Γ Λυκείου / ΟΡΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ

ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΥ ΓΙΑ ΤΟΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟ ΟΡΙΟΥ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ

1 σχόλιο
Print Friendly, PDF & Email

Παράδειγμα.1.
Για τις διάφορες τιμές του \lambda \in \rr, να υπολογισθεί το παρακάτω όριο:

    \[\lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}+(\lambda +2)x-3\Big).\]

Λύση
Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις

Περ./1./ Αν \lambda^{2}-4>0
Επειδή η παραπάνω ανίσωση είναι δευτέρου βαθμού, για την επίλυση της, πρέπει να κάνουμε πίνακα προσήμων.

    \begin{align*} \begin{tabular}{|r| l c c c c c r|} \hline $ \lambda $ &{\tiny{$ -\infty$}} & & $ -2$ & & $ 2$ & & {\tiny{$ +\infty$}} \\ \hline $ \lambda^{2}-4$ & & $ +$ & $\,\,\, 0$ & $ -$ & $ 0$ &$ +$ &\\ \hline \end{tabular}\\ \end{align*}

Δηλαδή \lambda^{2}-4>0 \Leftrightarrow \lambda \in (-\infty, -2)\cup (2,+\infty)

Τότε το όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} & \lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}+(\lambda +2)x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}\Big)=(\lambda^{2}-4)\cdot(+\infty) =+\infty. \end{align*}

Περ./2./ Αν \lambda^{2}-4<0.
Απο τον προηγούμενο πίνακα προσήμων έχουμε:

    \[\lambda^{2}-4<0\Leftrightarrow -2\leq \lambda \leq 2.\]

Τότε το όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} & \lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}+(\lambda +2)x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}\Big)=(\lambda^{2}-4)\cdot(+\infty) =-\infty. \end{align*}

Περ./3./ Αν \lambda^{2}-4 =0
τότε \lambda = -2 ή \lambda =2 και διακρίνουμε τις παρακάτω υποπεριπτώσεις:

    Περ./3α./

Για \lambda =-2
Τότε το όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} & \lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}+(\lambda +2)x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(\big((-2)^{2}-4\big)x^{3}+(-2 +2)x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big((4-4)x^{3}+0\cdot x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(0\cdot x^{3}+0\cdot x-3\Big)=-3. \end{align*}

    Περ./3β./

Για \lambda =2
Τότε το όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} & \lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}+(\lambda +2)x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big((2^{2}-4)x^{3}x^{3}+(2 +2)x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big((4-4)x^{3}+4\cdot x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(0\cdot x^{3}+4\cdot x-3\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}4\cdot x=4\cdot(-\infty)=-\infty. \end{align*}

Τελικά

    \[\lim_{x\to -\infty}\Big((\lambda^{2}-4)x^{3}+(\lambda +2)x-3\Big)=\left\{ \begin{tabular}{ll} $+\infty,\, \lambda <-2 \, \text {ή}\, \lambda >2. $ \\\\ $-\infty, \,-2<\lambda \leq 2.$ \\\\ $ -3, \, \lambda =-2.$ \end{tabular} \right.\]

Παράδειγμα.2.
Για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου \mu \in \rr, να υπολογισθεί το παρακάτω όριο:
\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}
Λύση
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
περ.1 Αν \mu \neq 1 και \mu \neq 2,
τότε το όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}}{(\mu -2)\cdot x^{2}}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x}{(\mu -2)}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot }{(\mu -2)}\cdot x =\dfrac{(\mu -1)}{(\mu -2)}\cdot(-\infty) \quad (1.) \end{align*}

Δηλαδή το αποτέλεσμα εξαρτάται απο το πρόσημο του

    \[\dfrac{(\mu -1)}{(\mu -2)}.\]

Έχουμε

    \begin{align*} \begin{tabular}{|r| l c c c c c c |r|} \hline $ \mu $ &{\tiny{$ -\infty$}} & &$ 1$ & & 2 & & {\tiny{$ +\infty$}} \\ \hline $ \mu -1 $ & &$ -$ &$ 0$ &$ +$ & $|$ & + &\\ \hline $ \mu -2$ & &$ -$ &$ |$ &$ -$ &$0$ & + &\\ \hline \hline $\frac{(\mu -1)}{(\mu -2)}$& &$+$ &$0$ &$-$ & $ |$ & + &\\ \hline \end{tabular}\\ \end{align*}

