Post on 12-Sep-2020
1
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ
ΕΝΟΤΗΤΑ 1: ΕΝΝΟΙΑ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ - ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ.
IΣΟΤΗΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ - ΠΡΑΞΕΙΣ ΜΕ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΣΥΝΘΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
[Ενότητα Όριο - Συνέχεια Συνάρτησης του κεφ.1.2 Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου].
ΑΣΚΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Β
Άσκηση 1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω συναρτήσεων:
i. xf (x) 1 4 x 3
2 x= − + − −
−
ii. f (x) 1 x x= −ηµ +
Λύση
i. Η συνάρτηση f ορίζεται, αν και μόνο αν x1 0
2 x− ≥
−και 4 x 3 0− − ≥ .
Επιλύουμε την κάθε ανίσωση χωριστά και μετά θα βρούμε τις κοινές λύσεις τους. Το σύνολο των κοινών λύσεων των ανισώσεων θα είναι το πεδίο ορισμού της f.
x 2 x x 2 2x (2 2x)(2 x) 01 0 0 02 x 2 x 2 x
2 x 0
− − − − − ≥− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ⇔− − − − ≠
x 1 x 2
x 1 x 2x 2
≤ ≥ ⇔ ⇔ ≤ >≠
ήή ,
4 x 3 0 x 3 4 4 x 3 4 1 x 7− − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Έτσι έχουμε:
x1 0 x 1 x 21 x 1 2 x 72 x
1 x 74 x 3 0
− ≥ ≤ > ⇔ ⇔ − ≤ ≤ < ≤− − ≤ ≤ − − ≥
ήή
Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι [ ]fD 1,1 (2,7]= − ∪ .
2
ii. Η συνάρτηση f ορίζεται αν και μόνο αν 1 x 0−ηµ ≥ και x 0≥ .
Επειδή 1 x 0 x 1 x ( x 1−ηµ ≥ ⇔ ηµ ≤ ⇔ ∈ ηµ ≤ για κάθε x )∈ .
Έχουμε: 1 x 0 x
x 0x 0 x 0
−ηµ ≥ ∈ ⇔ ⇔ ≥ ≥ ≥
Επομένως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι fD [0, )= +∞ .
3
Άσκηση 2. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω συναρτήσεων:
i. 3f (x) x 3x 4= + +
ii. x xf (x) 2 −=
Λύση i. Η συνάρτηση f ορίζεται αν και μόνο αν 3x 3x 4 0+ + ≥ . Μια προφανής ακέραια ρίζα του πολυωνύμου είναι το -1. Εφαρμόζοντας το σχήμα Horner για τον ακέραιο -1 θα έχουμε:
Έτσι ο x+1 είναι παράγοντας του πολυωνύμου και άρα το πολυώνυμο γράφεται:
( ) ( )3 2P x x 3x 4 x 1 (x x 4)= + + = + − + .
Πρόσημο πολυωνύμου:
Άρα:
3x 3x 4 0 x 1+ + ≥ ⇔ ≥ − Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD [ 1, )= − +∞ . ii. Η συνάρτηση f ορίζεται αν και μόνο αν x x 0− ≥ .
4
Έχουμε: x x 0 x x x− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ∈
Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD = .
5
Άσκηση 3. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω συναρτήσεων: i. 2f (x) ln( x 9)= − +
ii. ( ) xf x (2 x)= +συν
Λύση i. Η συνάρτηση f ορίζεται αν και μόνο αν 2x 9 0− + >
2x 9 0 3 x 3− + > ⇔ − < < Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD ( 3,3)= − . ii. Η συνάρτηση f ορίζεται αν και μόνο αν 2 x 0+συν > . Έχουμε: 2 x 0 x 2 x ( x 1+συν > ⇔ συν > − ⇔ ∈ συν ≤ για κάθε x )∈ .
Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD = .
6
Άσκηση 4. Να εξετάσετε αν ο αριθμός 3 είναι τιμή των παρακάτω συναρτήσεων:
i. 3
x 1, x 1f (x)
x 5, x 1− ≤
= − >
ii. 2
x 2x 1,f (x)x 2x 6,
≥−= <−
Λύση i. • Εξετάζουμε αν υπάρχει x 1≤ ώστε f (x) 3= .
Έτσι έχουμε:
f (x) 3 x 1 3 x 4x 1 x 1 x 1
= − = = ⇔ ⇔ ≤ ≤ ≤
αδύνατη.
• Εξετάζουμε αν υπάρχει x 1> ώστε f (x) 3= .
Έτσι έχουμε:
3 3f (x) 3 x 2x 5 3 x 8x 2
x 1 x 1x 1 x 1= = − = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = > >> > άρα f(2)=3, οπότε το 3 είναι τιμή της f. ii. Εξετάζουμε αν υπάρχει x 2≥ ώστε f (x) 3= . Έτσι έχουμε:
f (x) 3 x 1 9 x 10x 1 3 x 10x 2 x 2 x 2x 2
= − = = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ≥ ≥ ≥≥
άρα f(10)=3, οπότε το 3 είναι τιμή της f.
7
Άσκηση 5. Δίνονται οι συναρτήσεις f και g με τύπους ( )f x x 2= +
και g(x) x 4= − + .
i. Εξετάστε αν η gC τέμνει τους άξονες.
ii. Εξετάστε αν η gC και η fC έχουν κοινά σημεία.
Λύση Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι fD = .
Το πεδίο ορισμού της g είναι gD ( ,4]= −∞ .
i.
• Για να τέμνει η gC τον άξονα x΄x, θα πρέπει το 0 να είναι τιμή της g. Θα εξετάσουμε
αν υπάρχει gx D∈ ώστε g(x) 0= . Έτσι έχουμε:
g(x) 0 x 4 0x 4 0 x 4x 4 x 4x 4
= − + = − + = ⇔ ⇔ ⇔ = ≤ ≤≤ Άρα υπάρχει το g4 D∈ , ώστε ( )g 4 0= .
Επομένως η gC τέμνει τον άξονα x΄x, στο (4,0).
• Για να τέμνει η gC τον άξονα y΄y, θα πρέπει το g0 D∈ . Παρατηρούμε ότι το g0 D∈ .
Έτσι η gC τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Α(0,g(0)) ή Α(0,2).
ii. Για να υπάρχουν κοινά σημεία των fC και gC , θα πρέπει να υπάρχουν f gx D D∈ ∩ ώστε
f (x) g(x)= . Δηλαδή η εξίσωση f (x) g(x)= θα πρέπει να έχει λύση στο σύνολο
( ]f gD D ,4= −∞∩ .
Έτσι έχουμε:
2
f g
x 2f (x) g(x) x 2 x 4 (x 2) x 4x D D x 4 x 4
≥ − = + = − + ⇔ ⇔ + = − + ⇔ ∈ ∩ ≤ ≤
2 2
x 2 x 22 x 4
x 4x 4 x 4 x 5x 0 x 0x 0 x 5
x 4 x 4
≥ − ≥ − − ≤ ≤ + + = − + ⇔ + = ⇔ ⇔ = = = − ≤ ≤
ή
Είναι ( ) ( )g 0 f 0 2= = .
Άρα οι fC και gC έχουν ένα κοινό σημείο το Α(0,2).
8
Άσκηση 6. Για ποιες τιμές του x∈ , η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται κάτω από τον άξονα x΄x , όταν ( ) 3f x x 4x= − .
Λύση Η f ορίζεται στο . Για να υπάρχουν σημεία της fC που να βρίσκονται κάτω από τον άξονα x΄x, αρκεί να
υπάρχουν x∈ , ώστε f (x) 0< . Έχουμε:
3 2
x x xf (x) 0 x 4x 0 x(x 4) 0
∈ ∈ ∈ ⇔ ⇔ < − < − <
Για το πρόσημο του πολυωνύμου 2x(x 4)− έχουμε τον παρακάτω πίνακα.
