Γ Λυκείου - Όρια - Λύσεις σχολικού (παράγραφοι 1.1+1.2)

( (Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Νέα Μουδανιά • Ιούνιος 2020 • Τέταρτη έκδοση



Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Ασκήσεις παραγράφων 1.1 και 1.2 Α1/27 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην εύρεση του πεδίου ορισμού θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 1η παράγραφο, 1η κατηγορία ασκήσεων. i) Πρέπει να είναι x2 − 3x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 και x ≠ 2 . { }Άρα, πεδίο ορισμού είναι το Df = ! − 1, 2 . ii) Πρέπει να είναι ⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ x−1≥ 0 ⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎭ ⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎪ x ≥1 ⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎬ , 2−x ≥0 x≤2 δηλαδή 1 ≤ x ≤ 2 . Άρα, πεδίο ορισμού είναι το Df = ⎣⎢⎡1, 2⎥⎦⎤ . iii) Πρέπει να είναι ⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪ 1− x2 ≥ 0 ⎫⎭⎪⎪⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩ x2 −1 ≤ 0 ⎪⎪⎭⎬⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧ x ∈ ⎢⎡⎣−1,1⎥⎦⎤ ⎬⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎪ , x≠0 x≠0 x≠0 δηλαδή x ∈ ⎢⎣⎡−1, 0) ∪ (0 ,1⎦⎤⎥ . ) (Άρα, πεδίο ορισμού είναι το Df = ⎡⎣⎢−1, 0 ∪ 0 ,1⎦⎤⎥ . Η ανίσωση x2 − 1 ≤ 0 λύθηκε στο πρόχειρο. iv) Πρέπει να είναι 1 − ex > 0 ⇔ ex < 1 ⇔ x < ℓn1 ⇔ x < 0 . Άρα, πεδίο ορισμού είναι το Df = (−∞ , 0) . -1 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Α2/27 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σχετική θέση μιας γραφικής παράστασης ως προς τον άξονα x΄x θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 2η παράγραφο, 2η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι Df = ! . Για να βρω πότε η Cf είναι πάνω από τον x΄x, θα λύσω την ανίσωση f(x) > 0 . Είναι f(x) > 0 ⇔ x2 − 4x + 3 > 0 ⇔ x < 1 ή x > 3 . Άρα η Cf είναι πάνω από τον x΄x στο διάστημα (−∞ ,1) και στο (3 , + ∞) . Η ανίσωση x2 − 4x + 3 > 0 λύθηκε στο πρόχειρο. ii) { }Για να ορίζεται η f πρέπει 1 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 , οπότε Df = ! − 1 . Για να βρω πότε η Cf είναι πάνω από τον x΄x, θα λύσω την ανίσωση f(x) > 0 . Είναι f(x) > 0 ⇔ 1+ x > 0 ⇔ (1 + x)(1 − x) > 0 ⇔ (x + 1)(x − 1) < 0 ⇔ x ∈ (−1,1) . 1−x ( )Άρα η Cf είναι πάνω από τον x΄x στο διάστημα −1,1 . Η ανίσωση (x + 1)(x − 1) < 0 είναι δευτέρου βαθμού και λύθηκε στο πρόχειρο. iii) Είναι Df = ! και για να βρω πότε η Cf είναι πάνω από τον x΄x, θα λύσω την ανί- σωση f(x) > 0 . Είναι f(x) > 0 ⇔ ex − 1 > 0 ⇔ ex > 1 ⇔ x > ℓn1 ⇔ x > 0 . ( )Άρα η Cf είναι πάνω από τον x΄x στο διάστημα 0 , + ∞ . -2 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Α3/27 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σχετική θέση δύο γραφικών παραστάσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 2η παράγραφο, 2η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι Df = Dg = ! . Για να βρω πότε η Cf είναι πάνω από την Cg , θα λύσω την ανίσωση f(x) > g(x) . Είναι f(x) > g(x) ⇔ x3 + 2x + 1 > x + 1 ⇔ x3 + x > 0 ⇔ x(x2 + 1) > 0 ⇔ x > 0 , αφού είναι x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! . ( )Άρα η Cf είναι πάνω από την Cg στο διάστημα 0 , + ∞ . ii) Είναι Df = Dg = ! . Για να βρω πότε η Cf είναι πάνω από την Cg , θα λύσω την ανίσωση f(x) > g(x) . Είναι f(x) > g(x) ⇔ x3 + x − 2 > x2 + x − 2 ⇔ x3 − x2 > 0 ⇔ x2(x − 1) > 0 ⇔ x > 1 . ( )Άρα η Cf είναι πάνω από την Cg στο διάστημα 1, + ∞ . Η ανίσωση x2(x − 1) > 0 είναι πολυωνυμική παραγοντοποιημένη. Α4/27 α) Θέτω x = 45 στην A(x) και έχω Α(45) = 2, 89 ⋅ 45 + 70, 64 = 200, 69 cm . Άρα ο άντρας είχε ύψος 200, 69 cm . β) Θέτω x = 45 στην Γ(x) και έχω Γ(45) = 2, 75 ⋅ 45 + 71, 48 = 195, 23 cm . Άρα η γυναίκα είχε ύψος 195, 23 cm . -3 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Α5/27 Το τετράγωνο έχει περίμετρο x cm, άρα θα έχει πλευρά x cm . 4 Έτσι, αν Ετετ είναι το εμβαδόν του τετραγώνου, θα είναι Ε τετ = ⎜⎛⎜⎜⎝ x ⎟⎟⎟⎟⎞⎠2 = x2 . 4 16 Το ισόπλευρο τρίγωνο έχει περίμετρο (20 − x) cm , άρα θα έχει πλευρά 20 − x cm . 3 Αφού όλες οι πλευρές του είναι μεταξύ τους ίσες. Έτσι, αν Ετρ είναι το εμβαδόν του τριγώνου, θα είναι ⎜⎜⎛⎝⎜ 20 − x ⎟⎟⎠⎞⎟⎟2 3 = ⎜⎝⎛⎜⎜203− x ⎟⎠⎟⎟⎟⎞2 ⋅ 3 Ετρ = 3 . 4 4 Άρα, αν Ε είναι το ζητούμενο εμβαδόν, θα είναι Ε = Ετετ + Ετρ , δηλαδή Ε = x2 + (20 − x)2 ⋅ 3 ⇔ Ε = x2 + 3(20 − x)2 . 16 9 4 16 36 Α6/27, 28 i) Για να ορίζεται η f πρέπει να είναι x ≠ 0 , οπότε Df = !* . Είναι x = ⎪⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ x , αν x > 0 , οπότε −x , αν x < 0 f(x) = ⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎪⎪ x + 1 , αν x > 0 = ⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧ 2 , αν x>0 . x 0 , αν x<0 − x + 1 , αν x < 0 x Η γραφική της παράσταση φαίνεται στο διπλανό σχήμα, από όπου προκύπτει ότι το σύνολο τιμών είναι το {0 , 2} . -4 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 ii) Είναι x = ⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨ x , αν x ≥ 0 , οπότε −x , αν x < 0 f(x) = ⎧⎪⎩⎪⎨⎪⎪⎪ x ⋅ x , αν x ≥ 0 = ⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ x2 , αν x ≥ 0 . −x ⋅ x , αν x < 0 −x2 , αν x < 0 Η γραφική παράσταση φαίνεται στο διπλανό σχήμα, από όπου προκύπτει ότι σύνολο τιμών είναι το ! . iii) Η γραφική παράσταση φαίνεται στο διπλανό σχήμα, )από όπου προκύπτει ότι σύνολο τιμών είναι το ⎣⎡⎢2 , + ∞ . iv) Για να ορίζεται η f, πρέπει να είναι x > 0 , οπότε Df = (0 , + ∞) . Είναι = ⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎧⎪ = ⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪ f(x) = ℓnx ℓnx , αν ℓnx ≥ 0 ℓnx , αν x ≥ 1 . −ℓnx , αν ℓnx < 0 −ℓnx , αν 0 < x < 1 Η γραφική παράσταση φαίνεται στο διπλανό σχήμα, )από όπου προκύπτει ότι σύνολο τιμών είναι το ⎡⎣⎢0 , + ∞ . Α7/28 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην ισότητα συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 4η παράγραφο, 4η κατηγορία ασκήσεων. i) Επειδή είναι x2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! , είναι Df = ! . )Για να ορίζεται η g, πρέπει να είναι x ≥ 0 , οπότε Dg = ⎡⎣⎢0 , + ∞ . Επειδή είναι Df ≠ Dg , είναι και f ≠ g . Όμως, για κάθε x ≥ 0 , είναι ( )2 f(x) = x2 = x = x = x = g(x) . -5 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Άρα είναι f(x) = g(x) , για κάθε x ≥ 0 . ii) Για να ορίζεται η f, πρέπει ( )x2 + x ≠ 0 ⇔ x 2 + x ≠ 0 ⇔ x ⋅ x + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 , αφού είναι x + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! . Άρα Df = !* . Για να ορίζεται η g, πρέπει να είναι x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 , οπότε Dg = !* . Επίσης, είναι ( () ( ) )f(x) = x2 −1 x2 −1 = x2+ x = x − 1 x + 1 = x − 1 = x − 1 = 1 − 1 = g(x) . x2 + x x ⋅ x +1 x xx x Τελικά είναι f = g . iii) Για να ορίζεται η f, πρέπει να είναι ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎨ x −1≠ 0 ⎪⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎧⎪ x ≠1 ⎪⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎨ x≠1 ⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪ , x≥0 x≥0 x≥0 δηλαδή x ∈ ⎢⎣⎡0 ,1) ∪ (1, + ∞) . Άρα είναι Df = ⎡⎢⎣0 ,1) ∪ (1, + ∞) . )Για να ορίζεται η g, πρέπει να είναι x ≥ 0 , οπότε Dg = ⎡⎣⎢0 , + ∞ . Αφού είναι Df ≠ Dg , είναι f ≠ g . Όμως, στο ⎡⎣⎢0 ,1) ∪ (1, + ∞) είναι ( )f(x) = x − 1 = (x − 1) x + 1 = ( )(x −1) x + 1 x + 1 = g(x) . ( )( )x −1 = x −1 x +1 x −1 Άρα είναι f(x) = g(x) , για κάθε x ∈ ⎡⎢⎣0 ,1) ∪ (1, + ∞) . -6 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Α8/28 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στις πράξεις μεταξύ συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 5η παράγραφο, 5η κατηγορία ασκήσεων. Για να ορίζεται η f, πρέπει να είναι x ≠ 0 , οπότε Df = !* . { }Για να ορίζεται η g, πρέπει να είναι 1 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 , οπότε Dg = ! − 1 . { }Έτσι, για κάθε x ∈ Df ∩ Dg ⇔ x ∈ ! − 0 ,1 , είναι: • (f + g)(x) = f(x) + g(x) = x + 1 + x = x2(1 − x) + 1 − x + x2 = x 1−x x(1 − x) = x2 − x3 + 1 − x + x2 = −x3 + 2x2 −x + 1 . x(1 − x) x(1 − x) • (f − g)(x) = f(x) − g(x) = x + 1 − x = x2(1 − x) + 1 − x − x2 = x 1−x x(1 − x) = x2 − x3 + 1 − x − x2 = −x3 − x + 1 . x(1 − x) x(1 − x) • (f ⋅ g)(x) = f(x) ⋅ g(x) = ⎜⎛⎜⎜⎝x + 1 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ ⋅ x = x2 + 1 ⋅ x = x2 + 1 . x − x − 1−x 1 x 1 x • Για να ορίζεται η f πρέπει, επιπλέον, να είναι g g(x) ≠ 0 ⇔ x ≠0⇔x≠0, 1−x που όμως ισχύει, για κάθε x ∈ ! − {0 ,1} . Επομένως, είναι ⎜⎜⎝⎛⎜ f ⎠⎞⎟⎟⎟⎟(x) = f(x) = x+ 1 = x2 + 1 = (x2 + 1)(1 − x) = −x3 + x2 − x +1 . g g(x) x x x2 x2 x x 1−x 1−x -7 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Α9/28 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στις πράξεις μεταξύ συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 5η παράγραφο, 5η κατηγορία ασκήσεων. ( )Για να ορίζεται η f, πρέπει x > 0 , οπότε Df = 0 , + ∞ . ( )Οι ίδιοι ακριβώς περιορισμοί ισχύουν και για την g, οπότε είναι Dg = 0 , + ∞ . ( )Άρα, για κάθε x ∈ Df ∩ Dg ⇔ x ∈ 0 , + ∞ , είναι: • (f + g)(x) = f(x) + g(x) = x + 1 + x − 1 = 2 x . xx • (f − g)(x) = f(x) − g(x) = x+ 1 − x+ 1= 2= 2 x = 2x . x x x x x x • (f ⋅ g)(x) = f(x) ⋅ g(x) = ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ x + 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎜⎛⎝ x− 1 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = x 2 − ⎜⎜⎜⎜⎛⎝ 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟2 = x− 1 . x x x x • Για να ορίζεται η f πρέπει, επιπλέον, να