Οπότε διακρίνουμε τις παρακάτω υποπεριπτώσεις:
περ./1α
Αν \dfrac{(\mu -1)}{(\mu -2)}>0\Leftrightarrow \mu \in (-\infty, 1)\cup (2, +\infty)
Τότε λόγω της σχέσης (1.) το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot }{(\mu -2)}\cdot x =\dfrac{(\mu -1)}{(\mu -2)}\cdot(-\infty)=-\infty. \end{align*}

περ./1β
Αν \dfrac{(\mu -1)}{(\mu -2)}<0\Leftrightarrow 1<\mu < 2.
Τότε λόγω της σχέσης (1.) το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot }{(\mu -2)}\cdot x =\dfrac{(\mu -1)}{(\mu -2)}\cdot(-\infty)=+\infty. \end{align*}

περ.2
Αν \mu =1.
Τότε το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(1 -1)\cdot x^{3}+1 \cdot x^{2}-2}{(1 -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{0\cdot x^{3}+1 \cdot x^{2}-2}{(-1)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{ x^{2}-2}{-x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{ x^{2}}{-x^{2}}=-1. \end{align*}

περ.3
Αν \mu =2.
Τότε το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(2 -1)\cdot x^{3}+2 \cdot x^{2}-2}{(2 -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1\cdot x^{3}+2\cdot x^{2}-2}{0\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{x^{3}+2\cdot x^{2}-2}{3\cdot x+1}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{ x^{3}}{3\cdot x}=\lim_{x\to -\infty}\dfrac{ x^{2}}{3}=+\infty. \end{align*}

Τελικά:

    \[\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\mu -1)\cdot x^{3}+\mu \cdot x^{2}-2}{(\mu -2)\cdot x^{2}+3\cdot x+1}=\left\{ \begin{tabular}{ll} $-\infty,\,\mu <1 \text{ή} \mu> 2. $ \\\\ $+\infty, \,1<\mu \leq 2.$ \\\\ $ -3, \, \mu =1.$ \end{tabular} \right.\]

Παράδειγμα.3.
Για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου \mu \in \rr, να υπολογισθεί το παρακάτω όριο:

    \[\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+\mu \cdot x)\]

Λύση
Έχουμε ότι:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+\mu \cdot x)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(\sqrt{x^{2}\cdot(4+\dfrac{1}{x^{2}})}+\mu \cdot x\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(\sqrt{x^{2}}\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}+\mu \cdot x\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(|x|\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}+\mu \cdot x\Big) \end{align*}

Επειδή x \to -\infty \Rightarrow x<0 \Rightarrow |x|=-x,
τότε το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\Big(|x|\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}+\mu \cdot x\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(-x\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}+\mu \cdot x\Big)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\Big(-x\cdot\big(\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}-\mu \big)\Big)=\\\\ \end{align*}

Επειδή ισχύει \displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{x^{2}}=0, έχουμε:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\Big(-x\cdot\big(\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}-\mu \big)\Big)=\\\\ &\Big(-(-\infty)\cdot\big(\sqrt{4+0}-\mu \big)\Big)=+\infty\cdot(2-\mu). \end{align*}

Συνεπώς για τον υπολογισμό του ορίου στο μείον άπειρο διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτωσεις:
περ.1.
Αν 2-\mu >0\Leftrightarrow \mu <2,
τότε το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \[\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+\mu \cdot x)=+\infty\cdot(2-\mu)=+\infty.\]

περ.2.
Αν 2-\mu <0\Leftrightarrow \mu >2,
τότε το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \[\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+\mu \cdot x)=+\infty\cdot(2-\mu)=-\infty.\]

περ.3.
Αν 2-\mu =0 \Leftrightarrow \mu =2,
τότε το αρχικό όριο στο μείον άπειρο γίνεται

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+\mu \cdot x)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+ 2x)=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{(\sqrt{4x^{2}+1}+ 2x)\cdot (\sqrt{4x^{2}+1}-2x)}{\sqrt{4x^{2}+1}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{\sqrt{4x^{2}+1}^{2}-(2x)^{2}}{\sqrt{4x^{2}+1}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{4x^{2}+1-4x^{2}}{\sqrt{4x^{2}+1}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}\cdot(4+\dfrac{1}{x^{2}})}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}}\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{|x|\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}-2x}. \end{align*}

Επειδή x \to -\infty \Rightarrow x <0\Rightarrow |x|=-xέχουμε:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{|x|\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{-x\cdot\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}-2x}=\\\\ &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{-x\cdot\Big(\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}+2\Big)}. \end{align*}

