Λύσεις Κεφαλαίου 2.3 – Κανόνες Παραγώγισης (σελ. 119-122)

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ – ΛΥΣΕΙΣ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ασκήσεων Σχολικού Βιβλίου Λύσεις Κεφαλαίου 2.3 – Κανόνες Παραγώγισης (σελ. 119-122)

Λύσεις §2.3 Κανόνες Παραγώγισης

Άσκηση 1 (σελ. 119) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.01

Εκφώνηση: Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων i) \(f(x)=x^7-x^4+6x-1\) ii) \(f(x)=2x^3+\ln x-\sqrt{3}\) iii) \(f(x)=\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^2}{2}-x\) iv) \(f(x)=\cos x-\sqrt{3}\sin x+\ln3\).

Σκέψη: Παραγωγίζουμε όρο-όρο (κανόνας αθροίσματος), χρησιμοποιώντας τον πίνακα βασικών παραγώγων· σταθερές έχουν παράγωγο 0.

Λύση:

i) \(f'(x)=7x^6-4x^3+6\).
ii) \(f'(x)=6x^2+\dfrac1x\).
iii) \(f'(x)=x^3-x^2+x-1\).
iv) \(f'(x)=-\sin x-\sqrt{3}\cos x\).

Απάντηση: i) \(7x^6-4x^3+6\). ii) \(6x^2+\frac1x\). iii) \(x^3-x^2+x-1\). iv) \(-\sin x-\sqrt3\cos x\).

Άσκηση 2 (σελ. 119) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.02

Εκφώνηση: Ομοίως των συναρτήσεων: i) \(f(x)=(x^2-1)(x-3)\) ii) \(f(x)=e^x\sin x\) iii) \(f(x)=\dfrac{1-x^2}{1+x^2}\) iv) \(f(x)=\dfrac{\sin x+\cos x}{1+\cos x}\) v) \(f(x)=x^2\sin x\cos x\).

Σκέψη: i),ii) γινόμενο· iii),iv) πηλίκο· v) γινόμενο τριών παραγόντων (ή, εναλλακτικά, \(x^2\cdot\frac12\sin2x\)).

Λύση:

i) \(f'=2x(x-3)+(x^2-1)\cdot1=2x^2-6x+x^2-1=3x^2-6x-1\).
ii) \(f'=e^x\sin x+e^x\cos x=e^x(\sin x+\cos x)\).
iii) \(f'=\dfrac{(-2x)(1+x^2)-(1-x^2)(2x)}{(1+x^2)^2}=\dfrac{-2x-2x^3-2x+2x^3}{(1+x^2)^2}=\dfrac{-4x}{(1+x^2)^2}\).
iv) \(f'=\dfrac{(\cos x-\sin x)(1+\cos x)-(\sin x+\cos x)(-\sin x)}{(1+\cos x)^2}\). Αναπτύσσοντας τον αριθμητή: \(\cos x+\cos^2x-\sin x-\sin x\cos x+\sin^2x+\sin x\cos x=\cos x-\sin x+1\). Άρα \(f'=\dfrac{1+\cos x-\sin x}{(1+\cos x)^2}\).
v) Γράφουμε \(f(x)=\frac{x^2}{2}\sin2x\) (αφού \(\sin x\cos x=\frac12\sin2x\)): \(f'=x\sin2x+\frac{x^2}{2}\cdot2\cos2x=x\sin2x+x^2\cos2x\).

Απάντηση: i) \(3x^2-6x-1\). ii) \(e^x(\sin x+\cos x)\). iii) \(\dfrac{-4x}{(1+x^2)^2}\). iv) \(\dfrac{1+\cos x-\sin x}{(1+\cos x)^2}\). v) \(x\sin2x+x^2\cos2x\).

Άσκηση 3 (σελ. 119) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.03

Εκφώνηση: Ομοίως των συναρτήσεων: i) \(f(x)=\dfrac{e^x}{\ln x}\) ii) \(f(x)=\tan x+\cot x\) iii) \(f(x)=\dfrac{\sin x}{e^x}\) iv) \(f(x)=\dfrac{x-1}{x+1}-\dfrac{x+1}{x-1}\).

Σκέψη: i),iii) κανόνας πηλίκου· ii) απευθείας άθροισμα γνωστών τύπων· iv) υπολογίζουμε την παράγωγο κάθε κλάσματος χωριστά (κανόνας πηλίκου) και αθροίζουμε.

Λύση:

i) \(f'=\dfrac{e^x\ln x-e^x\cdot\frac1x}{(\ln x)^2}=\dfrac{e^x\left(\ln x-\frac1x\right)}{(\ln x)^2}\).
ii) \(f'=\dfrac{1}{\cos^2x}-\dfrac{1}{\sin^2x}\).
iii) \(f'=\dfrac{\cos x\cdot e^x-\sin x\cdot e^x}{e^{2x}}=\dfrac{\cos x-\sin x}{e^x}\).
iv) \(\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)'=\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)^2}=\dfrac{2}{(x+1)^2}\). \(\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)'=\dfrac{(x-1)-(x+1)}{(x-1)^2}=\dfrac{-2}{(x-1)^2}\). Άρα \(f'=\dfrac{2}{(x+1)^2}-\left(\dfrac{-2}{(x-1)^2}\right)=\dfrac{2}{(x+1)^2}+\dfrac{2}{(x-1)^2}\).

Απάντηση: i) \(\dfrac{e^x(\ln x-1/x)}{(\ln x)^2}\). ii) \(\dfrac{1}{\cos^2x}-\dfrac{1}{\sin^2x}\). iii) \(\dfrac{\cos x-\sin x}{e^x}\). iv) \(\dfrac{2}{(x+1)^2}+\dfrac{2}{(x-1)^2}\).

Άσκηση 4 (σελ. 119) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.04

Εκφώνηση: Να βρείτε, όπου ορίζεται, την παράγωγο των συναρτήσεων: i) \(f(x)=\begin{cases}2x^3+3x, & x<0\\12\sqrt{x}+6x, & x\geq0\end{cases}\) ii) \(f(x)=\begin{cases}x^2+\sin x, & x\leq0\\x, & x>0\end{cases}\).

Σκέψη: Στο σημείο ραφής ελέγχουμε συνέχεια, μετά συγκρίνουμε πλευρικές παραγώγους (προσοχή: η παράγωγος του \(\sqrt{x}\) απειρίζεται καθώς \(x\to0^+\)).

Λύση:

i) Συνέχεια στο \(0\): αριστερά \(0\), δεξιά \(12\sqrt0+0=0\), \(f(0)=0\) ✓. Αριστερή παράγωγος: \((2x^3+3x)'|_{x=0}=(6x^2+3)|_{x=0}=3\). Δεξιά, με τον ορισμό: \(\lim_{x\to0^+}\frac{12\sqrt{x}+6x}{x}=\lim_{x\to0^+}\left(\frac{12}{\sqrt{x}}+6\right)=+\infty\) (απειρίζεται). Επειδή η αριστερή παράγωγος είναι πεπερασμένη (\(3\)) και η δεξιά απειρίζεται, η \(f\) ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη στο \(0\) (και δεν εμπίπτει στην περίπτωση κατακόρυφης εφαπτομένης, αφού οι δύο πλευρές δεν συμπεριφέρονται συμμετρικά). Αλλού: \(f'(x)=6x^2+3\) για \(x<0\), \(f'(x)=\frac{6}{\sqrt{x}}+6\) για \(x>0\).
ii) Συνέχεια στο \(0\): αριστερά/στο \(0\): \(0+\sin0=0\), δεξιά: \(\lim_{x\to0^+}x=0\) ✓. Αριστερή παράγωγος (κλάδος \(x\leq0\)): \((x^2+\sin x)'|_{x=0}=(2x+\cos x)|_{x=0}=1\). Δεξιά παράγωγος: \((x)'=1\). Ίσες \(\Rightarrow\) παραγωγίσιμη ΠΑΝΤΟΥ με \(f'(x)=2x+\cos x\) για \(x\leq0\), \(f'(x)=1\) για \(x>0\).

Απάντηση: i) Δεν παραγωγίζεται στο \(x=0\) (αριστερή παράγωγος \(3\), δεξιά \(+\infty\)); αλλού όπως στη λύση. ii) Παραγωγίσιμη ΠΑΝΤΟΥ, \(f'(0)=1\).

Άσκηση 5 (σελ. 119) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.05

Εκφώνηση: Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της \(f\), στα οποία οι εφαπτόμενες είναι παράλληλες προς τον άξονα των \(x\), όταν i) \(f(x)=x+\dfrac4x\) ii) \(f(x)=\dfrac{x}{e^x}\) iii) \(f(x)=\dfrac{x^2+1}{x}\).

Σκέψη: Οριζόντια εφαπτομένη ⟺ \(f'(x_0)=0\). Βρίσκουμε την παράγωγο, λύνουμε την εξίσωση, και υπολογίζουμε το \(f(x_0)\) στα σημεία που προκύπτουν.

Λύση:

i) \(f'(x)=1-\dfrac{4}{x^2}=0\Rightarrow x^2=4\Rightarrow x=\pm2\). \(f(2)=2+2=4\), \(f(-2)=-2-2=-4\).
ii) \(f(x)=xe^{-x}\Rightarrow f'(x)=e^{-x}-xe^{-x}=e^{-x}(1-x)=0\Rightarrow x=1\) (αφού \(e^{-x}\neq0\)). \(f(1)=\dfrac1e\).
iii) \(f(x)=x+\dfrac1x\Rightarrow f'(x)=1-\dfrac{1}{x^2}=0\Rightarrow x=\pm1\). \(f(1)=2\), \(f(-1)=-2\).

Απάντηση: i) \((2,4)\) και \((-2,-4)\). ii) \((1,1/e)\). iii) \((1,2)\) και \((-1,-2)\).

Άσκηση 6 (σελ. 119) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.06

Εκφώνηση: Αν \(f(x)=\dfrac{2(x+1)}{x-1}\) και \(g(x)=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\), να βρείτε τις συναρτήσεις \(f'\), \(g'\). Ισχύει \(f'=g'\);

Σκέψη: Πριν παραγωγίσουμε την \(g\), απλοποιούμε την παράστασή της με κοινό παρονομαστή — αναμένουμε ότι θα ταυτιστεί με την \(f\), οπότε το ερώτημα \(f'=g'\) απαντιέται άμεσα.

Λύση:

\(f'(x)=\dfrac{2(x-1)-2(x+1)}{(x-1)^2}=\dfrac{2x-2-2x-2}{(x-1)^2}=\dfrac{-4}{(x-1)^2}\).
Για την \(g\), φέρνουμε τα δύο κλάσματα σε κοινό παρονομαστή \((\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)=x-1\): αριθμητής \((\sqrt{x}+1)^2+(\sqrt{x}-1)^2=(x+2\sqrt{x}+1)+(x-2\sqrt{x}+1)=2x+2\). Άρα \(g(x)=\dfrac{2x+2}{x-1}=\dfrac{2(x+1)}{x-1}=f(x)\) — οι δύο συναρτήσεις ΤΑΥΤΙΖΟΝΤΑΙ (στο κοινό πεδίο ορισμού \(x\geq0,\ x\neq1\)).
Αφού \(g\equiv f\), προφανώς \(g'(x)=f'(x)=\dfrac{-4}{(x-1)^2}\).

Απάντηση: \(f'(x)=g'(x)=\dfrac{-4}{(x-1)^2}\) — ΝΑΙ, ισχύει \(f'=g'\), αφού στην πραγματικότητα \(g\equiv f\).

Πρόσεξε:

Η απλοποίηση ΠΡΙΝ την παραγώγιση εξοικονομεί πολλή δουλειά — η απευθείας παραγώγιση της \(g\) με τον κανόνα πηλίκου δύο φορές θα ήταν πολύ πιο επίπονη και θα κατέληγε (μετά από απλοποιήσεις) στο ίδιο αποτέλεσμα.

Άσκηση 7 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.07

Εκφώνηση: Να αποδείξετε ότι οι εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων \(f(x)=x^2\) και \(g(x)=\dfrac{1}{2x}+\dfrac12\) στο κοινό σημείο τους \(A(1,1)\), είναι κάθετες.

Σκέψη: Επαληθεύουμε ότι το \(A\) ανήκει και στις δύο καμπύλες, υπολογίζουμε τις παραγώγους στο \(x=1\), και ελέγχουμε αν το γινόμενό τους είναι \(-1\).

Λύση:

\(f(1)=1\) ✓, \(g(1)=\frac12+\frac12=1\) ✓ — το \(A(1,1)\) είναι κοινό σημείο.
\(f'(x)=2x\Rightarrow f'(1)=2\).
\(g(x)=\frac12x^{-1}+\frac12\Rightarrow g'(x)=-\frac12x^{-2}=-\dfrac{1}{2x^2}\Rightarrow g'(1)=-\dfrac12\).
Γινόμενο κλίσεων: \(2\cdot\left(-\dfrac12\right)=-1\Rightarrow\) οι εφαπτόμενες είναι κάθετες.

