♾️

Μη Πεπερασμένα Όρια & Κριτήριο Παρεμβολής

Όρια ±∞ στο x₀, πρόσημο παρονομαστή, πράξεις με άπειρα, παρεμβολή και απόλυτα

Γιατί με νοιάζει;

Σε ένα απλό μοντέλο, το κόστος για να καθαρίσεις το $p\%$ των ρύπων μιας λίμνης είναι $K(p) = \frac{50p}{100 - p}$ (χιλιάδες €). Για $p = 50$ κοστίζει $50$ , για $p = 90$ κοστίζει $450$ , για $p = 99$ κοστίζει $4950$ . Καθώς $p \to 100^-$ , το κόστος $\to +\infty$ : το « $100\%$ καθαρό» είναι ανέφικτο.

Αυτό είναι ένα μη πεπερασμένο όριο. Στο ίδιο κεφάλαιο θα μάθεις και πώς βρίσκεις το όριο συναρτήσεων που ταλαντώνονται «τρελά», όπως η $x\,\eta\mu\frac{1}{x}$ , με το κριτήριο παρεμβολής.

Όταν το όριο «εκρήγνυται»

Κοίτα την $f(x) = \frac{1}{x^2}$ καθώς το $x$ πλησιάζει το $0$ : $f(0{,}1) = 100$ , $f(0{,}01) = 10000$ , $f(0{,}001) = 1000000$ ... Οι τιμές δεν πλησιάζουν κανέναν αριθμό — ξεπερνούν τελικά κάθε φράγμα. Τότε γράφουμε:

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} = +\infty$

Αντίστοιχα, $\lim_{x \to x_0} f(x) = -\infty$ σημαίνει ότι οι τιμές κατεβαίνουν κάτω από κάθε αρνητικό φράγμα. Προσοχή στη διατύπωση: λέμε ότι η $f$ «έχει όριο $+\infty$ », αλλά το $\pm\infty$ δεν είναι αριθμός — είναι περιγραφή συμπεριφοράς. Γεωμετρικά, η ευθεία $x = x_0$ γίνεται κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης.

Οι βασικοί «δομικοί λίθοι» (για $\nu$ θετικό ακέραιο):

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2\nu}} = +\infty \qquad \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x^{2\nu - 1}} = -\infty, \quad \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x^{2\nu - 1}} = +\infty$

Στις άρτιες δυνάμεις το όριο υπάρχει (το $x^{2\nu}$ είναι παντού θετικό)· στις περιττές τα πλευρικά όρια διαφωνούν, οπότε το $\lim_{x \to 0} \frac{1}{x}$ δεν υπάρχει.

Κάνε zoom κοντά στο σημείο μηδενισμού του παρονομαστή: θα ανακαλύψεις ότι η καμπύλη «κολλάει» στην κατακόρυφη ευθεία και εκτοξεύεται — προς +∞ ή −∞ ανάλογα με το πρόσημο που έχει ο παρονομαστής σε κάθε πλευρά.

Η μέθοδος του προσήμου

Το γενικό εργαλείο για όρια της μορφής $\frac{\text{αριθμός} \neq 0}{0}$ : αν $\lim_{x \to x_0} f(x) = 0$ και η $f$ διατηρεί πρόσημο κοντά στο $x_0$ , τότε:

$f(x) > 0$ κοντά στο $x_0 \Rightarrow \lim_{x \to x_0} \frac{1}{f(x)} = +\infty$
$f(x) < 0$ κοντά στο $x_0 \Rightarrow \lim_{x \to x_0} \frac{1}{f(x)} = -\infty$

Συνταγή τριών βημάτων για $\lim_{x \to x_0} \frac{g(x)}{h(x)}$ με $g(x_0) \neq 0$ και $h(x_0) = 0$ :

Βρες το όριο του αριθμητή (πεπερασμένο, $\neq 0$ ).
Κάνε πίνακα προσήμου του παρονομαστή γύρω από το $x_0$ — χωριστά αριστερά και δεξιά.
Συνδύασε τα πρόσημα: $\frac{(+)}{(0^+)} = +\infty$ , $\frac{(+)}{(0^-)} = -\infty$ κ.ο.κ. Αν τα δύο πλευρικά όρια διαφέρουν, το όριο δεν υπάρχει.

