Όρια Συνέχεια Ο Ρ Ι Α ΟΡΙΑ ΄ Ο...
TRANSCRIPT
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 222
ΟΡΙΑ - B΄ ΟΜΑΔΑ
Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:
α) 3
3x 1
10 x 3x 5 1lim
x 1
β)
3
x 0
8x
xlimx
γ) 4 6
2x
2x x 4lim
x x
δ)
x 1
x
2lim
x 1
ΛΥΣΗ
α) 3 3
3 3x 1 x 1
10 x 3x 5 1 10 x 3 3x 5 2lim lim
x 1 x 1
3
3 3x 1
10 x 3 3x 5 2lim
x 1 x 1
(1)
Για το κλάσμα 3
10 x 3
x 1
θα έχουμε:
3 3
10 x 3 10 x 310 x 3
x 1 x 1 10 x 3
22
2 2
10 x 3 (x 1)
(x 1) x x 1 10 x 3 (x 1) x x 1 10 x 3
2
1
x x 1 10 x 3
οπότε
40
Ο
Ρ
Ι
Α
&
Σ
Υ
Ν
Ε
Χ
Ε
Ι
Α
Β΄
Ο
Μ
Α
Δ
Α
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 223
3 2x 1 x 1
10 x 3 1 1 1lim lim
3 6 18x 1 x x 1 10 x 3
(2)
Επίσης για το κλάσμα 3
3
3x 5 2
x 1
χρησιμοποιώντας την ταυτότητα
3 3 2 2( ) ή 3 3
2 2
για 3 3x 5 και 2 θα είναι:
333
223 3
3
3 3
3x 5 2
3x 5 2 3x 5 23x 5 2
x 1 x 1
2
3 23 3
3x 3
x 1 3x 5 2 3x 5 2
2
2 23 3
3(x 1)
x 1 x x 1 3x 5 2 3x 5 2
2
2 23 3
3
x x 1 3x 5 2 3x 5 2
οπότε
3
3x 1
3x 5 2lim
x 1
2x 1 2 23 3
3lim
x x 1 3x 5 2 3x 5 2
3 1
3 4 4 4 12
(3) Επομένως θα είναι:
3
3 3x 1
10 x 3 3x 5 2lim
x 1 x 1
3 (2),(3)
3 3x 1 x 1
10 x 3 3x 5 2 1 1 5lim lim
18 12 36x 1 x 1
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 224
ΣΧΟΛΙΟ: Το όριο 3
3x 1
3x 5 2lim
x 1
μπορεί να υπολογιστεί και με
αλλαγή μεταβλητής θέτοντας 3
3 t 53x 5 t x
3
οπότε
x 1 t 2 κ.λ.π.
β)
23 2
x 0
x 0 x 0
x 0
88 8 lim xx x0xx xlim lim 0
x xx 1lim
x x
διότι:
2 2 28 81 1 x x x
x x
Όμως είναι 2 2
x 0 x 0lim x lim x 0
και επομένως από το κριτήριο
παρεμβολής θα είναι 2
x 0
8lim x 0
x
γ)
64
4 6 5 6
2x x2
1 4x 2
2x x 4 x xlim lim
1x xx 1
x
4 6 34 45 6 5 6
x x2 2
1 4 1 4x 2 x 2
x x x xlim lim1 1
x 1 x 1x x
45 6
x
1 42
x xlim x1
1x
διότι
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 225
xlim x
και
445 6
4
x
1 42
2 0 0x xlim 21 1 0
1x
δ) Στο όριο x 1
x
2lim
x 1
θέτουμε
x 2tt x
2
Για x 1 τότε t2
οπότε θα έχουμε:
x 1
t t t2 2 2
xt t
t2 2 2lim lim lim lim
2t 2tx 1 2t1
t
2
t2
lim
2 t2
t2
t2
lim2
t2
Θέτουμε τώρα t y2
οπότε t y 1
2
και θα είναι
y 1
t2
ty2
lim lim 12 2 y 2 2
t2
Επομένως x 1
x
2lim
x 1 2
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 226
Να βρεθεί το όριο x 0
1lim x
x
.
ΛΥΣΗ
Γνωρίζουμε ότι 1
1 1x
για κάθε x R .
Για x 0,2
θα έχουμε x 0 οπότε:
1 1
1 1 x x xx x
.
Όμως x 0 x 0lim x lim x 0
άρα και
x 0
1lim x 0
x
(1)
Για x , 02
θα έχουμε x 0 οπότε:
1 1
1 1 x x xx x
.
