1. Όταν x→x f ( x) = , εννοούµε ότι οι τιµές f (x) βρίσκονται όσο θέλουµε κοντά στο
lim ,
0
για τα x ≠ x 0 τα οποία βρίσκονται “αρκούντως κοντά στο x 0 ”.
y y y
39
f (x) f(x) f(x)
f ( x0 ) =
f (x) f(x) f(x)
O x x0 x x O x x0 x x O x x0 x x
f(x0)
(a) (β) (γ)
• Για να έχει έννοια το όριο της f στο x 0 ( x → x0 ), πρέπει η f να ορίζεται όσο
θέλουµε “κοντά στο x 0 ”, δηλαδή η f να είναι ορισµένη τουλάχιστον σ’ ένα
σύνολο της µορφής:
(α, x0 ) ∪ (x0 , β) ή (α, x0 ) ή ( x0 , β ) .
Παράδειγµα. Το όριο lim x 2 − | x | δεν έχει έννοια, γιατί η συνάρτηση δεν
x →0
ορίζεται κοντά στο 0
• Αν το x → x0 ορίζεται , το x 0 µπορεί να ανήκει ή να µην ανήκει στο πεδίο
ορισµού της συνάρτησης. Συνηθίζεται όταν ζητείται να βρεθεί ένα όριο αυτό να έχει
έννοια, ανεξάρτητα αν υπάρχει ή όχι.
• «υπάρχει το όριο…» σηµαίνει ότι αυτό είναι πραγµατικός αριθµός ή άπειρο.
1
• Το lim f ( x) µπορεί να µην υπάρχει στο x 0 . Παράδειγµα. lim , δεν υπάρχει.
x→ x0 x →0 x
• Όταν υπάρχει η τιµή της f στο x 0 , f ( x0 ) , και το lim f ( x) µπορεί να είναι :
x → x0
α) ίση µε το όριό της στο x 0 , lim f ( x) = f ( x0 ) (δηλ. f συνεχής στο x0 )
x → x0
ή β) διαφορετική από αυτό ( lim f ( x ) ≠ f ( x0 ) ).
x → x0
1

2. • Αν µια συνάρτηση f έχει όριο στο x 0 , τότε αυτό είναι µοναδικό και
συµβολίζεται µε x→x f ( x) = .
lim
0
• Όταν δίνεται x→x f ( x) = , εννοείται ότι υπάρχει το όριο της f στο x 0 είναι
lim .
0
• To Θεώρηµα (όρια και πράξεις) της σελίδας 166, µετά το «τότε» να προστεθεί
« υπάρχουν τα παρακάτω όρια και ισχύουν»…
• Επιµερισµός Ορίου- συχνό λάθος, χρησιµοποιείται ουσιαστικά η «φαινοµενική
ιδιότητα»:
Αν lim f ( x ) = α ∈R, τότε lim f(x)g(x) = lim αg(x) η οποία δεν ισχύει (πάντα),
x →ξ x →ξ x →ξ
x +1 x +1
π.χ. 1 = lim x = lim 0 = 0 , άτοπο.
x →0 x x →0 x
• Αν lim | f ( t ) | = | α | δεν συνεπάγεται ότι lim f ( t ) = α (το αντίστροφο ισχύει πάντα).
t →ξ t →ξ
|x| |x|
π.χ. lim | x 2 | = | −1 | αλλά lim x 2 ≠ −1 , ή lim =| 1 | αλλά δεν υπάρχει το lim .
x →1 x →1 x →0 x x→0 x
• Οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν όταν υπάρχουν τα «επιµέρους» όρια και
προκύπτουν επιτρεπτές πράξεις.
|x| |x|
Παράδειγµα. Έχουµε lim ( ⋅ (− ) = −1 , αλλά δεν υπάρχουν τα όρια
x →ξ x x
|x|  | x |
lim , lim  − .
x→0 x x → 0 x 
• lim f ( x) = ⇔ lim f (− x) =
+ −
x→0 x→0
• Αν x→x f ( x) = > 0 , τότε f ( x) > 0 κοντά στο x 0
lim
0
• Αν x→x f ( x) = < 0 , τότε f ( x) < 0 κοντά στο x 0
lim
0
• Στο 1ο θεώρηµα της διάταξης (σελ.165). Να σηµειωθεί ότι δεν ισχύει το αντίστροφο:
Παράδειγµα. x2 > 0 κοντά στο 0 (π.χ. στο (-1, 0)∪(0, 1)), αλλά lim x 2 = 0
x →0
• ο
Στο 2 θεώρηµα της διάταξης (σελ.166). Αν f(x) < g(x) κοντά στο ξ, δεν συνεπάγεται
ότι lim f ( x ) < lim g ( x )
x →ξ x →ξ
Με ΑΤΟΠΟ προκύπτει:
• Αν υπάρχει το x→x f ( x) =
lim ισχύει , αν f ( x) > 0 κοντά στο x 0 τότε ≥0
0
• Αν υπάρχει το x→x f ( x) =
lim ισχύει , αν f ( x) < 0 κοντά στο x 0 και τότε ≤0
0
• Αν υπάρχουν τα όρια των συναρτήσεων f και g στο x 0 , ισχύει , αν f ( x) < g ( x)
κοντά στο x 0 και τότε x→x f ( x) ≤ x→x g ( x)
lim lim
0 0
2

3. Χρήσιµοι µετασχηµατισµοί:
1. lim f ( x) =
x→ x
⇔ lim( f ( x) − ) = 0
x→ x
0 0
2. lim f ( x) =
x→ x
⇔ lim f ( x + h) = ,
h→0 0
x=x0+h
0
3. lim f ( x) =
x→ x
⇔ lim f ( x .h) = ,
h→1 0
x=x0.h , x0 ≠ 0
0
Οι σχέσεις 2 και 3 είναι χρήσιµες σε συναρτησιακές : f(x+y)=… , f(x.y)=…
Πλευρικά όρια συναρτήσεων πολλαπλού τύπου στο x 0 ( x 0 σηµείο που «αλλάζει» ο τύπος)
 f1 ( x), x < x0
Αν f ( x) =  τότε τα πλευρικά όρια της στο x 0 είναι:
 f 2 ( x), x ≥ x0
• lim f ( x) = lim f ( x) για x > x0 «όριο της f όταν x τείνει στο x 0 από δεξιά»
x → x0+ x → x0
• lim f ( x) = lim f ( x) για x > x0 «όριο της f όταν x τείνει στο x 0 από αριστερά»
x → x0− x → x0
• Αν lim+ f ( x) = lim− f ( x) = λ τότε lim f ( x) = λ (ισχύει το αντίστροφο)
x → x0 x → x0 x → x0
• Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο x1 (ή x2 )που δεν «αλλάζει» ο τύπος της
συνάρτησης f, τότε :
x1 x0 x2 τότε lim f ( x ) = lim f ( x )
1
x → x1 x → x1
lim f ( x ) = lim f 2 ( x )
x → x2 x → x2
• Αν µια συνάρτηση f είναι ορισµένη σε ένα διάστηµα της µορφής ( x 0 , β ) και
δεν ορίζεται σε διάστηµα της µορφής (α, x 0 ) , τότε ισχύει: lim f ( x) = lim f ( x) .
x→ x + x→x0
0
• Αν µια συνάρτηση f είναι ορισµένη σε ένα διάστηµα της µορφής (α, x 0 ) και δεν
ορίζεται σε διάστηµα της µορφής ( x 0 , β ) , τότε ισχύει: lim f ( x) = lim f ( x)
x→ x − 0 x→x0
Παράδειγµα. Αν η συνάρτηση  x + 1, x < 1,
f (x) = 
 − x + 3, x >1
Να βρεθούν τα όρια : , , lim
lim f ( x ) lim f ( x ) x → 2 0 1 0 f ( x )
x→ 0
x→1
li m f ( x ) = li m ( x + 1) = 1 + 1 = 2 , li m f ( x ) = li m ( − x + 3 ) = − 1 + 3 = 2
x → 1− x → 1 x → 1+ x → 1
lim f ( x ) = lim ( x + 1) = 0 + 1 = 1
x → 0 x → 0
lim f ( x ) = lim ( − x + 3) = − 2 0 1 0 + 3 = − 2 0 0 7
x → 2010 x → 2010
3

4. Σηµείωση 1.
Οι ιδιότητες των ορίων ισχύουν για τα όρια : lim f ( x) = λ αρκεί να υπάρχουν όλα τα
x→ x 0
«επιµέρους» όρια και προκύπτουν επιτρεπτές πράξεις , όπου x ∈ » ∪ {−∞, + ∞} και 0
λ ∈ » ∪ {−∞, + ∞}
Σηµείωση 2.
Ισχύει ότι, αν υπάρχουν τα όρια των π.χ. των f + g και f στο x , τότε υπάρχει και όριο της
0
g στο x .0
• Αν lim f ( x) = λ και lim( f ( x) + g ( x)) = κ , τότε
x→ x x→ x
0 0
lim g ( x) = lim[( f ( x) + g ( x)) − f ( x)] = x→x f ( x) + g ( x)) − lim f ( x) = κ − λ
x→ x x→ x
lim( x→ x
0 0 0 0
f ( x).g ( x) κ
• Αν lim f ( x) = λ ≠ 0 και lim( f ( x).g ( x)) = κ , τότε x→x g ( x) = lim
lim =
x→ x 0 x→ x 0 x→ x
0 0 f ( x) λ
Σηµείωση 3.
≠
Στο όριο σύνθεσης συναρτήσεων fog στο x0 (σελ.173) . Η συνθήκη g(x)≠uo κοντά στο x0,
δεν µπορεί να αγνοηθεί
Σηµείωση 4.
1 1
Τα όρια limηµ
x→0
, lim συν
x→0
, lim εϕ x , xlim ηµ x , xlim συν x δεν υπάρχουν .
→±∞ →±∞
x x x→π 2
Βασικές εφαρµογές.
1. Αν lim f (x) = 0 τότε lim f (x) = 0 (ισχύει το αντίστροφο)
x→x0 x→x0
Απόδειξη: Με κριτήριο παρεµβολής
Έχουµε lim f (x) = 0 = lim (− f (x) ) και − f (x) ≤ f (x) ≤ f (x) ισχύει. Άρα lim f (x) = 0 .
x→x0 x→x0 x→x0
2. Αν lim f (x) = 0 τότε lim f (x) = 0 (ισχύει το αντίστροφο)
2
x→x0 x→x0
3. Αν lim f ν (x) = 0 τότε lim f (x) = 0 (ισχύει το αντίστροφο)
x→x0 x→x0
(Οµοίως οι αποδείξεις 2 και 3).
ηµx
4. Αν x ∈R σε ακτίνια τότε lim =1.
x →0 x
ηµθ π θ x
Αν όµως θ σε µοίρες τότε lim = (χρήση του = )
θ →0 θ 180 180 π
4

5. 1. Όρια µε εφαρµογή ιδιοτήτων ορίων και συνέχειας
Αν x → x0 και x0 ∈ A f ,τότε το όριο της f στο x0 το βρίσκουµε συνήθως µε αντικατάσταση
x = x0 , αρκεί να ορίζεται η παράσταση στο x0 (συνεχής).
Εφαρµογή των ιδιοτήτων και κανόνων των ορίων
Αν η συνάρτηση προκύπτει από τις βασικές συναρτήσεις : πολυωνυµική συνάρτηση, ρητή,
τριγωνοµετρικές, λογαριθµικές, εκθετικές, απόλυτη τιµή συνάρτησης, ρίζα συνάρτησης ή
ακόµα από τις πράξεις τους ή από συνθέσεις τους και εφαρµόζονται οι κανόνες και οι ιδιότητες
των ορίων, χωρίς να προκύπτει απροσδιόριστη µορφή, τότε το όριο υπολογίζεται απ’ ευθείας
από τον επόµενο κανόνα: lim f (x) = f (x0 )
x →x0
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: lim(3x2 − 4 x + 5)
x →1
Λύση
lim (3x2-4x+5)=3·12-4·1+5=3-4+5=4.
x→1
x 2 − 3x + 2
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: lim
x →2 x −1
Λύση
x 2 − 3 x + 2 22 − 3 ⋅ 2 + 2 4 − 6 + 2 0
lim = = = =0
x →2 x −1 2 −1 1 1
0
2. Αν x → x0 και x0 ∉ A f και η συνάρτηση είναι κλασµατική( µορφή ) , τότε συνήθως
0
παραγοντοποιούµε το «κλάσµα», µε παράγοντα x − x0 και απλοποιούµε.
Αν x → x0 και η συνάρτηση µετά από τις απλοποιήσεις έχει παράγοντα x − x0 και
είναι απροσδιοριστία , τότε παίρνουµε πλευρικά όρια.
Απλοποίηση x − x0 ⇔ παραγοντοποίηση x − x0
Παραγοντοποίηση µε x − x0
Horner στο x0
Παραγοντοποίηση τριωνύµου
α x 2 + β x + γ = α ( x − x1 )( x − x2 ) , αν α ≠ 0, x1 , x2 ρίζες
Συνδυασµός όλων
5

6. x2 − 4x + 3
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: lim
x →1 x −1
Λύση
0
Είναι lim (x2-4x+3)=12-4·1+3=1-4+3=0 και lim (x-1)=1-1=0. Απροσδιόριστη µορφή .
x →1 x →1 0
x − 4x + 3
2
( x − 1)( x − 3) = lim x − 3 =1-3= -2.
Κάνουµε παραγοντοποίηση και έχουµε: lim = lim ( )
x →1 x −1 x →1 x −1 x →1
0
4. Όριο κλασµατικού τύπου µε ριζικά ( µορφή
)
0
0
Αν x → x0 και x0 ∉ A f και η συνάρτηση είναι κλασµατική( µορφή ) µε ριζικά, τότε
0
συνήθως πολλαπλασιάζουµε µε τη συζυγή παράσταση ώστε να παραγοντοποιήσουµε το
«κλάσµα» µε παράγοντα x − x0 και απλοποιούµε.
Όρος Συζυγή παράσταση του Όρος Συζυγή παράσταση του όρου
κλάσµατος όρου κλάσµατος
Α± Β Α Β Α±3Β
3 2 2
3
Α 3
Α3 Β + 3 Β
Α ±Β Α Β Α ±Β
3 2
3
Α 3
Α .Β + Β2
2 2
δηµιουργείται η ταυτότητα : ( Α − Β )( Α + Β ) = Α − Β = Α − Β
2
ή ( Α − Β)( Α + Β) = Α − Β2 = Α − Β2
2 2 3 3
( 3 Α ± 3 Β )( 3 Α 3
Α3 Β + 3 Β )= Α ± Β =Α±Β
2 3
ή ( 3 Α ± Β)( 3 Α 3
Α .Β + Β2 ) = Α ± Β3 = Α ± Β3
x −1− x + 5
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο: lim
x→4 2x + 1 − 3
Λύση
lim
x −1− x + 5
= lim
(
)( 2 x + 1 + 3)( x − 1 + x + 5 ) =
x −1− x + 5
x→4 2x + 1 − 3 (
x →4
)( 2 x + 1 + 3)( x − 1 + x + 5 )
2x + 1 − 3
( ) (
( x − 1) − x + 5  2 x + 1 + 3
) ( x − 3x − 4) ( 2x + 1 + 3)
2
(x − 4)(x +1)( 2x +1 + 3) = 5
2
2

lim  
2(x − 4)(x −1 + x + 5 ) 2
= lim = lim
( 2 x − 8) ( x − 1 + x + 5 )
( ) ( )
x →4  2x + 1 − 3  x − 1 + x + 5
2
2 x →4 x→4
 
• Για ριζικά διαφόρων τάξεων εφαρµόζουµε την µέθοδο της αντικατάστασης
(θέτουµε y = κ h( x) όπου κ =ΕΚΠ τάξεων ριζικών) ή την µέθοδο της διάσπασης .
• Όταν κάνουµε αντικατάσταση, αλλάζει η µεταβλητή στο όριο, y → y0
(όπου y0 = lim h( x), κ y0 ≠ 0 )
x → x0
6

7. Παράδειγµα.
x +1 − 3 x +1
Να βρεθεί το lim
x →0 x +1 − 6 x +1
Λύση
0
Αν εφαρµόσουµε ιδιότητες έχουµε µορφή
0
Το ΕΚΠ των τάξεων των ριζών είναι 6. Θέτουµε y = 6 x + 1 , οπότε lim 6 x + 1 = 1 και y → 1
x →0
x +1 − x +1
3
( x + 1) − ( x + 1)
6 3
y −y
6 2
y ( y − 1) 3 2
y( y − 1) 2
y 1
lim = lim 6 = lim 3 = lim = lim = lim =
x →0 x +1 − x +1
6 x →0 ( x + 1)3 − 6 x + 1 y →1 y − y y →1 y ( y 2 − 1) y →1 ( y − 1)( y + 1) y →1 y + 1 2
4. Όρια συναρτήσεων πολλαπλού τύπου.
Αν η συνάρτηση f «αλλάζει» τύπο «γύρω» από το x0 , είναι πολλαπλού τύπου της µορφής
 f1 ( x), x < x0
f ( x) = 
 f 2 ( x), x ≥ x0
α) Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο x0 που αλλάζει ο τύπος της, τότε
για να υπάρχει το όριο πρέπει τα πλευρικά όρια της f στο x0 να είναι ίσα.
Αν τα πλευρικά όρια είναι ίσα, lim+ f ( x) = lim− f ( x) = λ τότε lim f ( x) = λ
x → x0 x → x0 x → x0
β) Αν ζητείται το όριο συνάρτησης f σε σηµείο x1 (ή x2 )που δεν αλλάζει ο τύπος της,
(πχ x1 < x0 < x2 ) τότε :
lim f ( x ) = lim f1 ( x ) και lim f (x) = lim f2 ( x)
x → x x → x x → x x → x
1 1 2 2
 3 x + 5, x <1

Παράδειγµα. ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: f ( x) = 
 x 2 + 7, x ≥1

Να εξετάσετε αν η συνάρτηση έχει όριο στο xo=1, x1=3, x2=0
Λύση
lim f ( x) = lim ( 3 x + 5 ) =3⋅1+5=3+5=8 και lim f ( x) = lim ( x 2 + 7 ) =12+7=1+7=8.
x →1− x → 1−
+
x →1 x → 1+
Επειδή είναι lim f ( x) = lim f ( x) =8,η συνάρτηση έχει όριο στο xo=1, lim f ( x) =8
− +
x →1 x →1 x→1
x →3 x→3
(
2
)
lim f ( x) = lim x + 7 = 3 + 7 = 88 και lim f ( x) = lim( 3x + 5) = 3.0 + 5 = 5 .
2
x →0 x→0
7

8. 5. Όρια µε απόλυτες τιµές.
Αν η συνάρτηση f έχει απόλυτες τιµές και το όριο της f για x → x0 προκύπτει απροσδιόριστη
µορφή , τότε µετασχηµατίζουµε τον τύπο της f χωρίς απόλυτα:
α) αν το όριο στο x0 της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι lim Α( x) = k > 0 ,
x→ x 0
τότε A(x)>0 κοντά στο x0 , οπότε Α( x) = Α( x)
β) αν το όριο της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι lim Α( x) = k < 0 ,
x→ x 0
τότε A(x)<0 κοντά στο x0 , οπότε Α( x) = −Α( x) ) και µετά παραγοντοποιούµε
ή και παίρνουµε τα πλευρικά όρια.
γ) αν το όριο στο x0 της παράστασης Α(x) µιας απόλυτης τιµής είναι lim Α( x) = 0
x→ x 0
παίρνουµε στο x0 τα πλευρικά όρια αφού κάνουµε πίνακα πρόσηµων και γράψουµε τη
συνάρτηση χωρίς τις απόλυτες τιµές.
x2 − 9 + x − 3
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο lim
x→3 x +2 −5
Λύση
x −∞ -3 -2 3 +∞
x2 − 9 + - - +
x−3 - - - +
x+2 - - + +
x2 − 9 + x − 3 −( x 2 − 9) − ( x − 3) −( x − 3)( x + 3 + 1)
lim = lim = lim = -7
x→3− x +2 −5 x→3 x + 2−5 x→3 x−3
x2 − 9 + x − 3 ( x 2 − 9) + ( x − 3) ( x − 3)( x + 3 + 1)
lim = lim = lim =7
x→3+ x +2 −5 x→3 x+2−5 x→3 x−3
Επειδή είναι lim f ( x) ≠ lim f ( x) ,η συνάρτηση δεν έχει όριο στο xo=3.
x→3− +
x→3
6. Όρια µε «κριτήριο παρεµβολής»
Αν η συνάρτηση περιέχει στον τύπο της τριγωνοµετρικές συναρτήσεις ή ο τύπος της f(x)
επαληθεύει µια ανισότητα, τότε εφαρµόζουµε τα προηγούµενα κατά περίπτωση , συνήθως
κριτήριο παρεµβολής (σε απροσδιόριστο ) και τα παρακάτω:
ηµx • | ηµx | ≤ | x | , για κάθε x∈R
• lim =1
x →0 x
συνx − 1
για κάθε x ∈  − ,0  ∪  0, 
π π
• lim =0 •    
x→0 x  2   2
ηµx
συνx < <1
• lim ηµx = ηµx 0 x
x → x0
• lim συνx = συνx 0
x → x0
8

9. Παράδειγµα.
x εϕ x
Να βρεθούν τα όρια: α) lim , β) lim , γ) lim( x 2ηµ x)
x →0 ηµ x x →0 x x →0
Λύση
x 1 1
α) lim = lim = =0
x →0 ηµ x x →0 ηµ x 1
x
ηµ x
εϕ x
συν x = lim ηµ x = lim(ηµ x . 1 ) = 1.1 = 1
β) lim = lim
x →0 x x →0 x x → 0 xσυν x x →0 x συν x 1
γ) x 2ηµ x = x 2 . ηµ x ≤ x 2 .1 , οπότε x 2ηµ x ≤ x 2 ⇔ − x 2 ≤ x 2ηµ x ≤ x 2
και lim x 2 = lim(− x 2 ) = 0
x →0 x →0
µε το κριτήριο παρεµβολής έχουµε lim( x 2ηµ x) =0
x →0
Παράδειγµα.
Αν για κάθε x ∈ » ισχύει: f 2 ( x) − 4 f ( x) ≤ x 2 − 4 , να δείξετε ότι lim f ( x) = 2
x →0
Λύση
Από τη σχέση : f 2 ( x) − 4 f ( x) ≤ x 2 − 4 , έχουµε f 2 ( x) − 4 f ( x) + 4 ≤ x 2 ⇔ ( f ( x) − 2 ) ≤ x 2 ⇔
2
⇔ ( f ( x) − 2 ) ≤ x 2 ⇔ f ( x) − 2 ≤ x ⇔ f ( x) − 2 ≤ x
2 2 2
Άρα − x ≤ f ( x) − 2 ≤ x ⇔ 2 − x ≤ f ( x) ≤ 2 + x
Τα όρια lim(2 − x ) = lim(2 + x ) = 2 οπότε µε το κριτήριο παρεµβολής προκύπτει ότι
x →0 x →0
lim f ( x) = 2
x →0
Παράδειγµα(Πρόταση-Μηδενική).
Αν lim g ( x) = 0 και f ( x) ≤ g ( x) κοντά στο x0 , τότε lim f ( x) = 0
x → x0 x → x0
Αποδεικνύεται µε κριτήριο παρεµβολής
Έχουµε: f ( x) ≤ g ( x) ⇔ − g ( x) ≤ f ( x) ≤ g ( x) και lim(− g ( x) ) = lim g ( x) = 0 άρα lim f ( x) = 0
x →0 x →0 x → x0
Παράδειγµα(Πρόταση-Μηδενική επί φραγµένη).
Αν lim g ( x) = 0 , h( x) ≤ κ , κ ∈ » και f ( x) ≤ g ( x).h( x) , κοντά στο x0 , τότε lim f ( x) = 0
x → x0 x → x0
Αποδεικνύεται µε κριτήριο παρεµβολής
9

10. Παράδειγµα.
 1
Να αποδείξετε ότι : lim  x.ηµ  = 0
x →0 x  
Λύση
1
Θέτουµε f ( x) = x.ηµ , A f = »* . Ισχύει ηµ x ≤ 1
x
1
Θα έχουµε f ( x) = x.ηµ ≤ x .1 οπότε − x ≤ f ( x) ≤ x , σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής
x
προκύπτει lim f ( x) = 0
x → x0
Παράδειγµα.
 x2 1 
Να βρεθεί το όριο lim  .ηµ 
x →0
 ηµ x x2 
Λύση
x2 1 π π
Θέτουµε f ( x) = .ηµ 2 , x ∈ (− ,0) ∪ (0, ) . Ισχύει ηµ x ≤ 1
ηµ x x 2 2
x2 1 x2 x2 x2 x2
f ( x) = .ηµ ≤ .1 , f ( x) ≤ ⇔− ≤ f ( x) ≤ (1)
ηµ x x 2 ηµ x ηµ x ηµ x ηµ x
 
 x2   x  0
Το lim   = lim   = = 0 , σύµφωνα µε το κριτήριο παρεµβολής στην (1) , προκύπτει
x → 0 ηµ x
  x →0  ηµ x  1
 x 
ότι lim ( f ( x) ) = 0
x →0
α
7. Αν x → x0 και η συνάρτηση µετά από τις απλοποιήσεις έχει µορφή , απροσδιοριστία τότε
0
παίρνουµε πλευρικά όρια.
Παράδειγµα.
x −1
Να βρεθεί το όριο : lim , x ≥ 0 και x ≠ 1
x →1 ( x − 1)2
Λύση
x −1 0 x −1 1
lim = lim = lim = απροσδιοριστία (δε γίνεται άλλη
x →1 ( x − 1) 2 0 x →1
( x − 1) ( x + 1) x→1 ( x − 1)( x + 1)
2
απλοποίηση). Οπότε εξετάζουµε αν υπάρχει το όριο µε πλευρικά όρια
x −1 1 1
lim = lim = −∞. = −∞ ,
x →1− ( x − 1)
2 x →1 ( x − 1)( x + 1)
x <1
2
x −1 1 1 x −1
οµοίως lim = lim = +∞. = +∞ άρα δεν υπάρχει το lim
x →1
x >1
+
( x − 1) x→1 ( x − 1)( x + 1)
2 +
2 x →1 ( x − 1)2
10

11. 8. Όριο f(x), αν δίνεται το όριο παράστασης της f(x)
Αν x → x0 και δίνεται το όριο µιας παράστασης που περιέχει την f(x) και ζητείται το όριο της f
στο x0 , τότε θέτουµε g(x)= « παράσταση που περιέχει την f(x)», αν πάρουµε το όριο της g(x)
στο x0 και προκύπτει απροσδιοριστία, λύνουµε ως προς f και παίρνουµε το όριο .
Παράδειγµα.
Να βρείτε το lim f ( x ) , αν lim(3 f ( x ) + 2 − 3 x ) = 11
x →1 x →1
Λύση
Θέτουµε g ( x) = 3 f ( x) + 2 − 3 x , οπότε lim g ( x ) = 11 .
x →1
g ( x) − 2 + 3x
g ( x) = 3 f ( x) + 2 − 3 x ⇔ g ( x) − 2 + 3 x = 3 f ( x) ⇔ f ( x) =
3
g ( x ) − 2 + 3 x 11 − 2 + 3
Άρα lim f ( x ) = lim = =4
x →1 x →1 3 3
Παράδειγµα.
Αν lim f ( x ) − 2 =2 να βρείτε τα όρια :
x→1 x −1
α) lim f ( x ) , β) lim x f ( x ) − 2
x→1 x→1 x −1
Λύση
Θέτουµε g ( x ) = f ( x ) − 2 (1) , x ≠ 1 και έχουµε lim g(x) = 2
x→1
x −1
α) Λύνουµε ως προς f(x) την (1) ⇔ f ( x) = g ( x)( x − 1) + 2
Οπότε lim f ( x ) = lim( x − 1) lim g ( x ) + 2 = 2
x →1 x →1 x →1
β) lim x f ( x ) − 2 = lim x [ ( x − 1) g ( x ) + 2 ] − 2 = lim x ( x − 1) g ( x ) + 2 ( x − 1) =
x→1 x −1 x→1 x −1 x→1 x −1
( x − 1) ( x g ( x ) + 2 )
= lim = lim ( x g ( x ) + 2 ) = 1 .2 + 2 = 4
x→1 x −1 x→1
Παράδειγµα.
Αν lim[ f ( x )( x − 3 x + 2)] = 3 και lim g ( x ) = 4 , να βρείτε το
2
lim[ f ( x) g ( x)]
x→2 x→ 2 x − 2 x→2
Λύση
h( x)
Θέτουµε h(x) = f (x)( x − 3x + 2) , µε limh(x) = 3 και έχουµε f (x) =
2
, x≠2
x→2 x − 3x + 2
2
g(x)
Θέτουµε p(x) = , µε lim p( x) = 4 και έχουµε g(x) = p( x)(x − 2)
x−2 x→2
h( x) h ( x ) p ( x )( x − 2 ) 3.4
lim[ f ( x ) g ( x )] = lim[ 2 p ( x )( x − 2)] = lim = ... = = 12
x→ 2 x→ 2 x − 3 x + 2 x→ 2 ( x − 1)( x − 2 ) 2 −1
11

12. 9. Όρια µε παραµέτρους
α) Αν δίνεται συνάρτηση f(x) µε παραµέτρους και ζητείται να βρεθούν οι τιµές τους ώστε
να υπάρχει το lim f ( x) , τότε δηµιουργούµε εξισώσεις µε αγνώστους τις παραµέτρους
x → x0
(µε ισότητα πλευρικών ορίων …).
β) Αν δίνεται συνάρτηση f(x) µε παραµέτρους και ζητείται να βρεθεί το lim f ( x) , τότε
x → x0
κάνουµε διερεύνηση του lim f ( x) για όλες τις δυνατές τιµές των παραµέτρων,
x → x0
(συνήθως οι χαρακτηριστικές τιµές των παραµέτρων βάση των οποίων κάνουµε τη
α
διερεύνηση προκύπτουν από τις απροσδιόριστες µορφές(πχ , (αν α=0)).
0
Παράδειγµα.
 x2 − 1
 , x <1
 x −1

∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο: f ( x) = 
 2α x 2 − 5 x + 1, x ≥1



Να βρεθεί η πραγµατική τιµή του α, ώστε η συνάρτηση να έχει όριο στο xo=1.
Λύση
x2 − 1 ( x + 1)( x − 1) lim x + 1
lim = lim = −( ) =1+1=2.
x →1 x − 1
−
x →1 −
x −1 x →1
lim f ( x) = lim(2α x2 − 5x + 1) = 2α ⋅12 − 5 ⋅1 + 1 =2α-5+1=2α-4.
+ +
x →1 x →1
Για να έχει όριο στο xo=1 θα πρέπει lim f ( x) = lim f ( x) .
− +
Άρα 2=2α-4 ⇔ α=3.
x →1 x →1
Παράδειγµα.
Να βρεθούν οι αριθµοί α , β ∈ » , ώστε να υπάρχουν τα όρια της συνάρτησης
 x 3 − 2α x + 2 β , x ≤ 1

f ( x) =  x 2 + 6, 1< x ≤ 2 στα σηµεία 1 και 2.
 −α x + β , x>2

Λύση
Πρέπει lim f ( x) = lim f ( x) (1)
− +
και lim f ( x) = lim f ( x) (2)
+
x→1 x→1 x→2− x→2
lim f ( x) = lim( x − 2α x + 2 β ) = 1 − 2α + 2 β
− −
3
και lim f ( x) = lim( x + 6) = 7
+ +
2
x→1 x→1 x→1 x→1
Άρα από (1) έχουµε : 1 − 2α + 2 β = 7 ⇔ −α + β = 3 (3)
lim f ( x) = lim( x + 6) = 10
2
και lim f ( x) = lim (−α x + β ) = −2α + β
x→2− −
x→2 x→2+ +
x→2
Άρα από (2) έχουµε : −2α + β = 10 (4)
Εποµένως από (3) και (4) προκύπτει α= -7 και β= - 4 .
12

13. x 2 +x+µ-1
Παράδειγµα. Αν f(x)= βρεθεί το µ ώστε να υπάρχει στο R το limf(x)
x-1 x→1
2
x +x+µ-1
Αν lim f(x)=λ, f(x)= ⇔ x 2 +x+µ-1=f(x)(x-1)
x →1 x-1
Λύση lim (x 2 +x+µ-1)= lim[f(x)(x-1)]
x →1 x →1
1+µ=λ.0 ⇔ µ= -1
10. Όριο σύνθετης x→ x f ( g ( x))
lim
0
Αν θέλουµε να υπολογίσουµε το x→ x f ( g ( x)) , της σύνθετης συνάρτησης f g στο σηµείο
lim
0
εφαρµόζουµε τη συνέχεια γνωστών συναρτήσεων ή κάνουµε αντικατάσταση και αλλαγή
x0 ,
µεταβλητής.
• Αντικατάσταση lim f ( g ( x)) = f ( g ( x0 ))
x→ x0
• Αλλαγή µεταβλητής, εργαζόµαστε ως εξής:
1. Θέτουµε u = g (x) .
2. Υπολογίζουµε (αν υπάρχει) το u 0 = lim g ( x ) και
x→ x0
3. Υπολογίζουµε (αν υπάρχει) το = lim f (u ) .
u→ u 0
Αποδεικνύεται ότι, αν g ( x ) ≠ u 0 κοντά στο x 0 , τότε το ζητούµενο όριο είναι ίσο µε ,
δηλαδή ισχύει:
lim f ( g( x )) = lim f ( u)
x → x0 u → u0
Παράδειγµα.
Να βρεθούν τα όρια lim e 2 x −3 , lim η µ ( x − 1)
x →1 x→1 x −1
Λύση
u = 2x − 3
θ έτ ω
lim e 2 x − 3 = = li m e u = e − 1
x→1 α φο ύ x → 1 το u → − 1 u→ −1
η µ ( x − 1) θ έτω u = x − 1 ηµu
lim = = lim =1
x→1 x −1 α φο ύ x → 1 το u → 0 u → 0 u
Παράδειγµα.
f ( x) f (2 x) − ηµ x
Αν lim = 3 να βρεθεί το όριο lim
x →0 x x →0 2 x − ηµ x
Λύση
13

14. f (2 x) ηµ x f (2 x) ηµ x
− −
f (2 x) − ηµ x διαιρο ύµε µε x
x x , οπότε lim f (2 x) − ηµ x = lim x x = 6 −1 = 5
*
=
2 x − ηµ x x≠0 2 x ηµ x x →0 2 x − ηµ x x →0 ηµ x 2 −1
− 2−
x x x
u
θ έτουµε 2 x = u , x =
f (2 x) 2 f (u ) f (u )
* lim = lim = 2lim = 2.3 = 6
x →0 x u →0 u →0 u u →0 u
2
Παράδειγµα.
ηµ ( x 2 − 3 x + 2)
Να βρεθεί το όριο : lim
x →1 x2 − 5x + 4
Λύση
ηµ ( x 2 − 3 x + 2) ηµ ( x 2 − 3x + 2) x 2 − 3 x + 2 ηµ ( x 2 − 3 x + 2) ( x − 1)( x − 2) ηµ ( x 2 − 3x + 2) x − 2
= . = . = . (1)
x2 − 5x + 4 x 2 − 3x + 2 x2 − 5x + 4 x 2 − 3x + 2 ( x − 1)( x − 4) x 2 − 3x + 2 x−4
Θέτουµε u = x 2 − 3x + 2 , οπότε αφού x → 1 , είναι u → 0
ηµ ( x 2 − 3 x + 2) ηµ u
Άρα, lim = lim = 1 , οπότε
x →12
x − 3x + 2 u →0 u
ηµ ( x − 3x + 2)
2 (1)
ηµ ( x 2 − 3 x + 2) x − 2 ηµ u x−2 1− 2 1
lim = lim . = lim .lim = 1. =
x →1 x − 5x + 4
2 x →1 x − 3 x + 2 x − 4 u →0 u x →1 x − 4
2
1− 4 3
Παρατήρηση: Αλλαγή µεταβλητής – αντικατάσταση κάνουµε συνήθως, όταν δίνεται όριο
στο x1 (δηλ. x → x1 ) και ζητείται όριο στο x2 (δηλ. x → x2 ), τότε κάνουµε αντικατάσταση
τέτοια ώστε το όριο στο x2 να µετατραπεί όριο στο x1.
Παράδειγµα.
Αν ισχύει f ( x) = f (2 − x) ∀x ∈ » και lim[ f ( x) − x − 3] = 4 , να βρεθεί το lim f ( x)
x →−1 x →3
Λύση
Θέτουµε g ( x) = f ( x) − x − 3 , οπότε f ( x) = g ( x) + x + 3 και lim g ( x) = 4
x →−1
Θέτουµε u=2-x και έχουµε: αν x → 3 , u → −1 ,
οπότε το ζητούµενο όριο είναι : lim f ( x) = lim f (2 − u ) = lim f (u ) = lim[ g (u ) + u + 3] = 4 − 1 + 3 = 6
x →3 u →−1 u →−1 u →−1
11. Όρια µε ριζικά διαφορετικής τάξης
Όταν έχουµε πολλά ριζικά διαφορετικής τάξης . Αντικαθιστούµε y = κ g(x) , όπου κ είναι το
Ε.Κ.Π. των τάξεων και g(x) κοινή υπόριζη ποσότητα.
Παράδειγµα.
2 x -33 x + 4 x θετω y = 12 x 2y6 − 3y4 + y3 y3 (2y3 − 3y + 1) (y −1)(2y2 + 2y −1) 3
lim = = lim 3 = lim 3 = lim =
x→1
34 x - 2 x - 3 x y →1 y→1 3y − 2y6 − y4 y→1 y (3 − 2y3 − y) y→1 (y −1)(−2y2 − 2y − 3) −7
14

15. 12. Όρια µε συναρτησιακές σχέσεις
Αν δίνεται συναρτησιακή σχέση για την f και ζητείται το lim f(x)
x→x0
α) Αν έχουµε f(x+y)=… , θέτουµε x=x0+h ⇔ x − x 0 = h και γίνεται αλλαγή µεταβλητής:
αν x → x0 τότε h → 0
x
β) Αν έχουµε f(x.y)=… , θέτουµε x = x 0 h ⇔ h = , οπότε
x0
αν x → x0 τότε h → 1
Παράδειγµα.
Αν f: R → R για την οποία ισχύει f(x+y)=f(x)συν2y+f(y)συν2x , x,y ∈ R
f(x) f(x)-f(α)
και lim = 1 δείξετε ότι lim = συν2α για κάθε α ∈ R
x→0 x x→α x-α
θέτουµε x =x0+h ⇔ x − x 0 = h οπότε στο ζητούµενο όριο γίνεται χρήση της ιδιότητας
lim f(x) = limf(x0 +h) και της συναρτησιακής σχέσεως.
x→x0 h →0
f(α+h)-f(α) f(α)συν2h+f(h)συν2α -f(α) f(α)(συν2h-1)+f(h)συν2α
lim = lim = lim = f(α).0 +1.συν2α = συν2α
h →0 h h→0 h h→0 h
15

16. ( στο x o , lim f ( x) = ±∞ )
x→ x
0
Απροσδιόριστες µορφές:
(+∞) − (+∞) (−∞) + (+∞) (+∞) + (−∞) (−∞) − (−∞)
0.(−∞) 0.(+∞) (+∞).0 (−∞).0
+∞ 0 α 0 0
+∞ 0 0
(+∞) 0
1 +∞
1−∞
α f ( x) a
• Η µορφή , προκύπτει από lim
x→ x
= , a ≠ 0 , οπότε :
0 o
g ( x) 0
1. Αν το πρόσηµο της g(x) είναι σταθερό τότε προκύπτει ανάλογα µε το πρόσηµο
του κλάσµατος , +∞ ή −∞
2. Αν πρόσηµο της g(x) δεν είναι σταθερό κοντά στο x , τότε παίρνουµε πλευρικά 0
όρια .
x+2
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο lim x→1
x −1
Λύση
x+2 3 x+2 x+2
lim = µορϕ ή παίρνουµε πλευρικά όρια : lim = −∞ , ενώ lim = +∞
x→1
x −1 0 x→1−
x<1 x −1 x→1+
x >1 x −1
• Οι απροσδιόριστες µορφές 0 , (+∞) , 1 …, περιπτώσεις εκθετικών συναρτήσεων της
0 0 +∞
µορφής F ( x) = [ f ( x)]g ( x ) f ( x) > 0 , µετασχηµατίζονται µε τον κανόνα
a x = e xln a , a > 0 .
g ( x )ln f ( x )
Γενικά [ f ( x )] g ( x ) = e , f ( x) > 0
0 ±∞
• Όλες οι µορφές ανάγονται στις µορφές: και µε µετασχηµατισµούς…
0 ±∞
0
Α. Μετασχηµατισµός της µορφής 0.(±∞) σε µορφή :
0
f ( x) g ( x)
f ( x).g ( x) = ή f ( x).g ( x) =
1 1
g ( x) f ( x)
Β. Μετασχηµατισµός της µορφής ∞ − ∞ :
g ( x) f ( x)
f ( x) − g ( x) = f ( x)(1 − ) ή f ( x) − g ( x) = g ( x)( − 1)
f ( x) g ( x)
16

17. 0 ±∞
Γ. Μετασχηµατισµός της µορφής : , σε µορφή 0.0 ή , σε µορφή (±∞).(±∞)
±∞ 0
f ( x) 1
= f ( x).
g ( x) g ( x)
• Εφαρµόζουµε τους Κανόνες De L’ Hospital( µε παραγώγους)
1 1 1
• ∆εν υπάρχουν τα όρια : limηµ , lim συν , lim εφ ,…
x x x
x →0 x →0 x →0
• Αν f ( x ) ≤ g ( x ) κοντά στο x , τότε :
0
i) αν lim f ( x) =+ ∞ τότε lim g ( x) =+ ∞
x → x0 x → x0
ii) αν lim g ( x) =− ∞ τότε lim f ( x) =− ∞
x → x0 x → x0
17

18. x → ±∞
• Το όριο µιας συνάρτησης f στο +∞ , ορίζεται αν η f είναι ορισµένη σε διάστηµα
της µορφής (α,+∞) .
• Ανάλογα, το όριο µιας συνάρτησης f όταν x → −∞ ορίζεται µόνο όταν η
συνάρτηση είναι ορισµένη σε διάστηµα της µορφής (−∞, β ) .
• Για τα όρια στο +∞ , −∞ ( x → ±∞ ), ισχύουν οι γνωστές ιδιότητες των ορίων στο x 0
µε τις προϋποθέσεις :
οι συναρτήσεις είναι ορισµένες σε κατάλληλα σύνολα
υπάρχουν τα επιµέρους όρια της ιδιότητας
δεν καταλήγουµε σε απροσδιόριστη µορφή.
• Εφαρµόζουµε τους Κανόνες de l’ Hospital( µε παραγώγους)
1
• ∆εν υπάρχουν τα όρια : limηµ x , lim συν x , lim εϕ x , limηµ ,…
x →±∞ x →±∞ x →±∞ x →0 x
ΜΟΡΦΕΣ
ν  +∞ , ν = ά ρτιος 1
1. lim x = +∞ lim xν =  lim =0
x →+∞ x →−∞
−∞ , ν = περιττ ός xν
x →±∞
ν ν −1
2. Όριο πολυωνυµικής, αν P( x) = αν x + αν −1 x + ... + α1 x + α 0
lim P ( x) = lim (αν xν )
x→±∞ x →±∞
3. Όριο ρητής,
αν xν + αν −1 xν −1 + ... + α 0 α ν xν
αν f ( x ) = , α β ≠ 0 (ρητή), τότε lim f ( x ) = lim
βκ xκ + βκ −1 xκ −1 + ... + β 0 ν κ x → ±∞ x → ±∞ β x κ
κ
• Αν ν<κ , τότε lim f ( x) = 0
x →±∞
• Αν ν=κ , τότε lim f ( x ) = α ν
x→ ±∞ βκ
 α ν ν −κ
 +∞ , βκ
x >0
• Αν ν>κ , τότε lim f ( x ) = lim α ν xν − κ 
=
x → ±∞ x → ±∞ βκ  −∞ , α ν ν −κ
x <0

 βκ
18

19. −2x 5 + 3x 2 − 2x + 4
Παράδειγµα. Να βρεθεί το όριο lim
x →−∞ 3x 2 + 5x − 2
Λύση
−2x 5 + 3x 2 − 2x + 4 −2x 3
lim = lim = +∞
x →−∞ 3x 2 + 5x − 2 x →−∞ 3
f ( x)
, µε εκθετικές α , β (ή α
x x h( x)
4. Όριο κλάσµατος lim
x→±∞
…) , µε α>0, β>0 ,
g ( x)
τότε συνήθως βγάζουµε κοινό παράγοντα τη δύναµη που έχει :
Α) τη µεγαλύτερη βάση, όταν x → +∞
Β) τη µικρότερη βάση, όταν x → −∞
ώστε να προκύπτουν όρια ίσα µε το µηδέν (όπως παρακάτω)
Παράδειγµα.
x x x x
 2 3 3  2 3  3
x(2   − .  ) 2   − . 
x +1
x ⋅ 2 − 3⋅3 x
2 x ⋅ ( 2 − 3) )
x
 5  x  5  = lim  5  x  5 
lim = lim = lim
x →+∞ 4 ⋅ 5x − x ⋅ 2x x →+∞ x x →+∞ x x →+∞ x
 2 4  2 4 2
4 − x ⋅  x( −   ) − 
5 x 5 x 5
5. Όρια εκθετικών λογαριθµικών
αν α > 1 τοτε : αν 0 < α < 1 τοτε :
lim α = +∞ x
lim α = 0 x
lim α x = 0 lim α x = +∞
x → +∞ x → −∞ x → +∞ x → −∞
α ν α > 1 τ ότε : α ν 0 < α < 1 τ ότε :
lim log a x = +∞ lim log a x = 0 lim log a x = 0 lim log a x = +∞
x → +∞ x → −∞ x → +∞ x → −∞
y y
x
y=a
y=a x
1
y=loga x 1
O 1 x O 1 x
y=loga x
6. Αν ο τύπος της f περιέχει ριζικά τότε βγάζουµε παράγοντα στο κάθε ριζικό το
µεγιστοβάθµιο όρο.
• Αν η πράξη είναι επιτρεπτή βρίσκουµε µε τις ιδιότητες το όριο
• Αν η πράξη δεν είναι επιτρεπτή τότε από την αρχή µε µετασχηµατισµούς-ταυτότητες,
«διώχνουµε» τα ριζικά (περίπτωση συζυγής παράσταση…), κάνουµε τυχόν απλοποιήσεις
και βγάζουµε παράγοντα στο κάθε ριζικό το µεγιστοβάθµιο όρο και έχουµε επιτρεπτή
πράξη.
19

