Copy of lesson_01_parousiasi_mathjazz.pdf
•
0 recomendaciones•71 vistas
ΜΓΛΘΚ
Recomendados
Más contenido relacionado
La actualidad más candente
La actualidad más candente (20)
Similar a Copy of lesson_01_parousiasi_mathjazz.pdf
Similar a Copy of lesson_01_parousiasi_mathjazz.pdf (20)
Más de Big Brain's Team Big Brain's Team
Más de Big Brain's Team Big Brain's Team (20)
Último
Último (10)
Copy of lesson_01_parousiasi_mathjazz.pdf
- 1. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 4 Μάθηµα 1ον «Συνάρτηση – Πεδίο ορισµού – Σύνολο τιµών – Ισότητα συναρτήσεων» Σκοπός και στόχος του µαθήµατος 1. Να ξέρεις τον ορισµό της συνάρτησης µε πεδίο ορισµού το µη κενό υποσύνολο Α του R. 2. Να ξέρεις τους δυο µαθηµατικούς ορισµούς για να αποτελεί µια σχέση του Α στο R συνάρτηση. 3. Να ξέρεις ότι µια συνάρτηση είναι µια σχέση η οποία σχετίζει κάθε στοιχείο του Α (πρότυπο) µε έναν µοναδικό πραγµατικό αριθµό y (εικόνα του x). 4. Να ξέρεις να ξεχωρίζεις την ανεξάρτητη µεταβλητή από την εξαρτηµένη. 5. Να ξέρεις ότι αν τα 1 2 f(x ),f(x ) A ∈ ∈ ∈ ∈ τότε και 1 2 f(f(x )) f(f(x )) = = = = 6. Να ξέρεις να διατυπώνεις µε άνεση τους τύπους: Πεδίο ορισµού: A {x = = = = ∈ ∈ ∈ ∈— — — —:f(x) ∈ ∈ ∈ ∈— — — —} ≠ ∅ ≠ ∅ ≠ ∅ ≠ ∅. Σύνολο τιµών: y : / η εξίσωση y f(x) ως προς x f(A) έχει τουλάχιστον µια ρίζα x A ∈ = ∈ = ∈ = ∈ = = = = = ∈ ∈ ∈ ∈ — : — : — : — : 7. Να ξέρεις να υπολογίζεις το πεδίο ορισµού και το σύνολο τιµών απλών συναρτήσεων. 8. Να ξέρεις να γράφεις το πεδίο ορισµού σαν διάστηµα ή ένωση διαστηµάτων. 9. Να ξέρεις ποιες είναι οι συνθήκες ώστε δυο συναρτήσεις f,g να είναι ίσες. 10. Να ξέρεις ότι κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει µε τη γραφική παράσταση της f ένα το πολύ κοινό σηµείο. Ας δούµε στη συνέχεια το µάθηµα στην ανάπτυξή του.
- 2. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 5 Α. Θεωρητικές έννοιες του µαθήµατος Ορισµός της πραγµατικής συνάρτησης µε πεδίο ορισµού το Α Έστω Α ένα µη κενό υποσύνολο του — — — —. Καλούµε πραγµατική συνάρτηση µε πεδίο ορισµού το Α κάθε διαδικασία (κανόνα) f, µε την οποία σε κάθε στοιχείο x A ∈ ∈ ∈ ∈ , το οποίο το καλούµε πρότυπο, αντιστοιχίζουµε έναν µοναδικό πραγµατικό αριθµό y, τον οποίο τον καλούµε εικόνα του x Ο ορισµός που δώσαµε είναι ο ορισµός της πραγµατικής συνάρτησης (δηλαδή οι εικόνες y είναι πραγµατικοί αριθµοί), πραγµατικής µεταβλητής, δηλαδή τα πρότυπα x ανήκουν στο πεδίο ορισµού Α που είναι επίσης υποσύνολο του — — — —. Σχόλιο Ο αριθµός y ονοµάζεται τιµή της f στο x και συµβολίζεται µε f(x) , δηλαδή y f(x) = = = = . Για να εκφράσουµε τη διαδικασία αυτή, γράφουµε: f : A → → → → — — — — και x f(x) → → → → ή y f(x) = = = = , x A ∈ ∈ ∈ ∈ . Μαθηµατικός ορισµός 1 Για κάθε 1 2 x ,x ∈ ∈ ∈ ∈Α≠ ≠ ≠ ≠∅ ∅ ∅ ∅ µε 1 2 x x = = = = συνεπάγεται ότι 1 2 f(x ) f(x ) = = = = Μαθηµατικός ορισµός 2 (ισοδύναµος του 1) για κάθε 1 2 x ,x ∈ ∈ ∈ ∈Α≠ ≠ ≠ ≠∅ ∅ ∅ ∅ µε 1 2 f(x ) f(x ) ≠ ≠ ≠ ≠ συνεπάγεται ότι 1 2 x x ≠ ≠ ≠ ≠ . Πρόσεξε Έστω η συνάρτηση f : A → → → → — — — —. Αν τα 1 2 f(x ),f(x ) A ∈ ∈ ∈ ∈ και = = = = 1 2 f(x ) f(x )τότε και 1 2 f(f(x )) f(f(x )) = = = = . Ο Τύπος της συνάρτησης Παραδείγµατα συναρτησιακών σχέσεων Η ανεξάρτητη και η εξαρτηµένη µεταβλητή Το γράµµα x, που παριστάνει το οποιοδήποτε στοιχείο του Α λέγεται ανεξάρτητη µεταβλητή. Το γράµµα y, που παριστάνει την τιµή της f στο x, λέγεται εξαρτηµένη µεταβλητή.
- 3. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 6 Κύρια στοιχεία της συνάρτησης Για να οριστεί µια πραγµατική συνάρτηση f, αρκεί να δοθούν δύο στοιχεία της: • το πεδίο ορισµού της (το σύνολο των προτύπων της), • η τιµή της f(x) (ο νόµοςf), για κάθε x του πεδίου ορισµού της. Τι δηµιουργεί µια συνάρτηση Κάθε πραγµατική συνάρτηση f απεικονίζει το πεδίου ορισµού της Α στο σύνολο τιµών της f(A) και δηµιουργεί ένα σύνολο διατεταγµένων ζευγών της µορφής , όπου x A ∈ ∈ ∈ ∈ και f(x)∈ ∈ ∈ ∈— η εικόνα του x. Το γράφηµα Το σύνολο των διατεταγµένων ζευγών (x,f(x)) καλείται γράφηµα της συνάρτησης και καθορίζει πλήρως τη συνάρτηση. Το πεδίο ορισµού Το πεδίο ορισµού (domain) Α της συνάρτησης f συµβολίζεται και µε f D ή f A και είναι το σύνολο όλων των προτύπων. • Στη περίπτωση που δίνεται µόνον ο τύπος µε τον οποίο εκφράζεται το f(x) , τότε το πεδίο ορισµού της είναι το σύνολο όλων των πραγµατικών αριθµών x, για τους οποίους το f(x) έχει νόηµα στο —, δηλαδή: f D {x = = = = ∈ ∈ ∈ ∈— — — —:f(x) ∈ ∈ ∈ ∈— — — —} ≠ ∅ ≠ ∅ ≠ ∅ ≠ ∅. Το σύνολο τιµών Το σύνολο που έχει για στοιχεία του τις τιµές της f (εικόνες) σε όλα τα x A ∈ ∈ ∈ ∈ , λέγεται σύνολο τιµών (range) της f και συµβολίζεται µε f(A) . Είναι y : η εξίσωση y f(x) ως προς x f(A) . έχει τουλάχιστον µια ρίζα x A ∈ = ∈ = ∈ = ∈ = = = = = ∈ ∈ ∈ ∈ — : — : — : — : Για να βρούµε το σύνολο τιµών µιας συνάρτησης f : A → → → → — — — — εργαζόµαστε ως εξής: • Βρίσκουµε το πεδίο ορισµού f D της συνάρτησης (αν δεν δίνεται). • Λύνουµε τον τύπο της συνάρτησης f ως προς x, δηλαδή επιλύουµε τη σχέση y f(x) = = = = ως προς x και καταλήγουµε στη σχέση x g(y) = = = = , δηλαδή εκφράζουµε το x συναρτήσει του y. • Επειδή f x D ∈ ∈ ∈ ∈ , απαιτούµε f g(y) D ∈ ∈ ∈ ∈ , οπότε βρίσκουµε το σύνολο τιµών f f(D ) . f f(A) A
- 4. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 7 x y Ο Γ A B O x y Cf Α O x y C Προσοχή! Όταν λέµε ότι «Η πραγµατική συνάρτηση f είναι ορισµένη σ’ ένα σύνολο Β», θα εννοούµε ότι το Β είναι υποσύνολο του πεδίου ορισµού της. Στην περίπτωση αυτή µε f(B) συµβολίζουµε το σύνολο των τιµών της f σε κάθε x B ∈ ∈ ∈ ∈ . Είναι { { { { } } } } f(B) y : η εξίσωση y f(x) ως προς x έχει τουλάχιστον µια ρίζα x B = = ∈ = = ∈ = = ∈ = = ∈ • Θα ασχοληθούµε µόνο µε συναρ- τήσεις που έχουν για πεδίο ορισµού διάστηµα ή ένωση διαστηµάτων. Ισότητα συναρτήσεων ∆υο συναρτήσεις f,g είναι ίσες όταν καθορίζουν το ίδιο σύνολο διατεταγµένων ζευγών. Για να συµβεί αυτό θα πρέπει οι δυο συναρτήσεις να έχουν το ίδιο πεδίο ορισµού και για τα ίδια x A ∈ ∈ ∈ ∈ να έχουµε ίσες αντίστοιχες εικόνες, άρα: f g = = = = όταν: • • • • έχουν το ίδιο πεδίο ορισµού Α και • • • • για κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ ισχύει f(x) g(x) = = = = . Έστω τώρα f, g δύο συναρτήσεις µε πεδία ορισµού Α, Β αντιστοίχως και Γ ένα υποσύνολο των Α και Β. Αν για κάθε x Γ ∈ ∈ ∈ ∈ ισχύει f(x) g(x) = = = = , τότε λέµε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες στο σύνολο Γ. ∆υο συναρτήσεις f,g µε αντίστοιχα πεδία ορισµού f g A ,A που δεν είναι ίσες, πιθανόν να είναι ίσες σε κάποιο υποσύνολο του f g A A ∩ ∩ ∩ ∩ , όπως φαίνεται στο σχήµα. Γραφική παράσταση Έστω f µια πραγµατική συνάρτηση µε πεδίο ορισµού Α και Oxy ένα σύστηµα συντεταγµένων στο επίπεδο. Η f δηµιουργεί ένα πλήθος διατεταγµένων ζευγών της µορφής (x, f(x)) που καθορίζουν πλήρως τη συνάρτηση. Το σύνολο των σηµείων M(x,y) για τα οποία ισχύει y f(x) = = = = , δηλαδή το σύνολο των σηµείων M(x, f(x)) , x A ∈ ∈ ∈ ∈ , λέγεται γραφική παράσταση της f και συµβολίζεται µε f C . • Η εξίσωση, y f(x) = = = = επαληθεύεται µόνο από τα σηµεία της f C . Εποµένως, η y f(x) = = = = είναι η εξίσωση της γραφικής παράστασης της f. • Επειδή κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ αντιστοιχίζεται σε ένα µόνο yŒ—, δεν υπάρχουν σηµεία της γραφικής παράστασης της f µε την ίδια τετµηµένη. Αυτό σηµαίνει ότι: “κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει µε τη γραφική παράσταση της f το πολύ ένα κοινό σηµείο” Για τον λόγο αυτό ο κύκλος δεν αποτελεί γραφική παράσταση συνάρτησης. y x f f(A) A