Πράξεις με άπειρα (όσες έχουν νόημα): $(+\infty) + (+\infty) = +\infty$ , $\;(+\infty) \cdot (+\infty) = +\infty$ , $\;\ell + (+\infty) = +\infty$ , $\;\ell \cdot (+\infty) = +\infty$ αν $\ell > 0$ και $-\infty$ αν $\ell < 0$ . Αν $\lim f = \pm\infty$ , τότε $\lim \frac{1}{f} = 0$ . Απροσδιόριστες μορφές — εδώ ΔΕΝ βγαίνει συμπέρασμα χωρίς δουλειά:

$(+\infty) - (+\infty), \qquad 0 \cdot (\pm\infty), \qquad \frac{0}{0}, \qquad \frac{\pm\infty}{\pm\infty}$

Κόλπο μνήμης

Στη μορφή $\frac{\text{αριθμός} \neq 0}{0}$ , «το πρόσημο αποφασίζει». Φτιάξε πινακάκι προσήμου του παρονομαστή κοντά στο $x_0$ . Άρτιος εκθέτης στο $(x - x_0)$ → ίδιο πρόσημο και από τις δύο μεριές, άρα το όριο υπάρχει. Περιττός εκθέτης → αλλάζει πρόσημο, άρα εξέτασε πλευρικά όρια.

Παράδειγμα (πρόσημο παρονομαστή): Να βρεθεί, αν υπάρχει, το $\lim_{x \to 1} \frac{x + 2}{(x - 1)^2}$ και το $\lim_{x \to 1} \frac{x + 2}{x - 1}$ .

Πρώτο όριο: Ο αριθμητής τείνει στο $3 > 0$ . Ο παρονομαστής $(x - 1)^2$ τείνει στο $0$ και είναι θετικός για κάθε $x \neq 1$ (τέλειο τετράγωνο). Άρα μορφή $\frac{3}{0^+}$ :

$\lim_{x \to 1} \frac{x + 2}{(x - 1)^2} = +\infty$

Δεύτερο όριο: Ο παρονομαστής $x - 1$ αλλάζει πρόσημο στο $1$ . Για $x \to 1^-$ : $x - 1 \to 0^-$ , οπότε $\frac{3}{0^-} = -\infty$ . Για $x \to 1^+$ : $x - 1 \to 0^+$ , οπότε $\frac{3}{0^+} = +\infty$ . Τα πλευρικά όρια διαφέρουν, άρα το $\lim_{x \to 1} \frac{x + 2}{x - 1}$ δεν υπάρχει — υπάρχουν μόνο τα πλευρικά.

Παράδειγμα (όριο με παράμετρο): Για ποιες τιμές του $\alpha$ ισχύει $\lim_{x \to 1} \dfrac{x + \alpha}{(x - 1)^2} = +\infty$ ;

Λύση: Ο παρονομαστής $(x - 1)^2 \to 0$ και είναι θετικός για $x \neq 1$ . Ο αριθμητής τείνει στο $1 + \alpha$ .

$1 + \alpha > 0$ : μορφή $\frac{(+)}{0^+}$ , όριο $+\infty$ ✓
$1 + \alpha < 0$ : μορφή $\frac{(-)}{0^+}$ , όριο $-\infty$
$\alpha = -1$ : $\frac{x - 1}{(x - 1)^2} = \frac{1}{x - 1}$ , με πλευρικά όρια $-\infty$ και $+\infty$ — το όριο δεν υπάρχει

Απάντηση: $\alpha > -1$ .

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο κάνει το $\lim_{x \to 2^-} \frac{x + 1}{x - 2}$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο είναι το $\lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1}{x^4}\right)$ ;

Όριο σύνθετης συνάρτησης — αλλαγή μεταβλητής

Για το $\lim_{x \to x_0} f(g(x))$ :

Θέτουμε $u = g(x)$ και βρίσκουμε $u_0 = \lim_{x \to x_0} g(x)$ (μπορεί να είναι και $\pm\infty$ ).
Αν $g(x) \neq u_0$ κοντά στο $x_0$ , τότε $\lim_{x \to x_0} f(g(x)) = \lim_{u \to u_0} f(u)$ .

Π.χ. $\lim_{x \to 0^+} e^{-\frac{1}{x}}$ : με $u = -\frac{1}{x} \to -\infty$ παίρνουμε $\lim_{u \to -\infty} e^u = 0$ . Αντίθετα, για $x \to 0^-$ είναι $u = -\frac{1}{x} \to +\infty$ , άρα $\lim_{x \to 0^-} e^{-\frac{1}{x}} = +\infty$ — τα πλευρικά διαφέρουν και το $\lim_{x \to 0} e^{-\frac{1}{x}}$ δεν υπάρχει.

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο είναι το $\lim_{x \to 0} e^{-\frac{1}{x^2}}$ ;

Κριτήριο παρεμβολής — το «σάντουιτς»

Μερικές συναρτήσεις ταλαντώνονται τόσο άγρια που καμία άλγεβρα ορίων δεν τις πιάνει — π.χ. η $\eta\mu\frac{1}{x}$ κοντά στο $0$ ταλαντώνεται άπειρες φορές ανάμεσα στο $-1$ και στο $1$ . Το όπλο μας: εγκλωβισμός.

Κριτήριο παρεμβολής: Έστω συναρτήσεις $f, g, h$ με $h(x) \leq f(x) \leq g(x)$ κοντά στο $x_0$ . Αν

$\lim_{x \to x_0} h(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = \ell$

τότε και $\lim_{x \to x_0} f(x) = \ell$ . Διαισθητικά: αν το ψωμί από πάνω και το ψωμί από κάτω καταλήγουν στο ίδιο σημείο, το «σάντουιτς» δεν έχει πού αλλού να πάει.

Το κλασικό παράδειγμα: $\lim_{x \to 0} x \, \eta\mu\frac{1}{x}$ . Επειδή $\left| \eta\mu\frac{1}{x} \right| \leq 1$ για κάθε $x \neq 0$ , ισχύει:

$\left| x \, \eta\mu\frac{1}{x} \right| \leq |x| \iff -|x| \leq x \, \eta\mu\frac{1}{x} \leq |x|$

Και αφού $\lim_{x \to 0} (-|x|) = \lim_{x \to 0} |x| = 0$ , το κριτήριο δίνει $\lim_{x \to 0} x \, \eta\mu\frac{1}{x} = 0$ . Η ταλάντωση «πνίγεται» από τον παράγοντα $x$ που σβήνει.

$h(x) \leq f(x) \leq g(x) \;\text{κοντά στο } x_0 \;\text{και}\; \lim_{x \to x_0} h(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = \ell \;\Rightarrow\; \lim_{x \to x_0} f(x) = \ell$

Ήξερες ότι;

Στα ιταλικά το κριτήριο παρεμβολής λέγεται «teorema dei carabinieri» και στα ρωσικά «θεώρημα των δύο αστυνομικών». Η εικόνα: αν δύο αστυνομικοί ( $h$ και $g$ ) οδηγούν έναν ύποπτο ( $f$ ) ανάμεσά τους και καταλήγουν και οι δύο στο ίδιο κελί ( $\ell$ ), εκεί θα καταλήξει και ο ύποπτος.

Πλησίασε το 0 και δες τη συνάρτηση να ταλαντώνεται ανάμεσα στα δύο «ψωμιά» −|x| και |x|: θα ανακαλύψεις ότι όσο τα φράγματα στενεύουν προς το ίδιο σημείο, η εγκλωβισμένη συνάρτηση αναγκάζεται να συγκλίνει εκεί, όσο άγρια κι αν κουνιέται.

Όρια με απόλυτα

Δύο εργαλεία από την §1.5 που συμπληρώνουν τη φαρέτρα:

Αν $\lim_{x \to x_0} f(x) = \ell$ , τότε $\lim_{x \to x_0} |f(x)| = |\ell|$ . Ειδικά χρήσιμη η ισοδυναμία: $\lim_{x \to x_0} f(x) = 0 \iff \lim_{x \to x_0} |f(x)| = 0$ — αυτή «νομιμοποιεί» το πέρασμα από το $\left| x \, \eta\mu\frac{1}{x} \right| \leq |x|$ στο όριο.
Όταν η μεταβλητή πλησιάζει σημείο όπου η παράσταση μέσα στην απόλυτη τιμή αλλάζει πρόσημο, σπάσε σε κλάδους και πάρε πλευρικά όρια. Π.χ. για το $\lim_{x \to 3} \frac{|x - 3|}{x - 3}$ : αριστερά του $3$ είναι $|x - 3| = -(x - 3)$ , οπότε το πηλίκο ισούται με $-1$ · δεξιά ισούται με $1$ . Πλευρικά όρια $-1 \neq 1$ ⇒ το όριο δεν υπάρχει.

Αν όμως το $x_0$ δεν μηδενίζει την παράσταση, το απόλυτο «ανοίγει» με σταθερό πρόσημο και δουλεύεις κανονικά.

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο κάνει το $\lim_{x \to 0} x^2 \eta\mu\frac{1}{x}$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Το $\lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x}$ :

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Β): Για τη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ισχύει $|f(x) - 2x| \le x^2$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

(α) Να βρεθεί το $f(0)$ . (β) Να δειχθεί ότι η $f$ είναι συνεχής στο $0$ . (γ) Να δειχθεί ότι $f'(0) = 2$ και να βρεθεί η εφαπτομένη της $C_f$ στο $O(0, 0)$ .

Λύση (α): Για $x = 0$ : $|f(0)| \le 0$ , άρα $f(0) = 0$ .

Λύση (β): $-x^2 \le f(x) - 2x \le x^2 \iff 2x - x^2 \le f(x) \le 2x + x^2$ . Επειδή $\lim_{x \to 0} (2x - x^2) = \lim_{x \to 0} (2x + x^2) = 0$ , από το κριτήριο παρεμβολής $\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$ .

Λύση (γ): Για $x \neq 0$ διαιρούμε με $|x| > 0$ :

$\left|\frac{f(x)}{x} - 2\right| \le |x| \iff 2 - |x| \le \frac{f(x)}{x} \le 2 + |x|$

και από παρεμβολή $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 2$ . Όμως $\frac{f(x)}{x} = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ , άρα $f'(0) = 2$ και η εφαπτομένη στο $O$ είναι η $y = 2x$ .

Στο γραπτό, το κριτήριο παρεμβολής θέλει ΚΑΙ τα δύο φράγματα γραμμένα καθαρά: ξεκίνα πάντα από τη φραγμένη ποσότητα ( $|\eta\mu u| \leq 1$ , $|\sigma\upsilon\nu u| \leq 1$ ), πολλαπλασίασε με το απόλυτο του «σβησμένου» παράγοντα και κατέληξε σε διπλή ανισότητα. Στα όρια $\frac{\ell}{0}$ μην ξεχνάς να εξετάζεις ΧΩΡΙΣΤΑ τις δύο πλευρές όταν ο παρονομαστής αλλάζει πρόσημο — η απάντηση « $= \infty$ » χωρίς πρόσημο και χωρίς πλευρικό έλεγχο χάνει μονάδες.

Πρόκληση

Η $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ικανοποιεί

$|f(x) - x| \le x^2 \quad \text{για κάθε } x \in \mathbb{R}$

Να βρείτε: (α) το $f(0)$ , (β) το $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$ , (γ) το $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^3}$ , (δ) αν υπάρχει, το $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}$ .

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) Για $x = 0$ : $|f(0)| \le 0$ , άρα $f(0) = 0$ .

(β) Για $x \neq 0$ διαιρούμε με $|x| > 0$ :

$\left| \frac{f(x)}{x} - 1 \right| \le |x| \iff 1 - |x| \le \frac{f(x)}{x} \le 1 + |x|$

Και τα δύο άκρα τείνουν στο $1$ , άρα από το κριτήριο παρεμβολής $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 1$ .

(γ) Σπάμε το κλάσμα σε «γνωστό × βασικό»:

$\frac{f(x)}{x^3} = \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{1}{x^2} \to 1 \cdot (+\infty) = +\infty$

(δ) $\frac{f(x)}{x^2} = \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{1}{x}$ . Για $x \to 0^+$ τείνει στο $+\infty$ , για $x \to 0^-$ στο $-\infty$ . Τα πλευρικά όρια διαφέρουν, άρα το όριο δεν υπάρχει.

Η «στροφή»: ένα μόνο «σάντουιτς» ξεκλειδώνει τρία διαφορετικά όρια. Το κλειδί είναι να γράψεις κάθε κλάσμα ως γινόμενο του γνωστού ορίου $\frac{f(x)}{x}$ με ένα βασικό όριο.

Συνηθισμένα λάθη

Γράφεις « $= \frac{3}{0} = \infty$ » χωρίς πρόσημο και χωρίς να ελέγξεις αν ο παρονομαστής αλλάζει πρόσημο στο $x_0$ .
Θεωρείς ότι $(+\infty) - (+\infty) = 0$ ή $0 \cdot \infty = 0$ . Είναι απροσδιόριστες μορφές — θέλουν μετασχηματισμό.
Στο κριτήριο παρεμβολής τα δύο φράγματα έχουν διαφορετικά όρια: τότε δεν βγαίνει συμπέρασμα.
Στην αλλαγή μεταβλητής ξεχνάς να αλλάξεις και το «πού τείνει»: το $x \to 0^+$ στο $u = -\frac{1}{x}$ γίνεται $u \to -\infty$ , όχι $u \to 0$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2\nu}} = +\infty$ · για το $\frac{1}{x^{2\nu - 1}}$ τα πλευρικά είναι $-\infty$ (αριστερά) και $+\infty$ (δεξιά).
$\frac{\ell}{0}$ με $\ell \neq 0$ : εξέτασε το πρόσημο του παρονομαστή σε κάθε πλευρά.
Απροσδιόριστες μορφές: $\infty - \infty$ , $0 \cdot \infty$ , $\frac{0}{0}$ , $\frac{\infty}{\infty}$ .
Παρεμβολή: $h \le f \le g$ κοντά στο $x_0$ και $\lim h = \lim g = \ell$ ⇒ $\lim f = \ell$ .
Σύνθεση: $u = g(x)$ , $u_0 = \lim g(x)$ , οπότε $\lim f(g(x)) = \lim_{u \to u_0} f(u)$ .

♾️

Μη Πεπερασμένα Όρια & Κριτήριο Παρεμβολής

Όρια ±∞ στο x₀, πρόσημο παρονομαστή, πράξεις με άπειρα, παρεμβολή και απόλυτα

Γιατί με νοιάζει;

Όταν το όριο «εκρήγνυται»

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} = +\infty$

Οι βασικοί «δομικοί λίθοι» (για $\nu$ θετικό ακέραιο):

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2\nu}} = +\infty \qquad \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x^{2\nu - 1}} = -\infty, \quad \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x^{2\nu - 1}} = +\infty$

f(4) = 2.250 \quad \lim_{x \to \infty} f(x) = 2

έως x = 4

Σύρε για να απομακρυνθείς: η απόσταση f(x) − 2 = 1/x μικραίνει συνεχώς.

Η μέθοδος του προσήμου

$f(x) > 0$ κοντά στο $x_0 \Rightarrow \lim_{x \to x_0} \frac{1}{f(x)} = +\infty$
$f(x) < 0$ κοντά στο $x_0 \Rightarrow \lim_{x \to x_0} \frac{1}{f(x)} = -\infty$

Συνταγή τριών βημάτων για $\lim_{x \to x_0} \frac{g(x)}{h(x)}$ με $g(x_0) \neq 0$ και $h(x_0) = 0$ :

Βρες το όριο του αριθμητή (πεπερασμένο, $\neq 0$ ).
Κάνε πίνακα προσήμου του παρονομαστή γύρω από το $x_0$ — χωριστά αριστερά και δεξιά.
Συνδύασε τα πρόσημα: $\frac{(+)}{(0^+)} = +\infty$ , $\frac{(+)}{(0^-)} = -\infty$ κ.ο.κ. Αν τα δύο πλευρικά όρια διαφέρουν, το όριο δεν υπάρχει.