Επειδή ισχύει \displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{x^{2}}=0, έχουμε:

    \begin{align*} &\lim_{x\to -\infty}\dfrac{1}{-x\cdot\Big(\sqrt{4+\dfrac{1}{x^{2}}}+2\Big)}=\\\\ &\dfrac{1}{-(-\infty)\cdot\Big(\sqrt{4+0}+2\Big)}=\dfrac{1}{(+\infty)\cdot 4}=0. \end{align*}

Τελικά:

    \[\lim_{x\to -\infty}(\sqrt{4x^{2}+1}+\mu \cdot x)=\left\{ \begin{tabular}{ll} $+\infty,\,\mu <2. $ \\\\ $-\infty, \,\mu > 2.$ \\\\ $ 0, \, \mu =2.$ \end{tabular} \right.\]

Παράδειγμα.4.
Να βρεθεί, για τις διάφορες τιμές του \alpha > 0, το παρακάτω όριο:

    \[\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x+1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x+1}}.\]

Λύση
Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:
Περίπτωση./1.
Αν 3<\alpha τότε 0< \dfrac{3}{\alpha}<1 και\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\Big(\dfrac{3}{\alpha}\Big)^{x}=0.
Οπότε βγάζουμε κοινό παράγοντα απο τον αριθμητή και απο τον παρονομαστή το \alpha^{x} και έχουμε:

    \begin{align*} &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x+1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x+1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x}\cdot 3^{1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x}\cdot \alpha^{1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3\cdot3^{x}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha\cdot\alpha^{x}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\alpha^{x}\cdot \big(3\cdot \dfrac{3^{x}}{\alpha^{x}}-1\big)}{\alpha^{x}\cdot\big(\dfrac{3^{x}}{\alpha^{x}}+\alpha\cdot1\big)}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3\cdot \dfrac{3^{x}}{\alpha^{x}}-1}{\dfrac{3^{x}}{\alpha^{x}}+\alpha}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty}\dfrac{3\cdot \big(\dfrac{3}{\alpha}\big)^{x}-1}{\big(\dfrac{3}{\alpha}\big)^{x}+\alpha}=\\\\ &\dfrac{3\cdot 0-1}{0+\alpha}=-\dfrac{1}{\alpha}. \end{align*}

Περίπτωση./2.
Αν 0<\alpha<3 τότε 0< \dfrac{\alpha}{3}<1 και\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\Big(\dfrac{\alpha}{3}\Big)^{x}=0. Οπότε βγάζουμε κοινό παράγοντα απο τον αριθμητή και απο τον παρονομαστή το 3^{x} και έχουμε:

    \begin{align*} &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x+1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x+1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x}\cdot 3^{1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x}\cdot \alpha^{1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3\cdot 3^{x}-\alpha^{x}}{3^{x}+3\cdot\alpha^{x}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x}\cdot\big(3 -\dfrac{\alpha^{x}}{3^{x}}\big)}{3^{x}\cdot\big(1+3\cdot\dfrac{\alpha^{x}}{3^{x}}\big)}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3 -\dfrac{\alpha^{x}}{3^{x}}}{1+3\cdot\dfrac{\alpha^{x}}{3^{x}}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3 -\big(\dfrac{\alpha}{3}\big)^{x}}{1+3\cdot\big(\dfrac{\alpha}{3}\big)^{x}}=\\\\ &\dfrac{3 -0}{1+3\cdot 0}= 3.\\\\ \end{align*}

Περίπτωση./3.

Αν \alpha =3

    \begin{align*} &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x+1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x+1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x+1}-3^{x}}{3^{x}+3^{x+1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x}\cdot3^{1}-3^{x}}{3^{x}+3^{x}\cdot 3^{1}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3\cdot 3^{x}-3^{x}}{3^{x}+3\cdot3^{x}}=\\\\ &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{2\cdot 3^{x}}{4\cdot3^{x}}=\lim_{x\to +\infty} \dfrac{2}{4}= \dfrac{1}{2}. \end{align*}

Τελικά:

    \[\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3^{x+1}-\alpha^{x}}{3^{x}+\alpha^{x+1}}=\left\{ \begin{tabular}{ll} $-\dfrac{1}{\alpha},\,\text{αν} \,\, \alpha >3. $ \\\\ $3 , \,\,\text{αν} \,\, 0<\alpha \\\\ $ \dfrac{1}{2}, \, \text{αν}\,\, \alpha = 3 .$ \end{tabular}\]

Βιβλιογραφία: Μπάρλας εκδόσεις Ελληνοεκδοτική, Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
Άδεια Creative Commons
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

Μία απάντηση στο “ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΥ ΓΙΑ ΤΟΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟ ΟΡΙΟΥ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ”

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *