Λύσεις Κεφαλαίου 2.3 – Κανόνες Παραγώγισης (σελ. 120-123)

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ – ΛΥΣΕΙΣ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ασκήσεων Σχολικού Βιβλίου Λύσεις Κεφαλαίου 2.3 – Κανόνες Παραγώγισης (σελ. 120-123)

Λύσεις §2.3 Κανόνες Παραγώγισης

Άσκηση 1 (σελ. 120) — 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. 120) — 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. 120) — 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. 120) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.120.04

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

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

Λύση:

i) Συνέχεια στο \(0\): \(\lim_{x\to0^-}(2x^2+3x)=0\), \(\lim_{x\to0^+}(12\sqrt{x}+6x)=0\), \(f(0)=0\) ✓. Αριστερά του \(0\): \(\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^-}\frac{2x^2+3x}{x}=\lim_{x\to0^-}(2x+3)=3\). Δεξιά του \(0\): \(\lim_{x\to0^+}\frac{12\sqrt{x}+6x}{x}=\lim_{x\to0^+}\left(\frac{12}{\sqrt{x}}+6\right)=+\infty\). Επομένως το όριο του λόγου μεταβολής στο \(0\) δεν υπάρχει στο \(\mathbb{R}\), άρα η \(f\) δεν παραγωγίζεται στο \(0\). Αλλού: \(f'(x)=4x+3\) για \(x<0\) και \(f'(x)=\frac{6}{\sqrt{x}}+6=6\left(\frac{1}{\sqrt x}+1\right)\) για \(x>0\).
ii) Συνέχεια στο \(0\): \(f(0)=0+\eta\mu0=0\) και \(\lim_{x\to0^+}x=0\) ✓. Αριστερά: \(\lim_{x\to0^-}\frac{x^2+\eta\mu x}{x}=\lim_{x\to0^-}\left(x+\frac{\eta\mu x}{x}\right)=0+1=1\). Δεξιά: \(\lim_{x\to0^+}\frac{x-0}{x}=1\). Ίσα, άρα \(f'(0)=1\). Επομένως \(f'(x)=2x+\sigma\upsilon\nu x\) για \(x\leq0\) και \(f'(x)=1\) για \(x>0\).

Απάντηση: i) \(f'(x)=4x+3\) για \(x<0\), \(f'(x)=6\left(\frac{1}{\sqrt x}+1\right)\) για \(x>0\)· δεν παραγωγίζεται στο \(0\). ii) \(f'(x)=2x+\sigma\upsilon\nu x\) για \(x\leq0\), \(f'(x)=1\) για \(x>0\) (με \(f'(0)=1\)).

Άσκηση 5 (σελ. 120) — 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. 120) — 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. Προσέχουμε όμως τα πεδία ορισμού: δύο συναρτήσεις είναι ίσες όταν έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού ΚΑΙ τον ίδιο τύπο.

Λύση:

\(f'(x)=\dfrac{2(x-1)-2(x+1)}{(x-1)^2}=\dfrac{2x-2-2x-2}{(x-1)^2}=\dfrac{-4}{(x-1)^2},\ x\in\mathbb{R}-\{1\}\).
Η \(g\) ορίζεται για \(x\geq0\) και \(x\neq1\) (λόγω της \(\sqrt{x}\) και του \(\sqrt{x}-1\neq0\)). 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 \(g(x)=\dfrac{2(x+1)}{x-1},\ x\in[0,+\infty)-\{1\}\): ο τύπος της \(g\) συμπίπτει με της \(f\), αλλά μόνο στο \([0,+\infty)-\{1\}\).
Επομένως \(g'(x)=\dfrac{-4}{(x-1)^2},\ x\in[0,+\infty)-\{1\}\).
Οι \(f'\), \(g'\) έχουν τον ίδιο τύπο, αλλά η \(f'\) ορίζεται στο \(\mathbb{R}-\{1\}\) ενώ η \(g'\) στο \([0,+\infty)-\{1\}\). Αφού δεν έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού, ΔΕΝ είναι ίσες.

Απάντηση: \(f'(x)=\dfrac{-4}{(x-1)^2},\ x\in\mathbb{R}-\{1\}\) και \(g'(x)=\dfrac{-4}{(x-1)^2},\ x\in[0,+\infty)-\{1\}\). ΟΧΙ: οι \(f'\), \(g'\) δεν είναι ίσες, αφού δεν έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού.

Πρόσεξε:

Ο ίδιος τύπος δεν αρκεί για να είναι δύο συναρτήσεις ίσες: χρειάζεται και το ίδιο πεδίο ορισμού. Εδώ η \(g\) (λόγω της \(\sqrt{x}\)) ορίζεται μόνο για \(x\geq0,\ x\neq1\), άρα \(f'\neq g'\).
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. 121) — 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. 121) — 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. 121) — 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. 121) — 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. 121) — 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. 121) — 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. 121) — 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) \(f(x)=x^3\eta\mu^3(\pi x),\ x_0=\dfrac16\) 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) \(f'(x)=\dfrac13(2x)^{-2/3}\cdot2+\dfrac23(2x)^{-1/3}\cdot2=\dfrac23(2x)^{-2/3}+\dfrac43(2x)^{-1/3}\). Στο \(x_0=4\): \(2x=8\), \(8^{-2/3}=\frac14\), \(8^{-1/3}=\frac12\). \(f'(4)=\dfrac23\cdot\dfrac14+\dfrac43\cdot\dfrac12=\dfrac16+\dfrac23=\dfrac56\).
iii) \(f'(x)=3x^2\eta\mu^3(\pi x)+x^3\cdot3\eta\mu^2(\pi x)\cdot\sigma\upsilon\nu(\pi x)\cdot\pi\). Στο \(x_0=\frac16\): \(\eta\mu\frac\pi6=\frac12\), \(\sigma\upsilon\nu\frac\pi6=\frac{\sqrt3}{2}\). \(f'\!\left(\frac16\right)=3\cdot\dfrac1{36}\cdot\dfrac18+\dfrac1{216}\cdot3\cdot\dfrac14\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\pi=\dfrac1{96}+\dfrac{\sqrt3\pi}{576}=\dfrac{6+\sqrt3\pi}{576}=\dfrac1{12}\cdot\dfrac{6+\sqrt3\pi}{48}\).
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) \(f'\!\left(\frac16\right)=\dfrac{6+\sqrt3\pi}{576}\). iv) \(f'(3)=5\).

Πρόσεξε:

Στο (iii) ο κανόνας της αλυσίδας εφαρμόζεται δύο φορές: \(\left(\eta\mu^3(\pi x)\right)'=3\eta\mu^2(\pi x)\cdot\sigma\upsilon\nu(\pi x)\cdot\pi\).

Άσκηση 14 (σελ. 121) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.121.14

Εκφώνηση: Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων: i) \(f(x)=x^{\ln x}\) ii) \(f(x)=2^{5x-3}\) iii) \(f(x)=(\ln x)^x,\ x>1\) iv) \(f(x)=\eta\mu x\cdot e^{\sigma\upsilon\nu x}\).

Σκέψη: i),iii) Βάση ΚΑΙ εκθέτης μεταβλητοί: γράφουμε τη δύναμη ως εκθετική, \(u^v=e^{v\ln u}\) (ή κάνουμε λογαριθμική παραγώγιση). ii) Εκθετική με βάση \(\ne e\): \((\alpha^u)'=\alpha^u\ln\alpha\cdot u'\). iv) Γινόμενο με κανόνα αλυσίδας στον δεύτερο παράγοντα.

Λύση:

i) Για \(x>0\) είναι \(f(x)=x^{\ln x}=e^{\ln x\cdot\ln x}=e^{(\ln x)^2}\). Άρα \(f'(x)=e^{(\ln x)^2}\cdot2\ln x\cdot\dfrac1x=x^{\ln x}\cdot\dfrac{2\ln x}{x}\).
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) \(f'(x)=\sigma\upsilon\nu x\cdot e^{\sigma\upsilon\nu x}+\eta\mu x\cdot e^{\sigma\upsilon\nu x}\cdot(-\eta\mu x)=e^{\sigma\upsilon\nu x}(\sigma\upsilon\nu x-\eta\mu^2x)\).