είναι g g(x) ≠ 0 ⇔ x − 1 ≠ 0 ⇔ x − 1 ≠ 0 ⇔ x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . xx Άρα, για κάθε x ∈ (0 ,1) ∪ (1, + ∞) , είναι ⎜⎜⎜⎝⎛ f ⎟⎟⎞⎟⎠⎟(x) = f(x) = x+ 1 = x+1 = x+1 . g g(x) x− x x −1 1 x x −1 xx -8 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Α10/28 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σύνθεση συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 6η παράγραφο, 6η κατηγορία ασκήσεων. )i) Είναι Df = ! , ενώ για την g πρέπει να είναι x ≥ 0 , οπότε Dg = ⎣⎡⎢0 , + ∞ . Για να ορίζεται η g o f, πρέπει να είναι )⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎩⎪⎨ ⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪ ⇔ ⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨ ⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪ ⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎧⎪⎨⎩⎪⎪ ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ , x ∈ Df x∈! x∈! x∈! f(x) ∈ Dg x2 ∈ ⎣⎡⎢0 , + ∞ x2 ≥ 0 x∈! δηλαδή x ∈ ! . Άρα είναι Dg!f = \" . Επίσης, είναι = ⎨⎪⎪⎪⎩⎧⎪⎪ ( )(g ! f)(x) = g f(x) = x2 = x x , αν x ≥ 0 . −x , αν x < 0 ii) Είναι Df = ! , ενώ για την g πρέπει να είναι 1 − x2 ≥ 0 ⇔ x2 − 1 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎡⎣⎢−1,1⎥⎦⎤ . Άρα είναι Dg = ⎡⎣⎢−1,1⎤⎦⎥ . Για να ορίζεται η g o f, πρέπει να είναι ⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪ x ∈ Df ⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎪ ⇔ ⎨⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪ x∈! ⎪⎪⎬⎪⎪⎭⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎩⎧⎨⎪⎪ x∈! ⎬⎪⎫⎭⎪⎪⎪ , f(x) ∈ Dg ηµx ∈ ⎢⎡⎣−1,1⎥⎦⎤ x∈! δηλαδή x ∈ ! . Άρα είναι Dg!f = \" . Επίσης, είναι (g ! f)(x) = g(f(x)) = 1 − (ηµx)2 = συν2x = συνx . iii) Είναι Df = ! , ενώ για την g πρέπει να είναι συνx ≠ 0 ⇔ x ≠ κπ + π , κ∈!. 2 Για να ορίζεται η g o f, πρέπει να είναι -9 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 ⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪ x ∈ Df ⎫⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪ x∈! ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎧⎨⎩⎪⎪⎪ x∈! ⎪⎬⎪⎭⎫⎪⎪ , f(x) ∈ Dg x∈! π ≠ κπ + π 4 2 δηλαδή x ∈ ! . Άρα είναι Dg!f = \" . Επίσης, είναι (g ! f)(x) = g (f(x)) = εϕ π = 1. 4 Α11/28 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σύνθεση συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 6η παράγραφο, 6η κατηγορία ασκήσεων. Είναι Df = ! . )Για να ορίζεται η g, πρέπει να είναι x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 , οπότε Dg = ⎣⎡⎢2 , + ∞ . • Σύνθεση g o f Για να ορίζεται η g o f, πρέπει να είναι )⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪ ⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎧⎪ ⎪⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎬ . x ∈ Df x∈! f(x) ∈ Dg (x2 + 1) ∈ ⎣⎡⎢2 , + ∞ Από την δεύτερη σχέση έχω ( )x2 + 1 ≥ 2 ⇔ x2 − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ −∞ ,− 1⎤⎥⎦ ∪ ⎢⎣⎡1, + ∞ . ( )Άρα είναι Dg!f = −∞ ,− 1⎤⎦⎥ ∪ ⎢⎣⎡1, + ∞ . Επίσης, είναι ( )(g ! f)(x) = g f(x) = x2 + 1 − 2 = x2 − 1 . • Σύνθεση f o g Για να ορίζεται η f o g, πρέπει να είναι )⎧⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪ ⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ ⎬⎪⎪⎭⎪⎫⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎨ x ∈ Dg x ∈ ⎣⎡⎢2 , + ∞ x≥2 ⎪⎬⎫⎪⎪⎭⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎩ x≥2 ⎭⎪⎫⎬⎪⎪⎪ , g(x) ∈ Df x−2 ∈ ! x −2 ≥ 0 x≥2 - 10 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 δηλαδή x ≥ 2 . )Άρα είναι Df!g = ⎡⎣⎢2 , + ∞ . Επίσης, είναι ( )(f ! g)(x) = f g(x) = x − 22 + 1 = x − 2 + 1 = x + 1 . Α12/28, 29 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σύνθεση συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 6η παράγραφο, 6η κατηγορία ασκήσεων. i) Η f είναι σύνθεση της h(x) = x2 + 1 με την g(x) = ηµx . ii) Η συνάρτηση ηµ23x είναι σύνθεση της ϕ(x) = 3x με την h(x) = ηµx , οπότε η f εί- ναι σύνθεση της ηµ23x με την g(x) = 2x2 + 1 . iii) Η συνάρτηση e2x − 1 είναι σύνθεση της ϕ(x) = 2x με την h(x) = ex − 1 , οπότε η f είναι σύνθεση της e2x − 1 με την g(x) = ℓnx . iv) Η συνάρτηση ηµ3x είναι σύνθεση της ϕ(x) = 3x με την h(x) = ηµx , οπότε η f εί- ναι σύνθεση της ηµ3x με την g(x) = x2 . Β1/29 i) Αν Α(1, 0) , Β(0 ,1) , Γ(2 , 0) , Δ(1,1) , τότε οι εξισώσεις των ΑΒ και ΓΔ είναι: • ΑΒ : y − yΑ = yΒ − yΑ ⋅ (x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y−0 = 1−0 ⋅ (x − 1) ⇔ ΑΒ : y = −x + 1 . xΒ − xΑ 0−1 • ΓΔ : y − yΓ = yΔ − yΓ ⋅(x − xΓ) ⇔ ΓΔ : y−0 = 1 − 0 ⋅ (x − 2) ⇔ ΓΔ : y = −x + 2 . xΔ − xΓ 1 − 2 Άρα είναι f(x) = ⎪⎪⎧⎪⎩⎨⎪⎪ −x + 1 , αν 0 ≤ x < 1 . −x + 2 , αν 1 ≤ x < 2 - 11 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Σχόλιο Στον πρώτο κλάδο του τύπου ορισμού της f είναι x < 1 , διότι στην γραφική της παρά- σταση το σημείο (1, 0) είναι σημειωμένο με «ανοιχτό» κυκλάκι, που σημαίνει ότι αυτό δεν περιλαμβάνεται. Το αντίστοιχο ισχύει και στον δεύτερο κλάδο της f, για το x < 2 . ii) Αν A(1, 2) , B(2, 0) , τότε η ΟΑ έχει εξίσωση ΟΑ : y = yΑ ⋅x ⇔ ΟΑ : y = 2 ⋅ x ⇔ ΟΑ : y = 2x . xΑ 1 Η ΑΒ έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΒ = yΒ − yΑ ⋅ (x − xΒ) ⇔ ΑΒ : y−0 = 0−2 ⋅ (x − 2) ⇔ ΑΒ : y = −2x + 4 . xΒ − xΑ 2−1 Επομένως, είναι f(x) = ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ 2x , αν 0 ≤ x ≤ 1 . −2x + 4 , αν 1 < x ≤ 2 iii) Για κάθε x ∈ ⎡⎢⎣0 ,1) ∪ ⎡⎣⎢2, 3) είναι f(x) = 1 . Για κάθε x ∈ ⎣⎡⎢1, 2) ∪ ⎢⎣⎡3 , 4) είναι f(x) = 0 . Άρα είναι f(x) = ⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧ 1 , αν x ∈ ⎡⎢⎣0 ,1) ∪ ⎣⎡⎢2, 3) . 0 , αν x ∈ ⎣⎡⎢1, 2) ∪ ⎡⎣⎢3 , 4) - 12 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Β2/29 Ένας κύλινδρος αποτελείται από δύο κυκλικούς δίσκους (τις αποκαλούμενες βάσεις του κυλίνδρου) και ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, το οποίο τυλίγεται σαν ρολό και δημιουργεί την αποκαλούμενη παράπλευρη επιφάνεια του κυλίνδρου. Για να το καταλάβεις καλύτερα, πάρε ένα χαρτί από το τετράδιό σου (ή μια κόλλα Α4 από τον εκτυπωτή σου) και τύλιξέ το σαν ρολό. Θα δημιουργήσεις έτσι, την παράπλευ- ρη επιφάνεια, οπότε μετά θα «καπακώσεις» τις δύο ανοιχτές μεριές αυτού του ρολού με δύο κομμάτια χαρτί κυκλικού σχήματος (είναι οι βάσεις του κυλίνδρου). Οι βάσεις είναι κυκλικοί δίσκοι εμβαδού πx2 έκαστος. Υπενθυμίζεται ότι, κυκλικός δίσκος ακτίνας ρ, έχει εμβαδόν ίσο με πρ2 . Άρα, το