- 5. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 8 Β. Μεθοδολογίες Βασικό χαρακτηριστικό της έννοιας «πραγµατική συνάρτηση µε πεδίο ορισµού το σύνολο Α» είναι: «σε ΚΑΘΕ στοιχείο xŒ Œ Œ ŒΑ αντιστοιχεί ΕΝΑΣ ΜΟΝΑ∆ΙΚΟΣ πραγµατικός αριθµός yŒ Œ Œ Œ— — — —», που σηµαίνει ότι δεν θα πρέπει σε ένα στοιχείο του Α να αντιστοιχίζονται δυο ή περισσότεροι πραγµατικοί αριθµοί, άρα τα κοινά πρότυπα εφόσον υπάρχουν πρέπει να έχουν ίσες εικόνες! Μέθοδος 1 «τα κοινά πρότυπα έχουν ίσες εικόνες!» Σε ένα xŒ Œ Œ ŒΑ ένα yŒ Œ Œ Œ— — — —» Θέµα 2 Εξετάστε αν ο τύπος -2x , x 0 f(x) 3 x , x 0 ≤ ≤ ≤ ≤ = = = = ≥ ≥ ≥ ≥ ορίζει συνάρτηση. Λύση Ο κάθε κλάδος της f για κάθε x 0 ≠ ≠ ≠ ≠ ορίζει προφανώς συνάρτηση. Θα πρέπει οι δυο κλάδοι της σχέσης για x 0 = = = = να δίνουν το ίδιο f(0). Ο πρώτος τύπος για x=0 δίνει f(0) 2 0 0 = − ⋅ = = − ⋅ = = − ⋅ = = − ⋅ = . Ο δεύτερος τύπος για x=0 δίνει f(0) 3 0 0 = ⋅ = = ⋅ = = ⋅ = = ⋅ = . Οπότε ο τύπος f ορίζει συνάρτηση µε πεδίο ορισµού το f A = = = = — . Θέµα 3 Να βρεθεί ο ακέραιος κ ώστε να ορίζει συνάρτηση η σχέση 2 2 2 3x 1, x 2 2 f(x) x 1, 3 x + ≤ κ − κ + + ≤ κ − κ + + ≤ κ − κ + + ≤ κ − κ + = = = = + κ − κ + ≤ + κ − κ + ≤ + κ − κ + ≤ + κ − κ + ≤ . Προσοχή! Η παράµετρος είναι στο πεδίο ορισµού οπότε: 1. Θέτουµε το δεξιό άκρο του προηγούµενου διαστήµατος µικρότερο ή ίσο του αριστερού άκρου του επόµενου διαστήµατος. 2. Λύνουµε την ανίσωση. 3. Ελέγχουµε τις τιµές που βρήκαµε. Λύση Για να ορίζει η δοσµένη σχέση συνάρτηση θα πρέπει οι δυο τύποι: ή να µην ορίζονται για κοινά x, οπότε θα ισχύει 2 2 3 2 2 κ − κ + κ − κ + κ − κ + κ − κ + κ − κ + κ − κ + κ − κ + κ − κ + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 1 0 κ − κ − κ − κ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ( 1,1) κ∈ − κ∈ − κ∈ − κ∈ − και επειδή κ ∈ κ ∈ κ ∈ κ ∈ Z θα έχουµε τελικά 0 κ = κ = κ = κ = , οπότε έχουµε 2 3x 1 x 2 f(x) x 1 x 3 + ≤ + ≤ + ≤ + ≤ = = = = + ≥ + ≥ + ≥ + ≥ , σχέση που αποτελεί συνάρτηση. ή για όσα κοινά x ορίζονται θα πρέπει να έχουµε κοινά y, δηλαδή θα πρέπει οι λύσεις της εξίσωσης 2 2 3 2 2 κ − κ + = κ − κ + κ − κ + = κ − κ + κ − κ + = κ − κ + κ − κ + = κ − κ + να µας δίνουν x που έχουν και µε τους δυο τύπους ίσα y. Αν λοιπόν 2 2 3 2 2 κ − κ + = κ − κ + κ − κ + = κ − κ + κ − κ + = κ − κ + κ − κ + = κ − κ + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 1 κ = κ = κ = κ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 κ = − κ = − κ = − κ = − ή 1 κ = κ = κ = κ = . Για 1 κ = − κ = − κ = − κ = − έχουµε 2 3x 1 x 5 f(x) x 1 x 5 + ≤ + ≤ + ≤ + ≤ = = = = + ≥ + ≥ + ≥ + ≥ . Η σχέση αυτή δεν ορίζει συνάρτηση γιατί για x 5 = = = = ο πρώτος τύπος µας δίνει f(5) 16 = = = = και ο δεύτερος f(5) 26 = = = = Για 1 κ = κ = κ = κ = έχουµε 2 3x 1 x 3 f(x) x 1 x 3 + ≤ + ≤ + ≤ + ≤ = = = = + ≥ + ≥ + ≥ + ≥ . Η σχέση αυτή ορίζει συνάρτηση γιατί για x 3 = = = = ο πρώτος τύπος µας δίνει f(3) 10 = = = = και ο δεύτερος f(3) 10 = = = = , άρα η τιµή 1 κ = κ = κ = κ = είναι δεκτή.
- 6. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 9 Μέθοδος 2 «Πότε µια σχέση ορίζει συνάρτηση;» Έστω µια σχέση της µορφής Q(x, y)=0 , x, y ∈ ∈ ∈ ∈ — — — — . Για να βρούµε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα, λύνουµε τη σχέση ως προς y και καταλήγουµε ότι y f(x) = = = = . Στη συνέχεια επειδή y f(x) ∈ ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ — — — — — — — —, σχέση η οποία, εφόσον κρατηθούν οι ισοδυναµίες στις πράξεις, µας οδηγεί στην εύρεση των x, δηλαδή βρίσκουµε ένα σύνολο Α, για κάθε x του οποίου ορίζεται η σχέση. Θέµα 4 Έστω η σχέση 3 x y 10 + = + = + = + = , x,y ∈ ∈ ∈ ∈—. Α. Να βρείτε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα. Β. ∆είξτε ότι η σχέση ορίζει συνάρτηση µε ανεξάρτητη µεταβλητή το x, της οποίας να βρεθεί ο τύπος. Προσοχή! Για να δείξουµε ότι η σχέση αυτή ορίζει συνάρτηση µε ανεξάρτητη µεταβλητή το x και εξαρτηµένη το y, θα εργαζόµαστε ως εξής: • ή θεωρούµε 1 2 x , x A ∈ ∈ ∈ ∈ τέτοια ώστε 1 2 y y ≠ ≠ ≠ ≠ , οπότε µε µια σειρά πράξεων καταλήγουµε στη σχέση 1 2 x x ≠ ≠ ≠ ≠ , • ή θεωρούµε 1 2 x , x A ∈ ∈ ∈ ∈ τέτοια ώστε 1 2 x x = = = = , οπότε συνθετικά µε µια σειρά πράξεων καταλήγουµε στη σχέση 1 2 y y = = = = . Λύση Έχουµε 3 3 x y 10 y 10 x + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − , x,y ∈ ∈ ∈ ∈—. Α. Αναζητούµε τα x∈ ∈ ∈ ∈ — για τα οποία y ∈ ∈ ∈ ∈— — — — ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3 y ∈ ∈ ∈ ∈ — — — — ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (10 x) − ∈ − ∈ − ∈ − ∈— — — — ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x∈ ∈ ∈ ∈— — — —, δηλαδή x ( , ) ∈ −∞ +∞ ∈ −∞ +∞ ∈ −∞ +∞ ∈ −∞ +∞ . Β. Έστω 1 2 x ,x ( , ) ∈ −∞ +∞ ∈ −∞ +∞ ∈ −∞ +∞ ∈ −∞ +∞ µε αντίστοιχες τιµές 1 2 y ,y τέτοιες ώστε: 3 3 1 2 1 2 y y y y ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ⇒ 1 2 10 x 10 x − ≠ − ⇒ − ≠ − ⇒ − ≠ − ⇒ − ≠ − ⇒ 1 2 x x ≠ ≠ ≠ ≠ , οπότε η σχέση ορίζει συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού το — — — —. Έχουµε 3 y 10 x = − = − = − = − , οπότε για x 10 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ y 0 , ενώ για x 10 y 0 ≤ ⇒ ≥ ≤ ⇒ ≥ ≤ ⇒ ≥ ≤ ⇒ ≥ , άρα: 3 3 x 10 x 10 f(x) 1 x x 10 − − αν − − αν − − αν − − αν = = = = − αν ≤ − αν ≤ − αν ≤ − αν ≤ . Θέµα 5 Έστω η σχέση 2 x y 10 + = + = + = + = , x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — — µε ανεξάρτητη µεταβλητή την x και εξαρτηµένη µεταβλητή την y. Α. Να βρείτε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα. Β. ∆είξτε ότι η σχέση αυτή δεν ορίζει συνάρτηση. Προσοχή! Για να δείξουµε ότι η σχέση αυτή δεν ορίζει συνάρτηση µε ανεξάρτητη µεταβλητή το x και εξαρτηµένη το y, αρκεί να δείξουµε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x∈ ∈ ∈ ∈A το οποίο σχετίζεται µε τουλάχιστον δυο 1 2 y , y ∈ ∈ ∈ ∈ — — — — . Συνήθως το τελευταίο το δείχνουµε µε αντιπαράδειγµα.
- 7. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 10 Λύση Έχουµε 2 2 x y 10 y 10 x + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − , x,y ∈ ∈ ∈ ∈—. Α. Αναζητούµε τα x∈ ∈ ∈ ∈— — — — για τα οποία y ∈ ∈ ∈ ∈— — — — ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 y 0 ≥ ≥ ≥ ≥ για κάθε y ∈ ∈ ∈ ∈— — — — ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 10 x 0 x 10 − ≥ ⇔ ≤ − ≥ ⇔ ≤ − ≥ ⇔ ≤ − ≥ ⇔ ≤ , οπότε η σχέση αυτή ορίζεται για κάθε x ( ,10] ∈ −∞ ∈ −∞ ∈ −∞ ∈ −∞ , δηλαδή το πεδίο ορισµού της είναι το A ( ,10] = −∞ = −∞ = −∞ = −∞ . Β. Για να αποτελεί µια σχέση συνάρτηση πρέπει το κάθε x∈ ∈ ∈ ∈A να σχετίζεται µε ένα µοναδικό y∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Είναι 2 y 10 x = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ 10 x y 10 x − − − − = = = = − − − − − − − − ή , οπότε για το ίδιο x ( , 10] ∈ −∞ ∈ −∞ ∈ −∞ ∈ −∞ έχουµε δυο τιµές για τη µεταβλητή y, που σηµαίνει ότι η σχέση δεν ορίζει συνάρτηση. Μπορούµε επίσης να αποδείξουµε ότι δεν είναι συνάρτηση και µε ένα αντιπαράδειγµα: Έστω 1 2 x ,x A ∈ ∈ ∈ ∈ µε αντίστοιχες εικόνες 1 y 3 = − = − = − = − , 2 y 3 = = = = , οπότε: 1 2 y y ≠ ≠ ≠ ≠ . Όµως 2 2 1 2 y y 9 = = = = = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 2 10 x 10 x − = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ 1 2 x x 1 = = = = = = = = , που σηµαίνει ότι η σχέση δεν είναι συνάρτηση Μέθοδος 3 «Πως βρίσκουµε το Πεδίο Ορισµού» Για να βρούµε το πεδίου ορισµού µιας πραγµατικής συνάρτησης f εργαζόµαστε ως εξής: Αν είναι γνωστή η γραφική παράσταση f C , τότε το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο Α των τετµηµένων των σηµείων της f C , δηλαδή είναι το σύνολο των σηµείων του άξονα x x ′ ′ ′ ′ που είναι οι προβολές των σηµείων της γραφικής παράστασης πάνω σ' αυτόν. Αν για τη συνάρτηση f γνωρίζουµε τον τύπο της y f(x) = = = = , τότε το πεδίο ορισµού της είναι συµβατικά το σύνολο όλων των πραγµατικών αριθµών x, για τους οποίους το f(x) έχει νόηµα στο — — — —, δηλαδή: f D {x = = = = ∈ ∈ ∈ ∈— — — —:f(x) ∈ ∈ ∈ ∈— — — —}. Να γράφεις πάντα το πεδίο ορισµού µιας συνάρτησης σαν διάστηµα ή σαν ένωση διαστηµάτων!!! Μελέτησε και µάθε πως βρίσκουµε τα πεδία ορισµού βασικών µορφών συναρτήσεων Οι πολυωνυµικές συναρτήσεις έχουν πεδίο ορισµού το — — — —, δηλαδή κάθε συνάρτηση µε τύπο 1 1 1 1 0 f(x) x x ... x ν ν− ν ν− ν ν− ν ν− ν ν− ν ν− ν ν− ν ν− = α + α + + α + α = α + α + + α + α = α + α + + α + α = α + α + + α + α , * ν∈ ν∈ ν∈ ν∈Õ , έχει Π.Ο το σύνολο — — — —, (εφόσον δεν υπάρχει άλλος περιορισµός). Cf O y x Α