Απάντηση: i) \(x^{\ln x}\cdot\dfrac{2\ln x}{x}\). ii) \(5\ln2\cdot2^{5x-3}\). iii) \((\ln x)^x\left[\ln(\ln x)+\frac{1}{\ln x}\right]\). iv) \(e^{\sigma\upsilon\nu x}(\sigma\upsilon\nu x-\eta\mu^2x)\).

Πρόσεξε:

Στο i) ο εκθέτης \(\ln x\) ΔΕΝ είναι σταθερός, άρα δεν εφαρμόζεται ο τύπος \((x^\alpha)'=\alpha x^{\alpha-1}\)· γράφουμε πρώτα \(x^{\ln x}=e^{(\ln x)^2}\).

Άσκηση 15 (σελ. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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. 122) — 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: Εξετάζουμε χωριστά \(x>0\) και \(x<0\) (γράφοντας τις ρίζες ως δυνάμεις θετικών αριθμών), υπολογίζουμε την παράγωγο, και στο \(0\) χρησιμοποιούμε τον ορισμό: αν ο λόγος μεταβολής έχει όριο πραγματικό αριθμό η εφαπτομένη έχει αυτή την κλίση, ενώ αν απειρίζεται η εφαπτομένη είναι κατακόρυφη.

Λύση:

i) Για \(x>0\) είναι \(f(x)=x^{2/3}\), οπότε \(f'(x)=\dfrac23x^{-1/3}=\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x}}\). Για \(x<0\) είναι \(f(x)=\sqrt[3]{x^2}=(-x)^{2/3}\), οπότε \(f'(x)=\dfrac23(-x)^{-1/3}\cdot(-1)=-\dfrac{2}{3\sqrt[3]{-x}}\). Και στις δύο περιπτώσεις \(f'(x)=\dfrac{2\sqrt[3]{x^2}}{3x}\), \(x\neq0\). Καθώς \(x\to0\), \(|f'(x)|\to+\infty\), με \(f'(x)\to+\infty\) για \(x\to0^+\) και \(f'(x)\to-\infty\) για \(x\to0^-\) (αφού ο παρονομαστής \(3x\) 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) Για \(x>0\): \(f(x)=x^{4/3}\), οπότε \(f'(x)=\dfrac43x^{1/3}=\dfrac43\sqrt[3]{x}=\dfrac{4x}{3\sqrt[3]{x^2}}\). Για \(x<0\): \(f(x)=(-x)^{4/3}\), οπότε \(f'(x)=-\dfrac43(-x)^{1/3}=\dfrac{4x}{3\sqrt[3]{x^2}}\). Στο \(0\), με τον ορισμό: \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{\sqrt[3]{x^4}}{x}=\dfrac{x\sqrt[3]{x}}{x}\) για \(x>0\), και γενικά \(\left|\dfrac{\sqrt[3]{x^4}}{x}\right|=\sqrt[3]{|x|}\to0\), άρα \(f'(0)=0\). Η εφαπτομένη στο \(O(0,0)\) έχει κλίση \(0\), δηλαδή είναι η \(y=0\).

Απάντηση: i) \(f'(x)=\dfrac{2\sqrt[3]{x^2}}{3x}\) (\(x\neq0\)), δεν παραγωγίζεται στο \(0\)· εφαπτομένη στο \(O\): \(x=0\). ii) \(f'(x)=\dfrac{4x}{3\sqrt[3]{x^2}}\) (\(x\neq0\)) και \(f'(0)=0\)· εφαπτομένη στο \(O\): \(y=0\).

Πρόσεξε:

Στο σχολικό βιβλίο η \(\sqrt[3]{x}\) ορίζεται για \(x\geq0\)· γι' αυτό για \(x<0\) γράφουμε \(\sqrt[3]{x^2}=(-x)^{2/3}\) και \(\sqrt[3]{x^4}=(-x)^{4/3}\) πριν παραγωγίσουμε.
Η \(\sqrt[3]{x^2}\) έχει κατακόρυφη εφαπτομένη στο \(O\), ενώ η \(\sqrt[3]{x^4}\) οριζόντια· μην τις συγχέετε.

Άσκηση Β10 (σελ. 123) — 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. 123) — 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 \(1\)).