Lyseis sxol math_kat

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑΓ΄ ΤάξηςΓενικού ΛυκείουΘετική και ΤεχνολογικήΚατεύθυνση

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου

Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου

22-0182-02.indd 1 21/2/2014 12:27:25 µµ

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ∆ΟΣΗΣ

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ∆ΟΣΗΣΗ επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργή-θηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ».

Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

22-0182-02.indd 2 21/2/2014 12:27:52 µµ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑΓ΄ ΤάξηςΓενικού ΛυκείουΘετική και ΤεχνολογικήΚατεύθυνση

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

Ανδρεαδάκης ΣτυλιανόςΚαθηγητής Πανεπιστημίου ΑθηνώνΚατσαργύρης ΒασίλειοςΚαθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσηςΜέτης ΣτέφανοςΚαθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσηςΜπρουχούτας Κων/νοςΚαθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσηςΠαπασταυρίδης ΣταύροςΚαθηγητής Πανεπιστημίου ΑθηνώνΠολύζος ΓεώργιοςΚαθηγητής Β/θμιας εκπαίδευσης

ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

22-0182-02.indb 3 26/11/2013 4:08:42 μμ

ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗΤο τεύχος που κρατάς έχει μια ιδιομορφία: σου δίνεται με τη σύσταση ν α μ η τ ο

δ ι α β ά σ ε ι ς . τουλάχιστο με την έννοια που διαβάζεις ένα άλλο βιβλίο για να κατανοήσεις το περιεχόμενό του.

Πράγματι, οι ασκήσεις που σου δίνει ο καθηγητής σου είναι για να εργαστείς μόνος. Γιατί το να λύσεις μια άσκηση σημαίνει πολλές φορές όχι μόνο ότι έχεις κατανοήσει την αντίστοιχη θεωρητική ύλη αλλά και ότι ξέρεις να τη χρησιμοποιήσεις για να δημιουργείς, να ανακαλύπτεις ή να επιβεβαιώνεις κάτι καινούργιο. Και αυτό έχει ιδιαίτερη σημασία για σένα τον ίδιο. Δεν μπορεί παρά να έχεις και συ τη φιλοδοξία να λύνεις μόνος χωρίς βοήθεια τις ασκήσεις για να νιώθεις τη χαρά αυτής της δημιουργίας, της ανακάλυψης.

Πρέπει να ξέρεις ότι όταν δυσκολεύεσαι στη λύση μιας άσκησης, τις πιο πολλές φορές υπάρχει κάποιο κενό στη γνώση της αντίστοιχης θεωρίας. Πήγαινε πίσω λοιπόν στο διδακτικό βιβλίο κάθε φορά που χρειάζεται να εντοπίσεις και να συμπληρώσεις τέτοια κενά. Οπωσδήποτε πριν καταπιαστείς με τη λύση των ασκήσεων πρέπει να αισθάνεσαι κάτοχος της θεωρίας που διδάχτηκες.

Εκτός από την κατανόηση της θεωρίας μπορεί να βοηθηθείς στη λύση μιας άσκησης από τα παραδείγματα και τις εφαρμογές που περιέχει το διδακτικό σου βιβλίο. Αν παρ’ όλα αυτά δεν μπορείς να προχωρήσεις, στο τέλος του βιβλίου σου θα βρεις μια σύντομη υπόδειξη που ασφαλώς θα σε διευκολύνει.

Στις ελάχιστες περιπτώσεις που έχοντας εξαντλήσει κάθε περιθώριο προσπάθειας δε βρίσκεται η πορεία που οδηγεί στη λύση της άσκησης, τότε και μ ό ν ο τότε μπορείς να καταφύγεις σ’ αυτό το τεύχος και μάλιστα για να διαβάσεις εκείνο το τμήμα της λύσης που σου είναι απαραίτητο για να συνεχίσεις μόνος.

Ουσιαστικά λοιπόν δεν το ’χεις ανάγκη αυτό το τεύχος. Σου παρέχεται όμως για τους εξής λόγους:α) Για να μπορείς να συγκρίνεις τις λύσεις που εσύ βρήκες.β) Για να σε προφυλάξει από ανεύθυνα «λυσάρια».γ) Για να απαλλάξει τους γονείς σου από αντίστοιχη οικονομική επιβάρυνση.δ) Για να έχεις εσύ και οι συμμαθητές σου την ίδια συλλογή ασκήσεων που είναι έτσι

επιλεγμένες, ώστε να εξασφαλίζουν την εμπέδωση της ύλης.ε) Για να εργάζεσαι χωρίς το άγχος να εξασφαλίσεις οπωσδήποτε για κάθε μάθημα τις

λύσεις των ασκήσεων.Το τεύχος που κρατάς είναι λοιπόν φίλος. Να του συμπεριφέρεσαι όπως σ’ έναν φίλο

που έχει δει πριν από σένα την ταινία που πρόκειται να δεις μη του επιτρέψεις να σου αποκαλύψει την «υπόθεση» πριν δεις και συ το έργο. Μετά μπορείτε, να συζητήσετε. Η σύγκριση των συμπερασμάτων θα είναι ενδιαφέρουσα και προπαντός επωφελής.

(Από το Τμήμα Μ.Ε. του Π.Ι.)

22-0182-02.indb 4 26/11/2013 4:08:42 μμ

Α΄ ΜΕΡΟΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ

22-0182-02.indb 5 26/11/2013 4:08:42 μμ

22-0182-02.indb 6 26/11/2013 4:08:42 μμ

7

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1

ΠΙΝΑΚΕΣ - ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ

1.1 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) Ο πίνακας είναι τύπου 3 7× .ii) Το στοιχείο α

12 μας πληροφορεί ότι η ομάδα ΝΙΚΗ έχει 6 νίκες, ενώ το στοιχείο

α15

μας πληροφορεί ότι η ίδια ομάδα πέτυχε 13 τέρματα.Το στοιχείο α

24 μας πληροφορεί ότι η ομάδα ΘΥΕΛΛΑ έχει 3 ισοπαλίες.

Τέλος, το στοιχείο α37

μας πληροφορεί ότι η ομάδα ΔΑΦΝΗ έχει 11 βαθμούς.

2. Ο πίνακας A = [αij] τύπου 4 4× σε ορθογώνια διάταξη είναι:

Α =

α α α αα α α αα α α αα α α α

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

.

Επειδή αij = −i j , έχουμε

α11 1 1 0= − = , α12 1 2 1= − = , α13 1 3 2= − = , α14 1 4 3= − =

α21 2 1 1= − = , α22 2 2 0= − = , α23 2 3 1= − = , α24 2 4 2= − =

α31 3 1 2= − = , α32 3 2 1= − = , α33 3 3 0= − = , α34 3 4 1= − =

α41 4 1 3= − = , α42 4 2 2= − = , α43 4 3 1= − = , α44 4 4 0= − =

Επομένως

Α =

0 1 2 31 0 1 22 1 0 13 2 1 0

.

22-0182-02.indb 7 26/11/2013 4:08:42 μμ

8

1.11.11.1

3. i) Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν2 1

02

2 1

x xx yx yx y

− =+ =− =

+ =

.

Λύνουμε το σύστημα των δύο πρώτων εξισώσεων και βρίσκουμε ότι x = 1 και y = – 1. Οι τιμές αυτές των x, y επαληθεύουν και τις άλλες δύο εξισώσεις.Επομένως, οι πίνακες είναι ίσοι αν και μόνο αν, x = 1 και y = – 1.

ii) Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν

x yy

x xy y

2

2

2

102

+ ==

− + =

=

.

Λύνουμε το σύστημα των δύο πρώτων εξισώσεων και βρίσκουμε ότι

xy

==

10

ή xy

= −=

10

.

Οι τιμές αυτές των x, y δεν επαληθεύουν την τρίτη εξίσωση. Επομένως, δεν υπάρχουν τιμές των x, y για τις οποίες οι πίνακες αυτοί να είναι ίσοι.

4. Ο πίνακας είναι διαγώνιος, αν και μόνο αν2

2

ln 1 0 (ln 1 ή ln 1)ln 1

(ln 1 ή ln 0)ln ln 0x x x

xx xx x

− = = = − ⇔ ⇔ = ⇔ = =− = x = e.

5. Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν22 12 1

1συν2 0

x=x=x=x=

ηµ ηµ

εϕ

.

Η τρίτη εξίσωση εφx = 1 έχει στο [0,2π) λύσεις τις 4π , 5π

4. Οι τιμές αυτές του

x επαληθεύουν και τις υπόλοιπες. Επομένως, οι πίνακες είναι ίσοι αν και μόνο

αν π

x =4

ή π

x =54

.

22-0182-02.indd 8 28/11/2013 1:12:10 μμ

9

1.2


1. Έχουμε

i) Α Β+ =−

+

−

=

−

5 21 3

6 32 5

11 11 8

Α Β− =−

−

−

=

−

+

− −−

=

− −5 21 3

6 32 5

5 21 3

6 32 5

1 533 2−

ii) Α Β+ =

+

=

6 7 8 95 6 7 8

5 6 7 86 7 8 9

11 13 15 1711 13 15 17

Α Β− =

−

=

− − − −

6 7 8 95 6 7 8

5 6 7 86 7 8 9

1 1 1 11 1 1 1

iii) Α Β+ = + − − − =[ ] [ ] [ ]4 5 6 4 5 6 0 0 0Α Β− = − − − − =[ ] [ ] [ ]4 5 6 4 5 6 8 10 12

iv) Δεν ορίζονται το άθροισμα και η διαφορά

v) Α Β+ =

+− − −

− − −− − −

=α β γ

ωκ λ µ

α β γω

κ λ µx y y

11

1x

1 0 000 1 00 0 1

.

2. Έχουμε

Α Α Α Α1 2 3 4

3 21 0

3 51 2

6 51 3

0 21

+ + + =−

+

+

−−

+

− 33

=

+

−

=

−

0 72 2

6 70 0

6 142 2

.

3. Έχουμε5 23 22 9

3 14 3

3 1

8 51 67 10

− −

+ −−

=−

x

y

ω

⇔

22-0182-02.indb 9 26/11/2013 4:08:42 μμ

10

1.11.2

⇔ − −−

=−

8 31 1

1 10

8 51 67 10

xy

ω

5 31

1 7x=6

y

ω − = ⇔ − − ⇔ − − =

ωxy

= 8= 7= 8

.

4. Έχουμε

i) 52 1 31 4 1

31 2 60 5 3

10 5 155 20 5

3 6 180 15 9−

+

−

=

−

+

−

=

−−

13 1 335 35 14

ii) 43 5 11 0 4

12

2 4 60 2 4

−

−

−−

=

=−

+

− −−

=

−−

12 20 44 0 16

1 2 30 1 2

11 18 14 1 18

iii) λλ λ λλ λ λ

λ λ λ

λ λ λ

−−

=

−

−

23

23

2 2 2

2 2 2.

5. Έχουμε

i) 2 23 12 11 0

Α =−

=−

6 24 22 0

ii) 2 3 3 2 36 24 22 0

( ) ( )− = − = −−

=−− −−

Α Α18 612 66 0

iii) 5 2 52 60 24 8

6 24 22 0

Β Α− =−

−−

=−

+−− −−

=−−

10 300 1020 40

6 24 22 0

16 324 818 40

22-0182-02.indb 10 26/11/2013 4:08:43 μμ

11

1.2

iv) 3 12

33 12 11 0

12

2 60 24 8

Α Β− =−

−−

=−

+−−

− −

=−

−

9 36 33 0

1 30 12 4

10 66 21 4

.

6. i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά

35 17 2

14 42 5

X +−

=

−−

314 4

2 55 17 2

X =−

−

−

−

39 39 3

X =−

−

X =−

−

13

9 39 3

X =−

−

3 13 1

ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά

61 23 4

7 53 12 2−

− =

−− −

X

− =−− −

−

−

7 5

3 12 2

61 23 4

X

− =−− −

+

− −−

7

15 510 10

6 1218 24

X

− =− −−

7

21 728 14

X

X = −− −−

17

21 728 14

X =−

3 14 2

.

22-0182-02.indb 11 26/11/2013 4:08:43 μμ

12

1.2

7. Έχουμε

συνσυν ηµ

συνηµ

ηµ συνσυν ηµ

αα α

α αα

α αα α

−

+

−

=

ηµ

=−

+−

συν ηµ συν

συν συν

ηµ ηµ συν

ηµ συν ηµ

2

2

2

2

α α α

α α α

α α α

α α αηµ

=− +

− +

συν ηµ ηµ συν ηµ συν

συν ηµ συν συν ηµ

2 2

2 2

α α α α α α

α α α α α α

+

ηµ

=

1 00 1

, που είναι διαγώνιος πίνακας.

8. Έχουμε

2 514 821 13

2 523

14 821 13

X − =−

⇔

−

−−

=

−Ψ

α βγ δ

α βγ δ

⇔

+

−−

=

−

2 22 2

5 105 15

14 821 13

α βγ δ

α βγ δ

⇔−−

=

−

7 87 13

14 821 13

α βγ δ

.

1.2 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έχουμε

i) 1 20 1

3 1 11 02 2−

+

+

=

−

⇔

x y yx y

⇔+ + +

−

=

−

x y yx y

1 3 21

1 11 02 2

⇔

+ + =+ = −

=

− =

⇔

+ == −= ±= ±

⇔

x yyxy

x yyxy

1 13 2 1

11 0

0111

2

2

xxy= 1= 1−

22-0182-02.indb 12 26/11/2013 4:08:43 μμ

13

1.2

ii) x x x y

y y

2

2

31

2 11

0 10 0

− +

−

+−

=

⇔

2

2

3 2 1 0 10 00

x x x yy y

− + + − ⇔ = +

2

2

3 2 0 ( 2 ή = 1)1 1 2

( 0 ή 1)0

x x x xx y x y

y y=y y

− + = = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ = −+ =

xy

= 2= 0 .

2. Η πρώτη εξίσωση γράφεται

33 00 3

3 00 3

3X Y Y X+ =

⇔ =

− (1)

Η δεύτερη εξίσωση λόγω της (1) γράφεται

5 24 00 4

5 23 00 3

34 00 4

X Y X X+ =

⇔ +

−

=

⇔ +

− =

5 2

3 00 3

64 00 4

X X

⇔ − =

−

X

4 00 4

23 00 3

⇔ =

X

2 00 2

.

Επομένως, λόγω της (1) έχουμε

Y =

−

=

+

−−

=

−−

3 00 3

32 00 2

3 00 3

6 00 6

3 00 3

.

