Μαθηματικά και Στοιχεία Στατιστικής Γ Λυκείου Λύσεις των ασκήσεων

2.10 x −∞ –1 1 3 +∞ f ′ (x) –– 0+ f ″(x) +0 –0 + + f ( x) – 16 0 +∞ −∞ T.M. Σ.Κ. –16 T.E.ii) ● Η f ορίζεται στο Α = (−∞,1) ∪ (1, +∞)● Η f είναι συνεχής στο Α, ως ρητή.● Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ′( x) = −2 , οπότε (x −1)2 f ′(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ Α.Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ-διορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f . x −∞ 1 +∞ f ′ (x) – – f ( x)Για κάθε x∈Α ισχύει f ′′( x) = −2 −2(x −1) = (x 4 . (x −1)4 − 1)3Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ-διορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ήπρος τα κάτω και τα σημεία καμπής. x −∞ 1 +∞ + f ″ (x) – f ( x) 150

2.10● Είναι lim f (x) = lim x +1 = 1, οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια x → −∞ x→−∞ x −1ασύμπτωτη της Cf στο −∞.Ομοίως lim f (x) = 1, οπότε η y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη και στο +∞. x → +∞Επίσης lim f (x) = lim x +1 = −∞, lim f (x) = +∞, οπότε η ευθεία x = 1 είναι x −1 x →1− x →1− x →1+κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφικήτης παράσταση. x −∞ 1 +∞f ′ (x)f ″(x) – – –f ( x) 1 + −∞ +∞ 1iii) ● Η f ορίζεται στο Α = R. ● Η f είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική. ● Για κάθε x ∈R ισχύει f ′(x) = 4x3 − 4x = 4x(x2 −1), οπότε f ′(x) = 0 ⇔ x = 0 ή x = – 1 ή x = 1. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα τοπικά ακρότατα της f. x −∞ –1 0 1 +∞f ′ (x) – 0 + 0 – 0 + 0 T.Μ.f(x) –1 –1 T.E. T.E.— Για κάθε x ∈R ισχύει f ′′(x) = 12x2 − 4 = 4(3x2 −1), οπότε f ′′(x) = 0 ⇔ x = 3 ή x = − 3 . 33 151

2.10 Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής.x −∞ −3 3 +∞ 3 3f ″(x) + 0 – 0 +f ( x) −5 −5 9 9 Σ.Κ. Σ.Κ.● Είναι lim f (x) = lim (x4 − 2x2 ) = lim x4 = +∞.x → −∞ x → −∞ x → −∞lim f (x) = lim x4 = +∞.x → +∞ x → +∞Η Cf δεν έχει ασύμπτωτες στο −∞, +∞, αφού είναι πολυωνυμική τετάρτουβαθμού.● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφικήτης παράσταση.x −∞ –1 −3 0 3 1 +∞ 3 0 3f ′ (x) – 0 + + – 0+ – +f ″(x) + + 0– – 0+ +∞+∞ −5 0 −5 –1 9 T.M. 9 T.E.f(x) –1 T.E. Σ.Κ. Σ.Κ.ΣχόλιοΕπειδή για κάθε x ∈R ισχύει f (−x) = (−x)4 − 2(−x)2 = x4 − 2x2 = f (x), 152

2.10η f είναι άρτια, οπότε η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προςτον άξονα των y.2. i) ● Η f ορίζεται στο A = R*.● Η f είναι συνεχής στο R*, ως ρητή. x 2− 1 1 x2● Για κάθε x ∈ R * ισχύει f ′( x) = 1− x2 = , οπότε f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ή x = – 1.Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίοπροσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της f. x −∞ –1 0 1 +∞f ′ (x) + 0 – – 0+ –2 2f(x) T.Μ. T.Ε.— Για κάθε x ∈R* ισχύει f ′′( x) = 2x3 − 2x(x2 −1) = 2 , οπότε x4 x3 f ″(x) ≠ 0 για κάθε x ∈R*.Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ-διορίζουμε τα διαστήματα στα οποία Cf στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ήπρος τα κάτω. x −∞ 0 +∞ f ″(x) – + f ( x)● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτεςΗ ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου λ = lim f (x) = lim 1 + 1  =1 και x x2  x → −∞ x → −∞ β = lim ( f (x) − λx) = lim  x+ 1 − x  = lim 1 = 0.  x  x x → −∞ x → −∞ x → −∞Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x.Ομοίως, αποδεικνύεται ότι η ευθεία y = x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞. 153

2.10● Κατακόρυφες ασύμπτωτεςΕίναι lim f (x) = lim  x + 1  = −∞ και  x  x → 0− x → 0− lim f (x) = lim  x + 1 = +∞.  x  x → 0+ x → 0+Άρα η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Επίσης έχουμε:  x 2 + 1  lim  x  lim f (x) = x → −∞  = lim x = −∞ και x → −∞ x → −∞ lim f (x) = lim x2 +1 = lim x = +∞. x → +∞ xx → +∞ x → +∞● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφικήτης παράσταση. x −∞ –1 0 1 +∞ 0 f ′ (x) + 0 – – + 2 + f ″(x) – – + T.Ε. +∞ +∞ –2 f ( x) T.Μ. −∞ −∞ΣχόλιοΕπειδή για κάθε x ∈R* ισχύει f (−x) = (−x)2 +1 = − x2 +1 = − f (x), −x x 154

2.10η f είναι περιττή, οπότε η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προςτην αρχή Ο.ii) ● Η f ορίζεται στο Α = (−∞,1) ∪ (1, +∞) ● Η f είναι συνεχής στο Α, ως ρητή. ● Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ′( x) = (2x −1)(x −1) − (x2 − x − 2) = x2 − 2x + 3 , (x −1)2 ( x −1)2οπότε f ′ (x) > 0 για κάθε x ∈ Α.Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα από τον οποίο προσ-διορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της f. x −∞ 1 +∞ f ′ (x) + + f ( x)Για κάθε x ∈ Α ισχύει: f ′′( x) = (2x − 2)( x −1)2 − 2(x −1)(x2 − 2x + 3) = −4 , (x −1)4 (x −1)3οπότε το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίοπροσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf στρέφει τα κοίλα προς τα άνωή προς τα κάτω. x −∞ 1 +∞ – f ″ (x) + f ( x)● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτεςΗ ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου λ = lim f (x) = lim x2 − x − 2 =1 και x x2 − x x → −∞ x → −∞ β = lim ( f (x) − λx) =  x2 −x−2 − x  = lim −2 = 0. lim  x −1  x −1 x → −∞ x → −∞  x → −∞ 155

