να βρείτε το ακριβές πλήθος λύσεων της εξίσωσης f (x) = c », όπου c σταθερός αριθμός. Τι γίνεται όμως όταν δεν μπορούμε να βρούμε το σύνολο τιμών της f ; Στην περίπτωση αυτή, έχουμε το Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών (Θ.Ε.Τ.) και το Θεώρημα Μεγίστης και Ελαχίστης Τιμής (Θ.Μ.Ε.Τ.), τα οποία χρησιμοποιούνται όπως φαίνεται στα παρακάτω λυμένα Παραδείγματα: (*) Παράδειγμα 35 (Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών) Δίνεται η συνάρτηση f (x) = 3x2 ln x + 4x2 − 2 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον   (1, e) τέτοιο ώστε f ( ) = e . Λύση Αρκεί να δείξουμε ότι Ο αριθμός e είναι τιμή της f , για x  (1, e) . Όμως • η f (x) = 3x2 ln x + 4x2 − 2 είναι συνεχής στο [1,e] ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων και • f (1) = 2   f (1)  f (e) , άρα f (1)  f (e)  f (e) = 7e2 − 2 Άρα σύμφωνα με το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών (Θ.Ε.Τ), όλοι οι αριθμοί μεταξύ (ενδιάμεσοι) του f (1) και του f (e) είναι τιμές της f , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι e ( f (1), f (e)) = (2, 7e2 − 2) που ισχύει. Παρατήρηση Η άσκηση μπορεί να λυθεί και με χρήση του θεωρήματος Bolzano για τη συνάρτηση g(x) = f (x) − e στο [1,e]. 183 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (*) Παράδειγμα 36 (Θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών) Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο [2,5] με f (2)  0  f (5) . Να δείξετε ότι υπάρχει   (2,5) τέτοιο ώστε f ( ) = f (2) + f (5) 2014 Λύση Αρκεί να δείξουμε ότι Ο αριθμός f (2) + f (5) είναι τιμή της f , για x  (2,5) . 2014 Όμως • η f είναι συνεχής στο [2,5] • f (2)  0  f (5) , άρα f (2)  f (5) Άρα απο το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών (Θ.Ε.Τ), όλοι οι αριθμοί μεταξύ (ενδιάμεσοι) του f (2) και του f (5) είναι τιμές της f , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι f (2)  f (2) + f (5)  f (5) . 2014 Πράγματι: f (2)  f (2) + f (5)  f (5)  2014 f (2)  f (2) + f (5)  2014 f (5) 2014 Είναι 2014 f (2)  f (2) + f (5)  2013 f (2)  f (5) , που ισχύει αφού f (2)  0  2013 f (2)  0 και f (5)  0 Επίσης είναι f (2) + f (5)  2014 f (5)  f (2)  2013 f (5) , που ισχύει αφού f (2)  0 και f (5)  0  2013 f (5)  0 (*) Παράδειγμα 37 (Θεώρημα Μεγίστης και Ελαχίστης Τιμής) Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :[0, 4] → R . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον  [0, 4] τέτοιο ώστε f ( ) =  f (0) +  f (2) +  f (4) , με  , ,   (0, +) .  ++ Λύση Αρκεί να δείξουμε ότι Ο αριθμός  f (0) +  f (2) +  f (4) είναι τιμή της f , για x [0, 4] .  ++ Όμως • Η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [0,4]. Από το Θεώρημα Μεγίστης και ελαχίστης τιμής (Θ.Μ.Ε.Τ) για την f στο [0,4], έχουμε ότι f () = f ([0, 4]) = [m, M ] , όπου m η ελάχιστη τιμή και M η μέγιστη τιμή της f , άρα αρκεί να δείξουμε ότι  f (0) +  f (2) +  f (4) m, M   ++ 184 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Ισχύει ότι: m  f (x)  M για κάθε x [0, 4] (1) Επομένως αντικαθιστώντας τις τιμές 0, 2, 4 στην (1) έχουμε:  0 m  f (0)  M m   f (0)  M  0 m  f (2)  M m   f (2)  M  0 m  f (4)  M  m   f (4)  M από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι ( +  + )m   f (0) +  f (2) +  f (4)  ( +  + )M  m   f (0) +  f (2) +  f (4)  M (2)  ++ Άρα  f (0) +  f (2) +  f (4) m, M .  ++ 185 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η. ΡΙΖΕΣ – ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (ΜΕΡΟΣ Β΄) Παράδειγμα 38 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R , για την οποία ισχύει f (x)  0 για κάθε x  R και f (3) = −1. Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f . Λύση Έχουμε ότι • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R . • f (x)  0 για κάθε x  R Άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R , το οποίο για να βρούμε αρκεί να γνωρίζουμε το πρόσημο μιας τιμής της. Είναι f (3) = −1  0 , άρα έχουμε ότι f (x)  0 για κάθε x  R , οπότε: Η f δεν έχει ρίζες και είναι αρνητική για κάθε x  R . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − + f (x) - Παράδειγμα 39 Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της συνάρτησης f (x) = 2 x −1 στο διάστημα [−  ,  ] . 22 Λύση Ρίζες της f Λύνουμε την τριγωνομετρική εξίσωση f (x) = 0 όπως μάθαμε στ Β΄ Λυκείου: f (x) = 0  2 x −1 = 0   x = 2  x =  ή x = −  αφού x [−  ,  ] . 2 44 22 Πρόσημο της f (Με τις γνωστές μας μεθόδους μέχρι τη Β΄ Λυκείου δε μπορούμε να λύσουμε την ανίσωση 2 x −1  0 ). Η συνάρτηση f είναι συνεχής (ως τριγωνομετρική) στο διάστημα [−  ,  ] , άρα 22 διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα απο τα υποδιαστήματα στα οποία χωρίζεται το [−   ] από τις διαδοχικές της ρίζες. , 22 Επιλέγουμε έναν αριθμό σε καθένα απο αυτά τα διαστήματα και βρίσκουμε το πρόσημο της f σε αυτόν τον αριθμό. • Στο [−  , −  ) επιλέγουμε το −  και έχουμε f  −   = 2 −1 0 επομένως 24 3  3  2 f (x)  0 για κάθε x [−  ,  ) 24 186 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ • Στο (−  ,  ) επιλέγουμε το 0 και έχουμε f (0) = 2 −1  0 επομένως f (x)  0 44 για κάθε x (−   ,) 44 • Στο ( ,  ] επιλέγουμε το  και έχουμε f    = 2 −1 0 επομένως f (x)  0 42 3  3  2 για κάθε x  ( ,  ] . 42 Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − −  24 42 f (x) - 0 + 0 - Παράδειγμα 40 Δίνεται η συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση f : R → R . Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f , σε κάθεμιά από τις περιπτώσεις, αν είναι γνωστό ότι: α) lim f (x) = 2 β) lim f (x) = 0 x→− x→− γ) lim f (x) = −2 δ) lim f (x) = 0 x→+ x→+ ε) lim f (x) = −2 και lim f (x) = 2 στ) f (−5) = −3 και f (3) = 1 x→− x→+ Λύση α) Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα με lim f (x) = 2 . x→− Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το f () = ( lim f (x), lim f (x)) = (2, lim f (x)) . x→− x→+ x→+ Προφανώς 0  f () , άρα η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι πάντα θετικό για κάθε x  R . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − + f (x) + β) Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα με lim f (x) = 0 . x→− Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το f () = ( lim f (x), lim f (x)) = (0, lim f (x)) . x→− x→+ x→+ Προφανώς 0  f () , άρα η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι πάντα θετικό για κάθε x  R . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − + f (x) + 187 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ γ) Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα με lim f (x) = −2 . x→+ Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το f () = ( lim f (x), lim f (x)) = ( lim f (x), −2) . x→− x→+ x→− Προφανώς 0  f () , άρα η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι πάντα αρνητικό για κάθε x  R . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − + f (x) - δ) Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα με lim f (x) = 0 . x→+ Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το f () = ( lim f (x), lim f (x)) = ( lim f (x), 0) . x→− x→+ x→− Προφανώς 0  f () , άρα η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι πάντα αρνητικό για κάθε x  R . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − + f (x) - ε) Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα με lim f (x) = −2 lim f (x) = 2 . x→− x→+ Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το f () = ( lim f (x), lim f (x)) = (−2, 2) . x→− x→+ Προφανώς 0  f () , άρα η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση x =  και είναι f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   και f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x −  + f (x) - 0 + στ) Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα με f (−5) = −3 και f (3) = 1 . Από Θεώρημα Bolzano για την f στο [-5,3], έχουμε ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο (-5,3), έστω την x =  και είναι f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   και f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − −5  3 + f (x) -0 + 188 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ (*) Παράδειγμα 41 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R , η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο (−, 0] και γνησίως φθίνουσα στο [0, +) . Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f , σε κάθεμιά από τις περιπτώσεις, αν είναι γνωστό ότι: α) f (0) = −2 β) f (0) = 0 γ) f (0) = 2 , lim f (x) = 0 και lim f (x) = − x→− x→+ δ) f (0) = 2 , lim f (x) = − και lim f (x) = 0 x→− x→+ ε) f (0) = 2 , lim f (x) = − και lim f (x) = − x→− x→+ στ) f (0) = 2 , f (−5) = −3 και f (3) = −1 Λύση α) Η f στο 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (1) = ( lim f ( x), f (0)] = ( lim f (x), −2] . x→− x→− Παρατηρούμε ότι 0  f (1) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις στο 1 και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι αρνητικό για κάθε x  1 . Η f στο 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (2 ) = ( lim f (x), lim f (x)) = ( lim f (x), −2) , αφού η f είναι συνεχής στο R , άρα x→+ x→0+ x→+ και στο 0. Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις στο 2 και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι αρνητικό για κάθε x  2 . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − 0 + −2 f (x) - - β) Η f στο 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (1) = ( lim f (x), f (0)] = ( lim f (x), 0] . x→− x→− Παρατηρούμε ότι 0  f (1) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο 1, την x = 0 και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι αρνητικό για κάθε x  (−, 0) . Η f στο 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (2 ) = ( lim f (x), lim f (x)) = ( lim f (x), 0) , αφού η f είναι συνεχής στο R , άρα και x→+ x→0+ x→+ στο 0. Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις στο 2 και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι αρνητικό για κάθε x  2 . 189 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − 0 + 0 f (x) - - γ) Η f στο 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (1) = ( lim f ( x), f (0)] = (0, 2] . x→− Παρατηρούμε ότι 0  f (1) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις στο 1 και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι θετικό για κάθε x  1 . Η f στο 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (2 ) = ( lim f (x), lim f (x)) = (−, 2) , αφού η f είναι συνεχής στο R , άρα και στο 0. x→+ x→0+ Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο 2 , την x =  και είναι για x  (0, +) f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   και f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − 0  + 2 f (x) + 0- 0 − δ) Η f στο 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (1) = ( lim f ( x), f (0)] = (−, 2] . x→− Παρατηρούμε ότι 0  f (1) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο 1, την x =  και είναι για x  (−, 0) f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   και f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   Η f στο 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (2 ) = ( lim f (x), lim f (x)) = (0, 2) , αφού η f είναι συνεχής στο R , άρα και στο 0. x→+ x→0+ Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει λύσεις στο 2 και το πρόσημο (των τιμών) της συνάρτησης είναι θετικό για κάθε x  2 . Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x −  0 + 2 f (x) - 0 + − 0 190 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ε) Η f στο 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (1) = ( lim f ( x), f (0)] = (−, 2] . x→− Παρατηρούμε ότι 0  f (1) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο 1, την x = 1 και είναι για x  (−, 0) 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 Η f στο 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (2 ) = ( lim f (x), lim f (x)) = (−, 2) , αφού η f είναι συνεχής στο R , άρα και στο 0. x→+ x→0+ Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) , επομένως η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο 2 , την x = 2 και είναι για x  (0, +) f (2 )=0 f f (x)  0  f (x)  f (2 )  x  2 και f (2 )=0 f f (x)  0  f (x)  f (2)  x  2 Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − 1 0 2 + f (x) - 0 2 0- + − − στ) Η f στο 1 = (−, 0] είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, με f (−5)  f (0)  0 . Από Θεώρημα Bolzano για την f στο [-5,0], έχουμε ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο (-5,0), έστω την x = 1 , και είναι 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 Η f στο 2 = (0, +) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, με f (0)  f (3)  0 . Από Θεώρημα Bolzano για την f στο [0,3], έχουμε ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδική λύση στο (0,3), έστω την x = 2 , και είναι f (2 )=0 f f (x)  0  f (x)  f (2 )  x  2 και f (2 )=0 f f (x)  0  f (x)  f (2)  x  2 Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x − −5 1 0 2 3 + f (x) - 0 2 0- + 191 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Παράδειγμα 42 Δίνεται η συνεχής στο [−1,9) συνάρτηση f , η οποία είναι γνησίως φθίνουσα στο [−1,3] και στο [7,9) και γνησίως αύξουσα στο [3, 7] . Αν γνωρίζετε ότι f (−1) = 5 , f (3) = 0 , f (7) = 2 και lim f (x) = − , να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της f . x→9− Λύση Η f στο 1 = [−1,3] είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (1) = [ f (3), f (−1)] = [0,5] . Παρατηρούμε ότι 0  f (1) επομένως η f έχει ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα 1 = [−1,3] , την x = 3 και η είναι θετική για κάθε x [−1,3) Η f στο 2 = (3, 7) είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, επομένως f (2 ) = ( lim f (x), lim f (x)) = ( f (3), f (7)) = (0, 2) , αφού η f είναι συνεχής στο [1,9) , x→7− x→3+ άρα και στα 3 και 7. Παρατηρούμε ότι 0 f (2 ) επομένως η f δεν έχει ρίζα στο 2 και είναι θετική για κάθε x  2 . Η f στο διάστημα 3 = [7,9) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, επομένως f (3 ) == ( lim f (x), f (7))] = (−, 2] . x→9− Παρατηρούμε ότι 0 f (3) επομένως η f έχει ακριβώς μία ρίζα στο 3 , την x =  και είναι για κάθε x [7,9) f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   και f ( )=0 f f (x)  0  f (x)  f ()  x   Άρα ο πίνακας που μας δίνει τις ρίζες και το πρόσημο της f είναι: x −1 3 7 9 52 f (x) + 0 + 0 - − 192 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ-ΛΑΘΟΥΣ Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές ή λανθασμένες 1. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής σ’ ένα σημείο x0 του πεδίου ορισμού της, τότε και η f 2 είναι συνεχής στο x0 . 2. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο x0 , τότε η σύνθεσή τους gof είναι συνεχής στο x0 . 3. Αν η συνάρτηση f με πεδίο ορισμού ένα διάστημα Δ είναι συνεχής και 1-1 στο Δ, τότε η συνάρτηση f −1 είναι συνεχής στο f () . 4. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 και η συνάρτηση g δεν είναι συνεχής στο x0 , τότε η συνάρτηση f + g δεν είναι συνεχής στο x0 . 5. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ, τότε η αντίστροφή της είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο f () . 6. Αν η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο [a,  ] και f ( ) f ( )  0 τότε η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (a,  ) . 7. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [a,  ] και f ( ) f ( )  0 τότε η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει καμία ρίζα στο (a,  ) . 8. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [a,  ] και η εξίσωση f (x) = 0 δεν έχει καμία ρίζα στο (a,  ) , τότε f ( ) f ( )  0 . 9. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [a,  ] , και παίρνει δύο διαφορετικές τιμές f (x1), f (x2 ) με x1, x2 [,  ] , τότε παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των f (x1) και f (x2 ) . 10. Αν για μια συνεχή συνάρτηση f στο R , ισχύει f (x1) = 1 και f (x2 ) = 4 , τότε υπάρχει x0  (x1, x2 ) τέτοιο ώστε f (x0 ) = e . 11. Κάθε συνεχής συνάρτηση f στο [a,  ] με f ( )  f ( ) , παίρνει μόνο τις τιμές μεταξύ των f ( )  f ( ) . 12. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα  και δεν μηδενίζεται σ’ αυτό, τότε αυτή ή είναι θετική για κάθε x  ή είναι αρνητική για κάθε x  δηλαδή διατηρεί πρόσημο στο διάστημα  . 13. Μια συνεχής συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισμού της. 14. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ,  ], η εξίσωση f (x)  0 δεν έχει ρίζα στο ( ,  ) και υπάρχει   ( ,  ) ώστε f ( )  0 , τότε θα ισχύει f (x)  0 για κάθε x  ( ,  ) . 15. Η εικόνα f () ενός διαστήματος  μέσω μιας συνεχούς συνάρτησης f είναι διάστημα. 16. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [a,  ] , τότε το σύνολο τιμών της στο διάστημα αυτό είναι [ f ( ), f ( )] . 17. Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [a,  ] , τότε το σύνολο τιμών της είναι [ f ( ), f ( )] . 193 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 18. Aν η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0, +) , τότε το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα ( lim f (x), lim f (x)) . x→0+ x→+ 19. Κάθε συνεχής συνάρτηση με πεδίο ορισμού το R έχει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. 20. Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής σε ένα ανοικτό διάστημα ( ,  ) , τότε το σύνολο τιμών της στο διάστημα αυτό είναι το διάστημα (Α,Β), όπου  = lim f (x) και  = lim f (x) . x→a+ x→ − 194 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α. ΜΕΛΕΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΩΣ ΠΡΟΣ ΤΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ 166. Να μελετήσετε ως προς την συνέχεια στο x0 τις συναρτήσεις: i) f (x) = 2x − 3, x2 στο x0 = 2  x2  x2 + 5, x, x  0  ii) f (x) =  1 , x0 στο x0 = 0  x  4 x 2 − 9x + 2  x−2 iii) f ( x) =  , x  2 στο x0 = 2 7, x = 2  x −1 , 0 x 1 2,x −1 x = 1 στο x0 = 1 iv) f ( x) =  − x2 + 4x − 3 , x 1   x −1 v) f ( x) =  x2 − | x | , x  (−1, 0)  (0,1)  x2 + | x | στο x0 = 0  0, x = 0 x − x , x  0  x  vi) f (x) = 0, x = 0 στο x0 = 0   x3 1 , x0 x 167. Να εξετάσετε αν είναι συνεχείς οι συναρτήσεις:  x −1 , x0  3x +1 στο x0 = 0 i) f (x) =  x +2,  3 x0   x −3, 0 x9   x−9  ii) f (x) =  0, x = 9 στο x0 = 9 ( ) 6 2x −14 − 2  x2 − 81 , x  9 195 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 168. Να μελετήσετε ως προς την συνέχεια τις συναρτήσεις:  x − 2, x  2  x +1, x0   x0 i) f ( x) =  x ,x  2 ii) f ( x) = 1  1 ln x x , 1 + e x−2 169. Να δείξετε ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι συνεχείς στο Π.Ο. τους: i) f (x) = (ln x) ii) f (x) = ex2 iii) f ( x) =  3 ( 1 ) iv) f (x) = ln3(x2 − 5x + 6) x5 170. (*) Δίνονται οι συναρτήσεις f , g : R → R για τις οποίες ισχύουν lim f (x) = 1 και x→6 x − 6 ( )lim  g ( x) x −2 − 2  = 2. Nα εξετάσετε ως προς τη συνέχεια την συνάρτηση   x→6 h(x) =  f (x)g(x), x6 8, . x=6 171. Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι f 2 (x) − 6 f (x) + 9 2x  0 για κάθε x  R . Να αποδείξετε ότι i) −3 | x | f (x) − 3  3 | x | για κάθε x  R . ii) η f είναι συνεχής στο 0. 172. Δίνεται συνάρτηση f : R → R για την οποία γνωρίζουμε ότι: ( )f (2) = 1 και lim x2 − 4 f (x) + 2x2 + x −10 = 13 . x→2 x3 +1 − 3 2 Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 2 . 173. (*) Για την συνάρτηση f ισχύει f (x + y) = f (x) + f ( y) + f (x) f ( y) για κάθε x, y  R και f (0)  −1. Αν η f είναι συνεχής στο x0 = 0 , να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο R . 