Κεφάλαιο 1.8 – Συνέχεια Συνάρτησης (σελ. 79-84) – Απαντήσεις – Λύσεις

Ασκήσεις Σχολικού Βιβλίου

Άσκηση Α1 (σελ. 79)

Στα παρακάτω σχήματα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δύο συναρτήσεων (βλ. σχήματα βιβλίου). Να βρείτε τα σημεία στα οποία αυτές δεν είναι συνεχείς.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε γράφημα εντοπίζουμε τα σημεία όπου υπάρχει άλμα (κενός/συμπαγής κύκλος σε διαφορετικά ύψη) — εκεί είτε δεν υπάρχει όριο είτε το όριο διαφέρει από την τιμή της συνάρτησης.

Λύση:

1. 1ο γράφημα: στο \(x=1\) ο αριστερός κλάδος καταλήγει σε κενό κύκλο στο ύψος \(2\) (αριστερό όριο \(=2\)), ο δεξιός κλάδος ξεκινά από κενό κύκλο στο ύψος \(-1\) (δεξιό όριο \(=-1\)), και υπάρχει συμπαγές σημείο στο \((1,1)\) (τιμή \(f(1)=1\)). Τα πλευρικά όρια διαφέρουν (\(2\neq-1\)) ⟹ δεν υπάρχει όριο στο \(1\) ⟹ ασυνεχής μόνο εκεί (1 σημείο ασυνέχειας).
2. 2ο γράφημα: στο \(x=1\), αριστερό όριο \(=2\) (κενός κύκλος), δεξιό όριο \(=2\) (το οριζόντιο τμήμα από \((1,2)\) έως \((3,2)\) ξεκινά επίσης από ύψος \(2\)) — τα πλευρικά όρια συμπίπτουν, άρα υπάρχει όριο \(=2\)· όμως το συμπαγές σημείο δίνει \(f(1)=3\neq2\) ⟹ ασυνεχής στο \(1\) (τιμή διαφορετική από το όριο). Στο \(x=3\) δεν υπάρχει συμπαγές σημείο (μόνο δύο κενοί κύκλοι στο ίδιο ύψος \(2\)), άρα το \(3\) δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού και δεν εξετάζεται ως σημείο ασυνέχειας. Άρα και εδώ 1 σημείο ασυνέχειας (στο \(x=1\)).

Απάντηση: Και οι δύο συναρτήσεις είναι ασυνεχείς σε ακριβώς ένα σημείο: στο \(x=1\) (1ο γράφημα: όριο δεν υπάρχει· 2ο γράφημα: όριο υπάρχει αλλά διαφέρει από την τιμή).

(⚠️ υπό επαλήθευση — βλ. σημείωση παρακάτω)

Πρόσεξε:

• Χρειάζεται η εικόνα του βιβλίου για ακριβή επιβεβαίωση της θέσης κάθε σημείου· ο αριθμός των σημείων ασυνέχειας (1 ανά γράφημα) συμφωνεί με την επίσημη σύντομη απάντηση του βιβλίου («i) 1 ii) 1».

Άσκηση Α2 (σελ. 79)

Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο \(x_0\): i) \(f(x)=\begin{cases}x^2+4, & x<2\\x^3, & x\geq2\end{cases},\ x_0=2\) ii) \(f(x)=\begin{cases}x^2+1, & x<1\\\sqrt{3+x}, & x\geq1\end{cases},\ x_0=1\) iii) \(f(x)=\begin{cases}\frac{x^2+x-2}{x+2}, & x\neq-2\\-3, & x=-2\end{cases},\ x_0=-2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Υπολογίζουμε το αριστερό όριο, το δεξιό όριο (ή απευθείας το όριο όπου η συνάρτηση έχει έναν τύπο κοντά στο σημείο) και την τιμή στο \(x_0\), και συγκρίνουμε τα τρία.

Λύση:

1. i) \(\lim_{x\to2^-}(x^2+4)=8\), \(\lim_{x\to2^+}x^3=8\), \(f(2)=2^3=8\). Και τα τρία ίσα ⟹ ΣΥΝΕΧΗΣ στο 2.
2. ii) \(\lim_{x\to1^-}(x^2+1)=2\), \(\lim_{x\to1^+}\sqrt{3+x}=\sqrt4=2\), \(f(1)=\sqrt4=2\). Ίσα ⟹ ΣΥΝΕΧΗΣ στο 1.
3. iii) \(x^2+x-2=(x+2)(x-1)\), άρα για \(x\neq-2\): \(f(x)=x-1\). \(\lim_{x\to-2}(x-1)=-3=f(-2)\). ΣΥΝΕΧΗΣ στο \(-2\).

Απάντηση: Και οι τρεις συναρτήσεις είναι συνεχείς στο αντίστοιχο \(x_0\).

Άσκηση Α3 (σελ. 80)

Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια (και μετά να χαράξετε τη γραφική τους παράσταση): i) \(f(x)=\begin{cases}2x^2, & |x|\leq1\\\frac2x, & |x|>1\end{cases}\) ii) \(f(x)=\begin{cases}\frac{x^2-5x+6}{x-2}, & x\neq2\\5, & x=2\end{cases}\) iii) \(f(x)=\begin{cases}x, & x<1\\\ln x, & x\geq1\end{cases}\) iv) \(f(x)=\begin{cases}e^x, & x\leq0\\-x^2+1, & x>0\end{cases}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε κλάδο η συνάρτηση είναι στοιχειώδης (άρα συνεχής εκεί)· ελέγχουμε μόνο τα σημεία σύνδεσης των κλάδων (εδώ \(x=\pm1\), \(x=2\), \(x=1\), \(x=0\) αντίστοιχα).

Λύση:

1. i) Στο \(x=1\): \(f(1)=2(1)^2=2\) (κλάδος \(|x|\leq1\)). \(\lim_{x\to1^+}\frac2x=2\). Ίσα ⟹ συνεχής στο 1. Στο \(x=-1\): \(f(-1)=2(-1)^2=2\) (κλάδος \(|x|\leq1\) περιλαμβάνει \(x=-1\)). \(\lim_{x\to-1^-}\frac2x=\frac2{-1}=-2\). \(-2\neq2\) ⟹ ΑΣΥΝΕΧΗΣ στο \(-1\).
2. ii) \(x^2-5x+6=(x-2)(x-3)\), άρα για \(x\neq2\): \(f(x)=x-3\). \(\lim_{x\to2}(x-3)=-1\neq5=f(2)\) ⟹ ΑΣΥΝΕΧΗΣ στο 2.
3. iii) Στο \(x=1\): \(\lim_{x\to1^-}x=1\). \(f(1)=\ln1=0\) (κλάδος \(x\geq1\)). \(1\neq0\) ⟹ ΑΣΥΝΕΧΗΣ στο 1.
4. iv) Στο \(x=0\): \(f(0)=e^0=1\) (κλάδος \(x\leq0\)). \(\lim_{x\to0^+}(-x^2+1)=1\). Ίσα ⟹ ΣΥΝΕΧΗΣ στο 0 — άρα η \(f\) είναι συνεχής σε όλο το \(\mathbb{R}\).

Απάντηση: i) Ασυνεχής μόνο στο \(-1\) (συνεχής στο 1 και παντού αλλού). ii) Ασυνεχής στο 2. iii) Ασυνεχής στο 1. iv) Συνεχής παντού.

Άσκηση Α4 (σελ. 80)

Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια: i) \(f(x)=\begin{cases}2x^2-3, & x\leq1\\\frac{x-1}{\sqrt{x}-1}, & x>1\end{cases}\) ii) \(f(x)=\begin{cases}\frac{\eta\mu x}{x}, & x<0\\\sigma\upsilon\nu x, & x\geq0\end{cases}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Στο δεξιό κλάδο, \(x-1=(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)\), οπότε απλοποιείται. ii) Χρησιμοποιούμε το θεμελιώδες όριο \(\lim_{x\to0}\sin x/x=1\) (ισχύει από οποιαδήποτε πλευρά).

Λύση:

1. i) \(f(1)=2(1)^2-3=-1\) (αριστερός κλάδος, \(x\leq1\)). Για \(x>1\): \(\frac{x-1}{\sqrt x-1}=\frac{(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)}{\sqrt x-1}=\sqrt x+1\), οπότε \(\lim_{x\to1^+}(\sqrt x+1)=2\). Αφού \(-1\neq2\) ⟹ ΑΣΥΝΕΧΗΣ στο 1.
2. ii) \(\lim_{x\to0^-}\frac{\eta\mu x}{x}=1\) (θεμελιώδες όριο). \(f(0)=\sigma\upsilon\nu0=1\) (δεξιός κλάδος, \(x\geq0\)). \(\lim_{x\to0^+}\sigma\upsilon\nu x=1\). Και τα τρία ίσα (\(=1\)) ⟹ ΣΥΝΕΧΗΣ στο 0 — η \(f\) είναι συνεχής σε όλο το \(\mathbb{R}\).

Απάντηση: i) Ασυνεχής στο 1. ii) Συνεχής παντού.

Άσκηση Α5 (σελ. 80)

Να αποδείξετε ότι είναι συνεχείς: i) \(f(x)=\eta\mu(\sigma\upsilon\nu x)\) ii) \(f(x)=\ln(x^2+x+1)\) iii) \(f(x)=\eta\mu\left(\frac1{x^2+1}\right)\) iv) \(f(x)=e^{\sigma\upsilon\nu x}\) v) \(f(x)=\ln(\ln x)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε περίπτωση γράφουμε την \(f\) ως σύνθεση δύο στοιχειωδών συνεχών συναρτήσεων, ελέγχοντας ότι το πεδίο ορισμού επιτρέπει τη σύνθεση.

Λύση:

1. i) \(f=g\circ h\) με \(h(x)=\sigma\upsilon\nu x\), \(g(u)=\eta\mu u\), αμφότερες συνεχείς σε όλο το \(\mathbb{R}\) ⟹ \(f\) συνεχής σε όλο το \(\mathbb{R}\).
2. ii) \(x^2+x+1\) έχει διακρίνουσα \(1-4=-3<0\), άρα είναι πάντα θετικό (πολυώνυμο συνεχές, χωρίς ρίζες, θετικός συντελεστής μεγιστοβάθμιου όρου) — έτσι ορίζεται ο \(\ln\) παντού. \(f=g\circ h\) με \(h(x)=x^2+x+1\) (συνεχής, πάντα θετική) και \(g(u)=\ln u\) (συνεχής για \(u>0\)) ⟹ \(f\) συνεχής σε όλο το \(\mathbb{R}\).
3. iii) \(f=g\circ h\) με \(h(x)=\frac1{x^2+1}\) (ρητή, συνεχής παντού αφού \(x^2+1\neq0\) πάντα) και \(g(u)=\eta\mu u\) (συνεχής παντού) ⟹ \(f\) συνεχής σε όλο το \(\mathbb{R}\).
4. iv) \(f=g\circ h\) με \(h(x)=\sigma\upsilon\nu x\) (συνεχής παντού) και \(g(u)=e^u\) (συνεχής παντού) ⟹ \(f\) συνεχής σε όλο το \(\mathbb{R}\).
5. v) \(f=g\circ h\) με \(h(x)=\ln x\) (συνεχής στο \((0,+\infty)\)) και \(g(u)=\ln u\) (συνεχής στο \((0,+\infty)\)). Η σύνθεση ορίζεται όπου \(h(x)>0\), δηλαδή \(\ln x>0\Leftrightarrow x>1\) ⟹ \(f\) συνεχής στο πεδίο ορισμού της \((1,+\infty)\).

Απάντηση: Όλες οι συναρτήσεις είναι συνεχείς ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, στο αντίστοιχο πεδίο ορισμού τους (το \(\mathbb{R}\) στα i-iv, το \((1,+\infty)\) στο v).

Άσκηση Α6 (σελ. 80)

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση \(\eta\mu x-x+1=0\) έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα \((0,\pi)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Θέτουμε \(f(x)=\eta\mu x-x+1\), συνεχής (άθροισμα συνεχών) στο \([0,\pi]\), και ελέγχουμε το πρόσημο των \(f(0),f(\pi)\).

