Κεφάλαιο 2.9 – Λύσεις Ασκήσεων – Ασύμπτωτες – Κανόνες De L’Hospital (σελ. 167-168)

Άσκηση Α1 (σελ. 168)

Εκφώνηση: Να βρείτε (αν υπάρχουν) τις κατακόρυφες ασύμπτωτες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: ι) \(f(x)=\dfrac{1}{x-2}\) ιι) \(f(x)=\epsilon\varphi x,\ x\in\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)\) ιιι) \(f(x)=\dfrac{x^2-3x+2}{x-1}\) ιv) \(f(x)=\begin{cases}x, & x\leq0\\\dfrac1x, & x>0\end{cases}\).

Σκέψη: Ελέγχουμε τα πλευρικά όρια στα σημεία εκτός πεδίου ορισμού/συνέχειας· προσοχή στο ιιι) όπου ο αριθμητής μηδενίζεται ΚΑΙ στο σημείο του παρονομαστή (αφαιρέσιμη ασυνέχεια, όχι πόλος).

Λύση:

1. ι) Πεδίο ορισμού \(x\neq2\). \(\lim_{x\to2^\pm}\dfrac{1}{x-2}=\pm\infty\) — κατακόρυφη ασύμπτωτη \(x=2\).
2. ιι) Καθώς \(x\to\left(-\frac\pi2\right)^+\) και \(x\to\left(\frac\pi2\right)^-\), \(\epsilon\varphi x\to\mp\infty\) αντίστοιχα — κατακόρυφες ασύμπτωτες \(x=-\dfrac\pi2\) και \(x=\dfrac\pi2\).
3. ιιι) \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\), άρα \(f(x)=\dfrac{(x-1)(x-2)}{x-1}=x-2\) για \(x\neq1\) (αφαιρέσιμη ασυνέχεια). \(\lim_{x\to1}f(x)=1-2=-1\) (πεπερασμένο!) — ΔΕΝ υπάρχει κατακόρυφη ασύμπτωτη.
4. ιv) Για \(x>0\): \(\lim_{x\to0^+}\dfrac1x=+\infty\) — κατακόρυφη ασύμπτωτη \(x=0\) (αρκεί το ένα πλευρικό όριο να είναι άπειρο).

Απάντηση: ι) \(x=2\). ιι) \(x=-\frac\pi2\) και \(x=\frac\pi2\). ιιι) Δεν υπάρχουν. ιv) \(x=0\).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται ακριβώς με την επίσημη απάντηση του βιβλίου.
• Παγίδα ιιι): μηδενισμός παρονομαστή δεν σημαίνει πάντα κατακόρυφη ασύμπτωτη — αν ο αριθμητής μηδενίζεται με τον ίδιο παράγοντα (απλοποιήσιμος πόλος), το όριο μπορεί να είναι πεπερασμένο.

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Α2 (σελ. 168)

Εκφώνηση: Να βρείτε τις οριζόντιες ασύμπτωτες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: ι) \(f(x)=\dfrac{x^2+x+1}{x^2+1}\) ιι) \(f(x)=\sqrt{x^2+1}-x\).

Σκέψη: ι) Λόγος συντελεστών μεγιστοβάθμιων όρων. ιι) Πολλαπλασιάζουμε με τη συζυγή παράσταση για να άρουμε τη μορφή \(\infty-\infty\).

Λύση:

1. ι) \(\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^2+x+1}{x^2+1}=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{1+1/x+1/x^2}{1+1/x^2}=1\). Οριζόντια ασύμπτωτη \(y=1\) και στο \(+\infty\) και στο \(-\infty\).
2. ιι) \(\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}+x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=0\). Οριζόντια ασύμπτωτη \(y=0\) στο \(+\infty\).
3. Στο \(-\infty\): θέτοντας \(x=-t,\ t\to+\infty\): \(\sqrt{x^2+1}-x=\sqrt{t^2+1}+t\to+\infty\) — ΔΕΝ υπάρχει οριζόντια (ούτε πλάγια) ασύμπτωτη στο \(-\infty\).

Απάντηση: ι) \(y=1\) (και στα δύο άκρα). ιι) \(y=0\) στο \(+\infty\) (καμία ασύμπτωτη στο \(-\infty\)).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται με την επίσημη απάντηση του βιβλίου («i) y=1. ii) y=0 στο +∞»).
• Η εκφώνηση όπως εξήχθη από την πηγή αριθμεί τα δύο υποερωτήματα «i)» και «iii)» (παραλείποντας ένα «ii)») — πρόκειται πιθανότατα για αρίθμηση/OCR παράλειψη του ίδιου του βιβλίου· τα παρουσιάζουμε ως ι),ιι) με τη φυσική τους σειρά, όπως και η επίσημη απάντηση του παραρτήματος.

Κατάσταση QA: χρειάζεται_επιβεβαίωση

Άσκηση Α3 (σελ. 168)

Εκφώνηση: Να βρείτε τις ασύμπτωτες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: ι) \(f(x)=\dfrac{x^2-x-2}{x-1}\) ιι) \(f(x)=\dfrac{x^2-3}{x-2}\) ιιι) \(f(x)=\sqrt{x^2+x}\).

Σκέψη: Κάνουμε πολυωνυμική διαίρεση για να γράψουμε κάθε ρητή ως πολυώνυμο συν υπόλοιπο προς παρονομαστή (άμεση αναγνώριση πλάγιας ασύμπτωτης). Στο ιιι) χρησιμοποιούμε συζυγή παράσταση χωριστά για \(\pm\infty\).

Λύση:

1. ι) \(x^2-x-2=(x-1)x-2\), άρα \(f(x)=x-\dfrac{2}{x-1}\). Κατακόρυφη ασύμπτωτη \(x=1\) (αριθμητής εκεί: \(1-1-2=-2\neq0\)). Πλάγια: \(f(x)-x=-\frac{2}{x-1}\to0\) στο \(\pm\infty\) — \(y=x\).
2. ιι) \(x^2-3=(x-2)(x+2)+1\), άρα \(f(x)=x+2+\dfrac{1}{x-2}\). Κατακόρυφη ασύμπτωτη \(x=2\) (αριθμητής εκεί: \(4-3=1\neq0\)). Πλάγια: \(f(x)-(x+2)=\frac1{x-2}\to0\) στο \(\pm\infty\) — \(y=x+2\).
3. ιιι) Πεδίο ορισμού: \(x^2+x\geq0\Leftrightarrow x\leq-1\) ή \(x\geq0\). Στο \(+\infty\): \(f(x)-x=\dfrac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}\to\dfrac12\) (διαιρώντας αριθμητή/παρονομαστή με \(x\)) — \(y=x+\frac12\) στο \(+\infty\).
4. Στο \(-\infty\): θέτοντας \(x=-t,t\to+\infty\): \(f(x)+x=\sqrt{t^2-t}-t=\dfrac{-t}{\sqrt{t^2-t}+t}\to-\dfrac12\) — \(y=-x-\frac12\) στο \(-\infty\).

Απάντηση: ι) \(y=x\), \(x=1\). ιι) \(y=x+2\), \(x=2\). ιιι) \(y=x+\frac12\) στο \(+\infty\), \(y=-x-\frac12\) στο \(-\infty\) (καμία κατακόρυφη).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται ακριβώς με την επίσημη απάντηση του βιβλίου («3. i) y=x, x=1. ii) y=x+2, x=2. iii) y=x+1/2 στο +∞ και y=-x-1/2 στο -∞»).

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Α4 (σελ. 168)

Εκφώνηση: Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια: ι) \(\lim_{x\to0}\dfrac{\eta\mu x}{\ln(x+1)}\) ιι) \(\lim_{x\to0}\dfrac{1-\sigma\upsilon\nu x^2}{x^4}\) ιιι) \(\lim_{x\to0}\dfrac{x-\eta\mu x}{1-\sigma\upsilon\nu x}\).

Σκέψη: Όλες οι μορφές είναι \(\frac00\)· εφαρμόζουμε De L'Hospital, στα ιι) και ιιι) χρειάζεται δεύτερη εφαρμογή αφού η πρώτη παραγώγιση δίνει ξανά \(\frac00\).

Λύση:

1. ι) Μορφή \(\frac00\). \(\lim_{x\to0}\dfrac{\sigma\upsilon\nu x}{1/(x+1)}=\dfrac{\sigma\upsilon\nu0}{1/1}=\dfrac11=1\).
2. ιι) Μορφή \(\frac00\). Παραγωγίζοντας (κανόνας αλυσίδας στον αριθμητή): \(\lim_{x\to0}\dfrac{2x\,\eta\mu(x^2)}{4x^3}=\lim_{x\to0}\dfrac{\eta\mu(x^2)}{2x^2}\) — ξανά \(\frac00\). Νέα εφαρμογή: \(\lim_{x\to0}\dfrac{2x\,\sigma\upsilon\nu(x^2)}{4x}=\lim_{x\to0}\dfrac{\sigma\upsilon\nu(x^2)}{2}=\dfrac12\).
3. ιιι) Μορφή \(\frac00\). \(\lim_{x\to0}\dfrac{1-\sigma\upsilon\nu x}{\eta\mu x}\) — ξανά \(\frac00\). Νέα εφαρμογή: \(\lim_{x\to0}\dfrac{\eta\mu x}{\sigma\upsilon\nu x}=\lim_{x\to0}\epsilon\varphi x=0\).

Απάντηση: ι) \(1\). ιι) \(\dfrac12\). ιιι) \(0\).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται ακριβώς με την επίσημη απάντηση του βιβλίου («4. i) 1. ii) 1/2. iii) 0»).

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Β1 (σελ. 168)

Εκφώνηση: Δίνεται η συνάρτηση \(f(x)=\sqrt{x^2+2x+2}\) και οι ευθείες \(\varepsilon_1:y=-x-1\) και \(\varepsilon_2:y=x+1\). Να αποδείξετε ότι: ι) Η \(\varepsilon_1\) είναι ασύμπτωτη της \(C_f\) στο \(-\infty\), ενώ η \(\varepsilon_2\) είναι ασύμπτωτη της \(C_f\) στο \(+\infty\). ιι) Για κάθε \(x\in\mathbb{R}\) ισχύει \(x^2+2x+2>(x+1)^2\geq0\) και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι η \(C_f\) βρίσκεται πάνω από την \(\varepsilon_1\) κοντά στο \(-\infty\) και πάνω από την \(\varepsilon_2\) κοντά στο \(+\infty\).

Σκέψη: Συμπληρώνουμε τετράγωνο: \(x^2+2x+2=(x+1)^2+1\). Για το ι) χρησιμοποιούμε συζυγή παράσταση. Για το ιι) η ανισότητα προκύπτει άμεσα από τη μορφή \((x+1)^2+1>(x+1)^2\), και συνδυάζοντάς την με ρίζες παίρνουμε \(f(x)>|x+1|\), που δίνει ακριβώς τη ζητούμενη θέση της καμπύλης.

Λύση:

1. ι) \(f(x)=\sqrt{(x+1)^2+1}\). Στο \(+\infty\): \(f(x)-(x+1)=\dfrac{[(x+1)^2+1]-(x+1)^2}{\sqrt{(x+1)^2+1}+(x+1)}=\dfrac{1}{\sqrt{(x+1)^2+1}+(x+1)}\to0\) (παρονομαστής \(\to+\infty\)) — άρα \(\varepsilon_2\) ασύμπτωτη στο \(+\infty\).
2. Στο \(-\infty\): \(f(x)-(-x-1)=f(x)+x+1=\sqrt{(x+1)^2+1}+(x+1)\). Θέτοντας \(u=x+1\to-\infty\): \(\sqrt{u^2+1}+u=\dfrac{(u^2+1)-u^2}{\sqrt{u^2+1}-u}=\dfrac{1}{\sqrt{u^2+1}-u}\to0\) (παρονομαστής \(\to+\infty\), αφού \(-u\to+\infty\)) — άρα \(\varepsilon_1\) ασύμπτωτη στο \(-\infty\).
3. ιι) \(x^2+2x+2=(x+1)^2+1\). Αφού \(1>0\): \((x+1)^2+1>(x+1)^2\), δηλαδή \(x^2+2x+2>(x+1)^2\geq0\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\).
4. Παίρνοντας τετραγωνικές ρίζες (και οι δύο πλευρές μη αρνητικές): \(f(x)=\sqrt{x^2+2x+2}>\sqrt{(x+1)^2}=|x+1|\), για κάθε \(x\).
5. Κοντά στο \(+\infty\) (όπου \(x+1>0\)): \(|x+1|=x+1\), άρα \(f(x)>x+1\) — η \(C_f\) βρίσκεται ΠΑΝΩ από την \(\varepsilon_2\). Κοντά στο \(-\infty\) (όπου \(x+1<0\)): \(|x+1|=-x-1\), άρα \(f(x)>-x-1\) — η \(C_f\) βρίσκεται ΠΑΝΩ από την \(\varepsilon_1\).

Απάντηση: ι) Επαληθεύονται τα όρια \(\lim_{x\to-\infty}[f(x)-(-x-1)]=0\) και \(\lim_{x\to+\infty}[f(x)-(x+1)]=0\). ιι) Από \(f(x)>|x+1|\) προκύπτει ότι η \(C_f\) είναι πάνω από την \(\varepsilon_1\) στο \(-\infty\) και πάνω από την \(\varepsilon_2\) στο \(+\infty\).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται με την επίσημη απάντηση του βιβλίου στο ι). Στο ιι) το βιβλίο χρησιμοποιεί επιχείρημα κυρτότητας («Η f είναι κυρτή στο R»)· εμείς παρουσιάζουμε ισοδύναμη, πιο στοιχειώδη απόδειξη απευθείας από την ανισότητα \(f(x)>|x+1|\), που είναι ακριβώς αυτό που ζητά η εκφώνηση του ιι).

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Β2 (σελ. 169)

Εκφώνηση: Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της \(f\) όταν: ι) \(f(x)=\dfrac{x^2}{2^x}\) ιι) \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\).

Σκέψη: ι) Και οι δύο κλάδοι (\(\pm\infty\)) εξετάζονται χωριστά, με De L'Hospital διπλή εφαρμογή στο \(+\infty\). ιι) Εξετάζουμε πεδίο ορισμού (\(x=0\) άκρο) και \(+\infty\).

Λύση:

1. ι) Η \(f\) είναι συνεχής στο \(\mathbb{R}\) (καμία κατακόρυφη ασύμπτωτη). Στο \(+\infty\): \(\frac{+\infty}{+\infty}\), De L'Hospital δύο φορές: \(\lim\dfrac{2x}{2^x\ln2}\) (ξανά \(\frac{+\infty}{+\infty}\)) \(=\lim\dfrac{2}{2^x(\ln2)^2}=0\). Άρα \(y=0\) στο \(+\infty\).
2. Στο \(-\infty\): \(2^x\to0^+\) και \(x^2\to+\infty\), άρα \(f(x)\to+\infty\). Επιπλέον \(\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x}{2^x}\to-\infty\) (αριθμητής \(\to-\infty\), παρονομαστής \(\to0^+\)) — ΔΕΝ υπάρχει ασύμπτωτη στο \(-\infty\) (ούτε πλάγια, αφού το \(\lambda\) δεν είναι πεπερασμένο).
3. ιι) Πεδίο ορισμού \(x>0\). \(\lim_{x\to0^+}\dfrac{\ln x}{x}=\dfrac{-\infty}{0^+}=-\infty\) — κατακόρυφη ασύμπτωτη \(x=0\). Στο \(+\infty\): \(\frac{+\infty}{+\infty}\), De L'Hospital: \(\lim\dfrac{1/x}{1}=0\) — οριζόντια ασύμπτωτη \(y=0\) στο \(+\infty\).