3. Η εξίσωση γράφεται

3 2 12

5 3 3 2 5( )X X+ = +

− ⇔ + = + −Β Α Β Χ Β Χ Α Β

⇔ − = − −3 2 5 3X X Α Β Β

⇔ = −2 2 8X Α Β

⇔ = −X Α Β4 .

22-0182-02.indb 13 26/11/2013 4:08:43 μμ

14

1.2

Επομένως

X =−

−

−

−

−

1 0 23 5 1

42 1

434

0 1 1

=−

−

+

− −−

=

− −− −

1 0 23 5 1

8 1 30 4 4

9 1 53 1 3

.

4. Είναι

Π Π1 2

30 28 4025 32 36

38 30 4223 28 38

+ =

+

68 58 8248 60 74

=

Φωτ. Μηχ. Βιντ. Τηλεορ.υλικάεργασία

oπότε

1 2

68 58 82 34 29 411 1( )48 60 74 24 30 372 2

Π Π

+ = =

Φωτ. Μηχ. Βιντ. Τηλεορ.υλικάεργασία

Ο τελευταίος πίνακας δίνει για τη βιομηχανία το μέσο κόστος κάθε συσκευής.

5. i) Αν η παραγωγή αυξηθεί κατά 10%, τότε το ημερήσιο επίπεδο παραγωγής θα δίνεται από τον πίνακα Β = 1,1∙Α.Είναι

Β Α= ⋅ = ⋅

=1 1 1 1

200 180 140 6080 40 120 120

220 198 154 6688 44 132

, ,1132

ii) Για τους δύο πρώτους μήνες το επίπεδο παραγωγής δίνεται από τον πίνακα 2(30Α) = 60Α.Για τους άλλους τρεις μήνες το επίπεδο παραγωγής δίνεται από τον πίνακα 3(30Β) = 90Β.Επομένως, το σύνολο της παραγωγής ανά προϊόν για τους 5 μήνες δίνεται από τον πίνακα

60 90 60200 180 140 6080 40 120 120

90220 198 154 6688 44 132

Α Β+ =

+

1132

=

31800 28620 22260 954012720 6360 19080 19080

.

22-0182-02.indb 14 26/11/2013 4:08:43 μμ

15

1.3

1.3 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έχουμε

i) ΑΒ = [ ]

= ⋅ + ⋅ + ⋅[ ] =3 2 1230

3 2 2 3 1 0 [ ]12

ΒΑ =

[ ] =

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

230

3 2 12 3 2 2 2 13 3 3 2 3 10 3 0 2 0 1

=

6 4 29 6 30 0 0

ii) ΑΒ =−

−

=

4 22 1

2 14 2

=⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅

− ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅

=

4 2 2 4 4 1 2 22 2 1 4 2 1 1 2

0 00 0

ΒΑ =

−−

2 14 2

4 22 1

=⋅ − ⋅ − +⋅ + − − ⋅ +

=

−−

2 4 1 2 2 2 14 4 2 2 2 4 2

( )( )

6 312 6

iii) ΑΒ =−

−

−−

−

=− −

−3 0 10 4 25 3 1

1 5 04 1 20 1 3

3 14 316 2 2−− −

7 29 9

ΒΑ =− −

−−

−

−

=− −1 5 0

4 1 20 1 3

3 0 10 4 25 3 1

3 20 112 10 −−

−

4

15 13 1

iv) ΑΒ =− −

−

=− −

4 2 13 1 3

2 1 30 1 24 7 1

4 13 1718 17 8

.

Δεν ορίζεται το γινόμενο ΒΑ.

2. Έχουμε

i) ΑΒ =−

=

−

1 10 12 0

0 1 11 0 1

1 1 01 0 10 2 2

22-0182-02.indb 15 26/11/2013 4:08:43 μμ

16

1.3

ii) ΑΒ Γ− =−

−−

=

1 1 01 0 10 2 2

1 1 01 0 10 2 2

0 0 00 0 00 0 0

=

iii) ΑΒΓ ΑΒ Γ= =−

−

=−

−( )1 1 01 0 10 2 2

1 1 01 0 10 2 2

2 1 11 3 222 4 6

.

3. Έστω Κ =

60 7530 60

Ειδ. Ανειδ.

και Λ =

5040

Ειδ. Αποδ.

Ανειδ..

Επειδή οι αμοιβές στην α′ εταιρεία είναι 60∙50 + 75∙40 και στη β′ εταιρεία είναι 30∙50 + 60∙40, το σύνολο των αμοιβών των εργατών στις δύο εταιρείες εκφράζεται με τον πίνακα

60 50 75 4030 50 60 40

60 7530 60

5040

⋅ + ⋅⋅ + ⋅

=

= ΚΛ.

4. i) Έχουμε

ΑΒ =

−−

=

=

2 31 2

2 31 2

1 00 1

I.

Επομένως ο πίνακας Β είναι αντίστροφος του Α.

ii) Έχουμε

ΑΒ =−−

− −

− −−−

1 3 22 5 33 2 4

14 8 117 10 119 11 1

=− + − + − − + −− + − + − − + −

− − + +

14 51 38 8 30 22 1 3 228 85 57 16 50 33 2 5 3

42 34 76 24 220 44 3 2 4− + −

=

=1 0 00 1 00 0 1

I.

Επομένως ο πίνακας Β είναι αντίστροφος του Α.

22-0182-02.indb 16 26/11/2013 4:08:43 μμ

17

1.3

5. Ο πίνακας Α αντιστρέφεται, αφού D=2 31 2

4 3 1 0= − = ≠ , και έχει αντίστροφο

τον Α− =−

−

1 2 31 2

.

Ο πίνακας Β δεν αντιστρέφεται, αφού D = = − =4 22 1

4 4 0.

Ο πίνακας Γ αντιστρέφεται, αφού

D = = ≠συν

συνσυν ηµ

θ − θθ θ

θ θηµ

ηµ+ = 1 02 2 ,

και έχει αντίστροφο τον Γ − =

1 συνσυν

θ θθ θ

ηµ−ηµ

.

6. i) Είναι D =−

= ≠ηµ

ηµηµ + = 1 0

α αα α

α ασυν

συνσυν2 2 , οπότε ο πίνακας

αντιστρέφεται και έχει αντίστροφο τον

ηµηµ

ηµηµ

α αα α

α αα α

−

=

−

−συνσυν

συνσυν

1

.

ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικάηµ

ηµηµ

ηµηµ

ηµα αα α

α αα α

α αα

συνσυν

συνσυν

συνσυν−

−

=

−X

ααα αα α

−

συνσυνηµ

−ηµ

X =−

− −

01 2

2 2ηµ συνηµ συνα α

α α

X =−

− −

01 2

συνηµ

2αα

.

1.3 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) ΈχουμεΑ2 = xΑ + yI

1 22 4

1 22 4

1 22 4

1 00 1

=

+

x y

5 1010 20

22 4

00

=

+

x xx x

yy

22-0182-02.indb 17 26/11/2013 4:08:44 μμ

18

1.3

5 1010 20

22 4

=

++

x y xx x y

.

Από την τελευταία ισότητα των πινάκων παίρνουμε το σύστημα

x yxx y

+ ==+ =

⇔

52 104 20

xy= 5= 0

.

ii) Η ισότητα A2 =xA + yΙ με x = 5 και y = 0 γίνεται:Α2 =5Α.