Έτσι έχουμε:
2
xx 2 0 x 2
x(x 4) 0∈
⇔ < − < <− <
ή
9
Άσκηση 7. Για ποιες τιμές του x∈ , η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από την γραφική παράσταση της g, όταν ( ) 2xf x e= και ( ) xg x e 2= + .
Λύση Οι f, g ορίζονται στο . Έχουμε:
2x x 2x x
f g
f (x) g(x) e e 2 e e 2 0x D D x x
> > + − − >⇔ ⇔ ⇔ ∈ ∩ ∈ ∈
x 2 x(e ) e 2 0
x− − >
∈
Θέτουμε όπου xe 0= ω > , έτσι έχουμε:
2ω ω 2 0, ω 0− − > >
Το τριώνυμο 2ω ω 2− − έχει ρίζες τους αριθμούς 1− και 2. Η ανίσωση 2ω ω 2 0− − > αληθεύει αν και μόνο αν ω 1< − ή ω 2> . Έτσι έχουμε:
2x1 22 0
2 e 2 x ln 200
ήω< − ω >ω −ω− > ⇔ ⇔ω> ⇔ > ⇔ > ω >ω >
10
Άσκηση 8. Δίνεται η συνάρτηση f της οποίας η γραφική παράσταση είναι η παρακάτω.
i. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. ii. Να εξετάσετε αν το 0 είναι τιμή της f. iii. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. iv. Να βρείτε το f(2). v. Να επιλύσετε την εξίσωση f(x)=0.
vi. Να επιλύσετε τις ανισώσεις ( )f x 0> και ( )f x 0< .
Λύση i. Το σύνολο των τετμημένων των σημείων της fC είναι [ )6,0 (0,4)− ∪ .
Έτσι το πεδίο ορισμού της f είναι:
[ )fD 6,0 (0,4)= − ∪
ii. Το 0 είναι τιμή της f γιατί η ευθεία με εξίσωση y 0= τέμνει την fC στο σημείο Α( 6,0)− . iii. Το σύνολο των τεταγμένων των σημείων της fC είναι το σύνολο [ ] { }0, 4 2∪ − .
Έτσι το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο [ ] { }0, 4 2∪ − .
iv. Η ευθεία x 2= τέμνει την fC στο σημείο Β(2, 2)− . Άρα f (2) 2= − . v. Οι ρίζες της εξίσωσης f (x) 0= , είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων της fC με τον
άξονα x΄x. Παρατηρούμε ότι η fC με τον άξονα x΄x έχει ένα μόνο κοινό σημείο το Α( 6,0)− .
Έτσι η εξίσωση f (x) 0= έχει μια μόνο ρίζα την x 6= − .
11
vi. Το σύνολο λύσεων της ανίσωσης f (x) 0> (αντίστοιχα f (x) 0< ) είναι το σύνολο των
τετμημένων των σημείων της fC των οποίων οι τεταγμένες τους είναι θετικές (αντίστοιχα αρνητικές). Έτσι έχουμε:
( ) ( ) ( )f x 0 x 6,0 0,2> ⇔ ∈ − ∪
( )f x 0 x [2,4)< ⇔ ∈
12
Άσκηση 9. Δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, g, φ, h. i. ii.
iii. iv. Να βρείτε ποιες από τις συναρτήσεις f, g, φ, h είναι περιττές.
13
Λύση
i. Η f είναι περιττή, γιατί η fC είναι συμμετρική ως προς την αρχή του συστήματος
αναφοράς.
ii. Η g δεν είναι περιττή, γιατί το g1 D∈ αλλά το g1 D− ∉ .
iii. Η φ δεν είναι περιττή, γιατί το φ 0 D∈ αλλά το ( )φ 0 1 0= − ≠ . Η φ δεν είναι περιττή και
για ένα ακόμη λόγο. Υπάρχει το φ2 D ∈ αλλά φ2 D− ∉ .
iv. Η h δεν είναι περιττή γιατί υπάρχει το h1 D∈ ώστε ( )h 1 0 1 h(1)− = ≠ − = − .
14
Άσκηση 10. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f (x) ln x= .
Να παραστήσετε γραφικά τις συναρτήσεις:
i. y f (x)=
ii. y f (x)=
iii. y f (x 1)= −
iv. y f (x 1)= +
v. ( )y f x 1= +
vi. ( )y f x 1= −
Λύση i. Η f ορίζεται αν και μόνο αν x 0 x 0> ⇔ ≠ .
Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι { }fD \ 0= .
Έχουμε:
ln x, x 0f (x)
ln( x), x 0>
= − <
Η γραφική παράσταση της f αποτελείται από δυο κλάδους. Ο ένας είναι η γραφική παράσταση της y lnx= με x>0 και ο άλλος η συμμετρική της ως προς τον y΄y. Έτσι έχουμε:
ii. Αρχικά παριστάνουμε γραφικά την y f (x)= και έπειτα την y f (x)= . (βλέπε σχήμα)
15
iii. Η γραφική παράσταση της y f (x 1)= − θα προκύψει, αν μετατοπίσουμε την γραφική παράσταση της f κατά μια μονάδα δεξιά.
iv. Η γραφική παράσταση της y f (x 1)= + θα προκύψει, αν μετατοπίσουμε την γραφική παράσταση της f κατά μια μονάδα αριστερά.
16
v. Η γραφική παράσταση της y f (x) 1= + θα προκύψει, αν μετατοπίσουμε την γραφική παράσταση της f κατά μια μονάδα προς τα πάνω.
vi. Η γραφική παράσταση της ( ) y f x 1= − θα προκύψει, αν μετατοπίσουμε την γραφική
παράσταση της f κατά μια μονάδα προς τα κάτω.
17
18
Άσκηση 11. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο.
3 x 0x ,f (x)
x 0x ,≥
= <
Να παρασταθούν γραφικά οι παρακάτω συναρτήσεις:
i. y f (x)=
ii. y f (x)= −
iii. y f ( x)= −
iv. y f ( x)= − −
v. y f (x)=
vi. ( )( )1y f x f (x)2
= −
Λύση i. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f (x)= αποτελείται από δυο κλάδους.
Ο ένας είναι η γραφική παράσταση της βασικής συνάρτησης με τύπο 3y x= για x 0≥ και ο άλλος η γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y x= για x 0< .
ii. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f (x)= − προκύπτει από την γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f (x)= , αν θεωρήσουμε την συμμετρική αυτής ως προς x΄x.
19
iii. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f ( x)= − προκύπτει από την γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f (x)= , αν θεωρήσουμε την συμμετρική αυτής ως προς τον άξονα y΄y.
iv. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f ( x)= − − προκύπτει από την γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f (x)= , αν θεωρήσουμε την συμμετρική αυτής ως προς την αρχή του συστήματος αναφοράς.
20
v. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης με τύπο y f (x)= αποτελείται από τα τμήματα της
fC που βρίσκονται πάνω από τον άξονα x΄x και από τα συμμετρικά, ως προς τον άξονα x΄x,
των τμημάτων της fC που βρίσκονται κάτω από τον άξονα x΄x.
vi. Αν f(x) ≥ 0 είναι y = 1
2�f(x) − f(x)� = 0
Αν f(x) < 0 είναι y = 12�f(x) + f(x)� = f(x)
Άρα έχουμε:
0, f (x) 0y
f (x), f (x) 0αν ≥
= αν <
21
22
Άσκηση 12.
Δίνονται οι συναρτήσεις ( )f x ln x ln x 1= − − και ( ) xg x ln
x 1=
−.
