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