Έτσι έχουμε:

Α Α Α ΑΑ Α Α Α3 2 25 5 5 5 25 251 22 4

= ⋅ = = = ⋅ = =

=

25 5050 100

και Α Α Α ΑΑ Α Α Α4 3 225 25 25 5 125= = = = ⋅ = =

125 250250 500

.

2. Έχουμε: Α Α Α2 2 13 1

2 13 1

7 39 4

= ⋅ =−

−

−−

=

−−

Α Α Α3 2 7 39 4

2 13 1

23 1030 13

= ⋅ =−

−

−−

=

−−

.

Η δοθείσα ισότητα γράφεται:23 1030 13

20 1030 10

00

−−

+

−−

+

−−

=

xx

3 00 3

−−

=

xx

x = 3.

3. Έχουμε:

2 1 1 1 00 0 0 1

X Iβ β

α α = ⇔ =

⇔+

=

α α β

β

2

201 00 1

22-0182-02.indb 18 26/11/2013 4:08:44 μμ

19

1.3

2

2

1 11 1

0 ή1 1

11

α αα α

α β α ββ β

ββ

= = ±= = − ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − = = ±=

.

Επομένως, οι ζητούμενοι πίνακες είναι οι

1 10 1−

και

−

1 10 1

.

4. i) Έχουμε

Α Α Α2

0 1 13 2 32 2 3

0 1 13 2 32 2 3

1 0 00 1 0= ⋅ =

−−−

−−−

=00 0 1

= I.

Ομοίως έχουμε Β2 = Β∙Β = Ι

ii) Α Β− =−

−−

−−−

− −

=− −

−0 1 13 2 32 2 3

4 3 32 1 23 3 2

4 4 41 11 15 5 5−

και

Α Β+ =−

−−

+−−

− −

=−−

0 1 13 2 32 2 3

4 3 32 1 23 3 2

4 2 25 3 551 1 1−

.

Επομένως

( )Α Β− =− −

−−

⋅− −

−−

2

4 4 41 1 15 5 5

4 4 41 1 15 5 5

=+ − − − + + −

− − + + − − − +− − + + − −

16 4 20 16 4 20 16 4 204 1 5 4 1 5 4 1 5

20 5 25 20 5 25 20 −− +

5 25

=

=0 0 00 0 00 0 0

22-0182-02.indb 19 26/11/2013 4:08:44 μμ

20

1.3

( )Α Β+ =−−

−

⋅−−

−

2

4 2 25 3 51 1 1

4 2 25 3 51 1 1

=− − − + + − +− − − + + − +

− + − − + − + +

16 10 2 8 6 2 8 10 220 15 5 10 9 5 10 15 5

4 5 1 2 3 1 2 5 1

=

=

=4 0 00 4 00 0 4

41 0 00 1 00 0 1

4I

iii) Είναι Α Β2 2− = και

( )( )Α Β Α Β+ − =−−

−

− −−−

=−4 2 2

5 3 51 1 1

4 4 41 1 15 5 5

88 8 82 2 2

10 10 10

−−−

Άρα, Α Β Α Β Α Β2 2− ≠ + −( )( ).

5. i) Είναι D =− −

= − + = ≠3 22 1

3 4 1 0, οπότε ο Α αντιστρέφεται και έχει αντίστροφο

τον Α− =− −

1 1 22 3

.

ii) Είναι Α Α+ =

=−1 2 0

0 22I .

Άρα ( ) ( )Α Α+ = =−1 2 2ν ν νI I , με ν ∈ * .

6. i) Έχουμε

Α Α Α2 ( ) ( ) ( )x x xx x x x

= ⋅ =−

−

συν ηµηµ συν

συν ηµηµ συνx x x x

2 2

2 2

συν συνσυν συνx x x x x x

x x+ x x x x

συν − ηµ − ηµ − ηµ=

ηµ ηµ − ηµ +συν

=−

=


2 22 2

2x x

x xxΑ( )

22-0182-02.indb 20 26/11/2013 4:08:44 μμ

21

1.3

Β Β Β2 ( ) ( ) ( )x x x= ⋅ =−

−



x xx x

x xx x

2 2

2 2

2 συν2 συν

x x x xx x x x

ηµ −συν ηµ=

− ηµ − συν +ηµ

=−− −


2 22 2

x xx x

= −−

= −


2 22 2

2x x

x xxΑ( )

ii) ΈχουμεΑ2(x) + Β2(x) = Α(2x) – Α(2x) = .

iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: Α2(x) – Β2(x) = 2Ι

Α(2x) + Α(2x) = 2Ι2Α(2x) = 2ΙΑ(2x) = Ι


2 22 2

1 00 1

x xx x

−

=

.

Από την τελευταία ισότητα προκύπτει το σύστημα:2 1

2 22 0x

xx=

κπ κσυν =

⇔ = , ∈ ⇔ , ∈ηµx = κπ κZ Z .

7. i) Είναι Μ Ν⋅ =

0 6 0 6 0 21 0 9 0 3

1 5 1 2 0 4

5 66 74 5

, , ,, ,

, , ,

Ο πίνακας ΜΝ εκφράζει το συνολικό κόστος παραγωγής για κάθε ένα από τα τρία είδη παραγωγής και στα δύο εργοστάσια.

22-0182-02.indb 21 26/11/2013 4:08:44 μμ

22

1.3

ii) Το κόστος εργασίας για την παραγωγή μιας καρέκλας στο εργοστάσιο E1 είναι 11,6

ευρώ και το κόστος παραγωγής ενός πάγκου στο εργοστάσιο Ε2 είναι 8,8 ευρώ.

8. Έχουμε

Α Α Α2

1 1 35 2 62 1 3

1 1 35 2 62 1 3

= ⋅ =− − −

− − −

=− − −

0 0 03 3 91 1 3

.

Α Α Α3 2

1 1 35 2 62 1 3

= ⋅ =− − −

− − −

0 0 03 3 91 1 3

=

=0 0 00 0 00 0 0

.

Αν ν > 3, τότε Αν = Α3∙Αν–3 = ∙Αν–3 = .

Β Β Β2

0 1 14 3 43 3 4

0 1 14 3 43 3 4

1 0 00 1 0= ⋅ =

−−−

−−−

=00 0 1

= I

Β3 = Β2∙Β = Ι∙Β = Β.• Αν ν = 2ρ (άρτιος), τότε Βν = Β2ρ = (Β2)ρ = Ιρ = Ι, ενώ• Αν ν = 2ρ + 1 (περιττός), τότε Βν = Β2ρ+1 = Β2ρ∙Β = I∙Β = Β.

9. i) Είναι Α( )( )

( )( )

− =−

−−

=

−−

x

xx

x xx

x1 1

11 1

1συνηµ

ηµ συνηµ

ηµ.

Για να δείξουμε ότι Α–1(x) = Α(–x), αρκεί να δείξουμε ότι ισχύειΑ(–x) Α(x) = I.

Έχουμε

Α Α( ) ( )− =−

−

x x

xx

x xx

x1 1

11 1

1συνηµ

ηµ συνηµ

ηµ

22-0182-02.indb 22 26/11/2013 4:08:44 μμ

23

1.3

=−

− +

1 1 00 12

2

2συνηµ

ηµxx

x

=

=

1 00

1 00 12

2

2συνσυν

συνxx

x

ii) Η ισότητα Α(x) = I γράφεται:

Α( )x Ix

= ⇔

=

1 11

1 00 1συν

ηµηµ

xx

⇔

=

1

11 00 1

συνηµ

συνηµ

συν συν

xxx

xx x

⇔

=

1

11 00 1

συνεϕ

εϕσυν

xx

xx

⇔=

⇔

⇔ = ∈1 1

0

10

2συνεϕ

συνεϕ

xx=

x=x=

x κπ κ, .

10. i) Έχουμε

Α Α( ) ( )x yx x

xy y

yy x y

=

=+1

0 1 20 0 1

10 1 20 0 1

12 2 2 ++ ++

20 1 2 20 0 1

2xy xy x

=+ +

+

= +10 1 20 0 1

2x y x yx y x y

( )( ) ( )Α

ii) Ο πίνακας Α(y) είναι αντίστροφος του Α(x), αν και μόνο ανΑ Α( ) ( )x y I x y y x= ⇔ + = ⇔ = −0 .

iii) Προφανώς Μ Α= =

( )11 1 10 1 20 0 1

22-0182-02.indb 23 26/11/2013 4:08:45 μμ

24

1.3

Επομένως −

− − −

Μ Α1

1 1 1= ( 1) = 0 1 2

0 0 1.

11. i) Είναι:

● Α ΑΑ2 11

11

= =+

− −

+− −

λ λλ λ

λ λλ λ

=+ + − + − +

− − − − + +

λ λ λ λ λ λ λ

λ λ λ λ λ λ λ

2

2

1 1 1 11 1 1 1

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

=+ −

− +

=

=

λ λ

λ λ

2 2

2 2

1 00 1

1 00 1

I .

● Α3 = Α2Α = ΑΕπομένως— Αν ν = 2λ (άρτιος), τότε Αν = Α2λ = (Α2)λ = Ι.— Αν ν = 2λ + 1 (περιττός), τότε Αν = Α2λ+1 = Α2λ∙Α = Α

ii) Για λ = 2 έχουμε Α =+

− −

=

− −

2 1 21 2 2

2 31 2

.

Επειδή το 1993 είναι περιττός, έχουμε Α1993 = Α. Επομένως, η εξίσωση

Α1993 1 10 1

⋅ =−

X γράφεται διαδοχικά:

ΑX =−

1 10 1

X =−

−Α 1 1 10 1

X =−

Α

1 10 1

(αφού Α–1 = Α)

X =− −

−

2 31 2

1 10 1

X =−

−

2 11 1

22-0182-02.indb 24 26/11/2013 4:08:46 μμ

25

1.3

iii) Ι + Α + Α2 + … + Α10 = Ι + Α + Ι + Α + Ι + Α + Ι + Α + Ι + Α + Ι = 6Ι + 5Α

12. i) Είναι D = = − = ≠2 11 1

2 1 1 0, οπότε ο Α αντιστρέφεται και έχει αντίστροφο

τον − − = −

Α 1 1 11 2

ii) α) Η εξίσωση ΑX=2 11 0

−

γράφεται διαδοχικά:

X=Α− −

1 2 11 0

X=1 11 2

2 11 0

−−

−

X=1 10 1

−

.

β) Η εξίσωση 1 00 0

X =Α Α

γράφεται διαδοχικά:

X =ΑΑ −

1 1 00 0

X=Α Α− −

1 11 00 0

X=1 11 2

1 00 0

1 11 2

−−

−−

X=1 01 0

1 11 2−

−−

X=1 11 1

−−

22-0182-02.indb 25 26/11/2013 4:08:47 μμ

26

1.3

γ) Η εξίσωση ΑΧ = Α2 +2Α γράφεται διαδοχικάΑΧ = Α(Α + 2Ι)Χ = Α–1Α(Α +2Ι)Χ = Α + 2Ι

X =

+

2 11 1

21 00 1

X =

4 11 3

.

13. i) Έχουμε

Α2 12

1 3

3 112

1 3

3 114

2 2 3

2 3 2=

−

⋅−

=− −

−

=− −

−

12

1 3

3 1,

οπότε

Α Α Α3 2 12

1 3

3 112

1 3

3 1= =

− −

−

−

=−

−

= −

= −

14

4 00 4

1 00 1

I .

Γενικά: 3 3 , άρτιος( ) ( )

, περιττόςI

Iν ν ν νΑ Α

Ι ναν

= = − = − αν.

ii) Επειδή1992 = 3∙664 και 1989 = 3∙663έχουμεΑ1992 = (Α3)664 = (–Ι)664 = Ι και Α1989 = (Α3)663 = (–Ι)663 = –Ι.Επομένως:

x x x I x I2 1992 1989 22 2Α Α+ + = ⇔ − + =( ) ( )

⇔ − − =( )x x I2 2

⇔ − − =( )x x2 2 0⇔ = −x 1 ή x = 2.

22-0182-02.indb 26 26/11/2013 4:08:47 μμ

27

1.4


1. Οι γραμμικοί μετασχηματισμοί Τ1, Τ

2 και Τ

3 έχουν πίνακες τους

1 11 1−

,

1 11 2

και

1 22 4

αντιστοίχως.

Έτσι — Οι εικόνες των Α(1,0) και Β(0,1), ως προς τον Τ

1 είναι τα σημεία Α′(1,–1) και

Β′(1,1) αντιστοίχως, που έχουν συντεταγμένες την πρώτη και δεύτερη στήλη του πίνακα του γραμμικού μετασχηματισμού Τ

1.

— Οι εικόνες των Α(1,0) και Β(0,1) ως προς τον Τ2 είναι τα σημεία Α′(1,1) και

Β′(1,2) αντιστοίχως.

— Οι εικόνες των Α(1,0) και Β(0,1) ως προς τον Τ3 είναι τα σημεία Α′(1,2) και

Β′(2,4) αντιστοίχως.

2. i) Txy

xy1

1 12 3

:′′

=

−

ii) Txy

xy2

1 21 1

:′′

=

−

3. Είναι: 2 11 0

00

00−

=

και

2 11 0

34

103−

=

−

, οπότε η εικόνα του Ο(0,0)

είναι το σημείο Ο′(0,0) και του Α(3,4) το σημείο Α′(10,–3). Επομένως

( )ΟΑ = + =3 4 52 2 και ( )′ ′ = + =Ο Α 10 3 1092 2 ,

οπότε ( ) ( )ΟΑ Ο Α≠ ′ ′ . Άρα, ο Τ δεν είναι ισομετρία.

4. Ο πίνακας του τετραπλεύρου Α′Β′Γ ′Δ′ προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε τον

πίνακα 2 11 1

του γραμμικού μετασχηματισμού με τον πίνακα

0 1 1 00 0 1 1

του τετραγώνου ΑΒΓΔ. Είναι, δηλαδή, ο πίνακας2 11 1

0 1 1 00 0 1 1

0 2 3 10 1 2 1

=

.

22-0182-02.indb 27 26/11/2013 4:08:48 μμ

28

1.4

Επομένως, η εικόνα του τετραγώνου

ΑΒΓΔ με πίνακα τον 0 1 1 00 0 1 1

είναι το τετράπλευρο Α′Β′Γ′Δ′ με

πίνακα τον 0 2 3 10 1 2 1

.