2.10Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x.Ομοίως, η y = x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞.● Κατακόρυφες ασύμπτωτεςΕίναι lim f (x) = lim x2 − x − 2 = +∞ και x →1− x→1− x −1 lim f (x) = lim x2 − x − 2 = −∞. x →1+ x→1+ x −1Άρα, η ευθεία x = 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf.Επίσης έχουμε: lim f (x) = lim x2 − x − 2 = −∞ και lim f (x) = +∞. x → −∞ x→−∞ x −1 x → +∞● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφικήτης παράσταση. x −∞ 1 +∞ f ′ (x) + + f ″(x) + – f ( x) +∞ +∞ −∞ −∞3. ● Είναι Α = [ – π,π] ● Η f είναι συνεχής στο Α ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. ● Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ′ (x) = 1+συνx, οπότε 156

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ f ′(x) = 0 ⇔ x = −π ή x = π.Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμετα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατα αυτής. x –π +π f ′ (x) 0 +0 f ( x)Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ″(x) = – ημx, οπότε f ′′(x) = 0 ⇔ x = −π ή x = 0 ή x = π.Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίοπροσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνωή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής. x –π 0 π f″(x) 0 + 0 – 0 f ( x) 0 Σ.Κ.● Είναι f( – π) = – π και f(π) = π● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφικήτης παράσταση.x –π 0 πf ′ (x) 0 + +0f ″(x) 0 + 0 – 0f ( x) –π 0 π min Σ.Κ. maxΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. i) Για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει: f ′( x) = − 1 και g′(x) = 2x − 3, x2 157

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ οπότε f ′ (1) = –1 και g′(l) = –1. Το σημείο Α(1,1) είναι κοινό σημείο των Cf και Cg, αφού f(1) = 1 και g(l) = l. Επειδή ισχύει f ′ (1) = g′(l), οι εφαπτόμενες των Cf , Cg στο (1,1) ταυτίζονται. ii) Γ ια να βρούμε τη σχετική θέση των Cf και Cg βρίσκουμε το πρόσημο της διαφοράς ϕ(x) = g(x) − f (x) = x2 − 3x + 3 − 1 = (x −1)3 . xx Έχουμε: φ(x) < 0, για κάθε x ∈ (0,1) και φ(x) > 0 για κάθε x ∈ (1, +∞). Επομένως: — η Cf είναι πάνω από την Cg, όταν x ∈ (0,1) και — η Cg είναι πάνω από την Cf , όταν x ∈ (1, +∞) (σχήμα).2. Θεωρούμε τη συνάρτηση ϕ(x) = f (x) − g(x). Για κάθε x ∈ R ισχύει ϕ′(x) = f ′(x) − g′(x) > 0, οπότε η φ είναι γνησίως αύξουσα στο R. Επομένως: — Για x > 0 θα είναι: ϕ(x) > ϕ(0) ⇔ f (x) − g(x) > f (0) − g(0) ⇔ f (x) > g(x), αφού f(0) = g(0) και — Για x < 0 θα είναι ϕ(x) < ϕ(0) ⇔ f (x) − g(x) < f (0) − g(0) ⇔ f (x) < g(x), αφού f(0) = g(0). 158

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ3. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΜ έχουμε: (ΒΜ) = 1∙ ημθ και (ΟΜ) = 1∙ συνθ.Είναι όμως (ΒΓ) = 2(ΒΜ) = 2ημθ και (AM) = (OA) + (ΟΜ) = 1+συνθοπότε Ε = Ε (θ ) = 1 2ηµθ (1+ συνθ ) = ηµθ (1+ συνθ ). 2Για κάθε θ ∈ (0,π ) ισχύει: Ε′(θ) = συνθ(1 + συνθ) – ημ2θ = συν2θ – ημ2θ + συνθ = συν2θ + συνθ,οπότε Ε ′(θ ) = 0 ⇔ συν2θ = −συνθ ⇔ συν2θ = συν(π −θ ) ⇔ 2θ = π −θ , αφού θ ∈ (0,π ) ⇔θ =π . 3Το πρόσημο της Ε′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα ( Ε ′  π  > 0 και Ε ′  π  < 0),  6   2 από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της Ε και τα ακρότατααυτής. θ0 π/3 π Ε′(θ) + 0– 33 Ε(θ) 4 maxΆρα, η μέγιστη τιμή του εμβαδού είναι 3 3 και παρουσιάζεται όταν θ = π . 43 159

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ4. Γ νωρίζουμε ότι το μήκος τόξου θ rad είναι L = r ⋅θ ενώ το εμβαδόν κυκλικού τομέα θ rad είναι Ε = 1 r2θ. 2 Επομένως, η περίμετρος του κυκλικού τομέα είναι: 2r + rθ = 20 ⇔ θ = 20 − 2r , 0 < r < 10 r και το εμβαδόν του είναι: Ε (r) = 1 r2 20 − 2r = 10r − r2 , r ∈ (0,10). 2r Για κάθε r ∈ (0,10) ισχύει E′(r) = 10 – 2r, οπότε Ε ′(r) = 0 ⇔ r = 5. To πρόσημο της E ′ (r), η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα. r0 5 10 Ε′(r) + 0– Ε(r) 25 maxΔηλαδή η Ε παρουσιάζει στο r = 5 μέγιστο το E(r) = 25. Επομένως ο ανθόκηποςέχει τη μεγαλύτερη δυνατή επιφάνεια, όταν η ακτίνα του κύκλου είναι r = 5 m.5. i) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΔΒ έχουμε: συνθ = (ΟΓ ) = 1 και ηµθ = (Ο∆) = 1 (ΟΑ) (ΟΑ) (ΟΒ ) (ΟΒ )οπότε (ΟΑ) = 1 και (ΟΒ ) = 1 , 0 < θ < π συνθ ηµθ 2ii) (ΑΒ ) = (ΟΑ) + (ΟΒ ) = 1 + 1 ηµθ συνθiii) Θ εωρούμε τη συνάρτηση f (θ ) = 1 + 1 η οποία είναι ορισμένη στο ηµθ συνθ π π 0, 2  και συνεχής στο διάστημα. Επιπλέον, για κάθε x ∈  0, 2  ισχύει:    160

