Μαθηματικά Γενικής Παιδείας by arogi.edu

2014-2015 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Ορισμός Συνάρτησης – Εύρεση Πεδίου Ορισμού

σελ 4

Ισότητα και πράξεις μεταξύ συναρτήσεων

σελ 12

Γραφικές παραστάσεις βασικών συναρτήσεων

σελ 16

Μονοτονία και ακρότατα συνάρτησης

σελ 22

Όριο – συνέχεια συνάρτησης

σελ 25

Παράγωγος στο σημείο xο

σελ 31

Παράγωγος Συνάρτηση -Παράγωγοι βασικών συναρτήσεων σελ 36 Εφαρμογές των Παραγώγων

σελ 48

Γενικές Ασκήσεις

σελ 59

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Ορισμός: Έστω Α ένα μη κενό υποσύνολο του

. Ονομάζουμε πραγματική

συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α μια διαδικασία (κανόνα) f, με την οποία κάθε στοιχείο xΑ αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο στοιχείο του

. ( y

). Το y

ονομάζεται τιμή της f στο x και συμβολίζεται y = f(x).

Για την έκφραση αυτού κανόνα γράφουμε:

f: A  x  f(x)

y = f(x)

f(A)

σύνολο τιμών f(A) 

A πεδίο ορισμού

(υποσύνολο)

Γραφική Παράσταση συνάρτησης Γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f είναι το

σύνολο των σημείων Μ(x, y) του καρτεσιανού

f(x)

επιπέδου των οποίων οι συντελεστές x, y συνδέονται

f(x) = y

f(A)

με τη σχέση y = f(x) (τύπος της f)

M(x,y)

x  Το

πεδίο ορισμού Α της f

προβάλλουμε

όλα

τα

σημεία

προκύπτει αν της

πεδίο τιμών

f(A)

γραφικής

παράστασης στον άξονα x´x.  Το

x΄

0 A y΄

της f προκύπτει αν

προβάλλουμε όλα τα σημεία της γραφικής παράστασης στον άξονα y΄y Προσοχή!! Από τον ορισμό της συνάρτησης προκύπτει ότι κάθε ευθεία παράλληλη προς τον άξονα yý τέμνει τη γραφική παράσταση της f το πολύ σε ένα σημείο.

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

x΄

x y΄

y΄ Δεν είναι γραφική παράσταση συνάρτησης

Είναι γραφική παράσταση συνάρτησης

Οπότε ο κύκλος δεν είναι γραφική παράσταση συνάρτησης! x

x΄

y΄

ΕΥΡΕΣΗ ΠΕΔΙΟΥ ΟΡΙΣΜΟΥ Όταν

μας δίνεται ο τύπος μιας συνάρτησης μπορούμε να υπολογίσουμε το πεδίο

ορισμού της.(δηλ. το σύνολο στο οποίο ορίζεται η μεταβλητή x). Έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: 1.

Πολυωνυμικές συναρτήσεις της μορφής: f(x) = ανxν έχουν πεδίο ορισμού A =

αν-1xν-1 +………..+α1x + α0

Π.χ. Η συνάρτηση f(x) = x2 – 2x +5 έχει A =

Ρητές συναρτήσεις της μορφής : f (x) 

P(x) Q( x )

(με Ρ(x) , Q(x) πολυώνυμα)

Q(x) 0

έχουν πεδίο ορισμού το Π.χ. f (x) 

x 2

x 1

αν εξαιρέσουμε τις τιμές που μηδενίζουν τον παρονομαστή.

Πρέπει x2  1  0  x  1. Άρα Α 

- {-1, 1}

Άρρητες συναρτήσεις της μορφής : f (x)  ν P(x) (δηλ. στο τύπο περιέχονται ριζικά). P(x)  0

Ορίζονται για εκείνες τις πραγματικές τιμές για τις οποίες οι υπόρριζες ποσότητες είναι μη αρνητικές. Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Π.χ. f (x) 

Πρέπει:

x2 x 1

 3x.

x  2  0  x  2  x  1  0  x  1 3  x  0  x  3 

Συναλήθευση!

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Εκθετικές συναρτήσεις της μορφής: f ( x )   g( x ) 

h( x )

g(x) > 0

Ορίζονται για εκείνες τις πραγματικές τιμές για τις οποίες ισχύει g(x) >0. Π.χ. f(x) = (x2 – 1)x. Πρέπει: x2 – 1 >0 (1) Λύση της ανίσωσης (1) α΄ τρόπος

β΄ τρόπος

x2 – 1>0  x2 >1  2



x  1 x 1

x –1

+ Άρα Α = (-, -1)

 x<–1 ή x > 1

-1

 (1,

+)

x < –1 ή x > 1

Λογαριθμικές συναρτήσεις της μορφής: f (x)  logg(x) h(x) h(x )  0 

Για να ορίζονται πρέπει: g(x )  0

g(x)>0 g(x)1

g(x )  1 

π.χ. f (x)  logx (x  1) . Πρέπει:

x  1  0  x  1  x  0  x  1

-∞

Συναλήθευση!

Άρα Α =(0, 1)  (1, +  )

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

h(x) > 0

-1

+∞

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Τριγωνομετρικές συναρτήσεις x  κπ+



f(x) = ημx

με Α =

f(x) = συνx

με Α =

π 2



f(x) = εφx με Α =



f(x) = σφx

με Α =



- κπ  

π , κ 2

-  κ π, κ

x  κπ

π.χ. f (x)  εφ(2x  Πρέπει: 2x 

π ). 4

π π π π 3π κπ 3π  κπ   2x  κπ    2x  κπ  x  , κ 4 2 2 4 4 2 8

 κπ 3π   , κ 8   2

Άρα Α = 7.

- 

Κλαδωτές συναρτήσεις (πολύτυπες)

Πεδίο ορισμού είναι η ένωση των επιμέρους πεδίων ορισμού των κλάδων. 2x 2 , αν x  1  3x  1, αν 1  x  2 π.χ. f (x)   2 αν 2  x  3  x ,

-

+

έχει πεδίο ορισμού Α = (-, 3)

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Στα παρακάτω παραδείγματα, με τη βοήθεια των πεδίων ορισμού θυμίζουμε τη λύση βασικών εξισώσεων και ανισώσεων που έχουμε μάθει σε προηγούμενες τάξεις. 1. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: 2

f (x ) 

x x2 2

x  5x  6

 x  2x  5

Λύση x 2  x  2  0  Εδώ πρέπει να ισχύει: x 2  2x  5  0 x 2  5 x  6  0  

Πρόσημο τριωνύμου!!!

-1

–

Λύση της ανίσωσης: x2  x  2  0 2

Βρίσκουμε τι ρίζες: x1 = 2, x2 = -1

x –x–2

2 –

+ +

Θυμηθείτε!!! Εκτός των ριζών ομόσημο του α

άρα x  1 ή x  2 (1)

Λύση της ανίσωσης: x 2  2x  5  0 άρα το x2  2x  5  0 για κάθε x

Παρατηρούμε ότι: Δ = 4 – 20 = –16<0 και α = 1>0

Λύνουμε τώρα την εξίσωση: x2  5x  6  0

και τις ρίζες τις εξαιρούμε από το πεδίο

ορισμού (γιατί πρέπει x2  5x  6  0 ) Δ = 25 – 24 = 1>0 άρα x1, 2 

5 1  2

x1 = 3

άρα πρέπει x3

x2 = 2

και

Συναληθεύοντας τις (1) και (2) έχουμε: -

-1

Α  (, - 1]  (2, 3)  (3,  )

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

+

x2 (2)

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Θυμηθείτε!!! α) Η ανίσωση: αx2  βx  γ  0 , ισχύει για κάθε x 

όταν : α > 0 και Δ < 0

β) Η ανίσωση αx2  βx  γ  0 , ισχύει για κάθε x 

όταν : α < 0 και

Δ<0

π.χ. το τριώνυμο –x2 + 2x – 7 είναι πάντα < 0 ( x  ). γιατί Δ = 4 – 28 = -24 < 0 και α = -1 < 0

2. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: f (x) 

x 1 3

x  5 x 2  8x  4

Λύση Σχήμα Horner και πρόσημο γινομένου

Πρέπει: x3 – 5x2 + 8x – 4 > 0 (1)

Για να γίνει παραγοντοποίηση, βρίσκουμε μια ρίζα του πολυωνύμου με σχήμα Horner

Πιθανές ακέραιες ρίζες του – 4 είναι:  1,  2, 4.