Οι ευθείες Α′Δ′ και Β′Γ′ έχουν συντελεστές διεύθυνσης λ

1 = 1 και

λ22 13 2

1=−−

= , αντιστοίχως. Είναι

δηλαδή λ1 = λ

2, οπότε Α′Δ′//Β′Γ ′ . Ομοίως, οι Α′Β′ και Δ′Γ ′ έχουν συντελεστές λ3

12

=

και λ412

12

=−−

= αντιστοίχως. Είναι δηλαδή λ3 = λ

4, οπότε Α′Β′//Δ′Γ′. Επιπλέον

ισχύει λ λ2 312

1= ≠ − . Επομένως το Α′Β′Γ ′Δ′ είναι πλάγιο παραλληλόγραμμο.

5. i) Ισχύει 05

1 13 2

=

xy

. Επομένως, αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη

με τον αντίστροφο του πίνακα 1 13 2

, που είναι ο πίνακας

−−

2 13 1

, έχουμε:

1 13 2

05

2 13 1

05

1

=

⇔

−−

=

− xy

xy

⇔−

=

55

xy

.

Άρα, το πρότυπο του Α′(0,5) είναι το σημείο Α(5,–5).

ii) Αρκεί να βρούμε την εξίσωση η οποία επαληθεύεται μόνο από τις συντεταγμένες των εικόνων των σημείων της ευθείας ε. Είναι:

′′

=

⇔

′′

=

−xy

xy

xy

xy

1 13 2

1 13 2

1

⇔

−−

′′

=

2 13 1

xy

xy

⇔− ′ + ′ =

′ − ′ =

23x y xx y y

.

22-0182-02.indb 28 26/11/2013 4:08:48 μμ

29

1.4

Επομένως, αν το σημείο M(x,y) ανήκει στην ε, τότε θα ισχύει y = x + 1

3x′ – y′ = – 2x′ + y′ + l 5x′ – 2y′ = 1.

Άρα το σημείο M′(x′,y′) θα ανήκει στην ευθεία ε′: 5x – 2y = 1.Αλλά και αντιστρόφως, αν το σημείο M′(x′,y′) ανήκει στην ευθεία ε′: 5x – 2y = 1, τότε το σημείο M(x,y) θα ανήκει στην ευθεία ε: y = x + 1.Συνεπώς, η εικόνα της ευθείας ε: y = x + 1 είναι η ευθεία ε′: 5x – 2y = 1.

6. i) Ο πίνακας Α γράφεται Α =−

− −

−

−

συν ηµ

ηµ συν

π π

π π6 6

6 6

.

Επομένως, ο γραμμικός μετασχηματισμός παριστάνει στροφή με κέντρο την

αρχή των αξόνων Ο και γωνία θ π= −

6.

ii) Παριστάνει ομοιοθεσία με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και λόγο λ = 2 > 0

iii) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα τη συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία y = x και στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς την αρχή των αξόνων Ο.

iv) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα την ομοιοθεσία με κέντρο την αρχή των αξόνων Ο και λόγο λ = 2 > 0 και στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς κέντρο την αρχή των αξόνων Ο.

v) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα τη συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία y = x και στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς άξονα τον άξονα των x.

vi) Παριστάνει το μετασχηματισμό που προκύπτει, αν εφαρμόσουμε πρώτα τη συμμετρία ως προς κέντρο την αρχή των αξόνων Ο, στη συνέχεια τη συμμετρία ως προς άξονα τον άξονα των x και τέλος τη συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία y = x.

22-0182-02.indb 29 26/11/2013 4:08:48 μμ

30

1.4


1. i) Είναι ′ = +′ = +

x x yy x y

22 4

, οπότε y′ = 2x′.

Άρα, το σημείο M′(x′,y′) ανήκει στην ευθεία y = 2x. Επομένως, όλα τα σημεία M(x,y) του επιπέδου απεικονίζονται σε σημεία της ευθείας y = 2x.

ii) Αν M(x,y) είναι ένα πρότυπο του Ο(0,0), τότε θα ισχύει

00

1 22 4

2 02 4 0

=

⇔

+ =+ =

xy

x yx y

⇔ + =x y2 0

⇔ = −y x12

.

Άρα, τα πρότυπα του Ο(0,0) είναι όλα τα σημεία Μ x x,−

12

, y∈R, δηλαδή

όλα τα σημεία της ευθείας y x= −12

.

iii) Το σημείο Α′(1,1) δεν έχει πρότυπο ως προς το μετασχηματισμό Τ, αφού δεν ανήκει στην ευθεία y = 2x στην οποία απεικονίζονται όλα τα σημεία του επιπέδου.

2. i) Ο μετασχηματισμός Τ δεν είναι ισομετρία αφού π.χ. για τα σημεία Α(1,0) και Β(0,1) και τις εικόνες τους Α′(1,1) και Β′(–1,0) ισχύει

2 5= ≠ ′ ′ =( ) ( )ΑΒ Α Β .

ii) Έχουμε

Τ :′′

=

−

⇔

′′

=

−

xy

xy

xy

x yx

1 11 0

⇔′ = −′ =

x x yy x

(1)

Το μέσο του ΑΒ είναι το σημείο M(x0,y

0) με

x x x0

1 2

2=

+ και y y y

01 2

2=

+.

Επομένως, η εικόνα του είναι το σημείο ′ ′ ′Μ ( , )x y0 0 με

22-0182-02.indb 30 26/11/2013 4:08:48 μμ

31

1.4

′ = − =+

−+

=− + −

=′ + ′

x x y x x y y x y x y x x0 0 0

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2

2 2 2 2( ) ( )

′ = =+

=′ + ′

y x x x y y0 0

1 2 1 2

2 2.

Άρα, το ′ ′ ′Μ ( , )x y0 0 είναι το μέσο του Α′Β′.

iii) Έχουμε

Ε ΟΑ ΟΒΟΑΒ( ) det( , )= = = −12

12

12

1 2

1 21 2 1 2

� �� x xy y

x y y x

Ε Ο Α Ο ΒΟ Α Β( ) det( , )′ ′ ′ = ′ ′ ′ ′ =− −1

212

1 1 2 2

1 2

� �� x y x y

x x

= − − + = −12

121 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x y x x x x y x y y x .

Επομένως Ε ΕΟΑΒ Ο Α Β( ) ( )= ′ ′ ′ .

3. i) Έστω

Τ :′′

=

xy

xy

α βγ δ

ο ζητούμενος μετασχηματισμός. Τότε y

y y= +x x βγx δα′ =

′

+.

Επειδή το Α(1,1) απεικονίζεται στο Α′(0,1) και το B(1,–1) στο B′(2,1), έχουμε

α βγ δα βγ δ

+ =+ =− =− =

012

1

οπότε α = 1, β = – 1, γ = 1 και δ = 0.

Επομένως,

Τ :′′

=

−

xy

xy

1 11 0

.

22-0182-02.indb 31 26/11/2013 4:08:48 μμ

32

1.4

Για να βρούμε, τώρα, την εξίσωση της εικόνας της ευθείας ε: y = – 2x, αρκεί να βρούμε την εξίσωση, η οποία επαληθεύεται μόνο από τις συντεταγμένες των εικόνων των σημείων της ευθείας ε.Είναι

′′

=

−

⇔

−

′′

=

−x

yxy

xy

xy

1 11 0

1 11 0

1

⇔−

′′

=

⇔

′ =− ′ + ′ =

0 11 1

xy

xy

y xx y y

.

