ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1

2x Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = . x −1

x+3 Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = . x2 − 4

x2 + 3 Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = . x −2

1 3x Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = + . x −2 x+4

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = 3 2x + 4 .

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = x 2 − 4 .

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = 1 − x .

1 Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = . x −3

1 Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = 2x + 4 − . x −1

1 2 Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = + . x −1 3−x

Λυμένο παράδειγμα 11 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: x2 − 1 Για την συνάρτηση f(x) = , πρώτα πρέπει να βρεθεί το πεδίο ορισμού της και x −1 μετά να υπολογιστούν (όπου και αν χρειάζεται) τιμές της (π.χ., f(0) , f(−2) , f(1) ). Πρέπει να είναι x −1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ! − {1} . Έτσι, για τις ακόλουθες τιμές, έχουμε: 02 − 1 −1 • f(0) = = =1. 0 −1 −1 (−2)2 − 1 4 −1 3 • f(−2) = = = = −1 . −2 − 1 −3 −3 • Η τιμή f(1) δεν ορίζεται, διότι το 1 δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της f (μπορείς να το γράψεις και έτσι: «Διότι 1 ∉ Α »). Μάλιστα, η τιμή f(1) δεν ορίζεται, ακόμη και αν πρώτα απλοποιήσουμε τον τύπο της f και μετά πάμε να υπολογίσουμε την τιμή f(1) : x2 − 1 (x − 1) (x + 1) f(x) = = = x +1. x −1 x −1 -9 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 12 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την συνάρτηση ⎧⎪ 1 ⎪⎪ , αν x < 0 f(x) = ⎪⎨ x ⎪⎪ ⎪⎪ x , αν x ≥ 0 ⎩ (κατ’ αντιστοιχία με όσα προαναφέρθηκαν), έχουμε ότι είναι Δ1 = (−∞ , 0) , Δ2 = ⎡⎢0 , + ∞) , ⎣ οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = Δ1 ∪ Δ2 = (−∞ , 0) ∪ ⎡⎢0 , + ∞) = ! . ⎣ ❖ 2ο θέµα - Πώς θα βρεις τιµή συνάρτησης διπλού τύπου Σε συνάρτηση μονού τύπου (π.χ., f(x) = x 2 + 1 ), για να βρεις μια τιμή της απλώς θέσε στην θέση του x τον επιθυμητό αριθμό και κάνε πράξεις (φυσικά, ο αριθμός που θα τεθεί στην θέση του x πρέπει να ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης, αλλιώς η σχετική τιμή της δεν ορίζεται· εδώ φαίνεται η βασική αξία του πεδίου ορισμού). Σε συνάρτηση διπλού τύπου, πρέπει πρώτα να γίνει ένας απλός έλεγχος σε ποιο από τα διαστήματα Δ1 , Δ2 ανήκει ο αριθμός που θες να θέσεις στην θέση του x. - 11 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λυμένο παράδειγμα 13 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας θεωρήσουμε την συνάρτηση ⎧⎪ 2 ⎪⎪ −x , αν x ≤ 0 f(x) = ⎪⎨ 2 . ⎪⎪ , αν x > 0 ⎪⎩⎪ x Κατ’ αρχάς, πεδίο ορισμού της f είναι το Df = ! (η ένωση, όπως αναφέρθηκε προη- γουμένως, των διαστημάτων που προκύπτουν από τις ανισότητες x ≤ 0 και x > 0 ). ⎛ 1⎞ 1 • Για να βρω τις τιμές f(0) , f(−1) , f ⎜⎜⎜− ⎟⎟⎟ , θα θέσω x = 0 , x = −1 , x = − στον ⎝ 2⎠ ⎟ 2 1 τύπο f(x) = −x 2 , αφού οι αριθμοί 0 , − 1 , − ανήκουν στο διάστημα (−∞ , 0⎤⎥ που 2 ⎦ προκύπτει από τον άνω τύπο ( x ≤ 0 ). Όμως! Αν δινόταν η συνάρτηση ⎧⎪ 2 ⎪⎪ −x , αν x < 0 f(x) = ⎪⎨ 2 , ⎪⎪ , αν x > 0 ⎪⎩⎪ x τότε η τιμή f(0) δεν ορίζεται. Επίσης, το πεδίο ορισμού είναι το ! * = ! − {0} = (−∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) . ⎛1⎞ 1 • Για να βρω τις τιμές f(1) , f(2) , f ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ , θα θέσω x = 1 , x = 2 , x = στον τύπο ⎝ 2 ⎟⎠ 2 2 1 f(x) = , αφού οι αριθμοί 1 , 2 , ανήκουν στο διάστημα (0 , + ∞) που προκύπτει x 2 από τον κάτω τύπο ( x > 0 ). ΠΡΟΣΟΧΗ ! Οι συναρτήσεις διπλού τύπου παριστάνονται με άγκιστρο για να δοθούν οι δύο τύποι τους. Αυτό δημιουργεί μια οπτική συνήθεια, η οποία πολλές φορές οδηγεί στο λάθος να θεω- ρούνται συναρτήσεις διπλού τύπου και συναρτήσεις των μορφών - 12 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων ⎧⎪ f (x) , αν x > x ⎧⎪ f (x) , αν x < x ⎧⎪ f (x) , αν x ≠ x ⎪ ⎪ ⎪ f(x) = ⎪⎨ 1 0 , f(x) = ⎪⎨ 1 0 , f(x) = ⎪⎨ 1 0 , ⎪⎪ α , αν x = x ⎪⎪ α , αν x = x ⎪⎪ α , αν x = x ⎪⎩ 0 ⎩⎪ 0 ⎩⎪ 0 με α ∈ ! (σταθερός αριθμός) σε κάθε περίπτωση. Οι μορφές αυτές δεν είναι συναρτήσεις διπλού τύπου, διότι απλώς δεν υπάρχουν δύο τύποι! Ειδικότερα, ο δεύτερος κλάδος τους δίνει την τιμή της f στο x 0 , δηλαδή είναι f(x 0 ) = α . Επίσης, οι παραπάνω μορφές μπορεί να μην δοθούν γραμμένες με άγκιστρο. Για παράδειγμα, μπορεί να δοθεί η συνάρτηση 1 f(x) = , για κάθε x ≠ 1 , με f(1) = 2 . x −1 Είναι το ίδιο

