1. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….0
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ
ΛΥΚΕΙΟΥ
ΣΥΝΕΧΕΙΑ
ΟΜΑΔΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ, ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Μήταλας Γ , Δρούγας Α. Χάδος Χ. Γερμανός Ξ. Πάτσης Σ.
Ο ΤΣΕΛΕΜΕΝΤΕΣ ΤΟΥ ΥΠΟΨΗΦΙΟΥ
ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΟΥ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
2. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 1
Το χόμπι μου είναι η μαγειρική και ενίοτε παθαίνω εκρήξεις φαιδρότητας και κυνισμού.
Ηρεμήστε, δεν προτίθεμαι να παραθέσω συνταγές μαγειρικής, πλην όμως, τα τελευταία
χρόνια έχω πολλές ενστάσεις για τον τρόπο που εξετάζονται τα μαθηματικά στις
πανελλαδικές εξετάσεις. Γιατί να το κρύψουμε άλλωστε, η επιτροπή θεμάτων τα
τελευταία χρόνια πίνει νερό στο όνομα του Αλ Κβαρίσμι και έχει αγιοποιήσει την
μεθοδολογία.Διάβαζα,πρόσφατα σε γνωστό μέσο κοινωνικής δικτύωσης ότι
«μεθοδολογία στα μαθηματικά είναι ένα τέχνασμα που έγινε viral”,ένας on line
εξωραϊσμός του γνωστού αφορισμού του Τζωρτζ Πόλυα. Παρόλα αυτά, το παρόν είναι
απόλυτα εναρμονισμένο στην λογική ενός τσελεμεντέ τεχνικών επίλυσης ασκήσεων. Το
εγχειρίδιο του επιτήδειου στα μαθηματικά θετικού προσανατολισμού.Πέρα και μακριά
από την μαθηματική σκέψη στις παρακάτω σελίδες θα βρείτε μια σειρά από
τυφλοσούρτες για να λύνετε τα θέματα των πανελληνίων. Το παρόν συμπληρώνει το
σχολικό βιβλίο. Που και που, θα βρίσκετε αγαπημένες συνταγές!!
Σ.Ο.Κ.Ο.Ν
Σπανακόπιτα µε φύλλο κρούστας
Υλικά
Φύλλο κρούστας 1 πακέτο
Σπανάκι 1 κιλό
Κρεµµύδι 1 ψιλοκοµµένο
Φρέσκα κρεµµυδάκια 4 ψιλοκοµµένα
Άνηθο 1/2 µατσάκι ψιλοκοµµένο
Τυρί φέτα 400 γρ τριµµένη ,Αυγά 4 τεµ ,Ελαιόλαδο 3/4
ποτήρι νερού, Αλάτι – πιπέρι, ∆υόσµο 1 κουταλάκι γλυκού, Σουσάµι άσπρο 1 φλυτζανάκι του
καφέ, Σουσάµι ασπρόµαυρο για το πασπάλισµα,Γάλα 1 φλυτζανάκι του καφέ
Οδηγίες Καθαρίζουµε, πλένουµε το σπανάκι, το βάζουµε σε µια κατσαρόλα να ζεµατιστεί λίγο
δηλαδή ίσα να µαραθεί και το βγάζουµε να στραγγίξει. Καθαρίζουµε , πλένουµε και ψιλοκόβουµε το
κρεµµύδι , τα φρέσκα κρεµµυδάκια , τον άνηθο και τον δυόσµο. Σε µια κατσαρόλα βάζουµε το µισό
λάδι, µόλις ζεσταθεί προσθέτουµε το ξερό κρεµµύδι, αφήνουµε λίγο να µαραθεί και βάζουµε και τα
φρέσκα κρεµµυδάκια. Τα γυρίζουµε λίγο, κόβουµε και βάζουµε και το σπανάκι (αν έχει υγρά
στύβουµε µε το χέρι µας να στραγγίξει καλά πριν το βάλουµε στην κατσαρόλα) ανακατεύουµε καλά
και προσθέτουµε αλάτι, πιπέρι, δυόσµο, άνηθο, σουσάµι άσπρο. Ανακατεύουµε να πάνε παντού τα
υλικά και κατεβάζουµε από την φωτιά. Αφήνουµε λίγο ώστε να γίνει χλιαρό το µείγµα µας και
βάζουµε την θρυµµατισµένη φέτα. Χτυπάµε ελαφρώς τα 3 αυγά και τα προσθέτουµε στο µείγµα
ανακατεύοντας καλά και η γέµιση µας είναι έτοιµη. Αλείφουµε µε λάδι το ταψί µας και
τοποθετούµε ένα φύλλο ολόκληρο σε όλη την επιφάνεια του ταψιού. Κόβουµε τα υπόλοιπα φύλλα
στην µέση και τοποθετούµε τα µισά σε στυλ πλισέ λαδώνοντας ενδιάµεσα (όπως στην φωτογραφία
παρακάτω). Απλώνουµε πάνω τους την γέµιση και από πάνω βάζουµε τα υπόλοιπα φύλλα µε τον
ίδιο τρόπο (στυλ πλισέ) λαδώνοντας πάλι. Καλύπτουµε µε το τελευταίο φύλλο απλωµένο κανονικά
(ίσιο). Αφήνουµε για 10 λεπτά το ταψί στο ψυγείο για να κοπεί πιο εύκολα η πίτα µας. Κόβουµε σε
ρόµβους, χτυπάµε το ένα αυγό που κρατήσαµε µαζί µε το γάλα και µε την βοήθεια πινέλου
αλείφουµε την επιφάνεια της πίτας µας. Τέλος πασπαλίζουµε µε το ασπρόµαυρο σουσάµι. Ψήνουµε
σε προθερµασµένο φούρνο στους 180 βαθµούς µόνο την κάτω µεριά για περίπου 30 λεπτά και µετά
το βάζουµε να ψηθεί στο πάνω – κάτω για άλλα 15 λεπτά µέχρι να ροδίσει.
4. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 3
46. ΣΥΝΕΧΕΙΑ: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ – ΟΡΙΣΜΟΣ – ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΑΣΥΝΕΧΕΙΑΣ
1. Γεωμετρική ερμηνεία της συνέχειας στο 0x .
Διαπιστώνω οπτικά αν πάνω στην κατακόρυφη ευθεία 0x x= η καμπύλη fC δεν διασπάται
(δεν διαχωρίζεται πάνω κάτω) και επιπλέον η τιμή ( )0f x (μαύρη κουκίδα) βρίσκεται πάνω
στην καμπύλη. Στην περίπτωση αυτή η συνάρτηση είναι συνεχής στο 0x γιατί
( ) ( ) ( )
0 0
0
x x x x
lim f x lim f x f x− +
→ →
= = .
Παράδειγμα 1: Από τη γραφική παράσταση να διαπιστωθεί σε ποιες θέσεις (xo =1 ή 2 ή 3) είναι
συνεχής ή ασυνεχής η συνάρτηση f.
(1).
(2).
▪ ( ) ( ) ( )− +
→ →
= = =
x 1 x 1
lim f x lim f x f 1 2
Άρα f είναι συνεχής στο =0
x 1
▪ ( ) ( )− +
→ →
= ≠ =
x 2 x 2
lim f x 2.6 5 lim f x
Η f δεν είναι συνεχής στο =0
x 2
▪ ( ) ( ) ( )− +
→ →
= = ≠ =
x 3 x 3
lim f x lim f x 2.6 7 f 1
Η f δεν είναι συνεχής στο =0
x 3
▪ ( ) ( )−
→
= ≠ =
x 1
lim f x 2 2.6 f 1 2
Άρα f δεν είναι συνεχής στο =0
x 1
▪ ( ) ( ) ( )− +
→ →
= ≠ = =
x 2 x 2
lim f x 2 5 lim f x f 2
Η f δεν είναι συνεχής στο =0
x 2
▪ ( ) ( ) ( )− +
→ →
= =
x 3 x 3
lim f x lim f x f 1
Η f είναι συνεχής στο =0
x 3
Cf
7
5
2.6
1 2 3
2
Cf5
2.6
1 2 3
2
Μπακαλοκουβέντες…
∆ιαισθητικά αντιλαµβανόµαστε µια συνάρτηση ως συνεχή στο πεδίο ορισµού της όταν η γραφική της
παράσταση αποτελείται από µια συνεχή καµπύλη που δεν διακόπτεται.Πρέπει να µπορούµε να την
διατρέξουµε µε ένα µολύβι µονοκονδυλιά χωρίς να αναγκαστούµε να σηκώσουµε το µολύβι από το χαρτί.
Γεγονός που δεν ανταποκρίνεται στην πραγµατικότητα,πέρα από τις συνεχείς συναρτήσεις του σχολικού
βιβλίου υπάρχουν και άλλες οι οποίες παρότι είναι συνεχείς στο πεδίο ορισµού τους, µόνο ένα υπερφυσικό ον
θα µπορούσε να τις σχεδιάσει χωρίς να σηκώσει το µολύβι από το χαρτί. Μια τέτοια συνάρτηση στον παρακάτω
σύνδεσµο:http://www.wolframalpha.com/input/?i=f%28x%29%3Dxsin%281%2Fx%29
5. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….4
2: Ορισμός
Έστω μια συνάρτηση f και 0 fx D∈ . Θα λέμε ότι η f είναι συνεχής στο 0x όταν ( ) ( )
0
0
x x
lim f x f x
→
= .
ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΑΣΥΝΕΧΕΙΑΣ
α). Υπάρχει το όριο, υπάρχει η αριθμητική τιμή αλλά είναι άνισα ( ) ( )
0
0
x x
lim f x f x
→
≠ .
β). Δεν υπάρχει το όριο (άνισα τα πλευρικά).
γ). Ένα από τα πλευρικά όρια είναι άπειρο.
3.Συνέχεια σε κλειστό διάστημα
• Μια συνάρτηση θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ανοικτό διάστημα (α, β) όταν είναι συνεχής
σε κάθε σημείο του (α, β).
• Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα [α, β], όταν είναι συνεχής
σε κάθε σημείο του ( ),α β και επιπλέον ( ) ( ) ( ) ( )x α x β
lim f x f α και lim f x f β+ −
→ →
= = .
Α: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΣΥΝΕΧΕΙΑΣ ΣΤΟ 0x .
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
Η γραφική παράσταση της συνάρτησης − → − f : 2,3 2,4 είναι αυτή του παρακάτω σχήματος.
Να βρείτε τα σημεία στα όποια η f δεν είναι συνεχής.
Λύση. Παρατηρούμε ότι ( )−
→−
=
x 1
lim f x 0 και ( )+
→−
=
x 1
lim f x 2 δηλαδή ( ) ( )+ +
→− →−
≠
x 1 x 1
lim f x lim f x .Η f δεν είναι
συνεχής στο = −0
x 1 .
( )−
→
=
x 1
lim f x 3 και ( )+
→
=
x 1
lim f x 1 δηλαδή ( ) ( )+ +
→ →
≠
x 1 x 1
lim f x lim f x .Η f δεν είναι συνεχής στο =0
x 1
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
46-1. Στα παρακάτω σχήματα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δυο συναρτήσεων. Να
βρείτε τα σημεία στα οποία αυτές δεν είναι συνεχείς.
O
1
1
3
2
32 x
y
O
−1
1
1
2
3,532 x
y
6. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 5
47 . ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΑΠΛΟΥ – ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ ΤΥΠΟΥ
1. Συνέχεια απλού τύπου
• Η συνάρτηση είναι συνεχής σε όλα τα σημεία στα οποία ορίζεται ο τύπος της ως έκφραση
πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.