Επομένως το M(x,y) ανήκει στην ε, αν και μόνο αν

y x x y y y x= − ⇔ − ′ + ′ = − ′ ⇔ ′ = ′2 2 13

.

Συνεπώς, η εικόνα της ευθείας y = – 2x είναι η ευθεία y x=13

.

ii) Αν εργαστούμε αναλόγως, βρίσκουμε ότι ο μετασχηματισμός που απεικονίζει τα σημεία Α(1,1) και Β(1,–1) στα Α′(6,3) και Β′(2,1) αντιστοίχως, είναι ο

Τ :′′

=

xy

xy

4 22 1

οπότε θα έχουμε ′ = +′ = +

x x yy x y

4 22

.

Αν M(x,y) είναι ένα σημείο της ευθείας y = – 2x, τότε θα έχουμε

′ = + − =′ = + − =

x x xy x x

4 2 2 02 2 0

( )( )

.

Επομένως, η ευθεία y = – 2x απεικονίζεται στο σημείο Ο(0,0).

22-0182-02.indb 32 26/11/2013 4:08:49 μμ

33

1.4

4. i) Από την ισότητα των τριγώνων ΟΒΜ και ΟΑ′Μ′ προκύπτει ότι OB = OΑ′ και ΜΒ = Μ′Α′,

οπότε έχουμε ΟΑ′ = ΟΒ και ΟΒ′ = ΟΑ.

Επομένως, είναι x′ = – y και y′ = – x

οπότε το συμμετρικό του σημείου M(x,y), ως προς την ευθεία y = – x, είναι το σημείο M′(–y, –x). Άρα

′ = −′ = −

⇔′ = ⋅ − ⋅′ = − ⋅ + ⋅

⇔′′

=

−−

x yy x

x x yy x y

xy

0 11 0

0 11 0

xy

,

οπότε ο ζητούμενος μετασχηματισμός είναι ο

Τ :′′

=

−−

xy

xy

0 11 0

που είναι γραμμικός μετασχηματισμός με πίνακα 0 11 0

−−

.

ii) Από το διπλανό σχήμα έχουμε ′ =′ =

⇔′ = +′ = +

x xy

x x yy x y0

1 00 0

⇔′′

=

xy

xy

1 00 0

.

Επομένως, η προβολή πάνω στον άξονα x′x είναι γραμμικός μετασχη-

ματισμός με πίνακα 1 00 0

.

22-0182-02.indb 33 26/11/2013 4:08:49 μμ

34

1.4

iii) Από το διπλανό σχήμα έχουμε ′ =′ =

⇔′ = +′ = +

xy y

x x yy x y

0 0 00 1

⇔′′

=

xy

xy

0 00 1

.

Άρα, η προβολή πάνω στον άξονα y′y είναι γραμμικός μετασχηματισμός με

πίνακα 0 00 1

.

iv) Έστω Μ′(x′,y′) η προβολή του M(x,y) στην ευθεία ε: y = x. Τότε θα ισχύει

′ = ′

⋅ = −

⇔′ = ′′ −′ −

= −

′

y x y xy yx xMMλ λε 1 1

⇔′ = ′′ − = − ′

y xy y x x

⇔′ = ′′ − = − ′

y xx y x x

⇔′ =

+

′ =+

x x y

y x y2

2

⇔′′

=

xy

xy

12

12

12

12

Άρα, η προβολή πάνω στην ευθεία ε: y = x είναι γραμμικός μετασχηματισμός

με πίνακα τον

12

12

12

12

=

121 11 1

.

22-0182-02.indb 34 26/11/2013 4:08:49 μμ

35

1.4

Όπως γνωρίζουμε, ο πίνακας της εικόνας ενός πολυγώνου προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε τον πίνακα του γραμμικού μετασχηματισμού με τον πίνακα του πολυγώνου. Έτσι ο πίνακας της εικόνας του τετραγώνου με πίνακα

0 1 1 00 0 1 1

είναι ο:

●0 0 1 10 1 1 0

− −− −

, με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (i)

● 0 1 1 00 0 0 0

, με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (ii)

● 0 0 0 00 0 1 1

, με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (iii)

● 0 1

21 1

2

0 12

1 12

, με τον γραμμ. μετασχηματισμό του (iv).

5. i) Αρκεί να βρούμε την εξίσωση η οποία επαληθεύεται μόνο από τις συντεταγμένες των εικόνων των σημείων του κύκλου C: x2 + y2 = 1.Έχουμε

00 y = y

xxx x x xyy y β y

α α αβ

β

′ =′ ′ = = ⇔ ⇔ ′′ ′ =

Επομένως, το M(x,y) ανήκει στον κύκλο x2 + y2 = 1, αν και μόνο αν ′

+

′

=

x yα β

2 2

1

ή, ισοδύναμα, ′( )

+′( )

=x y2

2

2

2 1α β

.

Αυτό σημαίνει ότι το M(x,y) ανήκει στον κύκλο x2 + y2 = 1, αν και μόνο αν το

M′(x′,y′) ανήκει στην έλλειψη x y2

2

2

2 1α β

+ = . Συνεπώς, η εικόνα του κύκλου x2 + y2 = 1 είναι η έλλειψη

x y2

2

2

2 1α β

+ = .

22-0182-02.indb 35 26/11/2013 4:08:49 μμ

36

1.5 και 1.6

ii) Το τετράγωνο ΟΑΓΒ, που έχει πίνακα τον 0 1 1 00 0 1 1

, με τον

μετασχηματισμό Τ έχει εικόνα το τετράπλευρο Ο′Α′Γ′Β′ με πίνακα

αβ

α αβ β

00

0 1 1 00 0 1 1

0 00 0

=

.

Επομένως, (Ο′Α′Γ′Β′) = αβ και επειδή (ΟΑΓΒ) = 1, έχουμε (Ο′Α′Γ′Β′) = αβ(ΟΑΓΒ)

1.5 και 1.6 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) 2 3 51 2 1

12

−−

=−

xyω

ii) 1 1 03 2 60 1 3

2126

−

=

xyω

.

2. i) x yx y

+ + − = −+ + + =

+ − =

2 2 12 3 4 23 4 3 3

ω ϕω ϕω ϕx

ii)

x yx yx yx y

− + = −+ − =+ − =

+ + =

3 22 3 13 2 34 2 3 1

ωωωω

.

Οι επαυξημένοι πίνακες αντίστοιχα είναι:

1 2 2 12 1 3 43 0 4 3

123

−

−

−

,

1 1 32 3 13 1 24 2 3

2131

−−−

−

.

3. i) xy

== −=

312ω

. Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( , , ) ( , , )x y ω = −3 1 2 .

22-0182-02.indb 36 26/11/2013 4:08:49 μμ

37

1.5 και 1.6

ii) xy

xy

+ =− =

⇔= −= +

3 32 4

3 34 2

ωω

ωω

.

Άρα το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( , , ),3 3 4 2− + ∈ω ω ω ω R.

iii) x y x y− =

==

⇔= +==

234

234

ωϕ

ωϕ

.

Άρα το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( , , , ),2 3 4+ ∈y y y R.