εμβαδόν των βάσεων είναι Εβ = 2πx2 . Αν h είναι το ύψος του κυλίνδρου, τότε το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας είναι Επ = 2πxh . Η παράπλευρη επιφάνεια, όπως είπα παραπάνω, είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Αν οι διαστάσεις του είναι α και β, τότε το εμβαδόν του θα είναι ίσο με α ⋅ β . Από τις δύο διαστάσεις του η μία (ας πούμε η α) δίνει το ύψος του κυλίνδρου και η άλλη είναι που θα τυλιχτεί σε ρολό και θα δημιουργήσει κύκλο. Αν ρ είναι η ακτίνα αυτού του κύκλου, το μήκος αυτού του κύκλου υπενθυμίζεται ότι θα είναι ίσο με 2πρ , δηλαδή θα είναι β = 2πρ . Έτσι, το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας κυλίνδρου ύψους h και ακτίνας βάσης ρ, είναι ίσο με h ⋅ 2πρ . Ο όγκος του κυλίνδρου είναι V = πx2h , οπότε αφού είναι 628 cm3 , έχω πx2h = 628 ⇔ h = 628 = 2 ⋅ 3,14 ⋅100 = 200 π ⇔ h = 200 . πx2 πx2 π x2 x2 Για όλους τους παραπάνω τύπους, καθώς και άλλους βασικούς τύπους εμβαδών βασι- κών γεωμετρικών σχημάτων και όγκων βασικών στερεών, συμβουλεύσου το βιβλίο μου «Πώς;». Στο τέταρτο μέρος του βιβλίου υπάρχουν βασικά στοιχεία που πρέπει να θυ- μάσαι από την Γεωμετρία που διδάχθηκες από την Α΄ Γυμνασίου έως και την Β΄ Λυ- κείου. - 13 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Αντικαθιστώντας το παραπάνω h στην σχέση Επ = 2πxh , έχω Επ = 2π x ⋅ 200 ⇔ Επ = 400π . x2 x Άρα το συνολικό κόστος, ως συνάρτηση του x, είναι Κ = 4 ⋅ Εβ + 1, 25 ⋅ Επ = 4 ⋅ 2πx2 + 1, 25 ⋅ 400π ⇒ Κ(x) = 8πx2 + 500π . x x Κουτί με ακτίνα βάσης 5 cm, κοστίζει Κ(5) = 8π ⋅ 52 + 500π ⇒ Κ(5) = 300π €. 5 Β3/29 Διακρίνονται οι εξής περιπτώσεις, ως προς την θέση του τμήματος ΜΝ: α) όταν το ΜΝ κινείται στα όρια του ΑΒ, τότε είναι 0 ≤ x ≤ 1 . Στην περίπτωση αυτή, τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜΝ και ΑΒΕ είναι όμοια (διότι έχουν την οξεία γωνία Α κοινή), οπότε ισχύει (ΑΜ) = (ΜΝ) ⇔ x = (ΜΝ) ⇔ (ΜΝ) = 2x . (ΑΒ) (ΒΕ) 1 2 Έτσι, το ζητούμενο εμβαδόν είναι Εµβ = (ΑΜΝ) = 1 (ΑΜ) ⋅ (ΜΝ) = 1 ⋅ x ⋅ 2x ⇒ Ε(x) = x2 , 0 ≤ x ≤1. 2 2 β) όταν το ΜΝ κινείται στα όρια του ΒΓ, τότε είναι 1 < x ≤ 3 , οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι Εµβ = (ΑΒΕ) + (ΒΕΝΜ) = 1 (ΑΒ) ⋅ (ΕΒ) + (ΒΜ) ⋅ (ΕΒ) = 1 ⋅ 1 ⋅ 2 + (x − 2) ⋅ 2 ⇒ 2 2 ⇒ Ε(x) = 1 + 2x − 4 = 2x − 3 , 1 < x ≤ 3 . Τελικά, είναι Ε(x) = ⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎪ x2 , αν 0 ≤ x ≤ 1 . 2x − 3 , αν 1 < x ≤ 3 - 14 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Β4/29 Το ζητούμενο εμβαδόν είναι Εµβ = (ΚΛ) ⋅ (ΚΝ) ⇒ Ε(x) = (ΚΛ) ⋅ x (1) Από τις παράλληλες ΝΜ και ΒΓ, θεωρώντας: • την ΑΒ ως τέμνουσα, έχω ότι οι γωνίες Β και ΑΝΕ είναι ίσες (ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). • την ΑΓ ως τέμνουσα, έχω ότι οι γωνίες Γ και ΑΜΕ είναι ίσες (ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΝΜ είναι όμοια (διότι έχουν δύο γωνίες ίσες), οπότε ισχύει (ΒΓ) = (ΑΒ) (2) (ΝΜ) (ΑΝ) Επίσης, τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΝ είναι όμοια (διότι έχουν την οξεία γωνία Β κοινή), οπότε ισχύει (ΑΒ) = (ΑΔ) (3) (ΑΝ) (ΑΕ) Από τις (2) και (3) προκύπτει (ΒΓ) = (ΑΔ) ⇔ 10 = 5 ⇔ 2 = 1 ⇔ (ΚΛ) = 2(5 − x) . (ΝΜ) (ΑΕ) (ΚΛ) 5−x (ΚΛ) 5−x Έτσι, από