• Στο σημείο 0x που δεν ορίζεται ο τύπος βρίσκω το ( )
0x x
lim f x λ
→
= , από τη σχέση που έχει
«διάφορο 0x x≠ ». Αν ( )0λ f x= τότε f συνεχής στο 0x , αν ( )0λ f x≠ τότε f ασυνεχής στο 0x
(όλες οι γνωστές συναρτήσεις θεωρούνται συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους).
Παράδειγμα 1: Να εξεταστεί αν είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της η συνάρτηση ( )
−
=
−
3
x 1
f x
x 1
,
όταν ( ) =f 1 2 .
Παράδειγμα 2: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 4 να βρεθεί η τιμή ( )f 4 , όταν για κάθε x 0≥
ισχύει ( ) ( )4 x 8 x 4 f x x 4− ≤ − ≤ − .
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
47-1. Έστω f συνάρτηση συνεχής στο 3 για την οποία ισχύει ( ) ( ) 2
x 3 f x x 9− = − για κάθε x R∈ .
Να βρεθεί η τιμή ( )f 3 .
Λύση
Επειδή η f είναι συνεχής στο 3 θα ισχύει ( ) ( )x 3
limf x f 3
→
= . Άρα αρκεί να βρούμε το ( )x 3
limf x
→
.
Για x 3≠ είναι ( )
( )( )2
x 3 x 3x 9
f x x 3
x 3 x 3
− +−
= = = +
− −
. Επομένως ( ) ( )x 3 x 3
lim f x lim x 3 6
→ →
= + = . Οπότε ( )f 3 6= .
47-2. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει: (α) είναι συνεχής στο R και
(β)
( )
x 0
xf x ημx
lim 2
x→
+
= .
Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο ( )M 0,1 .
Λύση
Αρκεί να αποδείξουμε ότι ( )f 0 1= . Είναι ( ) ( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0
lim xf x ημx lim x lim f x lim ημx 0 f 0 ημ0 0
→ → → →
+ = ⋅ + = ⋅ + =
και
x 0
lim x 0
→
= .
Οπότε εργαζόμαστε ως εξής
( ) ( )
( ) ( )x 0 x 0 x 0 x 0
xf x ημx xf x ημx ημx
lim lim limf x lim f 0 1
x x x x→ → → →
+
= + = + = +
(1).
Έτσι ισοδυναμεί με ( ) ( )f 0 1 2 f 0 1+ = ⇔ = .
47-3. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x 0= και ισχύει
( )
2x 0
πx
xf x ημ
3lim κ με κ R
x→
−
= ∈ , να
βρεθεί η τιμή ( )f 0 .
Λύση
Θέτουμε ( )
( )
2
πx
xf x ημ
3g x ,x 0
x
−
= ≠ , οπότε ( )x 0
limg x κ R
→
= ∈ . Έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2
x 0
2 2
πx πx
x g x ημ ημ
πx πx 3 3xf x ημ x g x xf x x g x ημ f x f x xg x
3 3 x x
≠
+
− = ⇔ = + ⇔ = ⇔ = + .
Επομένως ισχύει ( ) ( )x 0 x 0
πx
ημ
π π3limf x lim xg x 0 κ
x 3 3→ →
= + = ⋅ + =
.
Όμως η f είναι συνεχής στο 0, επομένως ( ) ( )x 0
π
f 0 limf x
3→
= = .
7. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….6
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
47-4. Μια συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το ℝ και ισχύει ( ) ( )4
x-2 f x +3x-1=0 για κάθε x 2≠ . Να
εξετάσετε αν η f είναι συνεχής στο 2.
47-5. Αν 0α<x <β και για κάθε ( ) ( )0 0x α,x x ,β∈ ∪ είναι ( ) ( )f x =g x και ( ) ( )0 0f x g x≠ , να αποδείξετε
ότι δεν είναι δυνατόν να είναι συνεχείς στο 0x και οι δύο συναρτήσεις f και g.
47-6. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 3 και ισχύει ( ) ( )x+1-2 f x =x-3⋅ , για κάθε { }x 3∈ −ℝ , να
βρείτε το ( )f 3 .
47-7. Μια συνάρτηση f: →ℝ ℝ είναι συνεχής και ( ) ( )x-2 f x = x+2-2⋅ . Να βρείτε το ( )f 2 .
47-8. Αν για κάθε x 4≠ ισχύει ( )f x =5x-1 και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ , να υπολογίσετε
την τιμή ( )f 4 .
47-9. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 και η καμπύλη της f διέρχεται από το σημείο Α(1,2) να
βρείτε το
( ) ( )3
21 3 2x
x f x f x
lim
x x→
−
− −
2. Συνέχεια πολλαπλού τύπου
• Η f στο { }−ℝ 0
x είναι συνεχής (πράξεις συνεχών συναρτήσεων).
• Βρίσκω την τιμή ( )0f x από τον κλάδο που έχει «ίσον».
• Βρίσκω τα πλευρικά όρια ( ) ( )
0 0x x x x
lim f x , lim f x− +
→ →
.
• Αν ( ) ( ) ( )
0 0
0
x x x x
lim f x lim f x f x+ −
→ →
= = , τότε η f είναι συνεχής στο 0x , συνεπώς σε όλο το R.
Παράδειγμα 3: Εξετάσετε αν είναι συνεχής η συνάρτηση ( )
2
x -4x-5
, x -1
f x = x+1
-6, x=-1
≠
.
Παράδειγμα 4: Να μελετηθεί η συνέχεια της συνάρτησης ( )
3 2
4 3
x x x 1
, x 1
x 1
0, x 1f x
x x x 1
, 1 x
x 1
− + −
< −
==
− + − <
−
.
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
47-10. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση ( )
2
ln x 2x 3, x 1
f x x
, x 1
2x 3
+ − >
=
≤
−
.
Λύση
Η f έχει πεδίο ορισμού το A R= .
• Στο διάστημα ( )1,+∞ η f είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών των συναρτήσεων 2
ln x και 2x 3− .
• Στο διάστημα ( ).1−∞ η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών των συναρτήσεων x και 2x 3− .
• Στο 0x 1= έχουμε ( )f 1 1= −
( ) ( )
( )
2
x 1 x 1
x 1 x 1
lim f x lim ln x 2x 3 1
x
lim f x lim 1
2x 3
+ +
− −
→ →
→ →
= + − = −
= = −
−
Επομένως η f είναι συνεχής και στο 0x 1= . Άρα η f είναι συνεχής.
8. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 7
47-11. Να εξετάσετε ως προς τη συνέχεια της f με ( )
( )
2
23
xημx, x 0
f x συν x 1, 0 x π
ημ πx 1, π x
≤
= − < <
− ≤
.
Λύση
Είναι:
• Για x 0< η f συνεχής ως γινόμενο συνεχών.
• Για 0 x π< < η f συνεχής ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών.
• Για π x< η f συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.
Εξετάζουμε τη συνέχεια στα σημεία 0 0x 0 και x π= = .
• Στο 0x 0= έχουμε:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
x 0 x 0
x 0 x 0
lim f x lim συν x 1 συν 0 1 1 1 0
lim f x lim x ημx 0 ημ0 0
και f 0 0 ημ0 0
+ +
− −
→ →
→ →
= − = − = − =
= ⋅ = ⋅ =
= ⋅ =
Άρα η f συνεχής στο 0.
• Στο 0x π= έχουμε:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2 23 3
x π x π
22 2
x π x π
lim f x lim ημ πx 1 ημ π π 1 ημπ 1 0 1 1
lim f x lim συν x 1 συν π 1 1 1 0
f π 1
+ +
− −
→ →
→ →
= − = ⋅ − = − = − = −
= − = − = − − =
= −
Άρα η f είναι ασυνεχής στο π.
47-12. Να μελετηθεί ως προς τη συνέχεια η συνάρτηση ( )
ημx
, x 0
f x x
1, x 0
≠
=
=
.
Λύση
Για τη μελέτη της συνέχειας της συνάρτησης f στο 0 παρατηρούμε
ότι ( ) ( )
x 0
x 0 x 0
ημx
f 0 1 και limf x lim 1
x
≠
→ →
= = = .
Άρα ( ) ( )x 0
f 0 limf x
→
= , συνεπώς η f είναι συνεχής στο 0.
Στο διάστημα ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών των συναρτήσεων ημx και x .
Συνεπώς η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R.
47-13. Να μελετηθεί ως προς τη συνέχεια η συνάρτηση ( ) { }f x max 7 3x,5x 11= − + .
Λύση
Το σύμβολο { }max α,β συμβολίζει το μεγαλύτερο αριθμό από τους α και β.
Έχουμε { }
α, α β
max α,β
β, β α
≥
=
≥
Στην περίπτωσή μας έχουμε:
• { }
1
max 7 3x,5x 11 7 3x 7 3x 5x 11 8x 4 x
2
− + = − ⇔ − ≥ + ⇔ − ≥ ⇔ ≤ − .
• { }
1
max 7 3x,5x 11 5x 11 5x 11 7 3x 8x 4 x
2
− + = + ⇔ + ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − .
Είναι λοιπόν ( )
1
7 3x, x
2
f x
1
5x 11, x
2
− ≤ −
=
+ ≥ −
.
Στη συνέχεια βρίσκουμε ότι ( ) ( )1 1
x x
2 2
1 17
lim f x lim f x f
2 2+ −
→ →
= = − =
, συνεπώς η f είναι συνεχής στο
1
2
− .
Τέλος στα διαστήματα
1 1
, και ,
2 2
−∞ − − +∞
η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
9. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….8
47-14. Να βρεθεί σε ποια σημεία είναι συνεχής η συνάρτηση ( )
2
x 5 x αρρητος
f x
2x 3 x ρητος
−
=
+
.
Λύση
Σε κάθε περιοχή ( )0U x του ρητού 0x υπάρχουν άπειροι ρητοί αριθμοί συνεπώς έχει νόημα η
έκφραση ( )
0x x
lim f x
→
για κάθε x Q∈ .
Όμοια και ( )
0x x
lim f x
→
για κάθε x R / Q∈ και 0x άρρητο.
Για να είναι η f συνεχής στο 0x θα πρέπει να ισχύει ( ) ( ) ( )
0 0
0
x x x x
x Q x R / Q
lim f x lim f x f x
→ →
∈ ∈
= = .
Για ∈ℚx είναι ( ) ( )
0 0
0
x x x x
lim f x lim 2x 3 2x 3
→ →
= + = + .
Για x R / Q∈ είναι ( ) ( )0 0
2 2
0
x x x x
lim f x lim x 5 x 5
→ →
= − = − .
Συνεπώς πρέπει 2 2
0 0 0 0 0 0x 5 2x 3 x 2x 8 0, x 2, x 4− = + ⇔ − − = = − = .
Έτσι η f είναι συνεχής στις θέσεις 0 0x 2, x 4= − =
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
47-15. Εξετάστε αν η συνάρτηση f με ( ) 2
f x = -x +3x , είναι συνεχής στο 0 0x =0 και x =3 .
47-16. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο 0x τις παρακάτω συναρτήσεις:
i)
2
3
x +4, x<2
f(x)=
x , x 2
≥
,αν 0x =2 ii)
2
x +1, x<1
f(x)=
3+x, x 1
≥
,αν 0x =1
iii)
2
x +x-2
, x -2
f(x)= x+2
-3 , x=-2
≠
,αν 0x =-2 .
47-17. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις παρακάτω συναρτήσεις και μετά να
χαράξετε τη γραφική τους παράσταση, αν
i)
2
2x , |x| 1
f(x)= 2
, |x| >1
x
≤
ii)
2
x -5x+6
, x 2
f(x)= x-2
5 , x=2
≠
iii)
x , x<1
f(x)=
lnx , x 1
≥
iv)
x
2
e , x 0
f(x)=
-x +1 , x>0
≤
.
47-18. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις συναρτήσεις
i)
2
2x -3 , x 1
f(x)= x-1
, x>1
x-1
≤
ii)
ημx
, x<0
f(x)= x
συνx , x 0
≥
.
47-19. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση ( )
2
2x-6
, x>3
x+1-2
f x = 8, x=3
8x-24
, x<3
2x -11x+15
είναι συνεχής στο 0x =3 .
47-20. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση ( )
2
2
x-ημx
, x>0
x
f x = α, x=0
2x+1
, x<0
x
είναι συνεχής στο 0x =0 .
10. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 9
47-21. Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο σημείο 0x =0 τη συνάρτηση
( )
1
ημx ημ , x 0
f x = x
0, x=0
⋅ ≠
.
47-22. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ℝ και ( )f 0 =0 τότε να αποδείξετε ότι η συνάρτηση
με ( )
( ) 2 1
f x ημ , x 0
g x = x
0, x=0
≠
είναι συνεχής.
3. Εύρεση παραμέτρων ώστε μια συνάρτηση να είναι συνεχής στο 0
x
Βρίσκω το όριο, βρίσκω την αριθμητική τιμή
ΑΠΑΙΤΩ να είναι ίσα
Παράδειγμα 5: Να βρεθεί η τιμή του α ώστε η συνάρτηση να είναι συνεχής στη θέση 1
( )
2 1
1
+ ≠
=
=
x , x
f x
αx, x
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
47-23. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )
( ) ( )
x 1 2
e αx β, x 1
f x ημ πx 2, 1 x 2
ln x 1 2βσυν πx α, x 2
−
+ − <
= + ≤ ≤
− + − >
.
Να βρείτε τα α, β ώστε η f να είναι συνεχής.
Λύση
Η f έχει πεδίο ορισμού το RΑ = . Για κάθε α,β R∈ η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα
( ) ( ) ( ),1 , 1,2 και 2,−∞ +∞ , διότι εκφράζεται από συνεχείς συναρτήσεις.
Για να είναι η f συνεχής θα πρέπει να είναι συνεχής και στα σημεία 1 και 2. Δηλαδή
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x 1 x 1 x 2 x 2
lim f x lim f x f 1 (1) και lim f x lim f x f 2 (2)− + − +
→ → → →
= = = = . Έχουμε:
• ( )f 1 2=
• ( ) ( )x 1 2
x 1 x 1
lim f x lim e αx β 1 α β− −
−
→ →
= + − = + −
• ( ) ( )( )x 1 x 1
lim f x lim ημ πx 2 0 2 2+ +
→ →
= + = + =
• ( )f 2 2=
• ( ) ( )( )x 2 x 2
lim f x lim ημ πx 2 0 2 2− −
→ →
= + = + =
• ( ) ( ) ( )( )x 2 x 2
lim f x lim ln x 1 2βσυν πx α 0 2β α α 2β+ +
→ →
= − + − = + − = − +
Από (1) και (2) έχουμε
1 α β 2 α 4
α 2β 2 β 3
+ − = =
⇔
− + = =
. Άρα α 4 και β 3= = .
47-24. Να υπολογιστεί η πραγματική παράμετρος α, ώστε η συνάρτηση ( )
2 x 4
, x 0
f x ημ2x
α, x 0
− +
≠
=
=
να είναι συνεχής στο R.
Λύση
Η συνάρτηση f για x 0≠ είναι συνεχής, ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Για να είναι συνεχής στο
R η f , πρέπει να είναι συνεχής στο 0x 0= . Δηλαδή πρέπει ( ) ( )x 0
limf x f 0
→
= . Είναι:
• ( )f 0 α=
11. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….10
• ( )x 0 x 0
2 x 4
lim f x lim
ημ2x→ →
− +
=
Όμως ( )x 0 x 0
lim 2 x 4 2 2 0 και lim ημ2x 0
→ →
− + = − = = .
Για την άρση της απροσδιοριστίας
0
0
, γράφουμε την ( )f x ως εξής
( )
( )
4 x 4
2 x 4 x2 x 4f x
ημ2x ημ2x ημ2x 2 x 4
− −
− + −+ += = =
⋅ + +
. Οπότε
( )
( ) ( ) ( )
x 0 x 0 x 0 x 0
x 1 1 1 1
limf x lim lim lim
ημ2x ημ2x 2 1 4 8ημ2x 2 x 4 2 x 4 2 2 x 4
x 2x
→ → → →
− − − −
= = = = = −
⋅ ⋅⋅ + + + + ⋅ + +
Αφού ( )x 0 x 0
ημ2x
lim 1 και lim 2 x 4 4
2x→ →
= + + = . Πρέπει λοιπόν
1
α
8
= − .
47-25. Να βρεθούν οι τιμές των α και β ώστε να είναι συνεχής στο R η
συνάρτηση ( )
3
2
2
αx 3βx 1, x 1
f x x 2αx 6β, 1 x 3
βx αx 3, 3 x
− + <
= + − ≤ ≤
+ + <
.
Λύση
Στο { }R 1,3− είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
Στη θέση x 1= έχουμε
( ) ( ) ( )3 2
x 1 x 1
f 1 1 2α 6β και lim αx 3βx 1 α 3β 1, lim x 2αx 6β 1 2α 6β− +
→ →
= + − − + = − + + − = + − .
Πρέπει α 3β 1 1 2α 6β, α 3β 0− + = + − − = (1).
Στη θέση x 3= έχουμε
( ) ( ) ( )2 2
x 3 x 3
lim x 2αx 6β 9 6α 6β και lim βx αx 3 9β 3α 3 και f 3 9 6α 6β− +
→ →
+ − = + − + + = + + = + − .
Πρέπει 9 6α 6β 9β 3α 3, α 5β 2+ − = + + − = − (2).
Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε τις τιμές α 3 και β 1= = για τις οποίες η f είναι
συνεχής στο R.
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
47-26. Αν δίνεται η συνάρτηση ( )
2
x 7-4
, x 3
f x = x-3
α, x=3
+
≠
, να βρείτε το ( )x 3
limf x
→
και τις τιμές του α
έτσι, ώστε η f να είναι συνεχής.
47-27. Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
2
3x -5x-2
, x 2
f x = x-2
α -α+5, x=2
≠
. Να βρείτε το α ώστε η συνάρτηση να είναι
συνεχής στο 2.
47-28. Δίνεται η συνάρτηση ( )
3-x- 3
, x 0
f x = x
3α 3, x=0
≠
. Αν η f είναι συνεχής στο 0 να υπολογίσετε την
τιμή του α.
47-29. Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
2
2
2 4
2
2
2
x x
, x
xf x
α
, x
− −
≠ −=
+ α =
α. Να βρείτε το ( )2x
limf x
→
β. Να βρείτε το α ώστε η f να είναι συνεχής στο 2.
12. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 11
Να βρεθεί η παράμετρος α ώστε να είναι συνεχής η συνάρτηση ( )
2
2
ημ2x α x
, x 0
f x x
x 3α, 0 x
+
<
=
+ ≤
.
47-30. Αν
(x-κ)(x+κ) , x 2
f(x)=
κx+5 , x>2
≤
, να προσδιορίσετε το κ, ώστε η f να είναι συνεχής στο
0x =2 .
47-31. Αν
2 2
α x +βx-12 , x<1
f(x)= 5 , x=1
αx+β , x>1
, να βρείτε τις τιμές των α,β∈ ℝ για τις οποίες η f να είναι
συνεχής στο 0x =1.
47-32. Να βρείτε την πραγματική τιμή του α, ώστε να είναι συνεχής η συνάρτηση:
( )
1+συνx
, x<π
i. f x = x-π
αx+2, x π
≥
( )
( )
( )
2 2
2 2
5 2
ημ α x
, x<0
ii. f x = ημ x+x
x + 3α-1 x +8, x 0
≥
.
47-33. Αν είναι ( )
( )
( )
2 3
4 2 2
2x + λ +1 x-2, x<1
f x =
x - λ +μ+1 x -3λ, x 1
≥
, να προσδιορίσετε τις τιμές των λ και μ, ώστε η f να
είναι συνεχής και η γραφική της παράσταση να διέρχεται από το σημείο ( )A 2,3 .
47-34. Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
3-x , x -1
f x = αx+β, -1<x<1
lnx, x 1
≤
≥
. Να βρείτε τους α και β ώστε η f να είναι
i. Συνεχής
ii. Συνεχής στο -1 και ασυνεχής στο 1.
47-35. Αν ( )
2
αx +3β-5
f x = , με x 1
x-1
≠ και ( )f 1 7= να προσδιορίσετε τις πραγματικές τιμές των α και β
ώστε η f να είναι συνεχής.
47-36. Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α, β, γ ώστε η συνάρτηση ( )
3 2
2
αx +βx -γx+1
, x 1
f x = x -2x+1
-1, x=1
≠
να είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.
4. Πράξεις
Όλες οι γνωστές μας συναρτήσεις θα θεωρούνται συνεχείς ΣΤΟ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΤΟΥΣ. Θα
εξετάζω χωριστά τη συνέχεια με τον ορισμό στα σημεία που «σπάει» ο τύπος της συνάρτησης
(πολύκλαδη).
• Αν οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο 0x και οι συναρτήσεις
νf
f g, c f, c R, f g, , f , f
g
+ ⋅ ∈ ⋅ με την προϋπόθεση ότι ορίζονται σε ένα διάστημα που
περιέχει το 0x .
• Αν η f είναι συνεχής στο 0x και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο ( )0f x τότε η σύνθεσή
τους gof είναι συνεχής στο 0x .
Απόδειξη συνέχειας από συναρτησιακή σχέση.
1). Θέτω με ( ) ( )h x και φ x τις συναρτήσεις που δίνονται.
2). Λύνω το σύστημα ως προς ( ) ( )f x και g x .
3). Οι f, g προέρχονται από πράξεις συνεχώς συναρτήσεων, άρα είναι συνεχείς συναρτήσεις.
Παράδειγμα6: Αν οι συναρτήσεις ( ) ( ) ( ) ( )2
2ημxf x g x και x f x συνxg x− + είναι συνεχείς στο Δ να
δειχτεί ότι και οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο Δ.
Παρατήρηση: Πολλές φορές η μέθοδος της απαγωγής σε άτοπο μπορεί να φανεί χρήσιμη.
13. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….12
Παράδειγμα7: Αν στο 0x η f είναι συνεχής συνάρτηση και η kf λg+ ασυνεχής τότε να δειχτεί ότι και
η συνάρτηση g είναι ασυνεχής στη θέση 0x .
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
47-37. Να αποδειχθεί ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι συνεχείς:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2
2
i.f x συν ημx ii.f x ln x ημx iii.f x συν
x 1
= = + =
+
.
Λύση
i). Η f είναι σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) ( )g x ημx και h x συνx= =
αφού ( )( ) ( )( ) ( )hog x h g x συν ημx= = . Άρα είναι συνεχής
ii). Ομοίως η f είναι σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) ( )h x x ημx και g x lnx= + = (με x > 0).
Αφού ( )( ) ( )( ) ( )goh x g h x ln x ημx , x 0= = + > . Άρα είναι συνεχής.
iii). Ομοίως η f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων ( ) ( ) 2
2
g x συνx και h x
x 1
= =
+
.
47-38. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f : R R→ συνεχής στο R για την οποία
ισχύει ( )( )f f x x 0+ = για κάθε x R∈ .
Λύση
Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση →ℝ ℝf : συνεχής για την οποία ισχύει ( )( )f f x x 0+ = για κάθε x R∈ .
Αν ισχύει ( ) ( )1 2f x f x= , τότε ( )( ) ( )( )1 2f f x f f x= . Οπότε ( )( ) ( )( )1 1 2 2 1 2f f x x f f x x x x+ = + ⇔ = . Άρα η f
είναι συνάρτηση «1-1». Εφόσον η f είναι συνεχής στο R και «1-1», θα είναι γνησίως μονότονη. (Θα
το αποδείξουμε στην ενότητα του θεωρήματος ενδιαμέσων τιμών)
• Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Αν 1 2x x< , τότε ( ) ( )1 2f x f x< και ( )( ) ( )( )1 2f f x f f x< .
Επομένως η συνάρτηση fof είναι γνησίως αύξουσα.
• Υποθέτουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Αν 1 2x x< , τότε ( ) ( )1 2f x f x> και ( )( ) ( )( )1 2f f x f f x< .
Άρα η συνάρτηση fof είναι επίσης γνησίως αύξουσα.
Όμως ( )( )f f x x και fof= − γνησίως αύξουσα. Αυτό είναι άτοπο, αφού η συνάρτηση g : R R→
με ( )g x x= − είναι γνησίως φθίνουσα στο R.
Επομένως δεν υπάρχει συνάρτηση f συνεχής στο R τέτοια, ώστε να ισχύει η παραπάνω ιδιότητα.
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
47-39. Να αποδείξετε ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι συνεχείς:
i) f(x)=ημ(συνx) ii) 2
f(x)=ln(x +x+1) iii) 2
1
f(x)=ημ
x +1
iv) ημx
f(x)=e v) f(x)=ln(lnx) .
47-40. Να αποδείξετε ότι:
α. αν οι συναρτήσεις f+g και f-g είναι συνεχείς στο ℝ , τότε οι f και g είναι επίσης συνεχείς στο ℝ .
β. αν η συνάρτηση ( )συνx f x + x⋅ είναι συνεχής στο 0, τότε και η f είναι συνεχής στο 0.
Πλατωνικά στερεά με… μήλα
14. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 13
48. ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ ΤΗΣ ΣΥΝΕΧΕΙΑΣ ΣΤΟ 0x
1.Από σχέσεις ισότητας
• Αναλύω τη δοθείσα ισότητα (ή την έκφραση της άσκησης που καταλήγει σε ισότητα).
• Κάνω αλλαγή μεταβλητής και πράξεις.
Παράδειγμα 1: Αν η συνάρτηση →ℝ ℝf : είναι περιττή και συνεχής στο 0x 0≠ να δειχτεί ότι θα
είναι συνεχής και στη θέση 0x− .
Παράδειγμα 2: Αν οι συναρτήσεις f και g ικανοποιούν για κάθε x R∈ τη
σχέση ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
f x g x x 2x f x ημx g x συνx+ + = + να δειχτεί ότι είναι συνεχείς στο R.
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
48-1. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 2 και ισχύει
( )
h 0
f 2 h
lim 3
h→
+
= , να βρεθεί το
όριο
( ) ( )
x 2
f x f 2
L lim
x 2→
−
=
−
.
Λύση
Αν ( )
( )f 2 h
g h
h
+
= , τότε ( ) ( )f 2 h hg h+ = και είναι ( )h 0
limg h 3
→
= .
Άρα ( ) ( )h 0 h 0
limf 2 h lim hg h 0 3 0
→ →
+ = = ⋅ = .
Επειδή η f είναι συνεχής στο 2 θα ισχύει ( ) ( )h 0
f 2 limf 2 h 0
→
= + = .
Αφού ( )f 2 0= το L γράφεται
( )
x 2
f x
L lim
x 2→
=
−
.
Θέτουμε ( )
( )f x
φ x
x 2
=
−
,
οπότε ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
x 2 x 2 h 0 h 0
f 2 h f 2 hf x
φ 2 h και L lim lim φ x lim φ 2 h lim 3
h x 2 h→ → → →
+ +
+ = = = = + = =
−
. Άρα L 3= .
48-2. Αν μια συνάρτηση f : R R→ ικανοποιεί τη συνθήκη ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = για κάθε x,y R∈ , να
αποδειχθεί ότι, αν είναι συνεχής σε ένα γνωστό σημείο ξ, τότε είναι συνεχής στο R.
Λύση
Δίνεται ότι ( ) ( )x ξ
limf x f ξ
→
= . Για να αποδείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο R, αρκεί να δείξουμε ότι
είναι συνεχής στο τυχαίο σημείο 0x R∈ .
Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
0 0 0 0 0
x x h ξ h ξ
lim f x lim f x ξ h lim f x ξ f h f x ξ f ξ f x ξ ξ f x
→ → →
= − + = − ⋅ = − ⋅ = − + = .
Άρα η f είναι συνεχής στο 0x R∈ .
48-3. Αν η f είναι συνεχής στο 2 και
( )
x 2
f x x 2 3
lim
x 2 4→
− +
=
−
, να βρεθεί το όριο
( ) ( )
x 2
f x f 2
lim
x 2→
−
−
.
Λύση
Αν
( )
( )
f x x 2
h x
x 2
− +
=
−
τότε ( ) ( )( )f x h x x 2 x 2= − + + ,
οπότε ( ) ( )( )x 2 x 2
limf x lim h x x 2 x 2 0 2 2
→ →
= − + + = + = .
Λόγω συνέχειας στο x 2= είναι ( ) ( )x 2
limf x f 2 2
→
= = . Είναι:
( ) ( ) ( ) ( )
x 2 x 2 x 2
f x x 2 f x 2 x 2 2 f x f 23 3 x 2 2 3
lim lim lim
x 2 4 x 2 4 x 2 x 2 4→ → →
− + − − + + − + −
= ⇔ = ⇔ − =
− − − −
.
Αν
( ) ( )
( )
f x f 2 x 2 2
g x
x 2 x 2
− + −
− =
− −
, τότε έχουμε
( ) ( )
( )
f x f 2 x+2-2
g x
x 2 x-2
−
= +
−
, οπότε
( ) ( )
x 2
f x f 2
lim 1
x 2→
−
=
−
.
15. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….14
48-4. Δίνεται η συνάρτηση ( )f : 0, R+∞ → για την οποία ισχύει ( ) ( )3
f x f x ln x+ = (1).
Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0x 1= .
Λύση
Για κάθε x 0> έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
3 2
2
lnx
f x f x ln x f x f x 1 lnx f x
1 f x
+ = ⇔ + = ⇔ =
+
.
Οπότε ( )
( )
( )2
lnx
f x lnx η' ln x f x lnx
1 f x
= ≤ − ≤ ≤
+
(2).
Είναι ( )x 1 x 1
lim ln x lim ln x 0
→ →
= − = .
Από τη (2) σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι ( )x 1
lim f x 0
→
= .
Από την (1) για x 1= έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 2
f 1 f 1 ln1 f 1 f 1 1 0 f 1 0+ = ⇔ + = ⇔ = .
Επειδή ( ) ( )x 1
limf x f 1
→
= , η f είναι συνεχής στο 0x 1= .
48-5. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( ) 2
xf x 2 f x 3x 1− = − + για
κάθε x R∈ . Αν η f είναι συνεχής, να βρείτε τον τύπο της.
Λύση
Για κάθε x R∈ έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )2 2
xf x 2 f x 3x 1 x 1 f x 2 3x 1− = − + ⇔ − = − + .
Για κάθε x 1≠ είναι ( )
2
2 3x 1
f x
x 1
− +
=
−
. Επειδή η f είναι συνεχής στο 1 έχουμε
( ) ( )
( )2
2x 1 x 1 x 1
3 x 12 3x 1 3
f 1 lim f x lim lim
x 1 22 3x 1→ → →
− +− +
= = = = −
− + +
. Άρα ( )
2
2 3x 1
, x 1
x 1f x
3
, x 1
2
− +
≠ −=
− =
.
ΣΧΟΛΙΟ: Όταν για μια συνάρτηση f δίνεται μια συναρτησιακή σχέση και γνωρίζουμε ότι είναι
συνεχής σε ένα σημείο α, τότε για να δείξουμε ότι είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορισμού της Α, θα
αποδεικνύουμε ότι είναι συνεχής σε ένα τυχαίο σημείο 0x του Α, χρησιμοποιώντας τη
συναρτησιακή σχέση για αλλαγή μεταβλητής στην εύρεση του ορίου.
48-6. Αν για τη συνάρτηση f ισχύει ( ) ( ) ( )f xy f x f y= + (1) για κάθε x,y R∈ να δείξετε ότι:
i). Αν η f είναι συνεχής στο 1, τότε η f είναι συνεχής στο R.
ii). Αν η f είναι συνεχής στο α 1≠ , τότε η f είναι συνεχής στο R.
Λύση
i). Αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο 0x R∈ .
Επειδή η f είναι συνεχής στο 1 έχουμε ( ) ( )x 1
limf x f 1
→
= .
Για x y 1= = η (1) γίνεται ( ) ( ) ( ) ( )f 1 f 1 f 1 f 1 0= + ⇔ = . Άρα ( )x 1
limf x 0
→
= .
Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
0
x x t
0 0 0 0 0
x x t 1 t 1 t 1
lim f x limf x t lim f x f t f x limf t f x 0 f x
=
→ → → →
= = + = + = + = .
Οπότε η f είναι συνεχής στο 0x .
ii). Σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα αρκεί να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 1. Είναι
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
x α t 1 t 1 t 1
t 1 t 1
limf x f α limf αt f α lim f α f t f α f α limf t f α
limf t 0 limf t f 1 .
→ → → →
→ →
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
⇔ = ⇔ =
Άρα η f είναι συνεχής στο 1.
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
48-7. Αν
( )
h 0
f 3+h
lim =5
h→
και η f είναι συνεχής στο 3, να βρείτε το όριο
( ) ( )
x 3
f x -f 3
lim
x-3
A
→
= .
1). Αν ( )
( ) ( ) ( )
x 3
x 3 f x ημx x 3
f 3 2 και lim 4
x 1 2→
− − −
= =
+ −
να δειχτεί ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής
στο x 3=
16. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 15
2). Αν η f είναι συνεχής στο 3 και
( )
x 0
f x 3
lim 5
x→
+
= , να βρεθεί το όριο
( ) ( )
x 3
f x f 3
lim
x 3→
−
−
.
48-8. Αν γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 2 και ότι
( )
2x 2
f x -5x
lim 3
x -4→
= , να βρείτε την
τιμή της f στο 2.
48-9. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 και
( )
2x 0
xf x -ημ3x
lim =2
x +x→
, να βρείτε το ( )f 0 .
1). Για τη συνάρτηση f ισχύει ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + (1) για κάθε x,y R∈ . Να αποδειχτεί ότι αν η f
είναι συνεχής στο 0 θα είναι συνεχής και στο R.
2). Για τη συνάρτηση f και για κάθε x,y 0> ισχύει η ισότητα ( ) ( ) ( )f xy f x f y= + . Να δειχτεί ότι αν
είναι συνεχής στο x 1= θα είναι συνεχής και στο *
R+ .
48-10. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + για κάθε x,y R∈ .
Να αποδειχθεί ότι:
i). ( )f 0 0=
ii). Αν η f είναι συνεχής στο 0, τότε είναι συνεχής για κάθε πραγματικό αριθμό.
2. Από σχέση ανισότητας
• Η ανισότητα που δίνεται ισχύει συνήθως για κάθε x R∈ , οπότε θέτω x το 0x και βρίσκω
την τιμή ( )0f x .
• Εφαρμόζω κριτήριο παρεμβολής (ή το θεώρημα διάταξης) και βρίσκω το ( )
0x x
lim f x
→
.
• Διαπιστώνω ότι ( ) ( )
0
0
x x
lim f x f x
→
= .
Παράδειγμα3: Να δειχτεί ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0x , όταν για κάθε x∈ ℝ ισχύει:
(1). ( ) 2
0f x x 9 x 3, x 0− ≤ + − = ,
(2). ( ) 0f 3x 5 3x 7 , x 2− ≤ − = .
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
48-11. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( )2f x x ημf x= + για κάθε x R∈ .
Να δείξετε ότι:
i). ( )f x x≤ για κάθε x R∈ .
ii). Η f είναι συνεχής στο 0x 0= .
Λύση
i). Για κάθε x R∈ έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )2f x x ημf x x ημf x x f x= + ≤ + ≤ + , αφού ημx x , x R≤ ∈ .
Άρα ( ) ( ) ( )2 f x x f x f x x≤ + ⇔ ≤ .
ii). Για κάθε x R∈ έχουμε ( ) ( )f x x x f x x≤ ⇔ − ≤ ≤ (1).
Για x 0= η (1) γράφεται ( )0 f 0 0≤ ≤ . Άρα ( )f 0 0= .
Είναι ( )x 0 x 0
lim x lim x 0
→ →
= − = .
Από την (1) σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής θα είναι και ( )x 0
lim f x 0
→
= .
Επειδή είναι ( ) ( )x 0
lim f x f 0
→
= η f είναι συνεχής στο 0.
17. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….16
48-12. Δίνεται η συνάρτηση f : R R→ για την οποία ισχύει ( ) ( )f α f β 2015 α β− ≤ − , για
κάθε α,β R∈ .
Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής για κάθε πραγματικό αριθμό.
Λύση
Αρκεί να αποδειχθεί ότι ( ) ( )
0
0 0
x x
lim f x f x με x R
→
= ∈ . Για κάθε 0
x,x ∈ℝ ισχύει
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0
f x f x 2015 x x 2015 x x f x f x 2015 x x− ≤ − ⇔ − − ≤ − ≤ − .
Όμως ( ) ( )0 0
0 0x x x x
lim 2015 x x 0 lim 2015 x x
→ →
− − = = − .
Οπότε ( ) ( )( ) ( ) ( )
0 0 0
0 0
x x x x x x
lim f x f x 0 lim f x lim f x
→ → →
− = ⇔ = .
ΣΧΟΛΙΟ: Γενικά αν για τη συνάρτηση f : →ℝ ℝ με 0
x ∈ ℝ υπάρχει 0Μ > και ισχύει
( ) ( )0 0f x f x x x− ≤ Μ − για κάθε ( )0 0x x δ,x δ∈ − + , τότε η f είναι συνεχής στο 0x .
48-13. Έστω η συνάρτηση f : R R→ , ώστε να ισχύει η σχέση ( )2 2
1 x f x 1 x− ≤ ≤ + για κάθε x R∈ .
Να δειχθεί ότι:
i). Η f είναι συνεχής στο 0x 0= .
ii). Ισχύει
( )
x 0
f x x 1 1
lim
x 2→
− +
= −
Λύση
i). Από τη σχέση ( )2 2
1 x f x 1 x , x R− ≤ ≤ + ∈ έχουμε
1ο Για ( )x 0 : 1 f 0 1= ≤ ≤ , άρα ( )f 0 1= .
2ο ( )x 0
limf x 1
→
= , από το κριτήριο παρεμβολής.
Από 1ο και 2ο έχουμε ( ) ( )x 0
limf x f 0
→
= , άρα η f είναι συνεχής στο 0x 0= .
ii). Ισχύει ότι:
( ) ( ) ( )
( ) ( ): x ,x 0
2 2 2 2 2 f x 1 f x 1
1 x f x 1 x x f x 1 x f x 1 x x x x
x x
≠ − −
− ≤ ≤ + ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ , άρα
( )
x 0
f x 1
lim 0
x→
−
= (1), από το κριτήριο παρεμβολής.
Οπότε
( ) ( ) ...
x 0 x 0
f x x 1 f x 1 x 1 1 1
lim lim
x x x 2→ →
− + − + −
= − =−
.
48-14. Έστω η συνεχής συνάρτηση f : R R→ , ώστε να ισχύει ( )x f x ημ4x⋅ ≥ για κάθε x R∈ .
Να βρεθεί το ( )f 0 .
Λύση
Ισχύουν:
• Αν x 0> , τότε ( ) ( )
ημ4x
x f x ημ4x f x
x
⋅ ≥ ⇔ ≥ , άρα ( ) ( )
x 0 x 0
ημ4x
lim f x lim f 0 4
x+ +
→ →
≥ ⇔ ≥ (1).
• Αν x 0< , τότε… ( )f 0 4≤ (2).
Από (1) και (2) βρίσκουμε ( )f 0 4= .
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
48-15. Αν ισχύει ( ) 2
5 f x x -6x+14≤ ≤ για κάθε x∈ ℝ , να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο 3.
48-16. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 1 και ισχύει ( ) ( )2 2
3x-x -2 x-1 f x x -x≤ ≤ για κάθε x∈ ℝ να
υπολογίσετε το ( )f 1 .
48-17. Δίνεται η συνάρτηση f: →ℝ ℝ που είναι συνεχής στο 0x =0 και για κάθε x 0≠ υποθέτουμε
ότι ισχύει: ( )
2 2 4
2 4 2
2x -ημ x x +4-2
f x 1+
x +x x
≤ ≤ . Να βρείτε το ( )f 0 .
18. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 17
48-18. Έστω f,g: →ℝ ℝ δύο συναρτήσεις τέτοιες ώστε ( ) ( )f x -συνx g x≤ , για κάθε x∈ℝ . Αν η g
είναι συνεχής στο 0x =0 και η γραφική της παράσταση διέρχεται από την αρχή των αξόνων, να
αποδείξετε ότι και η f είναι συνεχής στο 0x =0 .
48-19. Αν για τη συνάρτηση f ισχύει ( )xf x x-ημx≤ , για κάθε x∈ℝ και η f είναι συνεχής στο 0
τότε να προσδιορίσετε το ( )f 0 .
48-20. Μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο α και ( )( ) 2 2
f x x-α x +αx-2α≥ , για κάθε x∈ ℝ . Να
αποδείξετε ότι ( )f α =3α .
48-21. i)Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο 0x =0 . Να βρείτε το f(0) , αν για
κάθε *
x∈ ℝ ισχύει
xf(x)=συνx-1.
ii)Ομοίως,να βρείτε το g(0) για τη συνάρτηση g που είναι συνεχής στο 0x =0 και για
κάθε x∈ ℝ ισχύει
2
|xg(x)-ημx| x≤ .
Ο Τοτός και η συνέχεια… ☺☺☺☺
Ρωτάει ο Τοτός –μαθητής κολοσσός στα μαθηματικά- την δασκάλα των μαθηματικών.
«Αν μια συνάρτηση είναι συνεχής,τότε η γραφική της παράσταση είναι μια συνεχής
γραμμή;»
Η δασκάλα του απάντησε:
«Λάθος. Έστω για παράδειγμα η συνάρτηση ( ) ( ) ( )= −∞ ∪ +∞2
1
f x / ,0 0,
x
.Η f είναι συνεχής στο
( ) ( )−∞ ∪ +∞,0 0, η γραφική της παράσταση , όμως, δεν αποτελείται από μια συνεχή γραμμή.»
(((( )))) (((( )))) (((( ))))2
1
f x / ,0 0,
x
= −∞ ∪ +∞= −∞ ∪ +∞= −∞ ∪ +∞= −∞ ∪ +∞
19. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….18
49. ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO
ΘΕΩΡΗΜΑ: Έστω συνάρτηση f, ορισμένη σε ένα κλειστό διάστημα α,β . Αν:
• Η f είναι συνεχής στο α,β και επιπλέον ισχύει
• ( ) ( )f α f β 0<
Τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0x α,β∈ , τέτοιο ώστε ( )0f x 0= .
Δηλαδή υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της εξίσωσης ( )f x 0= στο ανοικτό διάστημα ( )α,β .
Παρατηρήσεις:
1). Για να εφαρμοστεί το θ.Bolzano είναι απαραίτητες και οι δύο υποθέσεις του θεωρήματος
2). Η f είναι δυνατόν να έχει ρίζες στο α,β χωρίς να ισχύει απαραίτητα ( ) ( )f α f β 0< ή χωρίς να
είναι συνεχής, δηλαδή το αντίστροφο δεν ισχύει.
3). Αν η f δεν είναι συνεχής στο α,β τότε ακόμη και αν ( ) ( )f α f β 0< η f δεν είναι απαραίτητο
να έχει ρίζα στο ( )α,β .
4). Το θεώρημα εξασφαλίζει ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ και όχι την τιμή της ρίζας.
Εφαρμογή του θ.Bolzano, έλεγχος υποθέσεων:
• Διαπιστώνω αν η f είναι συνεχής στο α,β (πιθανόν να χρειαστούν και τα πλευρικά όρια
αν έχω πολύκλαδη συνάρτηση).
• Διαπιστώνω ότι ( ) ( )f α ,f β ετερόσημα.
• Εφαρμόζω το θ.Bolzano για την ύπαρξη ( )0x α,β∈
Παραδείγμα1: Δίνεται η συνάρτηση ( )f x ln x 3= − , να αποδειχθεί ότι εφαρμόζεται το Θ. Bolzano στο
διάστημα ( )4
1,e
Παραδείγμα2: Δίνεται η συνάρτηση ( )
2
2
3x x 1, 0 x 1
f x
5x 4x, 1 x 2
− − ≤ ≤
=
− < ≤
. Να δειχτεί ότι εφαρμόζεται το
θ.Bolzano στο διάστημα[ ]0,2 και να βρεθεί ο ( )0x 0,2∈ , ώστε ( )0f x 0= .
α β
f(β)
f(α) Cf
α
β
f(β)
f(α)
Cf
xo
20. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 19
Παραδείγμα3: Δίνεται η συνάρτηση ( )
( )α 1 x β 2, 2 x 1
f x 2β α, x 1
x 1
, 1 x 2
x α 1
− + + − ≤ < −
= − = −
+
− < ≤
+ −
.
Να προσδιοριστούν οι παράμετροι α και β ώστε να εφαρμόζεται το θ.Bolzano στο διάστημα[ ]2,2− .
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
94-1. Ένας ορειβάτης βρισκόταν τη χρονική στιγμή t 0= στο σημείο Α, υψομέτρου 257m (βλ.
σχήμα). Μετά από 3 ώρες βρισκόταν στην κορυφή του υψώματος, υψομέτρου 555m όπου και
κάθισε επί 2 ώρες. Τέλος μετά από 3 ώρες βρισκόταν στην κορυφή του υψώματος, στο σημείο
Β, υψομέτρου 257m .
α). Έστω ( )y t το υψόμετρο στο οποίο βρίσκεται ο ορειβάτης ως συνάρτηση του
χρόνου [ ]t 0,8∈ . Να εξηγήσετε γιατί είναι αδύνατο από φυσική άποψη να μην είναι η
συνάρτηση ( )y t συνεχής.
β). Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ζεύγος χρονικών στιγμών που διαφέρουν
κατά 3 ώρες και κατά τις οποίες ο ορειβάτης βρισκόταν στο ίδιο υψόμετρο.
Λύση
α).Αν η συνάρτηση ( )y t δεν ήταν συνεχής τότε αυτό θα σήμαινε ότι ο ορειβάτης μεταφέρθηκε
αυτοστιγμεί από ένα υψόμετρο σε ένα άλλο υψόμετρο. Αυτό όμως είναι στη φύση προφανώς
αδύνατο.
β). Αν 1 2t t< είναι οι χρονικές στιγμές που διαφέρουν κατά 3 ώρες τότε 2 1t t 3= + . Επειδή 20 t 8≤ ≤
συμπεραίνουμε ότι 10 t 5≤ ≤ , δηλαδή [ ]1t 0,5∈ .
Θα αποδείξουμε ότι υπάρχουν τέτοιες χρονικές στιγμές 1 2t ,t για τις οποίες ισχύει ( ) ( )1 2y t y t= .
Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1y t y t y t y t 0 y t y t 3 0= ⇔ − = ⇔ − + = .
Αρκεί επομένως να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση ( ) ( ) ( )f t y t y t 3= − + έχει τουλάχιστον μία ρίζα 1t
στο διάστημα ( )0,5 .
Η f είναι προφανώς συνεχής στο[ ]0,5 ως σύνθεση και διαφορά συνεχών συναρτήσεων.
Επιπλέον ισχύει ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )f 0 f 5 y 0 y 3 y 5 y 8 257 555 555 257 88804 0= − − = − − = − < . Άρα:
• Η f είναι συνεχής στο[ ]0,5 .
• ( ) ( )f 0 f 5 0< .
Και συνεπώς σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει [ ]1t 0,5∈ τέτοιο ώστε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1f t 0 y t y t 3 0 y t y t 3= ⇔ − + = ⇔ = + , δηλαδή υπάρχουν 2 χρονικές στιγμές που
διαφέρουν κατά 3 ώρες ( )1 1οι t ,t 3+ κατά τις οποίες ο ορειβάτης βρισκόταν στο ίδιο υψόμετρο.
94-2. Έστω η συνάρτηση ( )
[ )
[ )
3 2
2
x 3x 7x 5, x 2,1
f x
x x 1, x 1,4
+ + + ∈ −
=
+ + ∈
.
Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )2,4− .
Λύση
Είναι ( ) ( )3 2
x 1 x 1
lim f x lim x 3x 7x 5 1 3 7 5 16− −
→ →
= + + + = + + + = και ( ) ( )2
x 1 x 1
lim f x lim x x 1 1 1 1 3+ +
→ →
= + + = + + = .
Επομένως η f είναι ασυνεχής στο σημείο 1.
Όμως ( ) ( ) ( ) ( )3 2
f 2 2 3 2 7 2 5 8 12 14 5 5 0− = − + − + − + = − + − + = − < .
21. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….20
Και ( )
x 1
lim f x 16 0−
→
= > . Άρα υπάρχει ρ κοντά στο 1, ( )ρ 1 δ,1 με δ 0∈ − > , ώστε ( )f ρ 0> .
Επίσης στο[ ]2,ρ− η ( ) 3 2
f x x 3x 7x 5= + + + είναι συνεχής ως πολυωνυμική.
Δηλαδή η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα[ ]2,ρ− , άρα υπάρχει
τουλάχιστον ένα ( ) ( )θ 2,ρ 2,4∈ − ⊂ − ώστε ( )f θ 0=
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
94-3. Να αποδειχθεί ότι εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano για τη συνάρτηση ( ) 3 2
f x x 3x x 3= − − +
στο διάστημα [ ]0,2 .
94-4. Να δειχθεί ότι εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano στο αντίστοιχο διάστημα για τη
συνάρτηση ( )
3
3
3x 5x 6 1 x 3
f x
2x x 3 3 x 4
− − ≤ ≤
=
+ + < ≤
στο[ ]1,4 .
94-5. Να δειχθεί ότι εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano στο αντίστοιχο διάστημα για τη
συνάρτηση ( )
1 x 3x 1 3 x 1
f x
2 x 1 x 1 1 x 5
− + − − ≤ ≤
=
− + + < ≤
στο[ ]3,5− .
94-6. Να βρεθούν οι παράμετροι α, β ώστε να εφαρμόζεται το θεώρημα Bolzano στα αντίστοιχα
διαστήματα για τη συνάρτηση ( )
2 2
2 2
3α x 2αx 4 0 x 1
f x
2α x αx 6 1 x 2
− − ≤ ≤
=
+ + < ≤
στο[ ]0,2 .
94-7. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση έχει ρίζες στο αντίστοιχο διάστημα ενώ δεν πληροί τις
προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano ( ) 3
2x 4 0 x 3
f x
x 1 3 x 4
− ≤ ≤
=
− < ≤
στο[ ]0,4 .
☺☺☺☺ Ο ΠΕΡΙΠΑΤΟΣ ΕΝΟΣ ΒΟΥΔΙΣΤΗ ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO
Mια εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano από τον χώρο των ψυχαγωγικών μαθηματικών έχει
δημοσιευτεί ελαφρά παραλλαγμένη στο περιοδικό Scientific American από τον Μάρτιν Γκάρντνερ.
Ο Γκάρντνερ αναφέρει ως πηγή του προβλήματος την μονογραφία Ευρετική (Problem solving)
ενός Γερμανού ψυχολόγου της σχολής Γκεστάλτ ονόματι K. Duncker.Το πρόβλημα είναι κάπως
έτσι:
Φανταστείτε ένα βουδιστή μοναχό που το πρωί ξεκινά από τους πρόποδες ενός βουνού από το
σημείο Α και διανύει ένα πολύ στενό μονοπάτι που οδηγεί στην κορυφή του λόφου σε ένα ναό στο
σημείο Β.Ο μοναχός κινείται με διαφορετικές ταχύτητες κατά την διάρκεια την ανάβασης,
σταματά να ξεκουραστεί αρκετές φορές. Φτάνει εκεί το βράδυ. Διανυκτερεύει και το πρωί την ίδια
ώρα ξεκινά από το σημείο Β ακόλουθεί ακριβώς την ίδια διαδρομή πάλι με αρκετές στάσεις για
ξεκούραση και κατεβαίνει στο σημείο Α το βράδυ. Η ταχύτητα της κατάβασης κατά μέσο όρο είναι
μεγαλύτερη από αυτή της ανάβασης.Είναι βέβαιο ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο στο
μονοπάτι που ακολούθησε ο μοναχός που πέρασε ακριβώς την ίδια ώρα τόσο στην ανάβαση όσο
και στην κατάβαση.
22. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 21
Ο Γκάρντνερ βγάζει λαγό από το καπέλο δίνοντας μια διαισθητική προσέγγιση στο πρόβλημα. Αν
την στιγμή που ξεκινά την ανάβαση ο μοναχός από το σημείο Α, το φάντασμα του-ένα αντίγραφο
του εαυτού του- ξεκινά από την κορυφή του βουνού την κατάβαση. Κάποια στιγμή ο μοναχός θα
συναντούσε το φάντασμα του. Αυτή θα ήταν η ζητούμενη χρονική στιγμή.
Μαθηματικά το αντιμετωπίζουμε ως εξής.
Έστω S(t) η συνάρτηση ανάβασης που δίνει την απόσταση που έχει διανύσει ο μοναχός από την
αφετηρία Α την χρονική στιγμή t ( ∈ t 0,T ,Τ η ώρα άφιξης του μοναχού στο σημείο Β) και
θεωρούμε Σ(t) την συνάρτηση κατάβασης που δίνει την απόσταση που απέχει ο μοναχός την
χρονική στιγμή t από το σημείο Α ( ∈ t 0,T' , και Τ’ η ώρα άφιξης του μοναχού στο σημείο Α).
Λόγω της μικρότερης κατά μέσο όρο ταχύτητας στην κατάβαση θεωρούμε χωρίς βλάβη της
γενικότητας ότι Τ’<Τ.
Οι συναρτήσεις S,Σ είναι συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους καθώς ο μοναχός δεν είναι δυνατό να
διακτινιστεί από το ένα σημείο στο άλλο. Θεωρούμε την συνάρτηση = − Σh(t) S(t) (t) στο διάστημα
0,T' .Η h είναι συνεχής ως διαφορά συνέχων στο 0,T' και ισχύει:
= − Σ = − = −h(0) S(0) (0) 0 X X όπου Χ η απόσταση από το Α στο Β
Τ = Τ − Σ Τ = Τ − = Τh( ') S( ') ( ') S( ') 0 S( ')
( )Τ = Τ − Σ Τ = Τ − <h(0)h( ') S( ') ( ') S( ') X 0 Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει χρονική στιγμή
( )∈0
t 0,T' τέτοια ώστε = ⇔ −Σ = ⇔ = Σ0 0 0 0 0
h(t ) 0 S(t ) (t ) 0 S(t ) (t ) άρα την χρονική στιγμή 0
t ο
μοναχός περνά από στο ίδιο σημείο τόσο στην ανάβαση όσο και στη κατάβαση.
Ένα εύληπτο και κατατοπιστικό βίντεο για το θεώρημα bolzano από τον συνάδελφο
μαθηματικό Δημήτρη Μοσχόπουλο
https://www.youtube.com/watch?v=LJe8JSzGY1Q
Δείτε και τον αξιόλογο ιστότοπο του Δημήτρη με πληθώρα υλικού.
Μαθηµατικό Στέκι
http://www.dimoshopoulos.gr/
Διότι,η αξία πρέπει να τιμάται δεόντως.
23. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….22
50. ΥΠΑΡΞΗ ΡΙΖΑΣ ΜΕ BOLZANO
Α: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ ΣΕ ΑΝΟΙΚΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ.
1. Κάνω απαλοιφή παρονομαστών αν υπάρχουν.
2. Μεταφέρω όλους τους όρους στο 1ο μέλος με ισοδυναμίες.
3. Θεωρούμε το πρώτο μέλος συνάρτηση ( )f x . Λέμε: «Αρκεί η εξίσωση ( )f x 0= να έχει
τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )α,β ».
4. Εφαρμόζω το Bolzano στο α,β .
Παράδειγμα1:Να δειχτεί ότι έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η εξίσωση
( )
ημx συνx
1 στο 0,π
x x π
+ =
−
.
Παρατήρηση: Αν ζητάει η άσκηση ρίζα της συνάρτησης ( )f x τότε τα βήματα 1 – 2 – 3,
παραλείπονται.
Παράδειγμα2: Απέδειξε ότι η συνάρτηση ( ) x
f x x e= + , έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο ( )1,0−
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
95-1. Να δείξετε ότι η εξίσωση x συνx
e 1
x
− = έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .
Λύση
Για κάθε ( )x 0,1∈ η εξίσωση x συνx
e 1
x
− = είναι ισοδύναμη με
την ( )x x
x e 1 συνx η' xe x συνx 0− = − − = (1).
Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) x
f x xe x συνx, x R= − − ∈ .
• Η f είναι συνεχής στο[ ]0,1 .
Είναι ( ) ( )f 0 1 0, f 1 e 1 συν1 0= − < = − − > , οπότε
• ( ) ( )f 0 f 1 0⋅ < .
Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση ( ) x
f x 0 xe x συνx 0= ⇔ − − = έχει μία
τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,1 .
95-2. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση [ ]f : 0,4 R→ με ( ) ( )f 0 f 4= και η
συνάρτηση ( ) ( ) ( )h x f x f x 2= − + .
i). Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h.
ii). Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ]ξ 0,2∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f ξ f ξ 2= + .
Λύση
i). Πρέπει
0 x 4
0 x 2
0 x 2 4
≤ ≤
⇔ ≤ ≤
≤ + ≤
. Άρα η h έχει πεδίο ορισμού το [ ]0,2Α = .
ii). Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x 2 f x f x 2 0 h x 0= + ⇔ − + = ⇔ = έχει μία
τουλάχιστον ρίζα στο[ ]0,2 .
Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο[ ]0,2 .
Είναι
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
h 0 f 0 f 2
h 2 f 2 f 4 f 2 f 0 f 0 f 2
= −
= − = − = − −
.
Οπότε ( ) ( ) ( ) ( )( )
2
h 0 h 2 f 0 f 2⋅ = − − .
• Αν ( ) ( )f 0 f 2= , τότε ( ) ( )h 0 0 η' h 2 0= = , οπότε η ( )h x 0= έχει ρίζες τις 0 και 2.
• Αν ( ) ( )f 0 f 2≠ , τότε ( ) ( )h 0 h 2 0⋅ < , οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η ( )h x 0= έχει μία
τουλάχιστον ρίζα στο ( )0,2
Άρα σε κάθε περίπτωση η ( )h x 0= έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο[ ]0,2 .
24. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 23
95-3. Αν α,β 0> να αποδείξετε ότι η εξίσωση α συνx 2β 2x⋅ + = έχει μία τουλάχιστον θετική
πραγματική λύση που δεν είναι μεγαλύτερη του α β+ .
Λύση
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( )σ x α συνx 2β 2x= ⋅ + − , η οποία είναι συνεχής στο διάστημα 0,α β+ σαν
άθροισμα συνεχώς συναρτήσεων.
Έχουμε επίσης ότι
( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
σ 0 α συν0 2β 2 0 α 2β 0
σ α β α συν α β 2β 2 α β α συν α β 2 0
= ⋅ + − ⋅ = + >
+ = ⋅ + + − ⋅ + = + − <
.
Η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο 0,α β+
γιατί ( ) ( )σ 0 σ α β 0⋅ + < .
Συνεπώς υπάρχει ( )θ 0,α β∈ + ώστε ( )σ θ 0 α συνθ 2β 2θ= ⇒ ⋅ + = .
95-4. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( ) ( )2
f x x 3x 2 g x= − + ⋅ για κάθε x R∈ , όπου g συνεχής συνάρτηση
στο R. Αν οι αριθμοί 1 και 2 είναι διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης ( )f x 0= , να αποδείξετε
ότι ( ) ( )g 1 g 2 0⋅ ≥ .
Λύση
Απόδειξη με την απαγωγή σε άτοπο. Υποθέτουμε ότι ( ) ( )g 1 g 2 0⋅ < .
Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο R, άρα και στο διάστημα[ ]1,2 . Επομένως η g ικανοποιεί τις
προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο[ ]1,2 , άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )θ 1,2∈
ώστε ( )g θ 0= .
Τότε όμως ( ) ( ) ( ) ( )2 2
f θ θ 3θ 2 g θ θ 3θ 2 0 0= − + ⋅ = − + ⋅ = δηλαδή το ( )θ 1,2∈ λύση της
εξίσωσης ( )f x 0= .
Άτοπο γιατί οι αριθμοί 1 και 2 είναι διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης.
Άρα η υπόθεση δεν ισχύει, δηλαδή ( ) ( )g 1 g 2 0⋅ ≥ .
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
95-5. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ημx-x+1=0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα
(0,π) .
95-6. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3
x -5x+3=0 έχει (μια τουλάχιστον) ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .
95-7. Να αποδείξετε ότι:
α. η εξίσωση 2
x -1=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .
β. η εξίσωση 3 2
2x -5x +7=0 έχει μια τουλάχιστον αρνητική ρίζα.
95-8. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση συνx=3-2x έχει (μια τουλάχιστον) ρίζα στο διάστημα
π π
,
4 2
.
95-9. Για κάθε μία από τις παρακάτω πολυωνυμικές συναρτήσεις f, να βρείτε έναν
ακέραιο α τέτοιον, ώστε στο διάστημα (α,α+1) η εξίσωση f(x)=0 να έχει μία τουλάχιστον
ρίζα
i) 3
f(x)=x +x-1 ii) 5
f(x)=x +2x+1 iii) 4
f(x)=x +2x-4 iv) 3
f(x)=-x +x+2 .
95-10. Να αποδείξετε ότι οι εξισώσεις:
α)
4 6
x +1 x +1
+ =0
x-1 x-2
β)
x
e lnx
+ =0
x-1 x-2
έχουν μια, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2).
95-11. Θεωρούμε συνάρτηση f συνεχή στο[ ]1,2 και την εξίσωση ( )f x 3x 2= − (1). Να αποδείξετε ότι
αν ( ) ( )f 1 1 και f 2 4< > , τότε η (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( )1,2∆ = .
95-12. Αν η f είναι συνεχής στο ℝ και ισχύει ( )0<f x <2 , για κάθε x∈ ℝ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση
( ) ( )2
2x+f x =2f x , έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )0,2 .
25. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….24
95-13. Μια συνάρτηση f, που είναι ορισμένη και συνεχής στο ℝ , ικανοποιεί τη σχέση
( ) ( ) ( )3 2 3 2
f x +βf x +γf x =x -2x +6x-1, για κάθε x∈ℝ , όπου 2
α,β,γ , με β <3γ∈ ℝ . Να αποδείξετε ότι η
εξίσωση ( )f x =0 έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο ( )0,1 .
95-14.Θεωρούμε συνάρτηση f συνεχή στο [ ]1,2 και την εξίσωση ( ) ( )f x =3x-2 1 . Να αποδείξετε ότι αν
( ) ( )f 1 1 και f 2 4< > , τότε η (1) έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( )1,2∆ = .
Β: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ ΣΕ ΚΛΕΙΣΤΟ ΔΙΑΣΤΗΜΑ.
Εφαρμόζω τα βήματα 1 – 2 – 3 (αν χρειαστεί) αλλά διαπιστώνω ότι ( ) ( )f α f β 0≤ , οπότε
ξεχωρίζω δύο περιπτώσεις
α). ( ) ( ) ( ) ( )f α f β 0 f α f β 0= ⇒ = = , άρα 0 0x α η' x β= = .
β). ( ) ( )f α f β 0< ⇒ εφαρμόζω το Bolzano άρα υπάρχει ( ) ( )0 0x α,β : f x 0∈ = .
Στην περίπτωση (α) η ρίζα είναι στα άκρα, στην περίπτωση (β) η ρίζα είναι στο εσωτερικό.
Άρα η ρίζα στο κλειστό α,β .
Παράδειγμα3:Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο R ώστε ( ) ( )f 0 f 2= . Να δείξετε ότι η
εξίσωση ( ) ( )f συνx f 2 ημx= − , έχει τουλάχιστον μία λύση στο διάστημα
π
0,
2
.
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
95-15. Αν για τη συνεχή f είναι ( ) ( )f x 2 f x 0+ + = για κάθε x R∈ , να δειχτεί ότι υπάρχει ένα
τουλάχιστον [ ]ξ 0,2∈ ώστε να ισχύει ( ) ( )f ξ f ξ 1= + .
Λύση
Ισχύει ( ) ( )f x f x 2= − + που
( ) ( )
( ) ( )
για x 0 ειναι f 0 f 2 (1)
για x 1 ειναι f 1 f 3 (2)
= = −
= = −
.
Θέλω ένα τουλάχιστον [ ]ξ 0,2∈ που να επαληθεύει την ( ) ( )f x f x 1= + .
Έστω ( ) ( ) ( )h x f x f x 1= − + συνεχής στο R σαν διαφορά συνεχών με:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
1
2
2
h 0 f 0 f 1 f 2 f 1
h 0 h 2 f 1 f 2 0
h 2 f 2 f 3 f 2 f 1
= − =− −
→ ⋅ = − + ≤
= − = +
.
Αν ( ) ( )f 1 f 2= − τότε ( ) ( )h 0 h 2 0⋅ = άρα ρίζα της h το 0 ή το 2.
Αν ( ) ( )f 1 f 2≠ − τότε ( ) ( )h 0 h 2 0⋅ < άρα ρίζα της h στο ( )0,2 .
Τελικά υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα της ( )h x 0= στο[ ]0,2 .
95-16. Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα[ ]0,3 ώστε να ισχύει ( )0 f x 3< ≤ για
κάθε [ ]x 0,3∈ .
Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα [ )0x 0,3∈ ώστε ( ) ( )2
0 0 0f x 3f x x 0− + = .
Λύση
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )2
σ x f x 3f x x= − + όπου [ ]x 0,3∈ .
Η σ είναι συνεχής στο[ ]0,3 ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών.
Είναι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2
σ 0 f 0 3f 0 f 0 f 0 3= − = − .
Όμως ( )0 f x 3< ≤ για κάθε [ ]x 0,3∈ , άρα έχουμε ότι ( ) ( )f 0 0 και f 0 3 0> − ≤ . Δηλαδή ( )σ 0 0≤ .
Επίσης ( ) ( ) ( )2
σ 3 f 3 3f 3 3= − + . Όμως η παράσταση ( ) ( )2
f 3 3f 3 3− + σαν τριώνυμο ως προς ( )f 3 , έχει
διακρίνουσα ( )2
3 4 3 9 12 3 0∆ = − − ⋅ = − = − < . Άρα ( ) ( )2
f 3 3f 3 3 0− + > . Δηλαδή ( )σ 3 0> .
Άρα ( ) ( )σ 0 σ 3 0⋅ ≤ . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
• Αν ( ) ( )σ 0 σ 3 0⋅ < η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano
στο[ ]0,3 . Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )0x 0,3∈ ώστε ( ) ( ) ( )2
0 0 0 0σ x 0 f x 3f x x 0= ⇒ − + = .
• Αν ( ) ( ) ( )σ 0 σ 3 0 σ 0 0⋅ = ⇒ = (αφού ( )σ 3 0> ). Άρα 0x 0= .
Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα [ )0x 0,3∈ ώστε ( ) ( )2
0 0 0f x 3f x x 0− + = .
95-17. Έστω συνεχής συνάρτηση f : α,β R→ ώστε να ισχύει ( ) ( ) ( )2
f α f α f β 0+ ⋅ = .
26. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 25
Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ α,β∈ ώστε ( )f θ 0= .
Λύση
Έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2
f α f α f β 0 f α f α f β 0 f α 0 η' f α f β+ ⋅ = ⇒ ⋅ + = ⇒ = = − .
Αν ( )f α 0= τότε η εξίσωση ( )f x 0= έχει λύσηθ α α,β= ∈
Αν ( ) ( )f α f β= − , τότε ( ) ( ) ( )2
f α f β f β 0⋅ = − ≤ . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
• Αν ( ) ( )f α f β 0⋅ < η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο α,β .
Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )θ α,β∈ ώστε ( )f θ 0= .
• Αν ( ) ( ) ( )f α f β 0 f β 0⋅ = ⇒ = . Άρα λύση της εξίσωσης ( )f x 0= θα είναιθ β α,β= ∈ .
Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι υπάρχει τουλάχιστον έναθ α,β∈ ώστε ( )f θ 0= .
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
95-18. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο α,β και ισχύει ( ) ( )κf α +λf β =0 με κλ>0 , να αποδείξετε
ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα 0x α,β∈ τέτοιο ώστε ( )0f x =0 .
95-19. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2
f x =αx +βx+γ, α 0≠ . Αν 5α+3β+3γ=0 , να αποδειχθεί ότι η εξίσωση
( )f x =0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ ]0,2 .
Γ: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΜΙΑΣ ΡΙΖΑΣ ΟΤΑΝ ΔΕΝ ΕΦΑΡΜΟΖΕΤΑΙ BOLZANO ΣΤΟ α,β Η’
ΟΤΑΝ ΔΕ ΓΝΩΡΙΖΩ ΔΙΑΣΤΗΜΑ.
• Εφαρμόζω τα βήματα 1 – 2 – 3 της περίπτωσης Α.
• Αναζητώ κατάλληλο υποδιάστημα του α,β ή του R ώστε να εφαρμοστεί, δηλαδή
αναζητώ 1 2x α,β , x α,β∈ ∈ , ώστε ( ) ( )1 2f x f x 0⋅ < , άρα εφαρμόζω Bolzano στο[ ]1 2x ,x .
Παράδειγμα4:Να δειχθεί ότι η εξίσωση 3 2
x 3x x 3 0− − + = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο ( )1,3− .
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
95-20. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 6
x 16x 11− = έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο R.
Λύση
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 6
σ x x 16x= − η οποία είναι συνεχής στο R, άρα και στο διάστημα[ ]0,2 ,
ως πολυωνυμική.
Επίσης έχουμε ότι ( ) ( ) 6
σ 0 11 0, σ 2 2 16 2 11 64 43 21 0= − < = − ⋅ − = − = > , άρα ( ) ( )σ 0 σ 2 0⋅ < .
Δηλαδή η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο[ ]0,2 , άρα
υπάρχει ένα τουλάχιστον [ ]θ 0,2∈ ώστε ( ) 6
σ θ 0 θ 16 θ 11= ⇒ − ⋅ = .
95-21. Έστω f, g συναρτήσεις για τις οποίες υποθέτουμε ότι:
α). Είναι συνεχείς στο R.
β). Ισχύει ( ) ( )f x 1 2g x< < , για κάθε x R∈ .
γ). Υπάρχουν αριθμοί α,β R∈ με 0 α β< < ώστε ( ) ( )f α 2α και g β β= = .
Να αποδείξετε ότι υπάρχειθ R∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )f θ g θ θ⋅ = .
Λύση
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) ( ) ( )σ x f x g x x= ⋅ − , όπου x α,β∈ .
Η σ είναι συνεχής στο διάστημα α,β ως γινόμενο και διαφορά συνεχών.
Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )σ α f α g α α 2α g α α α 2g α 1= ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − . Όμως α 0>
και ( ) ( ) ( )2g x 1 2g α 1 2g α 1 0> ⇒ > ⇒ − > . Άρα ( )σ α 0> .
Επίσης ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )σ β f β g β β f β β β β f β 1= ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − . Αλλά είναι ( ) ( )β 0 και f x 1 f α 1> < ⇒ < .
Άρα ( )σ β 0< .
Επομένως ( ) ( )σ α σ β 0⋅ < . Η συνάρτηση σ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο
διάστημα α,β .
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )θ α,β R∈ ⊆ , ώστε ( ) ( ) ( )σ θ 0 f θ g θ θ= ⇒ ⋅ = .
27. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ……………….26
95-21β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση =ln(2x) x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0,1)
Λύση
Α τρόπος
Θεωρούμε την συνάρτηση = −f(x) ln(3x) x , >x 0 και παρατηρούμε:
Η f είναι συνεχής στο διάστημα
1
,1
3
ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.
= − = − <
1 1 1 1
f ln(3 ) 0
3 3 3 3
, = − >f(1) ln 3 1 0 .
Κατά συνέπεια ( )
<
1
f f 1 0
3
Άρα, από το θεώρημα Bolzano η εξίσωση ( ) =f x 0 εχει μια
τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( )
⊆
1
,1 0,1
3
Β τρόπος
Στο διάστημα ( )0,1 έχουμε τις ισοδυναμίες : = ⇔ = ⇔ − =x x
ln(3x) x e 3x 3x e 0 .
Θεωρούμε την συνάρτηση = − x
g(x) 3x e είναι συνεχής στο 0,1 και <g(0)g(1) 0 άρα από το
θ.Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
95-22. Να δειχθεί ότι έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η
εξίσωση 3
x x 3 0+ − = στο R.
95-23. Να δειχθεί ότι έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η
εξίσωση 4
x 3x 2 0+ − = στο[ )0,∞ .
95-24. Να δειχθεί ότι έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η
εξίσωση x 2 x 1 0+ − = στο[ )0,∞ .
95-25. Να δειχθεί ότι έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η
εξίσωση x
2 x 0+ = στο R.
Δ: ΥΠΑΡΞΗ ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ΔΥΟ ΡΙΖΩΝ ΣΕ ΔΙΑΣΤΗΜΑ α,β .
• Εφαρμόζω τα βήματα 1 – 2 – 3.
• Διαχωρίζω κατάλληλα το α,β σε δύο διαστήματα, αν θέλω τουλάχιστον δύο ρίζες, σε
τρία διαστήματα αν θέλω τουλάχιστον τρεις ρίζες, κ.λπ. Τα διαστήματα δεν πρέπει να
έχουν κοινά εσωτερικά σημεία.
• Εφαρμόζω το Bolzano σε καθένα από τα παραπάνω διαστήματα.
Παράδειγμα5:
Να δειχτεί ότι η εξίσωση 3
x 3x 1 0− + = έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο ( )0,2 .
Παρατήρηση: Συνήθως για το διαχωρισμό παίρνω το μέσο του διαστήματος α,β , δηλαδή
α β
2
+
:
α β α β
α, , ,β
2 2
+ +
.
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
95-26. Αν η συνεχής ( )f x στο α,β διέρχεται από την αρχή των αξόνων και ( ) ( )f α f β 3= = , να
δειχτεί ότι η εξίσωση ( ) ( )2
f x 3f x 2= − έχει 4 τουλάχιστον ρίζες στο ( )α,β , όπου α 0 β< < .
Λύση
Από ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )
2
f x 1 0
f x 3f x 2 0 f x 1 f x 2 0
f x 2 0
− =
− + = ⇔ − − =
− =
.
Έστω ( ) ( )g x f x 1= − συνεχής στα[ ]α,0 και 0,β αφού f συνεχής με:
28. ΣΥΝΕΧΕΙΑ Μαθηµατικά Γ’ Λυκείου mathhmagic.blogspot.gr
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Ο ΑΛΙ ΜΠΑΜΠΑ ΚΑΙ ΟΙ ΣΑΡΑΝΤΑ ΚΛΕΦΤΕΣ………………. 27
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
g α f α 1 2
g 0 f 0 1 1
g β f β 1 2
= − =
= − = − →
= − =
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
g α g 0 0 αρα απο . . η g εχει ριζα στο α,0
g β g 0 0 αρα απο . . η g εχει ριζα στο 0,β
< Θ Β
< Θ Β
Άρα η ( )g x έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο ( )α,β .
Έστω ( ) ( )h x f x 2= − συνεχής στα[ ]α,0 και 0,β αφού f συνεχής με:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
h α f α 2 1
h 0 f 0 2
h β f β 2 1
= − =
= − = − →
= − =
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
h α h 0 0 αρα απο . . η h εχει ριζα στο α,0
h β h 0 0 αρα απο . . η h εχει ριζα στο 0,β
< Θ Β
< Θ Β
Άρα η ( )h x έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο ( )α,β .
Τελικά η αρχική εξίσωση έχει 4 τουλάχιστον ρίζες στο ( )α,β .
95-27. Έστω οι αριθμοί α,β,γ,δ R με δ 0, α β γ δ 0 και α γ 0∈ > + + + < + > . Να αποδείξετε ότι η
εξίσωση 3 2
αx βx γx δ 0+ + + = έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο διάστημα ( )1,1− .
Λύση
Θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) 3 2
f x αx βx γx δ= + + + η οποία ως πολυωνυμική είναι συνεχής στο R, άρα
και στα διαστήματα[ ] [ ]1,0 , 0,1− .
Είναι ( )f 1 α β γ δ− = − + − + . Όμως α β γ δ α β γ δ α γ α γ α γ 0− + − + < + + + ⇔ − − < + ⇔ + > , που ισχύει.
Άρα ισοδύναμα ισχύει και η ( )α β γ δ α β γ δ f 1 α β γ δ− + − + < + + + ⇔ − < + + + .
Αλλά α β γ δ 0+ + + < , οπότε και ( )f 1 0− < .
Επίσης ( )f 0 δ 0= > . Άρα η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο
διάστημα[ ]1,0− , οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )1θ 1,0∈ − ώστε ( )1f θ 0= .
Στο[ ]0,1 έχουμε ( ) ( )f 0 δ 0 και f 1 α β γ δ 0= > = + + + < δηλαδή η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του
θεωρήματος Bolzano και στο διάστημα[ ]0,1 . Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ( )2θ 1,0∈ −
ώστε ( )2f θ 0= .
Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η εξίσωση 3 2
αx βx γx δ 0+ + + = έχει τουλάχιστον 2 ρίζες στο
διάστημα ( )1,1− .
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ
95-28. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 4
x =11-2x έχει δύο τουλάχιστον πραγματικές ρίζες.
95-29. Α. Αν είναι ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )f x =3 x-α x-β +4 x-β x-γ +9 x-α x-γ και α<β<γ , να αποδείξετε ότι η
εξίσωση ( )f x =0 έχει πραγματικές και άνισες ρίζες.
Β. Αν λ>0 και κ+λ<-1 , τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3 2
x +κx +λ=0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο
διάστημα ( )1,1− .
Ε: ΥΠΑΡΞΗ ΜΟΝΑΔΙΚΟΤΗΤΑΣ ΡΙΖΑΣ ΣΤΟ α,β .
Για να δείξω ότι η εξίσωση ( )f x 0= έχει μοναδική λύση στο ( )α,β , τότε:
• Αποδεικνύω ότι υπάρχει ρίζα με έναν από τους τρόπους Α, Β, Γ, Δ (ύπαρξη).
• Αποδεικνύω ότι η f είναι γνησίως μονότονη στο ( )α,β , δηλαδή «1-1» άρα η ( )f x 0= θα έχει
μοναδική λύση.
Παράδειγμα6:Να δειχτεί ότι έχει μία μόνο πραγματική ρίζα στο αντίστοιχο διάστημα η εξίσωση
3
x 3x 15 0 στο R+ − = .
Παρατήρηση: Η μοναδικότητα αποδεικνύεται και με τη μέθοδο της εις άτοπο απαγωγής. Αφού
αποδείξω την ύπαρξη, υποθέτω ότι έχει δύο ρίζες και καταλήγω σε άτοπο.
ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ
95-30. Αν ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )f x 2 x α x β 3 x β x γ 5 x α x γ= − − + − − + − − και α β γ< < . Να δείξετε ότι η
εξίσωση ( )f x 0= έχει 2 ακριβώς ρίζες στο διάστημα ( )α,γ .
