1. ΡΗΓΑΚΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ Μ.Ε.
Εισηγητής: Μανώλης Ανδρέας
Θεωρήματα συνεχών συναρτήσεων
• Επανάληψη στη θεωρία
• 12 λυμένες ασκήσεις

2. Θεωρήματα συνεχών συναρτήσεων
Θεώρημα Bolzano • f ορισμένη σε κλειστό διάστημα [α,β]
• f συνεχής στο κλειστό διάστημα [α,β]
• f(α)f(β) < 0
Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον xo (, ) τ.ω. f(xo) =0
Γεωμετρική ερμηνεία
Αν f ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [α, β] και τα σημεία
A(α,f(α)), Β(β,f(β)) βρίσκονται εκατέρωθεν του άξονα x΄x , τότε η
γραφική παράσταση της f έχει με τον άξονα x΄x ένα τουλάχιστον κοινό
σημείο, του οποίου η τετμημένη ανήκει στο (α, β).
f(β) Β(β,f(β))
α
xo x1 x2 β
f(α)
Α(α,f(α))

3. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
Αν αρνηθούμε μία από τις δύο προϋποθέσεις του Bolzano τότε δεν ισχύει πάντα το συμπέρασμα.
1η Παρατήρηση
Άρνηση • f ασυνεχής στο [α, β]
συνέχειας • f(α)f(β) < 0
• αλλά η f(x) δεν έχει
4
3 ρίζα στο (α,β)
1
-1 2 4
(x  1) 2  1, x  [1, 2)
Π.χ. f (x)  
 5 , x 2
H f ασυνεχής στο [1,2] , f(1)f(2) < 0 και f(x) ≠ 0 για κάθε x (1, 2)

4. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
Αν αρνηθούμε μία από τις δύο προϋποθέσεις του Bolzano τότε δεν ισχύει πάντα το συμπέρασμα.
2η Παρατήρηση
Άρνηση του • f συνεχής στο [α, β]
f(α)f(β) < 0 • f(α)f(β) > 0
• αλλά η f(x) δεν έχει
ρίζα στο (α,β)
Β
f(β)
Α
f(α)
α β
Π.χ. Η f(x) = x2 είναι συνεχής στο [2, 6] , f(2)f(6) > 0 , αλλά f(x) ≠ 0 για κάθε x  (2, 6)

5. Το αντίστροφο του Bolzano δεν ισχύει!!!
Ισχύει το
συμπέρασμα δεν
ισχύει f(α)f(β)<0 1
-1 1
Π.χ. Η f(x) = x2 είναι συνεχής στο [-1, 1] είναι συνεχής και f(0)=0. Όμως f(1)f(-1)<0

6. Το αντίστροφο του Bolzano δεν ισχύει !!!
9
Ισχύει το
συμπέρασμα δεν
4
ισχύει η συνέχεια
της f στο [α, β] 2
-1
2 3
-1
 x, x  [1, 2]
Π.χ. Η f (x)   είναι ασυνεχής στο [-1, 3], αλλά f(0) = 0 και f(-1)f(3)<0
 x , x  (2,3]
2

7. Σταθερό πρόσημο συνάρτησης
• f συνεχής στο Δ
• f(x) ≠ 0 για κάθε x  Δ
τότε:
• f(x) > 0 για κάθε x Δ
• f(x) < 0 για κάθε x Δ
Απόδειξη
Έστω ότι η f δε διατηρεί σταθερό πρόσημο, οπότε θα υπάρχουν x1, x2  Δ με x1 < x2 τέτοια
ώστε f(x1)f(x2)<0. Άρα θα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Bolzano στο [x1, x2] και θα υπάρχει
xo που ανήκει στο Δ τ.ω. f(xo) = 0. Άτοπο! Αφού f(x) ≠ 0.

8. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
Αν αρνηθούμε μία από τις προϋποθέσεις τότε δεν ισχύει πάντα το συμπέρασμα.
1η Παρατήρηση (x  1)2  1, x  [1, 2) (2,3]
Άρνηση συνέχειας H f (x)   είναι ασυνεχής στο [1, 3]
4, x2
και δε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [1,3] ενώ f(x) ≠ 0 για κάθε
x που ανήκει στο [1,3].