Λύση:

1. \(f(x)=\eta\mu x-x+1\) είναι συνεχής στο \([0,\pi]\) ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.
2. \(f(0)=\eta\mu0-0+1=1>0\).
3. \(f(\pi)=\eta\mu\pi-\pi+1=0-\pi+1=1-\pi<0\) (αφού \(\pi\approx3{,}14>1\)).
4. Αφού \(f(0)\cdot f(\pi)<0\), από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει \(x_0\in(0,\pi)\) με \(f(x_0)=0\), δηλαδή \(\eta\mu x_0-x_0+1=0\).

Απάντηση: Η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο \((0,\pi)\), όπως αποδεικνύεται με το Θεώρημα Bolzano για τη \(f(x)=\eta\mu x-x+1\) στο \([0,\pi]\).

Άσκηση Α7 (σελ. 80)

Για κάθε πολυωνυμική \(f\), να βρείτε ακέραιο \(a\) τέτοιον ώστε στο \((a,a+1)\) η \(f(x)=0\) να έχει μία τουλάχιστον ρίζα: i) \(f(x)=x^3+x-1\) ii) \(f(x)=x^4+2x+1\) iii) \(f(x)=x^4+2x-4\) iv) \(f(x)=-x^3+x+2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Δοκιμάζουμε διαδοχικές ακέραιες τιμές και ψάχνουμε δύο γειτονικές όπου η \(f\) αλλάζει πρόσημο· τότε το Θεώρημα Bolzano εξασφαλίζει ρίζα ανάμεσά τους (η \(f\) είναι συνεχής παντού ως πολυωνυμική).

Λύση:

1. i) \(f(0)=-1<0\), \(f(1)=1+1-1=1>0\). Αλλαγή προσήμου στο \((0,1)\) ⟹ \(a=0\).
2. ii) \(f(-2)=16-4+1=13>0\), \(f(-1)=1-2+1=0\), \(f(0)=0+0+1=1>0\). Παρατηρούμε ότι το \(x=-1\) είναι ήδη ρίζα ακριβώς (\(f(-1)=0\)) — η ρίζα βρίσκεται στο άκρο του διαστήματος \((-1,0)\) ή \((-2,-1)\), όχι αυστηρά στο εσωτερικό κανενός εξ αυτών. Ακολουθώντας την επίσημη απάντηση του βιβλίου, επιλέγουμε \(a=-1\) (η ρίζα \(x=-1\) βρίσκεται στο κλειστό \([-1,0]\)).
3. iii) \(f(1)=1+2-4=-1<0\), \(f(2)=16+4-4=16>0\). Αλλαγή προσήμου στο \((1,2)\) ⟹ \(a=1\).
4. iv) \(f(1)=-1+1+2=2>0\), \(f(2)=-8+2+2=-4<0\). Αλλαγή προσήμου στο \((1,2)\) ⟹ \(a=1\).

Απάντηση: i) \(a=0\) ii) \(a=-1\) iii) \(a=1\) iv) \(a=1\).

Πρόσεξε:

• Στο (ii) η ρίζα \(x=-1\) είναι ΑΚΡΙΒΩΣ ακέραια (\(f(-1)=0\)), οπότε αυστηρά το κριτήριο Bolzano (\(f(a)f(a+1)<0\)) δεν ικανοποιείται με strict ανισότητα σε κανένα από τα \((-2,-1)\) ή \((-1,0)\) — η ρίζα βρίσκεται ήδη στο άκρο \(a=-1\). Η επίσημη απάντηση του βιβλίου δέχεται αυτή την οριακή περίπτωση.

Άσκηση Α8 (σελ. 81)

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση \(\alpha(x-\mu)(x-\nu)+\beta(x-\lambda)(x-\nu)+\gamma(x-\lambda)(x-\mu)=0\), με \(\alpha,\beta,\gamma>0\) και \(\lambda<\mu<\nu\), έχει δύο ρίζες άνισες, μία στο \((\lambda,\mu)\) και μία στο \((\mu,\nu)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Υπολογίζουμε τις τιμές της \(f\) στα τρία σημεία \(\lambda,\mu,\nu\) — παρατηρούμε ότι σε κάθε τιμή μηδενίζονται δύο από τους τρεις όρους, μένει μόνο ένας, με πρόσημο που καθορίζεται από τη διάταξη \(\lambda<\mu<\nu\).

Λύση:

1. \(f(\lambda)=\alpha(\lambda-\mu)(\lambda-\nu)+0+0\). Αφού \(\lambda<\mu\) και \(\lambda<\nu\): \((\lambda-\mu)<0,(\lambda-\nu)<0\), γινόμενο θετικό· άρα \(f(\lambda)=\alpha\cdot(+)=(+)\) (αφού \(\alpha>0\)).
2. \(f(\mu)=0+\beta(\mu-\lambda)(\mu-\nu)+0\). Αφού \(\mu>\lambda\) και \(\mu<\nu\): \((\mu-\lambda)>0,(\mu-\nu)<0\), γινόμενο αρνητικό· άρα \(f(\mu)=\beta\cdot(-)=(-)\) (αφού \(\beta>0\)).
3. \(f(\nu)=0+0+\gamma(\nu-\lambda)(\nu-\mu)\). Αφού \(\nu>\lambda\) και \(\nu>\mu\): αμφότερα θετικά· άρα \(f(\nu)=\gamma\cdot(+)=(+)\) (αφού \(\gamma>0\)).
4. Η \(f\) είναι πολυωνυμική, άρα συνεχής παντού. Αφού \(f(\lambda)>0\) και \(f(\mu)<0\): \(f(\lambda)f(\mu)<0\), οπότε το Bolzano δίνει ρίζα στο \((\lambda,\mu)\). Αφού \(f(\mu)<0\) και \(f(\nu)>0\): \(f(\mu)f(\nu)<0\), οπότε το Bolzano δίνει (άλλη) ρίζα στο \((\mu,\nu)\). Οι δύο ρίζες ανήκουν σε ξένα μεταξύ τους διαστήματα, άρα είναι άνισες.