$(+\infty) - (+\infty), \qquad 0 \cdot (\pm\infty), \qquad \frac{0}{0}, \qquad \frac{\pm\infty}{\pm\infty}$

Κόλπο μνήμης

$\lim_{x \to 1} \frac{x + 2}{(x - 1)^2} = +\infty$

Παράδειγμα (όριο με παράμετρο): Για ποιες τιμές του $\alpha$ ισχύει $\lim_{x \to 1} \dfrac{x + \alpha}{(x - 1)^2} = +\infty$ ;

Λύση: Ο παρονομαστής $(x - 1)^2 \to 0$ και είναι θετικός για $x \neq 1$ . Ο αριθμητής τείνει στο $1 + \alpha$ .

$1 + \alpha > 0$ : μορφή $\frac{(+)}{0^+}$ , όριο $+\infty$ ✓
$1 + \alpha < 0$ : μορφή $\frac{(-)}{0^+}$ , όριο $-\infty$
$\alpha = -1$ : $\frac{x - 1}{(x - 1)^2} = \frac{1}{x - 1}$ , με πλευρικά όρια $-\infty$ και $+\infty$ — το όριο δεν υπάρχει

Απάντηση: $\alpha > -1$ .

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο κάνει το $\lim_{x \to 2^-} \frac{x + 1}{x - 2}$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο είναι το $\lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1}{x^4}\right)$ ;

Όριο σύνθετης συνάρτησης — αλλαγή μεταβλητής

Για το $\lim_{x \to x_0} f(g(x))$ :

Θέτουμε $u = g(x)$ και βρίσκουμε $u_0 = \lim_{x \to x_0} g(x)$ (μπορεί να είναι και $\pm\infty$ ).
Αν $g(x) \neq u_0$ κοντά στο $x_0$ , τότε $\lim_{x \to x_0} f(g(x)) = \lim_{u \to u_0} f(u)$ .

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο είναι το $\lim_{x \to 0} e^{-\frac{1}{x^2}}$ ;

Κριτήριο παρεμβολής — το «σάντουιτς»

Κριτήριο παρεμβολής: Έστω συναρτήσεις $f, g, h$ με $h(x) \leq f(x) \leq g(x)$ κοντά στο $x_0$ . Αν

$\lim_{x \to x_0} h(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = \ell$

Το κλασικό παράδειγμα: $\lim_{x \to 0} x \, \eta\mu\frac{1}{x}$ . Επειδή $\left| \eta\mu\frac{1}{x} \right| \leq 1$ για κάθε $x \neq 0$ , ισχύει:

$\left| x \, \eta\mu\frac{1}{x} \right| \leq |x| \iff -|x| \leq x \, \eta\mu\frac{1}{x} \leq |x|$

$h(x) \leq f(x) \leq g(x) \;\text{κοντά στο } x_0 \;\text{και}\; \lim_{x \to x_0} h(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = \ell \;\Rightarrow\; \lim_{x \to x_0} f(x) = \ell$

Ήξερες ότι;

x \to 1 \Rightarrow f(x) \to 1 \quad (f(x) = x^2)

Σύρε προς τα αριστερά: τα σημεία πλησιάζουν το x=1 από αριστερά ΚΑΙ δεξιά — το f(x) πλησιάζει το όριο 1.

Όρια με απόλυτα

Δύο εργαλεία από την §1.5 που συμπληρώνουν τη φαρέτρα:

Αν $\lim_{x \to x_0} f(x) = \ell$ , τότε $\lim_{x \to x_0} |f(x)| = |\ell|$ . Ειδικά χρήσιμη η ισοδυναμία: $\lim_{x \to x_0} f(x) = 0 \iff \lim_{x \to x_0} |f(x)| = 0$ — αυτή «νομιμοποιεί» το πέρασμα από το $\left| x \, \eta\mu\frac{1}{x} \right| \leq |x|$ στο όριο.
Όταν η μεταβλητή πλησιάζει σημείο όπου η παράσταση μέσα στην απόλυτη τιμή αλλάζει πρόσημο, σπάσε σε κλάδους και πάρε πλευρικά όρια. Π.χ. για το $\lim_{x \to 3} \frac{|x - 3|}{x - 3}$ : αριστερά του $3$ είναι $|x - 3| = -(x - 3)$ , οπότε το πηλίκο ισούται με $-1$ · δεξιά ισούται με $1$ . Πλευρικά όρια $-1 \neq 1$ ⇒ το όριο δεν υπάρχει.

Αν όμως το $x_0$ δεν μηδενίζει την παράσταση, το απόλυτο «ανοίγει» με σταθερό πρόσημο και δουλεύεις κανονικά.

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο κάνει το $\lim_{x \to 0} x^2 \eta\mu\frac{1}{x}$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Το $\lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x}$ :

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Β): Για τη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ισχύει $|f(x) - 2x| \le x^2$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Λύση (α): Για $x = 0$ : $|f(0)| \le 0$ , άρα $f(0) = 0$ .

Λύση (γ): Για $x \neq 0$ διαιρούμε με $|x| > 0$ :

$\left|\frac{f(x)}{x} - 2\right| \le |x| \iff 2 - |x| \le \frac{f(x)}{x} \le 2 + |x|$

Πρόκληση

Η $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ικανοποιεί

$|f(x) - x| \le x^2 \quad \text{για κάθε } x \in \mathbb{R}$

Να βρείτε: (α) το $f(0)$ , (β) το $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$ , (γ) το $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^3}$ , (δ) αν υπάρχει, το $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}$ .

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) Για $x = 0$ : $|f(0)| \le 0$ , άρα $f(0) = 0$ .

(β) Για $x \neq 0$ διαιρούμε με $|x| > 0$ :

$\left| \frac{f(x)}{x} - 1 \right| \le |x| \iff 1 - |x| \le \frac{f(x)}{x} \le 1 + |x|$

Και τα δύο άκρα τείνουν στο $1$ , άρα από το κριτήριο παρεμβολής $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 1$ .

(γ) Σπάμε το κλάσμα σε «γνωστό × βασικό»:

$\frac{f(x)}{x^3} = \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{1}{x^2} \to 1 \cdot (+\infty) = +\infty$

Συνηθισμένα λάθη

Γράφεις « $= \frac{3}{0} = \infty$ » χωρίς πρόσημο και χωρίς να ελέγξεις αν ο παρονομαστής αλλάζει πρόσημο στο $x_0$ .
Θεωρείς ότι $(+\infty) - (+\infty) = 0$ ή $0 \cdot \infty = 0$ . Είναι απροσδιόριστες μορφές — θέλουν μετασχηματισμό.
Στο κριτήριο παρεμβολής τα δύο φράγματα έχουν διαφορετικά όρια: τότε δεν βγαίνει συμπέρασμα.
Στην αλλαγή μεταβλητής ξεχνάς να αλλάξεις και το «πού τείνει»: το $x \to 0^+$ στο $u = -\frac{1}{x}$ γίνεται $u \to -\infty$ , όχι $u \to 0$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2\nu}} = +\infty$ · για το $\frac{1}{x^{2\nu - 1}}$ τα πλευρικά είναι $-\infty$ (αριστερά) και $+\infty$ (δεξιά).
$\frac{\ell}{0}$ με $\ell \neq 0$ : εξέτασε το πρόσημο του παρονομαστή σε κάθε πλευρά.
Απροσδιόριστες μορφές: $\infty - \infty$ , $0 \cdot \infty$ , $\frac{0}{0}$ , $\frac{\infty}{\infty}$ .
Παρεμβολή: $h \le f \le g$ κοντά στο $x_0$ και $\lim h = \lim g = \ell$ ⇒ $\lim f = \ell$ .
Σύνθεση: $u = g(x)$ , $u_0 = \lim g(x)$ , οπότε $\lim f(g(x)) = \lim_{u \to u_0} f(u)$ .