Απάντηση: \(f'(1)\cdot g'(1)=2\cdot(-\frac12)=-1\), άρα οι εφαπτόμενες στο \(A(1,1)\) είναι κάθετες.

Άσκηση 8 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.08

Εκφώνηση: Δίνεται η συνάρτηση \(f(x)=\dfrac{\alpha x+\alpha}{x+\alpha},\ \alpha\in\mathbb{R}^*\). Να βρείτε τις τιμές του \(\alpha\), για τις οποίες η κλίση της \(C_f\) στο σημείο της \(A(0,1)\) είναι ίση με \(\dfrac12\).

Σκέψη: Παραγωγίζουμε (κανόνας πηλίκου, με το \(\alpha\) ως παράμετρο), υπολογίζουμε \(f'(0)\) συναρτήσει του \(\alpha\), και λύνουμε την εξίσωση \(f'(0)=\frac12\).

Λύση:

\(f(x)=\dfrac{\alpha(x+1)}{x+\alpha}\Rightarrow f'(x)=\dfrac{\alpha(x+\alpha)-\alpha(x+1)\cdot1}{(x+\alpha)^2}=\dfrac{\alpha[(x+\alpha)-(x+1)]}{(x+\alpha)^2}=\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{(x+\alpha)^2}\).
\(f'(0)=\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{\alpha^2}=\dfrac{\alpha-1}{\alpha}\) (απλοποιώντας με \(\alpha\neq0\)).
Θέτουμε \(\dfrac{\alpha-1}{\alpha}=\dfrac12\Rightarrow2(\alpha-1)=\alpha\Rightarrow2\alpha-2=\alpha\Rightarrow\alpha=2\).

Απάντηση: \(\alpha=2\).

Άσκηση 9 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.09

Εκφώνηση: Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \(f(x)=x^3-3x+5\), στα οποία η εφαπτομένη είναι: i) παράλληλη προς την ευθεία \(y=9x+1\) ii) κάθετη προς την ευθεία \(y=-x\).

Σκέψη: i) Παράλληλη ⟺ ίδια κλίση: \(f'(x_0)=9\). ii) Κάθετη σε ευθεία κλίσης \(-1\) ⟺ \(f'(x_0)\cdot(-1)=-1\Rightarrow f'(x_0)=1\).

Λύση:

\(f'(x)=3x^2-3\).
i) \(3x^2-3=9\Rightarrow x^2=4\Rightarrow x=\pm2\). \(f(2)=8-6+5=7\), \(f(-2)=-8+6+5=3\). Σημεία: \((2,7)\), \((-2,3)\).
ii) \(3x^2-3=1\Rightarrow x^2=\dfrac43\Rightarrow x=\pm\dfrac{2\sqrt3}{3}\). Για \(x=\dfrac{2\sqrt3}{3}\): \(x^3=\dfrac{8\sqrt3}{9}\), \(f(x)=\dfrac{8\sqrt3}{9}-2\sqrt3+5=\dfrac{8\sqrt3-18\sqrt3}{9}+5=5-\dfrac{10\sqrt3}{9}\). Για \(x=-\dfrac{2\sqrt3}{3}\), με αντίθετο πρόσημο στους περιττούς όρους: \(f(x)=5+\dfrac{10\sqrt3}{9}\).

Απάντηση: i) \((2,7)\) και \((-2,3)\). ii) \(\left(\frac{2\sqrt3}{3},5-\frac{10\sqrt3}{9}\right)\) και \(\left(-\frac{2\sqrt3}{3},5+\frac{10\sqrt3}{9}\right)\).

Άσκηση 10 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.10

Εκφώνηση: Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της \(f(x)=x^2\) η οποία άγεται από το σημείο \(A(0,-1)\).

Σκέψη: Το \(A(0,-1)\) ΔΕΝ ανήκει στην καμπύλη (αφού \(f(0)=0\neq-1\)), άρα είναι εξωτερικό σημείο. Θέτουμε άγνωστο σημείο επαφής \(x_0\), γράφουμε την εφαπτομένη εκεί, και επιβάλλουμε να διέρχεται από το \(A\).

Λύση:

Έστω σημείο επαφής \((x_0,x_0^2)\). Εφαπτομένη: \(y-x_0^2=2x_0(x-x_0)\Leftrightarrow y=2x_0x-x_0^2\).
Διέρχεται από \(A(0,-1)\): \(-1=2x_0\cdot0-x_0^2=-x_0^2\Rightarrow x_0^2=1\Rightarrow x_0=\pm1\).
Για \(x_0=1\): \(y=2x-1\). Για \(x_0=-1\): \(y=-2x-1\).

Απάντηση: Δύο εφαπτόμενες: \(y=2x-1\) και \(y=-2x-1\).

Άσκηση 11 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.11

Εκφώνηση: Δίνεται η συνάρτηση \(f(x)=\alpha x^2+\beta x+\gamma,\ \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}\). Να βρείτε τις τιμές των \(\alpha,\beta,\gamma\) για τις οποίες η \(C_f\) διέρχεται από το σημείο \(A(1,2)\) και εφάπτεται της ευθείας \(y=x\) στην αρχή των αξόνων.

Σκέψη: «Εφάπτεται της \(y=x\) στην αρχή» σημαίνει: η \(C_f\) περνά από το \(O(0,0)\) ΚΑΙ έχει εκεί την ίδια κλίση με την \(y=x\) (δηλαδή \(1\)). Μαζί με τη διέλευση από \(A(1,2)\), έχουμε τρεις συνθήκες για τους τρεις αγνώστους.

Λύση:

Διέλευση από \(O(0,0)\): \(f(0)=\gamma=0\).
Κλίση στο \(0\) ίση με \(1\) (κλίση της \(y=x\)): \(f'(x)=2\alpha x+\beta\Rightarrow f'(0)=\beta=1\).
Διέλευση από \(A(1,2)\): \(f(1)=\alpha+\beta+\gamma=2\Rightarrow\alpha+1+0=2\Rightarrow\alpha=1\).

Απάντηση: \(\alpha=1,\ \beta=1,\ \gamma=0\) (δηλαδή \(f(x)=x^2+x\)).

Άσκηση 12 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.12

Εκφώνηση: Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων: i) \(f(x)=(3x^4+4x^3)^{-2}\) ii) \(f(x)=(x-1)^{2/3}\) iii) \(f(x)=\sin\!\left(\dfrac{1}{1+x^2}\right)\) iv) \(f(x)=\ln\!\left(\dfrac1x-x\right)\) v) \(f(x)=e^{-x^2}\).

Σκέψη: Σε κάθε περίπτωση αναγνωρίζουμε το «εσωτερικό» \(u\) και εφαρμόζουμε τον αντίστοιχο τύπο \((\cdot)'=(\cdot)'\cdot u'\) του πίνακα σύνθετων παραγώγων.

Λύση:

i) \(u=3x^4+4x^3,\ u'=12x^3+12x^2=12x^2(x+1)\). \(f'=-2u^{-3}u'=-2\cdot12x^2(x+1)\cdot(3x^4+4x^3)^{-3}=\dfrac{-24x^2(x+1)}{(3x^4+4x^3)^3}\).
ii) \(f'=\dfrac23(x-1)^{-1/3}=\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x-1}}\).
iii) \(u=\dfrac{1}{1+x^2},\ u'=\dfrac{-2x}{(1+x^2)^2}\). \(f'=\cos(u)\cdot u'=\dfrac{-2x}{(1+x^2)^2}\cos\!\left(\dfrac{1}{1+x^2}\right)\).
iv) \(u=\dfrac1x-x=\dfrac{1-x^2}{x},\ u'=-\dfrac{1}{x^2}-1=-\dfrac{1+x^2}{x^2}\). \(f'=\dfrac{u'}{u}=\dfrac{-\frac{1+x^2}{x^2}}{\frac{1-x^2}{x}}=-\dfrac{1+x^2}{x^2}\cdot\dfrac{x}{1-x^2}=-\dfrac{1+x^2}{x(1-x^2)}\).
v) \(u=-x^2,\ u'=-2x\). \(f'=e^u\cdot u'=-2xe^{-x^2}\).

Απάντηση: i) \(\dfrac{-24x^2(x+1)}{(3x^4+4x^3)^3}\). ii) \(\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x-1}}\). iii) \(\dfrac{-2x}{(1+x^2)^2}\cos\!\left(\frac{1}{1+x^2}\right)\). iv) \(-\dfrac{1+x^2}{x(1-x^2)}\). v) \(-2xe^{-x^2}\).

Άσκηση 13 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.13

Εκφώνηση: Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης \(f\) στο σημείο \(x_0\), όταν: i) \(f(x)=x^2\sqrt{1+x^3},\ x_0=2\) ii) \(f(x)=(2x)^{1/3}+(2x)^{2/3},\ x_0=4\) iii) \(f(x)=x^7\sin^2(\pi x),\ x_0=\dfrac16\) iv) \(f(x)=\dfrac{x^2+2}{2-x},\ x_0=3\).

Σκέψη: Εφαρμόζουμε τον κατάλληλο κανόνα (γινόμενο/αλυσίδα/πηλίκο) σε κάθε περίπτωση, μετά αντικαθιστούμε το \(x_0\).

Λύση:

i) \(f'(x)=2x\sqrt{1+x^3}+x^2\cdot\dfrac{3x^2}{2\sqrt{1+x^3}}\). Στο \(x_0=2\): \(\sqrt{1+8}=3\). \(f'(2)=2\cdot2\cdot3+4\cdot\dfrac{3\cdot4}{2\cdot3}=12+4\cdot2=12+8=20\).
ii) \(f'(x)=\dfrac23(2x)^{-2/3}\cdot2+\dfrac23(2x)^{-1/3}\cdot2\cdot2\)... αναλυτικά: \(f'(x)=\dfrac13(2x)^{-2/3}\cdot2+\dfrac23(2x)^{-1/3}\cdot2=\dfrac23(2x)^{-2/3}+\dfrac43(2x)^{-1/3}\). Στο \(x_0=4\): \(2x=8\), \(8^{-2/3}=\frac14\), \(8^{-1/3}=\frac12\). \(f'(4)=\dfrac23\cdot\dfrac14+\dfrac43\cdot\dfrac12=\dfrac16+\dfrac23=\dfrac16+\dfrac46=\dfrac56\).
iii) \(f'(x)=7x^6\sin^2(\pi x)+x^7\cdot2\sin(\pi x)\cos(\pi x)\cdot\pi\). Στο \(x_0=\frac16\): \(\pi x_0=\frac\pi6\), \(\sin\frac\pi6=\frac12,\cos\frac\pi6=\frac{\sqrt3}{2}\), \(x_0^6=\frac{1}{6^6}\), \(x_0^7=\frac{1}{6^7}\). \(f'(x_0)=7\cdot\dfrac{1}{6^6}\cdot\dfrac14+2\pi\cdot\dfrac{1}{6^7}\cdot\dfrac12\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{7}{4\cdot6^6}+\dfrac{\pi\sqrt3}{2\cdot6^7}\). Φέρνοντας σε κοινό παρονομαστή \(12\cdot6^6\): \(=\dfrac{21+\pi\sqrt3}{12\cdot6^6}=\dfrac{21+\pi\sqrt3}{559872}\).
iv) \(f'(x)=\dfrac{2x(2-x)-(x^2+2)(-1)}{(2-x)^2}=\dfrac{4x-2x^2+x^2+2}{(2-x)^2}=\dfrac{-x^2+4x+2}{(2-x)^2}\). Στο \(x_0=3\): αριθμητής \(-9+12+2=5\), παρονομαστής \((2-3)^2=1\). \(f'(3)=5\).

Απάντηση: i) \(f'(2)=20\). ii) \(f'(4)=\dfrac56\). iii) \(f'\!\left(\frac16\right)=\dfrac{21+\pi\sqrt3}{559872}\). iv) \(f'(3)=5\).

Πρόσεξε:

Το (iii) καταλήγει σε αριθμητικά «βαρύ» αλλά ακριβές αποτέλεσμα λόγω των μεγάλων δυνάμεων του \(1/6\) — φυσιολογικό για αυτή την άσκηση, όχι λάθος.

Άσκηση 14 (σελ. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.14

Εκφώνηση: Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων: i) \(f(x)=x^{1/\ln c}\) (\(c\) σταθερά, \(c>0,c\neq1\)) ii) \(f(x)=2^{5x-3}\) iii) \(f(x)=(\ln x)^x,\ x>1\) iv) \(f(x)=\sin x\cdot e^{\cos x}\).

Σκέψη: i),ii) απευθείας τύποι (δύναμη με σταθερό εκθέτη, εκθετική με βάση \(\ne e\)). iii) η \((\ln x)^x\) έχει ΚΑΙ βάση ΚΑΙ εκθέτη μεταβλητά — χρειάζεται λογαριθμική παραγώγιση. iv) γινόμενο με κανόνα αλυσίδας στο δεύτερο παράγοντα.

Λύση:

i) Ο εκθέτης \(\frac{1}{\ln c}\) είναι σταθερά: \(f'(x)=\dfrac{1}{\ln c}\,x^{\frac{1}{\ln c}-1}\).
ii) \(f'(x)=2^{5x-3}\cdot\ln2\cdot5=5\ln2\cdot2^{5x-3}\).
iii) Λογαριθμίζουμε: \(\ln f=x\ln(\ln x)\). Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη: \(\dfrac{f'}{f}=\ln(\ln x)+x\cdot\dfrac{1}{\ln x}\cdot\dfrac1x=\ln(\ln x)+\dfrac{1}{\ln x}\). Άρα \(f'(x)=(\ln x)^x\left[\ln(\ln x)+\dfrac{1}{\ln x}\right]\).
iv) \(f'(x)=\cos x\cdot e^{\cos x}+\sin x\cdot e^{\cos x}\cdot(-\sin x)=e^{\cos x}(\cos x-\sin^2x)\).

Απάντηση: i) \(\dfrac{1}{\ln c}x^{1/\ln c-1}\). ii) \(5\ln2\cdot2^{5x-3}\). iii) \((\ln x)^x\left[\ln(\ln x)+\frac{1}{\ln x}\right]\). iv) \(e^{\cos x}(\cos x-\sin^2x)\).

Πρόσεξε:

Το (i) υποθέτει ότι το «\(c\)» της εκφώνησης είναι μια σταθερή παράμετρος (\(c>0,c\neq1\), ώστε \(\ln c\neq0\)), όχι μεταβλητή — ο εκθέτης \(1/\ln c\) είναι απλώς ένας πραγματικός αριθμός.

Άσκηση 15 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.15

Εκφώνηση: Αν \(f(x)=\sin^2x\), να αποδείξετε ότι \(f''(x)+4f(x)=2\).

Σκέψη: Υπολογίζουμε \(f'\) και \(f''\) διαδοχικά (κανόνας αλυσίδας), μετά αντικαθιστούμε στη ζητούμενη σχέση και απλοποιούμε με τριγωνομετρική ταυτότητα.

Λύση:

\(f'(x)=2\sin x\cos x=\sin2x\).
\(f''(x)=(\sin2x)'=2\cos2x\).
\(f''(x)+4f(x)=2\cos2x+4\sin^2x\). Χρησιμοποιώντας \(\cos2x=1-2\sin^2x\): \(=2(1-2\sin^2x)+4\sin^2x=2-4\sin^2x+4\sin^2x=2\).

Απάντηση: \(f''(x)+4f(x)=2\) για κάθε \(x\), όπως ζητήθηκε.

Άσκηση Β1 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β01

Εκφώνηση: Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων \(f(x)=\dfrac1x\) και \(g(x)=x^2-x+1\) έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, στο οποίο οι εφαπτόμενές τους είναι κάθετες.

Σκέψη: Εξισώνουμε \(f(x)=g(x)\), καταλήγουμε σε πολυωνυμική εξίσωση την οποία παραγοντοποιούμε για να δείξουμε ότι έχει ΜΙΑ μόνο πραγματική ρίζα, μετά ελέγχουμε την καθετότητα εκεί.

Λύση:

\(\dfrac1x=x^2-x+1\Rightarrow1=x^3-x^2+x\) (πολλαπλασιάζοντας με \(x\neq0\)) \(\Rightarrow x^3-x^2+x-1=0\).
Παραγοντοποίηση με ομαδοποίηση: \(x^2(x-1)+(x-1)=(x-1)(x^2+1)=0\). Επειδή \(x^2+1>0\) πάντα, η μοναδική πραγματική ρίζα είναι \(x=1\).
Στο \(x=1\): \(f(1)=1\), \(g(1)=1-1+1=1\) — κοινό σημείο \((1,1)\), και είναι το ΜΟΝΑΔΙΚΟ.
\(f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}\Rightarrow f'(1)=-1\). \(g'(x)=2x-1\Rightarrow g'(1)=1\). Γινόμενο: \((-1)(1)=-1\Rightarrow\) κάθετες εφαπτόμενες.

Απάντηση: Μοναδικό κοινό σημείο \((1,1)\) (αφού \(x^2+1>0\) αποκλείει άλλες ρίζες)· εκεί \(f'(1)g'(1)=-1\), άρα οι εφαπτόμενες είναι κάθετες.

Άσκηση Β2 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β02

Εκφώνηση: Να αποδείξετε ότι η ευθεία \(y=3x-2\) έχει με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης \(f(x)=x^3\) δύο κοινά σημεία και εφάπτεται αυτής σε ένα από τα σημεία αυτά.

Σκέψη: Εξισώνουμε \(x^3=3x-2\), παραγοντοποιούμε (δοκιμάζοντας προφανή ρίζα), και εξετάζουμε την πολλαπλότητα κάθε ρίζας: διπλή ρίζα σημαίνει σημείο επαφής (εφαπτομένη), απλή ρίζα σημαίνει απλή τομή.

Λύση:

\(x^3-3x+2=0\). Δοκιμάζοντας \(x=1\): \(1-3+2=0\) ✓. Παραγοντοποιώντας: \(x^3-3x+2=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)(x-1)(x+2)=(x-1)^2(x+2)\).
Ρίζες: \(x=1\) (ΔΙΠΛΗ) και \(x=-2\) (απλή) — δύο διαφορετικά κοινά σημεία: \((1,1)\) και \((-2,-8)\).
Στο \(x=1\) (διπλή ρίζα): \(f'(1)=3(1)^2=3\), που ταυτίζεται με την κλίση της ευθείας (\(3\)) — άρα η ευθεία ΕΦΑΠΤΕΤΑΙ στο \((1,1)\).
Στο \(x=-2\) (απλή ρίζα): \(f'(-2)=3(4)=12\neq3\) — απλή τομή, όχι επαφή.

Απάντηση: Δύο κοινά σημεία: \((1,1)\) (σημείο επαφής/εφαπτομένη, διπλή ρίζα) και \((-2,-8)\) (απλή τομή).

Άσκηση Β3 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β03

Εκφώνηση: Δίνονται οι συναρτήσεις \(f(x)=\alpha x^2+\beta x+2\) και \(g(x)=\dfrac1x\). Να βρείτε τα \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) για τα οποία οι γραφικές παραστάσεις τους έχουν κοινή εφαπτομένη στο σημείο τετμημένης \(x_0=1\).

Σκέψη: Κοινή εφαπτομένη σε \(x_0=1\) σημαίνει: ίδια τιμή \(f(1)=g(1)\) ΚΑΙ ίδια κλίση \(f'(1)=g'(1)\) — δύο εξισώσεις για τα δύο άγνωστα.