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/150 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Πρέπει να είναι x −1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ! − {1} . Μπορείς να γράψεις και Α = (−∞ ,1) ∪ (1, + ∞) , αλλά ο παραπάνω τρόπος είναι πιο «οικονομικός». ii. Πρέπει να είναι x 2 − 4x ≠ 0 ⇔ x (x − 4) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x − 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 4 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ! − {0 , 4} . Μπορείς να γράψεις και Α = (−∞ , 0) ∪ (0 , 4) ∪ (4 , + ∞) , αλλά ο παραπάνω τρόπος είναι πιο «οικονομικός». Ο τύπος της f μπορεί να απλοποιηθεί: x 2 − 16 (x − 4) (x + 4) x + 4 f(x) = = = . x 2 − 4x x (x − 4) x Υπερτονίζω όμως ότι, αν απλοποιήσεις τον τύπο της f, τότε να το κάνεις αφού πρώτα έχεις βρει το πεδίο ορισμού! iii. Πρέπει να είναι x2 + 1 ≠ 0 , το οποίο όμως ισχύει, αφού είναι x2 + 1 > 0 , για κάθε x∈!. Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α=! . Δεύτερος τρόπος Επειδή είναι x 2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , πεδίο ορισμού της f είναι το Α=! . - 14 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων iv. Πρόσεξε αυτό το ζητούμενο! Έχει ιδιόμορφο τρόπο αντιμετώπισης. Είναι x + x = 0 ⇔ x = −x ⇔ x ≤ 0 . Επειδή για την f πρέπει να είναι x + x ≠ 0 , με την βοήθεια της παραπάνω εξίσωσης προκύπτει ότι πρέπει να είναι x > 0 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = (0 , + ∞) .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/150 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Πρέπει να είναι ⎧⎪ x − 1 ≥ 0 ⎫⎪ ⎧⎪ x ≥ 1 ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ 2 − x ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≤ 2 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ ⎡⎢1, 2⎤⎥ . ⎣ ⎦ Βρήκα πού συναληθεύουν οι παραπάνω ανισώσεις. Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ⎡⎢1, 2⎤⎥ . ⎣ ⎦ ii. Πρέπει να είναι x2 − 4 ≥ 0 . Είναι x 2 − 4 = 0 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ x = 2 ή x = −2 , δηλαδή το τριώνυμο έχει δύο άνισες ρίζες. Επομένως, το πρόσημό του φαίνεται στον x −∞ −2 2 +∞ διπλανό πίνακα, με την βοήθεια του οποίου για την ανίσωση έχω ότι x2 − 4 + - + x ∈ (−∞ ,− 2⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , + ∞) . ⎦ ⎣ Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = (−∞ ,− 2⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , + ∞) . ⎦ ⎣ - 15 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων iii. Πρέπει να είναι −x 2 + 4x − 3 ≥ 0 ⇔ x 2 − 4x + 3 ≤ 0 (1) Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα (−4)2 − 4 ⋅1 ⋅ 3 = 16 − 12 = 4 , οπότε έχει δύο άνισες ρί- ζες, τις 4± 4 4±2 x1, 2 = = ⇔ x1 = 3 , x 2 = 1 . 2 ⋅1 2 Το πρόσημό του φαίνεται στον διπλα- x −∞ −2 2 +∞ νό πίνακα, με την βοήθεια του οποίου για την (1) έχω ότι x ∈ ⎡⎢1, 3⎤⎥ . x 2 − 4x + 3 + - + ⎣ ⎦ Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ⎡⎢1, 3⎤⎥ . ⎣ ⎦ iv. Πρέπει να είναι ⎧⎪ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧ ⎫ x − 1 ≠ 0 ⎪⎪ ⇔ ⎪⎪ x ≠ 1 ⎪⎪ ⇔ ⎪⎪ 2 ⎪ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ x ≠ 12 ⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎨ x ≠ 1 ⎪⎪⎬ , ⎪⎪ x≥0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ 0 ⎪⎪⎭⎪ ⎪⎩⎪ x ≥ 0 ⎪⎭⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ ⎩⎪ δηλαδή x ∈ ⎡⎢0 ,1) ∪ (1, + ∞) . ⎣ Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ⎡⎢0 ,1) ∪ (1, + ∞) . ⎣

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/151 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αν Δ1 = (−∞ , 0) , Δ2 = ⎡⎢0 , + ∞) , τότε πεδίο ορισμού της f είναι το ⎣ Α = Δ1 ∪ Δ2 = (−∞ , 0) ∪ ⎡⎢0 , + ∞) = ! ⇒ Α = ! . ⎣ • Επειδή είναι −5 < 0 , από τον τύπο f(x) = x 3 έχω ότι f(−5) = (−5)3 = −125 . • Επειδή είναι f(x) = 2x + 3 για x > 0 ή x = 0 , έχω ότι f(0) = 2 ⋅ 0 + 3 = 0 + 3 = 3 . • Επειδή είναι 6 > 0 , από τον τύπο f(x) = 2x + 3 έχω ότι f(6) = 2 ⋅ 6 + 3 = 12 + 3 = 15 . - 16 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/151 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Ας ονομάσω x τον φυσικό αριθμό που σκέφτηκα. • Προσθέτω σε αυτόν το 1, οπότε προκύπτει x + 1 . • Πολλαπλασιάζω το άθροισμα αυτό με 4, οπότε προκύπτει 4 (x + 1) . • Στο παραπάνω γινόμενο, προσθέτω το τετράγωνο του x, δηλαδή το x 2 , οπότε προ- κύπτει 4 (x + 1) + x 2 . Επομένως, ο τύπος της συνάρτησης f είναι ο f(x) = 4 (x + 1) + x 2 = 4x + 4 + x 2 ⇔ f(x) = (x + 2) , x ∈ ! . 2 Οι τιμές της για x = 0 , x = 1 , x = 2 , x = 3 , είναι: • f(0) = (0 + 2) = 22 = 4 . 2 • f(1) = (1 + 2) = 32 = 9 . 2 • f(2) = (2 + 2) = 42 = 16 . 2 • f(3) = (3 + 2) = 52 = 25 . 2 ii. Ισοδύναμα, το ζητούμενο διατυπώνεται και έτσι: «Να λύσετε την εξίσωση...». • f(x) = 36 ⇔ (x + 2) = 36 ⇔ x + 2 = ± 36 ⇔ x + 2 = ±6 ⇔ 2 ⇔ x + 2 = 6 ή x + 2 = −6 ⇔ x = 4 ή x = −8 . Η τιμή x = −8 απορρίπτεται, διότι −8 ∉ ! . Άρα είναι x=4 . • f(x) = 49 ⇔ (x + 2) = 49 ⇔ x + 2 = ± 49 ⇔ x + 2 = ± 7 ⇔ 2 ⇔ x + 2 = 7 ή x + 2 = −7 ⇔ x = 5 ή x = −9 . Η τιμή x = −9 απορρίπτεται, διότι −9 ∉ ! . - 17 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Άρα είναι x=5 . • f(x) = 100 ⇔ (x + 2) = 100 ⇔ x + 2 = ± 100 ⇔ x + 2 = ±10 ⇔ 2 ⇔ x + 2 = 10 ή x + 2 = −10 ⇔ x = 8 ή x = −12 . Η τιμή x = −12 απορρίπτεται, διότι −12 ∉ ! . Άρα είναι x=8 . • f(x) = 144 ⇔ (x + 2) = 144 ⇔ x + 2 = ± 144 ⇔ x + 2 = ±12 ⇔ 2 ⇔ x + 2 = 12 ή x + 2 = −12 ⇔ x = 10 ή x = −14 . Η τιμή x = −14 απορρίπτεται, διότι −14 ∉ ! . Άρα είναι x = 10 . Δεύτερος τρόπος Οι εξισώσεις έχουν μορφή f(x) = θ ⇔ (x + 2) = θ , θ > 0 . 2 Επειδή x ∈ ! , και το x + 2 ∈ ! , δηλαδή είναι x + 2 > 0 , συνεπώς προκύπτει (x + 2) = θ ⇔ x + 2 = θ , 2 με θ = 36 , θ = 49 , θ = 100 , θ = 144 . Έτσι: • για θ = 36 , έχω (x + 2) = 36 ⇔ x + 2 = 36 ⇔ x + 2 = 6 ⇔ x = 4 . 2 • για θ = 49 , έχω (x + 2) = 49 ⇔ x + 2 = 49