Απάντηση: Η εξίσωση έχει μία ρίζα στο \((\lambda,\mu)\) και μία (διαφορετική) ρίζα στο \((\mu,\nu)\), όπως αποδεικνύεται εφαρμόζοντας το Θεώρημα Bolzano διαδοχικά στα \([\lambda,\mu]\) και \([\mu,\nu]\).

Άσκηση Α9 (σελ. 81)

Να βρείτε το πρόσημο της \(f\) για όλες τις τιμές του \(x\) όπου ορίζεται: i) \(f(x)=x^3+2x^2-x-2\) ii) \(f(x)=x^4-9x^2\) iii) \(f(x)=\epsilon\varphi x-\sqrt3,\ x\in(-\pi,\pi)\) iv) \(f(x)=\eta\mu x+\sigma\upsilon\nu x,\ x\in[0,2\pi]\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ακολουθούμε τη μέθοδο του βιβλίου: βρίσκουμε τις ρίζες (και τα σημεία μη ορισμού, όπου υπάρχουν), και ελέγχουμε το πρόσημο σε έναν αντιπροσωπευτικό αριθμό κάθε υποδιαστήματος.

Λύση:

1. i) Παραγοντοποίηση: \(x^2(x+2)-(x+2)=(x+2)(x^2-1)=(x+2)(x-1)(x+1)\). Ρίζες: \(-2,-1,1\). Έλεγχος: \(x=-3\Rightarrow(-1)(-4)(-2)=-8<0\)· \(x=-1{,}5\Rightarrow(0{,}5)(-2{,}5)(-0{,}5)=+0{,}625>0\)· \(x=0\Rightarrow(2)(-1)(1)=-2<0\)· \(x=2\Rightarrow(4)(1)(3)=12>0\). Άρα \(f<0\) στο \((-\infty,-2)\), \(f>0\) στο \((-2,-1)\), \(f<0\) στο \((-1,1)\), \(f>0\) στο \((1,+\infty)\).
2. ii) \(f(x)=x^2(x^2-9)=x^2(x-3)(x+3)\). Ρίζες: \(-3,0,3\) (το \(0\) διπλή ρίζα — δεν αλλάζει πρόσημο εκεί, αφού \(x^2\geq0\) πάντα). Το πρόσημο καθορίζεται από το \((x-3)(x+3)=x^2-9\): αρνητικό στο \((-3,3)\), θετικό εκτός. Άρα \(f>0\) στο \((-\infty,-3)\cup(3,+\infty)\), \(f<0\) στο \((-3,0)\cup(0,3)\), \(f=0\) στα \(-3,0,3\) (χωρίς αλλαγή προσήμου στο 0).
3. iii) \(\epsilon\varphi x=\sqrt3\Rightarrow x=\frac\pi3\) ή \(x=\frac\pi3-\pi=-\frac{2\pi}3\) (μέσα στο \((-\pi,\pi)\)). Η \(\epsilon\varphi x\) δεν ορίζεται στο \(\pm\frac\pi2\). Αυτά τα 4 σημεία (\(-\frac{2\pi}3,-\frac\pi2,\frac\pi3,\frac\pi2\)) χωρίζουν το \((-\pi,\pi)\) σε 5 υποδιαστήματα. Ελέγχοντας πρόσημο σε καθένα (χρησιμοποιώντας τη γνωστή μονοτονία της \(\epsilon\varphi\) σε κάθε κλάδο): \(f<0\) στο \((-\pi,-\frac{2\pi}3)\), \(f>0\) στο \((-\frac{2\pi}3,-\frac\pi2)\), \(f<0\) στο \((-\frac\pi2,\frac\pi3)\), \(f>0\) στο \((\frac\pi3,\frac\pi2)\), \(f<0\) στο \((\frac\pi2,\pi)\)· η \(f\) δεν ορίζεται στα \(\pm\frac\pi2\).
4. iv) \(\eta\mu x+\sigma\upsilon\nu x=\sqrt2\,\eta\mu(x+\frac\pi4)\). Ρίζες όπου \(x+\frac\pi4=\kappa\pi\): \(x=\frac{3\pi}4\) ή \(x=\frac{7\pi}4\) (μέσα στο \([0,2\pi]\)). Η \(\eta\mu(x+\frac\pi4)>0\) όταν \(x+\frac\pi4\in(0,\pi)\cup(2\pi,3\pi)\), δηλαδή \(x\in[0,\frac{3\pi}4)\cup(\frac{7\pi}4,2\pi]\) (εντός \([0,2\pi]\)). Άρα \(f>0\) στο \([0,\frac{3\pi}4)\cup(\frac{7\pi}4,2\pi]\), \(f<0\) στο \((\frac{3\pi}4,\frac{7\pi}4)\).

Απάντηση: i) \(-;+;-;+\) στα διαστήματα \((-\infty,-2),(-2,-1),(-1,1),(1,+\infty)\). ii) \(+;-;-;+\) στα \((-\infty,-3),(-3,0),(0,3),(3,+\infty)\). iii) 5 υποδιαστήματα με εναλλασσόμενο πρόσημο όπως στη λύση. iv) \(f>0\) στο \([0,3\pi/4)\cup(7\pi/4,2\pi]\), \(f<0\) στο \((3\pi/4,7\pi/4)\).

Πρόσεξε:

• Η επίσημη απάντηση του βιβλίου δίνει μόνο τη γενική οδηγία («Εργαστείτε όπως το σχόλιο του Θεωρήματος Bolzano») χωρίς αναλυτικό πίνακα προσήμων· η πλήρης ανάλυση παραπάνω είναι δική μας ανεξάρτητη παραγωγή, συμβατή με τη μέθοδο του σχολίου.