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ f ′(θ ) = −συνθ + ηµθ = ηµ3θ − συν3θ , ηµ2θ συν2θ ηµ2θ ⋅ συν2θοπότε f ′(θ ) = 0 ⇔ ηµ3θ − συν3θ = 0 ⇔ ηµθ = συνθ ⇔ θ = π , 4αφού θ ∈  0, π  .  2 Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίοπροσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατα αυτής. θ0 π π 4 2 f ′ (θ) – 0 + f(θ) 2 2 minΔηλαδή, η f στο θ = π παρουσιάζει ελάχιστο f π  = 2 2. 4  4 Επομένως, το μεγαλύτερο δυνατό μήκος της σκάλας, που μπορεί, αν μεταφερθείοριζόντια να στρίψει στη γωνία, είναι 2 2m ≅ 2,8m.6. i) ● Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Α = (0, +∞) ● Η f είναι συνεχής στο Α.● Για κάθε x > 0 ισχύει f ′( x) = 1 − ln x , οπότε x2 f ′(x) = 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e.Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίοπροσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα τοπικά ακρότατα της f. x 0 e +∞ f ′ (x) + 0 – 1 f(x) e max 161

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ● Για κάθε x > 0 ισχύει f ′′( x) = −x − 2x(1− ln x) = 2 ln x − 3 , οπότε x4 x3 f ′′(x) = 0 ⇔ ln x = 3 ⇔ x = e3/2. 2Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορί-ζουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf είναι κυρτή ή κοίλη και τα σημεία καμπήςτης. x0 e3/2 +∞ f ″(x) –0+ f ( x) 3 2e3/ 2 Σ.Κ.● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτεςΗ ασύμπτωτη της Cf στο +∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου 0 1  0 λ = lim ln x lim x = lim 1 =0 και x2 = 2x 2x2 x → +∞ x → +∞ x → +∞ 1β = lim ( f (x) − λ x) = lim ln x = lim x = 0. x → +∞ xx → +∞ 1x→+∞Άρα, η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞. lim f (x) = lim ln x 1Επειδή, επιπλέον, xx→0 = lim  x ⋅ ln x  = −∞, η ευθεία x = 0 x → 0+   x → 0+είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική τηςπαράσταση.x0 e e3/2 +∞f ′ (x) + 0 – –f ″(x) – –0 + 0f ( x) 1 3 −∞ e 2e3/ 2 Σ.Κ. T.M. 162

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣii) Είναι α α +1 > (α +1)α ⇔ ln α α +1 > ln(α +1)α ⇔ (α +1) lnα > α ln(α +1) ⇔ lnα > ln(α +1) α α +1 ⇔ f (α ) > f (α +1). Η τελευταία ανισότητα (άρα και η πρώτη) είναι αληθής, αφού e < α < α + 1 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [e, +∞).iii) Για κάθε x > 0 έχουμε: 2x = x2 ⇔ ln 2x = ln x2 ⇔ x ln 2 = 2 ln x ⇔ ln 2 = ln x ⇔ f (2) = f (x). 2x Δηλαδή η εξίσωση 2x = x2 έχει τόσες λύσεις στο (0, +∞), όσες είναι οι τιμές του x > 0 για τις οποίες η συνάρτηση f παίρνει την τιμή f (2) = ln 2 . 2 Επειδή 22 = 22 και 24 = 42, η εξίσωση 2x = x2 έχει στο (0, +∞) λύσεις τις x = 2 και x = 4. Θα αποδείξουμε τώρα ότι αυτές είναι μοναδικές. Πράγματι σύμφωνα με το ερώτημα i): — η f στο (0,e] είναι γνησίως αύξουσα. Άρα την τιμή f(2) θα την πάρει μια φορά, για x = 2. — η f στο [e, +∞) είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα την τιμή f(4) θα την πάρει μόνο μια φορά. 163

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ Επομένως, οι λύσεις της 2x = x2 είναι ακριβώς δύο, οι x1 = 2 και x2 = 4.7. i) Θ εωρούμε τη συνάρτηση f (x) = α x + β x , η οποία ορίζεται στο R και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό. Επειδή f(0) = 2 έχουμε: f (x) ≥ f (0) για κάθε x ∈R , που σημαίνει ότι η f στο x0 = 0 παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat ισχύει f ′ (0) = 0. Είναι όμως f ′(x) = α x lnα + β x ln β , οπότε f ′(0) = 0 ⇔ lnα + ln β = 0 ⇔ ln(αβ ) = 0 ⇔ αβ = 1. ii) Γ ια κάθε x ∈ R ισχύει. Θεωρούμε, τώρα, τη συνάρτηση f (x) = α x − x −1, η οποία ορίζεται στο R και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό. Επειδή f (0) = α 0 − 0 −1 = 0, έχουμε f(x) ≥ f(0) για κάθε x ∈ R. Άρα η f στο x0 = 0 παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, ισχύει f ′ (0) = 0. Είναι όμως: f ′(x) = α x lnα −1 οπότε f ′(0) = 0 ⇔ α 0 lnα −1 = 0 ⇔ lnα = 1 ⇔ α = e.8. i) —Για κάθε x ∈ R ισχύει: f ′ (x) = ex και f ″(x) = ex > 0 για κάθε x ∈ R.Άρα η f είναι κυρτή στο R.— Για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει:g′(x) = 1 και g ′′( x) = − 1 < 0. x x2Άρα η f είναι κοίλη στο (0, +∞).ii) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(0,1) είναι: y −1 = f ′(0)(x − 0) ⇔ y −1 = x ⇔ y = x +1, 164

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ενώ της Cg στο σημείο (1,0) είναι: y − 0 = g′(1)(x −1) ⇔ y = x −1.iii) α) Επειδή η f είναι κυρτή στο R η εφαπτομένη της Cf στο σημείο (0,1) βρίσκεται κάτω από την Cf . Άρα ισχύει: ex ≥ 1+ x για κάθε x ∈ R. Η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = 0.β) Επειδή η g είναι κοίλη στο (0, +∞) η εφαπτομένη της Cg στο σημείο Β(1,0) βρίσκεται πάνω από την Cg. Άρα, ισχύει: x −1 ≥ ln x για κάθε x ∈ (0, +∞).Η ισότητα ισχύει όταν x = 1.iv) Για κάθε x ∈ R ισχύει x −1 ≤ x +1,οπότε, λόγω του ερωτήματος iii), έχουμεln x ≤ x −1 < x +1 < ex , x > 0.Άρα ln x < ex, για κάθε x > 0.9. i) H συνάρτηση f(x) = ex – λx είναι παραγωγίσιμη στο R με f ′(x) = ex − λ. Είναι f ′(x) = 0 ⇔ ex − λ = 0 ⇔ x = ln λ. Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα. x −∞ lnλ +∞f ′ (x) – 0+ f(x) minΕπομένως, η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για x = ln λ την 165

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ f (ln λ) = elnλ − λ ln λ = λ − λ ln λ = λ(1− ln λ).ii) Ισχύουν οι ισοδυναμίες R R R ⇔ min f (x) ≥ 0 ⇔ λ(1− ln λ) ≥ 0 ⇔ 1− ln λ ≥ 0 ⇔ ln λ ≤ 1 ⇔ λ ≤ e.Άρα, η μεγαλύτερη τιμή του λ, για την οποία ισχύει ex ≥ λ x για κάθε x ∈ R,είναι η λ = e.iii) Γ ια να εφάπτεται η ευθεία y = ex της γραφικής παράστασης της g(x) = ex, αρκεί να υπάρχει σημείο x0 τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της Cg στο Α(x0,g(x0)) να ταυτίζεται με την y = ex. Για να ισχύει αυτό, αρκεί  g (x0 ) = e ⋅ x0 ⇔ e x0 = ex0 ⇔ x0 = 1.  g ′(x0 ) = e  =e  e x0Επομένως η y = ex εφάπτεται της Cg στο σημείο Α(l,e). ε1 : y − ex0 = ex0 (x − x0 ). (1)10. i) Για x ≠ 0 είναι f (x) − f (0) = x2ηµ 1 = xηµ 1 . x x−0 x xΕπειδή xηµ 1 ≤ x έχουμε x − x ≤ xηµ 1 ≤ x . xΌμως lim x = lim (− x ) = 0. x→0 x→0 166

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣΆρα lim  xηµ 1  = 0.  x  x→0Επομένως f ′ (0) = 0.Αφού f(0) = 0 και f ′ (0) = 0, η ευθεία y = 0 είναι εφαπτόμενη της Cf στο Ο(0,0).ii) Τα κοινά σημεία της Cf και της ευθείας y = 0 προκύπτουν από τη λύση της εξίσωσης f(x) = 0.● Για x ≠ 0 είναιf (x) = 0 ⇔ x2ηµ 1 = 0 ⇔ ηµ 1 = 0 xx ⇔ 1 = κπ , κ ∈  * ⇔ x = 1 , κ ∈  * . (1) x κπ● Για x = 0 είναι f(0) = 0.Άρα, τα κοινά σημεία είναι άπειρα το Ο(0,0) και τα υπόλοιπα έχουν τετμημένεςπου δίνονται, για τις διάφορες τιμές του κ ∈  * από τη σχέση (1). (Είναιπροφανές ότι για μεγάλες κατ’ απόλυτη τιμή του κ, οι τιμές του x είναι πολύμικρές και πλησιάζουν το 0).iii) Αρκεί να δείξουμε ότι lim ( f (x) − x) = 0 και lim ( f (x) − x) = 0 x → +∞ x → −∞● Έχουμε: lim ( f (x) − x) = lim  x2ηµ 1 − x   x  x → +∞ x → +∞ = lim  1 ηµt − 1  t2 t  t→0 = lim ηµt − t  µορϕή 0  t2  0 t→0 = lim συνt −1  µορϕή 0  t→0 2t  0 = lim −ηµt = 0. t→0 2 167

























3.2 Άρα I = ex (συν2x + 2ηµ2x) − 4I 5I = ex (συν2x + 2ηµ2x) I = 1 ex (συν2x + 2ηµ2x) + c. 52. i) Θέτουμε u = 3x, οπότε du = 3dx και άρα dx = 1 du. Επομένως, 3 ∫ ηµ3xdx = 1 ∫ ηµudu = − 1 συνu + c = − 1 συν3x + c 3 3 3 ii) Θέτουμε u = 4x2 −16x + 7, οπότε du = (8x −16)dx = 8(x − 2)dx. Επομένως ∫ ∫(4x2 −16x + 7)3 (x − 2)dx = 1 u3du = 1 u4 + c 8 84 = 1 (4x2 −16x + 7)4 + c. 32 iii) Θέτουμε u = x2 + 6x, οπότε du = (2x + 6)dx = 2(x + 3)dx. Επομένως, ∫ ∫ ∫x + 3 dx = 1 du = 1 u−4du = 1 u−3 + c 2 u4 2 2 −3 (x2 + 6x)4 = − 1 1 + c = −1 + c. 6 u3 6(x2 + 6x)3 iv) Θέτουμε u = 2 + x3, οπότε du = 3x2dx. Επομένως, ∫ ∫ ∫x2 −1 1 2 1 dx = 1 du = 1 = 2 + c = (2 + + c. u 2 du u2 x3 )2 2 + x3 3 u3 33 v) Θέτουμε u = x + l, οπότε du = dx και x = u – 1. Επομένως, 31 ∫ x x +1dx = ∫ (u −1) udu = ∫ u 2 du − ∫ u 2 du = 2 u 5 − 2 u 3 +c 2 2 53 = 2u 3  1 u − 1  + c 2  5 3  180