20. Παράδειγµα.
Να βρεθούν τα όρια: α) lim ( 2x 4 + 3x − 1 − 20102011 ) , β) lim ( x 2 − x − 1 − x 2 + 1)
x →+∞ x →+∞
Λύση
3 1 3 1
α) lim ( 2x4 + 3x − 1 − 20102011 ) = lim ( x4 (2 + 3
− 4 ) − 20102011 ) = lim (x2 2 + 3 − 4 − 20102011 ) = +∞
x →+∞ x →+∞ x x x →+∞ x x
+∞ .0 ( x 2 − x − 1 − x 2 + 1)( x 2 − x − 1 + x 2 + 1)
β) lim ( x 2 − x − 1 − x 2 + 1) = lim =
x →+∞ x →+∞
x2 − x −1 + x2 + 1
2
− x(1 + )
x2 − x −1 − x2 −1 x 1
lim = lim =−
x →+∞
x − x − 1 + x + 1 x →+∞ x( 1 − 1 − 1 + 1 + 1 )
2 2 2
2 2
x x x
7. Αν ο τύπος της f έχει απόλυτες τιµές, τότε για να βρούµε το lim f ( x ) επιλέγουµε
x →−∞
κατάλληλο διάστηµα ( −∞,α ) , ώστε οι παραστάσεις στις απόλυτες να έχουν σταθερό
πρόσηµο και να βγαίνουν «εύκολα» οι απόλυτες.
lim f ( x ) = lim f ( x )
x →−∞ x∈Α x →−∞ x∈( −∞ ,α )
Οµοίως για να βρούµε το lim f ( x ) επιλέγουµε κατάλληλο διάστηµα ( β , +∞) , ώστε οι
x →+∞
παραστάσεις στις απόλυτες να έχουν σταθερό πρόσηµο και να βγαίνουν «εύκολα» οι
απόλυτες. lim f ( x ) = lim f ( x )
x → +∞ x∈Α x → +∞ x∈( β , +∞ )
2 x 3 − 3 x3 + x − 1
Παράδειγµα. Να βρεθεί το lim
−4 x3 + x 2 − 2 x + 3
x →+∞
Λύση lim (3 x 3 + x − 1) = lim 3 x 3 = +∞ , άρα υπάρχει x1>0 : x> x1 3x 3 + x − 1 >0
x →+∞ x →+∞
2 x − 3x + x − 1
3 3
2 x3 − (3x 3 + x − 1) − x3 − x + 1 1
lim = lim = lim =
x →+∞ −4 x 3 + x 2 − 2 x + 3 x →+∞ −4 x + x − 2 x + 3
3 2 x →+∞ −4 x + x − 2 x + 3
3 2
4
8. Αν ο τύπος της f περιέχει παραµέτρους: κ, λ, α,… τότε:
• αν ζητείται το όριο της f, κάνουµε διερεύνηση για όλες τις τιµές των παραµέτρων.
• αν δίνεται το όριο της f και ζητούνται οι τιµές των παραµέτρων, τότε ελέγχουµε όλες
τις περιπτώσεις, δεχόµαστε εκείνες που υπάρχει το όριο της f και βρίσκουµε τις τιµές των
παραµέτρων ώστε να προκύπτει το συγκεκριµένο όριο της f ή θέτουµε λ το όριο , λύνουµε
τον τύπο της f και παίρνουµε τα όρια, συνεχίζουµε στο αρχικό όριο
Παράδειγµα.
Να βρεθεί το lim ( x2 -x+1-λx) για τις διάφορες τιµές του λ ∈ »
x→+∞
Λύση
1 1 1 1 x >0 1 1
lim ( x2 -x+1-λx)= lim ( x2 (1- + 2 )-λx)= lim ( x 1- + 2 -λx) = lim[x( 1- + 2 -λ)]= + ∞.(1 −λ)
x→+∞ x →+∞ x x x→+∞ x x x→+∞ x x
- Αν 1 − λ > 0 ⇔ λ < 1 τότε lim ( x2 -x+1-λx)= +∞
x→+∞
- Αν 1 − λ < 0 ⇔ λ > 1 τότε lim ( x2 -x+1-λx)= −∞
x→+∞
1
-x(1- )
+∞.0 ( x2 -x+1-x)( x2 -x+1+x) x2 -x+1-x2 x 1
2
- Αν λ=1 , lim ( x -x+1-x) = lim = lim = lim =−
x→+∞ x →+∞ x→+∞ x →+∞ 2
x2 -x+1+x 2
x -x+1+x 1 1
x( 1- + 2 +1)
x x
20

21. 9. Όριο µηδενικής επί φραγµένη(κριτήριο παρεµβολής για µηδενική)
ηµ x
Παράδειγµα. Να βρεθεί το lim =0
x
x →±∞
Λύση η µ x = 1 η µ x = 1 η µ x ≤ 1 .1 ,
x x x x
άρα η µ x = 1 η µ x ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ 1 η µ x ≤ 1 και lim 1 = 0 , οπότε σύµφωνα µε το
x x x x x x x
x→ ±∞
κριτήριο παρεµβολής li m η µ x = 0
x
x→ ±∞
Παράδειγµα. Να βρεθεί το lim ( x 2η µ 1 )
x→ +∞ x
1
ηµ 1 (1)
Λύση x 2η µ 1 = x x , οπότε lim ( x 2ηµ ) = + ∞ .1 = +∞
1 x → +∞ x
x
x
1
ηµ θ έτω u =
1
x ηµ u
Γιατί lim x = lim = 1 (1)
x → +∞ 1 u→0 u→0 u
x
Παρατήρηση.
Άρα, αν κατά τη διαδικασία ανεύρεσης ορίων µέσα στις παραστάσεις προκύπτουν
όρια που δεν υπάρχουν, τότε µετασχηµατίζουµε τις παραστάσεις ή µε κριτήριο
παρεµβολής ώστε να αποφύγουµε ανύπαρκτα όρια.
10. Όριο σύνθετης lim f ( g ( x)) :
x →±∞
Αλλαγή µεταβλητής, εργαζόµαστε ως εξής:
1. Θέτουµε u = g (x) …..όπως στα προηγούµενα.
Παράδειγµα. Να βρεθεί το lim ln(e x + x + 1)
x →+∞
Λύση.
Θέτουµε u = e x + x + 1 , οπότε έχουµε lim u = lim (e x + x + 1) = +∞ , άρα lim ln u = +∞
x →+∞ x →+∞ u →+∞
21

22. 1. Αν ζητείται να µελετηθεί(εξεταστεί) η συνέχεια µιας συνάρτησης f τότε πρέπει να
µελετηθεί η συνέχεια σε όλο το Πεδίο ορισµού της f.
Παράδειγµα. Να µελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f.
2 x 2 , | x | ≤ 1

f ( x) =  2
 x , | x |>1

Υπόδειξη. Πρέπει να µελετηθεί η συνέχεια της f σε όλο το Πεδίο ορισµού της (σε όλο το R).
2. Αν δίνεται το όριο µιας παράστασης της συνάρτησης f στο x , η f είναι συνεχής στο x
0 0
και ζητείται το f(x ) τότε βρίσκουµε : lim f (x) = f (x0 ) , f (x ) ∈ R
0 x →x0 0
f (x ) − x
Παράδειγµα. Αν lim = 5 και η f είναι συνεχής στο x =4,
x→4 x 2 − 5x + 4 0
να βρείτε την τιµή f(4).
f (x) − x
Υπόδειξη. Θέτουµε g ( x ) = ⇔ f ( x ) = g ( x )( x 2 − 5 x + 4 ) + x (1)...
x − 5x + 4
2
Προσοχή !! Θα ήταν λάθος να θέσουµε στην (1) x=4 και να βρούµε f(4) = 2, γιατί η
g δεν ορίζεται για x = 4 .
3. Αν ζητείται να προσδιοριστούν οι τιµές παραµέτρων( που υπάρχουν στον τύπο της) έτσι
ώστε η f να είναι συνεχής συνάρτηση (µπορεί να δίνονται σηµεία) τότε συνήθως
δηµιουργούµε εξισώσεις από τη συνέχεια της f στα σηµεία που αυτή «αλλάζει» τύπο.
α x − β , x ≤ 1

Παράδειγµα. Αν f(x) = 3 x, 1< x ≤ 2 , να βρείτε τις τιµές των α , β ∈ ℜ
 2
β x − α , x > 2
ώστε η f να είναι συνεχής (στο 1 και στο 2)
Υπόδειξη. Οι εξισώσεις για να προσδιοριστούν τα α, β θα προκύψουν από τη συνέχεια της f στα
σηµεία 1 και 2, lim f ( x) = lim f ( x ) = f (1) και
− +
x →1 x →1
lim f ( x) = lim f ( x) = f (2)
− +
x→2 x→2
4. Αν ζητείται να εξεταστεί η συνέχεια παραµετρικής συνάρτησης f τότε για όλες τις
δυνατές τιµές των παραµέτρων πρέπει να εξεταστεί η συνέχεια της συνάρτησης f.
22

23.  1
 xηµ , x ≠ 0
Παράδειγµα. Αν f(x) =  x να εξεταστεί η συνέχεια της συνάρτησης.
α − 2, x = 0

Υπόδειξη. α)Η f στο R είναι συνεχής για κάθε τιµή του α ,ως γινόµενο των συνεχών
*
1
παραγόντων: της x που είναι πολυωνυµική και της ηµ που είναι σύνθεση συνεχών.
x
( 1/χ και ηµχ).
1
β) στο x =0 lim xηµ = 0 (…«µηδενική επί φραγµένη») οπότε για να είναι συνεχής στο 0
0 x →0 x
πρέπει f(0)=0 , άρα για α=2 είναι συνεχής στο R.
5. Αν ζητείται να αποδειχτεί η συνέχεια σε σηµείο x µιας συνάρτησης f,η οποία
0
επαληθεύει µια ανισότητα(δίνεται ή δηµιουργείται), τότε συνήθως για να βρούµε
το όριο στο x χρησιµοποιούµε «κριτήρια παρεµβολής».
0
Παράδειγµα. Έστω η συνάρτηση f : R→ R τέτοια ώστε να ισχύει f ( x) ≤ x για κάθε x∈R
Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο x =0.
0
Υπόδειξη. Η σχέση f ( x) ≤ x ⇔ − x ≤ f ( x) ≤ x , οπότε f(0)=0 και κριτήριο παρεµβολής…
Παράδειγµα. Θεωρούµε τις συναρτήσεις f, g : R→R, για τις οποίες ισχύει :
2 2
(f(x)) +(g(x)) = 2xf(x) για κάθε x∈R. Να αποδείξετε ότι οι f και g είναι συνεχείς στο x =0.
0
Υπόδειξη. Βρίσκουµε για x=0, ( f (0)) 2 + ( g (0))2 = 0 ⇒ f (0) = g (0) = 0 ..
Η σχέση µετασχηµατίζεται
( f ( x)) 2 + ( g ( x)) 2 − 2 xf ( x) = 0 ⇔ ( f ( x)) 2 − 2 xf ( x) + x 2 + ( g ( x)) 2 = x 2 ⇔ ( f ( x) − x) 2 + ( g ( x)) 2 = x 2
Άρα , ( f ( x) − x)2 ≤ x 2 και ( g ( x)) 2 ≤ x 2 ….
6. Αν ζητείται να αποδειχτεί ότι µια συνάρτηση f είναι συνεχής, για την οποία
δίνεται συναρτησιακός τύπος και η συνέχεια σε σηµείο α , τότε συνήθως:
• Αν α=0, για συναρτησιακό τύπο f(x+y)=…, θέτουµε x=x0+h ⇔ x − x 0 = h και γίνεται
αλλαγή µεταβλητής: αν x → x0 τότε h → 0
x
• Αν α=1, για συναρτησιακό τύπο f(x.y)=…, θέτουµε x = x 0 h ⇔ h = , x → x0 άρα h → 1
x0
ΓΕΝΙΚΑ, για a ≠ 0 και συναρτησιακό τύπο f(x+y)=…, θέτουµε x=x0+h-α,
αν x → x0 τότε h → α
για a ≠ 1 και συναρτησιακό τύπο f(x.y)=…, θέτουµε x=x0.h/α,
αν x → x0 τότε h → α
23