Να εξετάσετε αν f g= . Στην περίπτωση που είναι f g≠ , να προσδιορίσετε το ευρύτερο
δυνατό υποσύνολο του στο οποίο ισχύει ( )f x g(x)= .
Λύση Η συνάρτηση f ορίζεται αν και μόνο αν x 0> και x 1 0− > .
x 0 x 0x 0,1
x 1 0 x 1> ≠ ⇔ ⇔ ≠ − > ≠
Επομένως { }fD \ 0,1= .
Η συνάρτηση g ορίζεται αν και μόνο αν x 0
x 1>
−
( )x 0 x x 1 0 x 0x 1
> ⇔ − > ⇔ <−
ή x 1> .
Επομένως ( )gD ,0 (1, )= −∞ ∪ +∞ .
Άρα έχουμε f gD D≠ οπότε: f g≠ .
Για κάθε gx D∈ είναι:
( ) xx xg x ln ln ln ln x ln x 1 f (x)x 1 x 1 x 1
= = = = − − =− − −
Άρα ( )g x f (x)= για κάθε ( )x , 0 (1, )∈ −∞ ∪ +∞ .
Έτσι το ευρύτερο δυνατό υποσύνολο του στο οποίο ισχύει ( )f x g(x)= είναι το σύνολο
( ), 0 (1, )−∞ ∪ +∞ .
Επομένως οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες στο ( ), 0 (1, )−∞ ∪ +∞ .
23
Άσκηση 13.
Δίνονται οι συναρτήσεις f και g με ( ) xf xlnx
= και g(x) 1 2x= − .
Να βρείτε τις συναρτήσεις: ff g , f g , g
+ ⋅
Λύση
• Η f ορίζεται αν και μόνο αν x 0 x 0
x (0,1) (1, )ln x 0 x 1
> > ⇔ ⇔ ∈ ∪ +∞ ≠ ≠
.
Επομένως ( )fD 0,1 (1, )= ∪ +∞ .
• Η g ορίζεται αν και μόνο αν 11 2x 0 x2
− ≥ ⇔ ≤ .
Επομένως g1D ,2
= −∞ .
• Είναι f g1D D 0,2
∩ = ≠ ∅ . Επομένως ορίζονται οι συναρτήσεις f g+ και f g⋅ στο
10,2
. Οπότε:
( )( ) ( ) ( ) xf g x f x g x 1 2x lnx
+ = + = + −
x x 1 2x(f g)(x) f (x)g(x) 1 2x
lnx lnx−
⋅ = = − =
Επειδή:
f g
11 1 0 x0 xx D D 0 x 122 0 x2g(x) 0 1 21 2x 0 x1 2x 0
2
< ≤ < ≤∈ ∩ < ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < < ≠ − ≠ ≠− ≠
Ορίζεται το πηλίκο fg
και έχουμε:
( )x
f f (x) x 1lnxx , 0 xg g(x) 21 2x lnx 1 2x
= = = < < − −
24
Άσκηση 14.
Δίνονται οι συναρτήσεις f και g με τύπους 2f (x) 4 x , g(x) x 1= − = + . Να βρείτε τις συναρτήσεις fog και gof. Λύση Η f ορίζεται στο [ ]fD 2,2= − και η g ορίζεται στο gD = .
α) Για να ορίζεται η συνάρτηση fog πρέπει και αρκεί το σύνολο
{ }1 g fΑ x D g(x) D= ∈ ∈ ≠ ∅| .
Έχουμε:
g
f
x D x2 x 1 2 3 x 1
g(x) D (x 1) [ 2,2]∈ ∈
⇔ ⇔ − ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ ∈ + ∈ −
Επομένως [ ]1Α 3,1= − ≠ ∅ οπότε ορίζεται η fog. Το σύνολο 1Α θα είναι το πεδίο ορισμού της
fog. Ο τύπος της fog είναι:
2 2(fog)(x) f (g(x)) f (x 1) 4 (x 1) x 2x 3= = + = − + = − − + για κάθε 3 x 1− ≤ ≤
β) Για να ορίζεται η gof πρέπει και αρκεί το σύνολο { }2 f gΑ x D f (x) D= ∈ ∈ ≠ ∅| .