2η Παρατήρηση
Άρνηση της
προϋπόθεσης f(x)≠0 Η f(x) = x3 , x  [-1, 1] είναι συνεχής στο [-1, 1]. Όμως f(0)=0
για κάθε x Δ
και η f δε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [-1,1]
3η Παρατήρηση
Άρνηση της 1
προϋπόθεσης ότι η f Η f (x)  στο ℝ* είναι συνεχής και f(x) ≠ 0 . Όμως η f δε
δε μηδενίζεται σε x
διάστημα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ℝ* .
(Έχουμε αρνηθεί την προϋπόθεση ότι η f δε μηδενίζεται σε
διάστημα)

9. Το αντίστροφο της πρότασης δεν ισχύει!
 x 2 , x  [1, 0)  (0, 2]
Π.χ. Η f (x)   . Η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [-1,2], αφού
5 , x  0
f(x)>0 για κάθε x  [-1,2] αλλά η f είναι ασυνεχής στο xo = 0.
5
4
-1 2

10. Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών
Θ.Ε.Τ • f ορισμένη σε κλειστό διάστημα [α, β]
• f συνεχής στο κλειστό διάστημα [α, β]
• f(α)≠f(β)
Τότε για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει
ένας τουλάχιστον xo  (α, β) τέτοιος ώστε f(xo) = η.
f(β)
η
f(α)
α x1 x2 x3 β
To Θ.Ε.Τ εκφράζει ότι αν η συνάρτηση f είναι συνεχής
στο [α, β] και f(α) ≠ f(β) τότε η f παίρνει όλες τις τιμές
που βρίσκονται μεταξύ των f(α) και f(β).
 Αν f(α) ≤ η ≤ f(β) και f(α) ≠ f(β) όπου η f είναι
συνεχής συνάρτηση στο [α, β] τότε υπάρχει ένας
τουλάχιστον xo στο [α, β] ώστε f(xo) = η.

11. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
Αν μια συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [α, β], τότε δεν
1η Παρατήρηση παίρνει υποχρεωτικά όλες τις ενδιάμεσες τιμές μεταξύ των f(α)
Άρνηση συνέχειας και f(β). Π.χ. f : [0, 2]→ℝ με:
1, 0  x  1
f (x)   H f είναι συνεχής στο [0,1)  (1,2] και
 1, 1  x  2
ασυνεχής στο 1. Άρα η f ασυνεχής στο [0, 2].
Όμως -1 = f(0) < 0 = η < f(2) =1 . Δεν υπάρχει όμως xo [0, 2]
τέτοιο ώστε f(xo) = η = 0.
1
1 2
-1

12. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
2η Παρατήρηση Υπάρχει περίπτωση η f να είναι ασυνεχής στο [α, β] , να είναι
Ισχύει το f(α) ≠ f(β) και η f να παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές.
συμπέρασμα δεν
ισχύει η συνέχεια f(β)
f(α)
α xo β
Ας θεωρήσω τη συνάρτηση:
Το αντίστροφο του
Θ.Ε.Τ δεν ισχύει!!!  x, x  [1, 2] η οποία είναι ασυνεχής στο xo =2
f (x)   2
 x  4, x  (2,3]
αλλά η f παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των f(-1)=-1 και f(3)=5.
Δηλαδή για κάθε  (1,5) υπάρχει x o  (1,3) ώστε f(xo) = η
5
2
-1
2 3
-1

13. Σημαντική παρατήρηση!
Η εικόνα f(Δ) ενός διαστήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι
διάστημα.
Προσοχή!!!
Η εικόνα f(Δ) μπορεί να είναι διάστημα και όταν η f είναι ασυνεχής στο Δ. Π.χ.
1  x, x  [1, 0)
f (x)  
1  x, x  [0,1] Η f είναι ορισμένη στο [-1, 1] και είναι ασυνεχής στο 0.
Όμως το f([-1,1]) = (-1, 1] είναι διάστημα.
1
-1 Προφανώς αν η f
1 είναι σταθερή τότε
το σύνολο τιμών
-1 της f(Δ) είναι
μονοσύνολο

14. Θεώρημα Μέγιστης και ελάχιστης τιμής (Θ.Μ.Ε.Τ)
Θ.Μ.Ε.Τ
Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α, β], τότε η f παίρνει στο [α, β] μια μέγιστη
τιμή Μ και μια ελάχιστη τιμή m. Δηλαδή υπάρχουν δύο τουλάχιστον x1, x2 στο [α, β] ώστε αν
m = f(x1) και M = f(x2), να ισχύει m ≤ f(x) ≤ M για κάθε .
M=f(x2)
f(α)
f(β)
m=f(x1)
α x2 x1 β

15. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
Αν η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [α, β] μπορεί να μην έχει
1η Παρατήρηση
Άρνηση συνέχειας
μέγιστη ή ελάχιστη τιμή. Π.χ.
e x , x  (2, 4]
f (x)   Η f είναι ασυνεχής στο [2, 4] αφού δεν είναι
12, x  2
συνεχής στο 2 και προφανώς δεν παρουσιάζει ελάχιστη τιμή .
e4
12
e2
2 4

16. Παρατηρήσεις – Προσοχή!!!
2η Παρατήρηση Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και δεν είναι ορισμένη σε κλειστό
Άρνηση κλειστού διάστημα τότε δεν παίρνει υποχρεωτικά ελάχιστη ή μέγιστη τιμή.
διαστήματος
1
1ο Παράδειγμα H f (x)  στο (2, 3) είναι συνεχής αλλά δεν παίρνει ούτε μέγιστη
x
ούτε ελάχιστη τιμή.
2 3
2ο Παράδειγμα H f(x) = (x – 1)2 + 1, x  (1, 2) έχει ελάχιστη τιμή για x=1 το
f(1)=1, αλλά δεν έχει μέγιστη τιμή στο (-1,2).
5
2
1
-1 1 2

17. Το αντίστροφο της πρότασης δεν ισχύει!
1η Παρατήρηση
Μπορεί η συνάρτηση f να είναι ασυνεχής στο [α, β] και να παίρνει
Ισχύει το
συμπέρασμα δεν ελάχιστη ή μέγιστη τιμή:
ισχύει η συνέχεια σε • f ασυνεχής στα α, β
κλειστό διάστημα. • minf = f(α) = m
• maxf = f(β) = Μ
α β
2η Παρατήρηση
Ισχύει το Μπορεί η συνάρτηση f να είναι ορισμένη και συνεχής σε ανοικτό
συμπέρασμα δεν διάστημα και να παίρνει ελάχιστη ή μέγιστη τιμή:
ισχύει το κλειστό
• f ασυνεχής στο (α, β)
διάστημα.
• minf = f(x1) = m
• maxf = f(x2) = Μ
• f((α, β)) = [m, M]
Μ=f(x2)
Μ=f(x1)
α x1 x2 β

18. Σημαντικές παρατηρήσεις!!!
1η Παρατήρηση Από τα παραπάνω προκύπτει το συμπέρασμα ότι το σύνολο τιμών
μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f με πεδίο ορισμού το
[α, β] είναι το κλειστό διάστημα [m, M] όπου m η ελάχιστη τιμή
της και M η μέγιστη τιμή της.
Προσοχή!!! Το f([α, β]) που είναι διάστημα δεν έχει πάντα άκρα τα f(α) και f(β).
2η Παρατήρηση
Η εικόνα ενός ανοικτού διαστήματος ή ημιάνοικτου ( δηλ. (α, β) ή
[α, β) ή (α, β]) δεν είναι κατ’ ανάγκη ανοικτό ή ημιάνοικτο διάστημα.
Π.χ.
1 1
• Η f: (-1, 1) →ℝ με f (x)  2 είναι συνεχής και f((-1,1))=( ,1]
x 1 2
1
• H g: (0, 1) →ℝ με g(x) = είναι συνεχής και g((0,1))=(1,+∞)
x
• H h: (-1,2] →ℝ με h(x) = x2 είναι συνεχής και h((-1,2])=[0,4]

19. Χρήσιμη πρόταση
f “1 -1”
f γνησίως
μονότονη
Προσοχή!!! Αν η f είναι “ 1 – 1” τότε δεν είναι αναγκαστικά και γνησίως μονότονη
f γνησίως
μονότονη
f “1 -1”
f συνεχής

20. Απόδειξη πρότασης
Αν η συνάρτηση f: (α, β) → ℝ είναι συνεχής και 1-1, τότε η f είναι γνησίως μονότονη
Υποθέτω ότι η f δεν είναι
γν. μονότονη
Οπότε η f δεν είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα στο (α, β). Άρα θα υπάρχουν x1,
x2, x3 στο (α, β) με x1 < x2 < x3 ώστε να μην ισχύει ούτε f(x1) < f(x2) < f(x3) ούτε
f(x1) > f(x2) > f(x3)
Έτσι η τιμή f(x2) δε βρίσκεται μεταξύ των f(x1), f(x3).
Ας υποθέσω ότι
f(x1)<f(x3)
Τότε θα έχω f(x2) < f(x1) < f(x3) ( ή f(x1) < f(x3) < f(x2) )
• Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) = f(x) – f(x1) ορισμένη στο [x2, x3] ⊆ [α, β]
• H h(x) είναι συνεχής στο [x2, x3]
 h(x2) = f(x2) – f(x1) < 0
 h(x3) = f(x3) – f(x1) > 0
Άρα h(x2)h(x3) < 0. Επομένως από θ.Bolzano υ.ε.τ  (x 2 , x 3 )  (, )
τ.ω. h(ξ) = 0⟺ f(ξ)=f(x1) . Άτοπο αφού η f είναι 1 – 1 . Άρα η f είναι γνησίως μονότονη.

21. Τρόποι εύρεσης ρίζας της f(x) = 0
f(x)=0
Υποθέτω f(x)≠0 και
Προφανής λύση Θεώρημα Bolzano Σύνολο τιμών καταλήγω σε άτοπο
Ορίζω την f σε
Ορίζω την f στο
υποδιάστημα του
διάστημα που ψάχνω
διαστήματος που
τη ρίζα
ψάχνω τη ρίζα
Μοναδικότητα
ρίζας
Αν το διάστημα είναι της μορφής
(α, β). Τότε βρίσκω τα όρια
lim f (x)  lim f (x)

x  x 
Και αν το ένα από αυτά είναι θετικό Βαθμός
ή +∞ και το άλλο αρνητικό ή - ∞.
π.χ. Μονοτονία πολυωνυμικής Με άτοπο
lim f (x)    lim f (x)  0 εξίσωσης
x  
x 
Τότε υπάρχει μ κοντά στο α τ.ω.
f(μ)>0 και ν κοντά στο β τ.ω. f(ν)<0

22. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
1η Άσκηση
Για τη συνεχή συνάρτηση f : ℝ→ℝ με f(1003) = 2007 ισχύει: f(x) ≠ 2x για κάθε x ϵ ℝ.
Να βρείτε αν υπάρχει το όριο της f στο +∞.
Σκέψη!
f(x)-2x ≠ 0 και f συνεχής
Έστω g(x) = f(x) – 2x, x ϵ ℝ.
• Η g συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων
• g(x) ≠ 0
Άρα η g διατηρεί σταθερό πρόσημο.
Σκέψη!
Αν βρω το πρόσημο μιας
τιμής της g, τότε θα βρω
και το πρόσημο της g για
κάθε x ϵ ℝ
Παρατηρώ ότι g(1003) = f(1003) - 2·1003 = 2007 – 2006 = 1 > 0.
Άρα g(x) > 0 για κάθε x ϵ ℝ.
Σκέψη!
Άρα f(x) > 2x για κάθε x ϵ ℝ
1 1 1
Οπότε f(x) > 2x. Για x > 0 έχω:0   όπου xlim 0  xlim 2x  0
 
f (x) 2x
1
Άρα από Κ.Π. xlim  0 και f(x) > 0. Επομένως lim f (x)  
 f (x) x 

23. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
2η Άσκηση
Έστω συνεχής συνάρτηση και γνησίως αύξουσα συνάρτηση f : [1, 5] → ℝ για την οποία
ισχύει η σχέση : f 2(1) + 4f(1) – 6f(5) + f 2(5) + 13 = 0. Να βρείτε το σύνολο τιμών
της f.
Σκέψη!
f συνεχής και γνησίως
αύξουσα στο [1, 5], άρα η
ελάχιστη τιμή θα είναι το
f(1) και η μέγιστη το f(5)
Αρκεί να βρω τις τιμές f(1) και f(5).
f 2(1) + 4f(1) – 6f(5) + f 2(5) + 13 = 0 ⟺ f 2(1) + 4f(1) + 4 + f 2(5) – 6f(5) + 9 = 0
⟺ [f(1) + 2]2 + [f(5) – 3]2 = 0 ⟺ f(1) = - 2 και f(5) = 3.
Άρα αφού f συνεχής και γν. αύξουσα f([1, 5]) = [f(1), f(5)] = [-2, 3]

24. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
3η Άσκηση
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση : x5 – x4 – 499x2 + 500x – 1 = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα
στο διάστημα (1, 2007).
Σκέψη!
Θεωρώ την
f(x) = x5 – x4 – 499x2 + 500x – 1 στο
Horner!!!
[1, 2007].
Δε μας οδηγεί κάπου αφού f(1) = 0 !
1 -1 0 -499 500 -1 1
1 0 0 -499 1
1 0 0 -499 1 0
Οπότε έχω : f(x) = (x – 1)(x4 – 499x + 1).
• Θεωρώ τη συνάρτηση g(x) = x4 – 499x +1 ορισμένη στο [1, 2007]
• Η g συνεχής στο [1, 2007] ως πολυωνυμική
 g(1) = – 497 < 0
 g(2007) = 20074 – 499· 2007 + 1 = 2007(20073 – 499) + 1 > 0
Άρα g(1)·g(2007) < 0.
Άρα από Bolzano υ.ε.τ. xo ϵ (1, 2007) τ.ω. g(xo) = 0 ⟺ (xo4 – 499xo + 1) = 0 ⟺
(xo –1) (xo4 – 499xo + 1) = 0 ⟺ f(xo) = 0.

25. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
4η Άσκηση
Έστω οι συναρτήσεις f, g : ℝ→ℝ, ώστε f(g(x)) = x2007 + x + 1 + g(x) (1) για κάθε x ϵ ℝ.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ϵ ℝ, ώστε f(ξ) = ξ.
Προσοχή!!!
Δεν μας λέει αν η f είναι συνεχής, οπότε δε μπορώ Σκέψη!
να εφαρμόσω Bolzano για την h(x) = f(x) - x Πρέπει να θεωρήσω κάποια άλλη
συνάρτηση και παρατηρώ ότι η
x2007 + x + 1 έχει ρίζα στο
διάστημα (-1, 1)
Οπότε θεωρώ την h(x) = x2007 + x + 1 ορισμένη στο [-1, 1]
• Η h είναι συνεχής στο [-1, 0] ως πολυωνυμική
 h(1) = 3 >0
h(-1) = -1 < 0
Οπότε h(0)h(-1) < 0. Άρα από θ.Bolzano υ.ε.τ. xoϵ (-1, 0) τ.ω. h(xo)=0.
Για x = xo στην (1) έχω ότι: f(g(xο)) = h(xo)+ g(xο) ⟺ f(g(xο)) = g(xο).
Άρα η ξ = g(xo) είναι μία τουλάχιστον λύση της εξίσωσης f(x)=x.

26. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
5η Άσκηση
Έστω η συνάρτηση f(x) = αx2 + βx + γ, α ≠ 0. Αν 5α + 3β + 3γ = 0 (1), να αποδείξετε ότι η
εξίσωση f(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [0, 2].
Σκέψη!
H f συνεχής στο [0, 2] και
f(0) = γ
f(1) = α + β + γ
f(2) = 4α + 2β + γ
Άρα f(0)+f(1)+f(2)=5α+3β+3γ
1ος τρόπος → Bolzano
• Αν f(0) = 0 ή f(1) = 0 ή f(2) = 0 τότε έχει αποδειχθεί το ζητούμενο.
• Αν f(0)·f(1)·f(2) ≠ 0 , τότε δύο τουλάχιστον από τα f(0), f(1), f(2) είναι ετερόσημοι λόγω
της (1). Άρα f(0)f(1)<0 ή f(1)f(2) < 0 ή f(0)f(2)<0 οπότε από θ. Bolzano υ.ε.τ. x1 ϵ (0,1)
ώστε f(x1)=0 ή x2 ϵ (1,2) ώστε f(x2)=0 ή x3 ϵ (0,2) ώστε f(x3)=0 .
2ος τρόπος → Με άτοπο
• Έστω f(x) ≠ 0 για κάθε x ϵ [0,2]. Αφού η f συνεχής τότε θα διατηρεί σταθερό πρόσημο,
δηλ. f(x) > 0 για κάθε x ϵ [0,2] ή f(x) < 0 για κάθε x ϵ [0,2] . Οπότε:
 f(0) + f(1) + f(2) > 0 ή
 f(0) + f(1) + f(2) < 0. Άτοπο αφού από την (1) f(0) + f(1) + f(2) = 0 . Άρα η f(x)=0 έχει
μία τουλάχιστον ρίζα στο [0, 2].

27. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
6η Άσκηση
Έστω η συνάρτηση f: ℝ→ℝ , με f(x) = x3 + αx + β, β > 0 και α + β + 1 < 0. Να αποδείξετε
ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες.
Σκέψη!
Αρχικά πρέπει να δείξω ότι
υπάρχουν τρείς τουλάχιστον ρίζες
σε τρία διαφορετικά μεταξύ τους Σκέψη!
διαστήματα και στη συνέχεια ότι Παρατηρώ ότι f(0) = β > 0 και ότι
αυτές είναι μοναδικές. f(1) = α + β + 1 < 0 άρα , μπορώ να
εφαρμόσω Bolzano στο (0,1).
Στη συνέχεια θα προσπαθήσω να
δείξω ότι υπάρχει μία ρίζα
μικρότερη του 0 και μία
μεγαλύτερη του 1.
• f(0) = β > 0 και f(1) = α+β+1 < 0
• xlim f (x)  xlim x   . Άρα υπάρχει α < 0 κοντά στο - ∞, τ.ω. f(α) < 0
3
 
• xlim f (x)  xlim x 3   . Άρα υπάρχει β > 0 κοντά στο +∞, τ.ω. f(β) > 0
 
Άρα ισχύει για την f το θ. Bolzano στα διαστήματα [α, 0], [0, 1] και [1, β] , οπότε
υπάρχει ένα τουλάχιστον x1 ϵ (α,0) ώστε f(x1)=0 και x2 ϵ (0,1) ώστε f(x2)=0 και x3 ϵ (1, β)
ώστε f(x3)=0 . Άρα υπάρχουν τρείς τουλάχιστον ξένες ρίζες μεταξύ τους και επειδή η f
είναι πολυωνυμική 3ου βαθμού , οι ρίζες αυτές θα είναι μοναδικές.

28. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
7η Άσκηση
Έστω συνεχής συνάρτηση f : ℝ→ℝ, για την οποία ισχύει: f 5(x) + 3f 3(x) + 2f(x)=x3 – 3x + 1
Να αποδείξετε ότι η Cf έχει με τον άξονα x΄x ένα τουλάχιστον κοινό σημείο A(xo,f(xo)) με
xo ϵ (0, 1)
Σκέψη!
Αρκεί να δείξω ότι το
γινόμενο f(0)f(1) < 0
f 5(x) + 3f 3(x) + 2f(x)=x3 – 3x + 1 ⟺ f(x)[f 4(x) + 3f 2(x) + 2] = x3 – 3x + 1 (1)
Ισχύει όμως f 4(x) + 3f 2(x) + 2 > 0 στο [0, 1].
Για x = 0 στην (1) έχουμε f(0)[f 4(0) + 3f 2(0) + 2] = 1 ⟺ f(0) > 0
Για x = 1 στην (1) έχουμε f(1)[f 4(1) + 3f 2(1) + 2] = -1 ⟺ f(1) < 0.
Αφού η f είναι και συνεχής από Θ. Bolzano υ.ε.τ. xo ϵ (0, 1) τ.ω. f(xo) = 0.

29. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
8η Άσκηση
Αν η συνάρτηση g:[2, 4] →ℝ έχει σύνολο τιμών το g([2,4]) = (4, 8), να αποδείξετε ότι δεν είναι
συνεχής στο πεδίο ορισμού της.
Σκέψη!
Αν το πεδίο ορισμού
μιας συνεχής
συνάρτησης είναι
κλειστό διάστημα τότε
και το σύνολο τιμών της
θα είναι κλειστό
διάστημα
Αρχικά παρατηρούμε ότι το σύνολο τιμών είναι διάστημα άρα η συνάρτηση δεν είναι σταθερή.
Επίσης αν η g ήταν συνεχής από Θ.Μ.Ε.Τ. θα είχε σαν σύνολο τιμών διάστημα της μορφής
[m, M] , όπου m η ελάχιστη τιμή και M η μέγιστη τιμή της g. Αυτό είναι άτοπο αφού σαν
σύνολο τιμών της g δίνεται ανοιχτό διάστημα. Άρα η g δεν είναι συνεχής στο [2, 4].

30. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
9η Άσκηση
Έστω συνάρτηση f:[0, 2] → ℝ, για την οποία ισχύουν : f(0)=0, f(2)=10 και f 3(x) + f(x) = 5x για
κάθε x ϵ (0, 2). Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι συνεχής στο διάστημα [0, 2].
Σκέψη!
Θα υποθέσω ότι η f
είναι συνεχής και θα
καταλήξω σε άτοπο.
Έστω ότι η f συνεχής στο [0, 2]. Τότε από Θ.Ε.Τ., η f θα παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ του 0
και του 10. Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα xο ϵ (0, 2) ώστε f(xo) = 5, αφού
f(0) = 0 < 5 < 10=f(2), (To 5 επιλέχθηκε τυχαία).
Έτσι για x = xo στην αρχική σχέση έχουμε: f 3(xo) + f(xo) = 5xo ⟺ 53 + 5 = 5xo ⟺ xo=26, το 26
δεν ανήκει στο (0, 2) άρα άτοπο! Οπότε η f δεν είναι συνεχής στο [0, 2].

31. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
10η Άσκηση
Έστω η συνεχής συνάρτηση f:[α, β] → 𝕫 . Να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή.
Σκέψη!
Θα υποθέσω ότι η f
δεν είναι σταθερή και
θα καταλήξω σε
άτοπο.
Έστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Τότε θα υπάρχουν x1 , x2 ϵ [α, β] με x1 < x2 ώστε f(x1) ≠ f(x2)
και f(x1), f(x2) ϵ 𝕫. Οπότε η f είναι συνεχής και στο [x1, x2].
Έτσι από Θ.Ε.Τ. η f παίρνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές μεταξύ των f(x1), f(x2). Όμως μεταξύ δύο
ακέραιων υπάρχουν ρητοί και άρρητοι. Δηλαδή θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ϵ (x1, x2) ώστε
f(ξ) είναι ρητός ή άρρητος. Άτοπο αφού το σύνολο τιμών περιέχει μόνο ακέραιους. Άρα η f
είναι σταθερή στο [α, β].

32. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
11η Άσκηση
Έστω η συνεχής συνάρτηση f : ℝ→ℝ για την οποία ισχύει: f(1) + f(2) = f(3) + f(4).
Να αποδείξετε ότι η f δεν είναι αντιστρέψιμη.
Σκέψη!
Αρκεί ν.δ.ο. υπάρχουν
δύο διαφορετικά ξ1, ξ2
τ.ω. f(ξ1) = f(ξ2)
Η f θα είναι συνεχής στα διαστήματα [1, 2] και [3, 4] σε καθένα από τα οποία θα παρουσιάζει ελάχιστη
και μέγιστη τιμή.
Έστω m, Μ η ελάχιστη και μέγιστη τιμή της f στο διάστημα [1, 2].
Τότε για κάθε xϵ[1, 2] ισχύει : m ≤ f(x) ≤ M (1).
Στην (1) για x = 1 και για x = 2 έχουμε:
f (1)  f (2)
m ≤ f(1) ≤ M (2) και m ≤ f(2) ≤ M (3) . Οπότε (2) + (3) ⟺ 2m ≤ f(1)+ f(2) ≤ 2M ⟺ m  M
2
f (1)  f (2)
Άρα από Θ.Ε.Τ. υ.ε.τ. ξ1 ϵ [1, 2] ώστε f(ξ1) =
2
f (3)  f (4)
Όμοια υ.ε.τ. ξ2 ϵ [3, 4] ώστε f(ξ2) = . Από υπόθεση όμως έχουμε f(1) + f(2) = f(3) + f(4).
2
Δηλαδή 2 f(ξ1) = 2 f(ξ2) ⟺ f(ξ1) =f(ξ2) με ξ1 ≠ ξ2 . Άρα η f δεν είναι 1 – 1 .

33. Ασκήσεις που ξεχωρίζουν
12η Άσκηση
Έστω η συνεχής συνάρτηση f : ℝ→ℝ η οποία είναι γνησίως φθίνουσα. Να αποδείξετε ότι η Cf
τέμνει την y = x ακριβώς σε ένα σημείο.
Σκέψη!
Αρκεί ν.δ.ο. ισχύει σ
το θ. Bolzano για την
g(x) = f(x) – x και ότι
η g είναι γν. μονότονη.
• Έστω f(x) ≥ x για κάθε πραγματικό αριθμό x (1). Τότε:
 Για x = f(x) έχουμε ότι: f(f(x)) ≥ f(x) (2)
 Αφού η f γν. φθίνουσα ,από (1) ισχύει ότι : f(f(x)) ≤ f(x) (3)
Από (2) και (3) έχουμε ότι f(f(x)) = f(x) και αφού f “1 – 1” έχουμε f(x) = x, η οποία είναι γν.
αύξουσα , άτοπο. Άρα υπάρχει πραγματικός αριθμός κ τ.ω. f(κ) < κ. Όμοια αν f(x) ≤ x για
κάθε πραγματικό αριθμό x τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός λ τ.ω. f( λ ) > λ.
Έστω g(x) = f(x) – x η οποία είναι συνεχής στο [κ, λ] και γνησίως φθίνουσα
 g(κ) = f(κ) – κ < 0
 g(λ) = f(λ) – λ > 0. Άρα από θ.Bolzano υ.ε.τ. xo g(xo) = 0 ⟺ f(xo) = xo. Όμως g γν.
φθίνουσα άρα το xo μοναδικό.

34. Βιβλιογραφία
1. Γιώργος Φραγκουλόπουλος, Μαθηματικά Κατεύθυνσης Γ Λυκείου, Ά τόμος
2. Βασίλης Παπαδάκης, Μαθηματικά Γ1
3. Αναστάσιος Μπάρλας Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου
4. Γιώργος Κουτάντζης, 321 Πιθανά Θέματα
5. Ν.Σ. Μαυρογιάννης, Φυλλάδιο Μία με κοινά σημεία της Cf με την y=x