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/151 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Σε κάθε ζητούμενο, η έκφραση «Να βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες ισχύει...» «μεταφράζεται» στο «Να λύσετε την εξίσωση...». i. Πρέπει να είναι x −1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ! − {1} . Από την εξίσωση f(x) = 7 , με x ∈ Α , έχω: 4 4 2 +5= 7 ⇔ = 2 ⇔ = 1 ⇔ x −1 = 2 ⇔ x = 3 . x −1 x −1 x −1 ii. Πρέπει να είναι x 2 − 4x ≠ 0 ⇔ x (x − 4) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x − 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 4 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ! − {0 , 4} . Είναι και x 2 − 16 (x − 4) (x + 4) x + 4 g(x) = = = , x 2 − 4x x (x − 4) x οπότε από την εξίσωση g(x) = 2 , με x ∈ Α , έχω x+4 = 2 ⇔ x + 4 = 2x ⇔ x = 4 , x τιμή που απορρίπτεται όμως, διότι δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού Α. Άρα, η εξίσωση g(x) = 2 είναι αδύνατη, δηλαδή δεν υπάρχουν τιμές του x για τις οποίες να ισχύει g(x) = 2 . Ξαναδιάβασε τώρα την 3η παρατήρηση που έγινε στην σελίδα 10. - 19 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων iii. Επειδή είναι x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ! . 1 Από την εξίσωση h(x) = , με x ∈ Α , έχω τότε 5 1 1 = ⇔ x 2 + 1 = 5 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ x = 2 η x = −2 . 2 x +1 5 - 20 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr