Όρια Συνέχεια Ο Ρ Ι Α ΟΡΙΑ ΄ Ο...

Όρια - Συνέχεια

Όρια - Συνέχεια 222

ΟΡΙΑ - B΄ ΟΜΑΔΑ

Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:

α) 3

3x 1

10 x 3x 5 1lim

x 1

β)

3

x 0

8x

xlimx

γ) 4 6

2x

2x x 4lim

x x

δ)

x 1

x

2lim

x 1

ΛΥΣΗ

α) 3 3

3 3x 1 x 1

10 x 3x 5 1 10 x 3 3x 5 2lim lim

x 1 x 1

3

3 3x 1

10 x 3 3x 5 2lim

x 1 x 1

(1)

Για το κλάσμα 3

10 x 3

x 1

θα έχουμε:

3 3

10 x 3 10 x 310 x 3

x 1 x 1 10 x 3

22

2 2

10 x 3 (x 1)

(x 1) x x 1 10 x 3 (x 1) x x 1 10 x 3

2

1

x x 1 10 x 3

οπότε

40

Ο

Ρ

Ι

Α

&

Σ

Υ

Ν

Ε

Χ

Ε

Ι

Α

Β΄

Ο

Μ

Α

Δ

Α



3 2x 1 x 1

10 x 3 1 1 1lim lim

3 6 18x 1 x x 1 10 x 3

(2)

Επίσης για το κλάσμα 3

3

3x 5 2

x 1

χρησιμοποιώντας την ταυτότητα

3 3 2 2( ) ή 3 3

2 2

για 3 3x 5 και 2 θα είναι:

333

223 3

3

3 3

3x 5 2

3x 5 2 3x 5 23x 5 2

x 1 x 1

2

3 23 3

3x 3

x 1 3x 5 2 3x 5 2

2

2 23 3

3(x 1)

x 1 x x 1 3x 5 2 3x 5 2

2

2 23 3

3

x x 1 3x 5 2 3x 5 2

οπότε

3

3x 1

3x 5 2lim

x 1

2x 1 2 23 3

3lim

x x 1 3x 5 2 3x 5 2

3 1

3 4 4 4 12

(3) Επομένως θα είναι:

3

3 3x 1

10 x 3 3x 5 2lim

x 1 x 1

3 (2),(3)

3 3x 1 x 1

10 x 3 3x 5 2 1 1 5lim lim

18 12 36x 1 x 1



ΣΧΟΛΙΟ: Το όριο 3

3x 1

3x 5 2lim

x 1

μπορεί να υπολογιστεί και με

αλλαγή μεταβλητής θέτοντας 3

3 t 53x 5 t x

3

οπότε

x 1 t 2 κ.λ.π.

β)

23 2

x 0

x 0 x 0

x 0

88 8 lim xx x0xx xlim lim 0

x xx 1lim

x x

διότι:

2 2 28 81 1 x x x

x x

Όμως είναι 2 2

x 0 x 0lim x lim x 0

και επομένως από το κριτήριο

παρεμβολής θα είναι 2

x 0

8lim x 0

x

γ)

64

4 6 5 6

2x x2

1 4x 2

2x x 4 x xlim lim

1x xx 1

x

4 6 34 45 6 5 6

x x2 2

1 4 1 4x 2 x 2

x x x xlim lim1 1

x 1 x 1x x

45 6

x

1 42

x xlim x1

1x

διότι



xlim x

και

445 6

4

x

1 42

2 0 0x xlim 21 1 0

1x

δ) Στο όριο x 1

x

2lim

x 1

θέτουμε

x 2tt x

2

Για x 1 τότε t2

οπότε θα έχουμε:

x 1

t t t2 2 2

xt t

t2 2 2lim lim lim lim

2t 2tx 1 2t1

t

2

t2

lim

2 t2

t2

t2

lim2

t2

Θέτουμε τώρα t y2

οπότε t y 1

2

και θα είναι

y 1

t2

ty2

lim lim 12 2 y 2 2

t2

Επομένως x 1

x

2lim

x 1 2



Να βρεθεί το όριο x 0

1lim x

x

.

ΛΥΣΗ

Γνωρίζουμε ότι 1

1 1x

για κάθε x R .

Για x 0,2

θα έχουμε x 0 οπότε:

1 1

1 1 x x xx x

.

Όμως x 0 x 0lim x lim x 0

άρα και

x 0

1lim x 0

x

(1)

Για x , 02

θα έχουμε x 0 οπότε:

1 1

1 1 x x xx x

.

Όμως x 0 x 0lim x lim x 0

άρα και

x 0

1lim x 0

x

(2)

Από (1) και (2) θα έχουμε: x 0

1lim x 0

x

Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:

α) 2

2x

3ln x ln x 5lim

2ln x 6ln x 1

β) x

xlim ln(2 5) x

γ) xlim 5x 7 2x

δ) 2 2

xlim 9x x 1 x 5x 2x

ΛΥΣΗ

41

42



α) Θέτουμε ln x y . Όταν x y διότι

xlim ln x

. Άρα θα έχουμε:

2 2 2

2 2 2x y y

3ln x ln x 5 3y y 5 3y 3lim lim lim

22ln x 6ln x 1 2y 6y 1 2y

β) x x x

x xlim ln 2 5 x lim ln 2 5 lne

x

xx

2 5lim ln 1

e

Θέτουμε x

x

2 5y

e

.

xx

x xx x

2 5 2 5lim lim 0 0 0

ee e

διότι

x

x

2lim 0

e

αφού

20 1

e και

x

xx x

1lim e lim 0

e .

Επομένως όταν x y 0 x

x

2 50

e

.

Άρα: x

xx y 0

2 51 lim ln lim ln y

e

γ) x x

7 2xlim 5x 7 2x lim x 5 5

x

διότι: x 0 7 7 2x 7

1 2x 1 7 7 2x 7x x x

.

Όμως x x

7 7lim lim 0

x x

άρα από το κριτήριο παρεμβολής

και x

7 2xlim 0

x

.



δ) 2 2

xlim 9x x 1 x 5x 2x

2 2

xlim 9x x 1 3x x x 5x

2 2 2 2

2 2x

9x x 1 3x 9x x 1 3x x x 5x x x 5xlim

9x x 1 3x x x 5x

2 2 2 2

2 2x

9x x 1 9x x x 5xlim

9x x 1 3x x x 5x

x

2

1x 1

5xxlim

1 1 5x 9 3 x 1 1

x xx

x

2

11

5 1 5 16xlim6 2 61 1 5

9 3 1 1x xx

Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς *R και R ώστε

2

x 2

x x 3 2lim e

x 2

.

ΛΥΣΗ

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2x x 3 2

f xx 2

, για x 2 , με

x 2lim f x e

. Οπότε 2f x x 2 x x 3 2 .

43



Επομένως 2

x 2 x 2lim f x x 2 lim x x 3 2

, δηλαδή

0 2 2 3 2 2 2 1

Άρα

2 21

x 2 x 2

x x 3 2 2 2x x 3 2lim e lim e

x 2 x 2

x 2 x 2

x 2 2 2x 3 2 2x 3lim e lim e

x 2

Οπότε 7 e

e 7e

.

Να βρεθούν τα , R ώστε να είναι 2

x 0

x xlim 2012

x x

ΛΥΣΗ

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2

x xf (x)

x x

με x 0limf (x) 2012

. Θα έχουμε λοιπόν:

2

2

x xf (x) f (x) x x x x

x x

οπότε

2

x 0 x 0limf (x) x x lim x x

2

x 0 x 0 x 0limf (x)lim x x lim x x 2012 0

0 (1) Συνεπώς θα είναι:

(1)

2 2x 0 x 0

x x x xlim lim

x x x x

44



2 2x 0 x 0

x ( x 1)lim lim

x x x x

x 0 x 0

( x 1)lim lim

x 1 x(x 1)

x 0 x 0

x 1 1lim lim 0 1

x x 1

Επομένως είναι 2012 οπότε 2012 .

Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη στο R η οποία ικανοποιεί τη σχέση

22 2 2x f x 2xf x x 1 x, xR (1)

Να βρεθεί το xflim0x

.

ΛΥΣΗ

Για κάθε xR έχουμε: 22x f x 2xf x 2x 21 x

22 2 2x f x 2xf x x x

2 2x x 2

f x

2xf x 0

22 2 2 22x x f x 2xf x x x

22 2 22x x f x x x

2 22x x f (x) x x (2)

(Γνωρίζουμε ότι x x για κάθε x R οπότε

2 2 2x x 2x και 2 22x x 0 ).

Όμως είναι 2 2 2

x 0 x 0limx lim 2x x 0

οπότε από τη (2) με το

κριτήριο παρεμβολής προκύπτει και x 0lim f x x 0

(3)

45



Όμως 0 f (x) x f (x) x x f (x) f (x) x x

και x 0 x 0limx lim f (x) x x 0

Επομένως από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι x 0limf (x) 0

Αν 2 2f (x) 2f (x) x 0 για κάθε x R , να αποδειχθεί ότι:

x 0limf (x) 1

.

ΛΥΣΗ

2 2 2 2f x 2f x x 0 f x 2f x 1 1 x

2 2f x 1 x f x 1 x

x f x 1 x 1 x f x 1 x

Όμως x 0 x 0lim 1 x lim 1 x 1

Επομένως από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε x 0limf x 1

.

Για τις συναρτήσεις f, g που είναι ορισμένες στο R ισχύει:

xxf2xgxf22 για κάθε xR.

Να αποδείξετε ότι: 0xglimxflim0x0x

.

ΛΥΣΗ

Για κάθε xR ισχύει: 2 2

f x g x 2xf x

2 2f x 2xf x x 2 2g x x

2 2 2f x x g x x (1) Για κάθε xR όμως ισχύει:

2222xgxxfxgxg και λόγω της (1) έχουμε:

46

47



22xxg ή xxg και επειδή είναι 0xlim

0x

θα έχουμε και

0xglim0x

. Επίσης θα έχουμε:

2222xxgxxfxxf (λόγω της (1)), οπότε

xxxf ή xxxfx ή xxxfxx και

επειδή xxxxlim0x

θα έχουμε 0xflim0x

.

Έστω η συνάρτηση f : R R τέτοια, ώστε 22x 1 f x x , για

κάθε x R .

α) Να υπολογίσετε το x 1limf x

.

β) Να υπολογίσετε το h 0limf 1 h

.

γ) Αν είναι f x 1 κοντά στο 1, να υπολογίσετε το

2

x 1

f x 3 f x 3lim

f x 1

.

ΛΥΣΗ

α) Για x R έχουμε: 22x 1 f x x .

Είναι: 2

x 1 x 1lim 2x 1 limx 1

, οπότε από το κριτήριο παρεμβολής

συμπεραίνουμε ότι x 1limf x 1

.

β) Θέτουμε 1 h x . Όταν το h 0 , το x 1 , οπότε έχουμε:

h 0 x 1limf 1 h limf x

, επομένως h 0limf 1 h 1

.

48



γ) Επειδή 2

x 1lim f x 3 2 0

, θα είναι 2f x 3 0 κοντά στο 1.

Έτσι έχουμε:

2 2f x 3 f x 3 f x 3 f x 3

f x 1 f x 1

2 f x f x 1f x f x

f xf x 1 f x 1

.

Συνεπώς

2

x 1 x 1

f x 3 f x 3lim lim f x 1

f x 1

.

Δίνεται συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει x 2limf (x)

.

Να υπολογιστεί το όριο: 2

x 2

x 4lim

3 xf (x) 2f (x) 3

ΛΥΣΗ

Είναι x 2lim 3 xf x

διότι x 2limf x

και επομένως

3 xf x 0 κοντά στο 0x 2 .

Επίσης x 2lim 2f x 3

άρα 2f x 3 0 κοντά στο 0x 2 .

Επομένως θα έχουμε:

2 2

x 2 x 2

x 4 x 4lim lim

3 xf x 2f x 3 xf x 3 2f x 3

2

x 2 x 2 x 2

x 4 x 2 1lim lim lim x 2 0

f x x 2 f x f x

διότι x 2 x 2

1limf x lim 0

f x .

49



Δίνεται η συνάρτηση

3

2

x 2x 5 x 7f x

x 2

.

Να βρεθεί το x 2lim f x

.

ΛΥΣΗ

Το πεδίο ορισμού της f είναι fA R 2 .

Επειδή 3

x 2lim x 2x 5 9 0

και x 2lim x 7 9 0

κοντά στο 2

είναι 3x 2x 5 0 και x 7 0 κοντά στο 2 . Επομένως:

3 3

2 2x 2 x 2 x 2

x 2x 5 x 7 x 2x 5 x 7lim f x lim lim

x 2 x 2

2 23

2 2x 2 x 2 x 2

x 2 x 1 x 1x 3x 2lim lim lim

x 2x 2 x 2

2

x 2

1lim x 1

x 2

. Επειδή x 2lim x 2 0

και x 2 0 για

x 2 έχουμε x 2

1lim

x 2

.

Επίσης είναι και 2

x 2lim x 1 9

επομένως

x 2lim f x

.

Δίνεται συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει:

32

5

4f (x) x 4x 10f (x)

x 1 x

για κάθε

1x

2 .

Να βρεθεί το όριο xlim f (x)

.

ΛΥΣΗ

50

51



3

2

5

f x x 4x 10f x 4

x 1 x

3

2

2 5 2

f x 4 x 4x 10 4f x 4

x x 1 x x

2 3

5 2

2 4x x 10 4f x

x x 1 x

Όμως 3

5 2x

4x x 10 4lim

x 1 x

3

5 2x x

4x x 10 4lim lim

x 1 x

3

5 2x x

4x 4lim 0 lim 0

x x

Επομένως:

2 3

5 2

2 4x x 10 40 f x

x x 1 x

2 3

5 2

2 4x x 10 4f x

x x 1 x

3 3

5 2 5 2

4x x 10 4 2 4x x 10 4f x

xx 1 x x 1 x

3 3

5 2 5 2

2 4x x 10 4 2 4x x 10 4f x

x xx 1 x x 1 x

Όμως 3

5 2x

2 4x x 10 4lim 0

x x 1 x

και

3

5 2x

2 4x x 10 4lim 0

x x 1 x

άρα από το κριτήριο παρεμβολής

και xlim f x 0

.



Να βρεθούν τα παρακάτω όρια:

α) x x

x xx

2012 3 4lim

1 5 e

β)

x 1 x

x x 1x

3 2lim

3 2

ΛΥΣΗ

α)

x xx x

x x xx x x x

x

x x x

lim 2012 lim 3 lim 42012 3 4lim

1 5 e lim 1 lim 5 lim e

2012 0 02012

1 0 0

διότι x

xlim 0

με 1 .

x x x x

x x x xlim 3 lim 4 lim 5 lim e 0

β)

x

x

x 1 x x x

x x 1 x x xx x xx

23 3

33 2 3 3 2lim lim lim

3 2 3 2 2 23 1 2

3

x x

x x

x xx

x x

2 23 lim 3 lim

3 03 3lim 3

1 02 21 2 lim 1 lim 2

3 3

διότι

x

x

2lim 0

3

αφού

20 1

3 .

Έστω συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει

2

x 1lim x 2x 1 f (x) 3

. Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:

α) x 1limf (x)

β) 2

2x 1

2f (x) 3f (x) 5lim

f (x) f (x) 4

52

53



ΛΥΣΗ

α) Θέτουμε 2g x x 2x 1 f x και x 1limg x 3

οπότε

2 2

g x g xf x f x

x 2x 1 x 1

.

Άρα

2 2

x 1 x 1 x 1

g x 1limf x lim lim g x

x 1 x 1

3 διότι 2

x 1lim x 1 0

με 2

x 1 0 άρα

2

x 1

1lim

x 1

β) Θέτουμε f x y . Επειδή x 1limf x

θα έχουμε

x 1 y . Επομένως:

x 1lim

2

2

2f (x) 3f (x) 5

f (x) f (x) 4

.

2

2y

2y 3y 5lim

y y 4

2

2y

2ylim 2

y

Να βρεθεί πολυώνυμο P(x) αν ισχύει:

2x

P(x)lim 3

x 2x 1

και

2x 1

P(x)lim 3

x 2x 1

ΛΥΣΗ

Έστω το πολυώνυμο 11 0P x x x ...

.

Έχουμε:

2

2 2x x x

P x xlim 3 lim 3 lim x 3

x 2x 1 x

.

Αν 2 τότε 2

xlim x

ή το οποίο

απορρίπτεται.

54



Αν 0 2 2

xlim x 0

που επίσης απορρίπτεται.

Επομένως πρέπει 2 και 3 .

Άρα το P x είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού και έστω λοιπόν

2P x 3x x .

Θέτουμε τώρα

2

P xg x

x 2x 1

με

x 1limg x 3

.

Άρα P x 2x 2x 1 g x

23x x

2x 1 g x

22

x 1 x 1lim 3x x lim x 1 g x 3 0

3 1

Άρα

2

2 2

x 1 3 x 13x xg x g x

x 1 x 1

g x 3x 3

x 1

3x 3 x 1 g x .

Οπότε: x 1 x 1lim 3x 3 lim x 1 g x 6 0 6

και

από 1 3 . Άρα 2P x 3x 6x 3 .

Αν ισχύει g(x) 1 f (x) για κάθε x R και x 1

f (x)lim 3

x 1

,

να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:

α) x 1limf (x)

β) x 1

1lim f (x)

x 1

γ)

x 1limg(x)

δ) x 1

f (x)lim

(x 1) ε)

2x 1

g(x) 3 2lim

g (x) g(x)

ΛΥΣΗ

55



α) Θέτουμε f x

h xx 1

με x 1limh x 3

. Οπότε θα έχουμε:

f x

h x f x x 1 h xx 1

και

x 1 x 1 x 1 x 1limf x lim x 1 h x lim x 1 limh x 0 3 0

.

β) Είναι: 1 1

f x f x f x 1x 1 x 1

.

Οπότε: 1 1

f x f x f x f x f xx 1 x 1

.

Όμως x 1 x 1lim f x limf x 0 0

.

Άρα x 1 x 1lim f x lim f x 0

και από το κριτήριο παρεμβολής

θα είναι x 1

1lim f x 0

x 1

.

γ) g x 1 f x f x g x 1 f x

1 f x g x f x 1 .

Όμως

x 1 x 1lim 1 f x lim f x 1 1

.

Επομένως x 1limg x 1

.

δ)

x 1

x 1 x 1

x 1

f x f xlimf x 3x 1 x 1lim lim 3

x 1 x 1x 1 1lim

x 1 x 1

διότι στο



όριο

x 1

x 1lim

x 1

θέτοντας x 1 t είναι x 1 t 0 και

x 1 t 0

x 1 tlim lim 1

x 1 t

.

ε) Είναι

x 1lim g x 3 1 3 2 0

. Επομένως g x 3 0

κοντά στο 0x 1 . Θα έχουμε λοιπόν:

2

x 1 x 1 x 1

g x 3 2 g x 1g x 3 2lim lim lim

g x g x 1 g x g x 1g x g x

x 1

x 1

1 1 1lim 1

g x limg x 1

.

Έστω μια συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε:

x3xfx2xf 323 για κάθε xR. Αν

x 0

f xlim R

x , τότε:

α) Να δείξετε ότι 1 .

β) Να βρείτε τα όρια:

i)

x 0

f xlim

x

ii)

x

xfflim

0x iii)

2x3x

xxflim

2

2

1x

ΛΥΣΗ

α) Για x 0 διαιρούμε με 3x και θα έχουμε:

3 2 3f x 2x f x 3 x 33

x

x3

x

xf2

x

xf

Οπότε θα είναι:

56



3 3

x 0 x 0

f x f x xlim 2 lim3

x x x

3 3

x 0 x 0 x 0

f x f x xlim 2lim 3 lim

x x x

3 32 3 2 3 0

Με τη βοήθεια του σχήματος Horner η παραπάνω εξίσωση γίνεται:

3 22 3 0 ( 1)( 3) 0 1 διότι το τριώνυμο

2 3 δεν έχει ρίζες αφού είναι Δ < 0. Άρα 1 .

β) Παρατηρούμε ότι σε περιοχή του 0 θα έχουμε:

i)

x

x

x

xf

x

xf

οπότε

x 0 x 0

f x f x xlim lim

x x x

(1)

Για το όριο

x 0

f xlim

x

κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτοντας

x y οπότε x 0 y 0 και συνεπώς θα είναι

( )

x 0 y 0

f x f (y)lim lim 1

x y

(2)

Άρα από τη σχέση (1) έχουμε:

(2)

x 0 x 0 x 0 x 0

f x f x f xx xlim lim lim lim 1 1 1

x x x x x

ii)

x

xf

xf

xff

x

xff οπότε

x 0 x 0

f f x f f x f xlim lim

x f x x



Για το όριο x 0

f f xlim

f x κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτοντας

f (x) u όπου ( )

x 0 x 0 x 0 x 0

f x f xlimf x lim x limx lim 0 1 0

x x

άρα x 0 u 0 και επομένως θα έχουμε:

x 0 x 0 x 0 x 0

f f x f f x f f xf x f xlim lim lim lim

x f x x f x x

u 0 x 0

f xf (u)lim lim 1 1 1

u x .

iii)

2x1x

1xx

xx

xxf

2x3x

xx

xx

xxf

2x3x

xxf2

2

2

2

2

2

2

2

2x

x

xx

xxf2

2

οπότε

2 2

2 2x 1 x 1

f x x f x x xlim lim

x 2x 3x 2 x x

Για το όριο 2

2x 1

f x xlim

x x

κάνουμε αλλαγή μεταβλητής θέτοντας

2x x t άρα x 1 t 0 και έτσι θα είναι:

2

( )

2x 1 t 0

f x x f (t)lim lim 1

tx x

. Επομένως:

2 2 2

2 2 2x 1 x 1 x 1 x 1

f x x f x x f x xx xlim lim lim lim

x 2 x 2x 3x 2 x x x x

t 0 x 1

f (t) xlim lim 1 ( 1) 1

t x 2



Έστω μια συνάρτηση f: RR τέτοια ώστε: 1xxf (1) για κάθε

xR.

α) Να δείξετε ότι:

1x

xflim

x

β) Να βρείτε τα όρια:

i)

vx

f xlim ,

x

ii)

x 0

1lim x f

x

iii)

1x

xf

x

2xxlim

2

2

2

x.

ΛΥΣΗ

α) Για x > 0 θα έχουμε:

x 0

f x x 1 1 f x x 1 x 1 f (x) x 1

x 0 1 f (x) 1

1 1x x x

. Όμως x x

1 1lim 1 lim 1 1

x x

οπότε από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι

1x

xflim

x

. (2)

β) i) Έχουμε:

Για 1 : (2)

1x x

f x f x 1lim lim 1 0 0

xx x

Για v 1: (2)

x x

f x f xlim lim 1

xx

.

57



ii) Στο όριο x 0

1lim x f

x

κάνουμε αλλαγή μεταβλητής.

Θέτουμε 1 1

u ux x οπότε x 0 u

και επομένως θα έχουμε:

( )

u ux 0

1 1 f (u)lim x f lim f (u) lim 1

x u u

iii) Είναι 2 2 2

2 2

x 2 x 1x x 2 x xf f

x 1 x 1x x

1x

x

1x

xf

2x2

2

και θέτοντας

1x

xu

2

βρίσκουμε:

2

2x u

xf

x 1 f (u)lim lim 1

ux

x 1

οπότε:

2

2 2

2 2x x

xf

x 1x x 2 xlim f lim (x 2)

x 1x x

x 1

( ) 1 διότι xlim (x 2)

και u

f (u)lim 1

u



Έστω η συνάρτηση f: R R για την οποία ισχύει:

x 0

3f (x) 2f ( x)lim 5

x

. Να βρεθούν τα παρακάτω όρια:

α) x 0limf (x)

και x 0limf ( x)

β) x 0

f (x)lim

x

γ) x 0

f ( 3x)lim

x

δ)

2

2 2x 0

x f (x) xf ( 3x)lim

x f ( x) 2f (x)

ΛΥΣΗ

α) Θέτουμε x t . Άρα x 0 t 0 . Επομένως:

x 0 t 0

3f x 2f x 3f t 2f tlim 5 lim 5

x t

ή

x 0

3f x 2f xlim 5

x

.

Θέτουμε τώρα 3f x 2f x

g xx

με

x 0limg x 5

άρα

3f x 2f x xg x 1

Θέτουμε επίσης 3f x 2f x

h xx

με

x 0limh x 5

άρα

3f x 2f x xh x 2

Οπότε από τις σχέσεις 1 και 2 θα έχουμε:

13f x 2f x xg x f x 3f x xg x

23f x 2f x xh x

3f x 2f x xh x

11f x 3f x xg xf x 3f x xg x

22

3 23f x xg x xh x3f x xg x 2f x xh x

5 52

Άρα x 0 x 0

3 2 3 2limf x lim xg x xh x 0 5 0 5 0

5 5 5 5

58



και x 0 x 0

3 1limf x lim f x xg x 0 0 5 0

2 2

.

β) Επίσης

f x3 2 3 2

f x xg x xh x g x h x5 5 x 5 5

οπότε:

x 0 x 0

f x 3 2lim lim g x h x

x 5 5

x 0 x 0

3 2 3 2limg x limh x 5 5 5

5 5 5 5 .

Άρα

x 0

f xlim 5

x .

γ)

x 0 x 0

f 3x 3f 3xlim lim

x 3x

. Θέτουμε 3x t .

Για x 0 t 0 και επομένως:

x 0

f 3xlim

x

x 0

3f tlim

t

x 0

f t3lim

t

3 5 15

δ)

2

22 2

2 2 2 2x 0 x 0

2 2

x f x xf 3xx f x xf 3x x xlim limx f x 2f x x f x f x

2x x

x 0 x 0

2 2x 0

x 0 x 0

f 3x f 3xf x limf x lim

x xlimf x f x

f x 2 limf x 2limx x

2

0 15 15 3

50 100 2 5

.



Για την συνάρτηση RR:f ισχύει

Rm)x(f)1x(lim

1x.

Να εξεταστεί αν υπάρχει το όριο )x(flim1x

.

ΛΥΣΗ

Θέτουμε g x x 1 f x με x 1limg x m R

άρα

1

f x g xx 1

. Επομένως: x 1 x 1

1limf x lim g x

x 1

.

Έστω m 0 .

Αν x 1 τότε: x 1

1lim g x m m 0

x 1

Αν x 1 τότε: x 1

1lim g x m m 0

x 1

Άρα δεν υπάρχει το x 1

1lim g x

x 1

και επομένως δεν υπάρχει το

όριο x 1limf x

. Ομοίως για m 0 . Άρα δεν υπάρχει το όριο )x(flim1x

.

Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια για τις διάφορες τιμές του R .

α) x 1

x 3lim

x 1

β)

2

2x 3

x x 2lim

x 6x 9

ΛΥΣΗ

α) Αν 3 θα έχουμε: x 1 x 1

x 3 1lim lim x 3

x 1 x 1

3 διότι x 1 x 1

1lim x 1 0 lim

x 1

59

60



Αν 3 θα έχουμε: x 1 x 1

x 3 1lim lim x 3

x 1 x 1

3 διότι x 1 x 1

1lim x 1 0 lim

x 1

Αν 3 θα έχουμε:

x 1 x 1

3 x 13x 3lim lim

x 1 x 1

.

- Για x 1 :

x 1

3 x 1lim 3

x 1

- Για x 1 : x 1

3 x 1lim 3

x 1

Επομένως για 3 δεν υπάρχει το x 1

x 3lim

x 1

β) Αν κάνουμε αντικατάσταση στο όριο παίρνουμε απροσδιοριστία

3 11

0

. Επομένως παίρνουμε περιπτώσεις για το λ.

Συγκεκριμένα θα εξετάσουμε τις περιπτώσεις:

11

3 ,

11

3 και

11

3 .

Για 11

3 θα έχουμε:

22

2 2x 3 x 3

x x 2 1lim lim x x 2

x 3 x 3

3 11 .

Για 11




22

2 2x 3 x 3

x x 2 1lim lim x x 2

x 3 x 3

3 11 .

Για 11


22

2 2x 3 x 3

11x x 2

3x 11x 63lim limx 3 x 3

2

x 3 x 3

2 23 x 3 x x1 3 3lim lim3 x 3x 3

.

- Αν x 3 τότε

x 3 x 3

2x

1 2 73lim lim xx 3 x 3 3 3

- Αν x 3 τότε

x 3 x 3

2x

1 2 73lim lim xx 3 x 3 3 3

Επομένως για 11

3 δεν υπάρχει το

2

2x 3

11x x 2

3limx 3

.

Για τις διάφορες τιμές του λ R , να βρείτε το 2

x 2

x xlim

x 2

ΛΥΣΗ

Έστω 2x x

f x , x 2x 2

61



Το όριο x 2limf x

2

x 2

x xlim

x 2

με αντικατάσταση δίνει απροσδιοριστία

4

0

με x 2 0 . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

Αν 4 0 4 , τότε:

2

x 2 x 2

1limf x lim (x x ) (4 )

x 2

Αν 4 0 4 , τότε

2

x 2 x 2

1limf x lim (x x ) (4 )

x 2

Αν 4 0 4 , αντικαθιστούμε στην f x και θα έχουμε:

x 2limf x

2 2

x 2 x 2

x 4x 4 x 4x 4lim lim

x 2 x 2

2

x 2

(x 2)lim

x 2

2

x 2

x 2lim

x 2

x 2lim x 2 0

Δίνεται η συνάρτηση 22x

f x ln2x

με 0 .

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

β) Να βρείτε το x 0limf x

.

γ) Να βρείτε το xlim f x

.

δ) Να βρείτε το xlim f x ln x

.

ΛΥΣΗ

62



α) Πρέπει 22x

0 x 02x

. Άρα fA 0, .

β) Θέτουμε 22x

u2x

, οπότε

2

2

x 0 x 0 x 0

2x 1lim u lim lim 2x

2x 2x

.

Επομένως 2

x 0 ux 0

2xlimf x lim ln lim ln u

2x

.

γ) Επειδή 2

x x

2xlim lim u

2x

έχουμε

2

x x u

2xlim f x lim ln lim ln u

2x

.

δ) Επειδή x , θεωρούμε ότι x 0 και έχουμε:

2 2

2x x x

2x 2xlim f x ln x lim ln ln x lim ln

2x 2x

2

2x

2xln lim ln1 0

2x

.



ΣΥΝΕΧΕΙΑ - B΄ ΟΜΑΔΑ

Έστω η συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο 0 με f (0) 2012

και ισχύει ,xx

1xxxf 4 α 0 για κάθε x *R .

α) Να αποδείξετε ότι f συνεχής στο R.

β) Να βρείτε το α.

γ) Να βρείτε τα όρια xflim και xflimxx

ΛΥΣΗ

α) Για x 0 είναι

x

1x

x

xxf 3

. Η f είναι συνεχής στο

*R ως πράξεις συνεχών και επειδή η f είναι συνεχής στο 0 τότε η f

είναι συνεχής στο R.

β) Κοντά στο 0x 0 θα έχουμε:

3 3

x 0 x 0 x 0 x 0

x x1 1limf x lim x lim lim x

x x x x

3

x 0 x 0

x 1lim lim x 1 0

x x

διότι:

3 3 31 11 1 x x x

x x . Όμως

3 3

x 0 x 0lim( x ) limx 0

και από κριτήριο παρεμβολής θα είναι

0x

1xlim 3

0x

.

63



Άρα x 0limf x f 0 2012

, γιατί f συνεχής στο 0.

γ) Για x 0 είναι

x

1x

x

xxf 3

Έχουμε: x 0

1 ( x) 1

x1 1

x x x

Όμως x x

1 1lim lim 0

x x

. Άρα από το κριτήριο παρεμβολής

θα έχουμε

x

αxlim 0

x

Επίσης στο όριο 3

x

1lim x

x

κάνουμε αλλαγή μεταβλητής

Θέτουμε 1 1

t tx x Για x t 0 οπότε:

3

3x t 0

1 1lim x lim t 1

x t

Άρα 3

x x

x 1lim f x lim x

x x

3

x x

x 1lim lim x 0 ( )

x x

Ομοίως και για x θα έχουμε xlim f x

Οι συναρτήσεις f, g είναι ορισμένες στο 0,2

και οι συναρτήσεις

w(x) f (x) x g(x) x και h(x) g(x) x f (x) x

είναι συνεχείς στο 0,2

. Να δειχθεί ότι οι f και g είναι συνεχείς.

ΛΥΣΗ

64



Έχουμε w x f x x g x x και

h x g x x f x x με x 0,2

οπότε θα είναι:

x 0,2

w x g x xw x f x x g x x f x

xh x g x x f x x

h x g x x f x x

w x g x x

h x g x x xx

h x x 2g x x w x x 2g x x

g x h x x w x x

Οι συναρτήσεις w x , h x , x και x είναι συνεχείς και

επομένως και η συνάρτηση g x h x x w x x είναι

συνεχής στο 0,2

ως άθροισμα και γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

Επομένως και η συνάρτηση w x g x x

f xx

είναι και αυτή

συνεχής στο 0,2

ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

Οι συναρτήσεις f, g είναι ορισμένες στο R και η συνάρτηση

)x(f)x1()x(xg)x(h 2 είναι συνεχής στο σημείο 0x και η f

είναι ασυνεχής στο 0x , να δειχθεί ότι η συνάρτηση g είναι ασυνεχής

στο 0x .