3.2 = 2 3 15 (x +1)2 (3x − 2) + c.3. i) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Επομένως, ∫ ∫exηµexdx = ηµudu = −συνu + c = −συνex + cii) Θέτουμε u = ex + 1, οπότε du = exdx. Επομένως, ∫ ∫ex 1 dx = du = ln u + c = ln(ex +1) + c u ex +iii) Θέτουμε u = ln x, οπότε du = 1 dx. Επομένως, x 1 ∫ ∫ ∫dx = du = −1 = u2 +c u 1 x ln x u 2 du 2 = 2 u + c = 2 ln x + civ) Θέτουμε u = ln(ex + 1), οπότε du = e ex 1 dx. Επομένως, x+ ex du = ln u + c +1) ln(ex u ∫ ∫(ex dx = + 1) = ln ln(ex +1) + c = ln(ln(ex +1)) + c αφού ln(ex + 1) > ln1 = 0.v) Θέτουμε u = 1 , οπότε du = − 1 dx. Επομένως, x x2 ηµ  1  1  x  x ∫ dx = −∫ ηµudu = συνu + c = συν + c. x2 181

3.23.2 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. i) Θέτουμε u = 1+ συν2 x, οπότε du = – 2ημxσυνxdx ή du = – ημ2xdx. Επομένως, ∫ 1 ηµ2x x dx = −∫ du = − ln u +c = − ln(1+ συν2 x) + c + συν2 uii) Θέτουμε u = ln(συνx), οπότε du = − ηµx dx = −εϕxdx. Επομένως, συνx ∫ εϕx ln(συνx)dx = −∫ udu = − u2 +c = − 1 [ln(συνx)]2 +c 2 2iii) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως, ∫ ∫συνxeηµxdx = eu du = eu + c = eηµx + c.2. i) Θέτουμε u = x3 + 1 , οπότε du = 3x2 ⋅ x3 − 3x2 (x3 +1) dx = −3 dx. Επομένως, x3 x6 x4 ∫ ∫ ∫x3 +1 1 x3 u 2 du 1 dx = − 1 udu = − 1 x4 3 3 1 +1 3 3 = −1 u 2 + c = − 1 u2 +c = − 2  x3 +12 + c. 3 1 3 3 9   + 1  x3  22ii) Θέτουμε u = x2 +1, οπότε du = 2x dx = x dx. Επομένως, 2 x2 +1 x2 +1 ∫ x dx = ∫ du = u + c = x2 +1 + c. x2 +1iii) Θέτουμε u = x2 +1, οπότε du = 2xdx, οπότε έχουμε ∫ x ln( x 2 + 1)dx = 1 ∫ ln udu = 1 ∫ (u)′ ln udu 2 2 = 1 u ln u − 1 ∫ du 2 2 = 1 u ln u − 1 u + c = 1 (x2 +1) ln(x2 +1) − 1 (x2 +1) + c. 222 2 182

3.2  x3 ′3. i) Έχουμε:  3    ∫ ∫x2 ln x2dx = ln x 2 dx ∫= x3 ln x2 − x3 1 (x2 )′dx 3 x2 3 ∫= 1 x3 ln x2 − 2 x2dx = x3 ln x2 − 2 x3 + c 33 39 x3ii) Έχουμε ∫ (ln t)2 dt = ∫ (t)′(ln t)2 dt = t(ln t)2 − ∫ t2 ln t(ln t)′dt = t(ln t)2 − 2∫ ln tdt = t(ln t)2 − 2∫ (t)′ln tdt = t(ln t)2 − 2t ln t + 2∫ t 1 dt t = t(ln t)2 − 2t ln t + 2t + ciii) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Επομένως ∫ ∫ ∫e2xσυνexdx = exσυνex exdx = uσυνudu = ∫ u(ηµu)′du = uηµu − ∫ ηµudu = uηµu + συνu + c = exηµex + συνex + c.4. i) Έχουμε ηµx (συνx)′ συνx συνx ∫ εϕxdx = ∫ dx = −∫ dx = − ln συνx + cκαι x συν2 ∫ x dx = ∫ x(εϕx)′dx = xεϕx − ∫ εϕxdx = xεϕx + ln συνx + c1.ii) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως, ∫ συνx dx = ∫ du = − 1 +c = − 1 + c. ηµ2 x u2 u ηµx 183

3.2 Επίσης έχουμε ∫ 1+ συνx dx = ∫ 1 x dx + ∫ συνx dx ηµ2 x ηµ2 ηµ2 x = −σϕx − 1 + c. ηµxiii) Έχουμε ∫ ηµ3xdx = ∫ ηµ2 xηµxdx = ∫ (1− συν2 x)ηµxdx. Θέτουμε u = συνx, οπότε du = – ημxdx. Επομένως, ∫ ηµ3xdx = −∫ (1− u2 )du = ∫ u2du − ∫1du = u3 − u + c = συν2 x − συνx + c. 33 Επίσης έχουμε ∫ συν3xdx = ∫ συν2 xσυνxdx = ∫ (1− ηµ2 x)συνxdx. Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως, ∫ ∫συν3 xdx = (1− u2 )du = u − u3 + c = ηµx − ηµ3x + c. 335. Έχουμεi) ∫ ηµ2 xdx = ∫ 1 − συν2x dx = 1 x− 1 ∫ συν2xdx 2 2 2 = 1 x − 1 ηµ2x + c 24ii) ∫ συν2 xdx = ∫ 1 + συν2 x dx = 1 x+ 1 ηµ2x + c 2 2 4∫ ∫iii) ηµ2 xσυν2 xdx = 1 ηµ2 2xdx 4 = 1 ∫ 1− συν4x dx 4 2 = 1 x − 1 ∫ συν4xdx 8 8 = 1 x − 1 ηµ4x + c. 8 32 184

3.26. Έχουμεi) ∫ ηµxσυν2xdx = 1 ∫[ηµ(−x) + ηµ3x]dx 2 = − 1 ∫ ηµxdx + 1 ∫ ηµ3xdx 2 2 = 1 συνx − 1 συν3x + c 26ii) ∫ συν3x συν5xdx = 1 ∫ (συν2x + συν8x)dx 2 = 1 ∫ συν2xdx + 1 ∫ συν8xdx 2 2 = 1 ηµ2x + 1 ηµ8x + c 4 16iii) ∫ ηµ2xηµ4xdx = 1 ∫ (συν2x − συν6x)dx 2 = 1 ηµ2x − 1 ηµ6x + c. 4 127. i) Έχουμε: 2x −3 (x2 − 3x + 2)′ x2 − 3x + x2 − 3x + 2 ∫ ∫x2 2 dx = dx = ln − 3x +2 + c.ii) Έχουμε: 3x + 2 2 = (x 3x + 2 2) , x ∈R −{1, 2}. x2 − 3x + −1)(x − Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι ώστε: 3x + 2 = Α + Β , για κάθε x ∈ R −{1, 2}. (1) (x −1)(x − 2) x −1 x − 2 Με απαλοιφή παρονομαστών έχουμε τελικά: (Α + Β)x – (2Α + Β) = 3x + 2, για κάθε x ∈R −{1, 2} Η (1) ισχύει για κάθε x ∈ R −{1, 2}, αν και μόνο αν Α + Β = 3 2 ⇔ Α = −5 και Β = 8. −2Α − Β = 185

3.2Επομένως ∫ x2 3x + 2 2 dx = ∫ −5 dx + ∫ x 8 2 dx − 3x + x −1 − = −5ln x −1 + 8ln x − 2 + c.iii) Από τη διαίρεση (x3 – 2x):(x2 + 3x + 2) βρίσκουμε: x3 − 2x = (x2 + 3x + 2)(x − 3) + 5x + 6οπότε x3 − 2x 2 = x − 3+ 5x + 6 2 (1) x2 + 3x + x2 + 3x + (2)Εξάλλου έχουμε: (1) 5x + 6 2 = (x 5x + 6 2) . x2 − 3x + +1)(x +Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι, ώστε 5x + 6 = Α + Β για κάθε x ∈ R −{−1, −2}. (x +1)(x + 2) x +1 x + 2Με απαλοιφή παρονομαστών, έχουμε τελικά (Α + Β )x + 2Α + Β = 5x + 6.Η (2) ισχύει για κάθε x ∈R −{−1, −2}, αν και μόνο αν Α + Β = 5 ⇔ Α =1 και Β = 4. 2Α + Β = 6Επομένως λόγω και της (1) έχουμε: ∫ x3 − 2x 2 dx = ∫ ( x − 3)dx + ∫ dx + ∫ x 4 2 dx x2 + 3x + x +1 + = x2 − 3x + ln x +1 + 4 ln x + 2 + c. 2iv) Έχουμε 2 = Α+ Β, για κάθε x∈R −{1, −1}. x2 −1 x −1 x +1Με απαλοιφή παρονομαστών έχουμε (Α + Β)x + Α – Β = 2. 186

3.3Η (1) ισχύει για κάθε x ∈R −{1, −1}, αν και μόνο αν Α + Β = 0 ⇔ Α = 1 και Β = – 1. Α − Β = 2Επομένως, έχουμε ∫ x 2 1 dx = ∫ 1 dx − ∫ 1 dx = ln x −1 − ln x +1 + c. 2− x −1 x +13.3 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dy = −4xy2 dx dy = −4xdx y2 ∫ dy = −4∫ xdx y2 − 1 = −2x2 + c1 y y = 2 1 c , c ∈R. x2 +ii) Η εξίσωση γράφεται y dy = x dx ydy = xdx ∫ ydy = ∫ xdx y2 = x2 + c1 2 2 y2 = x2 + 2c1 y2 − x2 = c, y = c + x2 , αφού y > 0 (c ∈R). 187

3.3iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: 1 dy = 2 xy dx dy = 2xdx y ∫ 1 dy = ∫ 2xdx y ln y = x2 + c1 y = ex2 +c1 y = ec1 ex2 y = ±ec1 ex2 y = cex2 , όπου c = ±ec1 . iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dy = e− yσυνx dx eydy = συνxdx ∫ eydy = ∫ συνxdx ey = ηµx + c y = ln(ηµx + c), c ∈R .2. i) Μία παράγουσα της α(x) = 2 είναι η Α(x) = 2x. Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης με e2x και έχουμε διαδοχικά: y′e2x + 2e2x y = 3e2x ( ye2x )′ = 3e2x ∫ ∫( ye2x )′dx = 3e2xdx ye2x = 3 e2x + c 2 188

3.3 y = 3 + ce−2x , c∈ R. 2ii) Μία παράγουσα της α(x) = 2 είναι η A(x) = 2x. Πολλαπλασιάζουμε με e2x οπότε έχουμε διαδοχικά y′e2x + 2 ye2x = ex ( ye2x )′ = ex ∫ ∫( ye2x )′dx = exdx ye2x = ex + c y = e−x + ce−2x , c∈ R.iii) Μ ία παράγουσα της α(x) = l είναι η A(x) = x. Πολλαπλασιάζουμε με ex, οπότε έχουμε διαδοχικά y′ex + yex = ex ⋅ 2x ( yex )′ = 2ex x ∫ ( yex )′dx = 2∫ ex ⋅ xdx ∫yex + c1 = 2xex − 2 exdx yex = 2xex − 2ex + c y = 2x − 2 + ce−x , c∈ R.iv) Μ ία παράγουσα της α(x) = 2x είναι η A(x) = x2. Πολλαπλασιάζουμε ex2 , οπότε έχουμε διαδοχικά y′ex2 + 2xex2 y = xex2 ( yex2 )′ = xex2 ∫yex2 + c1 = xex2 dx yex2 = 1 ex2 + c 2 y = 1 + ce−x2 , c∈ R. 2 189

3.33. Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dy = 2x2 y2 dx dy = 2 x 2 dx y2 ∫ ∫y−2dy = 2 x2dx − 1 = 2 x3 + c1 y 3 − 1 = 2x3 + 3c1 y3 y = −3 c . 2x3 +Επειδή y(0) = – 3, έχουμε −3 = −3, οπότε c = 1. Άρα c y = 2 −3 1 . x3 +4. Η εξίσωση γράφεται y′ + 3y = 2. Μια παράγουσα της α(x) = 3 είναι η Α(x) = 3x, οπότε έχουμε διαδοχικά y′e3x + 3ye3x = 2e3x y′e3x + y(e3x )′ = 2e3x ( ye3x )′ = 2e3x ∫ ∫( ye3x )′dx = 2 e3xdx ye3x = 2 e3x + c 3 y = 2 + c . 3 e3xΕπειδή y(0) = 2 έχουμε 2 = 2 + c , οπότε c = 0. Άρα y = 2. 3 3 3 e0 3 190

3.35. i) Μια παράγουσα της α ( x) = 1 είναι η Α(x) = εφx. Πολλαπλασιάζουμε συν2 x με eεϕx , οπότε έχουμε διαδοχικά: y′eεϕx + eεϕx 1 y = 1 eεϕx συν2 x συν2 x ( yeεϕx )′ = eεϕx 1 συν2 x ∫yeεϕx + c1 = eεϕx 1 dx συν2 x ∫yeεϕx + c1 = eεϕx (εϕx)′dx yeεϕx = eεϕx + c y = 1+ ce−εϕx . Επειδή y(0) = – 3, έχουμε – 3 = 1 + c, οπότε c = – 4. Άρα y = 1− 4 . eεϕx ii) Επειδή x > 0, είναι x + l > 0, οπότε η εξίσωση γράφεται y′ + 1 y = 1 ln x. x +1 x +1 Μία παράγουσα της α ( x) = 1 είναι η Α(x) = ln(x + 1). Πολλαπλασιάζουμε x +1 με eln(x+1) = x +1, οπότε έχουμε διαδοχικά y′ ⋅ (x +1) + y = ln x ( y(x +1))′ = ln x y(x +1) + c1 = ∫ ln xdx y(x +1) = x ln x − x + c y = x ln x − x + c . x +1 Επειδή y(1) = 10, έχουμε −1+ c = 10, οπότε c = 21. Επομένως 2 y = x ln x − x + 21. x +1 191

3.33.3 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Μία παράγουσα της α(t) = 1 είναι η A(t) = t. Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της εξίσωσης με et και έχουμε διαδοχικά: I ′(t)et + I (t)et = etηµt (I (t)et )′ = etηµt ∫I (t)et + c1 = etηµtdt (1) ∫ ∫etηµtdt = etηµt − etσυνtdtΕξάλλου έχουμε ∫= etηµt − etσυνt + etηµtdt  ,οπότε ∫2 etηµtdt = et (ηµt − συνt) + c1.Άρα ∫ etηµtdt = 1 et (ηµt − συνt) + c, 2οπότε από την (1) προκύπτει ότιΓια t = 0 έχουμε I (t)et = 1 et (ηµt − συνt) + c. 2 I (0)e0 = 1 e0 (ηµ0 − συν0) + c 2 0 = −1 +c 2Έτσι, τελικά είναι c = 1. 2 I (t)et = 1 et (ηµt − συνt) + 1 22 I (t) = 1 (ηµt − συνt) + 1 e−t . 22 192

3.32. Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: ye y2 dy = e2x dx ye y2 dy = e2xdxΆρα ∫ ∫yey2 dy = e2xdx 1 ey2 = 1 e2x + c1 2 2 e y2 = e2x + 2c1 ey2 = e2x + c, c∈ R.Επειδή y(2) = 2, έχουμε e4 = e4 + c, οπότε c = 0. Επομένως ey2 = e2x , οπότε y2 =2x και άρα y = 2x, αφού περνάει από το σημείο Α(2,2).3. Μία παράγουσα α (x) = − 1 είναι η Α(x) = − ln x. Πολλαπλασιάζουμε με xe− ln x ln 1 = 1, οπότε έχουμε διαδοχικά x =e x y′ 1 − 1 y = x1 x x2 x  y ⋅ 1 ′ = 1  x  y⋅1 = x+c x y = x2 + cx, c∈ R.4. Ισχύει y′ = xy, y > 0, οπότε έχουμε διαδοχικά: dy = xdx y ∫ dy = ∫ xdx y ln y = x2 + c1, y>0 2 193

3.3 y = x2 + c1 e2 x2 y = c ⋅ e 2 , c = ec1 > 0.Εξάλλου ισχύει y(0) = 1, οπότε c = 1. Άρα x2 y=e2.5. i) Μία παράγουσα της α(t) = α είναι η A(t) = αt, οπότε έχουμε διαδοχικά y′eαt + α eαt y = β e−λt ⋅ eαt ( yeαt )′ = β e(α −λ)t ∫yeαt + c1 = β e(α −λ)t dt yeαt = β e(α −λ)t + c α −λ y = α β λ e−λt + c . − eα tΆρα y(t) = β 1 + c , c∈ R. α −λ eλt eα tii) Επειδή α > 0, λ > 0 ισχύει lim 1 =0 και lim c = 0, οπότε eλt eα t t →+∞ t →+∞ lim y(t) = 0. t →+∞6. Επειδή θ – Τ > 0 η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dθ = −κ dt θ −Τ ∫ θ dθ = −κt + c1, −Τ ln(θ −Τ ) = −κt + c1 θ −Τ = e−κt +c1 θ (t) = T + ce−κt , c = ec1 . 194

