Κεφάλαιο 2.1 – Η Έννοια της Παραγώγου (σελ. 101-103) – Απαντήσεις – Λύσεις

Ασκήσεις Σχολικού Βιβλίου

Άσκηση 1 (σελ. 101)

Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης \(f\) στο σημείο \(x_0\), όταν i) \(f(x)=x^2+1\), \(x_0=0\) ii) \(f(x)=\dfrac{1}{x^2}\), \(x_0=1\) iii) \(f(x)=\sin^2 x\), \(x_0=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε απευθείας τον ορισμό \(f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\) σε κάθε περίπτωση.

Λύση:

1. i) \(f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2+1-1}{x-0}=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2}{x}=\lim_{x\to0}x=0\).
2. ii) \(f'(1)=\lim_{x\to1}\dfrac{\frac{1}{x^2}-1}{x-1}=\lim_{x\to1}\dfrac{1-x^2}{x^2(x-1)}=\lim_{x\to1}\dfrac{-(x-1)(x+1)}{x^2(x-1)}=\lim_{x\to1}\dfrac{-(x+1)}{x^2}=\dfrac{-2}{1}=-2\).
3. iii) \(f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{\sin^2x-0}{x-0}=\lim_{x\to0}\left(\sin x\cdot\dfrac{\sin x}{x}\right)=0\cdot1=0\).

Απάντηση: i) \(f'(0)=0\). ii) \(f'(1)=-2\). iii) \(f'(0)=0\).

Άσκηση 2 (σελ. 102)

Να βρείτε (αν υπάρχει) την παράγωγο της συνάρτησης \(f\) στο σημείο \(x_0\), όταν i) \(f(x)=x|x|\), \(x_0=0\) ii) \(f(x)=|x-1|\), \(x_0=1\) iii) \(f(x)=|x^2-3x|\), \(x_0=1\) iv) \(f(x)=\begin{cases}x^2+x+1, & x<0\\x+1, & x\geq0\end{cases}\), \(x_0=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε απόλυτη τιμή, εξετάζουμε το πρόσημο της εσωτερικής παράστασης κοντά στο \(x_0\) και υπολογίζουμε πλευρικά τα όρια του λόγου μεταβολής.

Λύση:

1. i) Για \(x>0\): \(f(x)=x^2\), \(\dfrac{x^2-0}{x}=x\to0\). Για \(x<0\): \(f(x)=-x^2\), \(\dfrac{-x^2-0}{x}=-x\to0\). Ίσα πλευρικά όρια \(\Rightarrow f'(0)=0\).
2. ii) Για \(x>1\): \(f(x)=x-1\), \(\dfrac{x-1-0}{x-1}=1\). Για \(x<1\): \(f(x)=1-x\), \(\dfrac{1-x}{x-1}=-1\). Άνισα πλευρικά όρια (\(1\neq-1\)) \(\Rightarrow\) η \(f\) ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη στο \(x_0=1\) (υπάρχουν μόνο τα μονόπλευρα όρια \(\pm1\)).
3. iii) Το \(x^2-3x=x(x-3)\) είναι αρνητικό για \(0<x<3\), άρα κοντά στο \(x_0=1\) ισχύει \(x^2-3x<0\), οπότε \(f(x)=|x^2-3x|=3x-x^2\) χωρίς «σπάσιμο» εκεί (το πρόσημο αλλάζει μόνο στο \(0\) και στο \(3\), όχι στο \(1\)). Άρα \(f'(1)=\lim_{x\to1}\dfrac{(3x-x^2)-2}{x-1}=\lim_{x\to1}\dfrac{-(x^2-3x+2)}{x-1}=\lim_{x\to1}\dfrac{-(x-1)(x-2)}{x-1}=\lim_{x\to1}[-(x-2)]=1\).
4. iv) Για \(x\geq0\): \(\dfrac{x+1-1}{x}=1\to1\). Για \(x<0\): \(\dfrac{x^2+x+1-1}{x}=\dfrac{x^2+x}{x}=x+1\to1\). Ίσα \(\Rightarrow f'(0)=1\).

Απάντηση: i) \(f'(0)=0\). ii) Δεν υπάρχει (πλευρικά όρια \(\pm1\)). iii) \(f'(1)=1\). iv) \(f'(0)=1\).

