Γ Λυκείου - Διαφορικός Λογισμός - Λύσεις σχολικού (παράγραφος 2.9)

Διαφορικός [ [Λογισμός Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου Παράγραφος 2.9 Νέα Μουδανιά • Σεπτέμβριος 2020



Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Ασκήσεις παραγράφου 2.9 Α1/167 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τις ασύμπτωτες μιας συνάρτησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 4η ενότητα, 17η κατηγορία ασκήσεων. i) Πρέπει να είναι x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 . Άρα είναι Df = (−∞ , 2) ∪ (2, + ∞) , οπότε έχει νόημα η αναζήτηση κατακόρυφης ασύμπτωτης. Είναι ℓim f(x) = ℓim 1 = +∞ , x→ 2+ x→ 2+ x−2 αφού είναι x − 2 > 0 , όταν x → 2+ . Άρα η ευθεία x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . ii) Είναι ( )ℓ1 = = = ηµx = ⎝⎜⎜⎜⎛ηµx ⋅ 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ℓ im f(x) ℓ im εϕx ℓ im συνx ℓ im συνx . π+ π+ π+ π+ x→− 2 x→− 2 x→− 2 x→− 2 π + 2 Είναι συνx > 0 , όταν x → − , όπως προκύπτει από την γραφική παράσταση της συνάρτησης συνx. Επομένως είναι ℓ im 1 = +∞ , οπότε π+ συνx x→− 2 ℓ1 = ηµ −π ⋅ (+∞) = −∞ , 2 συνεπώς η ευθεία x=− π είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . 2 Είναι ℓ2 = ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎜⎛⎜⎝ηµx ⋅ 1 ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ . π− + συνx 2 π x→ x→ 2 - 167 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 π − 2 Είναι συνx > 0 , όταν x → , όπως προκύπτει από την γραφική παράσταση της συ- νάρτησης συνx. Επομένως είναι ℓ im 1 = +∞ , οπότε π − συνx 2 x→ ℓ2 = ηµ π ⋅ (+∞) = +∞ , 2 συνεπώς η ευθεία x = π είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . 2 Περίεργο ως ζητούμενο το (ii), αφού η γραφική παράσταση της συνάρτησης εφx είναι γνωστή από την θεωρία (σελίδα 20 του σχολικού βιβλίου). Από εκεί παίρνουμε άμεσα ότι οι δύο ευθείες που βρήκαμε είναι κατακόρυφες ασύμπτωτες (που σημαίνει ότι όλα όσα είδες στην λύση είναι περιττά, μιας και πρόκειται περί βασικής συνάρτησης, δη- λαδή η απάντηση είναι ήδη γνωστή). iii) Πρέπει να είναι x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . Άρα είναι Df = (−∞ ,1) ∪ (1, + ∞) , οπότε έχει νόημα η αναζήτηση κατακόρυφης ασύμπτωτης. Είναι ℓ im f(x) = ℓ im x2 − 3x + 2 = ℓ im (x − 1) (x − 2) = ℓ im(x − 2) = 1−2 = −1 , x −1 x −1 x→ 1− x→ 1− x→ 1− x→ 1− συνεπώς η Cf δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη, αφού είναι και ℓim f(x) = −1 (προκύ- x→ 1+ πτει με τον ίδιο ακριβώς τρόπο). iv) Είναι ℓ im f(x) = ℓ im 1 = +∞ , x x→ 0+ x→ 0+ οπότε η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Επίσης περίεργο ζητούμενο το (iv), αφού και η γραφική παράσταση της συνάρτησης 1 είναι βασική και είναι γνωστό από την θεωρία ότι έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη x την ευθεία που βρήκαμε. - 168 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Α2/167 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τις ασύμπτωτες μιας συνάρτησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 4η ενότητα, 17η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε Df = ! , άρα έχει νόημα η αναζήτηση ορι- ζόντιων ασύμπτωτων. Είναι ℓ im f(x) = ℓ im x2 + x + 1 = ℓ im x2 = 1, x2 + 1 x2 x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ συνεπώς η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ . Εντελώς όμοια προκύπτει και ℓim f(x) = 1 , οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια x→ +∞ ασύμπτωτη της Cf και στο +∞ . ii) Είναι x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε Df = ! , άρα έχει νόημα η αναζήτηση οριζόντιων ασύμπτωτων. Είναι ( )ℓ im f(x) = ℓ im x2 + 1 − x = (+∞) − (−∞) = +∞ , x→ −∞ x→ −∞ συνεπώς η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . Επίσης, ) (+∞−∞ )( )x2 + 1 − x x2 + 1 + x = (ℓ im f(x) = ℓ im x2 + 1 − x = ℓ im x2 + 1 + x x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ 1 = ℓ im x2 + 1 − x2 = ℓ im 1 +∞ x→+∞ x2 + 1 + x x→ +∞ x2 + 1 + x = 0, συνεπώς η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ . - 169 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Α3/167 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τις ασύμπτωτες μιας συνάρτησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 4η ενότητα, 17η κατηγορία ασκήσεων. i) Πρέπει να είναι x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . Άρα είναι Df = (−∞ ,1) ∪ (1, + ∞) . Κατακόρυφη ασύμπτωτη Είναι −2 ⎣⎢⎢⎡(x2 1⎥⎦⎤⎥ ℓ im f(x) = ℓ im x2 −x − 2 0 ℓ im − x − 2) ⋅ 1 . x− 1 − x→ 1+ x→ 1+ = x→ 1+ x Όταν x → 1+ είναι x > 1 ⇔ x − 1 > 0 , οπότε ℓim 1 = +∞ , άρα x→ 1+ x −1 ℓ im f(x) = (12 − 1 − 2) ⋅ (+∞) = −∞ , x→ 1+ συνεπώς η ευθεία x = 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Οριζόντιες ασύμπτωτες Είναι ℓ im f(x) = ℓ im x2 −x−2 = ℓ im x2 = ℓ im x = −∞ , x −1 x x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ συνεπώς η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . Εντελώς ανάλογα προκύπτει και ℓim f(x) = +∞ , συνεπώς η Cf δεν έχει οριζόντια x→ +∞ ασύμπτωτη και στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ Αναζητώ, αν υπάρχει, ευθεία της μορφής y = λx + β , λ , β ∈ ! , όπου λ = ℓ im f(x) και β = ℓ im ⎡⎢⎣f(x) − λx⎤⎦⎥ . x x→ −∞ x→ −∞ - 170 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 f(x) x2 − x − 2 x2 − x − 2 x2 x x2 − x x2 • λ = ℓ im = ℓ im x −1 = ℓ im = ℓ im =1⇒ λ=1 . x x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ • β = ℓ im ⎣⎢⎡f(x) − λx⎤⎦⎥ = ℓ im ⎢⎡⎣f(x) − x⎦⎥⎤ = ℓ im ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ x2 −x−2 − x⎟⎞⎟⎠⎟⎟ = x −1 x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ = ℓ im x2 − x − 2 − x(x − 1) = ℓ im x2 − x −2− x2 +x = ℓ im −2 = 0 ⇒ β=0 . x −1 x −1 x −1 x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ Άρα η ευθεία y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ . Πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ Η εργασία είναι ακριβώς η ίδια και τα αποτελέσματα επίσης, οπότε η ευθεία y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf και στο +∞ . ii) Πρέπει να είναι x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 . Άρα είναι Df = (−∞ , 2) ∪ (2, + ∞) . Κατακόρυφη ασύμπτωτη Είναι 1 ⎣⎡⎢⎢(x2 2⎥⎦⎥⎤ ℓ im f(x) = ℓ im x2 − 3 0 ℓ im − 3) ⋅ x 1 . x−2 − x→ 2− x→ 2− = x→ 2− Όταν x → 2− είναι x < 2 ⇔ x − 2 < 0 , οπότε ℓim 1 = −∞ , άρα x−2 x→ 2− ℓ im f(x) = (22 − 3) ⋅ (−∞) = −∞ , x→ 2− συνεπώς η ευθεία x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Οριζόντιες ασύμπτωτες Είναι ℓ im f(x) = ℓ im x2 − 3 = ℓ im x2 = ℓ im x = −∞ , x−2 x x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ συνεπώς η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . - 171 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Εντελώς ανάλογα προκύπτει ότι ℓim f(x) = +∞ , συνεπώς η Cf δεν έχει οριζόντια x→ +∞ ασύμπτωτη στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ Αναζητώ, αν υπάρχει, ευθεία της μορφής y = λx + β , λ , β ∈ ! , όπου λ = ℓ im f(x) και β = ℓ im ⎢⎡⎣f(x) − λx⎤⎥⎦ . x x→ −∞ x→ −∞ f(x) x2 − 3 x2 − 3 x2 x x2 − 2x x2 • λ = ℓ im = ℓ im x−2 = ℓ im = ℓ im =1⇒ λ=1 . x x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ • β = ℓ im ⎢⎣⎡ f(x) − λx⎥⎦⎤ = ℓ im ⎢⎡⎣f(x) − x⎥⎦⎤ = ℓ im ⎜⎜⎜⎝⎜⎛ x2 −3 − x⎟⎞⎟⎟⎠⎟ = ℓ im x2 − 3 − x(x − 2) = x −2 x−2 x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ = ℓ im x2 − 3 − x2 + 2x = ℓ im 2x − 3 = ℓ im 2 x =2⇒ β=2 . x→ −∞ x−2 x−2 xx→ −∞ x→ −∞ Άρα η ευθεία y = x + 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ . Πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ Η εργασία είναι εντελώς όμοια και τα αποτελέσματα επίσης, οπότε η ευθεία y = x + 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf και στο +∞ . iii) Πρέπει να είναι x2 + x ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 ή x ≥ 0 . Άρα είναι Df = (−∞ ,− 1⎦⎥⎤ ∪ ⎣⎢⎡0 , + ∞) . Κατακόρυφες ασύμπτωτες Επειδή τα άκρα των παραπάνω διαστημάτων περιλαμβάνονται στο Df , η Cf δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. - 172 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Οριζόντιες ασύμπτωτες Είναι ℓ im f(x) = ℓ im x2 + x = +∞ , x→ −∞ x→ −∞ οπότε η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . Εντελώς όμοια προκύπτει και ℓim f(x) = +∞ , οπότε η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπ- x→ +∞ τωτη και στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ Αναζητώ, αν υπάρχει, ευθεία της μορφής y = λx + β , λ , β ∈ ! , όπου λ = ℓ im f(x) και β = ℓ im ⎡⎢⎣f(x) − λx⎤⎦⎥ . x x→ −∞ x→ −∞ +∞ x2 ⎜⎜⎜⎛⎝1 + 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ x⋅ 1+ 1 x →−∞ x x • λ = ℓ im f(x) = ℓ im x2 + x −∞ = ℓ im = x x x x→ −∞ x x→ −∞ x→ −∞ = ℓ im x =−x x→ −∞ = ℓ im −x⋅ 1+ 1 = − ℓ im 1+ 1 = −(1 + 0) = −1 ⇒ λ = −1 . x x→ −∞ x x→ −∞ x ( )• β = ℓ im ⎡⎢⎣f(x) − λx⎤⎥⎦ = ℓ im ⎡⎣⎢f(x) + x⎦⎥⎤ = ℓ im +∞−∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x2 + x + x = ( )( )x2 + x + x x2 + x − x = ℓ im x2 + x − x2 = ℓ im x= x→−∞ x2 + x − x x→ −∞ x2 + x − x = ℓ im x2 + x − x x→ −∞ = ℓ im x = ℓ im − x ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ x + 1⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟ = − ℓ im 1 = x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ −x⋅ 1+ 1 −x 1 1+ 1 +1 x 1+ x x =− 1 +1 = − 1 ⇒ β = − 1 . 1+0 2 2 Άρα η ευθεία y = −x − 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ . 2 - 173 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ Αναζητώ, αν υπάρχει, ευθεία της μορφής y = λ1x + β1 , λ1 , β1 ∈ ! , όπου λ1 = ℓ im f(x) και β1 = ℓ im ⎢⎣⎡f(x) − λ1x⎦⎥⎤ . x x→ +∞ x→ +∞ +∞ x2 ⎜⎜⎜⎝⎛1 + 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ x⋅ 1+ 1 x x • λ1 = ℓ im f(x) = ℓ im x2 + x +∞ = ℓ im x→+∞ x x x x→ +∞ x x→ +∞ x→ +∞ = ℓ im = x→ +∞ x =x = ℓ im x⋅ 1+ 1 = ℓ im 1+ 1 =1+0 =1⇒ λ1 = 1 . x→ +∞ x x→ +∞ x x ( )• β1 = ℓ im ⎣⎡⎢f(x) − λ1x⎥⎦⎤ = ℓ im ⎡⎣⎢f(x) − x⎥⎤⎦ = ℓ im +∞−∞ x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x2 + x − x = ( )( )x2 + x − x x2 + x + x = ℓ im x2 + x − x2 = ℓ im x= x→+∞ x2 + x + x x→ +∞ x2 + x + x = ℓ im x2 + x + x x→ +∞ = ℓ im x = ℓ im x ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ x + 1⎠⎟⎞⎟⎟⎟⎟ = ℓ im 1 = x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x⋅ 1+ 1 +x 1 1+ 1 +1 x x x 1+ = 1 +1 = 1 ⇒ β1 = 1 . 1+0 2 2 Άρα η ευθεία y = x+ 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ . 2 - 174 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Α4/167 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα υπολογίσεις όριο της μορφής «μηδέν διά μηδέν» θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 3η ενότητα, 11η κα- τηγορία ασκήσεων. i) Είναι 0 (ηµx)′ ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎤⎥⎦′ ℓ = ℓ im ηµx 0 ℓ im = ℓ im συνx = ℓ im συνx = ℓn(x + x→ 0 x→ 0 1 x→ 0 1) = x→ 0 1 + x 1 ⋅ (x + 1)′ x+1 = συν0 ⇒ ℓ=1 . 1 0+1 ii) Είναι 0 )′ (x2 )′ ℓ = ℓ im 1 − συνx2 0 ℓ im (1 − συνx2 = ℓ im −(−ηµx2 ) ⋅ = ℓ im 2 x ⋅ ηµx2 = x4 (x4 )′ 4x3 x→ 0 4x3 x→ 0 = x→ 0 x→ 0 = ℓ im ηµx2 = 1 ⋅ ℓ im ηµx2 . 2x2 2 x2 x→ 0 x→ 0 Θέτω x2 = y . Όταν x → 0 , τότε y → 0 , οπότε ℓ = 1 ⋅ ℓ im ηµy = 1 ⋅ 1 ⇒ ℓ = 1 . 2 y 2 2 y→ 0 iii) Είναι 00 (x − ηµx)′ − συνx)′ ℓ = ℓ im x − ηµx 0 ℓ im (1 − συνx)′ = ℓ im 1 − συνx 0 ℓ im (1 (ηµx)′ = ℓ im ηµx = 1 − συνx ηµx συνx x→ 0 = x→ 0 x→ 0 = x→ 0 x→ 0 = ℓ im(εϕx) = εϕ0 ⇒ ℓ = 0 . x→ 0 - 175 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Β1/167 Περισσότερες γενικές ασκήσεις στις ασύμπτωτες θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Δια- φορικό Λογισμό, στην 4η ενότητα, 19η κατηγορία ασκήσεων. i) Για να δείξω ότι η (ε1) είναι ασύμπτωτη της Cf στο −∞ , αρκεί να δείξω ότι ℓ1 = ℓ im f(x) = −1 και ℓ2 = ℓ im ⎣⎢⎡f(x) + x⎥⎦⎤ = −1 . x x→ −∞ x→ −∞ +∞ x2 ⎜⎛⎝⎜⎜1 + 2 + 2 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ x x2 • ℓ1 = ℓ im f(x) = ℓ im x2 + 2x + 2 −∞ ℓ im = x x x x→ −∞ x→ −∞ = x→ −∞ x⋅ 1+ 2 + 2 x →−∞ −x⋅ 1+ 2 + 2 2 2 x x2 x x2 x x2 = ℓ im = ℓ im = − ℓ im 1+ + = x→ −∞ x x x→ −∞ x =− x x→−∞ = − 1 + 0 + 0 ⇒ ℓ1 = −1 . ( )• ℓ2 = ℓ im ⎣⎢⎡f(x) + x⎦⎤⎥ = ℓ im +∞−∞ x→ −∞ x→ −∞ x2 + 2x + 2 + x = ( )( )x2 + 2x + 2 + x x2 + 2x + 2 − x = ℓ im x2 + 2x + 2 − x2 = x→−∞ x2 + 2x + 2 − x = ℓ im x2 + 2x + 2 − x x→ −∞ = ℓ im 2x + 2 = ℓ im x ⎛⎜⎜⎝⎜2 + 2x ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ = x→ −∞ x→ −∞ −x⋅ 1+ 2 + 2 −x − x ⎜⎜⎝⎜⎜⎛ 2 2 + 1⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ x x2 1+ x + x2 = − ℓ im 2+ 2 =− 2+0 ⇒ ℓ 2 = −1 . x→ −∞ x 1+ 2 + 2 +1 1+0+0 +1 x x2 - 176 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 ii) Ως γνωστόν, ισχύει (x + 1)2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! . Έτσι, μένει να δείξω ότι ισχύει x2 + 2x + 2 > (x + 1)2 , για κάθε x ∈ ! . Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει x2 + 2x + 2 > x2 + 2x + 1 ⇔ 2 > 1 , που ισχύει. Για να δείξω ότι η Cf είναι πάνω από την (ε1) , αρκεί να δείξω ότι ισχύει f(x) > −x − 1 ⇔ f(x) > −(x + 1) ⇔ x2 + 2x + 2 > −(x + 1) . Αφού x → −∞ , είναι −(x + 1) > 0 , οπότε αρκεί να δείξω ότι ισχύει x2 + 2x + 2 > ⎢⎣⎡−(x + 1)⎥⎦⎤2 ⇔ x2 + 2x +2 > (x + 1)2 , 2 που ισχύει, όπως απέδειξα παραπάνω. Για να δείξω ότι η Cf είναι πάνω από την (ε2) , αρκεί να δείξω ότι ισχύει 2 f(x) > x + 1 ⇔ x2 + 2x + 2 > x + 1 ⇔ x2 + 2x + 2 > (x + 1)2 ⇔ ⇔ x2 + 2x + 2 > (x + 1)2 , που ισχύει, όπως απέδειξα παραπάνω. - 177 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Β2/168 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις στο πώς θα βρεις τις ασύμπτωτες μιας συνάρτησης θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 4η ενότητα, 17η κατηγορία ασκήσεων. i) Επειδή είναι 2x > 0 , για κάθε x ∈ ! , είναι Df = ! . Κατακόρυφες ασύμπτωτες Επειδή είναι Df = ! , η f δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. Οριζόντιες ασύμπτωτες Είναι +∞ ℓ im f(x) = ℓ im x2 0 ℓ im(x2 ⋅ 2−x ) = (+∞) ⋅ (+∞) = +∞ , 2x x→ −∞ x→ −∞ = x→ −∞ συνεπώς η f δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . Επίσης, +∞ +∞ ℓ im f(x) = ℓ im x2 +∞ ℓ im (x2 )′ = ℓ im 2x 2x +∞ ℓ im (2x)′ = ℓ im 2x 2 = 2x (2x )′ ⋅ ℓn2 (2x ⋅ ℓn2)′ ⋅ ℓn2 ⋅ ℓn2 x→ +∞ x→ +∞ = x→ +∞ x→ +∞ = x→ +∞ x→ +∞ 2 = ℓ im 2x 2 +∞ 0, ⋅ (ℓn2)2 x→ +∞ = συνεπώς η ευθεία y = 0 είνα οριζόντια ασύμπτωτη της f στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ Αναζητώ, αν υπάρχει, ευθεία της μορφής y = λx + β , λ , β ∈ ! , όπου λ = ℓ im f(x) και β = ℓ im ⎡⎣⎢f(x) − λx⎤⎥⎦ . x x→ −∞ x→ −∞ Είναι x2 −∞ f(x) 2x ( )= x 0 λ = ℓ im x = ℓ im x ℓ im 2x ℓ im x ⋅ 2−x = (−∞) ⋅ (+∞) = −∞ , = x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ συνεπώς η f δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο −∞ . - 178 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ Αφού η f έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ , δεν μπορεί να έχει και πλάγια. ii) Eίναι Df = (0 , + ∞) . Κατακόρυφη ασύμπτωτη Είναι −∞ ℓ im f(x) = ℓ im ℓnx 0 ℓ im ⎛⎝⎜⎜⎜ 1 ⋅ ℓnx⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = (+∞) ⋅ (−∞) = −∞ , x x x→ 0+ x→ 0+ = x→ 0+ συνεπώς η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της f. Οριζόντια ασύμπτωτη Είναι 1 x +∞ 1 ℓ im f(x) = ℓ im ℓnx +∞ ℓ im ( ℓnx)′ = ℓ im = ℓ im 1 = 0, x (x)′ x→ +∞ x x→ +∞ x→ +∞ = x→ +∞ x→ +∞ συνεπώς η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της f στο +∞ . Πλάγια ασύμπτωτη Αφού η f έχει κατακόρυφη και οριζόντια ασύμπτωτη, δεν μπορεί να έχει και πλάγια. - 179 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Β3/168 Περισσότερες γενικές ασκήσεις στους κανόνες του de l’ Hospital θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 3η ενότητα, 16η κατηγορία ασκήσεων. Κατ' αρχάς, η f πρέπει να είναι συνεχής στο 0, δηλαδή να ισχύει ℓ im f(x) = f(0) = ηµ0 + α ⇔ ℓ im f(x) = α ⇔ ℓ im f(x) = ℓ im f(x) = α (1) x→ 0 x→ 0 x→ 0− x→ 0+ • ℓ im f(x) = ℓ im(ηµx + α) = ηµ0 + α = α . x→ 0− x→ 0− • ℓ im f(x) = ℓ im eβx = e0 = 1 . x→ 0+ x→ 0+ Λόγω της (1), πρέπει α = 1 . Για να είναι παραγωγίσιμη στο 0, θα πρέπει να υπάρχουν στο ! και να είναι ίσα με- ταξύ τους τα όρια ℓ im f(x) − f(0) = ℓ im f(x) − α = ℓ im f(x) − 1 και ℓ im f(x) − f(0) = ℓ im f(x) −1 . x − 0 x x x−0 x x→ 0− x→ 0− x→ 0− x→ 0+ x→ 0+ • ℓ im f(x) − 1 = ℓ im ηµx +1 − 1 = ℓ im ηµx =1. x x x x→ 0− x→ 0− x→ 0− 0 βx − 1)′ ⋅ (βx)′ (x)′ 1 • ℓ im f(x) −1 = ℓ im eβx − 1 0 ℓ im (e = ℓ im eβx = β ⋅ ℓ im eβx = β ⋅ e0 = β . x x x→ 0+ x→ 0+ x→ 0+ = x→ 0+ x→ 0+ Άρα πρέπει να είναι β = 1 . - 180 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Β4/168 Περισσότερες γενικές ασκήσεις στους κανόνες του de l’ Hospital θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 3η ενότητα, 16η κατηγορία ασκήσεων. i) Όταν είναι 0 < x ≠ 1 η f είναι συνεχής, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. Μένει να δείξω ότι είναι συνεχής και στο 1, δηλαδή ότι ισχύει ℓ im f(x) = f(1) = −1 ⇔ ℓ im f(x) = −1 . x→1 x→1 Είναι ℓ im f(x) = ℓ im x ℓnx 0 ℓ im (x ⋅ ℓnx)′ = ℓ im (x)′ ⋅ ℓnx + x ⋅ (ℓnx)′ = − ℓ im ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ℓnx + x ⋅ 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = 1−x 0 (1 − x)′ −1 x x→1 x→1 x→1 x→1 x→1 = = −ℓ im(ℓnx + 1) = −(ℓn1 + 1) = −1 ⇒ ℓ im f(x) = −1 . x→1 x→1 ii) Πρέπει να δείξω ότι ισχύει ℓ im f(x) − f(1) = − 1 . x −1 2 x→1 Είναι x ℓnx +1 x ℓnx + 1 − x 0 1−x ℓ im f(x) − f(1) = ℓ im = ℓ im −(x − 1) = ℓ im x ℓnx − x + 1 0 x −1 x→1 x −1 −(x − 1)2 x→1 x→1 x −1 x→1 = (x ℓnx − x + 1)′ 0 (ℓnx)′ ⎣⎡⎢−(x − 1)2⎤⎥⎦′ (x − 1)′ = ℓ im = ℓ im ℓnx + 1 − 1 = − 1 ⋅ ℓ im ℓnx 0 − 1 ⋅ ℓ im = −2(x − 1)(x − 1)′ 2 x −1 2 x→1 x→1 x→1 x→1 = 1 1 1 1 1 1 1 f(x) − f(1) 1 2 2 x 2 1 2 x −1 2 = − ⋅ ℓ im x = − ⋅ ℓ im = − ⋅ = − ⇒ ℓ im =− . 1 x→1 x→1 x→1 - 181 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Β5/168 Περισσότερες γενικές ασκήσεις στους κανόνες του de l’ Hospital θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 3η ενότητα, 16η κατηγορία ασκήσεων. i) Για να δείξω ότι είναι συνεχής στο 1, πρέπει να δείξω ότι ισχύει ℓ im f(x) = f(1) = 0 ⇔ ℓ im f(x) = 0 . x→1 x→1 Είναι 0 ⎡⎣⎢ℓn(x2 − 2x + 2)⎦⎤⎥′ (x − 1)′ ℓ im f(x) = ℓ im ℓn(x2 − 2x + 2) 0 ℓ im = x −1 x→1 x→1 = x→1 x2 − 1 + 2 ⋅ (x2 − 2x + 2)′ 2x − 2 2⋅1−2 2x x2 − 2x + −2⋅2+ = ℓ im = ℓ im = = 0 . x→1 1 2 22 2 x→1 Για να δείξω ότι είναι παραγωγίσιμη στο 1, πρέπει να δείξω ότι υπάρχει στο ! το ℓ im f(x) − f(1) . x − 1 x→1 Είναι ℓn(x2 − 2x + 2) 0 ℓ im f(x) − f(1) = ℓ im x −1 = ℓ im ℓn(x2 − 2x + 2) 0 x −1 x −1 (x − 1)2 x→1 x→1 x→1 = = ℓ im ⎣⎡⎢ℓn(x2 − 2x + 2)⎦⎤⎥′ = ℓ im 2x − 2 = ℓ im 2(x − 1) = x→1 ⎡⎢⎣(x − 1)2⎤⎦⎥′ x→1 x2 − 2x + 2 2(x − 1)(x − 1)′ x→1 2(x − 1) (x2 − 2x + 2) = ℓ im x2 1 +2 = 12 1 = 1 , − 2x −2 ⋅1 + 2 x→1 οπότε αποδεικνύεται το ζητούμενο. - 182 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 ii) Για να δείξω ότι είναι συνεχής στο 1, πρέπει να δείξω ότι ισχύει ℓ im g(x) = g(1) = 12 ⇔ ℓ im g(x) = 1 . x→1 x→1 • ℓ im g(x) = ℓ im x2 = 12 = 1 . x→ 1− x→ 1− • ℓ im g(x) = ℓ im ⎝⎜⎛⎜⎜1 + ℓnx ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ = 1 + ℓn1 =1. x 1 x→ 1+ x→ 1+ Άρα είναι ℓim g(x) = 1 . x→1 Για να δείξω ότι δεν είναι παραγωγίσιμη στο 1, πρέπει να δείξω ότι δεν υπάρχει (στο ! ) το ℓ im g(x) − g(1) . x − 1 x→1 0 • ℓ im g(x) − g(1) = ℓ im x2 −1 0 ℓ im (x − 1) (x + 1) = ℓ im(x + 1) = 1+1= 2 . x −1 x −1 x −1 x→ 1− x→ 1− = x→ 1− x→ 1− 1 + ℓnx − 1 ℓnx 0 (ℓnx)′ x (x2 − x)′ • ℓ im g(x) − g(1) = ℓ im x −1 = ℓ im x = ℓ im ℓnx 0 ℓ im = x −1 x→ 1+ x −1 x2 − x x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ = x→ 1+ 1 1 1 2x2 − 2 ⋅ 12 − 1 = ℓ im x = ℓ im x = =1. x→ 1+ 2x − 1 x→ 1+ Άρα δεν υπάρχει το ℓ im g(x) − g(1) . x − 1 x→1 - 183 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Β6/168 Περισσότερες γενικές ασκήσεις στους κανόνες του de l’ Hospital θα βρεις στο βιβλίο μου για τον Διαφορικό Λογισμό, στην 3η ενότητα, 16η κατηγορία ασκήσεων. i) Είναι 0 )′ ⋅ (−x)′ 1 ℓ1 = ℓ im 1 − e−x 0 ℓ im (1 − e−x = ℓ im −e−x = ℓ im e−x = e0 ⇒ ℓ1 = 1 . x (x)′ x→ 0 x→ 0 = x→ 0 x→ 0 Επίσης, −∞ 1 ( ) ( )ℓ2 0⋅(−∞) ℓnx +∞ ℓ im (ℓnx)′ x = ℓ im x ℓnx = ℓ im x ℓnx 1 x→ 0+ ⎜⎜⎜⎛⎝ ⎟⎠⎟⎟⎞⎟′ = ℓ im 1 = x→ 0 x→ 0+ = ℓ im = −x→ 0+ x→ 0+ 1 x x x2 = −ℓ im x = 0 ⇒ ℓ2 = 0 . x→ 0+ Πρόσεξε πολύ τι έκανα στην αρχή του ℓ 2 . Ενώ το όριο έδινε x → 0 , στην συνέχεια έγραψα x → 0+ , που είναι και το σωστό. Μην ξεχνάς ότι, όταν γράφουμε x → 0 , αυτό σημαίνει x → 0− και x → 0+ . Όμως το συγκεκριμένο όριο δεν ορίζεται όταν x → 0− , οπότε έπρεπε να κάνω την πα- ραπάνω διόρθωση! ii) Πρέπει να δείξω ότι ισχύει ℓ im f(x) = f(0) = 0 ⇔ ℓ im f(x) = 0 . x→ 0 x→ 0+ Και εδώ ισχύει το σχόλιο που έγινε στο (i). Είναι ( )ℓ im f(x) ⎡⎢⎣⎢⎢ 1 − e−x x ℓnx ⎥⎥⎦⎤⎥ (i) x x→ 0 = 1⋅0 = 0 . = ℓ im f(x) = ℓ im ⎢⎡⎣(1 − e−x ) ⋅ ℓnx⎦⎤⎥ = ℓ im ⋅ x→ 0+ x→ 0+ x→ 0+ iii) Πρώτα πρέπει να εξετάσω αν η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, δηλαδή αν το όριο ℓ im f(x) − f(0) = ℓ im f(x) x−0 x x→ 0 x→ 0+ υπάρχει στο ! . - 184 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Διαφορικός Λογισμός Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου - Παράγραφος 2.9 Είναι ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ ⋅ ℓnx⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ℓ im f(x) = ℓ im (1 − e−x ) ⋅ ℓnx = ℓ im 1 − e−x (i) x x x x→ 0+ x→ 0+ x→ 0+ = 1 ⋅ (−∞) = −∞ . Άρα το όριο δεν υπάρχει στο ! , οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0, συνεπώς δεν ορίζεται η εφαπτομένη της Cf στο σημείο O(0 , 0) . - 185 - 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