Απάντηση: ι) \(y=0\) στο \(+\infty\) (καμία στο \(-\infty\)). ιι) Κατακόρυφη \(x=0\), οριζόντια \(y=0\) στο \(+\infty\).

Πρόσεξε:

• Η αριθμητική ταυτίζεται με την επίσημη απάντηση του βιβλίου («2. i) y=0. ii) y=0»), η οποία δίνεται πολύ συνοπτικά· εμείς προσθέτουμε την πλήρη ανάλυση (π.χ. την κατακόρυφη ασύμπτωτη \(x=0\) στο ιι), που προκύπτει άμεσα αλλά δεν αναφέρεται ρητά στη συνοπτική επίσημη απάντηση).

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Β3 (σελ. 169)

Εκφώνηση: Να βρείτε τις τιμές των \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\), ώστε η συνάρτηση \(f(x)=\begin{cases}\eta\mu x+\alpha, & x\leq0\\ e^{\beta x}, & x>0\end{cases}\) να είναι παραγωγίσιμη στο \(x_0=0\).

Σκέψη: Παραγωγισιμότητα απαιτεί πρώτα συνέχεια (καθορίζει το \(\alpha\)), μετά ίσες πλευρικές παραγώγους (καθορίζει το \(\beta\)).

Λύση:

1. Συνέχεια στο \(0\): \(f(0^-)=\eta\mu0+\alpha=\alpha\), \(f(0^+)=e^{0}=1\) (όριο, αφού ο δεύτερος κλάδος ισχύει για \(x>0\)). Χρειάζεται \(\alpha=1\).
2. Πλευρικές παράγωγοι: για \(x<0\): \(f'(x)=\sigma\upsilon\nu x\Rightarrow f'(0^-)=\sigma\upsilon\nu0=1\). Για \(x>0\): \(f'(x)=\beta e^{\beta x}\Rightarrow f'(0^+)=\beta\).
3. Χρειάζεται \(f'(0^-)=f'(0^+)\Rightarrow\beta=1\).

Απάντηση: \(\alpha=1,\ \beta=1\).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται με την επίσημη απάντηση του βιβλίου («3. α=1, β=1»).

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Β4 (σελ. 169)

Εκφώνηση: Δίνεται η συνάρτηση \(f(x)=\begin{cases}\dfrac{x\ln x}{1-x}, & 0<x\neq1\\-1, & x=1\end{cases}\). Να αποδείξετε ότι: ι) η \(f\) είναι συνεχής στο \(1\) ιι) \(f'(1)=-\dfrac12\).

Σκέψη: Και τα δύο ερωτήματα ανάγονται σε όρια μορφής \(\frac00\), υπολογιζόμενα με (επαναλαμβανόμενη) εφαρμογή De L'Hospital.

Λύση:

1. ι) \(\lim_{x\to1}\dfrac{x\ln x}{1-x}\): μορφή \(\frac00\) (αριθμητής: \(1\cdot\ln1=0\), παρονομαστής: \(0\)). De L'Hospital: \(\lim_{x\to1}\dfrac{\ln x+1}{-1}=\dfrac{0+1}{-1}=-1=f(1)\). Άρα η \(f\) είναι συνεχής στο \(1\).
2. ιι) \(f'(1)=\lim_{x\to1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1}\dfrac{\frac{x\ln x}{1-x}+1}{x-1}=\lim_{x\to1}\dfrac{x\ln x+(1-x)}{(1-x)(x-1)}=\lim_{x\to1}\dfrac{x\ln x+1-x}{-(x-1)^2}\).
3. Αριθμητής \(N(x)=x\ln x+1-x\): \(N(1)=0\), \(N'(x)=\ln x+1-1=\ln x\), \(N'(1)=0\). Παρονομαστής \(D(x)=-(x-1)^2\): \(D(1)=0\), \(D'(x)=-2(x-1)\), \(D'(1)=0\) — απαιτείται διπλή εφαρμογή De L'Hospital.
4. Πρώτη εφαρμογή: \(\lim_{x\to1}\dfrac{\ln x}{-2(x-1)}\) (μορφή \(\frac00\)). Δεύτερη εφαρμογή: \(\lim_{x\to1}\dfrac{1/x}{-2}=\dfrac{1}{-2}=-\dfrac12\).
5. Άρα \(f'(1)=-\dfrac12\).

Απάντηση: ι) Η \(f\) είναι συνεχής στο \(1\) (το όριο ισούται με \(-1=f(1)\)). ιι) \(f'(1)=-\dfrac12\).

Πρόσεξε:

• Το επίσημο παράρτημα δίνει μόνο τη γενική υπόδειξη «Χρησιμοποιείστε τους κανόνες de L'Hospital», χωρίς αριθμητική επαλήθευση — παρουσιάζουμε πλήρη, ανεξάρτητα επαληθευμένη λύση με διπλή εφαρμογή του κανόνα, που καταλήγει ακριβώς στη ζητούμενη τιμή \(-\frac12\) της εκφώνησης.

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Β5 (σελ. 169)

Εκφώνηση: Δίνονται οι συναρτήσεις \(f(x)=\begin{cases}\dfrac{\ln(x^2-2x+2)}{x-1}, & x\neq1\\0, & x=1\end{cases}\) και \(g(x)=\begin{cases}x^2, & x\leq1\\1+\dfrac{\ln x}{x}, & x>1\end{cases}\). Να αποδείξετε ότι: ι) Η \(f\) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο \(x_0=1\) ιι) Η \(g\) είναι συνεχής αλλά μη παραγωγίσιμη στο \(x_0=1\).

Σκέψη: Για την \(f\), γράφουμε \(x^2-2x+2=(x-1)^2+1\) και θέτουμε \(t=x-1\to0\)· τα όρια \(\frac{\ln(t^2+1)}{t}\) και \(\frac{\ln(t^2+1)}{t^2}\) υπολογίζονται με De L'Hospital. Για την \(g\), ελέγχουμε συνέχεια απευθείας και συγκρίνουμε πλευρικές παραγώγους.

Λύση:

1. ι) Θέτουμε \(t=x-1\to0\): \(f(x)=\dfrac{\ln((t)^2+1)}{t}\) για \(t\neq0\). Συνέχεια: \(\lim_{t\to0}\dfrac{\ln(t^2+1)}{t}\) (μορφή \(\frac00\)): De L'Hospital \(\lim_{t\to0}\dfrac{2t/(t^2+1)}{1}=0=f(1)\). Συνεχής.
2. Παραγωγισιμότητα: \(f'(1)=\lim_{t\to0}\dfrac{f(1+t)-f(1)}{t}=\lim_{t\to0}\dfrac{\ln(t^2+1)}{t^2}\) (μορφή \(\frac00\)): De L'Hospital \(\lim_{t\to0}\dfrac{2t/(t^2+1)}{2t}=\lim_{t\to0}\dfrac{1}{t^2+1}=1\). Άρα \(f'(1)=1\) υπάρχει (πεπερασμένο) — η \(f\) είναι παραγωγίσιμη στο \(1\).
3. ιι) Συνέχεια της \(g\) στο \(1\): \(g(1^-)=1^2=1\), \(g(1^+)=1+\dfrac{\ln1}{1}=1+0=1\). Συνεχής.
4. Πλευρικές παράγωγοι: για \(x<1\): \(g'(x)=2x\Rightarrow g'(1^-)=2\). Για \(x>1\): \(g(x)=1+\dfrac{\ln x}{x}\), \(g'(x)=\dfrac{(1/x)\cdot x-\ln x}{x^2}=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\Rightarrow g'(1^+)=\dfrac{1-0}{1}=1\).
5. Αφού \(g'(1^-)=2\neq1=g'(1^+)\), οι πλευρικές παράγωγοι διαφέρουν — η \(g\) ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη στο \(1\), αν και είναι συνεχής εκεί.