Πρόσεξε:

• Στο (iii) το κρίσιμο σημείο είναι ότι το \(x^2-3x\) ΔΕΝ αλλάζει πρόσημο στο \(x_0=1\) (μόνο στο \(0\) και στο \(3\)), άρα η απόλυτη τιμή «ανοίγει» τοπικά χωρίς γωνία εκεί — λάθος θα ήταν να υποθέσουμε ασυνέχεια παραγώγου σε κάθε απόλυτη τιμή.

Άσκηση 3 (σελ. 102)

Αν η συνάρτηση \(f\) είναι συνεχής στο \(0\), να αποδείξετε ότι η συνάρτηση \(g(x)=xf(x)\) είναι παραγωγίσιμη στο \(0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τον ορισμό της παραγώγου στο \(g\) στο σημείο \(0\): ο λόγος μεταβολής απλοποιείται άμεσα σε \(f(x)\), οπότε το ζητούμενο όριο ταυτίζεται με τη συνέχεια της \(f\) στο \(0\).

Λύση:

1. Από τον ορισμό: \(g'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\dfrac{xf(x)-0\cdot f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\dfrac{xf(x)}{x}=\lim_{x\to0}f(x)\).
2. Επειδή η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\), ισχύει \(\lim_{x\to0}f(x)=f(0)\), το οποίο είναι πραγματικός αριθμός.
3. Άρα το όριο \(\lim_{x\to0}\dfrac{g(x)-g(0)}{x}\) υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός (ίσο με \(f(0)\)), δηλαδή η \(g\) είναι παραγωγίσιμη στο \(0\), με \(g'(0)=f(0)\).

Απάντηση: Η \(g(x)=xf(x)\) είναι παραγωγίσιμη στο \(0\) με \(g'(0)=f(0)\).

Άσκηση 4 (σελ. 102)

Αφού μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο \(x_0\) τις παρακάτω συναρτήσεις, να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμες στο σημείο αυτό. i) \(f(x)=\begin{cases}x^2+1, & x<0\\x^3, & x\geq0\end{cases}\), \(x_0=0\) ii) \(f(x)=|x-1|+1\), \(x_0=1\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Πρώτα ελέγχουμε τη συνέχεια (αναγκαία προϋπόθεση για παραγωγισιμότητα): αν η συνάρτηση είναι ασυνεχής, δεν χρειάζεται καν να υπολογίσουμε το όριο του λόγου μεταβολής.

Λύση:

1. i) \(\lim_{x\to0^-}f(x)=0^2+1=1\), \(\lim_{x\to0^+}f(x)=0^3=0\), \(f(0)=0\). Επειδή \(1\neq0\), η \(f\) είναι ΑΣΥΝΕΧΗΣ στο \(0\), άρα (από το θεώρημα «παραγωγίσιμη \(\Rightarrow\) συνεχής») δεν μπορεί να είναι παραγωγίσιμη στο \(0\).
2. ii) Η \(|x-1|+1\) είναι συνεχής παντού (άθροισμα/σύνθεση συνεχών συναρτήσεων), άρα συνεχής στο \(x_0=1\). Εξετάζουμε παραγωγισιμότητα: για \(x>1\), \(f(x)=x-1+1=x\), λόγος \(\dfrac{x-1}{x-1}=1\to1\). Για \(x<1\), \(f(x)=1-x+1=2-x\), λόγος \(\dfrac{2-x-1}{x-1}=\dfrac{1-x}{x-1}=-1\to-1\). Άνισα πλευρικά όρια \(\Rightarrow\) η \(f\) ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη στο \(x_0=1\) (παρότι είναι συνεχής εκεί — «γωνία» όπως στο \(|x|\)).

Απάντηση: i) Ασυνεχής στο \(0\) \(\Rightarrow\) όχι παραγωγίσιμη. ii) Συνεχής στο \(1\), αλλά ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη (πλευρικά όρια \(\pm1\)).

Πρόσεξε:

• Η (ii) δείχνει ότι η συνέχεια είναι αναγκαία αλλά ΟΧΙ ικανή συνθήκη για παραγωγισιμότητα.