Όμως x 0 x 0lim x lim x 0
άρα και
x 0
1lim x 0
x
(2)
Από (1) και (2) θα έχουμε: x 0
1lim x 0
x
Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:
α) 2
2x
3ln x ln x 5lim
2ln x 6ln x 1
β) x
xlim ln(2 5) x
γ) xlim 5x 7 2x
δ) 2 2
xlim 9x x 1 x 5x 2x
ΛΥΣΗ
41
42
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 227
α) Θέτουμε ln x y . Όταν x y διότι
xlim ln x
. Άρα θα έχουμε:
2 2 2
2 2 2x y y
3ln x ln x 5 3y y 5 3y 3lim lim lim
22ln x 6ln x 1 2y 6y 1 2y
β) x x x
x xlim ln 2 5 x lim ln 2 5 lne
x
xx
2 5lim ln 1
e
Θέτουμε x
x
2 5y
e
.
xx
x xx x
2 5 2 5lim lim 0 0 0
ee e
διότι
x
x
2lim 0
e
αφού
20 1
e και
x
xx x
1lim e lim 0
e .
Επομένως όταν x y 0 x
x
2 50
e
.
Άρα: x
xx y 0
2 51 lim ln lim ln y
e
γ) x x
7 2xlim 5x 7 2x lim x 5 5
x
διότι: x 0 7 7 2x 7
1 2x 1 7 7 2x 7x x x
.
Όμως x x
7 7lim lim 0
x x
άρα από το κριτήριο παρεμβολής
και x
7 2xlim 0
x
.
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 228
δ) 2 2
xlim 9x x 1 x 5x 2x
2 2
xlim 9x x 1 3x x x 5x
2 2 2 2
2 2x
9x x 1 3x 9x x 1 3x x x 5x x x 5xlim
9x x 1 3x x x 5x
2 2 2 2
2 2x
9x x 1 9x x x 5xlim
9x x 1 3x x x 5x
x
2
1x 1
5xxlim
1 1 5x 9 3 x 1 1
x xx
x
2
11
5 1 5 16xlim6 2 61 1 5
9 3 1 1x xx
Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς *R και R ώστε
2
x 2
x x 3 2lim e
x 2
.
ΛΥΣΗ
Θεωρούμε τη συνάρτηση 2x x 3 2
f xx 2
, για x 2 , με
x 2lim f x e
. Οπότε 2f x x 2 x x 3 2 .
43
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 229
Επομένως 2
x 2 x 2lim f x x 2 lim x x 3 2
, δηλαδή
0 2 2 3 2 2 2 1
Άρα
2 21
x 2 x 2
x x 3 2 2 2x x 3 2lim e lim e
x 2 x 2
x 2 x 2
x 2 2 2x 3 2 2x 3lim e lim e
x 2
Οπότε 7 e
e 7e
.
Να βρεθούν τα , R ώστε να είναι 2
x 0
x xlim 2012
x x
ΛΥΣΗ
Θεωρούμε τη συνάρτηση 2
x xf (x)
x x
με x 0limf (x) 2012
. Θα έχουμε λοιπόν:
2
2
x xf (x) f (x) x x x x
x x
οπότε
2
x 0 x 0limf (x) x x lim x x
2
x 0 x 0 x 0limf (x)lim x x lim x x 2012 0
0 (1) Συνεπώς θα είναι:
(1)
2 2x 0 x 0
x x x xlim lim
x x x x
44
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 230
2 2x 0 x 0
x ( x 1)lim lim
x x x x
x 0 x 0
( x 1)lim lim
x 1 x(x 1)
x 0 x 0
x 1 1lim lim 0 1
x x 1
Επομένως είναι 2012 οπότε 2012 .
Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη στο R η οποία ικανοποιεί τη σχέση
22 2 2x f x 2xf x x 1 x, xR (1)
Να βρεθεί το xflim0x
.
ΛΥΣΗ
Για κάθε xR έχουμε: 22x f x 2xf x 2x 21 x
22 2 2x f x 2xf x x x
2 2x x 2
f x
2xf x 0
22 2 2 22x x f x 2xf x x x
22 2 22x x f x x x
2 22x x f (x) x x (2)
(Γνωρίζουμε ότι x x για κάθε x R οπότε
2 2 2x x 2x και 2 22x x 0 ).
Όμως είναι 2 2 2
x 0 x 0limx lim 2x x 0
οπότε από τη (2) με το
κριτήριο παρεμβολής προκύπτει και x 0lim f x x 0
(3)
45
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 231
Όμως 0 f (x) x f (x) x x f (x) f (x) x x
και x 0 x 0limx lim f (x) x x 0
Επομένως από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι x 0limf (x) 0
Αν 2 2f (x) 2f (x) x 0 για κάθε x R , να αποδειχθεί ότι:
x 0limf (x) 1
.
ΛΥΣΗ
2 2 2 2f x 2f x x 0 f x 2f x 1 1 x
2 2f x 1 x f x 1 x
x f x 1 x 1 x f x 1 x
Όμως x 0 x 0lim 1 x lim 1 x 1
Επομένως από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε x 0limf x 1
.
Για τις συναρτήσεις f, g που είναι ορισμένες στο R ισχύει:
xxf2xgxf22 για κάθε xR.
Να αποδείξετε ότι: 0xglimxflim0x0x
.
ΛΥΣΗ
Για κάθε xR ισχύει: 2 2
f x g x 2xf x
2 2f x 2xf x x 2 2g x x
2 2 2f x x g x x (1) Για κάθε xR όμως ισχύει:
2222xgxxfxgxg και λόγω της (1) έχουμε:
46
47
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 232
22xxg ή xxg και επειδή είναι 0xlim
0x
θα έχουμε και
0xglim0x
. Επίσης θα έχουμε:
2222xxgxxfxxf (λόγω της (1)), οπότε
xxxf ή xxxfx ή xxxfxx και
επειδή xxxxlim0x
θα έχουμε 0xflim0x
.
Έστω η συνάρτηση f : R R τέτοια, ώστε 22x 1 f x x , για
κάθε x R .
α) Να υπολογίσετε το x 1limf x
.
β) Να υπολογίσετε το h 0limf 1 h
.
γ) Αν είναι f x 1 κοντά στο 1, να υπολογίσετε το
2
x 1
f x 3 f x 3lim
f x 1
.
ΛΥΣΗ
α) Για x R έχουμε: 22x 1 f x x .
Είναι: 2
x 1 x 1lim 2x 1 limx 1
, οπότε από το κριτήριο παρεμβολής
συμπεραίνουμε ότι x 1limf x 1
.
β) Θέτουμε 1 h x . Όταν το h 0 , το x 1 , οπότε έχουμε:
h 0 x 1limf 1 h limf x
, επομένως h 0limf 1 h 1
.
48
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 233
γ) Επειδή 2
x 1lim f x 3 2 0
, θα είναι 2f x 3 0 κοντά στο 1.
Έτσι έχουμε:
2 2f x 3 f x 3 f x 3 f x 3
f x 1 f x 1
2 f x f x 1f x f x
f xf x 1 f x 1
.
Συνεπώς
2
x 1 x 1
f x 3 f x 3lim lim f x 1
f x 1
.
Δίνεται συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει x 2limf (x)
.
Να υπολογιστεί το όριο: 2
x 2
x 4lim
3 xf (x) 2f (x) 3
ΛΥΣΗ
Είναι x 2lim 3 xf x
διότι x 2limf x
και επομένως
3 xf x 0 κοντά στο 0x 2 .
Επίσης x 2lim 2f x 3
άρα 2f x 3 0 κοντά στο 0x 2 .
Επομένως θα έχουμε:
2 2
x 2 x 2
x 4 x 4lim lim
3 xf x 2f x 3 xf x 3 2f x 3
2
x 2 x 2 x 2
x 4 x 2 1lim lim lim x 2 0
f x x 2 f x f x
διότι x 2 x 2
1limf x lim 0
f x .
49
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 234
Δίνεται η συνάρτηση
3
2
x 2x 5 x 7f x
x 2
.
Να βρεθεί το x 2lim f x
.
ΛΥΣΗ
Το πεδίο ορισμού της f είναι fA R 2 .
Επειδή 3
x 2lim x 2x 5 9 0
και x 2lim x 7 9 0
κοντά στο 2
είναι 3x 2x 5 0 και x 7 0 κοντά στο 2 . Επομένως:
3 3
2 2x 2 x 2 x 2
x 2x 5 x 7 x 2x 5 x 7lim f x lim lim
x 2 x 2
2 23
2 2x 2 x 2 x 2
x 2 x 1 x 1x 3x 2lim lim lim
x 2x 2 x 2
2
x 2
1lim x 1
x 2
. Επειδή x 2lim x 2 0
και x 2 0 για
x 2 έχουμε x 2
1lim
x 2
.
Επίσης είναι και 2
x 2lim x 1 9
επομένως
x 2lim f x
.
Δίνεται συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει:
32
5
4f (x) x 4x 10f (x)
x 1 x
για κάθε
1x
2 .
Να βρεθεί το όριο xlim f (x)
.
ΛΥΣΗ
50
51
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 235
3
2
5
f x x 4x 10f x 4
x 1 x
3
2
2 5 2
f x 4 x 4x 10 4f x 4
x x 1 x x
2 3
5 2
2 4x x 10 4f x
x x 1 x
Όμως 3
5 2x
4x x 10 4lim
x 1 x
3
5 2x x
4x x 10 4lim lim
x 1 x
3
5 2x x
4x 4lim 0 lim 0
x x
Επομένως:
2 3
5 2
2 4x x 10 40 f x
x x 1 x
2 3
5 2
2 4x x 10 4f x
x x 1 x
3 3
5 2 5 2
4x x 10 4 2 4x x 10 4f x
xx 1 x x 1 x
3 3
5 2 5 2
2 4x x 10 4 2 4x x 10 4f x
x xx 1 x x 1 x
Όμως 3
5 2x
2 4x x 10 4lim 0
x x 1 x
και
3
5 2x
2 4x x 10 4lim 0
x x 1 x
άρα από το κριτήριο παρεμβολής
και xlim f x 0
.