- 8. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 11 Σε συναρτήσεις που στον τύπο τους υπάρχουν παρονοµαστές, πρέπει να τους έχουν όλους διάφορους του µηδενός, δηλαδή η συνάρτηση µε τύπο g(x) f(x) h(x) = = = = έχει Π.Ο το σύνολο { { { { } } } } f g h D x /x D D και h(x) 0 = ∈ ∈ ∩ ≠ = ∈ ∈ ∩ ≠ = ∈ ∈ ∩ ≠ = ∈ ∈ ∩ ≠ — Να ξέρεις λοιπόν ότι πάντα οι παρονοµαστές πρέπει να είναι διάφοροι του µηδενός. Σε συναρτήσεις που στον τύπο τους υπάρχουν ριζικά, πρέπει να έχουν όλα τα υπόρριζα µη αρνητικά, δηλαδή η συνάρτηση µε τύπο f(x) g(x) ν ν ν ν = = = = , {0,1} ν∈ − ν∈ − ν∈ − ν∈ − Õ - µε 2 ν ≥ ν ≥ ν ≥ ν ≥ έχει Π.Ο το σύνολο { { { { } } } } f g D x /x D και g(x) 0 = ∈ ∈ ≥ = ∈ ∈ ≥ = ∈ ∈ ≥ = ∈ ∈ ≥ R Να ξέρεις λοιπόν ότι πάντα τα υπόρριζα πρέπει να είναι µη αρνητικά. Σε συναρτήσεις που στον τύπο τους υπάρχουν λογάριθµοι, πρέπει να έχουν τις παραστάσεις που λογαριθµίζονται θετικούς αριθµούς, δηλαδή η συνάρτηση µε τύπο f(x) lng(x) = = = = έχει Π.Ο το σύνολο { { { { } } } } f g D x /x D και g(x) 0 = ∈ ∈ = ∈ ∈ = ∈ ∈ = ∈ ∈ — — — — Να ξέρεις λοιπόν ότι λογάριθµο έχουν µόνον οι θετικοί αριθµοί. Σε συναρτήσεις που ο τύπος τους έχει την εκθετική µορφή ( ( ( ( ) ) ) ) h(x) f(x) g(x) = = = = , πρέπει η βάση να είναι θετικός αριθµός και διάφορος του 1, δηλαδή η συνάρτηση µε τύπο ( ( ( ( ) ) ) ) h(x) h(x) lng(x) f(x) g(x) e ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = = = = = = έχει Π.Ο το σύνολο { { { { } } } } f g h D x /x D D µε g(x) 0 και g(x) 1 = ∈ ∈ ∩ ≠ = ∈ ∈ ∩ ≠ = ∈ ∈ ∩ ≠ = ∈ ∈ ∩ ≠ — — — — Να ξέρεις ότι σε µια συνάρτηση που έχει εκθετική µορφή, η βάση πρέπει να είναι θετικός αριθµός και διάφορη του 1. Πρόσεξε Αν δεν είσαι σίγουρος ότι η συνάρτηση είναι εκθετική τότε αρκεί να απαιτήσεις ότι g(x)0, δηλαδή στη περίπτωση αυτή έχουµε: { { { { } } } } f g h D x /x D D µε g(x) 0 = ∈ ∈ ∩ = ∈ ∈ ∩ = ∈ ∈ ∩ = ∈ ∈ ∩ — — — — Σε συναρτήσεις που στον τύπο τους υπάρχουν ηµίτονα ή συνηµίτονα, δεν υπάρχουν περιορισµοί για τα τόξα, δηλαδή οι συναρτήσεις που ο τύπος τους έχει την µορφή ( ( ( ( ) ) ) ) f(x) g(x) = ηµ = ηµ = ηµ = ηµ ή ( ( ( ( ) ) ) ) f(x) g(x) = συν = συν = συν = συν έχουν Π.Ο το σύνολο { { { { } } } } f g D x /x D = ∈ ∈ = ∈ ∈ = ∈ ∈ = ∈ ∈ R . Να ξέρεις λοιπόν ότι τα ηµx και συνx ορίζονται για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Σε συναρτήσεις που στον τύπο τους υπάρχουν εφαπτόµενες, πρέπει τα τόξα να είναι διάφορα του 2 π π π π κπ + κπ + κπ + κπ + , κ ∈ κ ∈ κ ∈ κ ∈ Ÿ , δηλαδή η συνάρτηση µε τύπο ( ( ( ( ) ) ) ) f(x) g(x) = εϕ = εϕ = εϕ = εϕ έχει Π.Ο το σύνολο f g D x /x D µε g(x) και κ 2 π π π π = ∈ ∈ ≠ κπ + ∈ = ∈ ∈ ≠ κπ + ∈ = ∈ ∈ ≠ κπ + ∈ = ∈ ∈ ≠ κπ + ∈ — Ÿ — Ÿ — Ÿ — Ÿ Να ξέρεις λοιπόν ότι η εφx ορίζεται για τόξα x µε x 2 π π π π ≠ κπ + ≠ κπ + ≠ κπ + ≠ κπ + .
- 9. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 12 Σε συναρτήσεις που στον τύπο τους υπάρχουν συνεφαπτόµενες, πρέπει τα τόξα να είναι διάφορα του κπ κπ κπ κπ , κ ∈ κ ∈ κ ∈ κ ∈ Ÿ , δηλαδή οι συναρτήσεις που ο τύπος τους έχει την µορφή ( ( ( ( ) ) ) ) f(x) g(x) = σϕ = σϕ = σϕ = σϕ έχει Π.Ο το σύνολο { { { { } } } } f g D x /x D µε g(x) και κ = ∈ ∈ ≠ κπ ∈ = ∈ ∈ ≠ κπ ∈ = ∈ ∈ ≠ κπ ∈ = ∈ ∈ ≠ κπ ∈ — Ÿ — Ÿ — Ÿ — Ÿ Να ξέρεις λοιπόν ότι η σφx ορίζεται για τόξα x µε x ≠ κπ ≠ κπ ≠ κπ ≠ κπ . Ρίζες και πρόσηµο τριωνύµου Έστω το τριώνυµο 2 x x α + β + γ α + β + γ α + β + γ α + β + γ , 0 α ≠ α ≠ α ≠ α ≠ , αν: 0 ∆ ∆ ∆ ∆ , έχει δυο άνισες ρίζες τις εξής: 1 x 2 −β − ∆ −β − ∆ −β − ∆ −β − ∆ = = = = α α α α , 2 x 2 −β + ∆ −β + ∆ −β + ∆ −β + ∆ = = = = α α α α και είναι: • οµόσηµο του α όταν το x παίρνει τιµές έξω από το διάστηµα των ριζών, δηλαδή 1 x x ή 2 x x , • ετερόσηµο του α όταν το x παίρνει τιµές µέσα στο διάστηµα των ριζών, δηλαδή 1 2 x x x . 0 ∆ = ∆ = ∆ = ∆ = , έχει µια διπλή ρίζα την 0 x 2 β β β β = − = − = − = − α α α α και είναι: • οµόσηµο του α για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — — µε x 2 β β β β ≠ − ≠ − ≠ − ≠ − α α α α , • για x 2 −β −β −β −β = = = = α α α α το τριώνυµο ισούται µε µηδέν. 0 ∆ ∆ ∆ ∆ δεν έχει ρίζες και είναι: • οµόσηµο του α για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —. Μελέτησε πάρα πολύ καλά και αναλυτικά τα ακόλουθα θέµατα Θέµα 6 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: Α. 2 x 3x 2 f(x) x − + − + − + − + = = = = , Β. 2 2 x x 6 g(x) x 1 − + + − + + − + + − + + = = = = − − − − . Λύση Α. H συνάρτηση f ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύουν: 2 x 3x 2 0 − + ≥ − + ≥ − + ≥ − + ≥ και x 0 ≠ ≠ ≠ ≠ . Το τριώνυµο 2 x 3x 2 − + − + − + − + έχει διακρίνουσα, 2 ( 3) 4 1 2 9 8 1 0 ∆ = − − ⋅ ⋅ = − = ∆ = − − ⋅ ⋅ = − = ∆ = − − ⋅ ⋅ = − = ∆ = − − ⋅ ⋅ = − = οπότε έχει ρίζες τους αριθµούς ( 3) 1 1 2 1 − − − − − − − − − − − − = = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ή ( 3) 1 2 2 1 − − + − − + − − + − − + = = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ και 1 0 α = α = α = α = . Οπότε η ανίσωση 2 x 3x 2 0 − + ≥ − + ≥ − + ≥ − + ≥ αληθεύει, όταν τριώνυµο είναι οµόσηµο του 1 0 α = α = α = α = , που συµβαίνει όταν και µόνο όταν x 1 ≤ ≤ ≤ ≤ ή x 2 ≥ ≥ ≥ ≥ . Εποµένως, το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο A ( ,0) (0, 1] [2, ) = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ . Β. H συνάρτηση g ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους
- 10. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 13 ισχύουν: 2 x x 6 0 − + + ≥ − + + ≥ − + + ≥ − + + ≥ και 2 x 1 0 − ≠ − ≠ − ≠ − ≠ . Το τριώνυµο 2 x x 6 − + + − + + − + + − + + έχει διακρίνουσα 2 1 4 ( 1) 6 1 24 25 0 ∆ = − ⋅ − ⋅ = + = ∆ = − ⋅ − ⋅ = + = ∆ = − ⋅ − ⋅ = + = ∆ = − ⋅ − ⋅ = + = και ρίζες τους αριθµούς 1 25 3 2 ( 1) − − − − − − − − = = = = ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − ή 1 25 2 2 ( 1) − + − + − + − + = − = − = − = − ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − και 1 0 α = − α = − α = − α = − . Οπότε η ανίσωση 2 x x 6 0 − + + ≥ − + + ≥ − + + ≥ − + + ≥ αληθεύει, όταν τριώνυµο είναι ετερόσηµο του 1 0 α = − α = − α = − α = − , που συµβαίνει όταν και µόνο όταν 2 x 3 − ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ . Έχουµε επίσης 2 x 1 0 (x 1)(x 1) 0 − ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ x 1 ≠ ≠ ≠ ≠ και x 1 ≠ − ≠ − ≠ − ≠ − . Εποµένως, το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο A [ 2, -1) ( 1, 1) (1, 2] = − ∪ − ∪ = − ∪ − ∪ = − ∪ − ∪ = − ∪ − ∪ . Θέµα 7 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: Α. 2 2 x ln 3 g(x) x 4x 4 + + + + = = = = + + + + + + + + , Β. 2 2 x x 2 f(x) x e + + + + + + + + = = = = + + + + . Λύση Α. H συνάρτηση g ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύουν: 2 x 4x 4 0 + + ≥ + + ≥ + + ≥ + + ≥ και 2 x 4x 4 0 + + ≠ + + ≠ + + ≠ + + ≠ , οπότε τελικά όταν 2 x 4x 4 0 + + + + + + + + . Το τριώνυµο 2 x 4x 4 − + − + − + − + έχει διακρίνουσα 2 4 4 1 4 16 16 0 ∆ = − ⋅ ⋅ = − = ∆ = − ⋅ ⋅ = − = ∆ = − ⋅ ⋅ = − = ∆ = − ⋅ ⋅ = − = και 1 0 α = α = α = α = οπότε έχει µια διπλή ρίζα που είναι ο αριθµός 4 2 2 1 − − − − = − = − = − = − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 0 α = α = α = α = . Θέλουµε 2 x 4x 4 0 + + + + + + + + δηλαδή να είναι οµόσηµο του συντελεστή 1 0 α = α = α = α = , άρα x 2 ≠ − ≠ − ≠ − ≠ − . Εποµένως, το πεδίο ορισµού της g είναι το σύνολο A ( , 2) ( 2, ) = −∞ − ∪ − + ∞ = −∞ − ∪ − + ∞ = −∞ − ∪ − + ∞ = −∞ − ∪ − + ∞ . Β. H συνάρτηση f ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύουν: 2 x x 2 0 + + ≥ + + ≥ + + ≥ + + ≥ και 2 x e 0 + ≠ + ≠ + ≠ + ≠ . Το τριώνυµο όµως 2 x x 2 + + + + + + + + έχει διακρίνουσα 2 1 4 1 2 1 8 7 0 ∆ = − ⋅ ⋅ = − = − ∆ = − ⋅ ⋅ = − = − ∆ = − ⋅ ⋅ = − = − ∆ = − ⋅ ⋅ = − = − και 1 0 α = α = α = α = . Οπότε ισχύει 2 x x 2 0 + + + + + + + + για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —. Έχουµε επίσης 2 x 0 ≥ ≥ ≥ ≥ για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ — και e 0 , οπότε 2 x e e + ≥ + ≥ + ≥ + ≥ για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —, οπότε 2 x e 0 + ≠ + ≠ + ≠ + ≠ x∈ ∈ ∈ ∈ —. Εποµένως, το πεδίο ορισµού της f είναι όλο το — , δηλαδή A = = = = — . Θέµα 8 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: A. f(x) 1 ln x = − = − = − = − , B. x g(x) ln(e 1) = − = − = − = − . Λύση A. Το h(x) έχει νόηµα για h(x) 0 ≥ ≥ ≥ ≥ , οπότε η συνάρτηση f ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύουν: 1 lnx 0 − ≥ − ≥ − ≥ − ≥ και x 0 . 1 lnx 0 lnx 1 − ≥ ⇔ ≤ − ≥ ⇔ ≤ − ≥ ⇔ ≤ − ≥ ⇔ ≤ lnx lne ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ⇔ 0 x e ≤ ≤ ≤ ≤ . Εποµένως, το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο A (0, e] = = = = . B. Το ln(g(x)) έχει νόηµα για g(x) 0 , οπότε η συνάρτηση g ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: x e 1 0 − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x e 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 0 e e . Η τελευταία
- 11. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 14 σχέση ισχύει αν και µόνο αν x 0 . Άρα το πεδίο ορισµού της συνάρτησης g είναι το A (0, ) = +∞ = +∞ = +∞ = +∞ . Θέµα 9 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τους ακόλουθους τύπους: A. f(x) 1 x = − = − = − = − , Β. g(x) x 3 6 = − − = − − = − − = − − . Λύση Με 0 θ ≥ θ ≥ θ ≥ θ ≥ ισχύουν οι ανισότητες: Αν x ≤ θ ≤ θ ≤ θ ≤ θ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x −θ ≤ ≤ θ −θ ≤ ≤ θ −θ ≤ ≤ θ −θ ≤ ≤ θ , Αν x ≥ θ ≥ θ ≥ θ ≥ θ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x ≤ −θ ≤ −θ ≤ −θ ≤ −θ ή x ≥ θ ≥ θ ≥ θ ≥ θ. A. Η συνάρτηση f ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: 1 x 0 x 1 1 x 1 − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ . Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης θα είναι το A [ 1, 1] = − = − = − = − . Β. Η συνάρτηση g ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους x 3 6 0 − − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ ή x 3 6 x 3 6 x 9 − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ x 3 6 x 3 − ≤ − ⇔ ≤ − − ≤ − ⇔ ≤ − − ≤ − ⇔ ≤ − − ≤ − ⇔ ≤ − . Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης θα είναι το A ( , -3] [9, + ) = −∞ ∪ ∞ = −∞ ∪ ∞ = −∞ ∪ ∞ = −∞ ∪ ∞ Θέµα 10 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: A. f(x) 1 x = − ηµ = − ηµ = − ηµ = − ηµ , B. g(x) 1 x = + συν = + συν = + συν = + συν . Λύση Επανέλαβε τους τριγωνοµετρικούς αριθµούς των βασικών τόξων. Μάθε να επιλύεις τις βασικές τριγωνοµετρικές εξισώσεις και ανισώσεις. Θυµήσου ότι: 1 x 1 − ≤ ηµ ≤ − ≤ ηµ ≤ − ≤ ηµ ≤ − ≤ ηµ ≤ και 1 x 1 − ≤ συν ≤ − ≤ συν ≤ − ≤ συν ≤ − ≤ συν ≤ . A. Η συνάρτηση f µε τύπο f(x) 1 x = − ηµ = − ηµ = − ηµ = − ηµ ορίζεται, όταν 1 x 0 − ηµ ≥ − ηµ ≥ − ηµ ≥ − ηµ ≥ . 1 x 0 − ηµ ≥ − ηµ ≥ − ηµ ≥ − ηµ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 x ≥ ηµ ≥ ηµ ≥ ηµ ≥ ηµ , που ισχύει γιατί 1 x 1 − ≤ ηµ ≤ − ≤ ηµ ≤ − ≤ ηµ ≤ − ≤ ηµ ≤ για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —, άρα το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο A = = = = — . B. Η συνάρτηση g µε τύπο g(x) 1 x = + συν = + συν = + συν = + συν ορίζεται όταν 1 x 0 − συν ≥ − συν ≥ − συν ≥ − συν ≥ . 1 x 0 − συν ≥ − συν ≥ − συν ≥ − συν ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 x ≥ συν ≥ συν ≥ συν ≥ συν , που ισχύει γιατί 1 x 1 − ≤ συν ≤ − ≤ συν ≤ − ≤ συν ≤ − ≤ συν ≤ για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —, άρα το πεδίο ορισµού της f είναι το σύνολο A = = = = — Θέµα 11 Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f µε τύπο x f(x) (2 x) = + = + = + = + . Λύση Θυµήσου ότι η συνάρτηση ( ( ( ( ) ) ) ) h(x) f(x) g(x) = = = = απαιτεί g(x) 0 . Η συνάρτηση f ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: 2 x 0 x 2 + ⇔ − + ⇔ − + ⇔ − + ⇔ − . Μελετάµε και µαθαίνουµε!
- 12. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 15 Μελετάµε και µαθαίνουµε! Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι A [ 1,2] [3, ) = − ∪ +∞ = − ∪ +∞ = − ∪ +∞ = − ∪ +∞ . Θέµα 12 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: A. 1 x f(x) ln 1 x − − − − = = = = + + + + , B. 2x 1 g(x) 1 x 2 − − − − = − = − = − = − − − − − . Λύση Μάθε να επιλύεις ρητές ανισώσεις. Θυµήσου ότι στις ρητές ανισώσεις δεν κάνουµε (γενικά) απαλοιφή παρονοµαστών επειδή δεν ξέρουµε το πρόσηµο των παρονοµαστών . A. Η συνάρτηση µε τύπο 1 x f(x) ln 1 x − − − − = = = = + + + + ορίζεται, όταν 1 x 0 x 1 + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − και 1 x 0 1 x − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + + + + 2 2 1 x (1 x) 0 (1 x) (1 x) (1 x) 0 1 x − − − − ⇔ ⋅ + ⋅ + ⇔ − ⋅ + ⇔ ⋅ + ⋅ + ⇔ − ⋅ + ⇔ ⋅ + ⋅ + ⇔ − ⋅ + ⇔ ⋅ + ⋅ + ⇔ − ⋅ + + + + + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 x 1 − − − − , οπότε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι το σύνολο ( 1, 1) Α = − Α = − Α = − Α = − . Β. Η συνάρτηση µε τύπο 2x 1 g(x) 1 x 2 − − − − = − = − = − = − − − − − ορίζεται, όταν x 2 0 x 2 − ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ και 2x 1 (2x 1) (x 2) 1 0 0 x 2 x 2 − − − − − − − − − − − − − − − − − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − − − − − − − − 2 2 x 1 (x 2) 0 (x 2) (x 1) (x 2) 0 x 2 + + + + ⇔ ⋅ − ≥ ⋅ − ⇔ + ⋅ − ≥ ⇔ ⋅ − ≥ ⋅ − ⇔ + ⋅ − ≥ ⇔ ⋅ − ≥ ⋅ − ⇔ + ⋅ − ≥ ⇔ ⋅ − ≥ ⋅ − ⇔ + ⋅ − ≥ − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 1 ≤ − ≤ − ≤ − ≤ − ή x 2 ≥ ≥ ≥ ≥ . Θέµα 13 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τους ακόλουθους τύπους: A. f(x) x 3 2 x 5 = − − − = − − − = − − − = − − − Β. 2 g(x) x 5 x 4 = − + = − + = − + = − + . Λύση A. Η συνάρτηση f ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: x 3 2 x 5 0 x 3 2 x 5 . − − − ≥ ⇔ − ≥ − − − − ≥ ⇔ − ≥ − − − − ≥ ⇔ − ≥ − − − − ≥ ⇔ − ≥ − Θυµήσου τη µέθοδο του τετραγωνισµού και ότι για να υψώσουµε και τα δυο µέλη µιας ισότητας ή µιας ανισότητας στο τετράγωνο πρέπει να έχουµε µέλη οµόσηµα, οπότε έχουµε: ( ( ( ( ) ) ) ) 2 2 x 3 2 x 5 − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ ( ( ( ( ) ) ) ) 2 2 x 3 2 x 5 0 − − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) (x 3 2(x 5) (x 3 2(x 5) 0 − − − ⋅ − + − ≥ ⇔ − − − ⋅ − + − ≥ ⇔ − − − ⋅ − + − ≥ ⇔ − − − ⋅ − + − ≥ ⇔ ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) 13 x 7 3x 13 0 x , 7 3 − + ⋅ − ≥ ⇔ ∈ − + ⋅ − ≥ ⇔ ∈ − + ⋅ − ≥ ⇔ ∈ − + ⋅ − ≥ ⇔ ∈ . Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης θα είναι το 13 A , 7 3 = = = = . Β. Η συνάρτηση g ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους 2 x 5 x 4 0 − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ 2 x 5 x 4 0 − + ≥ − + ≥ − + ≥ − + ≥ .
