ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΑΣΚΗΣΗ 1η Να βρείτε το πεδίο ορισµού των συναρτήσεων:

i) ( ) 3 2

x 5f xx 3x 2x

+=

− +

ii) ( )2

2

x 2x 3f xx x− −

=+

iii) ( )2

1 1f xx 2 9 x

= +− −

iv) ( ) ( )2x 1f x log x 4+= −

v) ( ) 2

ηµxf x2ηµx συν x 2

=− −

ΛΥΣΗ i) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί x3–3x2+2x≠0 (1)

Έχουµε: (1)⇔x.(x2–3x+2)≠0⇔x≠0, και x≠1, και x≠2. Εποµένως το πεδίο ορισµού της f είναι ( ) ( ) ( ) ( )fA ,0 0,1 1,2 2,= −∞ ∪ ∪ ∪ +∞

ii) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί 2x x 0+ ≠ (1) και 2

2

x 2x 3 0x x− −

≥+

(2)

Έχουµε: ( )1 x 0⇔ ≠ και x 1≠ − .

Τότε ( ) ( )( )2 22 x 2x 3 x x 0⇔ − − + ≥ ⇔

( ) ( )2x x 1 x 3 0⇔ + − ≥ ⇔ ( ) ( ) [ )x , 1 1,0 3,⇔ ∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞ και τελικά το πεδίο ορισµού της f είναι ( ) ( ) [ )fA , 1 1,0 3,= −∞ − ∪ − ∪ +∞ .

iii) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί x–2≥0 και x 2 0− ≠ και 29 x 0− ≥ και 29 x 0− ≠ ή ισοδύναµα έχουµε:

2

x 2 0 x 22 x 3

3x x 39 x 0− > >⎫ ⎫

⇔ ⇔ < <⎬ ⎬− < <− > ⎭⎭ δηλαδή το πεδίο ορισµού της f είναι: Αf=(2,3)

iv) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί x2–4>0 και x+1>0 και x+1≠1. Έχουµε εποµένως:

2x 4 0 x 2 ή x 2x 1 0 x 1 x 2x 1 1 x 0

⎫− > < − > ⎫⎪ ⎪+ > ⇔ > − ⇔ >⎬ ⎬⎪ ⎪+ ≠ ≠ ⎭⎭

, οπότε το πεδίο ορισµού της f είναι:Αf=(2,+∞)

v) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί 2ηµx–συν2x–2≠0 Λύνουµε την αντίστοιχη εξίσωση 2ηµx–συν2x–2=0⇔2ηµx–(1–ηµ2x)–2=0⇔ ηµ2x+2ηµx–3=0 ⇔

2

ηµx yy 2y 3 0

= ⎫⇔⎬

+ − = ⎭

ηµx yηµx 1

y 3 ή y 1= ⎫

⇔ ⇔ =⎬= − = ⎭.

Εποµένως η λύση της εξίσωσης είναι πx 2κπ , κ2

= + ∈ και το πεδίο ορισµού της f είναι:

fπA x / x 2κπ , κ2

⎧ ⎫= ∈ ≠ + ∈⎨ ⎬⎩ ⎭

.

ΑΣΚΗΣΗ 2η

∆ίνονται οι συναρτήσεις: ( ) 2

x 2f xx x−

=−

και ( )2

2

x xg xx 4

+=

−. Να βρεθούν οι συναρτήσεις:

α) ( ) ( )f x g x⋅ β) ( )( )

f xg x

ΛΥΣΗ

Το πεδίο ορισµού της f είναι: Αf=Ρ– {0,1} και της g είναι: Αg= Ρ−{2, –2}

α) Το πεδίο ορισµού της h(x)=f(x).g(x) είναι:

h f gA A Α= ∩ =Ρ–{–2, 0, 1, 2} και ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )x x 1x 2 x 1h x

x x 1 x 2 x 2 x 1 x 2+− +

= ⋅ =− − + + +

β) Το πεδίο ορισµού της φ(x)= ( )( )

f xg x

είναι: Αφ={x∈Αh / g(x)≠0}=Ρ–{–2, –1, 0, 1, 2} και

( ) ( )( )( )

( )( ) ( )( )( )

2

2

x 2 x 2 x 2 x 2x 2φ x .x x 1 x x 1 x x 1 x 1

− + − +−= ⋅ =

− + − +

ΑΣΚΗΣΗ 3η α) Οι συναρτήσεις f και g είναι ορισµένες στο ℝ και για κάθε x∈ ικανοποιούν τη σχέση

( )3xfβ)x(gα)x)(gg( += (1) όπου α, β∈ ℝ *. Αν η συνάρτηση f είναι ΄΄1-1΄΄, να δείξετε ότι και η συνάρτηση g είναι ΄΄1-1΄΄.

β) Να λύσετε στο την εξίσωση ( )( ) ( )xg g x e g g(x) x 1+ = + + . ΛΥΣΗ α) Αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε x1, x2∈ℝ µε g(x1) = g(x2) είναι x1 = x2.