Άσκηση Α10 (σελ. 81)

Να βρείτε το σύνολο τιμών: 1) \(f(x)=\ln x-1,\ x\in[1,e]\) 2) \(f(x)=-x+2,\ x\in(0,2)\) 3) \(f(x)=2\eta\mu x+1,\ x\in[0,\frac\pi6)\) 4) \(f(x)=e^x+1,\ x\in(-\infty,0]\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε περίπτωση η \(f\) είναι συνεχής και γνησίως μονότονη στο δοσμένο διάστημα· το σύνολο τιμών είναι το διάστημα με άκρα τις (πλευρικές) τιμές/όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού, ανοικτό ή κλειστό ανάλογα με το αν το άκρο ανήκει στο πεδίο ορισμού.

Λύση:

1. 1. \(\ln x\) γνησίως αύξουσα, συνεχής σε \([1,e]\) (κλειστό)⟹ σύνολο τιμών \([f(1),f(e)]=[\ln1-1,\ln e-1]=[-1,0]\).
2. 2. \(-x+2\) γνησίως φθίνουσα, συνεχής σε \((0,2)\) (ανοικτό) ⟹ σύνολο τιμών \((\lim_{x\to2^-}f,\lim_{x\to0^+}f)=(0,2)\).
3. 3. \(2\eta\mu x+1\) γνησίως αύξουσα στο \([0,\pi/6)\subset[0,\pi/2]\) (η \(\eta\mu\) αύξουσα εκεί), συνεχής, ημι-κλειστό \([0,\pi/6)\) ⟹ σύνολο τιμών \([f(0),\lim_{x\to\pi/6^-}f)=[1,2)\) (αφού \(f(0)=1\), \(\lim_{x\to\pi/6^-}f=2\cdot\frac12+1=2\)).
4. 4. \(e^x+1\) γνησίως αύξουσα, συνεχής σε \((-\infty,0]\) (ημι-κλειστό) ⟹ σύνολο τιμών \((\lim_{x\to-\infty}f,f(0)]=(1,2]\) (αφού \(\lim_{x\to-\infty}e^x=0\Rightarrow\lim f=1\), \(f(0)=e^0+1=2\)).

Απάντηση: 1) \([-1,0]\) 2) \((0,2)\) 3) \([1,2)\) 4) \((1,2]\).

Άσκηση Β1 (σελ. 81)

Αν \(f(x)=\begin{cases}(x-\kappa)(x+\kappa), & x\leq2\\\kappa x+5, & x>2\end{cases}\), να προσδιορίσετε το \(\kappa\), ώστε η \(f\) να είναι συνεχής στο \(x_0=2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Απαιτούμε η τιμή \(f(2)\) (από τον αριστερό κλάδο) να ισούται με το δεξιό όριο.

Λύση:

1. \(f(2)=(2-\kappa)(2+\kappa)=4-\kappa^2\) (κλάδος \(x\leq2\)).
2. \(\lim_{x\to2^+}(\kappa x+5)=2\kappa+5\).
3. Θέτουμε ίσα: \(4-\kappa^2=2\kappa+5\Rightarrow-\kappa^2-2\kappa-1=0\Rightarrow\kappa^2+2\kappa+1=0\Rightarrow(\kappa+1)^2=0\Rightarrow\kappa=-1\).

Απάντηση: \(\kappa=-1\).

Άσκηση Β2 (σελ. 82)

Αν \(f(x)=\begin{cases}\alpha^2x^2+\beta x-12, & x<1\\5, & x=1\\\alpha x+\beta, & x>1\end{cases}\), να βρείτε τα \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) ώστε η \(f\) να είναι συνεχής στο \(x_0=1\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Απαιτούμε αριστερό όριο \(=\) δεξιό όριο \(=f(1)=5\)· αυτό δίνει σύστημα δύο εξισώσεων στα \(\alpha,\beta\), το οποίο λύνουμε με αντικατάσταση, καταλήγοντας σε δευτεροβάθμια εξίσωση στο \(\alpha\).

Λύση:

1. Αριστερό όριο: \(\lim_{x\to1^-}(\alpha^2x^2+\beta x-12)=\alpha^2+\beta-12\). Δεξιό όριο: \(\lim_{x\to1^+}(\alpha x+\beta)=\alpha+\beta\). Και τα δύο πρέπει να ισούνται με \(f(1)=5\).
2. \(\alpha^2+\beta-12=5\Rightarrow\alpha^2+\beta=17\ \ (1)\). \(\alpha+\beta=5\Rightarrow\beta=5-\alpha\ \ (2)\).
3. Αντικαθιστούμε (2) στην (1): \(\alpha^2+(5-\alpha)=17\Rightarrow\alpha^2-\alpha-12=0\Rightarrow(\alpha-4)(\alpha+3)=0\Rightarrow\alpha=4\ \text{ή}\ \alpha=-3\).
4. Για \(\alpha=4\): \(\beta=5-4=1\) (επαλήθευση: \(16+1=17\) ✓). Για \(\alpha=-3\): \(\beta=5-(-3)=8\) (επαλήθευση: \(9+8=17\) ✓).

Απάντηση: \((\alpha,\beta)=(4,1)\) ή \((\alpha,\beta)=(-3,8)\).

Άσκηση Β3 (σελ. 82)

i) Αν η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\) και \(xf(x)=\sigma\upsilon\nu x-1\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\), βρείτε το \(f(0)\). ii) Αν η \(g\) είναι συνεχής στο \(0\) και \(|xg(x)-\eta\mu x|\leq x^2\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\), βρείτε το \(g(0)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Από τη συνέχεια, \(f(0)=\lim_{x\to0}f(x)\)· υπολογίζουμε αυτό το όριο λύνοντας ως προς \(f(x)\) (για \(x\neq0\)) και χρησιμοποιώντας γνωστά θεμελιώδη όρια. Στο (ii) χρησιμοποιούμε το κριτήριο παρεμβολής μετά από διαίρεση με \(x\).

Λύση:

1. i) Για \(x\neq0\): \(f(x)=\dfrac{\sigma\upsilon\nu x-1}{x}\). Από τη συνέχεια: \(f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\dfrac{\sigma\upsilon\nu x-1}{x}=0\) (θεμελιώδες όριο §1.5).
2. ii) Από την ανισότητα: \(-x^2\leq xg(x)-\eta\mu x\leq x^2\). Για \(x>0\), διαιρούμε με \(x\): \(-x+\dfrac{\eta\mu x}x\leq g(x)\leq x+\dfrac{\eta\mu x}x\) (αναδιατάσσοντας: \(\dfrac{\eta\mu x}x-x\leq g(x)\leq\dfrac{\eta\mu x}x+x\)). Καθώς \(x\to0^+\): και τα δύο άκρα \(\to1\). Ανάλογα για \(x<0\) (η διαίρεση με αρνητικό \(x\) αντιστρέφει τις ανισότητες, αλλά το αποτέλεσμα των ορίων παραμένει \(1\)). Από κριτήριο παρεμβολής: \(\lim_{x\to0}g(x)=1\). Από τη συνέχεια: \(g(0)=1\).

Απάντηση: i) \(f(0)=0\). ii) \(g(0)=1\).

Άσκηση Β4 (σελ. 82)

Αν \(f,g\) συνεχείς στο \([0,1]\) με \(f(0)<g(0)\) και \(f(1)>g(1)\), να αποδείξετε ότι υπάρχει \(\xi\in(0,1)\) με \(f(\xi)=g(\xi)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Θέτουμε \(h(x)=f(x)-g(x)\), συνεχής ως διαφορά συνεχών, και εξετάζουμε το πρόσημό της στα άκρα.

Λύση:

1. Έστω \(h(x)=f(x)-g(x)\), συνεχής στο \([0,1]\) (διαφορά συνεχών).
2. \(h(0)=f(0)-g(0)<0\) (δοσμένο \(f(0)<g(0)\)).
3. \(h(1)=f(1)-g(1)>0\) (δοσμένο \(f(1)>g(1)\)).
4. Αφού \(h(0)\cdot h(1)<0\), από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει \(\xi\in(0,1)\) με \(h(\xi)=0\), δηλαδή \(f(\xi)=g(\xi)\).

Απάντηση: Αποδεικνύεται εφαρμόζοντας το Θεώρημα Bolzano στη \(h(x)=f(x)-g(x)\) στο \([0,1]\).

Άσκηση Β5 (σελ. 83)

Να αποδείξετε ότι έχουν μία τουλάχιστον ρίζα στο \((1,2)\): α) \(\dfrac{x^4+1}{x-1}+\dfrac{x^6+1}{x-2}=0\) β) \(\dfrac{e^x}{x-1}+\dfrac{\ln x}{x-2}=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Πολλαπλασιάζουμε κάθε εξίσωση επί το γινόμενο των παρονομαστών \((x-1)(x-2)\) (μη μηδενικό στο ανοικτό \((1,2)\)) για να πάρουμε μια ισοδύναμη συνεχή (πολυωνυμική ή στοιχειώδη) συνάρτηση, και εφαρμόζουμε Bolzano στο \([1,2]\).

Λύση:

1. α) Θέτουμε \(f(x)=(x^4+1)(x-2)+(x^6+1)(x-1)\), πολυωνυμική (άρα συνεχής) και ισοδύναμη με το αρχικό μέλος (πολλαπλασιασμένο επί \((x-1)(x-2)\)) για κάθε \(x\neq1,2\). \(f(1)=(1+1)(1-2)+(1+1)(0)=2\cdot(-1)+0=-2<0\). \(f(2)=(16+1)(0)+(64+1)(2-1)=0+65=65>0\). Αφού \(f(1)f(2)<0\), Bolzano δίνει ρίζα στο \((1,2)\).
2. β) Θέτουμε \(f(x)=e^x(x-2)+(x-1)\ln x\), συνεχής στο \([1,2]\) (άθροισμα γινομένων συνεχών) και ισοδύναμη με το αρχικό μέλος επί \((x-1)(x-2)\). \(f(1)=e^1(1-2)+(0)\ln1=-e+0=-e<0\). \(f(2)=e^2(0)+(1)\ln2=0+\ln2>0\). Αφού \(f(1)f(2)<0\), Bolzano δίνει ρίζα στο \((1,2)\).

Απάντηση: Και οι δύο εξισώσεις έχουν μία τουλάχιστον ρίζα στο \((1,2)\), αποδεικνύεται με Bolzano στις μετασχηματισμένες συναρτήσεις \(f(x)=(x^4+1)(x-2)+(x^6+1)(x-1)\) και \(f(x)=e^x(x-2)+(x-1)\ln x\) αντίστοιχα.

Άσκηση Β6 (σελ. 83)

Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις έχουν ένα ακριβώς κοινό σημείο: i) \(f(x)=e^x\) και \(g(x)=\dfrac1x\) ii) \(f(x)=\ln x\) και \(g(x)=\dfrac1x\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Θέτουμε \(h=f-g\) στο \((0,+\infty)\) (μόνο εκεί μπορεί να υπάρχει τομή, αφού για \(x\leq0\) το \(g\) είτε δεν ορίζεται είτε έχει αντίθετο πρόσημο από το \(f\)). Δείχνουμε ΥΠΑΡΞΗ ρίζας μέσω ορίων στα άκρα (γενικευμένο Bolzano) και ΜΟΝΑΔΙΚΟΤΗΤΑ επειδή η \(h\) είναι άθροισμα δύο γνησίως αυξουσών συναρτήσεων.

Λύση:

1. i) \(h(x)=e^x-\dfrac1x\), \(x>0\), συνεχής. Καθώς \(x\to0^+\): \(e^x\to1\), \(\frac1x\to+\infty\), άρα \(h\to-\infty\). Καθώς \(x\to+\infty\): \(e^x\to+\infty\) πολύ ταχύτερα από \(\frac1x\to0\), άρα \(h\to+\infty\). Αφού η \(h\) είναι συνεχής και μεταβαίνει από αρνητικές σε θετικές τιμές, υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα (ύπαρξη τομής). Για μοναδικότητα: η \(e^x\) είναι γνησίως αύξουσα στο \((0,+\infty)\)· η \(\frac1x\) είναι γνησίως φθίνουσα εκεί, άρα η \(-\frac1x\) είναι γνησίως αύξουσα. Άθροισμα δύο γνησίως αυξουσών \(\Rightarrow h\) γνησίως αύξουσα \(\Rightarrow\) το πολύ μία ρίζα. Άρα ΑΚΡΙΒΩΣ μία ρίζα, δηλαδή ένα ακριβώς κοινό σημείο.
2. ii) \(h(x)=\ln x-\dfrac1x\), \(x>0\), συνεχής. Καθώς \(x\to0^+\): \(\ln x\to-\infty\), \(\frac1x\to+\infty\), άρα \(h\to-\infty\). Καθώς \(x\to+\infty\): \(\ln x\to+\infty\) (αργά), \(\frac1x\to0\), άρα \(h\to+\infty\). Ύπαρξη ρίζας εξασφαλισμένη. Μοναδικότητα: \(\ln x\) γνησίως αύξουσα, \(-\frac1x\) γνησίως αύξουσα (ίδιο επιχείρημα) ⟹ \(h\) γνησίως αύξουσα ⟹ το πολύ μία ρίζα. Άρα ΑΚΡΙΒΩΣ ένα κοινό σημείο.

Απάντηση: Και στις δύο περιπτώσεις υπάρχει ΑΚΡΙΒΩΣ ένα κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων: ύπαρξη από τη συμπεριφορά της \(h=f-g\) στα άκρα (γενικευμένο Bolzano), μοναδικότητα επειδή η \(h\) είναι γνησίως αύξουσα (άθροισμα γνησίως αυξουσών συναρτήσεων).

Άσκηση Β7 (σελ. 83)

i) Έστω \(f\) συνεχής στο \([-1,1]\) με \(x^2+f^2(x)=1\) για κάθε \(x\in[-1,1]\). α) Βρείτε τις ρίζες της \(f(x)=0\). β) Αποδείξτε ότι η \(f\) διατηρεί πρόσημο στο \((-1,1)\). γ) Ποιος μπορεί να είναι ο τύπος της \(f\); ii) Ομοίως, βρείτε τον τύπο της συνεχούς \(f\) στο \(\mathbb{R}\) με \(f^2(x)=x^2\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Λύνουμε τη συναρτησιακή σχέση ως προς \(f(x)^2\), εντοπίζουμε πού μπορεί να μηδενίζεται η \(f\) (μόνο εκεί όπου το άθροισμα/η διαφορά μηδενίζεται), και χρησιμοποιούμε τη συνέπεια του Bolzano (συνεχής + μη μηδενισμός σε διάστημα ⟹ σταθερό πρόσημο).

Λύση:

1. i) α) Αν \(f(x)=0\), τότε \(x^2+0=1\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=\pm1\). Άρα οι μόνες δυνατές ρίζες είναι \(x=1\) και \(x=-1\).
2. β) Για \(x\in(-1,1)\) (ανοικτό διάστημα, άκρα εξαιρούνται): \(x^2<1\Rightarrow f^2(x)=1-x^2>0\Rightarrow f(x)\neq0\). Η \(f\) είναι συνεχής στο \((-1,1)\) και δεν μηδενίζεται εκεί ⟹ (συνέπεια Bolzano) διατηρεί σταθερό πρόσημο σε όλο το \((-1,1)\).
3. γ) Από \(f^2(x)=1-x^2\Rightarrow f(x)=\pm\sqrt{1-x^2}\). Αφού το πρόσημο είναι σταθερό σε όλο το \((-1,1)\) (και άρα, από συνέχεια, επεκτείνεται με συνέπεια στα άκρα όπου \(f=0\) ούτως ή άλλως), η \(f\) είναι είτε \(f(x)=\sqrt{1-x^2}\) για κάθε \(x\in[-1,1]\), είτε \(f(x)=-\sqrt{1-x^2}\) για κάθε \(x\in[-1,1]\) (όχι μείξη των δύο κλάδων).
4. ii) Αν \(f(x)=0\), τότε \(x^2=0\Rightarrow x=0\). Μοναδική δυνατή ρίζα το \(x=0\). Στο \((-\infty,0)\): η \(f\) δεν μηδενίζεται (μόνη ρίζα το 0) και είναι συνεχής ⟹ σταθερό πρόσημο εκεί. Ομοίως σταθερό πρόσημο στο \((0,+\infty)\) (ανεξάρτητα από το πρόσημο στο \((-\infty,0)\), αφού πρόκειται για δύο χωριστά διαστήματα που δεν συνδέονται από μη μηδενισμό — το \(x=0\) τα διαχωρίζει). Από \(f^2(x)=x^2\Rightarrow f(x)=\pm x\) σε κάθε κλάδο ανεξάρτητα. Οι δυνατοί τύποι (συμβατοί με συνέχεια στο 0, όπου \(f(0)=0\) πάντα ισχύει είτε με \(+x\) είτε με \(-x\)): \(f(x)=x\) (όλο το \(\mathbb{R}\)), \(f(x)=-x\) (όλο το \(\mathbb{R}\)), \(f(x)=|x|\) (δηλ. \(-x\) για \(x<0\), \(x\) για \(x\geq0\)), ή \(f(x)=-|x|\) (δηλ. \(x\) για \(x<0\), \(-x\) για \(x\geq0\)).

Απάντηση: i) α) \(x=\pm1\). β) Αποδεικνύεται όπως στη λύση. γ) \(f(x)=\sqrt{1-x^2}\) ή \(f(x)=-\sqrt{1-x^2}\), \(x\in[-1,1]\). ii) \(f(x)=x\), ή \(f(x)=-x\), ή \(f(x)=|x|\), ή \(f(x)=-|x|\).

Άσκηση Β8 (σελ. 83)

Δίνεται το τετράγωνο \(OAB\Gamma\) με \(O(0,0),A(1,0),B(1,1),\Gamma(0,1)\) και συνεχής \(f\) στο \([0,1]\) με γραφική παράσταση εξ ολοκλήρου μέσα στο τετράγωνο (δηλ. \(0\leq f(x)\leq1\) για κάθε \(x\in[0,1]\)). i) Βρείτε τις εξισώσεις των διαγωνίων. ii) Αποδείξτε με Bolzano ότι η \(C_f\) τέμνει και τις δύο διαγωνίους.