- 13. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 16 Μελετάµε και µαθαίνουµε! Μελετάµε και µαθαίνουµε! Μπορούµε µε κατάλληλη αντικατάσταση να επιλύσουµε ευκολότερα µια εξίσωση ή µια ανίσωση, οπότε αν θέσουµε x y 0 = ≥ = ≥ = ≥ = ≥ έχουµε: 2 y 5y 4 0 − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ 0 y 1 ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ή y 4 ≥ ≥ ≥ ≥ , οπότε x 1 1 x 1 ≤ ⇔ − ≤ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ή x 4 ≥ ≥ ≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 4 ≤ − ≤ − ≤ − ≤ − ή x 4 ≥ ≥ ≥ ≥ . Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης θα είναι το A ( , -4] [ 1,1] [4, + ) = −∞ ∪ − ∪ ∞ = −∞ ∪ − ∪ ∞ = −∞ ∪ − ∪ ∞ = −∞ ∪ − ∪ ∞ . Θέµα 14 Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης µε τύπο f(x) x 3 2 x 6 1 = − − − + = − − − + = − − − + = − − − + . Λύση Θυµήσου ότι ο γενικός τρόπος επίλυσης εξισώσεων και ανισώσεων που περιέχουν απόλυτες τιµές είναι να διακρίνεις περιπτώσεις για το πρόσηµο των παραστάσεων που είναι στα απόλυτα. Αυτό διευκολύνεται καταρτίζοντας πίνακα προσήµων. Η συνάρτηση f ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: x 3 2 x 6 1 0 − − − + ≥ − − − + ≥ − − − + ≥ − − − + ≥ (Α). Με τη βοήθεια του πίνακα προσήµων θα επιλύσουµε την ανίσωση (Α): Για x 3 η (Α) παίρνει τη µορφή: ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) x 3 2 x 6 1 0 − + − − + + ≥ ⇔ − + − − + + ≥ ⇔ − + − − + + ≥ ⇔ − + − − + + ≥ ⇔ x 3 2x 12 1 0 x 8 0 x 8 − + + − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ − + + − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ − + + − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ − + + − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ που είναι αδύνατη. Για 3 x 6 ≤ ≤ ≤ ≤ η (Α) παίρνει τη µορφή: ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) x 3 2 x 6 1 0 − − − + + ≥ ⇔ − − − + + ≥ ⇔ − − − + + ≥ ⇔ − − − + + ≥ ⇔ x 3 2x 12 1 0 − + − + ≥ ⇔ − + − + ≥ ⇔ − + − + ≥ ⇔ − + − + ≥ ⇔ 14 3x 14 0 x 3 ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ , άρα 14 x ,6 3 ∈ ∈ ∈ ∈ . Για x 6 ≥ ≥ ≥ ≥ η (Α) παίρνει τη µορφή: ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) x 3 2 x 6 1 0 − − − + ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ x 3 2x 12 1 0 − − + + ≥ ⇔ − − + + ≥ ⇔ − − + + ≥ ⇔ − − + + ≥ ⇔ x 10 0 x 10 ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ , άρα [ [ [ [ ] ] ] ] x 6,10 ∈ ∈ ∈ ∈ . Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι 14 A , 10 3 = = = = . Θέµα 15 Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f µε 3 2 f(x) x 4x x 6 = − + + = − + + = − + + = − + + . Λύση x-3 - + + x-6 - - + x 3 − − − − -x+3 x-3 x-3 x 6 − − − − -x+6 -x+6 x-6 -∞ ∞ ∞ ∞ 3 6 +∞ ∞ ∞ ∞ 0 0
- 14. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 17 0 0 0 0 0 0 -1 2 3 +∞ ∞ ∞ ∞ Η συνάρτηση f ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: 3 2 x 4x x 6 0 − + + ≥ − + + ≥ − + + ≥ − + + ≥ (Α). Παραγοντοποιούµε µε τη βοήθεια του σχήµατος Horner το πολυώνυµο 3 2 x 4x x 6 − + + − + + − + + − + + , το οποίο έχει ρίζα 0 x 1 = − = − = − = − και έχουµε: 3 2 2 x 4x x 6 (x 1)(x 5x 6) − + + = + − + = − + + = + − + = − + + = + − + = − + + = + − + = (x 1)(x 2)(x 3) = + − − = + − − = + − − = + − − , οπότε η (Α) γίνεται: (x 1)(x 2)(x 3) 0 + − − ≥ + − − ≥ + − − ≥ + − − ≥ , την οποία θα την επιλύσουµε αφού βρούµε το πρόσηµο κάθε παράγοντά της. x+1 _ + + + x-2 _ _ + + x-3 _ _ _ + (x 1)(x 2)(x 3) + − − + − − + − − + − − _ + _ + Από τον πίνακα προσήµων των όρων της (Α), έχουµε ότι οι λύσεις της είναι κάθε x [ 1,2] [3, ) ∈ − ∪ +∞ ∈ − ∪ +∞ ∈ − ∪ +∞ ∈ − ∪ +∞ . Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι A [ 1,2] [3, ) = − ∪ +∞ = − ∪ +∞ = − ∪ +∞ = − ∪ +∞ . Θέµα 16 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: A. ( ( ( ( ) ) ) ) x x f(x) ln (e 2)(e 1) = + − = + − = + − = + − Β. x x 2 4 g(x) 2 8 − − − − = = = = − − − − Λύση A. Η συνάρτηση f ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: x x (e 2)(e 1) 0 + − + − + − + − , που σηµαίνει ότι οι όροι x e 2 + + + + και x e 1 − − − − είναι οµόσηµοι. Επειδή όµως x e 2 0 + + + + , θα είναι υποχρεωτικά x e 1 0 − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x e 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 0 e e ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 0 . Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι A (0, ) = +∞ = +∞ = +∞ = +∞ . Β. Η συνάρτηση g ορίζεται για όλους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύει: x x 3 2 8 0 2 2 x 3 − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ και x x 2 4 0 2 8 − − − − ≥ ≥ ≥ ≥ − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) x 2 2 x x x 2 4 2 8 0 2 8 2 8 − − − − ⋅ − ≥ ⋅ − ⋅ − ≥ ⋅ − ⋅ − ≥ ⋅ − ⋅ − ≥ ⋅ − − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) x x 2 4 2 8 0 − ⋅ − ≥ − ⋅ − ≥ − ⋅ − ≥ − ⋅ − ≥ . Θέτουµε x 2 y 0 = = = = και έχουµε να επιλύσουµε την ισοδύναµη ανίσωση ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) y 4 y 8 0 − ⋅ − ≥ − ⋅ − ≥ − ⋅ − ≥ − ⋅ − ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y 4 ≤ ≤ ≤ ≤ ή y 8 ≥ ≥ ≥ ≥ . Άρα x x 2 2 4 2 2 x 2 ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ή x x 3 2 8 2 2 ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ x 3 ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ . Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι A ( ,2] [3, ) = −∞ ∪ +∞ = −∞ ∪ +∞ = −∞ ∪ +∞ = −∞ ∪ +∞ . Θέµα 17 Να βρεθούν τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων µε τους τύπους: Α. ( (( ( ) )) ) 5 5 5 2log x 1 log x log 6 f(x) ln 5 5 5 + + + + = − − = − − = − − = − − , Β. lnx ln3 g(x) 3 x 18 = + − = + − = + − = + − . 1 -4 1 6 -1 5 -6 -1 1 -5 6 0 -∞ ∞ ∞ ∞
- 15. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 18 Μελετάµε και µαθαίνουµε! Λύση Πρέπει να γνωρίζουµε ότι logα α α α θ θ θ θ α = θ α = θ α = θ α = θ, οπότε: 5 log x 5 x = = = = και 5 log 6 5 6 = = = = . Επίσης πρέπει να ξέρουµε ότι ισχύει log log β α β α β α β α α = β α = β α = β α = β οπότε lnx ln3 3 x = = = = . Α. Η συνάρτηση f ορίζεται για εκείνους τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύουν: x 0 και 5 5 5 2log x 1 log x log 6 5 5 5 0 + + + + − − − − − − − − (Α). Η (Α) γίνεται: ( (( ( ) )) ) 5 5 5 2 log x log x log 6 5 5 5 5 0 − ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 x 5x 6 0 − − − − − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 1 − − − − ή x 6 . Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι A (6, ) = +∞ = +∞ = +∞ = +∞ . Β. Η συνάρτηση g ορίζεται για τους πραγµατικούς αριθµούς x∈ ∈ ∈ ∈ — για τους οποίους ισχύουν: x 0 και lnx ln3 3 x 18 0 + − + − + − + − (Β). Η (Β) γίνεται: lnx lnx 3 3 18 0 + − + − + − + − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ lnx 2 3 18 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ lnx 3 9 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ lnx 2 3 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ln x 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 lnx lne ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 x e . Εποµένως το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f είναι 2 A (e , ) = +∞ = +∞ = +∞ = +∞ . Μέθοδος 4 «Πως βρίσκουµε το Σύνολο Τιµών» Για να βρούµε το σύνολο τιµών µιας πραγµατικής συνάρτησης f εργαζόµαστε ως εξής: A. «Πως βρίσκουµε το Σύνολο Τιµών» Αν είναι γνωστή η γραφική παράσταση f C , τότε το σύνολο τιµών της f είναι το σύνολο f(A) των τεταγµένων των σηµείων της f C , δηλαδή είναι το σύνολο των σηµείων του άξονα y y ′ ′ ′ ′ που είναι οι προβολές των σηµείων της γραφικής παράστασης πάνω σ' αυτόν. Αν για τη συνάρτηση f γνωρίζουµε τον τύπο της y f(x) = = = = , τότε: 1. Βρίσκουµε το πεδίο ορισµού της Α (αν δεν δίνεται). 2. Λύνουµε τον τύπο της συνάρτησης f ως προς x, δηλαδή επιλύουµε τη σχέση y f(x) = = = = ως προς x και καταλήγουµε στη σχέση x g(y) = = = = , δηλαδή εκφράζουµε το x συναρτήσει του y. Προσέχουµε πολύ ώστε κατά την διάρκεια της επίλυσης να θέτουµε τις συνθήκες εκείνες (περιορισµοί για να διατηρούνται οι ισοδυναµίες µεταξύ των διαδοχικών πράξεων) που πρέπει να ικανοποιεί το y, ώστε να έχει νόηµα η διαδικασία της επίλυσης. 3. Επειδή x A ∈ ∈ ∈ ∈ , απαιτούµε g(y) A ∈ ∈ ∈ ∈ , οπότε βρίσκουµε και άλλες συνθήκες που πρέπει να ικανοποιεί το y , οπότε συναληθεύοντας όλες τις συνθήκες που προέρχονται από την όλη διαδικασία, βρίσκουµε το σύνολο τιµών f(A) . 4. Αν η συνάρτηση είναι πολλαπλού τύπου, τότε βρίσκουµε το σύνολο τιµών κάθε κλάδου, οπότε η ένωση των επιµέρους συνόλων αποτελούν το σύνολο τιµών της συνάρτησης. Αν για παράδειγµα έχουµε: Cf O y x f(Α)
- 16. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 19 Προσοχή! Προσοχή! 1 2 g(x) αν x A f(x) h(x) αν x A ∈ ∈ ∈ ∈ = = = = ∈ ∈ ∈ ∈ , τότε πρώτα βρίσκουµε τα 1 f(A ), 2 f(A ) και στη συνέχεια θα έχουµε 1 2 f(A) f(A ) f(A ) = ∪ = ∪ = ∪ = ∪ . 5. Όταν µας ζητούν να αποδείξουµε ότι το σύνολο τιµών είναι ένα δοσµένο σύνολο Β, εργαζόµαστε ως εξής: i. Βρίσκουµε το πεδίο ορισµού Α, ii. ∆είχνουµε µε ισοδυναµίες ότι η σχέση f(x) B ∈ ∈ ∈ ∈ , δηλαδή y f(A) ∈ ∈ ∈ ∈ είναι αληθής για κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ . Γενικά, αν δουλεύουµε µε τον τύπο y f(x) = = = = για να βρούµε το σύνολο τιµών µιας πραγµατικής συνάρτησης f όταν το πεδίο ορισµού f D είναι το ευρύτερο υποσύνολο που ορίζει ο τύπος, τότε οι περιορισµοί για τα x που προέρχονται από το f D , δεν µας δίνουν ποτέ περιορισµούς για τα y!!! Θέµα 18 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο f(x) 2x 1 = − = − = − = − . Λύση Έχουµε, f A = = = = — — — — . Λύνουµε την εξίσωση y f(x) = = = = ως προς x. Οι περιορισµοί για το y, αν υπάρξουν, δίνουν το σύνολο τιµών. y f(x) = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y 2x 1 = − = − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y 1 x 2 − − − − = = = = . Επειδή x∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔ — — — — y 1 y 2 − − − − ∈ ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ — — — — — — — — , οπότε f(A) = = = = — — — — . Θέµα 19 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο f(x) 2 x 1 = − − = − − = − − = − − . Λύση 1. Πρέπει f(x)∈ ∈ ∈ ∈— — — — x 1 0 ⇔ − ≥ ⇔ ⇔ − ≥ ⇔ ⇔ − ≥ ⇔ ⇔ − ≥ ⇔ , x 1 ≥ ≥ ≥ ≥ άρα f D [1, ) = +∞ = +∞ = +∞ = +∞ . 2. y 2 x 1 x 1 2 y = − − ⇔ − = − = − − ⇔ − = − = − − ⇔ − = − = − − ⇔ − = − . Όταν θέλουµε να υψώσουµε και τα δύο µέλη µιας ισότητας ή ανισότητας σε άρτια δύναµη, πρέπει να εξασφαλίσουµε ότι τα δυο µέλη είναι οµόσηµα! Επειδή λοιπόν x 1 0 − ≥ − ≥ − ≥ − ≥ θα είναι και 2 y 0 − ≥ − ≥ − ≥ − ≥ . Οπότε έχουµε 2 x 1 (2 y) − = − − = − − = − − = − µε y 2 ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ 2 x 1 (2 y) = + − = + − = + − = + − µε y 2 ≤ ≤ ≤ ≤ . 3. f x D x 1 ∈ ⇔ ≥ ⇔ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ∈ ⇔ ≥ ⇔ 2 2 1 (2 y) 1 (2 y) 0 + − ≥ ⇔ − ≥ + − ≥ ⇔ − ≥ + − ≥ ⇔ − ≥ + − ≥ ⇔ − ≥ , σχέση που ισχύει για κάθε y , άρα τελικά f f(D ) ( ,2] = −∞ = −∞ = −∞ = −∞ . Θέµα 20 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο x 1 f(x) x 1 − − − − = = = = + + + + . Λύση Έχουµε, x 1 0 x 1 + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − . Εποµένως το πεδίο ορισµού της f είναι το ( ( ( ( ) ) ) ) ( ( ( ( ) ) ) ) A , -1 1, + = −∞ ∪ − ∞ = −∞ ∪ − ∞ = −∞ ∪ − ∞ = −∞ ∪ − ∞ . Λύνουµε την εξίσωση y f(x) = = = = ως προς x. Οι περιορισµοί για το y, αν υπάρξουν, δίνουν το σύνολο τιµών. x 1 y f(x) y y (x 1) x 1 x 1 − − − − = ⇔ = ⇔ ⋅ + = − ⇔ = ⇔ = ⇔ ⋅ + = − ⇔ = ⇔ = ⇔ ⋅ + = − ⇔ = ⇔ = ⇔ ⋅ + = − ⇔ + + + +