Απάντηση: ι) Η \(f\) είναι συνεχής στο \(1\) (όριο \(=0\)) και παραγωγίσιμη (\(f'(1)=1\)). ιι) Η \(g\) είναι συνεχής στο \(1\) αλλά μη παραγωγίσιμη (\(g'(1^-)=2\neq1=g'(1^+)\)).

Πρόσεξε:

• Το επίσημο παράρτημα δίνει μόνο τη γενική υπόδειξη «Χρησιμοποιείστε τους κανόνες de L'Hospital» — παρουσιάζουμε πλήρη, ανεξάρτητα επαληθευμένη λύση με τις συγκεκριμένες αριθμητικές τιμές των ορίων/παραγώγων.

Κατάσταση QA: ελεγμένο

Άσκηση Β6 (σελ. 169)

Εκφώνηση: Δίνεται η συνάρτηση \(f(x)=\begin{cases}0, & x=0\\(1-e^{-x})\ln x, & x\in(0,1]\end{cases}\). ι) Να υπολογίσετε τα όρια \(\lim_{x\to0}\dfrac{1-e^{-x}}{x}\) και \(\lim_{x\to0}x\ln x\). ιι) Να αποδείξετε ότι η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\). ιιι) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της \(C_f\) στο σημείο \(O(0,0)\).

Σκέψη: ι) Δύο κλασικά «εργαλειακά» όρια, το πρώτο άμεσα με De L'Hospital, το δεύτερο με υποκατάσταση/L'Hospital. ιι) Γράφουμε το \(f(x)\) ως γινόμενο των δύο παραστάσεων του (ι). ιιι) Η κλίση στο \(O\) υπολογίζεται από τον ορισμό της παραγώγου· αν προκύψει άπειρη τιμή, η εφαπτομένη είναι κατακόρυφη.

Λύση:

1. ι) \(\lim_{x\to0}\dfrac{1-e^{-x}}{x}\): μορφή \(\frac00\), De L'Hospital: \(\lim_{x\to0}\dfrac{e^{-x}}{1}=1\).
2. \(\lim_{x\to0}x\ln x\): γράφεται \(\lim_{x\to0^+}\dfrac{\ln x}{1/x}\) (μορφή \(\frac{-\infty}{+\infty}\)), De L'Hospital: \(\lim_{x\to0^+}\dfrac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0\).
3. ιι) \(f(x)=(1-e^{-x})\ln x=\dfrac{1-e^{-x}}{x}\cdot(x\ln x)\) για \(x>0\). Καθώς \(x\to0^+\): πρώτος παράγοντας \(\to1\) (από ι), δεύτερος \(\to0\) (από ι) — γινόμενο \(\to1\cdot0=0=f(0)\). Η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\).
4. ιιι) \(f'(0)=\lim_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{(1-e^{-x})\ln x}{x}=\left[\lim_{x\to0^+}\dfrac{1-e^{-x}}{x}\right]\cdot\left[\lim_{x\to0^+}\ln x\right]=1\cdot(-\infty)=-\infty\).
5. Αφού \(f'(0)=-\infty\) (η κλίση των τεμνουσών τείνει στο \(-\infty\)), η εφαπτομένη στο \(O(0,0)\) είναι η ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΗ ευθεία \(x=0\).

Απάντηση: ι) \(1\) και \(0\) αντίστοιχα. ιι) Η \(f\) είναι συνεχής στο \(0\) (όριο\(=0=f(0)\)). ιιι) Η εφαπτομένη στο \(O(0,0)\) είναι η κατακόρυφη ευθεία \(x=0\).

Πρόσεξε:

• Ταυτίζεται ακριβώς με την επίσημη απάντηση του βιβλίου («6. i) 1, 0. ii) x=0»).

Κατάσταση QA: ελεγμένο