3.3Εξάλλου θ (0) = θ0 ⇔ θ0 = T + c ⋅ e0 ⇔ c = θ0 − T.Άρα θ (t) = T + (θ0 − T )e−κt .7. i) Έ στω Ρ1(t) ο πληθυσμός της χώρας, αν δεν υπήρχε η μετανάστευση και P2(t) ο πληθυσμός που έχει μεταναστεύσει μέχρι τη χρονική στιγμή t. Τότε ο πληθυσμός της χώρας είναι P(t) = P1(t) − P2 (t)οπότε P′(t) = P1′ (t) − P2′ (t). (1)Είναι όμως P1′ (t) = k ⋅ P(t), k > 0,αφού έχουμε ρυθμό αύξησης του Ρ1(t) ανάλογο του P(t).Επίσης είναι P2′ (t) = m, οπότε η (1) γράφεται P′(t) = kP(t) − m,ή ισοδύναμα P′ − kP = −m.Μία παράγουσα της α(t) = – k είναι η A(t) = – kt. Πολλαπλασιάζουμε με e–ktτα μέλη της εξίσωσης, οπότε έχουμε διαδοχικά: P′e−kt − ke−kt P = −me−kt (Pe−kt )′ = −me−kt ∫Pe−kt + c1 = −m e−kt dt Pe−kt = m e−kt + c k P(t) = m + cekt . kΕπειδή P(0) = P0, έχουμε P0 = m + c, οπότε c = P0 − m. Άρα k k 195

3.3 P(t) = m +  P0 − m  ekt , k>0 k  k iii) Είναι P′(t) = (kP0 − m)ekt — αν m < kP0 τότε P′(t) > 0, οπότε ο πληθυσμός αυξάνεται. — αν m > kP0 τότε P′(t) < 0, οπότε ο πληθυσμός μειώνεται. — αν m = kP0 τότε P′(t) > 0, οπότε ο πληθυσμός είναι σταθερός.8. i) Ο όγκος του νερού της δεξαμενής τη χρονική στιγμή t είναι V (t) = π r2 y(t) = π y(t),όπου r = 1m η ακτίνα του κυλίνδρου, οπότε V ′(t) = π y′(t).Εξάλλου έχουμε −α 2gy = −π ⋅ 0,12 20 y = −0, 02π 5y.Έτσι ο νόμος του Torricelli γράφεται π y′ = −0, 02π 5y ,ή ισοδύναμα y′ = − 5 y (1) 50ii) Προφανώς το y = 0 αποτελεί λύση της (1). Για y > 0 η εξίσωση γράφεται dy = − 5 dt, y 50οπότε έχουμε διαδοχικά: ∫ y−1/2dy = − 5 t + c 50 2 y1/2 = − 5 t + c 50 y1/2 = − 5 t + c 100 2 y =  −5 t + c 2 .  100 2  196

3.3Όμως ισχύει y(0) = 36 dm, οπότε 36 =  c 2 , συνεπώς c = 12. Άρα  2  y(t ) =  − 5 t + 6 2  100 iii) H δεξαμενή αδειάζει τελείως, όταν y(t) = 0. Έτσι έχουμε: y(t) = 0 ⇔ − 5 t + 6 = 0 ⇔ t = 600 = 600 5 = 120 5 sec. 100 5 59. Η Ε = 0 αποτελεί μία προφανή λύση της διαφορικής εξίσωσης. Για Ε > 0 η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dΕ = − 1 dt Ε RC ln Ε =− 1 t + c1 RC Ε (t) = − t + c1 RC e −t k = ec1 . Ε (t) = k ⋅ e RC ,Εξάλλου − t1 t1 Ε (t1) = Ε 0 ⇔ Ε 0 = ke RC ⇔ k = Ε 0e RC .Άρα t1 −t E(t) = E0e RC .10. i) α) Αν αντικαταστήσουμε τις τιμές των R, L και Ε, κανόνας του Kirchhoff γράφεται 4I ′ +12I = 60, ή ισοδύναμα I ′ = 3I +15. (1) Μία παράγουσα της α(t) = 3 είναι η A(t) = 3t. Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη (1) με e3t, οπότε έχουμε διαδοχικά: I ′e3t + 3e3t I = 15e3t (Ie3t )′ = 15e3t 197

3.3 ∫Ie3t + c1 = 5 3e3t dt Ie3t = 5e3t + c. I (t) = 5 + c . e3tβ) Είναι lim I (t) = lim  5 + c  = 5.  e3t  t →+∞ t →+∞Από την ισότητα lim I (t) = 5 συμπεραίνουμε ότι για «μεγάλες» τιμές του t η t →+∞ένταση γίνεται σταθερή και η γραφική παράσταση της y = I(t) έχει ασύμπτωτητην ευθεία y = 5.ii) Αν Ε = 60ημ3t ο κανόνας του Kirchhoff γράφεται διαδοχικά: I ′ + 3I = 15ηµ3t I ′e3t + 3e3t I = 15e3t ηµ3t (Ie3t )′ = 15e3tηµ3t ∫Ie3t + c1 = 5 3e3tηµ3tdt. (2)∫Θέτουμε J = 3e3tηµ3tdt, οπότε ∫ ∫J = (e3t )′ηµ3tdt = e3tηµ3t − 3 e3tσυν3tdt ∫= e3tηµ3t − (e3t )′συν3tdt ∫= e3tηµ3t − e3tσυν3t + 3 e3tηµ3tdt  = e3t (ηµ3t − συν3t) − 3J.Άρα 1 4 J = e3t (ηµ3t − συν3t ) + c1 , c1 ∈ R .Λόγω της (2) έχουμε Ie3t = 5 e3t (ηµ3t − συν3t) + c 4Άρα 5 c 4 e3t I (t) = (ηµ3t − συν3t) + . 198