- 17. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 20 Προσοχή! yx y x 1 yx x 1 y x(y 1) 1 y ⇔ + = − ⇔ − = − − ⇔ − = − − ⇔ + = − ⇔ − = − − ⇔ − = − − ⇔ + = − ⇔ − = − − ⇔ − = − − ⇔ + = − ⇔ − = − − ⇔ − = − − (1). Θέλουµε να λύσουµε την (1) ως προς x, οπότε θα διαιρέσουµε µε το y 1 − − − − και επειδή η διαίρεση µε το 0 είναι µη επιτρεπτή πράξη, πρέπει να διακρίνουµε περιπτώσεις. Αν y 1 0 y 1 − = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = , από την (1) έχουµε: 0 x 2 ⋅ = − ⋅ = − ⋅ = − ⋅ = − , αδύνατο, οπότε από την (1) έχουµε 1 y x y 1 − − − − − − − − = = = = − − − − µε y 1 ≠ ≠ ≠ ≠ . Άρα f(A) ( ,1) (1, ) = −∞ ∪ +∞ = −∞ ∪ +∞ = −∞ ∪ +∞ = −∞ ∪ +∞ . Θέµα 21 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο 2 2 x 9 f(x) x 5x 6 − − − − = = = = − + − + − + − + . Λύση 1. Πρέπει f(x)∈ ∈ ∈ ∈— — — — ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 x 5x 6 0 − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ (x 3)(x 2) 0 ⇔ − − ≠ ⇔ ⇔ − − ≠ ⇔ ⇔ − − ≠ ⇔ ⇔ − − ≠ ⇔ x 3 ≠ ≠ ≠ ≠ και x 2 ≠ ≠ ≠ ≠ , άρα f D ( ,2) (2,3) (3, ) = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ . 2. (x 3)(x 3) x 3 y y (x 3)(x 2) x 2 − + + − + + − + + − + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − − − − − − − − − − − − y(x 2) x 3 yx 2y x 3 − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ yx x 2y 3 (y 1)x 2y 3 − = + ⇔ − = + − = + ⇔ − = + − = + ⇔ − = + − = + ⇔ − = + . Θέλουµε να λύσουµε ως προς x, οπότε θα διαιρέσουµε µε το y 1 − − − − και επειδή η διαίρεση µε το 0 είναι µη επιτρεπτή πράξη, πρέπει να διακρίνουµε περιπτώσεις. 2α. Αν y 1 0 y 1 − = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 0 x 5 ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = , αδύνατον, άρα y 1 0 − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ y 1 ≠ ≠ ≠ ≠ . 2β. Αφού y 1 0 − ≠ − ≠ − ≠ − ≠ έχουµε ότι 2y 3 x y 1 + + + + = = = = − − − − . 3. f 2y 3 x D x 2,3 2 y 1 + + + + ∈ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈ ⇔ ≠ ⇔ ≠ − − − − και 2y 3 3 y 1 + + + + ≠ ≠ ≠ ≠ − − − − . 3α. 2y 3 2 y 1 + + + + ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ − − − − 2y 3 2y 2 3 2 + ≠ − ⇔ ≠ + ≠ − ⇔ ≠ + ≠ − ⇔ ≠ + ≠ − ⇔ ≠ , που ισχύει. 3β. 2y 3 3 2y 3 3y 3 y 1 + + + + ≠ ⇔ + ≠ − ⇔ ≠ ⇔ + ≠ − ⇔ ≠ ⇔ + ≠ − ⇔ ≠ ⇔ + ≠ − ⇔ − − − − y 6 y 6 − ≠ − ⇔ ≠ − ≠ − ⇔ ≠ − ≠ − ⇔ ≠ − ≠ − ⇔ ≠ άρα, f f(D ) ( ,1) (1,6) (6, ) = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ . Για να βρούµε το σύνολο τιµών της συνάρτησης δουλέψαµε µε τον απλοποιηµένο τύπο της x 3 y x 2 + + + + = = = = − − − − . Ο τύπος αυτός δεν ορίζεται για x 2 = = = = , ενώ ορίζεται για x 3 = = = = , δηλαδή αν βάλουµε στη θέση του x το 2 δεν θα µας δώσει y, ενώ αν βάλουµε στη θέση του x το 3, θα µας δώσει. Η σχέση 2y 3 x y 1 + + + + = = = = − − − − είναι ισοδύναµη της σχέσης x 3 y x 2 + + + + = = = = − − − − , οπότε η σχέση 2y 3 2 y 1 + + + + ≠ ≠ ≠ ≠ − − − − δεν θα µας δώσει περιορισµό για το y ενώ η σχέση 2y 3 3 y 1 + + + + ≠ ≠ ≠ ≠ − − − − θα µας δώσει περιορισµό για το y. Θέµα 22 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο ( ( ( ( ) ) ) ) x f(x) ln e 1 = + = + = + = + .
- 18. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 21 Προσοχή! Λύση Είναι x e 1 0 + + + + για κάθε x ∈ ∈ ∈ ∈ — — — — , A = = = = — — — — . Λύνουµε την εξίσωση y f(x) = = = = ως προς x. Οι περιορισµοί για το y, αν υπάρξουν, δίνουν το σύνολο τιµών. ( ( ( ( ) ) ) ) x y x x y y f(x) y ln e 1 e e 1 e e 1 = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = − = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = − = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = − = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = − (1). Επειδή το πρώτο µέλος της (1) είναι x e 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y y y 0 e 1 0 e 1 e e y 0 − ⇔ ⇔ ⇔ − ⇔ ⇔ ⇔ − ⇔ ⇔ ⇔ − ⇔ ⇔ ⇔ , οπότε λύνοντας την (1) ως προς x, έχουµε ( ( ( ( ) ) ) ) y x ln e 1 = − = − = − = − , µε y 0 , άρα το σύνολο τιµών της f είναι ( ( ( ( ) ) ) ) f(A) 0, + = ∞ = ∞ = ∞ = ∞ . • Στα προηγούµενα θέµατα καταλήξαµε να επιλύσουµε πρωτοβάθµια εξίσωση ως προς x. Στη συνέχεια ακολουθεί ένα θέµα στο οποίο καταλήγουµε σε δευτεροβάθµια εξίσωση ως προς x. Θέµα 23 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο 2 2 x 1 f(x) x 5x 6 + + + + = = = = − + − + − + − + . Λύση 1. f(x)∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔ — 2 x 5x 6 0 − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ − + ≠ ⇔ (x 3)(x 2) 0 − − ≠ ⇔ − − ≠ ⇔ − − ≠ ⇔ − − ≠ ⇔ x 3 ≠ ≠ ≠ ≠ και x 2 ≠ ≠ ≠ ≠ , άρα f D ( ,2) (2,3) (3, ) = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ = −∞ ∪ ∪ +∞ . 2. Ο τύπος της συνάρτησης δεν επιδέχεται απλοποίηση, οπότε έχουµε τα εξής: 2 2 2 2 x 1 y y(x 5x 6) x 1 x 5x 6 + + + + = ⇔ − + = + ⇔ = ⇔ − + = + ⇔ = ⇔ − + = + ⇔ = ⇔ − + = + ⇔ − + − + − + − + 2 2 yx 5yx 6y x 1 0 − + − − = ⇔ − + − − = ⇔ − + − − = ⇔ − + − − = ⇔ 2 (y 1)x 5yx (6y 1) 0 ⇔ − − + − = ⇔ − − + − = ⇔ − − + − = ⇔ − − + − = (Ε). Η (Ε) φαίνεται σαν δευτεροβάθµια, αλλά αυτό συµβαίνει µόνον όταν y 1 0 − ≠ − ≠ − ≠ − ≠ . Για τον λόγο αυτό θα εξετάσουµε δυο περιπτώσεις. i) Αν y 1 0 y 1 − = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = − = ⇔ = η (Ε) γίνεται: 5x 5 0 x 1 − + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = , επειδή τώρα f x 1 D = ∈ ⇔ = ∈ ⇔ = ∈ ⇔ = ∈ ⇔ f y 1 f(D ) ⇔ = ∈ ⇔ = ∈ ⇔ = ∈ ⇔ = ∈ . ii) Αν y 1 0 y 1 − ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ − ≠ ⇔ ≠ τότε η (Ε) είναι δευτεροβάθµια εξίσωση ως προς x . Για οποιοδήποτε y (εικόνα) που ψάχνουµε να βρούµε η δευτεροβάθµια εξίσωση που προκύπτει έχει λύσεις τα αντίστοιχα x (πρότυπα) που είναι πραγµατικοί αριθµοί, διότι ανήκουν στο f D ⊆ ⊆ ⊆ ⊆ — , άρα έχει 0 ∆ ≥ ∆ ≥ ∆ ≥ ∆ ≥ , οπότε: 2 25y 4(y 1)(6y 1) 0 − − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ 2 2 25y 24y 4y 24y 4 0 − + + − ≥ ⇔ − + + − ≥ ⇔ − + + − ≥ ⇔ − + + − ≥ ⇔ 2 y 28y 4 0 + − ≥ + − ≥ + − ≥ + − ≥ . Το τριώνυµο 2 y 28y 4 + − + − + − + − έχει διακρίνουσα 2 2 28 4( 4) 784 16 800 2.400 2.20 ′ ′ ′ ′ ∆ = − − = + = = = ∆ = − − = + = = = ∆ = − − = + = = = ∆ = − − = + = = = και ρίζες τα 1 2 y ,y , όπου 1 28 20 2 y 14 10 2 2 − − − − − − − − = = − − = = − − = = − − = = − − , 2 28 20 2 y 14 10 2 2 − + − + − + − + = = − + = = − + = = − + = = − + , οπότε y 14 10 2 ≤ − − ≤ − − ≤ − − ≤ − − ή y 14 10 2 ≥ − + ≥ − + ≥ − + ≥ − + . 3. Οι περιορισµοί x 3 ≠ ≠ ≠ ≠ και x 2 ≠ ≠ ≠ ≠ , είναι εκείνοι που καθορίζουν ότι το πεδίο ορισµού είναι το ευρύτερο υποσύνολο του — — — — που καθορίζει ο τύπος της συνάρτησης f, άρα δεν µας δίνουν άλλους περιορισµούς για τα y, οπότε έχουµε ότι:
- 19. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 22 f f(D ) ( , 14 2] [ 14 2, ) {1} = −∞ − − ∪ − + +∞ ∪ = = −∞ − − ∪ − + +∞ ∪ = = −∞ − − ∪ − + +∞ ∪ = = −∞ − − ∪ − + +∞ ∪ = ( , 14 2] [ 14 2, ) −∞ − − ∪ − + +∞ −∞ − − ∪ − + +∞ −∞ − − ∪ − + +∞ −∞ − − ∪ − + +∞ . Θέµα 24 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο 2 x f(x) 2 x + ηµ + ηµ + ηµ + ηµ = = = = − ηµ − ηµ − ηµ − ηµ . Λύση 1. Πρέπει f(x)∈ ∈ ∈ ∈— — — — 2 x 0 x 2 ⇔ − ηµ ≠ ⇔ ηµ ≠ ⇔ − ηµ ≠ ⇔ ηµ ≠ ⇔ − ηµ ≠ ⇔ ηµ ≠ ⇔ − ηµ ≠ ⇔ ηµ ≠ , που ισχύει για κάθε x, άρα f D = = = = — — — —. 2. 2 x y y(2 x) 2 x 2 x + ηµ + ηµ + ηµ + ηµ = ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ = ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ = ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ = ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ − ηµ − ηµ − ηµ − ηµ 2y y x 2 x ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ − ηµ = + ηµ ⇔ − ηµ = + ηµ . Επειδή ο τύπος δεν µπορεί να λυθεί ως προς x, θα τον λύσουµε ως προς ηµx, οπότε: y x x 2y 2 ηµ + ηµ = − ⇔ ηµ + ηµ = − ⇔ ηµ + ηµ = − ⇔ ηµ + ηµ = − ⇔ y x x 2y 2 (y 1) x 2y 2 ηµ + ηµ = − ⇔ + ηµ = − ηµ + ηµ = − ⇔ + ηµ = − ηµ + ηµ = − ⇔ + ηµ = − ηµ + ηµ = − ⇔ + ηµ = − (E). Θέλουµε να λύσουµε ως προς ηµx, οπότε θα διαιρέσουµε µε το y 1 + + + + και επειδή η διαίρεση µε το 0 είναι µη επιτρεπτή πράξη, πρέπει να διακρίνουµε περιπτώσεις. i. Αν y 1 0 y 1 + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − + = ⇔ = − , τότε η (Ε) δίνει 0 x 4 ⋅ηµ = − ⋅ηµ = − ⋅ηµ = − ⋅ηµ = − , αδύνατον, άρα y 1 0 y 1 + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − + ≠ ⇔ ≠ − . (1) ii. Αφού y 1 0 + ≠ + ≠ + ≠ + ≠ , λύνουµε την (Ε) ως προς ηµx και έχουµε 2y 2 x y 1 − − − − ηµ = ηµ = ηµ = ηµ = + + + + . Ξέρουµε ότι 1 x 1 − ≤ ηµ ≤ ⇔ − ≤ ηµ ≤ ⇔ − ≤ ηµ ≤ ⇔ − ≤ ηµ ≤ ⇔ 2y 2 1 1 y 1 − − − − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ + + + + . Έχουµε λοιπόν να λύσουµε το ανισωτικό σύστηµα: 2y 2 1 y 1 − − − − − ≤ − ≤ − ≤ − ≤ + + + + και 2y 2 1 y 1 − − − − ≤ ≤ ≤ ≤ + + + + . α. 2y 2 2y 2 1 1 0 y 1 y 1 − − − − − − − − − ≤ ⇔ + ≥ ⇔ − ≤ ⇔ + ≥ ⇔ − ≤ ⇔ + ≥ ⇔ − ≤ ⇔ + ≥ ⇔ + + + + + + + + 2y 2 y 1 0 y 1 − + + − + + − + + − + + ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ⇔ + + + + 3y 1 0 y 1 − − − − ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ⇔ + + + + y 1 − − − − ή 1 y 3 ≥ ≥ ≥ ≥ . (2) β. 2y 2 2y 2 2y 2 y 1 1 1 0 0 y 1 y 1 y 1 − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ + + + + + + + + + + + + y 3 0 y 1 − − − − ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ⇔ + + + + 1 y 3 − ≤ − ≤ − ≤ − ≤ . (3) Από (1) , (2) και (3) συνάγουµε ότι 1 y 3 3 ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ . 3. Περιορισµοί για το x δεν έχουµε, οπότε f 1 f(D ) ,3 3 = = = = . B. «Πως βρίσκουµε το Σύνολο τιµών συνάρτησης πολλαπλού τύπου;» Όταν η συνάρτηση είναι πολλαπλού τύπου, τότε βρίσκουµε το σύνολο τιµών κάθε κλάδου, οπότε η ένωση των επιµέρους συνόλων αποτελούν το σύνολο τιµών της συνάρτησης. Αν για παράδειγµα έχουµε 1 2 g(x) αν x A f(x) h(x) αν x A ∈ ∈ ∈ ∈ = = = = ∈ ∈ ∈ ∈ , τότε πρώτα θα βρούµε τα 1 f(A ), 2 f(A ) και στη συνέχεια θα έχουµε 1 2 f(A) f(A ) f(A ) = ∪ = ∪ = ∪ = ∪ .