Λύση:

\(g(1)=1\). Απαιτούμε \(f(1)=\alpha+\beta+2=1\Rightarrow\alpha+\beta=-1\).
\(g'(x)=-\dfrac{1}{x^2}\Rightarrow g'(1)=-1\). \(f'(x)=2\alpha x+\beta\Rightarrow f'(1)=2\alpha+\beta=-1\).
Αφαιρώντας τις δύο εξισώσεις: \((2\alpha+\beta)-(\alpha+\beta)=\alpha=-1-(-1)=0\Rightarrow\alpha=0\). Τότε \(\beta=-1-\alpha=-1\).

Απάντηση: \(\alpha=0,\ \beta=-1\) (η \(f\) γίνεται γραμμική: \(f(x)=-x+2\)).

Άσκηση Β4 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β04

Εκφώνηση: Δίνονται οι συναρτήσεις \(f(x)=e^x\) και \(g(x)=-x^2-x\). Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της \(C_f\) στο σημείο \(A(0,1)\) εφάπτεται και στην \(C_g\).

Σκέψη: Βρίσκουμε την εφαπτομένη της \(C_f\) στο \(A\), μετά εξετάζουμε την τομή της με την \(C_g\): αν προκύπτει διπλή ρίζα, η ευθεία εφάπτεται και εκεί.

Λύση:

\(f'(x)=e^x\Rightarrow f'(0)=1\), και \(f(0)=1\) ταυτίζεται με το \(A(0,1)\). Εφαπτομένη: \(y-1=1(x-0)\Rightarrow y=x+1\).
Τομή με \(g(x)=-x^2-x\): \(-x^2-x=x+1\Rightarrow-x^2-2x-1=0\Rightarrow x^2+2x+1=0\Rightarrow(x+1)^2=0\Rightarrow x=-1\) (ΔΙΠΛΗ ρίζα).
Αφού η εξίσωση τομής έχει διπλή ρίζα στο \(x=-1\), η ευθεία \(y=x+1\) ΕΦΑΠΤΕΤΑΙ και στην \(C_g\) εκεί. Επαλήθευση: \(g(-1)=-1+1=0=(-1)+1\) ✓, \(g'(x)=-2x-1\Rightarrow g'(-1)=1\), ίδια κλίση με την ευθεία ✓.

Απάντηση: Η εφαπτομένη \(y=x+1\) της \(C_f\) στο \(A(0,1)\) εφάπτεται επίσης της \(C_g\) στο σημείο \((-1,0)\) (διπλή ρίζα κατά την τομή).

Άσκηση Β5 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β05

Εκφώνηση: Να βρείτε πολυώνυμο τρίτου βαθμού τέτοιο, ώστε \(f(0)=4,\ f'(-1)=2,\ f''(2)=4\) και \(f^{(3)}(1)=6\).

Σκέψη: Θέτουμε \(f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\) και υπολογίζουμε \(f',f'',f^{(3)}\)· κάθε δοσμένη συνθήκη δίνει μία εξίσωση, λυμένες διαδοχικά (η \(f^{(3)}\) είναι σταθερά, δίνει αμέσως το \(a\)).

Λύση:

\(f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\Rightarrow f'(x)=3ax^2+2bx+c\Rightarrow f''(x)=6ax+2b\Rightarrow f^{(3)}(x)=6a\) (σταθερά).
\(f^{(3)}(1)=6a=6\Rightarrow a=1\).
\(f''(2)=12a+2b=4\Rightarrow12+2b=4\Rightarrow b=-4\).
\(f'(-1)=3a-2b+c=2\Rightarrow3-2(-4)+c=2\Rightarrow3+8+c=2\Rightarrow c=-9\).
\(f(0)=d=4\).

Απάντηση: \(f(x)=x^3-4x^2-9x+4\).

Άσκηση Β6 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β06

Εκφώνηση: Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει πολυώνυμο \(f\) δευτέρου βαθμού του οποίου η γραφική παράσταση να εφάπτεται των ευθειών \(y=x+1\) και \(y=3x-1\) στα σημεία \(A(0,1)\) και \(B(1,2)\) αντιστοίχως.

Σκέψη: Θέτουμε \(f(x)=ax^2+bx+c\) (με \(a\neq0\) αφού πρέπει να είναι ΔΕΥΤΕΡΟΥ βαθμού) και γράφουμε τις 4 συνθήκες (τιμή+κλίση σε κάθε σημείο) — αν το προκύπτον σύστημα (4 εξισώσεις, 3 άγνωστοι) είναι ασυνεπές ή αναγκάζει \(a=0\), το ζητούμενο πολυώνυμο δεν υπάρχει.

Λύση:

\(f(x)=ax^2+bx+c\Rightarrow f'(x)=2ax+b\).
\(f(0)=1\Rightarrow c=1\). \(f'(0)=1\) (κλίση \(y=x+1\)) \(\Rightarrow b=1\).
\(f(1)=2\Rightarrow a+b+c=2\Rightarrow a+1+1=2\Rightarrow a=0\).
Όμως χρειαζόμαστε \(a\neq0\) για να είναι η \(f\) γνησίως δευτέρου βαθμού — ΑΤΟΠΟ. (Επιπλέον, ακόμη κι αν αγνοήσουμε αυτό, η συνθήκη \(f'(1)=3\) δίνει \(2a+b=3\Rightarrow2(0)+1=1\neq3\), δεύτερη ανεξάρτητη αντίφαση.) Άρα το σύστημα των 4 συνθηκών με 3 αγνώστους είναι ασυνεπές.

Απάντηση: Δεν υπάρχει τέτοιο πολυώνυμο δευτέρου βαθμού — το σύστημα των συνθηκών οδηγεί σε \(a=0\) (άτοπο) και επιπλέον σε αντίφαση στην κλίση στο \(B\).

Άσκηση Β7 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β07

Εκφώνηση: Αν μια συνάρτηση \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) είναι παραγωγίσιμη στο σημείο \(x_0=\alpha\), να αποδείξετε ότι i) \(\lim_{x\to\alpha}\dfrac{xf(x)-\alpha f(\alpha)}{x-\alpha}=f(\alpha)+\alpha f'(\alpha)\) ii) \(\lim_{x\to\alpha}\dfrac{e^xf(x)-e^\alpha f(\alpha)}{x-\alpha}=e^\alpha(f(\alpha)+f'(\alpha))\).

Σκέψη: Και στις δύο περιπτώσεις, προσθαφαιρούμε στον αριθμητή έναν κατάλληλο ενδιάμεσο όρο ώστε να «σπάσει» το κλάσμα σε δύο γνωστά όρια (τον ορισμό της παραγώγου της \(f\), και το όριο του λόγου μεταβολής της \(x\) ή της \(e^x\), που είναι επίσης γνωστές παράγωγοι).

Λύση:

i) Προσθαφαιρούμε \(\alpha f(x)\): \(xf(x)-\alpha f(\alpha)=xf(x)-\alpha f(x)+\alpha f(x)-\alpha f(\alpha)=(x-\alpha)f(x)+\alpha[f(x)-f(\alpha)]\). Διαιρώντας με \(x-\alpha\): \(f(x)+\alpha\cdot\dfrac{f(x)-f(\alpha)}{x-\alpha}\). Καθώς \(x\to\alpha\): το πρώτο \(\to f(\alpha)\) (συνέχεια, αφού η \(f\) είναι παραγωγίσιμη άρα συνεχής), το δεύτερο \(\to\alpha f'(\alpha)\) (ορισμός παραγώγου). Άθροισμα: \(f(\alpha)+\alpha f'(\alpha)\).
ii) Προσθαφαιρούμε \(e^\alpha f(x)\): \(e^xf(x)-e^\alpha f(\alpha)=f(x)(e^x-e^\alpha)+e^\alpha[f(x)-f(\alpha)]\). Διαιρώντας με \(x-\alpha\): \(f(x)\cdot\dfrac{e^x-e^\alpha}{x-\alpha}+e^\alpha\cdot\dfrac{f(x)-f(\alpha)}{x-\alpha}\). Καθώς \(x\to\alpha\): το πρώτο κλάσμα τείνει στην παράγωγο της \(e^x\) στο \(\alpha\), δηλαδή \(e^\alpha\), άρα ο πρώτος όρος \(\to f(\alpha)e^\alpha\)· ο δεύτερος όρος \(\to e^\alpha f'(\alpha)\). Άθροισμα: \(e^\alpha[f(\alpha)+f'(\alpha)]\).

Απάντηση: Και οι δύο σχέσεις αποδεικνύονται με προσθαφαίρεση κατάλληλου όρου, ανάγοντας το όριο σε γνωστές παραγώγους (της \(f\) στο \(\alpha\), και της \(x\)/\(e^x\)).

Άσκηση Β8 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β08

Εκφώνηση: Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \(f(x)=\sin2x-2\sin^2x,\ x\in[0,2\pi]\), στα οποία η εφαπτομένη της είναι παράλληλη στον άξονα των \(x\).

Σκέψη: Απλοποιούμε πρώτα την \(f\) με την ταυτότητα \(2\sin^2x=1-\cos2x\) (γίνεται πιο εύκολο να υπολογίσουμε την τιμή στα σημεία που θα βρούμε), παραγωγίζουμε, λύνουμε \(f'(x)=0\) στο \([0,2\pi]\).

Λύση:

Απλοποίηση: \(f(x)=\sin2x-(1-\cos2x)=\sin2x+\cos2x-1\).
\(f'(x)=2\cos2x-2\sin2x\). Θέτουμε \(f'(x)=0\Rightarrow\cos2x=\sin2x\Rightarrow\tan2x=1\Rightarrow2x=\dfrac\pi4+k\pi\Rightarrow x=\dfrac\pi8+k\dfrac\pi2,\ k\in\mathbb{Z}\).
Στο \([0,2\pi]\): \(k=0,1,2,3\) δίνουν \(x=\dfrac\pi8,\dfrac{5\pi}8,\dfrac{9\pi}8,\dfrac{13\pi}8\) (όλα εντός του διαστήματος).
Υπολογίζουμε \(f(x)=\sin2x+\cos2x-1\) σε κάθε σημείο: για \(x=\frac\pi8\) (\(2x=\frac\pi4\)): \(f=\frac{\sqrt2}2+\frac{\sqrt2}2-1=\sqrt2-1\). Για \(x=\frac{5\pi}8\) (\(2x=\frac{5\pi}4\)): \(f=-\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2-1=-\sqrt2-1\). Για \(x=\frac{9\pi}8\) (\(2x=\frac{9\pi}4\equiv\frac\pi4\)): \(f=\sqrt2-1\) (ίδιο με το πρώτο, λόγω περιοδικότητας \(2\pi\) του \(2x\)). Για \(x=\frac{13\pi}8\) (\(2x=\frac{13\pi}4\equiv\frac{5\pi}4\)): \(f=-\sqrt2-1\).

Απάντηση: Τέσσερα σημεία: \(\left(\frac\pi8,\sqrt2-1\right)\), \(\left(\frac{5\pi}8,-\sqrt2-1\right)\), \(\left(\frac{9\pi}8,\sqrt2-1\right)\), \(\left(\frac{13\pi}8,-\sqrt2-1\right)\).

Άσκηση Β9 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.122.Β09

Εκφώνηση: Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων i) \(f(x)=\sqrt[3]{x^2}\) ii) \(f(x)=\sqrt[3]{x^4}\), και στη συνέχεια την εξίσωση της εφαπτομένης της \(C_f\) στο \(O(0,0)\) σε καθεμία περίπτωση χωριστά.

Σκέψη: Γράφουμε \(f(x)=x^{2/3}\) και \(x^{4/3}\) μέσω \((\sqrt[3]x)^2\), \((\sqrt[3]x)^4\) ώστε ο τύπος να ισχύει για κάθε πραγματικό \(x\) (θετικό ή αρνητικό), υπολογίζουμε την παράγωγο, και εξετάζουμε τη συμπεριφορά της κοντά στο \(0\) (πεπερασμένη ή άπειρη — καθορίζει αν η εφαπτομένη στο \(O\) είναι οριζόντια ή κατακόρυφη).

Λύση:

i) Γράφοντας \(f(x)=(\sqrt[3]x)^2\): \(f'(x)=\dfrac23(\sqrt[3]x)^{-1}\cdot\dfrac13x^{-2/3}\cdot3\)... πιο απλά, με τον τύπο \((x^\alpha)'=\alpha x^{\alpha-1}\) για \(\alpha=2/3\): \(f'(x)=\dfrac23x^{-1/3}=\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x}}\), για \(x\neq0\). Καθώς \(x\to0\), \(|f'(x)|\to+\infty\), με \(f'(x)\to+\infty\) για \(x\to0^+\) και \(f'(x)\to-\infty\) για \(x\to0^-\) (αφού \(\sqrt[3]x\) αλλάζει πρόσημο). Η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\) (\(f(0)=0\)), και τα πλευρικά όρια του λόγου μεταβολής είναι \(-\infty\) και \(+\infty\) αντίστοιχα — δέχεται ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΗ εφαπτομένη \(x=0\) στο \(O\).
ii) Ομοίως, \(f(x)=x^{4/3}\Rightarrow f'(x)=\dfrac43x^{1/3}=\dfrac43\sqrt[3]{x}\), για \(x\neq0\). Καθώς \(x\to0\) (από οποιαδήποτε πλευρά), \(\sqrt[3]{x}\to0\), άρα \(f'(x)\to0\). Άρα το όριο του λόγου μεταβολής στο \(0\) υπάρχει και ισούται με \(0\) — η \(f\) είναι παραγωγίσιμη στο \(0\) με \(f'(0)=0\), δηλαδή δέχεται ΟΡΙΖΟΝΤΙΑ εφαπτομένη \(y=0\) στο \(O\) (επαλήθευση απευθείας από τον ορισμό: \(\lim_{x\to0}\frac{x^{4/3}}{x}=\lim_{x\to0}x^{1/3}=0\)).

Απάντηση: i) \(f'(x)=\dfrac{2}{3\sqrt[3]x}\) (\(x\neq0\)), εφαπτομένη στο \(O\): ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΗ, \(x=0\). ii) \(f'(x)=\dfrac43\sqrt[3]x\), \(f'(0)=0\), εφαπτομένη στο \(O\): \(y=0\).

Πρόσεξε:

Οι δύο περιπτώσεις δείχνουν δύο διαφορετικά είδη «αιχμής» (cusp) στην αρχή: η \(x^{2/3}\) έχει κατακόρυφη εφαπτομένη (απότομη αιχμή), ενώ η \(x^{4/3}\) έχει οριζόντια εφαπτομένη (πιο «επίπεδη» αιχμή) — μην τις συγχέετε.

Άσκηση Β10 (σελ. 122) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.123.Β10

Εκφώνηση: Έστω μια παραγωγίσιμη στο \(\mathbb{R}\) συνάρτηση \(f\) για την οποία ισχύει \(f'(1)=1\) και η \(g\) η συνάρτηση που ορίζεται από την ισότητα \(g(x)=f(x^2+x+1)-1,\ x\in\mathbb{R}\). Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της \(C_f\) στο \(A(1,f(1))\) εφάπτεται της \(C_g\) στο \(B(0,g(0))\).

Σκέψη: Υπολογίζουμε \(g'(0)\) με κανόνα αλυσίδας (παρατηρώντας ότι \(x^2+x+1=1\) ακριβώς όταν \(x=0\), οπότε εμφανίζεται το γνωστό \(f'(1)\)), γράφουμε τις δύο εφαπτόμενες και δείχνουμε ότι ταυτίζονται ως ευθείες.

Λύση:

\(g(0)=f(0+0+1)-1=f(1)-1\).
\(g'(x)=f'(x^2+x+1)\cdot(2x+1)\) (κανόνας αλυσίδας). Στο \(x=0\): \(g'(0)=f'(1)\cdot(0+1)=f'(1)=1\) (δοσμένο).
Εφαπτομένη της \(C_f\) στο \(A(1,f(1))\): κλίση \(f'(1)=1\Rightarrow y=x-1+f(1)\).
Εφαπτομένη της \(C_g\) στο \(B(0,g(0))\): κλίση \(g'(0)=1\Rightarrow y=x+g(0)=x+f(1)-1\).
Οι δύο ευθείες \(y=x+(f(1)-1)\) είναι ΑΚΡΙΒΩΣ Η ΙΔΙΑ εξίσωση — άρα οι δύο εφαπτόμενες ταυτίζονται.

Απάντηση: Και οι δύο εφαπτόμενες έχουν εξίσωση \(y=x+f(1)-1\) — ταυτίζονται.

Άσκηση Β11 (σελ. 122) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.123.Β11

Εκφώνηση: Έστω μια συνάρτηση \(f\), παραγωγίσιμη στο διάστημα \((-1,1)\), για την οποία ισχύει \(f(\sin x)=e^x\cos x\), για κάθε \(x\in(-\pi/2,\pi/2)\). i) Να βρείτε την \(f'(0)\). ii) Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της \(C_f\) στο σημείο \(A(0,f(0))\) σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο.

Σκέψη: Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης ισότητας ως προς \(x\) (αριστερά με κανόνα αλυσίδας, δεξιά με κανόνα γινομένου), μετά θέτουμε \(x=0\) για να απομονώσουμε την \(f'(0)\). Για το (ii), βρίσκουμε πρώτα \(f(0)\) (θέτοντας \(x=0\) στην αρχική σχέση), γράφουμε την εφαπτομένη, και υπολογίζουμε τα σημεία τομής με τους άξονες.

Λύση:

i) Παραγωγίζοντας \(f(\sin x)=e^x\cos x\) ως προς \(x\): αριστερά \(f'(\sin x)\cdot\cos x\) (κανόνας αλυσίδας)· δεξιά \(e^x\cos x+e^x(-\sin x)=e^x(\cos x-\sin x)\) (κανόνας γινομένου). Άρα \(f'(\sin x)\cos x=e^x(\cos x-\sin x)\). Θέτοντας \(x=0\): \(f'(0)\cdot1=1\cdot(1-0)=1\Rightarrow f'(0)=1\).
ii) Θέτοντας \(x=0\) στην αρχική σχέση: \(f(\sin0)=e^0\cos0\Rightarrow f(0)=1\). Άρα \(A(0,1)\). Εφαπτομένη στο \(A\): κλίση \(f'(0)=1\Rightarrow y-1=x\Rightarrow y=x+1\).
Τομή με άξονα \(x\) (\(y=0\)): \(x=-1\), σημείο \((-1,0)\). Τομή με άξονα \(y\) (\(x=0\)): \(y=1\), σημείο \((0,1)\).
Το τρίγωνο με κορυφές \(O(0,0)\), \((-1,0)\), \((0,1)\) έχει τις δύο κάθετες πλευρές (πάνω στους άξονες) με μήκη \(|{-1}|=1\) και \(|1|=1\) — ΙΣΑ. Άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές (ορθογώνιο στο \(O\), με τις δύο κάθετες πλευρές ίσες).

Απάντηση: i) \(f'(0)=1\). ii) Η εφαπτομένη \(y=x+1\) τέμνει τους άξονες στα \((-1,0)\) και \((0,1)\), σχηματίζοντας με το \(O\) ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο (κάθετες πλευρές μήκους \(1\)).

Προηγούμενο Στοιχείο

Επιστροφή στην Ενότητα

Επόμενο Στοιχείο