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 236
Να βρεθούν τα παρακάτω όρια:
α) x x
x xx
2012 3 4lim
1 5 e
β)
x 1 x
x x 1x
3 2lim
3 2
ΛΥΣΗ
α)
x xx x
x x xx x x x
x
x x x
lim 2012 lim 3 lim 42012 3 4lim
1 5 e lim 1 lim 5 lim e
2012 0 02012
1 0 0
διότι x
xlim 0
με 1 .
x x x x
x x x xlim 3 lim 4 lim 5 lim e 0
β)
x
x
x 1 x x x
x x 1 x x xx x xx
23 3
33 2 3 3 2lim lim lim
3 2 3 2 2 23 1 2
3
x x
x x
x xx
x x
2 23 lim 3 lim
3 03 3lim 3
1 02 21 2 lim 1 lim 2
3 3
διότι
x
x
2lim 0
3
αφού
20 1
3 .
Έστω συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει
2
x 1lim x 2x 1 f (x) 3
. Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:
α) x 1limf (x)
β) 2
2x 1
2f (x) 3f (x) 5lim
f (x) f (x) 4
52
53
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 237
ΛΥΣΗ
α) Θέτουμε 2g x x 2x 1 f x και x 1limg x 3
οπότε
2 2
g x g xf x f x
x 2x 1 x 1
.
Άρα
2 2
x 1 x 1 x 1
g x 1limf x lim lim g x
x 1 x 1
3 διότι 2
x 1lim x 1 0
με 2
x 1 0 άρα
2
x 1
1lim
x 1
β) Θέτουμε f x y . Επειδή x 1limf x
θα έχουμε
x 1 y . Επομένως:
x 1lim
2
2
2f (x) 3f (x) 5
f (x) f (x) 4
.
2
2y
2y 3y 5lim
y y 4
2
2y
2ylim 2
y
Να βρεθεί πολυώνυμο P(x) αν ισχύει:
2x
P(x)lim 3
x 2x 1
και
2x 1
P(x)lim 3
x 2x 1
ΛΥΣΗ
Έστω το πολυώνυμο 11 0P x x x ...
.
Έχουμε:
2
2 2x x x
P x xlim 3 lim 3 lim x 3
x 2x 1 x
.
Αν 2 τότε 2
xlim x
ή το οποίο
απορρίπτεται.
54
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 238
Αν 0 2 2
xlim x 0
που επίσης απορρίπτεται.
Επομένως πρέπει 2 και 3 .
Άρα το P x είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού και έστω λοιπόν
2P x 3x x .
Θέτουμε τώρα
2
P xg x
x 2x 1
με
x 1limg x 3
.
Άρα P x 2x 2x 1 g x
23x x
2x 1 g x
22
x 1 x 1lim 3x x lim x 1 g x 3 0
3 1
Άρα
2
2 2
x 1 3 x 13x xg x g x
x 1 x 1
g x 3x 3
x 1
3x 3 x 1 g x .
Οπότε: x 1 x 1lim 3x 3 lim x 1 g x 6 0 6
και
από 1 3 . Άρα 2P x 3x 6x 3 .
Αν ισχύει g(x) 1 f (x) για κάθε x R και x 1
f (x)lim 3
x 1
,
να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:
α) x 1limf (x)
β) x 1
1lim f (x)
x 1
γ)
x 1limg(x)
δ) x 1
f (x)lim
(x 1) ε)
2x 1
g(x) 3 2lim
g (x) g(x)
ΛΥΣΗ
55
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 239
α) Θέτουμε f x
h xx 1
με x 1limh x 3
. Οπότε θα έχουμε:
f x
h x f x x 1 h xx 1
και
x 1 x 1 x 1 x 1limf x lim x 1 h x lim x 1 limh x 0 3 0
.
β) Είναι: 1 1
f x f x f x 1x 1 x 1
.
Οπότε: 1 1
f x f x f x f x f xx 1 x 1
.
Όμως x 1 x 1lim f x limf x 0 0
.
Άρα x 1 x 1lim f x lim f x 0
και από το κριτήριο παρεμβολής
θα είναι x 1
1lim f x 0
x 1
.
γ) g x 1 f x f x g x 1 f x
1 f x g x f x 1 .
Όμως
x 1 x 1lim 1 f x lim f x 1 1
.
Επομένως x 1limg x 1
.
δ)
x 1
x 1 x 1
x 1
f x f xlimf x 3x 1 x 1lim lim 3
x 1 x 1x 1 1lim
x 1 x 1
διότι στο
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 240
όριο
x 1
x 1lim
x 1
θέτοντας x 1 t είναι x 1 t 0 και
x 1 t 0
x 1 tlim lim 1
x 1 t
.
ε) Είναι
x 1lim g x 3 1 3 2 0
. Επομένως g x 3 0
κοντά στο 0x 1 . Θα έχουμε λοιπόν:
2
x 1 x 1 x 1
g x 3 2 g x 1g x 3 2lim lim lim
g x g x 1 g x g x 1g x g x
x 1
x 1
1 1 1lim 1
g x limg x 1
.