24. Παράδειγµα. Έστω συνάρτηση f τέτοια ώστε : f(x + y) = f(x) + f(y) – 1 , για κάθε x , y ∈ ℜ .
Να δείξετε ότι αν η f είναι συνεχής σε κάποιο σηµείο α ∈ ℜ , τότε είναι συνεχής στο ℜ .
Υπόδειξη. Για x=y=0 έχουµε , f (0) = f (0) + f (0) − 1 ⇔ f (0) = 1
Για x=α , y = - α έχουµε , f (0) = f (α ) + f ( −α ) − 1 ⇔ 1 = f (α ) + f (−α ) − 1 ⇔ f (α ) + f (−α ) − 2 = 0
H συνάρτηση είναι συνεχής στο α , άρα ισχύει lim f ( x) = f (α )
x →α
Έστω τυχαίο x0, x0 ∈ ℜ . Θέτουµε x=x0+h-α , αν x → x0 τότε h → α
lim f ( x) = lim f ( x0 + h − α ) = lim[ f ( x0 ) + f (h − α ) − 1] = f ( x0 ) − 1 + lim[ f (h) + f (−α ) − 1] =
x → x0 h →α h →α h →α
= f ( x0 ) − 2 + f (α ) + f ( −α ) = f ( x0 ) , άρα f συνεχής στο R.
24

25. 1. Αν ζητείται να δειχτεί η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) µιας εξίσωσης( ή συνάρτησης)
στο (α, β) τότε:
α) επιλύουµε την εξίσωση(αν είναι εύκολο..)
β) µε δοκιµές είναι κάποιες φορές δυνατό να βρούµε λύσεις(ρίζες)
γ) εξετάζουµε αν εφαρµόζεται το Θ. Bolzano, στο διάστηµα [α,β] για τη συνάρτηση f που θα
έχουµε f(x)=0, αν κάνουµε απαλοιφή παρονοµαστών και µεταφέρουµε όλους τους όρους στο
ένα µέλος της εξίσωσης.
Αν ζητείται να δείξουµε ότι η ρίζα είναι µοναδική, τότε αυτό το δείχνουµε µε τα
παρακάτω:
i) f «1-1»
ii) f γνησίως µονότονη στο [α,β]
iii) µε «άτοπο»
* Αν δε δίνεται το (α, β) τότε επιλέγουµε διάστηµα µε δοκιµές ή βρίσκουµε όρια...
Παράδειγµα. Nα δειχθεί ότι η εξίσωση 2xηµx-exσυνx=0 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο
π
διάστηµα (0, ).
2
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x)= 2xηµx-exσυνx , που είναι συνεχής στο R ως
άθροισµα γινοµένων συνεχών, οπότε
π
• f συνεχής στο [0, ]
2
π π
• f(0)=-1 , f( )=π άρα f(0)f( )<0
2 2
……..Θ.Bolzano……
e x +1 x 2 +2
Παράδειγµα. Να δειχθεί ότι η εξίσωση = έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο
x-α β-x
διάστηµα (α,β)
e x +1 x 2 +2
Υπόδειξη. = ⇔ (e x +1)(β-x)-(x 2 +2)(x-α)=0 (x ≠ α,β)
x-α β-x
Θεωρούµε τη συνάρτηση f (x) = (e x +1)(β-x)-(x 2 +2)(x-α) είναι συνεχής… στο [α,β]
Βρίσκουµε f (α) = (eα +1)(β-α)>0 , f (β) = −(β 2 +2)(β-α)<0 , οπότε …Θ.Bolzano…
Παράδειγµα. Αν η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [1, e] και g(1)=e, να
δείξετε ότι η εξίσωση g(x)=lnx+e-1 έχει µία µόνο ρίζα στο (1,e).
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f(x)= g(x)-lnx-e+1
- για την ύπαρξη ρίζας …Θ.Bolzano… για την f στο [1, e]
- για τη µοναδικότητα της ρίζας δείχνουµε ότι f γν. φθίνουσα…..
Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση x − x = 9 έχει µια τουλάχιστον θετική ρίζα.
6
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f ( x ) = x − x − 9 , είναι συνεχής πολυωνυµική.
6
f (0) = −9 και f (2) = 53
…. Θ.Bolzano… για την f στο [0, 2]…….
25

26. 2. Αν ζητείται η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) εξίσωσης στο κλειστό [α, β], τότε
εργαζόµαστε όπως προηγουµένως µε την f, προκύπτει συνήθως f (α ). f ( β ) ≤ 0 ,
διακρίνουµε περιπτώσεις:
i) f (α ). f ( β ) = 0 , οπότε f (α ) = 0 ή f ( β ) = 0
ii) f (α ). f ( β ) < 0
Παράδειγµα. Αν f είναι περιττή και συνεχής στο [-2, 2]. Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον
µια ρίζα της f(x)=0 στο [-2, 2].
Υπόδειξη. Θ.Bolzano… για την f στο [-2, 2]…….όµως f(-2)= -f(2) ,
άρα f ( − 2 ) f ( 2 ) = − f 2 ( 2 ) ≤ 0 διακρίνουµε περιπτώσεις
iii) f(-2)f(2)=0 , οπότε f(-2)=0 ή f(2)=0
iv) f(-2)f(2)<0 ισχύει ….Θ.Bolzano…
3. Αν ζητείται η ύπαρξη ρίζας(µιας τουλάχιστον) εξίσωσης( ή συνάρτησης) τότε µπορούµε
να δείξουµε την ύπαρξη ρίζας µε το σύνολο τιµών. Θεωρούµε τη συνάρτηση f (όπου
f(x)=0 η τελική εξίσωση) και δείχνουµε ότι το 0 ανήκει στο σύνολο τιµών της f, άρα θα
υπάρχει x ώστε f(x )=0…
0 0
Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση ln x + e = 0 έχει µια ακριβώς ρίζα στο (0,1)
x
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f ( x ) = ln x + e , είναι συνεχής στο (0,1] και
x
f είναι γν. αύξουσα, lim f ( x ) = −∞ + 1 = −∞ και f (1) = e , άρα f ((0,1]) = ( −∞, e]
+
x →0
Οπότε 0 ανήκει στο ( −∞, e] άρα υπάρχει x0 ∈ (0,1) : f ( x0 ) = 0 , x0 =ρίζα…
Αφού f γνησίως αύξουσα, η ρίζα είναι µοναδική.
4. Αν ζητείται η ύπαρξη ν (τουλάχιστον) ριζών εξίσωσης(ή συνάρτησης) στο (α, β), τότε
χωρίζουµε κατάλληλα το διάστηµα σε ν υποδιαστήµατα εργαζόµαστε όπως στην
περίπτωση 1. για την f σε κάθε υποδιάστηµα.
ή βρίσκουµε το σύνολο τιµών της συνάρτησης µε µονοτονία και εφαρµόζουµε Θ.Ε.Τ.
Παράδειγµα. Να δείξετε ότι η εξίσωση x = 3 x + 1 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες.
6
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση f ( x ) = x − 3 x − 1 …µε δοκιµές…
6
f ( 0 ) = − 1 , f ( −2) = 69 και f (2) = 57 , άρα ισχύει ….Θ.Bolzano… στα
διαστήµατα [-2, 0] και [0, 2].
5. Περιπτώσεις ύπαρξης ρίζας εξίσωσης σε διαστήµατα της µορφής (α,β) ή (α,β] ή[α,β)
όπου α, β πραγµατικοί αριθµοί ή ±∞ στα ανοικτά διαστήµατα.
Στις περιπτώσεις αυτές βρίσκουµε τα όρια στα άκρα α και β και ανάλογα επιλέγουµε
κατάλληλο ή δείχνουµε ότι υπάρχει υποδιάστηµα του αρχικού διαστήµατος που να
εφαρµόζεται Θ.Bolzano(ή εφαρµόζουµε το Θ.Ε.Τ. µε το σύνολο τιµών).
Παράδειγµα. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0, + ∞ ) µε
lim f ( x ) = γ ∈ » και lim f ( x ) = δ ∈ » , να αποδείξετε ότι υπάρχει µόνο ένας αριθµός
x→ 0+ x→ +∞
x0>0 τέτοιος ώστε να ισχύει f ( x0 ) + e x +1 + ln x0 = 1
0
Υπόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση g ( x) = f ( x) + e x +1 + ln x − 1 , x>0 .H g είναι είναι γν.
αύξουσα ως άθροισµα γν. αυξουσών lim g ( x ) = − ∞ και li m g ( x ) = + ∞ και αφού είναι
x→ 0+ x→ +∞
συνεχής ως άθροισµα συνεχών , το σύνολο τιµών της g είναι όλο το » .
Άρα, µε το Θ.Ε.Τ. υπάρχει x0>0 : g(x0)=0
26

27. 1. Αν lim f ( x ) = −∞ τότε υπάρχει x0 >α τέτοιο ώστε f ( x0 ) < 0
+
x→a
Αν lim f ( x ) = −∞ τότε υπάρχει x0 <α τέτοιο ώστε f ( x0 ) < 0
−
x→a
−
Αν lim f ( x ) = +∞ τότε υπάρχει x0 >α τέτοιο ώστε f ( x0 ) > 0 (ανάλογα αν x → a )
+
x→a
Αν lim f ( x ) = λ > 0 (ή <0) τότε υπάρχει x0 >α τέτοιο ώστε f ( x0 ) > 0 (ή <0)
+
x→a
Αν lim f ( x ) = λ > 0 (ή <0) τότε υπάρχει x0 <α τέτοιο ώστε f ( x0 ) > 0 (ή <0)
−
x→a
Αν lim f ( x ) = λ > 0 (ή <0) τότε υπάρχει x0 >0 τέτοιο ώστε f ( x0 ) > 0 (ή <0)
x →+∞
*Με αυτή την παρατήρηση µπορούµε να εφαρµόζουµε το θεώρηµα Bolzano και σε
διαστήµατα της µορφής (α ,+ ∞ ) ή ( −∞,+ ∞) ή ( −∞,β )
2. Αν η f είναι συνεχής και γν. αύξουσα στο διάστηµα :
• [α,β] τότε f ([α , β ]) = [ f (α ), f ( β )]
• [α,β) τότε f ([α , β )) = [ f (α ),lim f ( x ))
x→β −
• (α,β] τότε f ((α , β ]) = ( lim+ f ( x), f ( β )]
x →α
• (α,β) τότε f ((α , β )) = ( lim+ f ( x ), lim− f ( x ))
x →α x→ β
3. Αν η f είναι συνεχής και γν. φθίνουσα στο διάστηµα :
• [α,β] τότε f ([α , β ]) = [ f ( β ), f (α )]
• [α,β) τότε f ([α , β )) = (lim f ( x ), f (α )]
x→β −
• (α,β] τότε f ((α , β ]) = [ f ( β ), lim+ f ( x ))
x →α
• (α,β) τότε f ((α , β )) = ( lim− f ( x ), lim+ f ( x))
x→β x →α
*Με τη συνέχεια και τη µονοτονία κατά διαστήµατα(Θ. παράγωγων) βρίσκουµε το πεδίο
τιµών και τα ακρότατα
4. α)Αν η f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα [α, β] τότε f ([α , β ]) = [ m, M ] έχει µέγιστο
Μ(µέγιστη τιµή) και ελάχιστο m(ελάχιστη τιµή) , m ≤ f ( x ) ≤ M ∀x ∈ R .
β) Αν η f είναι συνεχής σε ανοικτό διάστηµα (α, β) τότε το f ((α , β )) µπορεί να είναι
ανοικτό ή κλειστό διάστηµα.(συγκεκριµένα προκύπτει µε τη µονοτονία)
27

28. 5. α) Το Θ. Bolzano εξασφαλίζει σηµείο τοµής για τις C f µε τον άξονα χ΄χ, µε τετµηµένη x0
στο (α,β), f ( x0 ) = 0 (αν εφαρµοστεί και ισχύει για τη συνάρτηση f ).
β) Το Θ. Bolzano εξασφαλίζει την ύπαρξη σηµείου x0 στο (α, β) ώστε f ( x0 ) = g ( x0 )
αν εφαρµοστεί και ισχύει για τη συνάρτηση F ( x ) = f ( x) − g ( x ) ή εξασφαλίζει σηµείο
τοµής για τις C f και C g , µε τετµηµένη x0 στο (α,β), f ( x0 ) = g ( x0 ) .
*Σε όλα τα παραπάνω επιλέγουµε κατάλληλο διάστηµα αν δεν ορίζεται.
6. Μελέτη του πρόσηµου µιας συνεχούς συνάρτησης µε Θ. Bolzano:
α) Βρίσκουµε τις ρίζες της f(x)=0.
β) ∆ηµιουργούµε τον πίνακα µεταβολής του πρόσηµου της f
γ) Στο κάθε διάστηµα που ορίζουν οι ρίζες της f το σύνολο ορισµού της, το πρόσηµο της
είναι το πρόσηµο µιας τιµής της f σε ένα σηµείο του διαστήµατος
7. Αν µια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] και για κάθε x ∈ (α , β ) f ( x ) ≠ 0 ,
τότε : Η f διατηρεί σταθερό πρόσηµο στο (α, β) , είναι:
f ( x) > 0 , αν f (ξ ) > 0 , για κάποιο ξ ∈ (α , β )
ή f ( x) < 0 , αν f (ξ ) < 0 , για κάποιο ξ ∈ (α , β ) .
*Αν δεν δίνεται η σχέση f ( x ) ≠ 0 για κάθε x , τότε συνήθως την αποδεικνύουµε µε άτοπο,
δηλ. υποθέτουµε ότι υπάρχει x0 ώστε f ( x ) = 0 …
Παράδειγµα.
Aν f συνεχής στο [-1, 5] και f ( x) ≠ 0, x ∈ (−1,5) , µε f(1)<0 τότε f ( x) < 0 στο (-1,5)
8. Αν f ( x).g ( x) = 0 ∀x ∈ R τότε ( f ( x) = 0 ή g ( x) = 0) ∀x ∈ R
Άσκηση 7 / Β΄ Οµάδας / §1.8.
Γενικά, αν ισχύει: f(x)⋅g(x)=0, για κάθε x∈ A ⊆ R ,
⋅ =
δεν σηµαίνει ότι ισχύει: (f(x)=0, για κάθε x∈ A ⊆ R ) ή (g(x)=0, για κάθε x∈ A ⊆ R ),
αλλά σηµαίνει ότι υπάρχει B ⊆ A , τέτοιο ώστε:
( f (x) = 0, για κάθε x ∈ B ) και ( g( x) = 0, για κάθε x ∈ A − B ) .
0, x < 0  x, x < 0
Παράδειγµα. Αν f(x) =  και g(x) = 
 x, x ≥ 0 0, x ≥ 0
Για τις οποίες ισχύει: f(x).g(x)=0, για κάθε x ∈ R . Όµως, καµία από τις συναρτήσεις αυτές δεν
είναι η µηδενική συνάρτηση.
28

29. Άσκηση 7ii σελ.200. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις µε την ιδιότητα f 2 ( x) = x 2 για x ∈ »
Λύση f 2 ( x) = x 2 ⇔ f 2 ( x) − x 2 = 0 ⇔ ( f ( x) − x)( f ( x) + x) = 0 ⇔ ( f ( x) = x ή f ( x) = − x) ∀x ∈ »
Αν x > 0 είναι f ( x) ≠ 0 , οπότε θα έχει σταθερό πρόσηµο για x ∈ (0, +∞) και θα έχουµε
f ( x) = x , x > 0 είτε f ( x) = − x , x > 0
Αν x < 0 είναι f ( x) ≠ 0 , οπότε θα έχει σταθερό πρόσηµο για x ∈ (−∞,0) και θα έχουµε
f ( x) = x , x < 0 είτε f ( x) = − x , x < 0
Αν x=0 , f ( x) = 0
Τελικά είναι 4 συναρτήσεις:
f ( x) = x , x ∈ » , f ( x) = − x , x ∈ » , f ( x) = x , x ∈ » , f ( x) = − x , x ∈ »
Παράδειγµα. Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις µε την ιδιότητα f 2 ( x) = e x f ( x) , για κάθε x ∈ »
Λύση f 2 ( x) = e x f ( x) ⇔ f ( x)( f ( x) − e x ) = 0 ⇔ ( f ( x) = 0 ή f ( x) = e x ) ∀x ∈ »
Αν f ( x) = 0 για κάθε x ∈ » , η συνάρτηση είναι συνεχής και είναι µια από τις συναρτήσεις.
Αν f (ξ ) ≠ 0 για κάποιο ξ ∈ » τότε f (ξ ) = eξ . Θα δείξουµε ότι f ( x) = e x , για κάθε x ∈ »
Έστω ότι υπάρχει κ, κ ≠ ξ : f (κ ) ≠ eκ , άρα f (κ ) = 0 . Αν κ< ξ τότε f (κ ) = 0 < eκ < eξ = f (ξ ) , οπότε
από το Θ.Ε.Τ., προκύπτει ότι υπάρχει µ µ ∈ (κ , ξ ) : f ( µ ) = eκ , όµως f ( µ ) = e µ , εποµένως κ=µ , άτοπο.
Άρα, f ( x) = e x ∀x ∈ »
9. Για την εύρεση του συνόλου τιµών µιας συνεχούς συνάρτησης f σε διάστηµα ∆,
χρησιµοποιούµε τα 2 και 3. Αν το πεδίο ορισµού της f είναι ένωση διαστηµάτων ή η f δεν έχει
το ίδιο είδος µονοτονίας σε όλο το πεδίο ορισµού(µελετάµε τη µονοτονία κατά διαστήµατα),
τότε βρίσκουµε το σύνολο τιµών του κάθε διαστήµατος και το σύνολο τιµών της f είναι η
ένωση όλων των συνόλων τιµών. ∆ηλαδή αν A = ∆1 ∪ ∆ 2 ∪ ∆ 3 και στα ∆1 , ∆ 2 , ∆ 3 είναι
γνησίως µονότονη(όχι απαραίτητα µε την ίδια µονοτονία) τότε
f ( Α) = f (∆1 ) ∪ f (∆ 2 ) ∪ f (∆ 3 ) .
10. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γν. µονότονη µε f: (α , β ) → R και
f ((α , β )) = (γ ,δ ) :
• αν f γν. αύξουσα τότε γ = lim f ( x) και δ = lim f ( x) , υπάρχει η f −1
x→a + x→ β −
29

30. που είναι γν. αύξουσα f
−1
((γ ,δ )) = (α ,β ) και lim f −1 ( x) = a , lim f −1 ( x) = β
x →γ x→δ
−1 −1
f : x → y ή f ( x) = y f : y → x ή f ( y) = x
και
−1
• αν f γν. φθίνουσα τότε δ = lim f ( x) και γ = lim− f ( x ) , υπάρχει η f
x →a + x→β
−1
που είναι γν. φθίνουσα f ((γ ,δ )) = (α ,β ) και lim f −1 ( x) = β , lim f −1 ( x) = α
x →γ x →δ
30