Άσκηση 5 (σελ. 102)

Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της \(C_f\) (αν ορίζεται) στο \(A(x_0,f(x_0))\) για κάθε μία από τις συναρτήσεις των ασκήσεων 1 και 2.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε τα \(f(x_0)\) και \(f'(x_0)\) που ήδη υπολογίστηκαν στις ασκήσεις 1 και 2, και εφαρμόζουμε \(y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)\). Όπου η παράγωγος δεν υπάρχει (πεπερασμένα άνισα πλευρικά όρια), δεν ορίζεται εφαπτομένη.

Λύση:

1. Άσκηση 1, i) \(f(0)=1,\ f'(0)=0\Rightarrow y=1\). ii) \(f(1)=1,\ f'(1)=-2\Rightarrow y-1=-2(x-1)\Rightarrow y=-2x+3\). iii) \(f(0)=0,\ f'(0)=0\Rightarrow y=0\).
2. Άσκηση 2, i) \(f(0)=0,\ f'(0)=0\Rightarrow y=0\). ii) στο \(x_0=1\) τα πλευρικά όρια είναι πεπερασμένα και άνισα (\(\pm1\), όχι άπειρα) \(\Rightarrow\) ΔΕΝ ορίζεται εφαπτομένη (ούτε πλάγια ούτε κατακόρυφη). iii) \(f(1)=|1-3|=2,\ f'(1)=1\Rightarrow y-2=1\cdot(x-1)\Rightarrow y=x+1\). iv) \(f(0)=1,\ f'(0)=1\Rightarrow y-1=1\cdot x\Rightarrow y=x+1\).

Απάντηση: Άσκ.1: i) \(y=1\) ii) \(y=-2x+3\) iii) \(y=0\). Άσκ.2: i) \(y=0\) ii) δεν ορίζεται εφαπτομένη iii) \(y=x+1\) iv) \(y=x+1\).

Άσκηση Β1 (σελ. 102)

Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης \(f(x)=2-x+x\sin|x|\) στο σημείο \(x_0=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τον ορισμό· ο λόγος μεταβολής απλοποιείται άμεσα διαιρώντας με \(x\), και το \(\sin|x|\to0\) καθώς \(x\to0\) (ανεξαρτήτως πλευράς, αφού \(|x|\to0\)).

Λύση:

1. \(f(0)=2-0+0=2\).
2. \(f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\dfrac{2-x+x\sin|x|-2}{x}=\lim_{x\to0}\dfrac{-x+x\sin|x|}{x}=\lim_{x\to0}(-1+\sin|x|)\).
3. Καθώς \(x\to0\), \(|x|\to0\) και άρα \(\sin|x|\to\sin0=0\) (συνέχεια του ημιτόνου). Άρα \(f'(0)=-1+0=-1\).

Απάντηση: \(f'(0)=-1\).

Άσκηση Β2 (σελ. 102)

Αν για μία συνάρτηση \(f\) ισχύει \(f(1+h)=2+3h+3h^2+h^3\), για κάθε \(h\in\mathbb{R}\), να αποδείξετε ότι i) \(f(1)=2\) ii) \(f'(1)=3\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Θέτουμε \(h=0\) στη δοσμένη σχέση. ii) Εφαρμόζουμε τον ορισμό \(f'(1)=\lim_{h\to0}\dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}\), αντικαθιστώντας απευθείας τη δοσμένη έκφραση.

Λύση:

1. i) Για \(h=0\): \(f(1)=2+0+0+0=2\).
2. ii) \(f'(1)=\lim_{h\to0}\dfrac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{(2+3h+3h^2+h^3)-2}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{3h+3h^2+h^3}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{h(3+3h+h^2)}{h}=\lim_{h\to0}(3+3h+h^2)=3\).

Απάντηση: i) \(f(1)=2\). ii) \(f'(1)=3\).

Άσκηση Β3 (σελ. 102)

Αν \(f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{1-x}, & x<0\\\sin x+1, & x\geq0\end{cases}\), να αποδείξετε ότι ορίζεται εφαπτομένη της γραφικής παράστασης στο σημείο \(A(0,1)\) και σχηματίζει με τον άξονα των \(x\) γωνία \(\dfrac{\pi}{4}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ελέγχουμε πρώτα ότι \(f(0)=1\) (ώστε το \(A(0,1)\) να είναι πράγματι σημείο της γραφικής παράστασης), μετά υπολογίζουμε πλευρικά τον λόγο μεταβολής στο \(0\)· αν είναι ίσα, η κοινή τιμή είναι η κλίση της εφαπτομένης, και ελέγχουμε ότι ισούται με \(\tan(\pi/4)=1\).

Λύση:

1. \(f(0)=\sin0+1=1\), άρα το \(A(0,1)\) είναι σημείο της \(C_f\).
2. Για \(x<0\): \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\frac{1}{1-x}-1}{x}=\dfrac{\frac{1-(1-x)}{1-x}}{x}=\dfrac{\frac{x}{1-x}}{x}=\dfrac{1}{1-x}\), άρα \(\lim_{x\to0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{1}{1-0}=1\).
3. Για \(x\geq0\): \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\sin x+1-1}{x}=\dfrac{\sin x}{x}\), άρα \(\lim_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{\sin x}{x}=1\).
4. Τα πλευρικά όρια είναι ίσα (\(=1\)) \(\Rightarrow\) η \(f\) είναι παραγωγίσιμη στο \(0\) με \(f'(0)=1\), άρα ορίζεται εφαπτομένη με συντελεστή διεύθυνσης \(1\). Επειδή \(\tan\theta=f'(0)=1\Rightarrow\theta=\dfrac{\pi}{4}\), η εφαπτομένη σχηματίζει γωνία \(\pi/4\) με τον άξονα \(x\).

Απάντηση: Ορίζεται εφαπτομένη στο \(A(0,1)\) με \(f'(0)=1=\tan(\pi/4)\), άρα γωνία \(\pi/4\) με τον άξονα \(x\).

Άσκηση Β4 (σελ. 102)

Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης \(f(x)=\begin{cases}\dfrac{1-\cos x}{x}, & x\neq0\\0, & x=0\end{cases}\) στο \(x_0=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τον ορισμό, που οδηγεί στο όριο \(\lim_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}\)· αυτό υπολογίζεται πολλαπλασιάζοντας με τη συζυγή \(1+\cos x\) και χρησιμοποιώντας το θεμελιώδες όριο \(\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\).

Λύση:

1. \(f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\dfrac{\frac{1-\cos x}{x}-0}{x}=\lim_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}\).
2. Πολλαπλασιάζουμε αριθμητή-παρονομαστή με \(1+\cos x\): \(\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2(1+\cos x)}=\dfrac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}=\dfrac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}=\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2\cdot\dfrac{1}{1+\cos x}\).
3. Καθώς \(x\to0\): \(\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2\to1^2=1\) και \(\dfrac{1}{1+\cos x}\to\dfrac{1}{1+1}=\dfrac12\). Άρα \(f'(0)=1\cdot\dfrac12=\dfrac12\).

Απάντηση: \(f'(0)=\dfrac12\).

Άσκηση Β5 (σελ. 102)

Αν \(x+1\leq f(x)\leq x^2+x+1\), για κάθε \(x\in\mathbb{R}\), να αποδείξετε ότι i) \(f(0)=1\) ii) \(1\geq\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\geq x+1\), για \(x<0\) και \(1\leq\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\leq x+1\), για \(x>0\) iii) \(f'(0)=1\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Θέτουμε \(x=0\) στη δοσμένη ανισότητα (κριτήριο παρεμβολής σε σημείο). ii) Αφαιρούμε \(f(0)=1\) από την ανισότητα και διαιρούμε με \(x\), προσέχοντας να αντιστρέψουμε τη φορά όταν το \(x\) είναι αρνητικό. iii) Εφαρμόζουμε κριτήριο παρεμβολής στο πηλίκο, αφού και τα δύο «άκρα» τείνουν στο \(1\).

Λύση:

1. i) Για \(x=0\): \(0+1\leq f(0)\leq0+0+1\Rightarrow1\leq f(0)\leq1\Rightarrow f(0)=1\).
2. ii) Αφαιρώντας \(f(0)=1\) από την ανισότητα: \(x\leq f(x)-1\leq x^2+x\). Για \(x>0\), διαιρώντας με \(x>0\) (δεν αλλάζει η φορά): \(1\leq\dfrac{f(x)-1}{x}\leq x+1\). Για \(x<0\), διαιρώντας με \(x<0\) (αλλάζει η φορά): \(1\geq\dfrac{f(x)-1}{x}\geq x+1\), δηλαδή ακριβώς οι ζητούμενες ανισότητες (με \(f(0)=1\)).
3. iii) Καθώς \(x\to0^+\): και τα δύο άκρα \(1\) και \(x+1\) τείνουν στο \(1\) \(\Rightarrow\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=1\) (κριτήριο παρεμβολής). Καθώς \(x\to0^-\): ομοίως και τα δύο άκρα \(x+1\) και \(1\) τείνουν στο \(1\) \(\Rightarrow\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x}=1\). Ίσα πλευρικά όρια \(\Rightarrow f'(0)=1\).

Απάντηση: i) \(f(0)=1\). ii) Αποδεικνύεται με αφαίρεση+διαίρεση της αρχικής ανισότητας. iii) \(f'(0)=1\) (κριτήριο παρεμβολής και στις δύο πλευρές).

Άσκηση Β6 (σελ. 103)

Αν μια συνάρτηση \(f\) είναι συνεχής στο σημείο \(x_0=0\) και για κάθε \(x\in\mathbb{R}\) ισχύει \(\sin^2x-x^4\leq xf(x)\leq\sin^2x+x^4\), να αποδείξετε ότι i) \(f(0)=0\) ii) \(f'(0)=1\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Διαιρούμε την ανισότητα με \(x\) (χωριστά για \(x>0\) και \(x<0\)) για να απομονώσουμε το \(f(x)\) και εφαρμόζουμε κριτήριο παρεμβολής, μετά χρησιμοποιούμε τη συνέχεια. ii) Διαιρούμε την αρχική ανισότητα με \(x^2>0\) (δεν αλλάζει φορά, ισχύει για κάθε \(x\neq0\)) για να απομονώσουμε το \(\frac{f(x)}{x}\).

Λύση:

1. i) Για \(x>0\), διαιρώντας με \(x\): \(\dfrac{\sin^2x-x^4}{x}\leq f(x)\leq\dfrac{\sin^2x+x^4}{x}\). Καθώς \(x\to0^+\): \(\dfrac{\sin^2x}{x}=\sin x\cdot\frac{\sin x}{x}\to0\cdot1=0\) και \(\dfrac{x^4}{x}=x^3\to0\), άρα και τα δύο άκρα \(\to0\) \(\Rightarrow\lim_{x\to0^+}f(x)=0\) (παρεμβολή). Για \(x<0\), διαιρώντας με \(x<0\) (αλλάζει φορά): \(\dfrac{\sin^2x+x^4}{x}\leq f(x)\leq\dfrac{\sin^2x-x^4}{x}\), και ομοίως και τα δύο άκρα \(\to0\) καθώς \(x\to0^-\) \(\Rightarrow\lim_{x\to0^-}f(x)=0\). Άρα \(\lim_{x\to0}f(x)=0\), και επειδή η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\): \(f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0\).
2. ii) Διαιρούμε την αρχική ανισότητα \(\sin^2x-x^4\leq xf(x)\leq\sin^2x+x^4\) με \(x^2>0\) (ισχύει για κάθε \(x\neq0\), δεν αλλάζει φορά): \(\dfrac{\sin^2x-x^4}{x^2}\leq\dfrac{f(x)}{x}\leq\dfrac{\sin^2x+x^4}{x^2}\), δηλαδή \(\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2-x^2\leq\dfrac{f(x)}{x}\leq\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2+x^2\). Καθώς \(x\to0\), και τα δύο άκρα \(\to1^2-0=1\) και \(1^2+0=1\) \(\Rightarrow\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x}=1\) (παρεμβολή). Αφού \(f(0)=0\), αυτό είναι ακριβώς \(f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=1\).

Απάντηση: i) \(f(0)=0\). ii) \(f'(0)=1\) (κριτήριο παρεμβολής, διαιρώντας με \(x^2\)).

Άσκηση Β7 (σελ. 103)

Αν η συνάρτηση \(f\) είναι συνεχής στο \(0\) και \(\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x}=4\), να αποδείξετε ότι i) \(f(0)=0\) ii) \(f'(0)=4\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Γράφουμε \(f(x)=x\cdot\frac{f(x)}{x}\) και παίρνουμε όριο και στα δύο μέλη, χρησιμοποιώντας την ιδιότητα του γινομένου ορίων. ii) Το ζητούμενο όριο \(f'(0)\) ταυτίζεται ακριβώς με το δοσμένο \(\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}\), αφού \(f(0)=0\).

Λύση:

1. i) Για \(x\neq0\): \(f(x)=x\cdot\dfrac{f(x)}{x}\). Παίρνοντας όριο: \(\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}x\cdot\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x}=0\cdot4=0\) (και τα δύο όρια υπάρχουν, άρα ισχύει η ιδιότητα του γινομένου). Επειδή η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\): \(f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0\).
2. ii) \(f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-0}{x}=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x}=4\) (δοσμένο).

Απάντηση: i) \(f(0)=0\). ii) \(f'(0)=4\).

Άσκηση Β8 (σελ. 103)

Να αποδείξετε ότι, αν μια συνάρτηση \(f\) είναι παραγωγίσιμη στο \(x_0\), τότε i) \(\lim_{h\to0}\dfrac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}=-f'(x_0)\) ii) \(\lim_{h\to0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}=2f'(x_0)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Θέτουμε \(k=-h\) για να ανάγουμε το όριο στον τυπικό ορισμό της παραγώγου. ii) Γράφουμε τον αριθμητή ως άθροισμα δύο διαφορών που ανάγονται, η καθεμία, σε γνωστά όρια (τον ορισμό της παραγώγου και το αποτέλεσμα του (i)).

Λύση:

1. i) Θέτουμε \(k=-h\)· καθώς \(h\to0\), έχουμε \(k\to0\). Τότε \(\dfrac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}=\dfrac{f(x_0+k)-f(x_0)}{-k}=-\dfrac{f(x_0+k)-f(x_0)}{k}\). Άρα \(\lim_{h\to0}\dfrac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}=-\lim_{k\to0}\dfrac{f(x_0+k)-f(x_0)}{k}=-f'(x_0)\).
2. ii) Γράφουμε \(f(x_0+h)-f(x_0-h)=[f(x_0+h)-f(x_0)]-[f(x_0-h)-f(x_0)]\). Διαιρώντας με \(h\): \(\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}=\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}-\dfrac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}\). Παίρνοντας όριο καθώς \(h\to0\), ο πρώτος όρος \(\to f'(x_0)\) (ορισμός) και ο δεύτερος \(\to-f'(x_0)\) (αποτέλεσμα του (i)). Άρα το σύνολο \(\to f'(x_0)-(-f'(x_0))=2f'(x_0)\).

Απάντηση: Αποδεικνύονται και οι δύο σχέσεις με αλλαγή μεταβλητής/διάσπαση στον ορισμό της παραγώγου.

Άσκηση Β9 (σελ. 103)

Στο παρακάτω σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων θέσεως τριών κινητών που κινήθηκαν πάνω στον άξονα \(x'x\) στο χρονικό διάστημα από \(0\) sec έως \(8\) sec. Να βρείτε: i) Ποιο κινητό ξεκίνησε από την αρχή του άξονα κίνησης; ii) Ποιο κινητό κινήθηκε μόνο προς τα δεξιά; iii) Ποιο κινητό άλλαξε φορά κίνησης τη χρονική στιγμή \(t=2\) sec, ποιο τη χρονική στιγμή \(t=4\) sec και ποιο τη χρονική στιγμή \(t=5\) sec; iv) Ποιο κινητό κινήθηκε προς τα αριστερά σε όλο το χρονικό διάστημα από \(0\) sec έως \(4\) sec; v) Ποιο κινητό τερμάτισε πιο κοντά στην αρχή του άξονα κίνησης; vi) Ποιο κινητό διάνυσε το μεγαλύτερο διάστημα;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η φορά κίνησης σε κάθε στιγμή αντιστοιχεί στο πρόσημο της κλίσης (αύξουσα καμπύλη ⟹ κίνηση δεξιά, φθίνουσα ⟹ αριστερά)· αλλαγή φοράς αντιστοιχεί σε τοπικό ακρότατο (μέγιστο/ελάχιστο) της γραφικής παράστασης θέσης, ΟΧΙ σε τομή με τον άξονα του χρόνου (που δείχνει απλώς πέρασμα από τη θέση μηδέν).

Λύση:

1. Από το σχήμα: το κινητό Α ξεκινά από θετική θέση, η καμπύλη του είναι φθίνουσα μέχρι το ελάχιστο τη στιγμή \(t=4\) sec και αύξουσα από εκεί μέχρι το \(t=8\) sec, όπου καταλήγει στη θέση από την οποία ξεκίνησε. Το κινητό Β ξεκινά από την αρχή \(O\), η καμπύλη του είναι φθίνουσα μέχρι το ελάχιστο στο \(t=2\) sec, αύξουσα μέχρι το μέγιστο στο \(t=5\) sec και ξανά φθίνουσα μέχρι το \(t=8\) sec, όπου βρίσκεται λίγο αριστερά της αρχής. Το κινητό Γ ξεκινά από θετική θέση και η καμπύλη του είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το \([0,8]\).
2. i) Τη στιγμή \(t=0\) μόνο η γραφική παράσταση του Β περνά από την αρχή \(O\) ⟹ το Β ξεκίνησε από την αρχή του άξονα κίνησης.
3. ii) Η συνάρτηση θέσης του Γ είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το \([0,8]\) ⟹ το Γ κινήθηκε μόνο προς τα δεξιά.
4. iii) Αλλαγή φοράς κίνησης σημαίνει αλλαγή μονοτονίας της συνάρτησης θέσης (τοπικό ακρότατο). Τη στιγμή \(t=2\) sec η καμπύλη του Β έχει ελάχιστο, τη στιγμή \(t=4\) sec η καμπύλη του Α έχει ελάχιστο και τη στιγμή \(t=5\) sec η καμπύλη του Β έχει μέγιστο.
5. iv) Στο \([0,4]\) η συνάρτηση θέσης του Α είναι γνησίως φθίνουσα ⟹ το Α κινήθηκε προς τα αριστερά σε όλο αυτό το διάστημα (το Β αλλάζει φορά στο \(t=2\) sec, ενώ το Γ κινείται προς τα δεξιά).
6. v) Τη στιγμή \(t=8\) sec τα Α και Γ βρίσκονται σε θετικές θέσεις μακριά από την αρχή, ενώ το Β βρίσκεται πολύ κοντά στην αρχή (λίγο αριστερά της) ⟹ το Β τερμάτισε πιο κοντά στην αρχή.
7. vi) Το διάστημα που διανύει ένα κινητό είναι το άθροισμα των αποστάσεων που διανύει σε κάθε διάστημα μονοτονίας. Το Α πηγαίνει από την αρχική του θέση μέχρι το χαμηλότερο σημείο της καμπύλης του και επιστρέφει στην αρχική του θέση, δηλαδή διανύει δύο φορές την απόσταση ανάμεσα στο ψηλότερο και στο χαμηλότερο σημείο της καμπύλης του. Το Γ διανύει μόνο τη διαφορά τελικής και αρχικής θέσης, ενώ το Β κινείται σε μικρές αποστάσεις γύρω από την αρχή. Από το σχήμα, το Α διάνυσε το μεγαλύτερο διάστημα.

Απάντηση: i) Β. ii) Γ. iii) \(t=2\) sec: το Β· \(t=4\) sec: το Α· \(t=5\) sec: το Β. iv) Α. v) Β. vi) Α.

Πρόσεξε:

• Αλλαγή φοράς κίνησης = αλλαγή μονοτονίας της συνάρτησης θέσης (τοπικό ακρότατο), ΟΧΙ πέρασμα της καμπύλης από τον άξονα \(t\) (εκεί το κινητό απλώς περνά από την αρχή του άξονα κίνησης).
• Διάστημα ≠ μετατόπιση: το Α ξεκινά και τερματίζει στην ίδια θέση (μηδενική μετατόπιση), αλλά διάνυσε το μεγαλύτερο διάστημα.