Ψάχνουμε πρώτα την 1 1

-5

-4

άρα το υπόλοιπο είναι 0 οπότε το 1 είναι ρίζα δηλ. το (x – 1) παράγοντας του πολυωνύμου. Συντελεστές πηλίκου 2 Π(x) = x – 4x +4

Άρα η (1) γίνεται : (x-1) (x2 – 4x + 4) >0  (x- 1) (x-2)2 > 0 (2) (x - 2)

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Βρίσκουμε πρώτα τις ρίζες της (2) θέτοντας κάθε παράγοντα ίσο με το μηδέν. x – 1 = 0 x = 1 2

(x – 2) = 0  x = 2

-1

-

διπλή ρίζα

+

άρα

Α  (1, 2)  (2,  )

Θυμηθείτε!!! Ανισώσεις της μορφής: 1  x   (x2  3x  2)  (x2  x  6)  (3  x)2  0 λύνονται ως εξής:

Τοποθετούμε όλες τις ρίζες σε έναν άξονα, και προσημαίνουμε από δεξιά με πρόσημο, το γινόμενο των μεγιστοβάθμιων όρων του x και αλλάζοντας το πρόσημο σε κάθε ρίζα. Εδώ έχουμε: 1–x=0  x=1 x2 – 3x + 2 = 0  x1 =

1 1

x2 = 2

x2 – x + 6 = 0

 x  x  6  0 για κάθε x δεν έχει ρίζες!!

α>0

Προσοχή!! Γύρω εκατέρωθεν των διπλών ριζών το πρόσημο δεν αλλάζει

3. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: g(x) = Λύση 5  x  0  x  5  5  x  5  x 1  3  0  x 1  3 

(1)

 x – 1<-3 ή x-1 >3  x<-2 ή x > 4

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

Προσοχή το (3 – x) = 9 – 6x + x ο μεγιστοβάθμιος όρος του δηλαδή 2 το x έχει πρόσημο (+)

(3 – x)2 = 0  x = 3  διπλή ρίζα

Πρέπει : 

(1  x)  ( x  3x)  ( x  x  6)  (3  x)

Δ<0

διπλή ρίζα

(2)

5  x  x

x 1 3

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Συναλήθευση των (1), (2) -5

-2

Θυμηθείτε!!!

x <θ  –θ<x<θ x >θ  x <–θ ή x >θ (θ>0)

Α = ( -5, - 2)  (4, 5).

άρα

4. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης; h(x)  log 3 x 1/ 9

3

1

Λύση

Πρέπει: log1 3

x 3

 1  0  log 3 1 9

 log 1 3 x

3

 log 1

3

x 3

3

2

1 9

 (log x 1 9

Λογαριθμικές και εκθετικές ανισώσεις

 1

3x )

3



1  9

αν α > 1 τότε α x1

Τότε:α < α 2

 x  3  2  x  1  x  1 x (3 )

logαx1< logαx2  x1<x2

Τότε:α < α

άρα Α = [-1, 1]

και logαx

 x1<x2

αν 0< α<1 τότε α

 1  x  1

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

Θυμηθείτε!!!

και logαx

 x1>x2

logαx1< logαx2  x1>x2

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΙΣΟΤΗΤΑ ΚΑΙ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Ορισμός: Θα λέμε ότι δύο συναρτήσεις f, g είναι ίσες και θα γράφουμε f = g αν και μόνο αν έχουν:  ίδιο πεδίο ορισμού Α και  για κάθε x Α f(x) = g(x) (δηλ. ίδιο τύπο)

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Οι συναρτήσεις: f (x) 

x 1 x2

και

x 1

g(x) 

είναι ίσες;

x2

Βρίσκουμε πρώτα τα πεδία ορισμού: Πρέπει:

+ +

'Aρα f: Af = (-, -2)  [1, +)

Συναλήθευση!

x -1  0  Πρέπει:  x  2  0

Παρατηρούμε ότι:

-2

-

x 1  ( x  1) (x  2)  0  0 x2   x  -2 με x  2  0  

-2

-

+

'Aρα g: Ag = [1, +)

Αf  Ag

Άρα οι συναρτήσεις f και g δεν είναι ίσες. Μπορούμε όμως να πούμε ότι είναι ίσες στο [1, +)

