Μαθηματικά θετικής κατεύθυνσης τρίτης λυκείου όρια συναρτήσεων- αντίστροφες συναρτήσεις

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 1 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.Τ1η ΑΣΚΗΣΗΔίνεται η συνάρτηση( )f (=x) x +1 − α ημ 1 , α ∈ R, x ∈(0, +∞) xΑ. Να βρείτε το όριο lim xηµ 1 x→0 xΒ. Να βρείτε το όριο lim xηµ 1 x→+∞ xΓ. Να βρείτε το lim x f (x) x→+∞Α. ΜεθοδολογίαΌταν θέλουμε να υπολογίσουμε ένα όριο, είναι προτιμότερο νακάνουμε μια πρόχειρη αντικατάσταση του αριθμού στον οποίοτείνει η μεταβλητή και να δούμε αν έχουμε απροσδιοριστία ήαποδεκτό αποτέλεσμα. Επειδή στη συγκεκριμένη άσκηση θαεμφανιστεί το άπειρο μέσα στο ημίτονο (δεν υπάρχει το όριο αυτό)θα εφαρμόσουμε το κριτήριο παρεμβολής.Λύσηx ⋅ηµ 1= x ηµ 1 ≤ x δηλαδή x ⋅ηµ 1 ≤ x (1) xx xΣύμφωνα με την ιδιότητα των απόλυτων τιμών, λόγω της (1) θαέχουμε:− x ≤ x ⋅ηµ 1 ≤ x xΑφού ισχύει ότι lim(− =x ) lim( =x ) 0 τότε θα ισχύει ότι x→0 x→0lim(x ⋅ηµ 1 ) =0x→0 x

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 2 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤΒ. ΜεθοδολογίαΑν κάνουμε μια πρόχειρη αντικατάσταση στη συγκεκριμένηάσκηση καταλήγουμε σε απροσδιοριστία ( 0⋅ ± ∞ ) θα κάνουμεαλλαγή μεταβλητήςΛύσηΘέτω y = 1 . Τότε έχουμε ότι x = 1 . Πρέπει επίσης να βρούμε xyπού τείνει η καινούρια μεταβλητή y.lim 1 = 0 , άρα όταν x → +∞ , τότε y → 0xx→+∞Έτσι έχουμε:lim=xηµ 1 lim=1 ηµ y li=mηµ y 1x→+∞ x y→0 y y→0 yΓ. ΜεθοδολογίαΌταν έχουμε όριο στο άπειρο και η παράσταση περιλαμβάνει ρίζαπροσπαθούμε να βγάλουμε κοινό παράγοντα τον όρο x2Λύση( ) ( )lim =x f (x) lim x x +1 − α=ηµ 1 lim x2 + x − a x=ηµ 1 xx→+∞ x→+∞ x x→+∞lim  x2 1 + 1  − a x2 1  1 =  x  x ηµ xx→+∞  1+ 1 −a x 1x=ηµ 1x  1+ 1 −a 1  1lim  x x lim x  x x ηµ xx→+∞ x→+∞ Αφού η μεταβλητή x τείνει στο +∞ , έχουμε ότι x > 0 ⇒ x =x .Έτσι η τελευταία σχέση παίρνει τη μορφή:  1+ 1 − a=1 ηµ 1 lim xηµ 1  1+ 1 −a 1lim x  x→+∞ x x  x x→+∞ x x x