Έστω μια συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε:
x3xfx2xf 323 για κάθε xR. Αν
x 0
f xlim R
x , τότε:
α) Να δείξετε ότι 1 .
β) Να βρείτε τα όρια:
i)
x 0
f xlim
x
ii)
x
xfflim
0x iii)
2x3x
xxflim
2
2
1x
ΛΥΣΗ
α) Για x 0 διαιρούμε με 3x και θα έχουμε:
3 2 3f x 2x f x 3 x 33
x
x3
x
xf2
x
xf
Οπότε θα είναι:
56
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 241
3 3
x 0 x 0
f x f x xlim 2 lim3
x x x
3 3
x 0 x 0 x 0
f x f x xlim 2lim 3 lim
x x x
3 32 3 2 3 0
Με τη βοήθεια του σχήματος Horner η παραπάνω εξίσωση γίνεται:
3 22 3 0 ( 1)( 3) 0 1 διότι το τριώνυμο
2 3 δεν έχει ρίζες αφού είναι Δ < 0. Άρα 1 .
β) Παρατηρούμε ότι σε περιοχή του 0 θα έχουμε:
i)
x
x
x
xf
x
xf
οπότε
x 0 x 0
f x f x xlim lim
x x x
(1)
Για το όριο
x 0
f xlim
x
κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτοντας
x y οπότε x 0 y 0 και συνεπώς θα είναι
( )
x 0 y 0
f x f (y)lim lim 1
x y
(2)
Άρα από τη σχέση (1) έχουμε:
(2)
x 0 x 0 x 0 x 0
f x f x f xx xlim lim lim lim 1 1 1
x x x x x
ii)
x
xf
xf
xff
x
xff οπότε
x 0 x 0
f f x f f x f xlim lim
x f x x
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 242
Για το όριο x 0
f f xlim
f x κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτοντας
f (x) u όπου ( )
x 0 x 0 x 0 x 0
f x f xlimf x lim x limx lim 0 1 0
x x
άρα x 0 u 0 και επομένως θα έχουμε:
x 0 x 0 x 0 x 0
f f x f f x f f xf x f xlim lim lim lim
x f x x f x x
u 0 x 0
f xf (u)lim lim 1 1 1
u x .
iii)
2x1x
1xx
xx
xxf
2x3x
xx
xx
xxf
2x3x
xxf2
2
2
2
2
2
2
2
2x
x
xx
xxf2
2
οπότε
2 2
2 2x 1 x 1
f x x f x x xlim lim
x 2x 3x 2 x x
Για το όριο 2
2x 1
f x xlim
x x
κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτοντας
2x x t άρα x 1 t 0 και έτσι θα είναι:
2
( )
2x 1 t 0
f x x f (t)lim lim 1
tx x
. Επομένως:
2 2 2
2 2 2x 1 x 1 x 1 x 1
f x x f x x f x xx xlim lim lim lim
x 2 x 2x 3x 2 x x x x
t 0 x 1
f (t) xlim lim 1 ( 1) 1
t x 2
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 243
Έστω μια συνάρτηση f: RR τέτοια ώστε: 1xxf (1) για κάθε
xR.
α) Να δείξετε ότι:
1x
xflim
x
β) Να βρείτε τα όρια:
i)
vx
f xlim ,
x
ii)
x 0
1lim x f
x
iii)
1x
xf
x
2xxlim
2
2
2
x.
ΛΥΣΗ
α) Για x > 0 θα έχουμε:
x 0
f x x 1 1 f x x 1 x 1 f (x) x 1
x 0 1 f (x) 1
1 1x x x
. Όμως x x
1 1lim 1 lim 1 1
x x
οπότε από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι
1x
xflim
x
. (2)
β) i) Έχουμε:
Για 1 : (2)
1x x
f x f x 1lim lim 1 0 0
xx x
Για v 1: (2)
x x
f x f xlim lim 1
xx
.
57
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 244
ii) Στο όριο x 0
1lim x f
x
κάνουμε αλλαγή μεταβλητής.
Θέτουμε 1 1
u ux x οπότε x 0 u
και επομένως θα έχουμε:
( )
u ux 0
1 1 f (u)lim x f lim f (u) lim 1
x u u
iii) Είναι 2 2 2
2 2
x 2 x 1x x 2 x xf f
x 1 x 1x x
1x
x
1x
xf
2x2
2
και θέτοντας
1x
xu
2
βρίσκουμε:
2
2x u
xf
x 1 f (u)lim lim 1
ux
x 1
οπότε:
2
2 2
2 2x x
xf
x 1x x 2 xlim f lim (x 2)
x 1x x
x 1
( ) 1 διότι xlim (x 2)
και u
f (u)lim 1
u
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 245
Έστω η συνάρτηση f: R R για την οποία ισχύει:
x 0
3f (x) 2f ( x)lim 5
x
. Να βρεθούν τα παρακάτω όρια:
α) x 0limf (x)
και x 0limf ( x)
β) x 0
f (x)lim
x
γ) x 0
f ( 3x)lim
x
δ)
2
2 2x 0
x f (x) xf ( 3x)lim
x f ( x) 2f (x)
ΛΥΣΗ
α) Θέτουμε x t . Άρα x 0 t 0 . Επομένως:
x 0 t 0
3f x 2f x 3f t 2f tlim 5 lim 5
x t
ή
x 0
3f x 2f xlim 5
x
.
Θέτουμε τώρα 3f x 2f x
g xx
με
x 0limg x 5
άρα
3f x 2f x xg x 1
Θέτουμε επίσης 3f x 2f x
h xx
με
x 0limh x 5
άρα
3f x 2f x xh x 2
Οπότε από τις σχέσεις 1 και 2 θα έχουμε:
13f x 2f x xg x f x 3f x xg x
23f x 2f x xh x
3f x 2f x xh x
11f x 3f x xg xf x 3f x xg x
22
3 23f x xg x xh x3f x xg x 2f x xh x
5 52
Άρα x 0 x 0
3 2 3 2limf x lim xg x xh x 0 5 0 5 0
5 5 5 5
58
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 246
και x 0 x 0
3 1limf x lim f x xg x 0 0 5 0
2 2
.
β) Επίσης
f x3 2 3 2
f x xg x xh x g x h x5 5 x 5 5
οπότε:
x 0 x 0
f x 3 2lim lim g x h x
x 5 5
x 0 x 0
3 2 3 2limg x limh x 5 5 5
5 5 5 5 .
Άρα
x 0
f xlim 5
x .
γ)
x 0 x 0
f 3x 3f 3xlim lim
x 3x
. Θέτουμε 3x t .
Για x 0 t 0 και επομένως:
x 0
f 3xlim
x
x 0
3f tlim
t
x 0
f t3lim
t
3 5 15
δ)
2
22 2
2 2 2 2x 0 x 0
2 2
x f x xf 3xx f x xf 3x x xlim limx f x 2f x x f x f x
2x x
x 0 x 0
2 2x 0
x 0 x 0
f 3x f 3xf x limf x lim
x xlimf x f x
f x 2 limf x 2limx x
2
0 15 15 3
50 100 2 5
.
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 247
Για την συνάρτηση RR:f ισχύει
Rm)x(f)1x(lim
1x.
Να εξεταστεί αν υπάρχει το όριο )x(flim1x
.
ΛΥΣΗ
Θέτουμε g x x 1 f x με x 1limg x m R
άρα
1
f x g xx 1
. Επομένως: x 1 x 1
1limf x lim g x
x 1
.
Έστω m 0 .
Αν x 1 τότε: x 1
1lim g x m m 0
x 1
Αν x 1 τότε: x 1
1lim g x m m 0
x 1
Άρα δεν υπάρχει το x 1
1lim g x
x 1
και επομένως δεν υπάρχει το
όριο x 1limf x
. Ομοίως για m 0 . Άρα δεν υπάρχει το όριο )x(flim1x
.
Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια για τις διάφορες τιμές του R .
α) x 1
x 3lim
x 1
β)
2
2x 3
x x 2lim
x 6x 9
ΛΥΣΗ
α) Αν 3 θα έχουμε: x 1 x 1
x 3 1lim lim x 3
x 1 x 1
3 διότι x 1 x 1
1lim x 1 0 lim
x 1
59
60
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 248
Αν 3 θα έχουμε: x 1 x 1
x 3 1lim lim x 3
x 1 x 1
3 διότι x 1 x 1
1lim x 1 0 lim
x 1
Αν 3 θα έχουμε:
x 1 x 1
3 x 13x 3lim lim
x 1 x 1
.
- Για x 1 :
x 1
3 x 1lim 3
x 1
- Για x 1 : x 1
3 x 1lim 3
x 1
Επομένως για 3 δεν υπάρχει το x 1
x 3lim
x 1
β) Αν κάνουμε αντικατάσταση στο όριο παίρνουμε απροσδιοριστία
3 11
0
. Επομένως παίρνουμε περιπτώσεις για το λ.
Συγκεκριμένα θα εξετάσουμε τις περιπτώσεις:
11
3 ,
11
3 και
11
3 .
Για 11
3 θα έχουμε:
22
2 2x 3 x 3
x x 2 1lim lim x x 2
x 3 x 3
3 11 .
Για 11
3 θα έχουμε:
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 249
22
2 2x 3 x 3
x x 2 1lim lim x x 2
x 3 x 3
3 11 .
Για 11
3 θα έχουμε:
22
2 2x 3 x 3
11x x 2
3x 11x 63lim limx 3 x 3
2
x 3 x 3
2 23 x 3 x x1 3 3lim lim3 x 3x 3
.
- Αν x 3 τότε
x 3 x 3
2x
1 2 73lim lim xx 3 x 3 3 3
- Αν x 3 τότε
x 3 x 3
2x
1 2 73lim lim xx 3 x 3 3 3
Επομένως για 11
3 δεν υπάρχει το
2
2x 3
11x x 2
3limx 3
.
Για τις διάφορες τιμές του λ R , να βρείτε το 2
x 2
x xlim
x 2
ΛΥΣΗ
Έστω 2x x
f x , x 2x 2
61
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 250
Το όριο x 2limf x
2
x 2
x xlim
x 2
με αντικατάσταση δίνει απροσδιοριστία
4
0
με x 2 0 . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:
Αν 4 0 4 , τότε:
2
x 2 x 2
1limf x lim (x x ) (4 )
x 2
Αν 4 0 4 , τότε
2
x 2 x 2
1limf x lim (x x ) (4 )
x 2
Αν 4 0 4 , αντικαθιστούμε στην f x και θα έχουμε:
x 2limf x
2 2
x 2 x 2
x 4x 4 x 4x 4lim lim
x 2 x 2
2
x 2
(x 2)lim
x 2
2
x 2
x 2lim
x 2
x 2lim x 2 0
Δίνεται η συνάρτηση 22x
f x ln2x
με 0 .
α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.
β) Να βρείτε το x 0limf x
.
γ) Να βρείτε το xlim f x
.
δ) Να βρείτε το xlim f x ln x
.
ΛΥΣΗ
62
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 251
α) Πρέπει 22x
0 x 02x
. Άρα fA 0, .
β) Θέτουμε 22x
u2x
, οπότε
2
2
x 0 x 0 x 0
2x 1lim u lim lim 2x
2x 2x
.
Επομένως 2
x 0 ux 0
2xlimf x lim ln lim ln u
2x
.
γ) Επειδή 2
x x
2xlim lim u
2x
έχουμε
2
x x u
2xlim f x lim ln lim ln u
2x
.
δ) Επειδή x , θεωρούμε ότι x 0 και έχουμε:
2 2
2x x x
2x 2xlim f x ln x lim ln ln x lim ln
2x 2x
2
2x
2xln lim ln1 0
2x
.
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 252
ΣΥΝΕΧΕΙΑ - B΄ ΟΜΑΔΑ
Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο 0 με f (0) 2012
και ισχύει ,xx
1xxxf 4 α 0 για κάθε x *R .
α) Να αποδείξετε ότι f συνεχής στο R.
β) Να βρείτε το α.
γ) Να βρείτε τα όρια xflim και xflimxx
ΛΥΣΗ
α) Για x 0 είναι
x
1x
x
xxf 3
. Η f είναι συνεχής στο
*R ως πράξεις συνεχών και επειδή η f είναι συνεχής στο 0 τότε η f
είναι συνεχής στο R.
β) Κοντά στο 0x 0 θα έχουμε:
3 3
x 0 x 0 x 0 x 0
x x1 1limf x lim x lim lim x
x x x x
3
x 0 x 0
x 1lim lim x 1 0
x x
διότι:
3 3 31 11 1 x x x
x x . Όμως
3 3
x 0 x 0lim( x ) limx 0
και από κριτήριο παρεμβολής θα είναι
0x
1xlim 3
0x
.
63
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 253
Άρα x 0limf x f 0 2012
, γιατί f συνεχής στο 0.
γ) Για x 0 είναι
x
1x
x
xxf 3
Έχουμε: x 0
1 ( x) 1
x1 1
x x x
Όμως x x
1 1lim lim 0
x x
. Άρα από το κριτήριο παρεμβολής
θα έχουμε
x
αxlim 0
x
Επίσης στο όριο 3
x
1lim x
x
κάνουμε αλλαγή μεταβλητής
Θέτουμε 1 1
t tx x Για x t 0 οπότε:
3
3x t 0
1 1lim x lim t 1
x t
Άρα 3
x x
x 1lim f x lim x
x x
3
x x
x 1lim lim x 0 ( )
x x
Ομοίως και για x θα έχουμε xlim f x
Οι συναρτήσεις f, g είναι ορισμένες στο 0,2
και οι συναρτήσεις
w(x) f (x) x g(x) x και h(x) g(x) x f (x) x
είναι συνεχείς στο 0,2
. Να δειχθεί ότι οι f και g είναι συνεχείς.
ΛΥΣΗ
64
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 254
Έχουμε w x f x x g x x και
h x g x x f x x με x 0,2
οπότε θα είναι:
x 0,2
w x g x xw x f x x g x x f x
xh x g x x f x x
h x g x x f x x
w x g x x
h x g x x xx
h x x 2g x x w x x 2g x x
g x h x x w x x
Οι συναρτήσεις w x , h x , x και x είναι συνεχείς και
επομένως και η συνάρτηση g x h x x w x x είναι
συνεχής στο 0,2
ως άθροισμα και γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.
Επομένως και η συνάρτηση w x g x x
f xx
είναι και αυτή
συνεχής στο 0,2
ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.
Οι συναρτήσεις f, g είναι ορισμένες στο R και η συνάρτηση
)x(f)x1()x(xg)x(h 2 είναι συνεχής στο σημείο 0x και η f
είναι ασυνεχής στο 0x , να δειχθεί ότι η συνάρτηση g είναι ασυνεχής
στο 0x .
ΛΥΣΗ
Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 0x άρα 0
0x xlim h x h x
. Η f
δεν είναι συνεχής στο 0x , άρα 0
0x xlim f x f x
. Έστω τώρα ότι η g
είναι συνεχής στο 0x . Άρα 0
0x xlim g x g x
. Όμως
65
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 255
h x 2xg x 1 x f x
f x
2
xg x h x
1 x
.
Άρα 0x x
lim f x
0
2x x
xg x h xlim
1 x
0 0 0
0
x x x x x x
2
x x
lim x lim g x lim h x
lim 1 x
0 0 0
020
x g x h xf x
1 x
.Δηλαδή
0
0x xlim f x f x
το οποίο όμως
είναι άτοπο από υπόθεση. Επομένως η g δεν είναι συνεχής στο 0x .
Έστω f συνεχής συνάρτηση στο 0x , ώστε 0 h
lim ημ2h
h) (x f 0 = 1.
α) Να αποδείξετε ότι 0 0h 0limf (x h) f (x )
.
β) Να αποδείξετε ότι 0h 0limf (x h) 0
γ) Να βρείτε το όριο 0 0
h 0
f (x h) f (x )lim
h
ΛΥΣΗ
α) Θέτουμε 0x h x . Για 0h 0 x x .
Επομένως θα έχουμε:
0
0 0h 0 x xlimf x h lim f x f x
διότι η f είναι συνεχής στο 0x .
β) Θέτουμε 0f x h
g h2h
με
h 0limg h 1
.
Άρα: 0f x h g h 2h και επομένως:
0h 0 h 0 h 0 h 0limf x h lim g h 2h limg h lim 2h 1 0 0
γ) Από τα ερωτήματα (α) και (β) προκύπτει ότι 0f x 0 .
Επομένως θα έχουμε:
66
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 256
0
0 0 0
h 0 h 0 h 0
f x h
f x h f x f x h 2hlim lim lim
hh h
2h
0
h 0
h 0
f x h
1 12hlim 2
1 1 1lim
2h 2 2h 2
h 2h
.
Δίνεται συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει: 2 2 4f (x) 6f (x) 9 x 0 για κάθε x R .
Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0x 0 .
ΛΥΣΗ
Είναι: 2 2 4 2 2 4f (x) 6f (x) 9 x 0 f (x) 6f (x) 9 1 x
222 2 4 4f (x) 6f (x) 9 9 x f (x) 3 3 x
22 4 4f (x) 3 3 x f (x) 3 3 x
4 43 x f (x) 3 3 x
4 43 x 3 f (x) 3 x 3 . Όμως είναι
4
x 0lim 3 x 3 0 3 3
και 4
x 0lim 3 x 3 0 3 3
επομένως από το κριτήριο παρεμβολής είναι x 0limf (x) 3
(1)
Επειδή η ανίσωση 4 43 x 3 f (x) 3 x 3 ισχύει για κάθε
x R , θα ισχύει και για x 0 οπότε θα είναι
4 43 0 3 f (0) 3 0 3 3 f (0) 3 f (0) 3 (2)
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι x 0limf (x) f (0)
και
επομένως η f είναι συνεχής στο 0x 0 .
67
Όρια - Συνέχεια
Όρια - Συνέχεια 257
Έστω η συνάρτηση f : R R με 0 f (x) 1 για κάθε x R για
την οποία ισχύουν x 0
xlim f f (x) 0
2
και
2
x 0lim 3f (x) f (2x) 0
. Δείξτε ότι:
α) x 0lim f (x) f (2x) 0
β) i) f (x) f (2x) 2 , για κάθε x R .
ii) 2
x 0lim f (x) f (2x) 0
γ) x 0limf (x) 0
ΛΥΣΗ
α) Θέτουμε y
y 2x x2
, οπότε x 0lim y 0
και έχουμε:
x 0 y 0
ylim f x f 2x lim f f y 0
2
(από υπόθεση).
β) i) Επειδή για κάθε x R είναι f x 1 , θα είναι και f 2x 1 ,
οπότε f x f 2x 2 .
ii) Είναι f (x) 0
2f x f 2x f x f 2x f x f 2x
και
f x f 2x f x f 2x 2 f x f 2x
άρα
22 f x f 2x f x f 2x 2 f x f 2x και είναι
x 0lim f x f 2x 0
, οπότε θα είναι 2
x 0lim f (x) f (2x) 0
.
γ) Είναι: 2 21f x 3f x f 2x f x f 2x 0
4
οπότε
2 2
x 0 x 0 x 0
1limf x lim 3f x f 2x lim f x f 2x 0 0 0
4
.
68