(δηλαδή το κοινό πεδίο

ορισμού τους) επειδή για κάθε x [1, +), f(x) = g(x)  Προφανώς οι γραφικές παραστάσεις των ίσων συναρτήσεων ταυτίζονται. Ορισμός: Για τις συναρτήσεις f, g που έχουν πεδία ορισμού Αf, Ag αντίστοιχα, ορίζονται:  Το άθροισμα

f+g

με (f  g)( x)  f ( x)  g( x) με A f g  A f  A g  

 Η διαφορά

f – g με (f  g)( x)  f ( x)  g( x) με A f g  A f  A g  

 Το γινόμενο

f∙g

 Το πηλίκο

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

με (f  g)( x)  f ( x)  g( x) f g

με ( )( x ) 

f ( x) g( x )

με A f g  A f  A g   με A  x  A  A / g( x)  0 f g f g 



ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Προσοχή!! Για να οριστεί οποιαδήποτε πράξη δύο συναρτήσεων πρώτα εξετάζουμε το πεδίο ορισμού της και εφ΄ όσον είναι μη κενό τότε βρίσκουμε τον τύπο της.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 1. Να εξετάσετε αν είναι ίσες οι συναρτήσεις f, g i) f (x)  1  ημ2x

και

g(x)  ημx  συνx

Λύση i)  Βρίσκουμε πρώτα τα πεδία ορισμού των f, g Για την f: Πρέπει: 1  ημ2x  0  ημ2x  1 που αυτό ισχύει για κάθε x Ισχύει:

Άρα Α 

-1  ημx  1

-1  συνx  1

Για την g: Ag = Άρα είναι Αf = Ag

(ίδια πεδία ορισμού)

 Τώρα θα εξετάσουμε αν για κάθε x

ισχύει: f(x) = g(x) (δηλαδή αν έχουν ίδιο

τύπο) 2

x  συν x  2ημx  συνx  Είναι: f (x) = 1  ημ2x  1  2ημx  συνx  ημ   1 2

 (ημx  συνx)  ημx  συνx  g(x)

Άρα τελικά

f=g

Προσοχή!! 2

α  α

 α

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

α

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

2. Δίνονται οι συναρτήσεις: f (x) 

x 1 x 1

, g(x)  x  2 x  1

Να οριστεί η συνάρτηση f – g Λύση  Αρχικά εξετάζουμε αν ορίζεται η f – g

Πεδίο ορισμού της f: Πρέπει

x0  x0  x  0    x  1 x  1  0 x  1 

δηλαδή A  [0, 1 )  (1,  )

Πεδίο ορισμού της g: Πρέπει x0

   x  2 x  1  0 

x0

 x

    2 x  1  0 



δηλαδή Ag  [0,  )

x0

  x0 x  1  0  ισχύει



Άρα το πεδίο ορισμού της f – g: Αf  Ag  [0, 1)  (1,  )  

Άρα για κάθε x Αf  Ag : (f  g) (x)  f (x)  g(x) = = 

x 1 x 1

 x  2 x 1

( x  1)

 x  1

( x  1)( x  1)

 ( x  1)2 

( x  1) ( x  1) ( x )2  1

 ( x  1) 

( x  1) ( x  1)  ( x  1)  0 x 1

Δηλαδή (f – g) (x) = 0 για κάθε x  Α f  Ag

3. Αν

f(x) =

x 1

και g(x)  3  x , να βρείτε τις συναρτήσεις f  g και Λύση

 Εξετάζουμε πρώτα αν ορίζονται οι f  g και

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

f g

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

* Πεδίο ορισμού της f: Πρέπει x  1  0  x  1 δηλαδή A  [1,  ) f

* Πεδίο ορισμού της g: Πρέπει 3  x  0  x  3 δηλαδή Ag  (, 3] 3

* Πεδίο ορισμού της f  g : Af  Ag  [1, 3]   με (f  g)( x)  f ( x)  g( x)  x  1  3  x  ( x  1)(3  x)

f * Πεδίο ορισμού της : g

 Α f  A g  [1, 3]   A f g  [1, 3)  g( x )  0  x  3

f f ( x) x 1 x 1   με  ( x)  g g ( x ) 3 x 3x  

4. Να οριστεί το γινόμενο των f, g με f(x) = log (x – 2) και g(x) = 1 x Λύση Πεδίο ορισμού της f: Πρέπει x  2  0  x  2 δηλαδή A f  (2,  )

Πεδίο ορισμού της g: Πρέπει 1 x  0  x  1 δηλαδή Ag  (, 1] Άρα Αf  Ag   (κενό σύνολο) Επομένως δεν ορίζεται η f  g

Επιμέλεια : Πίνη Ελένη

Δεν συναληθεύονται!!