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 3 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤΣτο B. ερώτημα δείξαμε ότι lim xηµ 1 = 1 . Άρα το τελευταίο x→+∞ xόριο υπολογίζεται όπως φαίνεται παρακάτω:lim xηµ 1  1 + 1 −=a 1  lim xηµ 1 ⋅ lim  1+ 1 −=a 1x    xx→+∞ x  x x x→+∞ x x→+∞1⋅ (1+ 0 − a ⋅ 0) =1⋅1 =12η ΑΣΚΗΣΗΔίνεται η συνάρτηση f (x) =1 + ln( x −1 +1)Να βρείτε την αντίστροφη της f.ΜεθοδολογίαΓια να υπολογίσουμε την αντίστροφη της f, θέτουμε f(x) = y καιλύνουμε ως προς x, παίρνοντας περιορισμούς για το y.ΛύσηΠρώτα βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f.(Πρέπει να ισχύουν οι περιορισμοί για ρίζα και λογάριθμο)x −1≥ 0 ⇔ x ≥1 x −1 +1 > 0 ⇔ x −1 > −1, ισχύει για κάθε x ≥ 1 ⇒ x ≥ 1y = 1 + ln( x −1 + 1) ⇔ y −1 = ln( x −1 + 1) ⇔ ey−1 = x −1 + 1 ⇔e y−1 −1= x −1Αφού το δεξί μέλος της ισότητας είναι μη αρνητικό, τότε θα ισχύειότι:ey−1 −1 ≥ 0 ⇔ ey−1 ≥ 1 ⇔ y −1 ≥ 0 ⇔ y ≥ 1Άρα:

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 4 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.Τ( )ey−1 −1= x −1 ⇒ x −1= ey−1 −1 2 ⇔ x −1= e2( y−1) − 2ey−1 + 1 ⇔⇔=x e2( y−1) − 2e y−1 + 2, y ≥ 1Θέτω στην τελευταία σχέση x = f −1( y) και η σχέση γίνεται:f −1( y) = e2( y−1) − 2e y−1 + 2, y ≥ 1Τέλος, θέτουμε όπου y το x, και τελικά έχουμε: f −1(x) = e2(x−1) − 2ex−1 + 2, x ≥ 13η ΑΣΚΗΣΗΓια τις συνεχείς στο  συναρτήσεις f , g γνωρίζουμε ότι: • g(x) ≠ 0, ∀x ∈(−1,0) ∪ (0,2) και g(−1) > 0, g(2)<0 • 3x4 f (x) − f 3(=x) 2x6, ∀x ∈ A. Να βρείτε το i) g(0) και να δείξετε ότι ii) f (x) = 0 ⇔ x = 0 Αν επιπλέον ισχύει: f (x) = x ⋅ g(x), ∀x ∈ Β. Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης gΓ. Να δείξετε ότι f (x) =−2x2, ∀x ∈ A.Μεθοδολογίαi)Θα χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση g στοδιάστημα [-1,2] και για το δεύτερο ερώτημα ii) θα θέσουμε x = 0στη σχέση 3x4 f (x) − f 3(=x) 2x6, ∀x ∈  για να υπολογίσουμε τοf(0) και μετά θα θέσουμε f(x) = 0 στην ίδια σχέση για να βρούμε τοx.Λύση 1ου ερωτήματοςΗ συνάρτηση g είναι συνεχής στο  άρα είναι συνεχής∀x ∈(−1,0) ∪ (0,2) . Αφού ισχύει επίσης ότι g(−1) > 0, g(2)<0 με

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 5 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.Τεφαρμογή του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [−1,2]συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈[−1,2] τέτοιο ώστεg(ξ) = 0. Αφού όμως ισχύει ότι g(x) ≠ 0, ∀x ∈(−1,0) ∪ (0,2) τότε οαριθμός ξ είναι υποχρεωτικά το 0, δηλαδή g(0) = 0.Λύση 2ου ερωτήματοςΘέτω x = 0 στη σχέση 3x4 f (x) − f 3(=x) 2x6, ∀x ∈  και έχω:− f 3(0) =0 ⇔ f (0) =0Θέτω f(x) = 0 στη σχέση 3x4 f (x) − f 3(=x) 2x6, ∀x ∈  και έχω:0= 2x6 ⇔ x= 0Άρα ισχύει ότι: f (x) = 0 ⇔ x = 0Β. ΜεθοδολογίαΘα χρησιμοποιήσουμε το συμπέρασμα του θεωρήματος Bolzano γιατη διατήρηση σταθερού προσήμου σε κάθε ένα από τα διαστήματαστα οποία οι διαδοχικές ρίζες μιας συνεχούς συνάρτησης χωρίζουντο πεδίο ορισμού της.ΛύσηΑν υπάρχει x0 ≠ 0 που να μηδενίζει τη συνάρτηση g, τότε αφούισχύει ότι f (x) = x ⋅ g(x), ∀x ∈  , θα μηδενίζεται επίσης ησυνάρτηση f. Καταλήξαμε σε άτοπο επειδή έχουμε δείξει στο Α.ερώτημα ότι f (x) = 0 ⇔ x = 0Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση g έχει μοναδική ρίζα το 0 καιεπειδή είναι συνεχής διατηρεί σταθερό πρόσημο σε κάθε ένα από ταδιαστήματα (−∞,0) και (0,+∞)Αφού g(-1) > 0 τότε g(x) > 0,∀x ∈ (−∞,0) .

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 6 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤΟμοίως αφού g(2) < 0 τότε g(x) < 0,∀x ∈ (0,+∞)Γ. ΜεθοδολογίαΘα λύσουμε τη σχέση 3x4 f (x) − f 3(x) =2x6 ως προς f(x)3x4 f (x) − f 3(x) =2x6 ⇔ f 3( x) − 3x4 f ( x) + 2x6 =0 ⇔f 3(x) − x4 f (x) − 2x4 f (x) + 2x6 =0 ⇔ f ( x)  f 2 ( x) − x4  + 2x4  x2 − f ( x) =0 ⇔f (x)  f (x) − x2   f (x) + x2  + 2x4  x2 − f (x) =0 ⇔− f (x)  x2 − f (x)  f (x) + x2  + 2x4  x2 − f (x) =0 ⇔( )x2 − f (x) − f (x) ⋅  f (x) + x2  + 2x4 =0 x2 − f (x) − f 2 (x) − x2 f (x) + 2x4  =0 ⇔  f (x) − x2   f 2 (x) + x2 f (x) − 2x4  =0Από την τελευταία σχέση έχουμεf (x) − x2 =0 ή f 2 (x) + x2 f (x) − 2x4 =0Η πρώτη σχέση δίνει f (x) = x2 όμως επειδήf (x) = x ⋅ g(x), ∀x ∈  , για f (x) = x2 γίνεταιx2 = xg(x) ↔ g(x) = x, x ≠ 0 . Για x= -1 θα έχω g(-1) = -1 δεν ισχύειδιότι από την υπόθεση g(-1)>0 για κάθε πραγματικό x . Άρα ηπερίπτωση αυτή απορρίπτεται.Η δεύτερη σχέση λύνεται ως δευτεροβάθμια εξίσωση (μεδιακρίνουσα), με λύσεις:=f1 −=x2 + 3x2 x2 2f2 = −x2 − 3x2 = −2x2 2Η f1 απορρίπτεται (όπως δείξαμε πιο πάνω) και η f2 είναι δεκτή.

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 7 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.Τ4η ΑΣΚΗΣΗΈστω η συνάρτηση f : → (0, + ∞) που είναι συνεχής και lim f (x) = 0 καιπαραγωγίσιμη στο  ώστε να ισχύει x→−∞f (ln x) + ln( f=(x)) 2x, x ∈ (0, + ∞)A. Να δείξετε ότι f (0) = 1B. Αν η εφαπτομένη της γραφικής παράτασης της f στο σημείο (1,f(1)) περνάει από την αρχή των αξόνων, να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της στο σημείο της (0, f(0)).Α. ΜεθοδολογίαΘα εκμεταλλευτούμε το γεγονός ότι η f είναι συνεχής στο  (άρακαι στο 0) και θα υπολογίσουμε το lim f (x) x→0Λύσηf (ln x) + ln( f (x)) =2x ⇒ lim[ f (ln x) + ln( f (x))] =lim 2x ⇔ x→0 x→0lim[ f (ln x) + ln( f (x))] =0x→0Θα υπολογίσουμε το lim f (ln x) , χρησιμοποιώντας βοηθητική x→0συνάρτηση.Θέτω f (ln x) + ln( f (x)) =g(x). Άραln( f (x)) =g(x) − f (ln x) ⇒ lim ln( f (x)) =lim[g(x) − f (ln x)] (1) x→0 x→0Θα υπολογίσουμε το lim f (ln x) , κάνοντας αλλαγή μεταβλητής: x→0Θέτω ln x = y , και το ζητούμενο όριο γίνεται:lim f (ln x) = lim f ( y) το οποίο είναι ίσο με 0( δίνεται στηνx→0 y→−∞εκφώνηση).

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 8 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤΌμως lim g(x) = 0 (εφόσον lim 2x = 0), οπότε η σχέση (1) μας δίνει: x→0 x→0lim ln( f (x)) = lim[g(x) − f (ln x)] = lim g(x) − lim f (ln x) = 0 − 0 = 0x→0 x→0 x→0 x→0Άρα lim ln( f (x)) =0 ⇔ ln f (0) =0 ⇔ f (0) =1 x→0Β. ΜεθοδολογίαΘα βρούμε την εξίσωση της εφαπτομένης στο(0, f(0)), χρησιμοποιώντας το τύπο y − f (0=) f '(0)(x − 0)Θα χρειαστεί να υπολογίσουμε το f(0) και το f ΄(0)ΛύσηΘα βρούμε την εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Α(1, f(1)):y − f (1)= f '(1)(x −1)Αφού η εφαπτομένη αυτή, διέρχεται από την αρχή των αξόνων,τότε οι συντεταγμένες της αρχής των αξόνων , επαληθεύουν τηνεξίσωση:0 − f (1) = f '(1)(0 −1) ⇔ − f (1) = − f '(1) ⇔ f (1) = f '(1)Παραγωγίζουμε τη σχέση f (ln x) + ln( f (x)) =2x, και έχουμε:f '(ln x) 1 + f '(x) =2 . Θέτουμε στη σχέση αυτή x = 1 και έχουμε: x f (x)f '(0) + f '(1) =2 Αφού όμως βρήκαμε ότι f (1) = f '(1) , η τελευταία f (1)σχέση γίνεται: ⇔ f '(0) +1 = 2 ⇔ f '(0) = 1Τώρα γράφουμε την εξίσωση της εφαπτομένης στο (0, f(0)):y − f (0) = f '(0)(x − 0) ⇔ y −1 = 1(x − 0) ⇔ y −1 = x ⇔ y = x +1

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 9 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.Τ5η ΑΣΚΗΣΗΑν γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο  και ότι ισχύει f (x) > 0,∀x ∈  και f (−x) f ′(x) = 1, ∀x ∈ R τότε να δείξετε ότι:Α. Η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα στο Β. Υπάρχουν x1, x2 ∈ (0, e) ώστε να ισχύειf ′( x1 ) + f ′(x2 ) =f '(0) + 3 f ′(1) + 2 f ′(e) 3Α. ΜεθοδολογίαΘα βρούμε το πρόσημο της f ΄΄ . Δεν γνωρίζουμε εάν η f είναι δύοφορές παραγωγίσιμη, όμως ισχύει η σχέση f (−x) f ′(x) = 1, ∀x ∈ RΑπό τη παραπάνω σχέση έχουμε :f '(x) = 1 (1). Το δεξί μέλος της ισότητας παραγωγίζεται, f (−x)επομένως μπορούμε να παραγωγίσουμε και το αριστερό.Λύσηf '(x) =1 ⇒ f [ f (−x)]' ⇔ f ''(x) =− f '(−x)(−x)' ⇔ ''(x) =− f (−x) f 2(−x) f 2(−x)f ''(x) =− f '(−x)(−1) ⇔ f ''(x) =f '(−x) f 2(−x) f 2(−x) 1Εξαιτίας της σχέσης (1) η παραπάνω σχέση γίνεται : f ''(x) = f (x) f 2(−x)Όμως f (x) > 0,∀x ∈ ,επομένως f ′′(x) > 0