την (1) προκύπτει ότι το ζητούμενο εμβαδόν είναι Ε(x) = 2(5 − x) ⋅ x ⇔ Ε(x) = −2x2 + 10x , 0 < x < 5 . Η περίμετρος Ρ είναι Ρ(x) = 2 ⋅ (ΚΛ) + 2 ⋅ (ΚΝ) = 2 ⋅ 2(5 − x) + 2x = 20 − 4x + 2x ⇔ ⇔ Ρ(x) = −2x + 20 , 0 < x < 5 . - 15 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 Β5/29 i) Είναι x+1 = ⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪⎪ x + 1 , αν x + 1 ≥ 0 = ⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎧ x + 1 , αν x ≥ −1 . −x − 1 , αν x + 1 < 0 −x − 1 , αν x < −1 Επίσης, x − 1 = ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧ = ⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎪ x − 1 , αν x − 1 ≥ 0 x − 1 , αν x ≥ 1 . −x + 1 , αν x − 1 < 0 −x + 1 , αν x < 1 Συγκεντρώνοντας τα παραπάνω, προκύ- x −∞ −1 1 +∞ πτει ο διπλανός πίνακας, οπότε διακρίνω x+1 −x − 1 x+1 x+1 τις εξής περιπτώσεις: α) αν x < −1 , τότε x −1 −x + 1 −x + 1 x −1 f(x) = −x − 1 − x + 1 = −2x = −x . 2 2 β) αν −1 ≤ x ≤ 1 , τότε f(x) = x +1− x +1 = 2 = 1. 2 2 γ) αν x > 1 , τότε f(x) = x+ 1 +x−1 = 2x =x. 2 2 Άρα είναι ⎨⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪ f(x) = −x , αν x ∈ (−∞,− 1) , 1 , αν x ∈ ⎢⎣⎡−1,1⎦⎤⎥ x , αν x ∈ (1, + ∞) οπότε έχουμε την διπλανή γραφική παράσταση, από την οποία προκύπτει ότι σύνολο τιμών είναι το ⎡⎢⎣1, + ∞) . - 16 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 ii) Είναι = ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪ ηµx , αν x ∈ ⎣⎢⎡0 , π⎦⎥⎤ −ηµx , αν x ∈ π , 2π⎦⎥⎤ (ηµx = ⎩⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪ ηµx , αν ηµx ≥ 0 . −ηµx , αν ηµx < 0 Διακρίνονται, επομένως, οι εξής περιπτώσεις: α) αν x ∈ ⎢⎣⎡0 , π⎤⎦⎥ , τότε f(x) = ηµx + ηµx = 2ηµx = ηµx . 2 2 β) αν x ∈ (π , 2π⎥⎦⎤ , τότε f(x) = ηµx − ηµx = 0. 2 Άρα είναι (f(x) = ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨ ηµx , αν x ∈ ⎢⎡⎣0 , π⎦⎤⎥ , 0 , αν x ∈ π , 2π⎤⎦⎥ οπότε έχω την διπλανή γραφική παράσταση, από την οποία προκύπτει ότι το σύνολο τιμών είναι το ⎣⎢⎡0 ,1⎦⎥⎤ . Β6/30 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σύνθεση συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 6η παράγραφο, 6η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι ( )(f ! g)(x) = x2 + 2x + 2 ⇔ f g(x) = x2 + 2x + 2 ⇔ f(x + 1) = x2 + 2x + 2 . Θέτω x + 1 = u . Τότε είναι x = u − 1 και από την παραπάνω σχέση έχω f(u) = (u − 1)2 + 2(u − 1) + 2 = u2 − 2u + 1 + 2u − 2 + 2 ⇔ f(u) = u2 + 1 ⇔ ⇔ f(x) = x2 + 1 . Άλλαξα το όνομα της μεταβλητής, ο τύπος της συνάρτησης δεν επηρεάζεται. - 17 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 ii) Είναι ( ) ( )(f ! g)(x) = 1 + x2 ⇔ f g(x) = 1 + x2 ⇔ f −x2 = 1 + x2 . Θέτω −x2 = u , όπου u ≤ 0 . Τότε είναι x2 = −u και από την παραπάνω σχέση έχω f(u) = 1 − u ⇔ f(x) = 1 − x . Άλλαξα το όνομα της μεταβλητής, ο τύπος της συνάρτησης δεν επηρεάζεται. iii) Είναι ( )(g ! f)(x) = συνx ⇔ g f(x) = συνx ⇔ 1 − f2(x) = συνx ⇔ 1 − f2(x) = συνx 2 ⇔ ⇔ 1 − f2(x) = συν2x ⇔ f2(x) = 1 − συν2x ⇔ f2(x) = ηµ2x ⇔ f(x) 2 = ηµx 2 ⇔ ⇔ f(x) = ηµx ⇔ f(x) = ηµx η f(x) = −ηµx . Β7/30 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σύνθεση συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 6η παράγραφο, 6η κατηγορία ασκήσεων. Είναι Df = Dg = ! , οπότε και Df !g = Dg!f = \" . Για να ισχύει f ! g = g ! f , πρέπει να ισχύει και (f ! g)(x) = (g ! f)(x) , δηλαδή f (g(x)) = g(f(x)) ⇔ αx + 2 + 1 = α(x + 1) + 2 ⇔ αx + 1 = αx + α ⇔ α = 1 . Β8/30 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στην σύνθεση συναρτήσεων θα βρεις στο βιβλίο μου για τα όρια, στην 1η ενότητα, 6η παράγραφο, 6η κατηγορία ασκήσεων. { }α) Για να ορίζεται η f, πρέπει να είναι x − α ≠ 0 ⇔ x ≠ α , οπότε Df = ! − α . )Για να ορίζεται η g, πρέπει να είναι x ≥ 0 , οπότε Dg = ⎡⎢⎣0 , + ∞ . Η f o f ορίζεται, όταν - 18 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 { }{ }⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎧ ⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭ . x ∈ Df x∈!− α f(x) ∈ Df αx + β ∈ !− α x−α Από την δεύτερη σχέση προκύπτει αx + β ≠ α ⇔ αx + β ≠ α(x − α) ⇔ αx +β ≠ αx − α2 ⇔ β ≠ −α2 , x−α που ισχύει για κάθε x ∈ ! . { }Άρα είναι Df!f = \" − α = Df και ( )(f ! f)(x) = f = α ⋅ αx + β + β = α(αx + β) + β(x − α) = f(x) x−α αx + β x−α x−α − α αx + β − α(x − α) x−α α2x + αβ + βx − αβ α2x + βx x (α2 + β) αx + β − αx + α2 β + α2 α2 + β ( )= = = ⇔f f(x) = x. β) Η g o g ορίζεται, όταν ισχύουν ⎪⎭⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪ x ∈ ⎣⎡⎢0 , + ∞) ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪ . x − 2 x + 1 ∈ ⎡⎣⎢0 , + ∞) ( )⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎪ x ∈ Dg g(x) ∈ Dg Από την δεύτερη σχέση έχω ( )x − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ 2 x −1 ≥ 0, που ισχύει για κάθε x ≥ 0 . )Άρα είναι x ≥ 0 , οπότε Dg!g = ⎢⎣⎡0 , + ∞ = Dg . Είναι ( )2 g(x) = x − 2 x + 1 = x − 1 , οπότε ( ) (g(g(x)) = ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ 2 − 1⎠⎟⎟⎞⎟⎟⎟2 = )2 x −1 x −1 −1 . Αφού x ∈ ⎡⎣⎢0 ,1⎦⎤⎥ , είναι - 19 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 • Όριο-συνέχεια συνάρτησης Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφοι 1.1 και 1.2 0 ≤ x ≤1 ⇔ x ≤1 ⇔ x ≤ 1 ⇔ x −1≤ 0, δηλαδή x − 1 = 1 − x , συνεπώς ( ) ( )g(g(x)) = 1− ( )2 2 x − 1 = − x = x = x ⇔ g g(x) = x . Β9/30 i) Ο αριθμός των αυτοκινήτων, συναρτήσει του πληθυσμού, είναι N(x) = 10 2(x2 + x) . Ο πληθυσμός, με την σειρά του, συναρτήσει του χρόνου, είναι x(t) = t + 4 . Επομένως, ο αριθμός των αυτοκινήτων, συναρτήσει του χρόνου, θα είναι (N ! x)(t) = N(x(t)) , δηλαδή t + 4⎥⎦⎤⎥ = 10 2 t + 16 + 8 t + ( ) ( )Ν(t) = 10 2 ⎢⎢⎣⎡ 2 t +4 ⇔ t +4 + ( )⇔ Ν(t) = 10 2 t + 9 t + 20 , t ≥ 0 . ii) Ζητείται το t, ώστε να ισχύει N(t) = 120 . Άρα ( ) ( )Ν(t) = 120 ⇔ 10 ⋅ 2 t + 9 t + 20 = 120 ⇔ 2 t + 9 t + 20 = 12 ⇔ ( )⇔ 2 t + 9 t + 20 = 144 ⇔ t + 9 t + 20 = 72 ⇔ t + 9 t = 52 ⇔ 9 t = 52 − t . Θέτω t = y , y ≥ 0 , οπότε έχω 9y = 52 − y2 ⇔ y2 + 9y − 52 = 0 ⇔ y = 4 ή y = −13 (απορρίπτεται). Άρα είναι y = 4 ⇔ t = 4 ⇔ t = 16 , δηλαδή μετά από 16 χρόνια θα υπάρχουν τα ζητούμενα αυτοκίνητα. - 20 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr



Η ΨΗΦΙΑΚΗ ΤΟΥ ΜΟΡΦΗ ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ ΓΙΑ ΔΩΡΕΑΝ ΜΕΛΕΤΗ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑ “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΤΕΚΙ” - www.mathsteki.gr