Έχουμε:
f
2g
x [ 2,2]x Dx [ 2,2]
f (x) D 4 x
∈ − ∈ ⇔ ⇔ ∈ − ∈ − ∈
Επομένως [ ]2Α 2,2= − ≠ ∅ οπότε ορίζεται η gof. Το σύνολο 2Α είναι το πεδίο ορισμού της
gof. Ο τύπος της gof είναι:
( )( ) ( )( ) ( )2 2gof x g f x g 4 x 4 x 1 = = − = − + για κάθε 2 x 2− ≤ ≤
25
Άσκηση 15. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α� = 90o). Αν (ΒΓ)=4 και (ΑΒ)=x, να εκφράσετε την προβολή της κάθετης πλευράς ΑΓ πάνω στην υποτείνουσα ως συνάρτηση του x. Λύση Η προβολή της ΑΓ πάνω στην ΒΓ είναι το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ. Είναι (ΑΒ)=x και (ΒΓ)=4 . Από πρόταση της Γεωμετρίας έχουμε:
( )( )2(ΑΓ) ΒΓ ΓΔ = και 2 2 2(ΑΓ) (ΒΓ) (ΑΒ)= − .
Έτσι έχουμε:
( )2 2 2(ΑΓ) (ΒΓ) (ΑΒ)ΓΔ
(ΒΓ) (ΒΓ)−
= = 2 2 24 x x 4
4 4−
= = −
Άρα
αν ( )ΓΔ f (x)= τότε ( )2xf x 4
4= − .
Η f ορίζεται αν και μόνο αν x 0> και ( )f x 0> .
Έτσι έχουμε:
22x x 4x 164 0 0 x 44 x 0x 0x 0
< <− > ⇔ ⇔ ⇔ < < >> >
Είναι φανερό ότι 0 x 4< < , αφού (ΑΒ)=x και ΑΒ κάθετη πλευρά ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα μήκους (ΒΓ)=4. Έτσι το πεδίο ορισμού της f είναι fD (0,4)= .
26
Άσκηση 16. Να βρεθεί η συνάρτηση f ώστε:
( ) 3f 2x 1 x , − = για κάθε x∈ .
Λύση
Θέτω 12x 1 x
2ω+
− = ω⇔ = .
Από τη σχέση έχουμε:
31f ( ) , 2
ω+ ω = ω∈
Θεωρώ σαν ( )3x 1f x , x
2+ = ∈
και ( )g x 2x 1 ,= − x∈ και ( ) 3 κ x x , x= ∈ .
Εξετάζω αν ισχύει ( )( ) ( )fog x x = κ για κάθε x∈ .
Έχουμε:
g
f
x D xx
g(x) D 2x 1∈ ∈
⇔ ⇔ ∈ ∈ − ∈
Άρα fogD = . Είναι κD ,= άρα fogD Dκ= .
Έχουμε:
( ) ( )3
32x 1 1fog (x) f (g(x)) f 2x 1 x (x) 2− + = = − = = = κ
για κάθε x∈ .
Άρα η συνάρτηση που επιλέξαμε είναι η ζητούμενη.
27
Άσκηση 17. Το κόστος x μονάδων ενός προϊόντος είναι K(x) = −4 − 2x2. Αν η τιμή πώλησης μιας μονάδας του προϊόντος είναι Π(x) = −x − 5 τότε: i. Να εκφράσετε το κέρδος Ρ ως συνάρτηση του x.
ii. Να βρείτε πότε η επιχείρηση θα έχει κέρδος και πότε ζημιά. Λύση
i. Οι εισπράξεις από την πώληση x μονάδων του προϊόντος θα είναι: Ε(x) = x ∙ Π(x) = x(−x − 5), x > 0
Το κέρδος P(x) θα είναι:
Ρ(x) = E(x) − K(x) ⇔
Ρ(x) = x(−x − 5) − (−4 − 2x2) ⇔
Ρ(x) = −x2 − 5x + 4 + 2x2 ⇔
Ρ(x) = x2 − 5x + 4 , x > 0
ii. Η επιχείρηση θα έχει κέρδος όταν Ρ(x) > 0 και η ζημιά όταν Ρ(x) < 0 . Το τριώνυμο x2 − 5x + 4 έχει ρίζες τους αριθμούς 1 και 4. Είναι Ρ(x) > 0 αν 0 < x < 1 ή x > 4 και Ρ(x) < 0 αν 1 < x < 4 .
28
Άσκηση 18. Να προσδιοριστεί συνάρτηση f: ℝ → ℝ έτσι ώστε: i. f(x − 1) = x2 − 3 για κάθε x ∈ ℝ .
ii. f(3x) = x3 για κάθε x ∈ ℝ . Λύση i. Στη σχέση που δίνεται θέτουμε όπου x − 1 = ω⟺ x = ω + 1 . Άρα η σχέση γίνεται: f(ω) = (ω + 1)2 − 3 ή f(ω) = ω2 + 2ω + 1 − 3 ή f(ω) = ω2 + 2ω− 2 Έτσι έχουμε: f(x) = x2 + 2x − 2 , x ∈ ℝ . ii. Στη σχέση που δίνεται θέτουμε όπου 3x = ω⟺ x = ω
3 .
Άρα η σχέση γίνεται:
f(ω) = �ω3�3
ή f(ω) = ω3
27
Έτσι έχουμε:
f(x) = x3
27 , x ∈ ℝ .
29
ΘΕΜΑ Γ
Άσκηση 1. Δίνεται η συνάρτηση f : → . Να δείξετε ότι:
i. Η συνάρτηση ( ) ( )f x f ( x)g x
2+ −
= είναι άρτια.
ii. Η συνάρτηση ( ) ( )f x f ( x)h x
2− −
= είναι περιττή.
iii. Κάθε συνάρτηση f ορισμένη στο R γράφεται σαν άθροισμα μιας άρτιας και μιας περιττής
συνάρτησης.
Λύση i. Είναι gD = και επιπλέον έχουμε:
( ) ( ) [ ]f x f ( x)g x ,
2− + − −
− =
( ) ( )f x f (x)g x ,
2− +
− =
( ) ( )g x g x − = για κάθε x∈ .
Άρα g άρτια. ii. Είναι hD = και επιπλέον έχουμε:
( ) ( ) [ ]f x f ( x)h x ,
2− − − −
− =
( ) ( )f x f (x)h x ,
2− −
− =
( ) ( )f x f ( x)h x ,
2− −
− = −
( ) ( ) h x h x − = − για κάθε x∈.
30
Άρα h περιττή. iii. Έστω x∈τότε έχουμε:
( ) ( ) ( ) ( )f x f ( x) f x f ( x)g x h x
2 2+ − − −
+ = + =
( ) ( ) ( )f x f x f x f ( x) 2f (x) f (x)2 2
+ − + − −= = =
Άρα ( ) ( ) ( )g x h x f x + = για κάθε x∈. Επομένως κάθε συνάρτηση f ορισμένη στο R
γράφεται σαν άθροισμα μιας άρτιας και μιας περιττής συνάρτησης.
31
Άσκηση 2.
Δίνονται οι συναρτήσεις f και g ώστε ( )f x lnx , x 0= > και ( ) 1g x , x 0x
= > .
i. Να βρεθεί συνάρτηση t ώστε tof g= .
ii. Να βρεθεί συνάρτηση φ ώστε foφ g= .
Λύση i. Αφού tof g= τότε ( )tof gD D 0,= = +∞ και ( )( ) ( )tof x g x = για κάθε x 0.>
Είναι ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1tof x g x t f x g x t lnxx
= ⇔ = ⇔ = .
Θέτουμε lnx x eω= ω⇔ = . Οπότε έχουμε:
( ) ( ) ( ) xω
1t t e , t x e , xe
−ω −= ⇔ = ω∈ω ⇔ ∈ω =
Άρα η ζητούμενη συνάρτηση t είναι:
( ) xt x e , x−= ∈
ii. Αφού foφ=g τότε foφ gD D (0, )= = +∞ και ( )( ) ( )foφ x g x = για κάθε x 0> .
Είναι ( )( ) ( ) ( ) ( )1x1f x g x ln( x ) x e
xϕ = ⇔ ϕ = ⇔ ϕ = .
Άρα η ζητούμενη συνάρτηση φ είναι:
( )1xφ x e , x 0= >
32
Άσκηση 3.
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο ( ) 2f x 1 x= − .
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και ο τύπος της συνάρτησης h με ( ) ( ) ( )h x f lnx 1 f 2 x= − + − .
Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο fD [ 1,1]= − .
Θέτουμε ( )t x f (lnx 1)= − .
Το πεδίο ορισμού της t είναι το σύνολο { }t fD x 0 lnx 1 D= > − ∈| .
f
x 0 x 0 x 0ln x 1 D 1 ln x 1 1 0 ln x 2
> > > ⇔ ⇔ ⇔ − ∈ − ≤ − ≤ ≤ ≤
20 ln x 2 2
x 0 x 01 x e
e e e 1 x e> >
⇔ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Άρα 2
tD [1,e ]= .
Θέτουμε ( )g x f (2 x)= − .
Το πεδίο ορισμού της g είναι το σύνολο { }g fD x : 2 x D= ∈ − ∈ .
f
x x1 x 3
2 x D 1 2 x 1∈ ∈
⇔ ⇔ ≤ ≤ − ∈ − ≤ − ≤
Άρα gD [1,3]= .
Είναι t gD D [1,3]=∩ . Το σύνολο αυτό είναι το πεδίο ορισμού της h.
Έτσι hD [1,3]= . Ο τύπος της h είναι:
( ) ( ) ( ) h x f lnx 1 f 2 x= − + − =
2 2 2 21 (lnx 1) 1 (2 x) ln x 2lnx x 4x 3= − − + − − = − + + − + −
33
Άσκηση 4. Έστω μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το σύνολο Α=[1,2] . Να δείξετε ότι ορίζονται οι παρακάτω συναρτήσεις και να βρεθεί το πεδίο ορισμού των:
i. ( )h x f ( x 1)= −
ii. ( ) ( )3φ x f x 6= −
Λύση
i. Θέτω g(x) x 1 , x 0= − ≥ .
Αφού h(x) f ( x 1)= − τότε ( ) ( )( ) ( )h x f g x fog (x)= = .
H h ορίζεται όταν:
{ }Α x 0 1 x 1 2|= ≥ ≤ − ≤ ≠ ∅
Πράγματι x 0 x 0
( x 1) [1,2] 1 x 1 2
≥ ≥ ⇔ ⇔ − ∈ ≤ − ≤
x 0 x 0
4 x 94 x 92 x 3
≥ ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤≤ ≤ Άρα hD [4,9]= . ii. Θέτω ( ) 3g x x 6 , x= − ∈ .
Αφού ( ) 3φ x f (x 6)= − τότε ( ) ( )( ) ( )φ x f g x fog (x)= =
H φ ορίζεται όταν:
{ }3Α x 1 x 6 2|= ∈ ≤ − ≤ ≠ ∅
Πράγματι g3
f
x D xg(x) D (x 6) [1,2]
∈ ∈ ⇔ ⇔ ∈ − ∈
33 3 3
xx xx [ 7,2]
1 x 6 2 7 x 8 7 x 2
∈ ∈ ∈ ⇔ ⇔ ⇔ ∈ ≤ − ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Άρα 3φD 7,2 = .
Ημερομηνία τροποποίησης: 23/8/2011