Ε3-Π1-εξώφυλλο

Λυμένο παράδειγμα 87 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: −2 x −3 0 x −3 x −3 ⎡ x −3 1 ⎤ ℓ = ℓ im = ℓ im = ℓ im = ℓ im ⎢ ⋅ ⎥. x→1 2x 2 − 4x + 2 x→1 2(x 2 − 2x + 1) x→1 2(x − 1)2 x→1 ⎢ 2 (x − 1)2 ⎥ ⎣ ⎦ 1 Είναι (x − 1)2 > 0 , όταν x → 1 , οπότε ℓ im = +∞ , άρα x→1 (x − 1)2 - 319 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0” 1−3 ℓ= ⋅ (+∞) = −(+∞) = −∞ . 2 Σχόλιο Γενικά είναι: • (x − x 0 )2 > 0 , όταν x → x 0 . • (x + x 0 )2 > 0 , όταν x → −x 0 . Αυτό ισχύει για οποιαδήποτε άρτια δύναμη, αλλά πρέπει να αιτιολογείται στις ασκή- σεις, όπως μόλις φάνηκε στο παράδειγμα 87. 1 1 Επομένως, είναι ℓ im 2 = +∞ , ℓ im 2 = +∞ x→ x0 (x − x 0 ) x→−x 0 (x + x ) 0 (πρέπει να αιτιολογείται στις ασκήσεις, όπως φάνηκε στο παράδειγμα 87).

Λυμένο παράδειγμα 88 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 3 x +1 0 ⎡ 1 ⎤⎥ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x + 1) ⋅ . x→ 2 2 − x x→ 2 ⎢ 2 − x ⎥⎦ ⎣ Η παράσταση 2 − x δεν έχει σταθερό πρόσημο, όταν x → 2 , οπότε διακρίνω δύο περι- πτώσεις: 1 α) όταν x → 2− , τότε είναι x < 2 ⇔ 2 − x > 0 , οπότε ℓ im = +∞ , άρα x→ 2 2 − x − ℓ− = (2 + 1) ⋅ (+∞) = 3 ⋅ (+∞) = +∞ . 1 β) όταν x → 2+ , τότε είναι x > 2 ⇔ 2 − x < 0 , οπότε ℓ im = −∞ , άρα x→ 2 + 2−x ℓ+ = (2 + 1) ⋅ (−∞) = 3 ⋅ (−∞) = −∞ . Αφού είναι ℓ− ≠ ℓ+ , το ℓ δεν υπάρχει.

Λυμένο παράδειγμα 89 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 2 2 x +x 0 x2 + x ⎛ x2 + x 1 ⎞⎟⎟ ℓ = ℓ im = im = im ⎜⎜ ⋅ ℓ ℓ x→1 ⎜ ⎟. x→1 x 2 − 4x + 3 x→1 (x − 3)(x − 1) ⎜⎝ x − 3 x − 1⎟⎠ Η παράσταση x − 1 δεν έχει σταθερό πρόσημο, όταν x → 1 , οπότε διακρίνω δύο περι- πτώσεις: - 320 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0” 1 α) όταν x → 1− , τότε είναι x < 1 ⇔ x − 1 < 0 , άρα ℓ im = −∞ , οπότε x→1− x − 1 12 + 1 ℓ− = ⋅ (−∞) = −(−∞) = +∞ . 1−3 1 β) όταν x → 1+ , τότε είναι x > 1 ⇔ x − 1 > 0 , άρα ℓ im = +∞ , οπότε x→1 + x −1 12 + 1 ℓ+ = ⋅ (+∞) = −(+∞) = −∞ . 1−3 Αφού είναι ℓ− ≠ ℓ+ , το ℓ δεν υπάρχει. Σχόλιο στα παραδείγματα 88 και 89 Γενικά, σε όριο της μορφής ℓ im 1 , όπου Ρ(x) πολυώνυμο πρώτου βαθμού, ν περιτ- ν x→ x0 P (x) τός και x 0 η ρίζα του P(x), το πρόσημο του P(x) δεν είναι σταθερό εκατέρωθεν του x 0 , οπότε θα διακρίνονται δύο περιπτώσεις με δύο πλευρικά όρια (όπως φάνηκε στα πα- ραδείγματα). Όμως, αν εξαρχής το όριο είναι πλευρικό, τότε δεν διακρίνονται περιπτώσεις! x +1 Για παράδειγµα, αν είχαμε το ℓ = ℓ im+ , τότε θα συνεχίζαμε ως εξής: x→ 2 (2 − x)3 x +1 ⎡ 1 ⎤ ℓ = ℓ im+ = ℓ im ⎢ (x + 1) ⋅ ⎥. x→ 2+ ⎢ 3 3 ⎥ x→ 2 (2 − x) (2 − x) ⎣ ⎦ 1 Επειδή x → 2+ , είναι x > 2 ⇔ 2 − x < 0 ⇔ (2 − x)3 < 0 , οπότε ℓ im 3 = −∞ , x→ 2+ (2 − x) συνεπώς ℓ = (2 + 1) ⋅ (−∞) = 3 ⋅ (−∞) = −∞ . (Ανάλογη εργασία θα γίνονταν, αν x → 2− ). - 321 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 90 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 7 ⎡ ⎤ 2x + 3 0 ⎢ 1 ⎥ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (2x + 3) ⋅ ⎥. x→ 2 x − 2 x −2 ⎥ x→ 2 ⎢ ⎣ ⎦ 1 Είναι x − 2 > 0 , όταν x → 2 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→ 2 x −2 ℓ = (2 ⋅ 2 + 3) ⋅ (+∞) = 7 ⋅ (+∞) = +∞ . Σχόλιο Γενικά, είναι: • x − x 0 > 0 , όταν x → x 0 . • x + x 0 > 0 , όταν x → −x 0 . 1 1 Επομένως, είναι ℓ im = +∞ , ℓ im = +∞ x→ x0 x − x0 x→−x0 x + x0 (πρέπει να αιτιολογείται στις ασκήσεις, όπως φάνηκε στο παράδειγμα 90).

Λυμένο παράδειγμα 91 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 1 1 Ας δούμε το ℓ = ℓ im , που εμφανίζει απροσδιοριστία (οπότε πρέπει να βρεθεί x→ 0 ηµx 0 το πρόσημο της παράστασης του παρονομαστή, όταν x → 0 ). Επειδή το ημx είναι βασική συνάρτηση, η απάντηση θα δοθεί από την γραφική του πα- ράσταση, από την οποία προκύπτει ότι: - 322 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0” α) είναι ηµx < 0 , όταν x → 0− (αφού η γραφική παράσταση είναι κάτω από τον άξο- να x΄x τότε), συνεπώς είναι ℓ− = −∞ . β) είναι ηµx > 0 , όταν x → 0+ (αφού η γραφική παράσταση είναι πάνω από τον άξο- να x΄x τότε), συνεπώς είναι ℓ+ = +∞ . Αφού είναι ℓ− ≠ ℓ+ , το ℓ δεν υπάρχει.

Λυμένο παράδειγμα 92 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Είναι 3 x+2 ⎡0 1 ⎤⎥ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x + 2) ⋅ , x→1 ℓnx x→1 ⎢ ℓnx ⎥⎦ ⎣ 1 οπότε για το όριο το δεύτερου κλάσματος (που εμφανίζει την απροσδιοριστία ) 0 πρέπει να βρεθεί το πρόσημο της παράστασης του παρονομαστή. Επειδή πάλι πρόκειται περί βασικής συνάρτησης, από την γραφική παράσταση του ℓnx έχω ότι: 1 α) είναι ℓnx < 0 , όταν x → 1− , συνεπώς ℓ im = −∞ , άρα x→1 − ℓnx ℓ− = (1 + 2) ⋅ (−∞) = 3 ⋅ (−∞) = −∞ . 1 β) είναι ℓnx > 0 , όταν x → 1+ , συνεπώς ℓ im = +∞ , άρα x→1+ ℓnx ℓ+ = (1 + 2) ⋅ (+∞) = 3 ⋅ (+∞) = +∞ . Αφού είναι ℓ− ≠ ℓ+ , το ℓ δεν υπάρχει. ΠΡΟΣΟΧΗ ! Αναφέρθηκε στην 2η ενότητα ότι το πρώτο βήμα πάντα για τον υπολογισμό ενός ορίου είναι η αριθμητική αντικατάσταση, ώστε να διαπιστωθεί αν το όριο εμφανίζει απροσ- διοριστία (και αν ναι, ποιας μορφής). Έτσι, μπορεί ένα όριο να εμφανίσει αρχικά μια απροσδιοριστία και στην συνέχεια μια άλλη· εν προκειμένω, αρχικά να εμφανίσει απροσδιοριστία «μηδέν διά μηδέν» και μετά «αριθμός διά μηδέν». - 323 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0”

Λυμένο παράδειγμα 93 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 0 ηµx 0 ⎛ ηµx ⎞⎟ ⎛ ηµx 1 ⎞⎟ ℓ = ℓ im 3 = ℓ im ⎜⎜⎜ ⎟ = ℓ im ⎟ x→ 0 ⎜⎜ ⎜ ⋅ ⎟⎟ = 1 ⋅ (+∞) = +∞ . x→ 0 x ⋅ x 2 ⎟ x→ 0 x ⎝ ⎠ ⎝ x x 2 ⎟⎠ 1 Υπενθυμίζεται ότι ℓ im = +∞ , όταν ο ν είναι άρτιος. Επίσης, «οδηγός» στο τι xν x→ 0 ηµx έπρεπε να γίνει στο όριο ήταν το ημx, που φέρνει στο μυαλό το ℓ im . x→ 0 x

Λυμένο παράδειγμα 94 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ℓ = ℓ im x + 4 −2 0 = ℓ im 0 ( x + 4 − 2)( x + 4 + 2) = ℓ im x + 4 − 4 = x→ 0 x3 x→ 0 x ( x + 4 + 2) 3 x ( x + 4 + 2) x→ 0 3 x 1 ⎛ 1 1 ⎞⎟ = ℓ im = ℓ im = ℓ im ⎜⎜⎜ ⋅ 2 ⎟⎟ = x→ 0 x3 ( x + 4 + 2) x→ 0 x2 ( x+4 +2 x→ 0 ⎜ ) ⎝ x + 4 + 2 x ⎟⎟⎠ 1 1 = ⋅ (+∞) = ⋅ (+∞) = +∞ . 0+4 +2 4

Λυμένο παράδειγμα 95 από «Ε3-Π1-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ℓ = ℓ im ηµ3x = ℓ im ( x + 4 + 2) = ℓ im ηµ x ⋅ ( x + 4 + 2) = 0 0 ηµ3x ⋅ 5 3 5 x→ 0 x + 4 −2 5 ( x + 4 − 2)( x + 4 + 2)x→ 0 x +4−4 5 5 x→ 0 5 = ℓ im ηµ3x ⋅ ( x + 4 + 2) = ℓ im ηµ x ⋅ ( x + 4 + 2) = ℓ im ⎡⎢⎢ ηµ x ⋅ ( x + 4 + 2) ⋅ 1 ⎤⎥⎥ = 5 3 5 3 5 x→ 0 x5 x→ 0 x3 ⋅ x2 x→ 0 ⎢ x3 x 2 ⎥⎥ ⎢ ⎢⎣ ⎦⎥ ⎡⎛ 3 ⎤ ⎢ ⎜ ηµx ⎞⎟⎟ = ℓ im ⎢ ⎜⎜ x→ 0 ⎢ ⎝ x ⎟⎠ ⎟ ⋅ ( 1 ⎥ ) x + 4 + 2 ⋅ 2 ⎥ = 13 ⋅ 5 x ⎥ ( 0 + 4 + 2) ⋅ (+∞) = 4 ⋅ (+∞) = +∞ . 5 ⎣ ⎦ - 324 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

−1 ⎡ ⎤ x −1 0 ⎢ 1 ⎥ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x − 1) ⋅ ⎥. x→ 0 x x→ 0 ⎢ x ⎥ ⎣ ⎦ 1 Είναι x > 0 , όταν x → 0 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→ 0 x ℓ = (0 − 1) ⋅ (+∞) = −(+∞) ⇒ ℓ = −∞ . Ξαναδιάβασε το σχόλιο του παραδείγματος 90.

1 3 − 2x 0⎡ 3 − 2x 1 ⎤ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ ⋅ ⎥. x→1 2(x − 1)2 x→1 ⎢ 2 (x − 1)2 ⎥ ⎣ ⎦ 1 Είναι (x − 1)2 > 0 , όταν x → 1 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→1 (x − 1)2 3 − 2 ⋅1 1 ℓ= ⋅ (+∞) = ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . 2 2 Ξαναδιάβασε το σχόλιο του παραδείγματος 87.

3 x +1 ⎛ ⎞ x +1 0 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ℓ = ℓ im = ℓ im = ℓ im ⎜ x + 1 ⋅ ⎟⎟ . x→ 2 x − 2 x→ 2 x − 2 x→ 2 ⎜ x − 2 ⎟⎠⎟ ⎝⎜ 1 Είναι x − 2 > 0 , όταν x → 2 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→ 2 x −2 ℓ = 2 + 1 ⋅(+∞) = 3 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . - 326 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0”

−3 5 − 4x 5 − 4x ⎡ 0 1 ⎤ ℓ = ℓ im = ℓ im = ℓ im ⎢ (5 − 4x) ⋅ ⎥. x→ 2 x 2 − 4x + 4 x→ 2 (x − 2)2 x→ 2 ⎢ (x − 2)2 ⎥ ⎣ ⎦ 1 Είναι (x − 2)2 > 0 , όταν x → 2 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→ 2 (x − 2)2 ℓ = (5 − 4 ⋅ 2) ⋅ (+∞) = −3 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = −∞ .

−7 x −83 ⎡ x3 − 8 0 1 ⎤ ℓ = ℓ im− = ℓ im ⎢ ⋅ ⎥. x→1− ⎢ x + 1 3 3 ⎥ x→1 (x − 1) (x + 1) (x − 1) ⎣⎢ ⎦⎥ 1 Αφού x → 1− , είναι x < 1 ⇔ x − 1 < 0 ⇔ (x − 1)3 < 0 , οπότε είναι ℓ im 3 = −∞ , x→1− (x − 1) συνεπώς 13 − 8 7 ℓ= ⋅ (−∞) = − ⋅ (−∞) ⇒ ℓ = +∞ . 1+1 2

2 ⎛ x3 + x2 1 ⎞⎟⎟ ⎡ x 2 (x + 1) 1 ⎤ ⎥ = ℓ im ⎛⎜⎜ x + 1 ⋅ 1 ⎞⎟⎟ . 3 2 x +x ⎜ 0 ⎢ ℓ = ℓ im 3 2 = ℓ im ⎜⎜ ⋅ ⎟ = ℓ im ⋅ ⎟ x→1 ⎜ ℓn2x ⎟⎠ x→1 ⎢ ⎥ x→1 ⎜ ℓn2x ⎠⎟ x→1 x ℓn x ⎝ x 3 ⎢⎣ x3 ℓn2x ⎥ ⎦ ⎝ x Διακρίνονται οι εξής περιπτώσεις: α) όταν x → 1− , τότε είναι ℓnx < 0 (προκύπτει από την γραφική παράσταση του 1 ℓnx ), οπότε ℓn2x > 0 , άρα ℓ im = +∞ . x→1 − ℓn2x Τότε θα είναι 1+1 ℓ− = ⋅ (+∞) = 2 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ− = +∞ . 1 β) όταν x → 1+ , τότε είναι ℓnx > 0 (προκύπτει από την γραφική παράσταση του 1 ℓnx ), οπότε ℓn2x > 0 , άρα ℓ im = +∞ . x→1 + ℓn2x - 327 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0” Τότε θα είναι 1+1 ℓ+ = ⋅ (+∞) = 2 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ+ = +∞ . 1 Αφού είναι ℓ− = ℓ+ = +∞ , τελικά είναι ℓ = +∞ . Δεύτερος τρόπος υπολογισμού του ορίου 2 ⎛ x3 + x2 1 ⎞⎟⎟ ⎡ x 2 (x + 1) 1 ⎤ ⎥ = ℓ im ⎛⎜⎜ x + 1 ⋅ 1 ⎞⎟⎟ . 3 2 x +x ⎜ 0 ⎢ ℓ = ℓ im 3 2 = ℓ im ⎜⎜ ⋅ ⎟ = ℓ im ⋅ ⎟ x→1 ⎜ ℓn2x ⎟⎠ x→1 ⎢ ⎥ x→1 ⎜ ℓn2x ⎠⎟ x→1 x ℓn x ⎝ x 3 ⎢⎣ x3 ℓn2x ⎥ ⎦ ⎝ x Για το πρόσημο του ℓnx είναι γνωστά τα εξής από την Άλγεβρα: α) όταν 0 < x < 1 , τότε είναι ℓnx < 0 , άρα ℓn2x > 0 . β) όταν x > 1 , τότε είναι ℓnx > 0 , άρα ℓn2x > 0 . Επομένως είναι ℓn2x > 0 , για κάθε x > 0 , x ≠ 1 , δηλαδή όταν x → 1 , συνεπώς 1 1+1 ℓim = +∞ , άρα ℓ = ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . 2 x→1 ℓn x 1

3 1− x 1− x 0 ⎡ 1 ⎤ ℓ = ℓ im 2 = ℓ im = ℓ im ⎢ (1 − x) ⋅ ⎥. x→−2 x + 4x + 4 x→−2 (x + 2)2 x→−2 ⎢ (x + 2)2 ⎥ ⎣ ⎦ 1 Είναι (x + 2)2 > 0 , όταν x → −2 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→−2 (x + 2)2 ℓ = ⎡⎢1 − (−2)⎤⎥ ⋅ (+∞) = 3 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . ⎣ ⎦

0 5 3 2 2 2 x − 2x + x − 2 (x − 2) (x + 1) 0 x +1 0 ℓ = ℓ im− 3 2 = ℓ im− = ℓ im− 2 = x→ 2 x − 3x + 4 2 x→ 2 (x − 2) (x − x − 2) x→ 2 x − x − 2 x2 + 1 ⎛ x2 + 1 1 ⎞⎟⎟ = ℓ im− = ℓ im− ⎜⎜⎜ ⋅ ⎟. x→ 2 (x − 2)(x + 1) x→ 2 ⎝ ⎜ x + 1 x − 2 ⎟⎠ 1 Αφού x → 2− , είναι x < 2 ⇔ x − 2 < 0 , οπότε ℓ im = −∞ , συνεπώς x→ 2− x −2 - 328 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0” 22 + 1 5 ℓ= ⋅ (−∞) = ⋅ (−∞) ⇒ ℓ = −∞ . 2+1 3 Είδες τι συνέβη, έτσι; Στην αρχή εμφανίστηκε απροσδιοριστία 0 διά 0, έκανα τα προ- βλεπόμενα (παραγοντοποίηση), μετά είχα απροσδιοριστία «αριθμός διά 0», έκανα τα προβλεπόμενα. Αυτό το παράδειγμα αποδεικνύει την μεγάλη αξία που έχει η προσεκτική αρχική αντι- κατάσταση, ώστε να διαπιστώσω αν έχω απροσδιοριστία (και αν έχω, ποιας μορφής). Επίσης, το όριο ήταν πλευρικό, οπότε μπόρεσα να προσδιορίσω το πρόσημο του x − 2 . Αν δεν ήταν πλευρικό, θα έπρεπε να διακρίνω δύο περιπτώσεις.

−2 x −2 0 x −2 ⎛ x − 2 1 ⎞⎟ 0−2 ℓ = ℓ im = ℓ im = ℓ im ⎜⎜ ⋅ ⎟⎟ = 2 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . x→ 0 x 4 − 2x 2 x→ 0 x 2 (x 2 − 2) x→ 0 ⎜ x 2 − 2 x 2 ⎟ ⎝ ⎠ 0 −2 1 Ότι ℓ im = +∞ δεν χρειάζεται αιτιολόγηση, αφού είναι γνωστό από την θεωρία. x→ 0 x 2

Πρόσεξέ την πάρα πολύ! 1 x +1 0 ⎡ 1 ⎤ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x + 1) ⋅ ⎥. x→ 0 1 − συνx x→ 0 ⎢ 1 − συνx ⎥ ⎣ ⎦ Από την γραφική παράσταση του συνημιτόνου έχω ότι συνx < 1 , όταν x → 0 , οπότε 1 1 − συνx > 0 , όταν x → 0 , συνεπώς ℓ im = +∞ . x→ 0 1 − συνx Άρα είναι ℓ = (0 + 1) ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . Όπως φάνηκε και στα παραδείγματα 91 και 92, η αξία των γραφικών παραστάσεων των βασικών συναρτήσεων (βρίσκονται στην 1η ενότητα) είναι πολύ μεγάλη. Καταλα- βαίνεις πλέον γιατί οι αυτές οι συναρτήσεις χαρακτηρίζονται «βασικές»! - 329 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0”

Πρόσεξέ την πάρα πολύ! α x −2 ⎡ ⎤ 1 ⎥ , όπου α = π − 2 . 0 ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x − 2) ⋅ x→ π/2 1 − ηµx x→ 0 ⎢ 1 − ηµx ⎥⎦ 2 ⎣ Από την γραφική παράσταση του ημιτόνου έχω ότι ηµx < 1 , όταν x → π / 2 , οπότε 1 1 − ηµx > 0 , όταν x → π / 2 , συνεπώς ℓ im = +∞ . x→ π/2 1 − ηµx Άρα είναι ⎛π ⎞ π−4 ℓ = ⎜⎜⎜ − 2⎟⎟⎟ ⋅ (+∞) = ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = −∞ , αφού π − 4 < 0 . ⎝2 ⎟⎠ 2

Πρόσεξέ την πάρα πολύ! −2 x −2 0 ⎡ 1 ⎤ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x − 2) ⋅ ⎥. x→ 0 συν3 x − 1 x→ 0 ⎢ συν x − 1 ⎥⎦ 3 ⎣ Από την γραφική παράσταση του συνημιτόνου έχω ότι συνx < 1 , όταν x → 0 , οπότε 1 συν3x < 1 ⇔ συν3x − 1 < 0 , όταν x → 0 , συνεπώς ℓ im 3 = −∞ . x→ 0 συν x − 1 Άρα είναι ℓ = (0 − 2) ⋅ (−∞) ⇒ ℓ = +∞ .

⎛ 4 1 ⎞⎟ ⎡ 4 1 ⎤⎥ 4 − (1 + x) ℓ = ℓ im+ ⎜⎜⎜ − ⎟ ⎟ = ℓ im ⎢ − = ℓ im+ = x→1 ⎝ 1 − x 2 ⎢ ⎥ 1 − x ⎠⎟ x→1 ⎣ (1 − x)(1 + x) 1 − x ⎦ + x→1 (1 − x)(1 + x) 2 4 −1− x 3−x 0 ⎛ 3−x 1 ⎞⎟ = ℓ im+ = ℓ im+ = ℓ im+ ⎜⎜⎜ ⋅ ⎟⎟ . x→1 (1 − x)(1 + x) x→1 (1 − x)(1 + x) x→1 ⎝ 1 + x 1 − x ⎟ ⎠ 1 Αφού x → 1+ , είναι x > 1 ⇔ 1 − x < 0 , οπότε ℓ im = −∞ , συνεπώς x→1 + 1− x 3 −1 ℓ= ⋅ (−∞) ⇒ ℓ = −∞ . 1+1 - 330 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0”

Πρόσεξέ την πάρα πολύ! 1+ x ℓ = ℓ im . x→ 0 3x 2 + 5 x Εδώ θα δεις για άλλη μία φορά κάτι που ήδη επισημάνθηκε στην θεωρία. Στο όριο υπάρχει μια «τρικλοποδιά»: γράφοντας x → 0 , να μην ξεχνάς ότι σημαίνει x → 0+ και x → 0− . Το δεύτερο όμως εδώ δεν είναι σωστό, διότι x → 0− σημαίνει x < 0 , κάτι που φυσικά δεν επιτρέπεται σε τετραγωνική ρίζα. Έτσι, πρέπει το όριο να ξαναγραφεί, αλλά με το σωστό x, που είναι x → 0+ . 1+ x Είναι ℓ = ℓ im . x→ 0+ 3x 2 + 5 x Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇒ x 2 = y4 . Πρόσεξε πολύ και την αλλαγή μεταβλητής σε πλευρικό όριο που ακολουθεί! Όταν x → 0+ , τότε x > 0 ⇔ x > 0 ⇔ y > 0 , δηλαδή y → 0+ . Άρα 1 1+ y 0 1+ y ⎛ 1 + y 1 ⎞⎟ 1+ 0 ℓ = ℓ im+ = ℓ im = ℓ im ⎜⎜ ⋅ ⎟⎟ = ⋅ (+∞) = +⎜ y→ 0 ⎜⎝ 3y + 5 y ⎟⎠ 3 ⋅ 0 + 5 4 3 3 3 y→ 0 3y + 5y y→ 0 y(3y + 5) + 1 = ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = +∞ . 5 1 Δεν χρειάζεται εξήγηση ότι ℓ im = +∞ , διότι είναι γνωστό από την θεωρία. y→ 0+ y - 331 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 1 • Ό ρ ι ο -συνέχε ι α συνά ρτησης 3η ΕΝΟΤΗΤΑ. “Υπολογιστικά” θέµατα ορίων: η απροσδιοριστία “αριθµός διά 0”

−2 3 ⎡ ⎤ x −2 0 ⎢ 3 1 ⎥ ℓ = ℓ im = ℓ im ⎢ (x − 2) ⋅ ⎥. x→ 0 x x→ 0 ⎢ x ⎥ ⎣ ⎦ 1 Είναι x > 0 , όταν x → 0 , οπότε ℓ im = +∞ , συνεπώς x→ 0 x ℓ = (03 − 2) ⋅ (+∞) = −2 ⋅ (+∞) ⇒ ℓ = −∞ .