ΕΥΡΕΣΗ ΤΙΜΗΣ ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΥ ΑΠΟ ΓΝΩΣΤΟ ΟΡΙΟ

Παράδειγμα.1.
Να βρεθεί η τιμή του $\lambda\in \rr,$ ώστε να ισχύει:

$\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{x-3}{x^{2}+\lambda x+\lambda +8}=-\infty.$

Λύση

Θέτουμε

$f(x)=\dfrac{x-3}{x^{2}+\lambda x+\lambda +8} \quad (1.)$

Από υπόθεση θα ισχύει ότι: $\displaystyle\lim_{x\to 2}f(x)=-\infty \quad (2.)$

Από (1.) έχουμε

$\begin{align*} &f(x)=\dfrac{x-3}{x^{2}+\lambda x+\lambda +8}\Leftrightarrow \\\\ &x^{2}+\lambda x+\lambda +8=\dfrac{x-3}{f(x)} \end{align*}$

Υπολογίζουμε τα όρια και έχουμε:

$\begin{align*} &\displaystyle\lim_{x\to 2}\big(x^{2}+\lambda x+\lambda +8)=\displaystyle\lim_{x\to 2}\Big(\dfrac{x-3}{f(x)}\Big)\Leftrightarrow\\\\ &2^{2}+2\cdot\lambda+\lambda +8=\displaystyle\lim_{x\to 2}\Big(\dfrac{x-3}{f(x)}\Big)\Leftrightarrow\\\\ &4+2\cdot\lambda+\lambda +8=\displaystyle\lim_{x\to 2}\Big(\dfrac{x-3}{f(x)}\Big)\Leftrightarrow\\\\ &3\cdot\lambda +12=\displaystyle\lim_{x\to 2}\Big(\dfrac{x-3}{f(x)}\Big)\Leftrightarrow\\\\ &3\cdot(\lambda +4)=\displaystyle\lim_{x\to 2}\Big(\dfrac{x-3}{f(x)}\Big)\overset{(2.)}{\Leftrightarrow}\\\\ &3\cdot(\lambda +4)=\Big(\dfrac{2-3}{-\infty}\Big)\Leftrightarrow\\\\ &3\cdot(\lambda +4)=\Big(\dfrac{-1}{-\infty}\Big)\Leftrightarrow\\\\ &3\cdot(\lambda +4)=0\Leftrightarrow\\\\ &\lambda +4=0\Leftrightarrow\\\\ &\lambda =-4. \end{align*}$

Στη συνέχεια αντικαθιστούμε την τιμή $\lambda =-4,$ στο αρχικό όριο για να κάνουμε την επαλήθευση.
Οπότε:

$\begin{align*} &\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{x-3}{x^{2}+\lambda x+\lambda +8}\overset{\lambda=-4}{=}\\\\ &\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{x-3}{x^{2}+(-4) x+(-4) +8}=\\\\ &\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{x-3}{x^{2}-4 x+4}=\\\\ &\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{x-3}{(x-4)^{2}}=\big(\dfrac{-1}{0}\Big) =-\infty \end{align*}$

Αφού το $(x-4)^{2}>0$ πολύ κοντά στο $2.$

Παράδειγμα.2.
Να βρεθούν οι τιμές των $\alpha, \beta \in \rr$ ώστε:

$\lim_{x\to 3}\dfrac{x^{2}-2\alpha x+\beta +9}{x^{2}-5x+6}=-2.$

Λύση
Για κάθε $x$ πολύ κοντά στο 3 θεωρούμε τη συνάρτηση

$f(x)=\dfrac{x^{2}-2\alpha x+\beta +9}{x^{2}-5x+6} \quad (1.)$

Οπότε από υπόθεση θα ισχύει $\displaystyle\lim_{x\to 3}f(x)=-2 \quad (2.)$

Άρα για κάθε $x$ πολύ κοντά στο 3 έχουμε:

$\begin{align*} (1.) \Rightarrow & f(x)=\dfrac{x^{2}-2\alpha x+\beta +9}{x^{2}-5x+6} \Leftrightarrow \\\\ &\big(x^{2}-5x+6\big)\cdot f(x) = x^{2}-2\alpha x+\beta +9 \end{align*}$

Υπολογίζουμε και στα δύο μέλη τα όρια:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 3}\Big[\big(x^{2}-5x+6\big)\cdot f(x)\Big]= \lim_{x\to 3}\big( x^{2}-2\alpha x+\beta +9\big)\overset{(2.)}{\Leftrightarrow}\\\\ & \big(3^{2}-5\cdot3+6\big)\cdot (-2) = 3^{2}-2\cdot \alpha \cdot 3+\beta +9 \Leftrightarrow \\\\ &\big(9-15+6\big)\cdot(-2)= 9-6\alpha +\beta +9 \Leftrightarrow \\\\ &0=18-6\alpha +\beta \Leftrightarrow \\\\ &\beta =6\alpha -18 \quad (3.) \end{align*}$

Οπότε αντικαθιστώντας την τιμή του $\beta$ στο αρχικό όριο έχουμε:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 3}\dfrac{x^{2}-2\alpha x+\beta +9}{x^{2}-5x+6}=-2\overset{(3.)}{\Leftrightarrow} \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{x^{2}-2\alpha x+6\alpha -18 +9}{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{x^{2}-2\alpha x+6\alpha -9}{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{x^{2}-9-2\alpha x+6\alpha }{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x^{2}-9)-(2\alpha x-6\alpha) }{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x^{2}-3^{2})-2\alpha( x-3) }{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x-3)\cdot(x+3)-2\alpha( x-3) }{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x-3)\cdot\Big((x+3)-2\alpha\Big) }{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x-3)\cdot(x+3-2\alpha) }{x^{2}-5x+6}=-2 \end{align*}$

Το τριώνυμο $x^{2}-5x+6$ έχει ρίζες το 2 και το 3 και παραγοντοποιήται ως εξής:
$x^{2}-5x+6=(x-2)\cdot(x-3)$ οπότε έχουμε:

$\begin{align*} &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x-3)\cdot(x+3-2\alpha) }{x^{2}-5x+6}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{(x-3)\cdot(x+3-2\alpha) }{(x-2)\cdot(x-3)}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\lim_{x\to 3}\dfrac{x+3-2\alpha }{x-2}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\dfrac{3+3-2\alpha }{3-2}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &\dfrac{6-2\alpha }{1}=-2 \Leftrightarrow \\\\ &6-2\alpha=-2\Leftrightarrow\\\\ &-2\alpha =-6-2\Leftrightarrow\\\\ &-2\alpha =-8\Leftrightarrow\\\\ &\alpha =4. \quad (4.) \end{align*}$

για να βρούμε την τιμή του $\beta$
$(3.)\overset{(4.)}{\Rightarrow} \beta = 6\cdot 4-18\Leftrightarrow \beta= 6$

Τελικά το όριο $\displaystyle\lim_{x\to 3}\dfrac{x^{2}-2\alpha x+\beta +9}{x^{2}-5x+6}=-2$ για $\alpha=4$ και $\beta =6.$

Βιβλιογραφία: Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα, Μπάρλας εκδόσεις Ελληνοεκδοτική, Παπακωνσταντινου αυτοέκδοση.

Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .