Α τόμος Γ. Μαυρίδης - Γ Λυκείου

Πρόλογος lisari.blogspot.gr 14/5/2017 1 Γιώργος Λ. Μαυρίδης Μια προσφορά 167 σελίδων από τα νέα βιβλία του συγγραφέα Γ. Μαυρίδη για τους αναγνώστες του lisari.blogspot.gr Μαθηματικά Ομάδες Προσανατολισμού ● Θετικών Σπουδών ● Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής Τόμος A΄ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡΙΔΗ

lisari.blogspot.gr 14/5/20172 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΚάθε γνήσιο αντίτυπο φέρει την υπογραφή του συγγραφέαΜαθηματικά Γ΄ Λυκείου, Τόμος Α΄Ομάδες Προσανατολισμού:● Θετικών Σπουδών● Σπουδών Οικονομίας και ΠληροφορικήςΓιώργος Λ. Μαυρίδηςτηλ. : 2310.810715, 6973.306709mail : [email protected] : 978-618-81496-8-7ISBN : 978-618-81496-6-3© Copyright: ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡΙΔΗ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑΘΕΣΗ ΙΩΑΝΝΗΣ Π. ΤΣΑΧΟΥΡΙΔΗΣ ΔΙΑΚΙΝΗΣΗ ΒΙΒΛΙΩΝ ΣΤΡ. ΕΞΑΔΑΚΤΥΛΟΥ 5, 546 35 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ Τηλ./Fax: 2310.248272, Ε-mail: [email protected]

lisari.blogspot.gr 14/5/2017 3Πρόλογος Στη μνήμη του φωτισμένου Μαθηματικού Θ. Ν. Καζαντζή

lisari.blogspot.gr 14/5/2017 5Πρόλογος «Τον χρόνο που αφιερώνετε τώρα για να κατανοήσετε τις βασικές έννοιες και να εμβαθύνετε στον τρόπο σκέψης και εργασίας, θα τον κερδίσετε πολλαπλάσιο αργότερα.» Θεόδωρος Ν. Καζαντζής

lisari.blogspot.gr 14/5/2017 7Πρόλογος Πρόλογος Το βιβλίο αυτό είναι η νέα μας πρόταση στα Μαθηματικά Προσανατολισμούτης Γ΄ Λυκείου. Η φιλοδοξία μας, σε σχέση με τα προηγούμενα εγχειρήματα, είναινα αποτελέσει ένα βιβλίο βάσης και όχι απλά θεματογραφίας, ένα χρήσιμο φροντι-στηριακό βοήθημα, σταθερό σημείο αναφοράς, καθόλη τη σχολική χρονιά, τόσογια τον μαθητή όσο και για τον εκπαιδευτικό. Για τον λόγο αυτό, συμπεριλάβαμεστην ύλη αναλυτικά όλη τη θεωρία του σχολικού βιβλίου, δομημένη κατά θεματι-κές ενότητες, και πλήρη μεθοδολογία, η οποία υποστηρίζεται από ικανό αριθμόυποδειγματικά λυμένων ασκήσεων. Επίσης, επιλεγμένες ασκήσεις για λύση, ερω-τήσεις εμπέδωσης, ερωτήσεις σωστού-λάθους και διαγωνίσματα στο τέλος τουκάθε κεφαλαίου. Μάλιστα, στο τέλος του Β΄ τόμου υπάρχει ειδικό κεφάλαιο γιασυστηματική και ολοκληρωμένη επανάληψη με λυμένα και προτεινόμενα θέματα. Στη συγγραφή και οργάνωση του υλικού, αλλά και στην ολοκληρωμένημορφή του βιβλίου, ανεκτίμητη ήταν η αρωγή του ταλαντούχου συναδέλφουΛουκά Κανάκη. Οι οξυδερκείς παρατηρήσεις, οι πολύτιμες συμβουλές αλλά, κυ-ρίως, η αγάπη του για τα μαθηματικά είναι πηγή έμπνευσης αλλά και εφαλτήριογια γόνιμες μελλοντικές συνεργασίες. Θεσσαλονίκη, Μάιος 2016 Γιώργος Λ. Μαυρίδης

lisari.blogspot.gr 14/5/20178 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Εύδοξος Αρχιμήδης 409-356 π.Χ. 287-212 π.Χ.R. Descartes Ρ. Fermat I. Newton G. Leibniz 1596-1650 1601-1665 1642-1727 1646-1716M. Rolle G. L’ Hospital J. Bernoulli L. Euler1652-1719 1661-1704 1667-1748 1707-1783J. d’ Alembert J. Lagrange J. Fourier C. Gauss 1717-1783 1736-1813 1768-1830 1777-1855A. Cauchy B. Bolzano K. Weierstrass G. Riemann 1777-1855 1781-1848 1815-1897 1826-1866

lisari.blogspot.gr 14/5/2017 9Περιεχόμενα Α΄ τόμου Περιεχόμενα Α΄ ΤόμουΠρόλογος .............................................................................................................. 7Εισαγωγικό Kεφάλαιο 11 13Επανάληψη από Προηγούμενες Τάξεις .......................................................... 13Σταθερές .......................................................................................................................... 13Ταυτότητες ...................................................................................................................... 14Ιδιότητες των ανισοτήτων................................................................................................ 15Απόλυτη τιμή πραγματικού αριθμού ............................................................................... 16Ρίζες πραγματικών αριθμών ............................................................................................ 16Η εξίσωση xν  α ........................................................................................................... 17Εξισώσεις 2ου βαθμού ...................................................................................................... 18Ανισώσεις 2ου βαθμού ..................................................................................................... 19Εξίσωση ευθείας.............................................................................................................. 19Καρτεσιανές συντεταγμένες ............................................................................................ 20Άρτιες και περιττές συναρτήσεις ..................................................................................... 21Κατακόρυφη-οριζόντια μετατόπιση καμπύλης................................................................ 21Μονάδες μέτρησης γωνιών.............................................................................................. 21Τριγωνομετρικοί αριθμοί γωνίας ω με 0° < ω < 90° ....................................................... 21Τριγωνομετρικός κύκλος ................................................................................................. 23Βασικές τριγωνομετρικές ταυτότητες.............................................................................. 23Αναγωγή στο 1ο τεταρτημόριο........................................................................................ 24Οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις..................................................................................... 25Βασικές τριγωνομετρικές εξισώσεις................................................................................ 26Πολυώνυμα...................................................................................................................... 27Διαίρεση πολυωνύμων..................................................................................................... 27Πολυωνυμικές εξισώσεις................................................................................................. 28Πρόσημο γινομένου-Ανισώσεις γινόμενο ....................................................................... 28Κλασματικές εξισώσεις-ανισώσεις.................................................................................. 29Άρρητες εξισώσεις........................................................................................................... 30Εκθετική συνάρτηση ....................................................................................................... 30Εκθετικές εξισώσεις και ανισώσεις ................................................................................. 33Λογάριθμοι ...................................................................................................................... 34Η λογαριθμική συνάρτηση f x  ln x ..........................................................................Λογαριθμικές εξισώσεις και ανισώσεις ...........................................................................Όριο – Συνέχεια Συνάρτησης............................................................................. 37H έννοια της πραγματικής συνάρτησης........................................................................... 39Γραφική παράσταση συνάρτησης.................................................................................... 40

lisari.blogspot.gr 14/5/201710 ƮǂljLjǍǂǕNJNjƽ ƥƘ ƭǖNjdžǀǐǖǿıȩIJȘIJĮ ıȣȞĮȡIJȒıİȦȞ ..................................................................................................... 62ȆȡȐȟİȚȢ ȝİ ıȣȞĮȡIJȒıİȚȢ .................................................................................................. 67ȈȪȞșİıȘ ıȣȞĮȡIJȒıİȦȞ .................................................................................................... 67ȂȠȞȠIJȠȞȓĮ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ................................................................................................... 77ǹțȡȩIJĮIJĮ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ .................................................................................................... 78ȈȣȞȐȡIJȘıȘ 11 ............................................................................................................... 94ǹȞIJȓıIJȡȠijȘ ıȣȞȐȡIJȘıȘ................................................................................................... 95ǵȡȚȠ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ ıIJȠ x0   .......................................................................................... 117ǵȡȚĮ țĮȚ ʌȡȐȟİȚȢ.............................................................................................................. 127ǵȡȚȠ ıȪȞșİIJȘȢ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ ............................................................................................. 129ǵȡȚȠ țĮȚ įȚȐIJĮȟȘ ............................................................................................................. 145KȡȚIJȒȡȚȠ ʌĮȡİȝȕȠȜȒȢ ...................................................................................................... 147ȉȡȚȖȦȞȠȝİIJȡȚțȐ ȩȡȚĮ....................................................................................................... 159Ȃİ ʌİʌİȡĮıȝȑȞȠ ȩȡȚȠ ıIJȠ x0   ................................................................................... 166ǵȡȚȠ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ ıIJȠ ȐʌİȚȡȠ .......................................................................................... 184ȈȣȞȑȤİȚĮ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ ...................................................................................................... 216ȆȡȐȟİȚȢ ȝİ ıȣȞİȤİȓȢ ıȣȞĮȡIJȒıİȚȢ.................................................................................... 217ȈȣȞȑȤİȚĮ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ ıİ įȚȐıIJȘȝĮ. ȉȠ șİȫȡȘȝĮ IJȠȣ Bolzano....................................... 233ǻȚĮIJȒȡȘıȘ ʌȡȠıȒȝȠȣ ıȣȞİȤȠȪȢ ıȣȞȐȡIJȘıȘȢ.................................................................. 259ȉȠ ĬİȫȡȘȝĮ İȞįȚȐȝİıȦȞ IJȚȝȫȞ ...................................................................................... 277ȉȠ ĬİȫȡȘȝĮ ȝȑȖȚıIJȘȢ țĮȚ İȜȐȤȚıIJȘȢ IJȚȝȒȢ..................................................................... 288ȈȪȞȠȜȠ IJȚȝȫȞ ıİ įȚĮıIJȒȝĮIJĮ ȝȠȞȠIJȠȞȓĮȢ ....................................................................... 295ǼȡȦIJȒıİȚȢ ĬİȦȡȓĮȢ ......................................................................................................... 311ǼȡȦIJȒıİȚȢ ȈȦıIJȠȪ-ȁȐșȠȣȢ............................................................................................. 312ǻȚĮȖȦȞȓıȝĮIJĮ .................................................................................................................. 320ƦNJǂǗǐǒNJNjǝǓ ƭǐDŽNJǔǍǝǓ (ƣƘ ƮƾǒǐǓ).................................................................. 329ȆĮȡȐȖȦȖȠȢ ıİ ıȘȝİȓȠ ..................................................................................................... 331ȆĮȡȐȖȦȖȠȢ țĮȚ ıȣȞȑȤİȚĮ ................................................................................................. 334ȆĮȡĮȖȦȖȓıȚȝİȢ ıȣȞĮȡIJȒıİȚȢ – ȆĮȡȐȖȦȖȠȢ ıȣȞȐȡIJȘıȘ.................................................. 359ȀĮȞȩȞİȢ ʌĮȡĮȖȫȖȚıȘȢ ..................................................................................................... 374ȇȣșȝȩȢ ȝİIJĮȕȠȜȒȢ ........................................................................................................... 416ǼȡȦIJȒıİȚȢ ĬİȦȡȓĮȢ ......................................................................................................... 434ǼȡȦIJȒıİȚȢ ȈȦıIJȠȪ-ȁȐșȠȣȢ............................................................................................. 435ǻȚĮȖȫȞȚıȝĮ...................................................................................................................... 437ƪƾǍǂǕǂ DŽNJǂ džǑǂǎƽnjLjǙLj....................................................................................... 439ƣǑǂǎǕƿǔdžNJǓ ............................................................................................................ 449ƤNJǃnjNJǐDŽǒǂǗǀǂ ......................................................................................................... 510

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 233Συνέχεια Συνάρτησης σε Διάστημα.Tο Θεώρημα του BolzanoΟρισμός y Oα● Μια συνάρτηση f λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα ανοικτό διάστημα (α, β) του πεδίου ορισμού της αν και μόνο αν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του διαστήματος (α, β). βxΟρισμός● Μία συνάρτηση f λέμε ότι είναι συνεχής y βx Oα σε ένα κλειστό διάστημα [α, β] του πεδίου ορισμού της αν και μόνο αν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του διαστήματος (α, β) και επιπλέον ισχύουν lim f x  f α xα και lim f x  f β . xβ● Aν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα α,β το οποίο είναι γνήσιο υποσύνολο του πεδίου ορισμού της, τότε η f δεν είναι κατ’ ανάγκη συνεχής στα σημεία α και β.Θεώρημα (Bolzano) y Ββ, f βΈστω συνάρτηση f, η οποία είναι ορισμένη σε f β βένα κλειστό διάστημα α, β. Αν: α x● η f είναι συνεχής στο διάστημα α,β και● f αf β  0 O x0τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 α, β f α Αα, f ατέτοιο, ώστε f x0   0 .Δηλαδή, η εξίσωση f x  0 έχει μία, τουλά-χιστον ρίζα στο ανοικτό διάστημα α,β.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017234 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου● Για κάθε συνάρτηση f η οποία ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Bolzano σε κάποιο διάστημα α, β η Cf έχει με τον άξονα xx ένα τουλάχι- στον κοινό σημείο με τετμημένη x0 α,β.● Aν κάποια από τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Bolzano δεν ισχύει, τότε το συμπέρασμα του θεωρήματος μπορεί να ισχύει, μπορεί όχι. y βx y βx y βxf β f β f βf α f α f α Oα Oα Oα y β y β y βf α x f α x f α x Oα Oα Oαf β f β f β● Το αντίστροφο του θεωρήματος του Bolzano δεν ισχύει. Δηλαδή, υπάρχουν συναρτήσεις f ορισμένες σε κλειστό διάστημα α,β και τέτοιες, ώστε f x0   0 για κάποιο x0 α,β , οι οποίες δεν ικανοποιούν μία τουλάχιστον από τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Bolzano. y βx y βx y βxf β f βf α f β f α f α Oα Oα α O

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 235 Λυμένες Ασκήσεις111. Δίνεται η συνάρτηση  ex , x  ,0  f  x    2  x2 , x  0,1 . x  1,    ln x , i) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f.ii) Nα αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο διάστημα 0, 1.Λύσηi) H f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα , 0, 0,1 και 1,  ως εκθετική, πολυωνυμική και λογαριθμική συνάρτηση αντίστοιχα. Επίσης,έχουμε:● lim f x  lim ex  e0  1, x0 x0  lim f x  lim 2  x2  2  02  2 . x0 x0 Άρα, lim f x  lim f x x0 x0 και συνεπώς η f δεν είναι συνεχής στο 0. ● lim f x  lim 2  x2  2 12 1 , x1 x1 lim f x  lim ln x  ln1  0. x1 x1 Άρα, lim f x  lim f x x1 x1 και συνεπώς η f δεν είναι συνεχής στο 1.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017236 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείουii) H συνάρτηση f είναι συνεχής στο Σημείωση Λέμε ότι μία συνάρτηση f είναι διάστημα 0,1 ως πολυωνυμική. συνεχής σε ένα κλειστό διάστημα [α, β] αν και μόνο αν είναι συνεχής σε Επίσης, κάθε σημείο του α, β και επιπλέον lim f x  f 0  2 lim f x  f α x0 xα και και lim f x  f 1 1. lim f x  f β. x1 xβ Άρα, η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα 0, 1.112. Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η γραφική y x παράσταση μιας συνεχούς συνάρτησης f : *  για την οποία ισχύει Cf f 1f 1  1  0. 1 Όμως, η εξίσωση f x  0 είναι αδύ- 1 νατη στο διάστημα 1, 1 . Υπάρχει O 1 αντίφαση των παραπάνω με το θεώ- 1 ρημα Bolzano;ΛύσηΧωρίς αμφιβολία ικανοποιείται η δεύτερη προϋπόθεση του θεωρήματος του Bolzanoαφού f 1  f 1  1 0.Όμως, η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το * και συνεπώς δεν είναι ορισμένη στοδιάστημα 1,1 . Άρα, η f δεν ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzanoστο διάστημα 1,1 και συνεπώς δεν υπάρχει αντίφαση με το θεώρημα αυτό.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 237113. Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η γρα- y Cf φική παράσταση μιας συνάρτησης O2 f :  για την οποία ισχύει 4x f 2f 4  0. Όμως, f x  0 για κάθε x2, 4. Υπάρχει αντίφαση με το θεώρημα Bolzano;ΛύσηΗ συνάρτηση f είναι ορισμένη στο κλειστό διάστημα 2, 4 , όμως δεν είναι συνεχήςσ’ αυτό, αφού lim f x  f 2 x2Άρα, η f δεν ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Bolzano στο διάστημα2, 4 και συνεπώς δεν υπάρχει αντίφαση με αυτό το θεώρημα.114. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex  x3  2x  3  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1.Λύση ΜεθοδολογίαΘεωρούμε τη συνάρτηση Για να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση f x  ex  x3  2x  3, x 0,1. της μορφής f x  0 έχει μία τουλάχι-● Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο στον ρίζα σε ένα διάστημα α,β αρκεί διάστημα 0,1 ως άθροισμα συνε- να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f ικα- χών συναρτήσεων. νοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρή-● f 0  e0  03  2  0  3  2  0 ματος Bolzano στο διάστημα α,β. f 1  e 13  2 1 3  e  2  0 . Δηλαδή, αρκεί να αποδείξουμε ότι: Επομένως, ● η f είναι συνεχής στο α,β f 0  f 1  0 . και ● f α  f β  0,.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017238 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΆρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση f x  0, δηλαδή η εξίσωση ex  x3  2x  3  0έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0,1.115. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x10  x2  1  0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα 1, 1.Λύση 1 0 1Θεωρούμε τη συνάρτηση x1 x2 f x  x10  x2 1, x  Μεθοδολογία Εφαρμόζουμε το θεώρημακαι παρατηρούμε ότι: του Bolzano για τη συνάρ- τηση● η f είναι συνεχής στο , άρα και σε καθένα από τα διαστήματα 1, 0 και 0, 1 ως πολυωνυ- f x  x10  x2 1 μική. σε καθένα από τα διαστή-● f 1  110  12 1 111 1  0 ματα 1, 0 και 0,1. Η f 0  010  02 1  1  0 επιλογή του σημείου 0 με το οποίο χωρίσαμε στα και δύο το διάστημα 1, 1 f 1  110 12 1  111  1  0. δεν είναι φυσικά μοναδι- Οπότε, κή. Είναι όμως η πιο απλή. f 1f 0  0 και f 0f 1  0.Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχουνx1 1, 0 και x2 0, 1 τέτοιοι, ώστε f x1   0 και f x2   0.Επομένως, η εξίσωση f x  0 , δηλαδή η εξίσωση x10  x2 1  0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα 1, 1.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 239116. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x3  2x  11  0 έχει ακριβώς μία ρίζα, η οποία μάλιστα βρίσκεται στο διάστημα  3 , 2  .  2ΛύσηΘεωρούμε τη συνάρτηση Mεθοδολογία Το θεώρημα του Bolza- f x  x3  2x 11, x  no εγγυάται ότι η εξί- σωσηκαι παρατηρούμε ότι: f x  0● Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο , άρα και έχει μία τουλάχιστον στο διάστημα  3 , 2 ως πολυωνυμική. ρίζα. Η μονοτονία της  2 συνάρτησης f μας εξα- σφαλίζει ότι αυτή η● f  3    3 3  2  3  11  27  8   37  0 ρίζα είναι και μοναδική.  2   2  2 8 8 f 2  23  2  2 11 12 11 1  0. Οπότε, f  3  f 2  0.  2 Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση f x  0 έχει μία τουλάχιστονρίζα στο διάστημα  3 , 2.  2Επίσης, για κάθε x1, x2  με x1  x2 έχουμε x13  x32 και 2x1  2x2.Επομένως, x13  2x1  x32  2x2  x13  2x1 11  x32  2x2 11  f x1   f x2 .Άρα, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς 11. Οπότε, η εξίσωσηf x  0 έχει το πολύ μία πραγματική ρίζα.Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση f x  0 δηλαδή η εξίσωση x3  2x 11  0έχει ακριβώς μία ρίζα, η οποία μάλιστα βρίσκεται στο διάστημα  3, 2  .  2

lisari.blogspot.gr 14/5/2017240 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου117. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex  x4  0 x2 x1 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 1,2.Λύση Μεθοδολογία Μετασχηματίζουμε τη δοθείσα εξί-Η δοθείσα εξίσωση ex  x4  0 σωση σε ισοδύναμή της στο διά- x  2 x 1 στημα 1, 2 , η οποία να είναι τηςστο ανοικτό διάστημα 1, 2 είναι ισοδύναμη, μορφήςδηλαδή έχει τις ίδιες ρίζες, με την εξίσωση f x  0 x 1ex  x  2 x4  0 . με f συνάρτηση ορισμένη και συ-Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο νεχή στο διάστημα 1, 2. Φυσικά f x  x 1ex  x  2 x4 δε θα μπορούσαμε να πάρουμε ωςκαι παρατηρούμε ότι: f x  ex x4● Η f είναι συνεχής στο άρα και στο + διάστημα 1, 2 ως αποτέλεσμα πράξεων x  2 x 1 μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. αφού αυτή δεν ορίζεται στο 1 και στο 2.● f 1  1 και f 2  e2 . Επομένως, f 1f 2  e2  0 .Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση f x  0, επομένως και η ισο-δύναμη προς αυτή δοθείσα εξίσωση, έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 1, 2 .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 241118. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ln3x  x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0,1.Λύσηα΄ τρόπος: ΠαρατήρησηΘεωρούμε τη συνάρτηση Για τη συνάρτηση f x  ln 3x  x, x  0 f x  ln 3x  x, x  0και παρατηρούμε ότι: δεν ισχύουν οι προϋποθέσεις του● Ηf είναι συνεχής στο διάστημα 1 , 1 θεωρήματος Bolzano στο διάστη-  3 μα 0,1, αφού αυτή δεν ορίζεται ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. στο 0. Ισχύουν όμως στο διάστη-● f  1    1  0 και f 1  ln 3 1  0 . μα  3  3 1 , 1  0, 1.Eπομένως,  3 f  1  f 1  0.  3 Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano η εξίσωση f x  0, επομένως και ηδοθείσα, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα  1 , 1  0, 1 .  3β΄ τρόπος:Στο διάστημα 0, 1 είναι έγκυρες οι παρακάτω ισοδυναμίες ln 3x  x  3x  ex  3x  ex  0.Θεωρούμε λοιπόν τη συνάρτηση gx  3x  ex , x 0,1και παρατηρούμε ότι: η g είναι συνεχής στο 0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. g0  1  0 και g1  3  e  0.Επομένως, g0g1  0.Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση gx  0, συνεπώς και ηισοδύναμή της δοθείσα εξίσωση, έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1 .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017242 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου119. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x5  x4  x2  2x  1  0 έχει: i) ακριβώς μία ακέραια ρίζα ii) μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1.Λύσηi) Η δοθείσα εξίσωση είναι πολυωνυμική με ακέραιους συντελεστές. Επομένως, οι μόνες πιθανές ακέραιες ρίζες της είναι οι διαιρέτες του σταθερού όρου της δηλαδή οι αριθμοί 1 και 1. Όμως, 15  14  12  2  1 1  2  0 και 15 14 12  2 11  0 . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι ο αριθμός 1 είναι η μοναδική ακέραια ρίζα της δοθείσας εξίσωσης.ii) Από το ερώτημα i) προκύπτει ότι το Μεθοδολογία πολυώνυμο Το θεώρημα του Bolzano δεν μπορεί να εφαρμοστεί στο Px  x5  x4  x2  2x 1 διάστημα 0,1 για τη συνάρ- διαιρείται με το x 1. Επομένως, υπάρχει τηση πολυώνυμο Qx τέτοιο, ώστε Px  x5  x4  x2  2x 1 Px  x 1Qx. αφού P1  0. Όμως, Με τη βοήθεια του σχήματος Horner εκτε- Px  x 1  Qx . λούμε τη διαίρεση Px : x 1 και βρί- Εξετάζουμε λοιπόν, αν το σκουμε το πολυώνυμο Qx. θεώρημα του Bolzano μπορεί να εφαρμοστεί στο διάστημα1 –1 0 1 –2 1 1 10 0 1 –1 0, 1 για τη συνάρτηση 1 –1 01 00 Qx  x4  x 1Άρα, που προκύπτει από το πηλίκο της διαίρεσης Qx  x4  x 1. Px : x 1.Οπότε η δοθείσα εξίσωση γράφεται Px  0  x 1Qx  0.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 243Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση Qx  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζαστο διάστημα 0, 1 . Προς τούτο, παρατηρούμε ότι η συνάρτηση Q είναι συνεχήςστο άρα και στο διάστημα 0, 1 ως πολυωνυμική. Επίσης Q0  Q1  11  1 0.Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση Qx  0 έχει μίατουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1.120. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f x  lnx  2, x 0,   έχει με την ευθεία ε : y  x ακριβώς ένα κοινό σημείο το οποίο μάλιστα έχει τετμημένη x0  1, 2.ΛύσηΑρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση Σχόλιο Παρατηρούμε ότι το f x  x  ln x  2  x  ln x  x  2  0 πρόβλημα είναι εν μέ- ρει διατυπωμένο σεέχει ακριβώς μια θετική ρίζα x0 η οποία μάλιστα γλώσσα Γεωμετρίας. Το μεταφράζουμε λοι-βρίσκεται στο διάστημα 1, 2. Προς τούτο, θεωρούμε πόν σε γλώσσα Άλγε- βρας για να το αντιμε-τη συνάρτηση τωπίσουμε στη συνέ- χεια με μεθόδους Ανά- gx  ln x  x  2, x 0,   λυσης!και παρατηρούμε ότι:● Η g είναι συνεχής στο διάστημα 0,   , άρα και στο διάστημα 1, 2 ως άθροισμα συνεχών συναρ- τήσεων● g1  ln11 2  0 1  1 0 ,g2  ln 2  2  2  ln 2  ln1  0.Οπότε, g1g2  0.Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση gx  0 δηλαδή η εξίσωση ln x  x  2  0έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 1, 2.Επίσης, για κάθε x1, x2 0,   με x1  x2 έχουμε ln x1  ln x2.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017244 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΟπότε, ln x1  x1  ln x2  x2ή ισοδύναμα ln x1  x1  2  ln x2  x2  2και τελικά gx1  gx2 .Άρα, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς 11. Επομένως, η εξίσωσηgx  0 έχει το πολύ μία ρίζα. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η εξίσωσηgx  0 δηλαδή, η εξίσωση ln x  x  2  0 έχει μία ακριβώς ρίζα x0 η οποίαμάλιστα βρίσκεται στο διάστημα 1, 2.121. Έστω δύο συναρτήσεις f , g :  τέτοιες, ώστε f x  gx  x2  4 για κάθε x  . Αν η συνάρτηση g είναι συνεχής και ισχύουν οι σχέσεις g1  1 και g2  2 , να αποδείξετε ότι: i) υπάρχει x0  1, 2 τέτοιο, ώστε gx0   x0  0 ii) η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.Λύσηi) Θεωρούμε τη συνάρτηση hx  gx  x, x 1, 2 η οποία είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, ισχύουν οι σχέσεις h 1  g1 1 0 και h 2  g2  2  0. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει x0 1, 2 τέτοιο, ώστε hx0   0  gx0   x0  0 .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 245ii) Παρατηρούμε ότι Παρατήρηση f x  gx  x2  4  4 για κάθε x  . Διαπιστώνουμε ότι Επίσης, f x  4 για κάθε x  . f x0   gx0   x0 2  4  02  4  4. Είναι λοιπόν πιθανό το 4 να είναι ολικό ελάχιστο της συ- Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι νάρτησης f. Για να εξασφαλί- σουμε ότι πράγματι είναι, αρ- f x  f x0   4 για κάθε x  . κεί να αποδείξουμε ότι το 4 εί- ναι τιμή της συνάρτησης f. Δη- Δηλαδή, η συνάρτηση f παρουσιάζει ολικό λαδή, ότι υπάρχει x0  τέ- τοιος, ώστε ελάχιστο στο x0 το f x0   4. f x0   4.122. Έστω συνάρτηση f : 0, 2  , η οποία είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f 2x  f x  x  1 έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα.Λύση Σχόλιο Δεν υπάρχει αμφιβολία ότι θαΘεωρούμε τη συνάρτηση εφαρμόσουμε το θεώρημα του Bolzano για τη συνάρτηση gx  f 2x  f x  x 1 gx  f 2x  f x  x 1 .η οποία ορίζεται σε εκείνα τα x  , για τα οποίαισχύουν συγχρόνως Όμως, το ερώτημα είναι σε ποιο διάστημα. Η βιαστικήΔηλαδή, x  Df και 2x  Df . απάντηση «στο διάστημαΆρα, 0  x  2 και 0  2x  2. 0, 2 » είναι λιγάκι επιπόλαιη, 0  x 1. αφού στο διάστημα αυτό ορί-Στη συνέχεια, παρατηρούμε ότι: ζεται η συνάρτηση f αλλά όχι και η συνάρτηση g. Πρέπει Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα λοιπόν να βρούμε αρχικά σε ποιο σύνολο είναι ορισμένη η 0, 1 ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνε- συνάρτηση g. χών συναρτήσεων.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017246 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου g0  f 0  f 0  0 11 0 και g1  f 2  f 1  0 , αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα, g0g1  0 .Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση g x  0 , άρα και ηδοθείσα, έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα 0, 1.123. Έστω συνάρτηση f : 0, 1  η οποία είναι συνεχής και τέτοια,ώστε f 0  f 1.i) Nα βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g  x  f  x  f  x  1  .  2 ii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f  x  f  x  1  έχει μία τουλά-  2  χιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1  . 2 Λύσηi) H συνάρτηση g ορίζεται σε εκείνα τα x για τα οποία ορίζονται συγχρόνως οισυναρτήσεις f x και f  x  1 . Δηλαδή, για εκείνα τα x τέτοια, ώστε  2 x 0,1 και x  1 0,1. 2Δηλαδή, 0 x 1και 0  x  1  1   1  x  1 . 2 22Τελικά 0 x  1. 2Άρα, τo πεδίο ορισμού της συνάρτησης g είναι το Dg  0, 1  . 2 

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 247ii) Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα 0, 1  ως 2  αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, g 0  f 0  f  1   2  και g  1   f  1   f 1  f  1   f 0.  2   2   2  Οπότε, g 0 g  1     f 0  f  1  2  0.  2    2     Διακρίνουμε λοιπόν τις παρακάτω περιπτώ- Μεθοδολογία σεις: Για να αποδείξουμε ότι η ● Αν f 0  f  1  , τότε εξίσωση gx  0 έχει μία  2  τουλάχιστον ρίζα σε κάποιο g0  0 και g  1   0.  2  κλειστό διάστημα α, β αρκεί ● Αν f 0  f  1  , τότε g 0 g  1   0 , να αποδείξουμε ότι:  2  2  ● Η g είναι συνεχής στο οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του διάστημα α, β Bolzano υπάρχει x0   0, 1  τέτοιο, ● gαgβ  0.  2  Οπότε, διακρίνοντας περιπτώ- ώστε gx0   0. σεις εξασφαλίζουμε ότι υπάρχει Άρα, σε κάθε περίπτωση η εξίσωση g x  0 , x0 με g x0   0 τέτοιο, ώστε δηλαδή η δοθείσα, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1 . x0  α ή x0  β ή x0 α,β. 2 124. Έστω συνάρτηση f :  η οποία είναι συνεχής, 1  1 και τέτοια, ώστε f 0f 2  2f 0. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και f 1 έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017248 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΛύση y C fΓνωρίζουμε ότι αν η γραφική παράσταση τηςσυνάρτησης f έχει κάποιο κοινό σημείο Μ με την Cf 1 Mx ,x ευθεία ε : y  x, τότε το σημείο Μ είναι και σημείο της 00γραφικής παράστασης της συνάρτησης f 1. Επο- Oxμένως, για να αποδείξουμε ότι οι γραφικές παραστά- ε:yxσεις των συναρτήσεων f και f 1 έχουν ένα του-λάχιστον κοινό σημείο είναι αρκετό να αποδείξουμε Σχόλιοότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχειτουλάχιστον ένα κοινό σημείο με την ευθεία ε : y  x. Αν η Cf διέρχεται από τοΔηλαδή ότι η εξίσωση σημείο Mx0, x0  τότε η f x  x C 1 διέρχεται επίσης απόή ισοδύναμα η εξίσωση f f x x  0 αυτό το σημείο. Επομέ-έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα. Προς τούτο, νως, οι Cf και C 1θεωρούμε τη συνάρτηση f gx  f x  x, x  έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο.και παρατηρούμε ότι: άρα και στο διάστημα 0, 2 ως διαφορά συνεχών● Η g είναι συνεχής στο συναρτήσεων.● g0g2  f 0  0  f 2  2  f 0f 2  2f 0  0.Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Βοlzano η εξίσωση gx  0 δηλαδή, η εξίσωση f x x  0έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 2.125. Έστω συνάρτηση f :  τέτοια, ώστε f 3 x  2x2f x  4ημ3x για κάθε x και lim f x  λ  . x0 xΝα αποδείξετε ότι:i) λ3  2λ  4  0 ii) 1  λ  2.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 249Λύσηi) Έχουμε Σχόλιο Διαιρώντας τα μέλη της f 3 x  2x2f x  4ημ3x για κάθε x  . δοθείσας ισότητας μεΕπομένως, x3  0 προκύπτει μία ισό- τητα στην οποία εμφανίζο- f 3 x  2 x2f x  4ημ3x για κάθε x  * νται μόνο οι παραστάσεις x3 x3 x3 f x και ημxδηλαδή xx  f x 3 f x  4  ημx 3 για κάθε x *. οι οποίες έχουν όριο στο 0.    x   x  2 xΆρα, lim  f x 3  2 f x    4 lim  ημx 3    x  x0 x  x  x0ή ισοδύναμα  lim f x 3  2 lim f x  4  lim ημx 3 .    x   x0 x  x0 x x0Όμως, lim f x  λ και lim ημx  1. x0 x x0 xΕπομένως, λ3  2λ  4  λ3  2λ  4  0.ii) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση x3  2x  4  0 έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 1, 2. Προς τούτο, θεωρούμε τη συνάρτηση gx  x3  2x  4, x  άρα και στοκαι παρατηρούμε ότι αυτή είναι συνεχής, ως πολυωνυμική, στοδιάστημα 1, 2. Επίσης, g1  g2  18  8  0.Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, η εξίσωση g x  0 έχει μία τουλά-χιστον ρίζα στο διάστημα 1, 2.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017250 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΕπίσης, για κάθε x1, x2  με x1  x2 έχουμε x13  x32 και 2x1  2x2.Οπότε, x13  2x1  x32  2x2ή ισοδύναμα x13  2x1  4  x32  2x2  4δηλαδή gx1  gx2 .Άρα, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς 11. Από τα παρα-πάνω συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση gx  0 δηλαδή η εξίσωση x3  2x  4  0έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 1, 2.126. Δίνεται τρίγωνο ΑΟΒ με A0, 3, O0, 0 και B4, 2. Να απο- δείξετε ότι υπάρχει σημείο Μ στο εσωτερικό του ύψους του ΒΔ τέτοιο, ώστε MO  MA  MB.Λύση yΗ ευθεία ΒΔ διέρχεται από το σημείο Α0,3B4, 2 και είναι κάθετη στην ευθεία ΟΑ Δ  0, 2 Μx ,2 Β 4, 2 0δηλαδή, στον άξονα yy. Άρα, έχει εξίσωση xy  2. Οπότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι O0,0υπάρχει x0 0, 4 τέτοιος, ώστε το σημείοMx0, 2 να επαληθεύει τη σχέση MO  MA  MB

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 251δηλαδή Σχόλιο Η δυσκολία του προβλήματος x02  22  x02  12  x0  42  02 εστιάζεται στην ακριβή μετά- φρασή του από τη γλώσσα τηςή ισοδύναμα Γεωμετρίας στη γλώσσα της Ανάλυσης. x 2  4  x 2 1  x0 4  0. 0 0Προς τούτο, θεωρούμε τη συνάρτηση f x  x2  4  x2 1  x  4 , x 0, 4και παρατηρούμε ότι:● Η f είναι συνεχής στο διάστημα 0, 4 ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων● f 0  4  1  4  3  0 και f 4  20  17  0  20  17  0 .Οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει x0 0, 4 τέτοιος, ώστε f x0   0  x02  4  x02 1  x0  4  0. Προτεινόμενες Ασκήσεις198. Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η y γραφική παράσταση μιας συνεχούς συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το Cf σύνολο A  5 . Επίσης, ισχύει O4 x 57 f 4f 7  0 . Όμως, η εξίσωση f x  0 είναι αδύνατη. Υπάρχει αντίφαση με το θεώρημα του Bolzano;199. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2συνx  x 1  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στοδιάστημα  0, π  .  3 

lisari.blogspot.gr 14/5/2017252 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου200. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex  3x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστη- μα (0, 1) .201. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2x  3x2  x 1  0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα 1, 1.202. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση συνx  xημx  x2  0 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα π, π .203. Να αποδείξετε ότι οι εξισώσειςi) x5 1  x3  4  0 ii) 2x3 1  συνx  0 x 1 x x 1 xέχουν μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0, 1) .204. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ex  εφx έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζαστο διάστημα  0, π  .  2 205. Δίνεται η συνάρτηση f x  x4  x3  2x2  3x  κ, xx ΅όπου κ σταθερός πραγματικός αριθμός τέτοιος, ώστε lim f x  λ  . x1 x 1i) Nα αποδείξετε ότι κ  1 .ii) Nα βρείτε την τιμή του λ.iii) Nα αποδείξετε ότι στο διάστημα 0, 1 η εξίσωση f x  0 έχει μοναδική πραγματική ρίζα.iv) Nα υπολογίσετε το όριο lim 1 . x1 f  x  ln x

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 253206. Δίνεται η συνάρτηση  2x2  ln x,  x0 f  x    2 , x0  4  x , x0  x 2i) Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f.ii) Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον αριθμός ξ 0, π τέτοιος, ώστε f ξ  eξ.207. Έστω συνάρτηση f:  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε lim f x  1 . x0 f f xΝα αποδείξετε ότι η εξίσωση f (x)  0 έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα.208. Έστω συνάρτηση f :  τέτοια, ώστεf x  f y  x  y για κάθε x, y , με x  y .Να αποδείξετε ότι: είναι γνησίως φθίνουσαi) η συνάρτηση f είναι συνεχήςii) η συνάρτηση gx  f x  x , x iii) αν επιπλέον ισχύει f 1  f 2  3 , τότε η εξίσωση f (x)  x έχει ακριβώς 2 μία πραγματική ρίζα.209. Έστω f, g δύο συναρτήσεις, οι οποίες είναι συνεχείς στο και τέτοιες, ώστε f 1  g2  0 . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f x gx  0 x 1 x  2 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1, 2) .210. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύουν οι σχέσεις   0 και α  β  γ  0 , να αποδείξετε ότι η εξίσωση αx4  βx  γ  0 έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017254 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου211. Δίνεται η συνάρτηση f x  xex2  αx  β, xx  ΅ όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε α  β  1. Να αποδείξετε ότι: i) f 0  f 2  0 ii) υπάρχει x0 0, 2 τέτοιο ώστε, f x0   0.212. Έστω συνάρτηση f:  , η οποία είναι συνεχής. Αν υπάρχει x0  τέτοιος ώστε x02  f 1 x0  f 1f 2  0 ,να αποδείξετε ότι:i) f 12  4f 1f 2ii) η εξίσωση 2xf x  f 1  0 έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.213. Έστω συνάρτηση f:  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε 0  f x 1 για κάθε x  . Να αποδείξετε ότι υπάρχει x0 0, 1 τέτοιος, ώστε f 2 x0   x0  f x0  .214. Έστω συνάρτηση f:  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε 1 xf x  ημx  συνx για κάθε x  . i) Να βρείτε την τιμή f 0 . ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχει x0  τέτοιος, ώστε f x0   0 .215. Έστω συνάρτηση f:  , η οποία είναι συνεχής και περιττή με lim f x  3 . x1Να αποδείξετε ότι:i) f 0  0ii) υπάρχει x0 0, 1 τέτοιο, ώστε f x0   ex0 .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 255216. Έστω συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [1, 2] και τέτοια, ώστε f 1  f 2  2  2f 1  f 2 . Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει ένα τουλάχιστον κοινό σημείο με την ευθεία y  x.217. Δίνεται η συνάρτηση f x  x4  αx2  βx 1 , x  ,όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί.i) Nα βρείτε το σημείο τομής της Cf με τον άξονα yy.ii) Να υπολογίσετε τα όρια lim f x και lim f x . x xiii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f x  0 έχει δύο τουλάχιστον ετερόσημεςπραγματικές ρίζες.218. Έστω συνάρτηση f : 0,    , η οποία είναι συνεχής, γνησίως φθίνουσα και τέτοια ώστε f 1  1 και limf x  . x 0 Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f έχει με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης gx  ln x μοναδικό κοινό σημείο Mx0, y0  με τετμημένη x0 0, 1.219. Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο διάστημα 0, 1 με f 1  1, να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 0, 1 τέτοιο, ώστε f ξ  1 ξσυνξ .220. Έστω συνάρτηση f: 1, 3  , η οποία είναι συνεχής, γνησίως φθίνουσα και τέτοια, ώστε f 2  0 . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f 2x 1  x έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017256 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου221. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο και τέτοια, ώστε f 1  1, f 2  2 και f 3  3 , να αποδείξετε ότι η f δεν είναι 11.222. Έστω δύο συναρτήσεις f , g :  τέτοιες, ώστε f 1f 2  0 και gx  4  f 2 x για κάθε x  . i) Αν το σύνολο τιμών της συνάρτησης g είναι το διάστημα g   5,   , να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής. ii) Aν το σύνολο τιμών της συνάρτησης g είναι το διάστημα g   κ,   , να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής.223. Δίνεται η συνάρτηση f : 0, π  με τύπο 2  f x  ημx για κάθε x  0, π . 2  i) Να αποδείξετε ότι η f είναι 11. ii) Να βρείτε τις τιμές f 1 0 και f 1 1 . iii) Αν η συνάρτηση f 1 είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι η γραφική παράστα- ση της f 1 τέμνει την ευθεία με εξίσωση y  x 1 σε ένα τουλάχιστον σημείο.224. Έστω συνάρτηση f:  τέτοια, ώστε f x  y  f x  f y  2xy 1 για κάθε x, y και f x1 lim  1. x0 x Να αποδείξετε ότι: i) η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0  0 ii) η συνάρτηση f είναι συνεχής στο iii) αν επιπλέον ισχύει η σχέση f  1   f  2   32 ,  3   3  9 τότε η εξίσωση f x  2 έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Συνέχεια Συν/σης σε Διάστημα-Θεώρημα Bolzano 257225. Έστω συνάρτηση f :  με f    , η οποία είναι συνεχής, γνησίως μονότονη και τέτοια, ώστε η γραφική της παράσταση να διέρχεται από τα σημεία A2, 3 και B3, 2. Θεωρούμε και τη συνάρτηση g :  με τύπο gx  f 2x  f x  x για κάθε x  . Να αποδείξετε ότι: i) οι συναρτήσεις f και g είναι γνησίως φθίνουσες ii) η εξίσωση f x  f 1 x  2x έχει μοναδική ρίζα η οποία βρίσκεται στο διάστημα 2,3.226. Έστω συνάρτηση f: 2, 4  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε lim f x 1 x2 και lim f x  5 . x4 Να αποδείξετε ότι: i) υπάρχουν x1, x2 2, 4 τέτοια, ώστε f x1   1 και f x2   5 ii) υπάρχει x0 2, 4 τέτοιο, ώστε f x0   x0.227. Δίνεται το τετράγωνο ΟΑΒΓ με O0, 0 , A1, 0 , B1,1 και 0,1 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει εσωτερικό σημείο Μ της διαγωνίου ΟΒ τέτοιο, ώστε OM4  AM  M .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017258 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου228. Έστω δύο συναρτήσεις f, g:    τέτοιες, ώστε f 0f 1  4  2f 0  2f 1 και g x  f 2 x  4f x  5 για κάθε x   . Aν η συνάρτηση f είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι: i) υπάρχει x0   τέτοιος, ώστε f x0   2 . ii) g x  1 για κάθε x   iii) η συνάρτηση g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.229. Έστω συνάρτηση f :    , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε x 1 f x  x2  x για κάθε x  1 .Να αποδείξετε ότι:i) f x  x για κάθε x  1ii) f 1  1iii) η εξίσωση f x  ex 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα x0  0, 1 x x 1iv) αν x0  1, τότε υπάρχει ξ   1 , 2  τέτοιος, ώστε f ξ  2. 2  2 230. Έστω δύο συναρτήσεις f , g :    για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις f 1  2, f 2  1 και g x  g f x  0 για κάθε x   . Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι: i) υπάρχει x0  1, 2 τέτοιος, ώστε f x0   x0 ii) η εξίσωση g x  0 έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 259Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς ΣυνάρτησηςΠρότασηKάθε συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και δεν μηδενίζεται σεαυτό, διατηρεί πρόσημο στο Δ. Δηλαδή, ισχύει f x  0 για κάθε x Δή f x  0 για κάθε x Δ. y y Δ x O OΔ x f x  0 για κάθε x Δ f x  0 για κάθε x Δ● Η παραπάνω πρόταση εφαρμόζεται σε διάστημα και όχι σε ένωση διαστημάτων.Έτσι, αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στα διαστήματα Δ1, Δ2, ..., Δκ και δενμηδενίζεται σε κανένα από αυτά, τότε η f διατηρεί βέβαια πρόσημο σε καθένααπό τα Δ1, Δ2 , ..., Δκ όχι όμως κατ’ ανάγκη και στο Δ Δ ...  Δκ. 1 2ΠαράδειγμαΗ συνάρτηση f x  1 είναι συνεχής στο *  ,0 0,   και δεν μηδενίζεται xσ’ αυτό. Προφανώς η f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα , 0 και0,  . Όμως, η f δεν διατηρεί πρόσημο στο * .● Κάθε συνάρτηση f η οποία είναι y συνεχής, σε ένα διάστημα Δ O ρ  ρ  διατηρεί πρόσημο σε καθένα από  1 2 ρ τα διαστήματα στα οποία διαδοχι-  x κές ρίζες της f χωρίζουν το διά- 3 στημα Δ.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017260 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΠαράδειγμαΗ συνάρτηση f x  x  2lnx είναι συνεχής στο διάστημα 0,   ως γινόμενοσυνεχών συναρτήσεων. Επίσης f x  0  x  2ln x  0  x  2  0 ή ln x  0  x  2 ή x  1.Οπότε, η f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 0,1, 1, 2 και 2,  .Το πρόσημο αυτό φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: x0 1 2 + f x + 0  0 + Λυμένες Ασκήσεις127. Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η y γραφική παράσταση μιας συ- Cf νάρτησης f. H εξίσωση f x  0 O 23 5 7 έχει ακριβώς τρεις ρίζες, τους x αριθμούς 2, 5 και 7. Όμως η f δεν διατηρεί πρόσημο μεταξύ των διαδοχικών ριζών της 2 και 5. Υπάρχει αντίφαση με τη συνέπεια του θεωρήματος του Bolzano;ΛύσηH συνάρτηση f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της το οποίο προφανώς δεν περιέχειτον αριθμό 3. Έτσι, οι αριθμοί 2 και 5 είναι βέβαια διαδοχικές ρίζες της f, όμως δενανήκουν στο ίδιο διάστημα του πεδίου ορισμού της. Οπότε, δεν τίθεται θέμα συνέχειαςτης f στο διάστημα 2,5 , αφού η f δεν ορίζεται σ’ αυτό. Άρα, δεν υπάρχει αντίφασημε τη συνέπεια του θεωρήματος του Bolzano.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 261128. Έστω συνάρτηση f :  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε f x2  xf x  2x για κάθε x  . i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο . ii) Αν επιπλέον ισχύει η σχέση f 1  1, να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f.Λύσηi) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διά- Μεθοδολογία Για να αποδείξουμε ότι μιαστημα . Για να δείξουμε λοιπόν ότι δια- συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε ένα διάστημα Δ, αρκεί νατηρεί πρόσημο στο , αρκεί να δείξουμε αποδείξουμε ότι η f είναι συ- νεχής στο διάστημα Δ και δενότι δε μηδενίζεται σ’ αυτό. Προς τούτο, μηδενίζεται σ’ αυτό.υποθέτουμε ότι υπάρχει x0  τέτοιο,ώστε f x0   0.Όμως, θέτοντας στη δοθείσα σχέση όπου x το x0 παίρνουμε  f x0  2  x0f x0   2x0  0  2x0 ,που είναι αδύνατον. Άρα, η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο .ii) Θέτοντας στη δοθείσα σχέση όπου x το 1 προκύπτει f 12  f 1  2οπότεΌμως, f 1  f 1 1  2  0.Επομένως, f 1  1  f 1 1  0. f 1  0.Και επειδή η f διατηρεί πρόσημο στο , συμπεραίνουμε ότι f x  0 για κάθε x  .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017262 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου129. Έστω συνάρτηση f :  η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε f 1  2f 2  0 Να αποδείξετε ότι υπάρχει x0 1, 2 τέτοιος, ώστε f x0   0.Λύσηα΄ τρόπος:Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο άρα και στο διάστημα 1, 2. Επίσης, f 1f 2  2f 2f 2  2f 2 2  0 .Οπότε, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:● Αν f 2  0, τότε f 1  f 2  0, αφού f 1  2f 2.● Αν f 2  0, τότε f 1f 2  0 , οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση f x  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 1, 2.Άρα, σε κάθε περίπτωση, υπάρχει x0 1, 2 τέτοιος, ώστε f x0   0.β΄ τρόπος: ΜεθοδολογίαΥποθέτουμε (απαγωγή σε άτοπο) ότι Μια κομψή μέθοδος για να αποδείξουμε ότι η f x  0 για κάθε x 1, 2 . εξίσωση f x  0 έχειΚαι επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής, συμπεραίνουμε ρίζα σε κάποιο διάστημαότι διατηρεί πρόσημο στο διάστημα 1, 2 . Δηλαδή, Δ είναι η μέθοδος της απαγωγής σε άτοπο! f x  0 για κάθε x 1, 2. Υποθέτουμε δηλαδή, ότι η συνεχής συνάρτηση fή δεν μηδενίζεται στο διά- στημα Δ και συνεπώς f x  0 για κάθε x 1, 2. διατηρεί πρόσημο σ’ αυτό.Οπότε, f 1  2f 2  0 ή f 1  2f 2  0,που είναι άτοπο αφού από την υπόθεση έχουμε f 1  2f 2  0.Επομένως, η υπόθεσή μας, ότι δηλαδή η f δεν μηδενίζεται πουθενά στο διάστημα1, 2 ήταν λανθασμένη. Άρα, υπάρχει x0 1, 2 τέτοιος, ώστε f x0   0.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 263130. Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f x  ημx  3συνx, x 0,2π .ΛύσηΑρχικά βρίσκουμε τις ρίζες της εξίσωσης f x  0 Μεθοδολογία Κάθε συνάρτηση f η οποίαδηλαδή, τις ρίζες της εξίσωσης είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ διατηρεί πρόσημο σε καθένα ημx  3συνx  0  ημx  3συνx από τα διαστήματα στα οποία οι διαδοχικές ρίζες της f χω-στο διάστημα 0, 2π. Είναι φανερό ότι δεν υπάρχει ρίζουν το διάστημα Δ. Οπότε, για να βρούμε το πρόσημορίζα x0 της εξίσωσης τέτοια, ώστε μιας τέτοιας συνάρτησης f συνx0  0 εργαζόμαστε ως εξής:αφού τότε θα είχαμε και ● Βρίσκουμε τις ρίζες της f. ● Σε καθένα από τα διαστή- ημx0  3συνx0  0, ματα που ορίζουν οι δια-που είναι αδύνατον. Οπότε, η παραπάνω εξίσωση δοχικές ρίζες της f, επιλέ-ισοδύναμα γράφεται γουμε έναν αριθμό και βρί- σκουμε το πρόσημο της f ημx  3  εφx  εφ π σε αυτόν τον αριθμό. Το συνx 3 πρόσημο αυτό είναι και το πρόσημο της f στο αντί-ή ισοδύναμα στοιχο διάστημα. x  κπ  π , κ  . 3Και επειδή x 0, 2π συμπεραίνουμε ότι x  π ή x  π  π  4π . 3 33Οι ρίζες της f χωρίζουν το πεδίο ορισμού της, δηλαδή το διάστημα 0, 2π σταδιαστήματα 0, π  ,  π , 4π  και  4π , 2π . 3  3 3   3Σε καθένα από αυτά τα διαστήματα η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο, αφού είναισυνεχής. Το πρόσημο αυτό φαίνεται στον παρακάτω πίνακα ελέγχου:

lisari.blogspot.gr 14/5/2017264 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Διάστημα 0, π   π 4π   4π , 2π 3   , 3   3 Επιλεγμένος αριθμός x0 3 f x0  0 π 2π 2Πρόσημο_της_f 3 1 3   +Επομένως, f x  0 για κάθε x  0, π    4π 2πκαι 3   , 3 f x  0 για κάθε x   π 4π .  , 3 3131. Έστω f μια συνάρτηση συνεχής στο για την οποία ισχύει η σχέση f 2 x  x2  1 για κάθε x  . i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f x  0 είναι αδύνατη στο . ii) Αν επιπλέον ισχύει f 0  1 , να βρείτε τον τύπο της συνάρ- τησης f .Λύση Σχόλιο Ένας άλλος τρόπος είναι ναi) Η εξίσωση f x  0 ισοδύναμα γράφεται εργαστούμε με απαγωγή σε άτοπο. Δηλαδή να υποθέσουμε f 2 x  0  x2 1  0. ότι υπάρχει x0  τέτοιος, Και επειδή η τελευταία εξίσωση είναι ώστε f x0   0. Οπότε, θέτο- αδύνατη στο , συμπεραίνουμε ότι το ίδιο συμβαίνει για την ισοδύναμη προς αυτήν ντας στη δοθείσα σχέση όπου x αρχική εξίσωση f x  0 . το x0 προκύπτει 0  x02 1 , που είναι αδύνατον.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 265ii) Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα και δε μηδε- νίζεται σ’ αυτό. Επομένως, η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα . Και επειδή f 0  1  0, συμπεραίνουμε ότι f x  0 για κάθε x  . Άρα, από τη δοθείσα σχέση προκύπτει f x   x2 1 για κάθε x  .132. Έστω συνάρτηση f : 0,   , η οποία είναι συνεχής και τέτοια,ώστε f 2 x  ln2 x για κάθε x  0.i) Να λύσετε την εξίσωση f x  0 .ii) Nα αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα 0,1 και 1,  .iii) Αν επιπλέον ισχύουν οι σχέσεις f  1   0 και f 2  0,  2 να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f .Λύσηi) Έχουμε f x  0  f 2 x  0  ln2 x  0  ln x  0  x 1 . Δηλαδή, η εξίσωση f x  0 έχει μοναδική ρίζα το 1.ii) H συνάρτηση f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα 0, 1 και 1,   και δε μηδενίζεται σε κανένα από αυτά. Άρα, η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα παραπάνω διαστήματα.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017266 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείουiii) Η συνάρτηση f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα Μεθοδολογία Βρίσκουμε ξεχωριστά 0, 1 και ισχύει f  1   0. Άρα, τον τύπο της συνάρτη-  2  σης f σε καθένα από τα f x  0 για κάθε x 0,1 . διαστήματα 0, 1 καιΕπομένως, στο διάστημα 0,1 ισχύει 1,   στα οποία αυ- f 2 x  ln2 x  f x  ln x, τή διατηρεί πρόσημο.αφού ln x  0 για κάθε x 0,1 .● Η f διατηρεί πρόσημο στο διάστημα 1,   και ισχύει f 2  0. Άρα, f x  0 για κάθε x 1,   .Επομένως, στο διάστημα 1,   ισχύει f 2 x  ln2 x  f x  ln x,αφού ln x  0 για κάθε x 1,  .● Επίσης, f 1  0  ln1.Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι f x  ln x για κάθε x  0.133. Έστω συνάρτηση f : *  η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε  xf x 2  x2  1 για κάθε x  *.i) Να αποδείξετε ότι η Cf δεν έχει κοινά σημεία με τον άξονα xx.ii) Aν επιπλέον ισχύει lim  f x  1   1  x2  2 x0 x να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 267Λύση *.i) Aρκεί να αποδείξουμε ότι f x  0 για κάθε x Προς τούτο, υποθέτουμε (απαγωγή σε άτοπο) ότι υπάρχει x0  * τέτοιος, ώστεf x0   0. Όμως, θέτοντας στη δοθείσα σχέση όπου x το x0 προκύπτει ότι  x0f x0  2  x02 1 x0  02  x 2 1  0  x02 1, αδύνατον. 0Επομένως, f x  0 για κάθε x  * .ii) Έχουμε lim  f x  1   1  0 .  x2  2 x0  x Άρα, f x  1  0 κοντά στο 0 x x2δηλαδή, xf x 1 κοντά στο 0 x2  0και συνεπώς xf x 1  0 κοντά στο 0 αφού x2  0 για κάθε x  * .Οπότε, xf x 1  0 κοντά στο 0. (1)Επίσης, από το ερώτημα i) προκύπτει ότι xf x  0 για κάθε x  *  , 0  0,  .Άρα, η συνεχής συνάρτηση xf x διατηρεί πρόσημο σε καθένα από ταδιαστήματα , 0 και 0,   το οποίο μάλιστα είναι θετικό λόγω της σχέσης(1). Επομένως, από τη δοθείσα σχέση xf x2  x2 1 για κάθε x  *προκύπτει xf x  x2 1 για κάθε x  *και τελικά f x  x2 1 για κάθε x  * . x

lisari.blogspot.gr 14/5/2017268 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου134. Έστω συνάρτηση f :0,1  τέτοια, ώστε f 0  f 1 και η συνάρτηση g x  f  x  f  x  1  , x  0, 2  .  3  3  Να αποδείξετε ότι: i) g  0  g  1   g  2   0 3  3  ii) αν επιπλέον η g είναι συνεχής, τότε υπάρχει x0  0, 2  τέτοιος, 3  ώστε f  x0   f  x0  1  .  3 Λύσηi) Έχουμε: ● g 0  f 0  f  1   3  ● g  1   f  1   f  2   3   3   3  και ● g  2   f  2   f 1 .  3   3  Επομένως, προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε g 0  g  1   g  2   f 0  f 1  0 ,  3   3  αφού από τα δεδομένα ισχύει f 0  f 1 .ii) Aρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει x0  0, 2  τέτοιος, ώστε 3  f x0   f  x0  1   0  gx0   0.  3  Προς τούτο, υποθέτουμε ότι gx  0 για κάθε x  0, 2  . 3 

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 269Και επειδή η g είναι συνεχής στο διάστημα 0, 2  συμπεραίνουμε ότι διατηρεί 3 πρόσημο στο διάστημα 0, 2 . Δηλαδή, ότι 3  gx  0 για κάθε x  0, 2  3 ή gx 0 για κάθε x  0, 2  . 3 Αυτό όμως είναι αδύνατον να συμβαίνει, αφού αποδείξαμε ότι ισχύει η σχέση g 0  g  1   g  2   0 .  3   3 Άρα, υπάρχει x 0  0, 2  τέτοιος, ώστε gx0   0. 3 135. Έστω συνάρτηση f :  η οποία είναι 1  1, συνεχής και τέτοια, ώστε f 1  f . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f x  x έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.ΛύσηΥποθέτουμε (απαγωγή σε άτοπο) ότι η εξίσωση f x  x είναι αδύνατη. Δηλαδή, ότιισχύει f x  x για κάθε x ή ισοδύναμα f x  x  0 για κάθε x  .Θεωρούμε τη συνάρτηση gx  f x  x, x και παρατηρούμε ότι η g είναι συνεχής στο ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, καιδεν μηδενίζεται σε αυτό. Επομένως, η συνάρτηση g διατηρεί πρόσημο στο .Δηλαδή, ισχύει gx  0 για κάθε x ή gx  0 για κάθε x  .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017270 Μαθηματικά Γ΄ ΛυκείουΣυμπεραίνουμε λοιπόν ότι (1) Παρατήρηση (2) Από τη δοθείσα ισό- f x  x για κάθε x  τητα των συναρτήσεωνή f 1 και f έπεται ότι αυτές έχουν το ίδιο πε- f x  x για κάθε x  δίο ορισμού. Επομέ-● Αν ισχύει η σχέση (1), τότε θέτοντας σ’αυτή νως, f    . όπου x το f 1 x προκύπτει  f f 1 x  f 1 x για κάθε x f    . δηλαδή x  f 1 x για κάθε x  . Επομένως, f x  x  f 1 x για κάθε x που είναι άτοπο, αφού από την υπόθεση έχουμε f 1  f .● Αν ισχύει η σχέση (2), τότε θέτοντας σ’ αυτή Σχόλιο Μπορούμε να καταλήξου- όπου x το f 1 x προκύπτει με σε άτοπο αν ερμηνεύ- σουμε τις σχέσεις (1) και  f f 1 x  f 1 x για κάθε x f    (2) γεωμετρικά. Πράγματι, η σχέση (1) δηλώνει ότι η δηλαδή Cf βρίσκεται κάτω από την ευθεία y  x και συ- x  f 1 x για κάθε x  . νεπώς η Cf 1 θα βρίσκε- Επομένως, ται, λόγω της γνωστής συμμετρίας, πάνω από την f x  x  f 1 x για κάθε x  ευθεία y  x . Αυτό όμως, που είναι άτοπο αφού από την υπόθεση έχουμε είναι αδύνατον να συμ- f 1  f . βαίνει αφού f 1  f. Σε ανάλογο αδιέξοδο μας Καταλήξαμε σε άτοπο γιατί υποθέσαμε ότι η οδηγεί και η παραδοχή της σχέσης (2). εξίσωση f x  x είναι αδύνατη. Άρα, η εξί- σωση f x  x έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 271136. Έστω συνάρτηση f : 1, 1  η οποία είναι περιττή, συνεχής καιτέτοια, ώστε limf x  . . x1i) Nα υπολογίσετε το lim f x x1ii) Nα αποδείξετε ότι το σύνολο τιμών της f είναι τοΛύσηi) Η συνάρτηση f είναι περιττή. Δηλαδή Παρατήρηση Στο δοθέν όριο το x f x  f x για κάθε x  . τείνει στο 1, ενώ στο ζητούμενο όριο το xΕπίσης, limf x   . τείνει στο 1. Η αλ-Οπότε, λαγή μεταβλητής σε x1 κάποια από τα δύο όρια είναι απαραί- lim f x  lim f  x   . τητη! x1 x1 Μεθοδολογία Αρκεί να αποδείξουμεΘέτοντας u  x, παρατηρούμε ότι όταν το x ότι κάθε πραγματικός αριθμός α είναι τιμήτείνει στο 1, τότε το u τείνει στο 1. Επομένως, η της συνάρτησης f. Δηλαδή, ότι η εξί-ισότητα σωση limf x   f x  α x1 έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στογράφεται διάστημα 1,1.δηλαδή, lim f u   u1 lim f x  . x1ii) Αρκεί να αποδείξουμε ότι για κάθε α  η εξί- σωση f x  α έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο διάστημα 1,1. Προς τούτο, υποθέτουμε (απαγω- γή σε άτοπο) ότι υπάρχει α  τέτοιος, ώστε f x  α για κάθε x 1,1. Επομένως, η συνάρτηση gx  f x  α, x 1, 1

lisari.blogspot.gr 14/5/2017272 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείουείναι συνεχής και δεν μηδενίζεται στο διάστημα 1, 1. Άρα, η συνάρτηση gδιατηρεί πρόσημο στο διάστημα 1, 1. Δηλαδή,● gx  0 για κάθε x 1, 1δηλαδή f x  α  0  f x  α για κάθε x 1, 1.Οπότε, lim f x  lim α  α x1 x1πράγμα άτοπο, αφού lim f x  . x1ή● gx  0 για κάθε x 1, 1δηλαδή f x  α  0  f x  α για κάθε x 1, 1.Οπότε, limf x  limα  α x1 x1πράγμα άτοπο, αφού limf x  . x1Από τα παραπάνω, συμπεραίνουμε ότι για κάθε α  η εξίσωση f x  α έχειμία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο διάστημα 1,1. Προτεινόμενες Ασκήσεις231. Έστω συνάρτηση f:  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε f 1  1 και f x  0 για κάθε x  . 2 i) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f. ii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f x  x2 x έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα 0, 2 .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017Όριο-Συνέχεια Συνάρτησης – Διατήρηση Προσήμου Συνεχούς Συνάρτησης 273232. Έστω συνάρτηση f:  τέτοια, ώστε και f x  0 για κάθε x  f 1f 2f 3f 4  5 .Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής.233. Έστω f , g :  δύο συναρτήσεις οι οποίες είναι συνεχείς και τέτοιες, ώστε: ● f x  x 1x  3gx για κάθε x  . ● g2  0 ● gx  0 για κάθε x 1, 3 Να αποδείξετε ότι f x  0 για κάθε x 1, 3 .234. Έστω συνάρτηση f :  η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε f 0 1 .και f x2  xf x  x 1 για κάθε x i) Nα αποδείξετε ότι f 2  0.ii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f x  0 έχει μοναδική ρίζα την x0  1.iii) Να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης f .235. Έστω συνάρτηση f :  η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε f 0 1 και f x2  x2f x  x2  α για κάθε x  όπου α σταθερός πραγματικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι: i) α  1 ii) η εξίσωση f x  0 δεν έχει πραγματική ρίζα iii) f x  0 για κάθε x  iv) f x  x2 1 για κάθε x  .

lisari.blogspot.gr 14/5/2017274 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου236. Δίνονται οι συναρτήσεις f, g:  , οι οποίες είναι συνεχείς και τέτοιες, ώστε f x  gx 1 xf x για κάθε x  . i) Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί πρόσημο στο . ii) Αν επιπλέον ισχύει η σχέση g2  1 , τότε: α) να βρείτε το πρόσημο της f β) να αποδείξετε ότι η εξίσωση gx  0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 2 .237. Έστω συνάρτηση f : 0, +  , η οποία είναι συνεχής και τέτοια, ώστε: f x2  xf x  2x2 για κάθε x  0 και lim f x  λ με λ  2 . x x Να αποδείξετε ότι: i) λ  1 ii) f x  0 για κάθε x  0.238. Έστω συνάρτηση f :   π π   η οποία είναι 11, συνεχής και τέτοια, ώστε  , 2  2 lim xf x  λ  0. x0 συνx 1 i) Να αποδείξετε ότι f 0  0. ii) Να βρείτε το πρόσημο της f.239. Έστω συνάρτηση f : 0, 3  τέτοια, ώστε f 0  f 3 και η συνάρτηση gx  f x 1  f x , x 0, 2 . Να αποδείξετε ότι: i) g0  g1  g2  0 ii) αν η συνάρτηση f είναι συνεχής, τότε η εξίσωση gx  0 έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.240. Έστω συνάρτηση f:  η οποία είναι συνεχής, 11 και τέτοια, ώστε f 3f 4  0 . Να αποδείξετε ότι: i) f 1f 2  0 ii) η εξίσωση xf x  f x 1 1 x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα 0, 1 .