174. (*) Για την συνάρτηση f : R → R ισχύει f (xy) = f (x) + f ( y) για κάθε x, y  R . Αν η f είναι συνεχής στο x0 = 1, να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο R . 175. (*) Δίνεται η συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι 2 f 3(x) + 3 f (x) = x3 + x +1 για κάθε x  R . Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο R . 196 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Β. ΔΕΔΟΜΕΝΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ – ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΩΝ 176. Να προσδιορίσετε το   R ώστε η f συνεχής στο x0  3 , 0<x  2  x +1, x 1  x3 + 1 ,  i) f ( x) =  x0 = 2 ii) f ( x) =  − + 1+ 3x2 , x0 = 1 1 − x −1 , x 3 x 1  x2 −4  1− x2 , x  2 177. Να προσδιορίσετε τα  ,   R ώστε η f συνεχής για κάθε x  R  x2 x − 4 2, x2  x=2  +  ln x, x  1 f (x) = 5 x−2 i) f (x) = 3 +  , x = 1 2, ii)  x 2 +x + , x 1  x2 +  x + 3 , x  2   x − 2 178. Να προσδιορίσετε τα  ,  ,  R ώστε η f συνεχής στο x0 = 1, όπου  x2 + x +  , x 1  f ( x) =  | x −1|  , x = 1 1 +  2x + 2 179. Δίνεται η συνάρτηση f ( x) =  1 , x 0.  1 2x , x = 0 i) Να υπολογίσετε τα όρια lim f (x) , lim f (x) , lim f (x) , lim f (x) . x→+ x→− x→0+ x→0− ii) Υπάρχει τιμή του α για την οποία η f να είναι συνεχής; 180. Έστω συνάρτηση f , ορισμένη στο R , για την οποία ισχύει x2 f (x) = x2 +1 − 2x , για κάθε x  R . Aν η f είναι συνεχής, να υπολογίσετε τον αριθμό f (0) . 181. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f για την οποία ισχύει f (x) + x2 + x + 2 = 1+ x( f (x) +1) για κάθε x  R . Να βρείτε την τιμή f (1) . 182. Έστω συνάρτηση f , ορισμένη στο R , για την οποία ισχύει | xf (x) || x − x | , για κάθε x  R *. Aν η f είναι συνεχής στο x0 = 0 , να υπολογίσετε τον αριθμό f (0) . 183. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 1 και για κάθε x  R ισχύει (x −1) f (x)  x + x2 −1, να βρείτε την τιμή f (1) . 197 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 184. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 2 και lim x2 + f (x) = 3 να βρείτε το x2 − 4 x→2 lim x2 f (x) − 4 f (2) . x→2 x + 2 − 2 185. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R για την οποία ισχύει ότι: lim f (x) − x = 0 x→0 x i) Να αποδείξετε ότι f (0) = 0 ii) Να αποδείξετε ότι lim f (x) = 1 x→0 x iii) Να βρείτε τη τιμή του R για την οποία ισχύει lim x2 +  f 2(x) =3 2x2 + f 2(x) x→0 Γ. ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO 186. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2 +x = x2 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0, ) . 187. Να δείξετε ότι η εξίσωση  (x −  ) +  (x − ) = 0 όπου  ,   0 και    έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα ( , ) . 188. Να δείξετε ότι η εξίσωση x2012 +1 + x2013 + 2 = 0 έχει μια τουλάχιστον λύση στο x −1 x − 2 διάστημα (1, 2) . 189. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f (x) = x2 και g(x) = 4 − x − 2 με 1    2 έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με τετμημένη x0  (−1,1) . 190. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f (x) = x και g(x) =  2x τέμνονται σε ένα τουλάχιστον σημείο του οποίου η τετμημένη ανήκει στο διάστημα (0,  ) . 4 191. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln x + ex = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0,1) . 192. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln x = x2 − 4x + 2 έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0,1) . 193. Δίνεται συνεχής συνάρτηση f : R → (0, 2) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0  (0, 2) τέτοιο ώστε f 2 (x0 ) = 2 f (x0) − x0 198 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 194. Αν η f είναι συνεχής στο [−2, 2] και −2  f (x)  2 για κάθε x [−2, 2] , να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 (−2, 2) ώστε f (x0 ) = x0 . 195. Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο [ ,  ]. Αν f ( )  f ( ) , να δείξετε ότι υπάρχει   ( ,  ) ώστε f ( ) =  f ( ) +  f ( ) με κ, λ θετικούς αριθμούς.  + 196. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → [0,1] . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f ( x) =  x έχει μία τουλάχιστον λύση στο [0,  ] . 2 197. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R → R , για την οποία ισχύει f (0) + f (1) = 2 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 [0,1] τέτοιο ώστε 2 f (x02 ) = x0 ( f (x0 ) + 2) 198. Δίνονται οι συναρτήσεις f , g συνεχείς στο R για τις οποίες f (x)  0 και g(x)  0 για κάθε x  R και υπάρχουν  ,   R ώστε f ( ) =  και g() =  . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον   R ώστε f ( ) + g( ) =  . 199. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f :[1, 2] → R για την οποία ισχύει ότι f (1) = 2 και lim (x − 2) f (x) = 2 . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) = x έχει τουλάχιστον x→2 (x2 − 4) + x −1 −1 9 μία λύση στο (1, 2) . 200. Να δείξετε ότι η εξίσωση x3 − 3x2 +1 = 0 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο (−1,1) . 201. Να δείξετε ότι: η εξίσωση x3 − 6x2 + 3 = 0 έχει δύο τουλάχιστον λύσεις στο (−1,1) . 202. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex + x2 +1 + x + 2 = 0 έχει δύο τουλάχιστον x −1 x − 2 x −3 πραγματικές ρίζες. 203. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x4 + 2x3 + x2 − 2 με   R . i) Να αποδείξετε ότι f (−1)  0 ii) Να βρείτε τα όρια lim f (x) και lim f (x) x→− x→+ iii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει δύο τουλάχιστον πραγματικές λύσεις. 204. Δίνονται a,   R με    − 2  1. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση  x =  − x3 − x έχει μοναδική λύση στο R. 199 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 205. Αν η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0, +) με lim f (x) =   R και x→0+ lim f (x) =   R , να αποδείξετε ότι υπάρχει μόνο ένας αριθμός x0 0 τέτοιος ώστε να x→+ ισχύει f (x0 ) + ex0 + ln x0 = 0 . 206. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = x3 + x2 +1 με   −2 . Αφού υπολογίσετε τα f (0), f (1) , να αποδείξετε ότι έχει ακριβώς 3 πραγματικές ρίζες. 207. Να δείξετε ότι η εξίσωση  +  +  = 0 , με  ,  ,  0 και x − 1 x − 2 x − 3 1  2  3 έχει μόνο δύο λύσεις, μια στο (1, 2 ) και μια στο (2, 3) . 208. Θεωρούμε την εξίσωση  2 + 2 + 2 = 0 ,  , ,   0 . Να αποδείξετε ότι η x x −1 x +1 εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες στο διάστημα (−1,1) . 209. Δίνεται η συνάρτηση f με f (x) = (2 −1)x2 + ( − 2)x +  , lim f (x) = 1 και −x +3 x→+ lim f (x) = 2 x→0 i) Να βρείτε τα ,   R . ii) Να υπολογίσετε την τιμή του ορίου lim f (x) x→3+ iii) Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x) = 0 έχει τουλάχιστον μία λύση στο (3, +) . Δ. ΣΤΑΘΕΡΟ ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 210. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0,10] και η εξίσωση f (x) = 0 έχει μοναδικές λύσεις το 3 και το 7. i) Να δείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στα διαστήματα [0,3), (3,7) και (7,10]. ii) Αν f (1) = 3 , f (5) = −3 και f (9) = −1, να βρείτε το πρόσημο των τιμών της f στο [0,10]. 211. Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :[1, 2] → R με f (x)  0 για κάθε x [1, 2] Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x) + f (x) = 2012 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,2). x −1 x − 2 212. Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :[−1, 2] → R με f (x)  0 για κάθε x [−1, 2] i) Να δείξετε ότι η εξίσωση x3 (1− f (x)) = x2 + 2x έχει μία τουλάχιστον λύση στο (−1, 2) . ii) Να βρείτε το όριο lim f (0)x3 + 2x −1 x→− f (1)x + 4 213. Δίνεται συνεχής συνάρτηση f :[1,9] → R για την οποία ισχύει ότι f (1)  f (3)  f (9) = 27 και f (x)  0 για κάθε x [1, 9] . 200 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