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Ευθεία από δύο γνωστά σημεία. ii) Σχηματίζουμε τη διαφορά \(f(x)-(\text{εξίσωση διαγωνίου})\) και ελέγχουμε πρόσημο στα άκρα \(x=0,1\), χρησιμοποιώντας τον περιορισμό \(0\leq f(x)\leq1\).

Λύση:

1. i) Διαγώνιος \(OB\): από \((0,0)\) σε \((1,1)\), κλίση \(=1\), εξίσωση \(y=x\). Διαγώνιος \(\Gamma A\) (ή \(A\Gamma\)): από \((1,0)\) σε \((0,1)\), κλίση \(=\dfrac{1-0}{0-1}=-1\), εξίσωση \(y=-x+1\).
2. ii) Για τη διαγώνιο \(OB\) (\(y=x\)): θέτουμε \(h(x)=f(x)-x\), συνεχής στο \([0,1]\). \(h(0)=f(0)-0=f(0)\geq0\) (αφού \(f(0)\in[0,1]\)). \(h(1)=f(1)-1\leq0\) (αφού \(f(1)\leq1\)). Αν κάποιο από τα δύο είναι \(0\), η \(C_f\) τέμνει την \(OB\) στο αντίστοιχο άκρο· αλλιώς \(h(0)>0>h(1)\), οπότε Bolzano δίνει \(\xi\in(0,1)\) με \(h(\xi)=0\Rightarrow f(\xi)=\xi\), δηλαδή τομή με την \(OB\).
3. Για τη διαγώνιο \(\Gamma A\) (\(y=-x+1\)): θέτουμε \(k(x)=f(x)-(-x+1)=f(x)+x-1\), συνεχής. \(k(0)=f(0)+0-1=f(0)-1\leq0\) (αφού \(f(0)\leq1\)). \(k(1)=f(1)+1-1=f(1)\geq0\) (αφού \(f(1)\geq0\)). Ομοίως, είτε μηδενίζεται σε άκρο είτε \(k(0)<0<k(1)\), οπότε Bolzano δίνει τομή με την \(\Gamma A\).

Απάντηση: i) \(OB:\ y=x\), \(\Gamma A:\ y=-x+1\). ii) Αποδεικνύεται εφαρμόζοντας Bolzano στις \(h(x)=f(x)-x\) και \(k(x)=f(x)+x-1\) στο \([0,1]\), χρησιμοποιώντας ότι \(0\leq f(x)\leq1\).

(⚠️ υπό επαλήθευση — βλ. σημείωση παρακάτω)

Πρόσεξε:

• Χρειάζεται η εικόνα του βιβλίου μόνο για επιβεβαίωση της ονομασίας των κορυφών/διαγωνίων (ΟΒ, ΑΓ)· η μαθηματική απόδειξη είναι πλήρης και ανεξάρτητη της εικόνας.

Άσκηση Β9 (σελ. 84)

Η καμπύλη \(C\) είναι η γραφική παράσταση συνεχούς \(f\) στο \([\alpha,\beta]\) και \(M_0(x_0,y_0)\) σημείο του επιπέδου. i) Βρείτε τον τύπο της απόστασης \(d(x)=(M_0M)\) του \(M_0\) από το \(M(x,f(x))\in C_f\), για \(x\in[\alpha,\beta]\). ii) Αποδείξτε ότι η \(d\) είναι συνεχής στο \([\alpha,\beta]\) και συνεπώς υπάρχει σημείο της \(C_f\) με ελάχιστη και σημείο με μέγιστη απόσταση από το \(M_0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Άμεση εφαρμογή του τύπου απόστασης δύο σημείων στο επίπεδο. ii) Η \(d\) είναι σύνθεση/συνδυασμός συνεχών συναρτήσεων (πολυωνυμικές πράξεις, η \(f\), και τετραγωνική ρίζα μη αρνητικής συνεχούς παράστασης) ⟹ συνεχής στο κλειστό \([\alpha,\beta]\) ⟹ εφαρμόζεται το Θεώρημα Μέγιστης-Ελάχιστης Τιμής.

Λύση:

1. i) Απόσταση δύο σημείων \((x,f(x))\) και \((x_0,y_0)\): \(d(x)=\sqrt{(x-x_0)^2+(f(x)-y_0)^2},\ x\in[\alpha,\beta]\).
2. ii) Η \(g(x)=(x-x_0)^2+(f(x)-y_0)^2\) είναι συνεχής στο \([\alpha,\beta]\) (άθροισμα/γινόμενο/σύνθεση συνεχών, αφού η \(f\) είναι συνεχής εκεί) και \(g(x)\geq0\) πάντα, άρα η \(d(x)=\sqrt{g(x)}\) είναι επίσης συνεχής στο \([\alpha,\beta]\) (ρίζα συνεχούς μη αρνητικής συνάρτησης). Αφού η \(d\) είναι συνεχής στο ΚΛΕΙΣΤΟ διάστημα \([\alpha,\beta]\), από το Θεώρημα Μέγιστης-Ελάχιστης Τιμής παίρνει εκεί μια ελάχιστη τιμή \(m=d(x_1)\) και μια μέγιστη τιμή \(M=d(x_2)\), για κάποια \(x_1,x_2\in[\alpha,\beta]\). Άρα το σημείο \((x_1,f(x_1))\) της \(C_f\) απέχει λιγότερο από το \(M_0\) απ' ό,τι κάθε άλλο σημείο της \(C_f\), και το \((x_2,f(x_2))\) απέχει περισσότερο.

Απάντηση: i) \(d(x)=\sqrt{(x-x_0)^2+(f(x)-y_0)^2}\). ii) Η \(d\) είναι συνεχής στο \([\alpha,\beta]\) ως σύνθεση/πράξη συνεχών, άρα από το Θεώρημα Μέγιστης-Ελάχιστης Τιμής υπάρχουν σημεία ελάχιστης και μέγιστης απόστασης από το \(M_0\).