Επειδή g(x1) = g(x2) είναι ( ) ( )1 2g g(x ) g g(x )= ⇔ ( ) ( )1 2g g (x ) g g (x )=(1)

⇔

( ) ( )3 31 1 2 2αg(x ) βf x αg(x ) βf x+ = + . Από την τελευταία επειδή g(x1) = g(x2) έχουµε

( ) ( )3 31 2βf x βf x= και επειδή β≠0 είναι ( ) ( )3 3

1 2f x f x= .

Επειδή η f είναι ΄΄1-1΄΄, έχουµε ( ) ( )3 31 2f x f x= ⇔ 3 3

1 2x x= ⇔ x1 = x2.

β) Αφού η g είναι ΄΄1-1΄΄ η εξίσωση γίνεται ( )( ) ( )xg g x e g g(x) x 1+ = + + ⇔ ( ) xg x e g(x) x 1+ = + +

⇔ ex = x+1 ⇔ ex–x–1 = 0. Η εξίσωση έχει προφανή ρίζα την x=0. Θα δείξουµε ότι η ρίζα αυτή είναι µοναδική. Θεωρούµε τη συνάρτηση σ(x) = ex–x–1, x∈ℝ. Η σ είναι παραγωγίσιµη στο ℝ µε παράγωγο

xσ (x) e 1′ = − . Έχουµε σ (x) 0′ > ⇔ xe 1− >0 ⇔ x>0 και σ (x) 0′ < ⇔ xe 1− <0 ⇔ x<0. Εποµένως η σ είναι γνησίως φθίνουσα στο (–∞, 0] και γνησίως αύξουσα στο [0, +∞). Άρα για κάθε x<0 είναι σ(x)>σ(0) = 0 και για κάθε x>0 είναι σ(x)>σ(0) = 0, οπότε η ρίζα x = 0 είναι µοναδική.

ΣΧΟΛΙΟ Χρησιµοποιήσαµε παραγώγους για τον προσδιορισµό της µονοτονίας της συνάρτησης σ(x)

ΑΣΚΗΣΗ 4η Θεωρούµε τη συνάρτηση f: ℝ → ℝ για την οποία ισχύει f (xy) y f (x)= ⋅ (1) για κάθε x, y∈ℝ.

Υποθέτουµε ακόµα ότι υπάρχει x0∈ℝ τέτοιο ώστε f(x0)≠0. α) Να δειχθεί ότι η Cf έχει κέντρο συµµετρίας την αρχή των αξόνων. β) Να δειχθεί ότι ώστε x0 ≠ 0. γ) Να δειχθεί ότι f(x) = αx, µε α∈ℝ *. ΛΥΣΗ α) Για να δείξουµε ότι η Cf έχει κέντρο συµµετρίας την αρχή των αξόνων αρκεί να δείξουµε ότι η

συνάρτηση f είναι περιττή. Για κάθε x∈ℝ, το –x∈ℝ. Η (1) για y= –1 γίνεται ( )f x 1 f (x)− = − ⋅ ⇔ f(–x) = –f(x). Άρα η f είναι περιττή.

β) Η (1) για y = 0 δίνει f(0) = 0. Αν είναι x0 = 0, τότε από την f(x0)≠0 παίρνουµε f(0) ≠ 0. Άτοπο. Συνεπώς x0 ≠ 0.

γ) Η σχέση (1) θέτοντας στο x το x0 και στο y το 0

xx

δίνει ( )0 00 0

x xf x f xx x

⎛ ⎞⋅ = ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇔ ( ) ( )0

0

f xf x x

x= ⋅

ή f(x) = αx, µε ( )0

0

f xα

x= ≠0.

ΑΣΚΗΣΗ 5η Έστω η συνάρτηση: g: R →R, µε g(1)=3, g(2)=4 και συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R µε [1,2]⊆g(R). Αν (gog)(x) = x – 4 για κάθε x∈R τότε: α) Nα δειχθεί ότι η g αντιστρέφεται και g–1(x)=g(x)+4, για κάθε x∈g(R). β) Αν z∈C και |z+4i|=2, να βρεθούν η µέγιστη και η ελάχιστη τιµή του |z–3| ΛΥΣΗ α) Αφού η g είναι γνησίως αύξουσα τότε είναι και «1–1» στο R Οπότε αντιστρέφεται. Είναι (gοg)(x) = x – 4 δηλαδή g(g(x))=x για κάθε x∈ R.

Αν y∈g(R) τότε υπάρχει x∈Ρ ώστε g(x)=y, οπότε g(g(x))=g(y) ⇒x-4=g(y) ⇒x=g(y)+4⇒g–1(y)–=g(y)+4, για κάθε y∈g(R), δηλαδή ⇒g–1(x)=g(x)+4, για κάθε x∈g(R).

β) Είναι: |z+4i|=2⇒|z–(0–4i)|=2 Οπότε η εικόνα Μ(z) κινείται στον κύκλο c µε κέντρο το Κ(0,–4) και ακτίνα ρ=2.