- 20. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 23 Θέµα 25 Να βρεθεί το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο 3x 1 , x 1 f(x) lnx , x 1 − + − + − + − + = = = = ≥ ≥ ≥ ≥ . Λύση Έχουµε f(x) 3x 1 = − + = − + = − + = − + , µε 1 x A ( , 1) ∈ = −∞ ∈ = −∞ ∈ = −∞ ∈ = −∞ και f(x) lnx = = = = µε 2 x A [1, + ) ∈ = ∞ ∈ = ∞ ∈ = ∞ ∈ = ∞ . 3x 1 , x 1 f(x) ln x , x 1 − + − + − + − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ ≥ ≥ ≥ ≥ y 3x 1 , x 1 y lnx , x 1 = − + = − + = − + = − + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ≥ = ≥ = ≥ = ≥ y y 1 x , x 1 3 x e , x 1 − + − + − + − + = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ≥ = ≥ = ≥ = ≥ y 0 y y 1 y 1 3 1 3 e e e 1 − + − + − + − + − + − + − + − + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ y 2 y 0 − − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≥ ≥ ≥ ≥ 1 2 f(A ) ( 2, + ) . f(A ) [1, + ) = − ∞ = − ∞ = − ∞ = − ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = ∞ Οπότε το σύνολο τιµών είναι: 1 2 f(A) f(A ) f(A ) ( 2, + ) = ∪ = − ∞ = ∪ = − ∞ = ∪ = − ∞ = ∪ = − ∞ . Γ. «Πως αποδεικνύουµε ότι το Σύνολο τιµών είναι ένα δοσµένο σύνολο Β;» Όταν µας ζητούν να αποδείξουµε ότι το σύνολο τιµών είναι ένα δοσµένο σύνολο Β, εργαζόµαστε ως εξής: i. Βρίσκουµε το πεδίο ορισµού Α, ii. ∆είχνουµε µε ισοδυναµίες ότι η σχέση f(x) B ∈ ∈ ∈ ∈ , δηλαδή y A ∈ ∈ ∈ ∈ είναι αληθής για κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ . Θέµα 26 ∆είξτε ότι το σύνολο τιµών της συνάρτησης f µε τύπο 2 f(x) x 4x 3 = − + = − + = − + = − + είναι το [ [ [ [ ) ) ) ) B 1, + = − ∞ = − ∞ = − ∞ = − ∞ . Λύση Έχουµε A = = = = — — — — . Αρκεί να δείξουµε ότι ισχύει f(x) 1 ≥ − ≥ − ≥ − ≥ − για κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ ή ισοδύναµα 2 x 4x 3 1 − + ≥ − − + ≥ − − + ≥ − − + ≥ − για κάθε x ∈ ∈ ∈ ∈ — — — — . 2 2 2 x 4x 3 1 x 4x 4 0 (x 2) 0 − + ≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ − + ≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ − + ≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ − + ≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ σχέση που ισχύει για κάθε x ∈ ∈ ∈ ∈ — — — — . Μέθοδος 5 Συναρτησιακές Σχέσεις που ισχύουν για κάθε xŒ Œ Œ Œ— — — —. Θέµα 27 Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις f : → → → → — — µε την ιδιότητα 2 f(x) x x f(x 1) x − ≤ ≤ − + − ≤ ≤ − + − ≤ ≤ − + − ≤ ≤ − + για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Πρόσεξε Από τη δοσµένη σχέση 2 f(x) x x f(x 1) x − ≤ ≤ − + − ≤ ≤ − + − ≤ ≤ − + − ≤ ≤ − + , x∈ ∈ ∈ ∈— — — —, πρέπει να βρούµε µια συνάρτηση h ώστε για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — — να ισχύει: f(x) h(x) ≤ ≤ ≤ ≤ και f(x) h(x) ≥ ≥ ≥ ≥ . Λύση Έχουµε 2 2 2 f(x) x x (1) f(x) x x f(x 1) x x f(x 1) x (2) − ≤ − ≤ − ≤ − ≤ − ≤ ≤ − + ⇔ − ≤ ≤ − + ⇔ − ≤ ≤ − + ⇔ − ≤ ≤ − + ⇔ ≤ − + ≤ − + ≤ − + ≤ − + .
- 21. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 24 Η σχέση (1) 2 f(x) x x ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + (3). Η σχέση (2) 2 f(x 1) x x ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − . Η σχέση αυτή ισχύει για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —, άρα θα ισχύει και για το x 1 + + + + , οπότε έχουµε: ( ( ( ( ) ) ) ) 2 f (x 1) 1 (x 1) (x 1) + − ≥ + − + ⇔ + − ≥ + − + ⇔ + − ≥ + − + ⇔ + − ≥ + − + ⇔ 2 f(x) x 2x 1 x 1 ≥ + + − − ⇔ ≥ + + − − ⇔ ≥ + + − − ⇔ ≥ + + − − ⇔ 2 f(x) x x ≥ + ≥ + ≥ + ≥ + (4). Από τις (3) και (4) έχουµε: 2 2 x x f(x) x x + ≤ ≤ + ⇔ + ≤ ≤ + ⇔ + ≤ ≤ + ⇔ + ≤ ≤ + ⇔ 2 f(x) x x = + = + = + = + , x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Θέµα 28 Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις f : → → → → — — µε την ιδιότητα f(x y) f(x) f(y) − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ για κάθε x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Πρόσεξε Όταν από σχέσεις της µορφής f(x y) ... ± = ± = ± = ± = αναζητάµε το f(x) , θα βρίσκουµε το f(0). Λύση Η σχέση f(x y) f(x) f(y) − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ ισχύει για κάθε x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Για x y 0 = = = = = = = = έχουµε: 2 f(0 0) f(0) f(0) f(0) f (0) − = ⋅ ⇔ = ⇔ − = ⋅ ⇔ = ⇔ − = ⋅ ⇔ = ⇔ − = ⋅ ⇔ = ⇔ ( ( ( ( ) ) ) ) f(0) 1 f(0) 0 − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ f(0) 0 = = = = ή f(0) 1 = = = = . • Έστω f(0) 0 = = = = . Η σχέση f(x y) f(x) f(y) − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ για y 0 = = = = µας δίνει: f(x 0) f(x) f(0) − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ f(x) 0 = = = = , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. • Έστω f(0) 1 = = = = . Η σχέση f(x y) f(x) f(y) − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ για x y 2 = = = = µας δίνει: x x f x f(x) f 2 2 − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ 2x x x f f(x) f 2 2 − − − − = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ x x f f(x) f 2 2 = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ ( ( ( ( ) ) ) ) x f 1 f(x) 0 2 − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ x f 0 2 = = = = ή f(x) 1 = = = = , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Η αρχική σχέση f(x y) f(x) f(y) − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ για x y = = = = δίνει f(x x) f(x) f(x) − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ − = ⋅ ⇔ 2 f(0) f (x) = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 1 f (x) = = = = , άρα f(x) 0 ≠ ≠ ≠ ≠ , οπότε τελικά έχουµε f(x) 1 = = = = , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Τελικά οι λύσεις της άσκησης είναι οι συναρτήσεις: f(x) 0 = = = = , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — — ή f(x) 1 = = = = , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Θέµα 29 Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις * f : → → → → — — µε την ιδιότητα 2 2 f(x y) f(x) f(y) x y ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − για κάθε x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —* . Πρόσεξε Όταν από σχέσεις της µορφής f(x y) ...... ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = αναζητάµε το f(x) , θα βρίσκουµε το f(1) Λύση Η σχέση 2 2 f(x y) f(x) f(y) x y ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ισχύει για κάθε x,y ∈ ∈ ∈ ∈—, οπότε για x y 1 = = = = = = = = έχουµε: 2 2 2 f(1 1) f(1) f(1) 1 1 f(1) f (1) 2 ⋅ = ⋅ − − ⇔ = − ⋅ = ⋅ − − ⇔ = − ⋅ = ⋅ − − ⇔ = − ⋅ = ⋅ − − ⇔ = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 f (1) f(1) 2 0 − − = − − = − − = − − = f(1) 2 ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ή f(1) 1 = − = − = − = − . • Αν f(1) 2 = = = = τότε θέτουµε στην αρχική y 1 = = = = και έχουµε: 2 2 f(x 1) f(x) f(1) x 1 ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 f(x) 2f(x) x 1 = − − = − − = − − = − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 f(x) x 1 = + = + = + = + , x∈ ∈ ∈ ∈ —(1). Θα εξετάσουµε αν η σχέση (1) είναι αποδεκτή.
- 22. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 25 Στη σχέση (1) αν βάλουµε όπου x το xy έχουµε 2 f(xy) (xy) 1 = + = + = + = + . Αν στην αρχική σχέση βάλουµε όπου f(x) το 2 x 1 + + + + και όπου f(y) το 2 y 1 + + + + έχουµε: 2 2 2 2 2 2 f(x y) f(x) f(y) x y (x 1)(y 1) x y ⋅ = ⋅ − − = + + − − = ⋅ = ⋅ − − = + + − − = ⋅ = ⋅ − − = + + − − = ⋅ = ⋅ − − = + + − − = 2 2 2 2 2 2 x y x y 1 x y + + + − − ⇔ + + + − − ⇔ + + + − − ⇔ + + + − − ⇔ 2 f(x y) (xy) 1 ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + , οπότε η συνάρτηση 2 f(x) x 1 = + = + = + = + , x∈ ∈ ∈ ∈ —, είναι δεκτή γιατί επαληθεύει και την αρχική σχέση. • Αν f(1) 1 = − = − = − = − τότε θέτουµε στην αρχική y 1 = = = = και έχουµε: 2 2 f(x 1) f(x) f(1) x 1 ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 f(x) f(x) x 1 = − − − = − − − = − − − = − − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2f(x) x 1 = − − = − − = − − = − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ( (( ( ) )) ) 2 1 f(x) x 1 2 = − + = − + = − + = − + , x∈ ∈ ∈ ∈ —. Στη σχέση αυτή αν βάλουµε όπου x το xy έχουµε ( (( ( ) )) ) 2 1 f(xy) (xy) 1 2 = − + = − + = − + = − + . Αν στην αρχική σχέση βάλουµε όπου f(x) το ( (( ( ) )) ) 2 1 x 1 2 − + − + − + − + και όπου f(y) το ( (( ( ) )) ) 2 1 y 1 2 − + − + − + − + έχουµε: 2 2 f(x y) f(x) f(y) x y ⋅ = ⋅ − − = ⋅ = ⋅ − − = ⋅ = ⋅ − − = ⋅ = ⋅ − − = 2 2 2 2 1 1 (x 1) (y 1) x y 2 2 − + ⋅ − + − − = − + ⋅ − + − − = − + ⋅ − + − − = − + ⋅ − + − − = ( (( ( ) )) ) 2 2 2 2 2 2 1 x y x y 1 x y 4 + + + − − = + + + − − = + + + − − = + + + − − = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 4 x y x y x y 4 4 4 4 4 4 + + + − − = + + + − − = + + + − − = + + + − − = 2 2 2 2 1 3 3 1 x y x y 4 4 4 4 − − + − − + − − + − − + ( (( ( ) )) ) 2 1 (xy) 1 2 ≠ − + ≠ − + ≠ − + ≠ − + . Η συνάρτηση ( (( ( ) )) ) 2 1 f(x) x 1 2 = − + = − + = − + = − + , x∈ ∈ ∈ ∈ — δεν είναι δεκτή γιατί δεν επαληθεύει την αρχική σχέση. Θέµα 30 Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν συναρτήσεις f, g µε πεδίο ορισµού το — — — — οι οποίες να ικανοποιούν τη σχέση f(x) g(y) x y ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + για κάθε x, y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Λύση Έστω ότι υπάρχουν συναρτήσεις f, g µε πεδίο ορισµού το — — — — οι οποίες να ικανοποιούν για κάθε x, y ∈ ∈ ∈ ∈— — — — τη σχέση f(x) g(y) x y ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + . Για x 0 = = = = και y 1 = = = = έχουµε: f(0) g(1) 0 1 f(0) g(1) 1 ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = (1). Για x 1 = = = = και y 0 = = = = έχουµε: f(1) g(0) 1 0 f(1) g(0) 1 ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = (2). Για x 0 = = = = και y 0 = = = = έχουµε: f(0) g(0) 0 0 f(0) g(0) 0 ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = ⋅ = + ⇔ ⋅ = (3). Οι σχέσεις (1) και (2) µας δίνουν f(0) g(1) f(1) g(0) 1 ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (3) f(0) g(0) f(1) g(1) 1 0 1 ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ = , άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν συναρτήσεις f, g οι οποίες να ικανοποιούν σχέση f(x) g(y) x y ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + για κάθε x, y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Θέµα 31 Έστω η πολυωνυµική συνάρτηση f : → → → → — — βαθµού 3 ν ≥ ν ≥ ν ≥ ν ≥ , µε την ιδιότητα xf(x) (x 3)f(x 1) = − + = − + = − + = − + για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Αν επί πλέον f(2005) 2004 2003 2002 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ , τότε δείξτε ότι:
- 23. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 26 Προσοχή! Α. Οι αριθµοί 1,2,3 είναι ρίζες του πολυωνύµου f(x) . Β. f(x) (x 1)(x 2)(x 3) = − − − = − − − = − − − = − − − , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Λύση Α. Για x 0 = = = = έχουµε: 0 f(0) (0 3)f(0 1) f(1) 0 ⋅ = − + ⇔ = ⋅ = − + ⇔ = ⋅ = − + ⇔ = ⋅ = − + ⇔ = . Για x 1 = = = = έχουµε: 1 f(1) (1 3)f(1 1) ⋅ = − + ⇔ ⋅ = − + ⇔ ⋅ = − + ⇔ ⋅ = − + ⇔ 1 0 2 f(2) f(2) 0 ⋅ = − ⋅ ⇔ = ⋅ = − ⋅ ⇔ = ⋅ = − ⋅ ⇔ = ⋅ = − ⋅ ⇔ = . Για x 3 = = = = έχουµε: 3 f(3) (3 3)f(3 1) f(3) 0 ⋅ = − + ⇔ = ⋅ = − + ⇔ = ⋅ = − + ⇔ = ⋅ = − + ⇔ = . Β. Αφού οι αριθµοί 1,2,3 είναι ρίζες του πολυωνύµου θα έχουµε: f(x) (x 1)(x 2)(x 3)P(x) = − − − = − − − = − − − = − − − , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Είναι: f(x 1) (x 1 1)(x 1 2)(x 1 3)P(x 1) + = + − + − + − + ⇔ + = + − + − + − + ⇔ + = + − + − + − + ⇔ + = + − + − + − + ⇔ f(x 1) x(x 1)(x 2)P(x 1) + = − − + + = − − + + = − − + + = − − + , οπότε η δοσµένη σχέση παίρνει τη µορφή: x(x 1)(x 2)(x 3)P(x) − − − = − − − = − − − = − − − = (x 3)x(x 1)(x 2)P(x 1) = − − − + ⇔ = − − − + ⇔ = − − − + ⇔ = − − − + ⇔ P(x 1) P(x) + = + = + = + = , για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Από τη σχέση αυτή διαδοχικά για x 0,1,2,..., = ν = ν = ν = ν µε ν ∈ ν ∈ ν ∈ ν ∈ Õ Õ Õ Õ* έχουµε P( ) ... P(2) P(1) P(0) k ν = = = = = ν = = = = = ν = = = = = ν = = = = = . Το πολυώνυµο Q(x) P(x) k = − = − = − = − έχει άπειρες λύσεις που είναι οι φυσικοί αριθµοί 0,1,2,..., ,... ν ν ν ν άρα είναι το µηδενικό πολυώνυµο, οπότε: Q(x) 0 P(x) k 0 P(x) k = ⇔ − = ⇔ = = ⇔ − = ⇔ = = ⇔ − = ⇔ = = ⇔ − = ⇔ = για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈— — — —, συνεπώς: f(x) (x 1)(x 2)(x 3)k = − − − = − − − = − − − = − − − και επειδή f(2005) 2004 2003 2002 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ έχουµε 2004 2003 2002 2004 2003 2002 k k 1 ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = , οπότε f(x) (x 1)(x 2)(x 3) = − − − = − − − = − − − = − − − . Μέθοδος 5 «Πως αποδεικνύουµε την ισότητα µεταξύ δυο συναρτήσεων» ∆υο πραγµατικές συναρτήσεις f, g είναι ίσες, όταν: • • • • έχουν το ίδιο πεδίο ορισµού Α και • • • • για κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ ισχύει f(x) g(x) = = = = (δεν λέµε έχουν τον ίδιο τύπο γιατί δεν είναι σωστό) ∆υο συναρτήσεις f,g µε αντίστοιχα πεδία ορισµού f g A ,A που δεν είναι ίσες, πιθανόν να είναι ίσες σε κάποιο υποσύνολο του f g A A ∩ ∩ ∩ ∩ .
- 24. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 27 Θέµα 32 Έστω οι συναρτήσεις: 3 2 x x f(x) x 1 + + + + = = = = + + + + και g(x) x = = = = . Να εξετασθεί αν f g = = = = ; Λύση Οι συναρτήσεις f και g έχουν κοινό πεδίο ορισµού το σύνολο A = = = = — (ισχύει 2 x 1 0 + + + + για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —, οπότε και 2 x 1 0 + ≠ + ≠ + ≠ + ≠ για κάθε x∈ ∈ ∈ ∈ —). Είναι 3 2 2 2 x x x(x 1) f(x) x g(x) x 1 x 1 + + + + + + + + = = = = = = = = = = = = = = = = + + + + + + + + . Άρα ισχύει f(x) g(x) = = = = για κάθε x A ∈ ∈ ∈ ∈ , οπότε οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες. Θέµα 33 Έστω οι συναρτήσεις: 2 x 1 f(x) x 1 − − − − = = = = − − − − και 2 x x g(x) x + + + + = = = = . Να εξετασθεί αν υπάρχει σύνολο Γ για κάθε στοιχείο του οποίου να είναι f g = = = = ; Λύση Οι δυο συναρτήσεις έχουν αντίστοιχα πεδία ορισµού τα σύνολα f A {1} = − = − = − = − — και g B {0} = − = − = − = − — , άρα δεν είναι ίσες. Στο σύνολο f g Γ = Α ∩ Β Γ = Α ∩ Β Γ = Α ∩ Β Γ = Α ∩ Β {0, 1} = − = − = − = − R ορίζονται και οι δύο. Έχουµε: 2 x 1 (x 1)(x 1) f(x) x 1 x 1 x 1 − − + − − + − − + − − + = = = + = = = + = = = + = = = + − − − − − − − − και 2 x x x(x 1) g(x) x 1 x x + + + + + + + + = = = + = = = + = = = + = = = + , οπότε f(x) g(x) = = = = για κάθε x Γ ∈ ∈ ∈ ∈ . Προτεινόµενες ασκήσεις Τα κοινά πρότυπα έχουν ίσες εικόνες Θέµα 8 Εξετάστε αν ορίζει συνάρτηση ο τύπος: 2 x +1 , x 0 f(x) 3x , x 0 ≤ ≤ ≤ ≤ = = = = συν ≥ συν ≥ συν ≥ συν ≥ . Θέµα 9 Εξετάστε αν ορίζει συνάρτηση ο τύπος: 3 2x +1 , x 0 f(x) 3x , x 0 ≤ ≤ ≤ ≤ = = = = ηµ ≥ ηµ ≥ ηµ ≥ ηµ ≥ . Θέµα 10 Να βρεθεί οι τιµές του πραγµατικού κ ώστε η σχέση 2 4 3 1 3 x 1 x 3 f(x) 3 x 1 3 x κ κ κ κ κ κ+ κ κ+ κ κ+ κ κ+ + ≤ + ≤ + ≤ + ≤ = = = = + ≤ + ≤ + ≤ + ≤ να ορίζει συνάρτηση. Θέµα 11 Να βρεθεί οι τιµές του πραγµατικού κ ώστε η σχέση
- 25. www.mathjazz.gr www.mathjazz.gr - συναρτήσεις Σελίδα 28 2 2 x 5 x 4 f(x) x 4 x + κ ≤ + κ ≤ + κ ≤ + κ ≤ = = = = + κ ≤ + κ ≤ + κ ≤ + κ ≤ να ορίζει συνάρτηση. Μια σχέση f(x,y) 0 = = = = ορίζει συνάρτηση Θέµα 12 Έστω η σχέση: 2 3 x 2y 9 − = − = − = − = , x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Α. Να βρείτε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα. Β. Εξετάστε αν η σχέση ορίζει συνάρτηση µε ανεξάρτητη µεταβλητή το x. Θέµα 13 Έστω η σχέση: 2 2 x y 9 + = + = + = + = , x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Α. Να βρείτε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα η σχέση. Β. Εξετάστε αν η σχέση ορίζει συνάρτηση µε ανεξάρτητη µεταβλητή το x. Στη περίπτωση που ορίζει συνάρτηση να βρεθεί ο τύπος της. Θέµα 14 Έστω η σχέση: 2 x(x 5)y x 4(1 y) − = + − − = + − − = + − − = + − , x,y ∈ ∈ ∈ ∈— — — —. Α. Να βρείτε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα. Β. Εξετάστε αν η σχέση αυτή ορίζει συνάρτηση µε ανεξάρτητη µεταβλητή το x. Γ. ∆είξτε ότι η εξαρτηµένη µεταβλητή y παίρνει όλες τις τιµές της από το σύνολο 4 ( , 4] , + 9 −∞ − ∪ ∞ −∞ − ∪ ∞ −∞ − ∪ ∞ −∞ − ∪ ∞ . Πεδίο Ορισµού Θέµα 15 Να βρεθεί το πεδίο ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: i. 2 x 3 f(x) x 4x 12 − − − − = = = = + − + − + − + − , ii. 3 2 x 2 g(x) x x 2x + + + + = = = = + − + − + − + − . Θέµα 16 Να βρεθεί το πεδίο ορισµού των συναρτήσεων µε τύπους: i. 2 f(x) ln(9 x ) = − = − = − = − , ii. g(x) 1 x = − = − = − = − . Θέµα 17 Ποιο είναι το πεδίο ορισµού των παρακάτω συναρτήσεων; i. 2 ln(x 2) f(x) x 3x 2 + + + + = = = = − + − + − + − + , ii. x f(x) (1 x) = − = − = − = − .