ΛΥΣΗ

Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο 0x άρα 0

0x xlim h x h x

. Η f

δεν είναι συνεχής στο 0x , άρα 0

0x xlim f x f x

. Έστω τώρα ότι η g

είναι συνεχής στο 0x . Άρα 0

0x xlim g x g x

. Όμως

65



h x 2xg x 1 x f x

f x

2

xg x h x

1 x

.

Άρα 0x x

lim f x

0

2x x

xg x h xlim

1 x

0 0 0

0

x x x x x x

2

x x

lim x lim g x lim h x

lim 1 x

0 0 0

020

x g x h xf x

1 x

.Δηλαδή

0

0x xlim f x f x

το οποίο όμως

είναι άτοπο από υπόθεση. Επομένως η g δεν είναι συνεχής στο 0x .

Έστω f συνεχής συνάρτηση στο 0x , ώστε 0 h

lim ημ2h

h) (x f 0 = 1.

α) Να αποδείξετε ότι 0 0h 0limf (x h) f (x )

.

β) Να αποδείξετε ότι 0h 0limf (x h) 0

γ) Να βρείτε το όριο 0 0

h 0

f (x h) f (x )lim

h

ΛΥΣΗ

α) Θέτουμε 0x h x . Για 0h 0 x x .


0

0 0h 0 x xlimf x h lim f x f x

διότι η f είναι συνεχής στο 0x .

β) Θέτουμε 0f x h

g h2h

με

h 0limg h 1

.

Άρα: 0f x h g h 2h και επομένως:

0h 0 h 0 h 0 h 0limf x h lim g h 2h limg h lim 2h 1 0 0

γ) Από τα ερωτήματα (α) και (β) προκύπτει ότι 0f x 0 .


66



0

0 0 0

h 0 h 0 h 0

f x h

f x h f x f x h 2hlim lim lim

hh h

2h

0

h 0

h 0

f x h

1 12hlim 2

1 1 1lim

2h 2 2h 2

h 2h

.

Δίνεται συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει: 2 2 4f (x) 6f (x) 9 x 0 για κάθε x R .

Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο 0x 0 .

ΛΥΣΗ

Είναι: 2 2 4 2 2 4f (x) 6f (x) 9 x 0 f (x) 6f (x) 9 1 x

222 2 4 4f (x) 6f (x) 9 9 x f (x) 3 3 x

22 4 4f (x) 3 3 x f (x) 3 3 x

4 43 x f (x) 3 3 x

4 43 x 3 f (x) 3 x 3 . Όμως είναι

4

x 0lim 3 x 3 0 3 3

και 4

x 0lim 3 x 3 0 3 3

επομένως από το κριτήριο παρεμβολής είναι x 0limf (x) 3

(1)

Επειδή η ανίσωση 4 43 x 3 f (x) 3 x 3 ισχύει για κάθε

x R , θα ισχύει και για x 0 οπότε θα είναι

4 43 0 3 f (0) 3 0 3 3 f (0) 3 f (0) 3 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι x 0limf (x) f (0)

και

επομένως η f είναι συνεχής στο 0x 0 .

67



Έστω η συνάρτηση f : R R με 0 f (x) 1 για κάθε x R για

την οποία ισχύουν x 0

xlim f f (x) 0

2

και

2

x 0lim 3f (x) f (2x) 0

. Δείξτε ότι:

α) x 0lim f (x) f (2x) 0

β) i) f (x) f (2x) 2 , για κάθε x R .

ii) 2

x 0lim f (x) f (2x) 0

γ) x 0limf (x) 0

ΛΥΣΗ

α) Θέτουμε y

y 2x x2

, οπότε x 0lim y 0

και έχουμε:

x 0 y 0

ylim f x f 2x lim f f y 0

2

(από υπόθεση).

β) i) Επειδή για κάθε x R είναι f x 1 , θα είναι και f 2x 1 ,

οπότε f x f 2x 2 .

ii) Είναι f (x) 0

2f x f 2x f x f 2x f x f 2x

και

f x f 2x f x f 2x 2 f x f 2x

άρα

22 f x f 2x f x f 2x 2 f x f 2x και είναι

x 0lim f x f 2x 0

, οπότε θα είναι 2

x 0lim f (x) f (2x) 0

.

γ) Είναι: 2 21f x 3f x f 2x f x f 2x 0

4

οπότε

2 2

x 0 x 0 x 0

1limf x lim 3f x f 2x lim f x f 2x 0 0 0

4

.

68

Όρια Συνέχεια Ο Ρ Ι Α ΟΡΙΑ ΄ Ο...

Documents