Είναι |z–3|=|z–(3+0i |=(ΑΜ) όπου Α(3,0) Αφού η εικόνα Μ του z κινείται στον κύκλο c ισχύει: (ΑΓ)≤(ΑΜ)≤(ΑΒ) (ΑΚ)–ρ≤(ΑΜ)≤(ΑΚ)+ρ

όπου ( ) ( ) ( )2 2AK 0 3 4 0= − + − , ( )AK 9 16 5= + = οπότε:5–2≤|z–3|≤5+2, 3≤|z–3|≤7 Άρα |z–3|min=3 ΑΣΚΗΣΗ 6η Να αποδείξετε ότι: «Οι αντίστροφες συναρτήσεις έχουν γραφικές παραστάσεις που είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x» ΛΥΣΗ Έστω σηµείο Μ (α, β) της fC τότε ισχύει: ( ) ( )1f a β a f β−= ⇔ = . ∆ηλαδή το σηµείο Μ΄( β , α) ανήκει στη 1f

C − τα Μ , Μ΄ είναι συµµετρικά ως προς την ευθεία y = x . ΑΣΚΗΣΗ 7η Αν οι Cf, Cf-1 έχουν ένα µόνο κοινό σηµείο τότε αυτό βρίσκεται στη διχοτόµο y =x. ΛΥΣΗ

Aν υπήρχε Μ(α, β) κοινό σηµείο των f f 1C ,C − , και το Μ δεν ανήκει στην ευθεία y=x τότε θα ήταν α β≠ οπότε οι θα είχαν και άλλο κοινό σηµείο το Ν(β, α) (το συµµετρικό του Μ ως προς την y=x ) άτοπο αφού οι δύο γραφικές παραστάσεις έχουν µόνον ένα κοινό σηµείο. ΑΣΚΗΣΗ 8η Αν η σύνθεση της g µε την f , δηλαδή η fog είναι 1-1 τότε: 1) Η g είναι απαραιτήτως 1-1. 2) Η f δεν είναι απαραιτήτως 1-1. ΛΥΣΗ 1) Έστω x1 , x2 ∈ Ag µε g(x1)=g(x2) . Επειδή η f είναι συνάρτηση και ορίζεται η fog , έπεται ότι f(g(x1))=f(g(x2)) και επειδή η fog είναι 1-1 προκύπτει x1 = x2. Άρα η g είναι 1-1. 2) Έστω x1 , x2 ∈ Af µε f(x1)=f(x2). Αν υπάρχουν ω1 , ω2 ∈ Αg τέτοια ώστε g(ω1)=x1 και g(ω2)=x2, προκύπτει f(g(ω1))=f(g(ω2)) και επειδή η fog είναι 1-1 προκύπτει ω1=ω2. Άρα g-1(x1)=g-1(x2) και επειδή η g-1 είναι 1-1 προκύπτει x1=x2 δηλαδή η f είναι 1-1. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η f είναι 1-1 Αν υπάρχουν ω1 , ω2 ∈ Αg τέτοια ώστε g(ω1)=x1 και g(ω2)=x2 (δηλαδή εξαρτάται από το σύνολο τιµών της g). Θεωρείστε ως αντιπαράδειγµα , τις συναρτήσεις f(x)=x2 και g(x)= x-1 ΑΣΚΗΣΗ 9η Έστω ο µιγαδικός αριθµός z = α + βi , α , β R∈ για τον οποίο ισχύει: | z | = 1.

Θεωρούµε τη συνάρτηση ( ) 2f x x z z= ⋅ + , x R∈ .

α) Αποδείξτε ότι ( ) ( )2 2f x x 2Re z x 1= + ⋅ + .

β) Για ποιες τιµές του z η γραφική παράσταση της f έχει µε τον άξονα x΄x ένα µόνο κοινό σηµείο;

γ) Αν 1w = + 2iz , να βρεθεί ο γ.τ. των εικόνων του w στο µιγαδικό επίπεδο.

δ) Να βρείτε τους µιγαδικούς αριθµούς z , w που έχουν την ίδια εικόνα στο µιγαδικό επίπεδο. ΛΥΣΗ

α) ( )( ) 2 2 2f (x) xz z xz z ... x x z z 1⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= + + = = + + + =…=

( ) ( )2 2 2 2 2x 2 α β x 1 x 2Re z x 1= + − + = + + .

β) Πρέπει η εξίσωση f (x) 0= να έχει µοναδική λύση. ∆ηλαδή πρέπει ∆=0

άρα ( )22 2 24 Re z 4 0 α β 1⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦− = ⇔ − = − ή 2 2α β 1− =

και επειδή 2 2z 1 α β 1= ⇔ + = βρίσκουµε α=1 ή α=-1 και β=1 ή β=-1 . Άρα z = 1 ή z = -1 ή z = i ή z = -i.

γ) 1 1w 2i w 2iz z

= + ⇔ − = άρα 1w 2i w 2i 1z

− = ⇔ − = .

Εποµένως οι εικόνες του µιγαδικού αριθµού w στο µιγαδικό επίπεδο κινούνται σε κύκλο µε κέντρο Κ(0,2) και ακτίνα R=1. δ) Το σηµείο επαφής των παραπάνω κύκλων.