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 10 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤΆρα η f ΄ είναι γνησίως αύξουσα στο Β. ΜεθοδολογίαΘα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών και τημονοτονία της f ΄.ΛύσηΣτο διάστημα [0,e] ισχύει ότι: f '(0) < f '(1) < f '(e)Θέτω g(x) = f '(0) + 3 f ′(1) + 2 f ′(e) , θα δείξω ότι 3kf ′(0)g(x) < kf ′(e), k ∈ Rf '(0) < f ′(1) < f '(e) (1)Aπό την (1) έχω : 3 f ′(1) < 3 f '(e)Aπό την (1) έχω : f ′(0) < f '(e)Προσθέτω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και έχω :f ′(0) + 3 f ′(1) < 4 f '(e)Προσθέτω και στα δύο μέλη της παραπάνω ανισότητας το2 f '(e) και έχω : f ′(0) + 3 f ′(1) + 2 f '(e) < 6 f '(e),(I)Aπό την (1) έχω : 2 f ′(0) < 2 f '(1)Aπό την (1) έχω : f ′(0) < f '(1)Προσθέτω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και έχω :2 f ′(0) + f ′(0) < f '(1) + 2 f '(1) ↔ 3 f ′(0) < 3 f '(1)Προσθέτω και στα δύο μέλη της παραπάνω ανισότητας τοf '(0) και έχω : 4f ′(0) < 3 f '(1) + f '(0)

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 11 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤAπό την (1) έχω : 2 f ′(0) < 2 f '(e)Προσθέτω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και έχω :4f ′(0) + 2 f ′(0) < 2 f '(e) + 3 f '(1) + f '(0)Ισοδύναμα6 f ′(0) < f '(0) + 3 f '(1) + 2 f '(e) ,(II)Από τις σχέσεις (Ι) και (ΙΙ) έχω :2 f '(0) < f '(0) + 3 f '(1) + 2 f '(e) < 2 f '(e) 3Σύμφωνα με το θεώρημα Ενδιαμέσων Τιμών , υπάρχει x0 ∈ (0,e)τέτοιο ώστε 2 f '( x0 ) = f '(0) + 3 f '(1) + 2 f '(e) 3Θα δείξουμε, λοιπόν, ότι υπάρχουν x1, x2 ∈ (0, e) ώστε να ισχύει:2f '( x0 ) = f '( x1 ) + f '( x2 ) ⇔ f '( x0 ) = f '( x1 ) + f '( x2 ) 2Η τελευταία σχέση ισχύει αρκεί να επιλεγούν π.χ.f='( x1 ) f '( x0 ) + a και f='( x2 ) f '( x0 ) − a με α αρκετά μικρό ώστεa < f '( x0 ) − f '(0) και a < f '(e) − f '( x0 )Σύνθεση συναρτήσεων (σελ.142 σχ.β)Αντίστροφες συναρτήσεις (σελ. 151-155 σχ.β)Όριο συνάρτησης (σελ.157-163 σχ.β)Άσκηση 6ηΔίνονται οι f (x=) x −1 , g (x=) x2 +1Να βρεθούν οι a) g  f και b) f  g

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 12Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤΛύσηa) D=f {x ∈ R : x −1 ≥ 0=} {x ∈ R : x ≥ 1=} [1, +∞) , Dg ≡ R{ }Dg=f {x ∈[1, +∞) : f (x) ∈ R=} x ∈[1, +∞) : x −1 ∈ R= [1, +∞)(g  f ) (x)= g (f (x))= f (x)2 +1= 2 x −1 +1= x, x ≥ 1b){ } { }Df=g {x ∈ R : g(x) ∈[1, +∞)=} x ∈ R : x2 +1 ≥ 1= x ∈ R : x2 ≥ 0 ≡ R(f  g) (x=) f (g (x)=) g (x) −1= x2 +1−1= x , x ∈ RΓενικά ισχύει : g  f ≠ f  gΆσκηση 7ηΔίνονται οι συναρτήσε=ις f (x) 1=, h (x) 1 , x x+2με κοινό πεδίο ορισμού το A= (0, +∞)α) Να ορισθεί μια συνάρτηση g τέτοια ώστε f  g = hβ) Να βρεθούν οι f −1, h−1, g−1 Λύση α) Θέλω να βρω μια g τέτοια ώστε f  g = h Όμως δύο συναρτήσεις f  g και h και είναι ίσες αν και μόνο αν=Dfg D=h και (f  g) (x ) h (x )Επομένως έχω :

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 13 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.Τ{ } { }Df=g x ∈ Dg : g(x) ∈ Df= x ∈ Dg : g(x) > 0= (0, +∞) (Ι)(f  g) ( x ) = h(x) ↔ f (g(x)) = h (x) ↔ 1 = x 1 2 ↔ g(x) = x + 2 + g(x)Λόγω της (Ι) θέλω g(x)>0 <-> x>-2 ισχύει γιατί τo Df=g (0, +∞) ,δηλαδή x>0Eπομένως: f(x)=1/x , x>0 , g(x) = x+2 , x>0 , h(x)= 1/x+2 , x>0Oι παραπάνω συναρτήσεις είναι <1-1>(με τον ορισμό: για δύο οποιαδήποτεx1, x 2∈(0, +∞),με x 1≠ x2 έχω f (x1 ) ≠ f (x2 ) )Άρα αντιστρέφονταιΕύρεση της f-1y=f(x)<->y=1/x<->x=1/y , όμως x>0 άρα πρέπει 1/y > 0 ->y>0Επομένως f-1(x) =1/x , x>0Εύρεση της h-1y=h(x)<->y=1/x+2 <->(x+2)y=1<->x+2=1/y <-> x= (1/y )-2 <->x=1-2y / y , όμως x>0 άρα πρέπει(1-2y/y ) > 0 και y ≠ 0y(1-2y)>0y≠0Aπό τη λύση του συστήματος προκύπτει 0<y<1/2Επομένως h-1(x) =1-2x/x , 0<x<1/2Εύρεση της g-1y=g(x)<->y=x+2->x=y-2 , όμως x>0 άρα πρέπει y-2 > 0 ->y>2Επομένως g-1(x) =x-2 , x>2Άσκηση 8ηΔίνεται ότι limx−>x0− f (x ) =λ3 −12 και limx−>x0+ f (x) =−2λΝα βρείτε το πραγματικό λ ώστε η f(x) να έχει όριο στο x0ΛύσηΓια να έχει η f(x) όριο στο x0 πρέπειlimx −>x0− f (x ) =lim x −>x + f (x) ↔ λ3 − 12 =−2λ ↔ λ3 + 2λ − 12 =0 0

Μεθοδολογία/Λυμένες ασκήσεις 14 Όρια/Αντίστροφες συναρτήσεις/Θ.Bolzano/Θ.Μ.ΤAπό το σχήμα του Horner προκύπτει ότι( )λ3 + 2λ −12 =0 ↔ (λ − 2)  λ = 0 λ2 + 2λ + 6 =0− > λ2 + 2λ + 6 αδύνατηEπιπλέον γνωρίζω από τη θεωρία ότι πρέπει :( )=limx−>x0 f (x) li=mx−>x0− f x lim x −>x + f (x) 0Άρα για λ=2 , limx−>x0 f (x) =−2.2 =−4Άσκηση 9η=limx−>1 x3 +x 2−x1− 3 l=imx−>1 x3 + 2xx−−12 −1 lim x −>1 x3 −1 + 2(x −1) x −1lim x −>1 (x −1) (x2 + x +1) + 2(x −1) = limx−>1 (x −1) (x2 + x +1+ 2) x −1 x −1limx−>1(x2 + x + 3) =5Η ρίζα x=1 της x3+2x-3 υπολογίζεται και με τη βοήθεια τουθεωρήματος των ακέραιων ριζών (άλγεβρα β΄λυκείου) οπότεεφαρμόζοντας το σχήμα του Horner έρχεται στη( )παραγοντοποιημένη μορφή x3+2x-3= (x −1) x2 + x +1Καλή μελέτη