4. i) Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά

1 11 1 12 1 1

1130

1 1 10 2 00 1 3

122

2 2 1

3 3 12

−−

−− − −

→ −→ −

∼

Γ Γ ΓΓ Γ Γ

→−

∼Γ Γ2 2

12

1 10 1 00 1 3

11

1

2

1 10 1 00 0 3

1113

3 3 2

− −−−

−

−−

→ +

∼Γ Γ Γ

→−

∼Γ Γ3 3

13

1 1 10 1 00 0 1

111

1 1 00 1 00 0 1

011

1 1 3 1

−

−

→ −

∼ ∼Γ Γ Γ Γ →→ −Γ Γ1 2

1 0 00 1 00 0 1

111

−

Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστημα

xyz

== −=

111

.

Επομένως το σύστημα έχει μοναδική λύση την (x,y,z) = (1,–1,1).

22-0182-02.indb 37 26/11/2013 4:08:50 μμ

38

1.5 και 1.6

ii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι:

1 0 23

0 1 13

0

13130

−

0 0

Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής

−

∈

23

+ 13

, 13

+ 13

,z z z z, R

iii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο πίνακας του συστήματος είναι ισοδύναμος με τον πίνακα:

1 2 1

0 1 35

0 0 0

2755

−

−

.

Επομένως το σύστημα είναι αδύνατο.

5. i) Έχουμε:1 1 1 22 1 1 11 2 2 1

213

1 1 1 20 3 3 30

2 2 1

3 3 1

2

− −−

− − −

→ −→ −

∼

Γ Γ ΓΓ Γ Γ

11 1 3

231

2 213

−−

→−

∼Γ Γ

1 1 1 20 1 1 10 1 1 3

211

1 1 1 20 1 1 10 0 0 4

210

3 3 2

−

−

→ −

∼Γ Γ Γ

→−

∼Γ Γ3 3

14

1 1 1 20 1 1 10 0 0 1

210

1 1 1 00 1 1 00 0 0 1

210

2 2 3

1 1 32

→ −→ −

∼

Γ Γ ΓΓ Γ Γ

→ −

∼Γ Γ Γ1 1 2

10 10 0

110

22-0182-02.indb 38 26/11/2013 4:08:50 μμ

39

1.5 και 1.6

Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστημα:

xy z

xy z

=+ =

=

⇔== −=

110

110ω ω

.

Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (1, 1–z, z, 0), z ∈R.

ii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι:

Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής z R

iii) Με τον αλγόριθμο Gauss βρίσκουμε ότι ο πίνακας του συστήματος είναι ισοδύναμος με τον πίνακα:

1 1 2 1

0 1 73

1

0 0 0 0

2432

−

−

−


6. i) Έχουμε: 1 23 41 63 14

341

13

2 2 1

3 3 1

4 4 1

3

3−− −

→ −→ −

→ −

∼

Γ Γ ΓΓ Γ Γ

Γ Γ Γ

11 20 100 80 8

2544

2 21

10−−

−−

→−

∼Γ Γ

1

0

00

2

1

88

31244

1

0

00

2

1

00

3 3 2

4 4 2

88

− −

→ +→ −

∼

Γ Γ ΓΓ Γ Γ

331200

1 1 22

→ −

∼Γ Γ Γ

22-0182-02.indb 39 26/11/2013 4:08:50 μμ

40

1.5 και 1.6

1

0

00

0

1

00

21200

Επομένως το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( , ) = 2, 12

x y

.

ii) Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο πίνακας του συστήματος είναι ισοδύναμος με τον πίνακα:

1 3 10 7 30 7 30 0 0

1222

−−−

−−−

.


1.5 και 1.6 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. Επειδή το σύστημα έχει ως λύση την (x, y, ω) = (1,–1,1) έχουμε:

α β γα γ

β γ

α β γ⋅ + − + ⋅ =⋅ + − − ⋅ =⋅ − − + ⋅ =

⇔− + =1 1 1 0

1 2 1 1 13 1 1 1 3

0( )( )( )

αα γβ γ

− =+ =

30

.

Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις, βρίσκουμε: 2α – β = 3 (1)

Επίσης, αν προσθέσουμε κατά μέλη τη δεύτερη και τρίτη εξίσωση, βρίσκουμε: α + β = 3 (2)

Αν τώρα προσθέσουμε κατά μέλη τις (1) και (2), βρίσκουμε ότι: 3 6 2α α= ⇔ = , οπότε β = 1 και γ = – 1.Επομένως, (α, β, γ) = (2,1,–1).

2. Αφού η παραβολή διέρχεται από τα σημεία (1,0), (2,0) και (–1,6), πρέπει οι συντεταγμένες των σημείων αυτών να επαληθεύουν την εξίσωσή της. Άρα, έχουμε το σύστημα:

04 + 2β = 0

= 6

α β γαα β γ

+ + = + γ

− +

.

22-0182-02.indb 40 26/11/2013 4:08:50 μμ

41

1.5 και 1.6

Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι:

1 0 00 1 00 0 1

132

−

Επομένως, α = 1, β = – 3, γ = 2 και η εξίσωση της παραβολής είναι y = x2 – 3x + 2.

ΣχόλιοΤο σύστημα αυτό μπορεί να λυθεί και ως εξής:Αφαιρούμε την πρώτη εξίσωση από τις άλλες δύο οπότε προκύπτει το σύστημα

3 02 6

α ββ

+ =− =

.

Επομένως β = –3 και α = 1.Με αντικατάσταση των τιμών των α, β στην πρώτη εξίσωση βρίσκουμε γ = 2.

3. Οι τρεις ισότητες αποτελούν σύστημα που έχει ως αγνώστους τους ημα, συνβ και εφγ. Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά:

2

4

2

4

2

1

1

1

1

2

3 3 112

4

2

2

2

1

121

1

11

3 31 1

12

−

−

−

−

−

−−

−

−→

∼Γ Γ

1112

2 2 1

3 3 1

42

→ −→ −

∼

Γ Γ ΓΓ Γ Γ

1

0

0

2

10

3

123

0

1

3 3 532

1

0

0

2

3

10

120

3

2 3

−

−

−−

−

−

−

−

−↔

∼Γ Γ

132

3 3 5

2 213

−

−

→−

∼Γ Γ

1

0

0

2

1

10

120

3

112

3 3 5

1

0

0

2

1

0

120

3

3 3 210

−

−−

−

−

−

−→ +

∼Γ Γ Γ

1112

3 3

3 313

→

∼Γ Γ

22-0182-02.indb 41 26/11/2013 4:08:51 μμ

42

1.5 και 1.6

1

0

0

2

1

0

120

1

1123

1

0

0

2

1

0

0

0

1

1

1

+

2

2

3

31 1 3

12

−

→ +

∼Γ Γ Γ

→ −

∼Γ Γ Γ1 1 22

1

0

0

0

1

0

0

0

1

32123

Επομένως,

ηµ

συν

εϕ

α

β

γ

=

=

=

32123

και επειδή 02

< <α β γπ, , έχουμε α β γ

π= = =

3.

4. Η εξίσωση ΑΧ = 4Χ γράφεται:

2 2 3 2 2 3 41 2 1 4 2 42 2 1 2 2 +ω 4

x x x y xy y x y y

x y

ωω

ω ω ω

+ + = ⇔ + + = − −

.

Από την ισότητα των πινάκων έχουμε το σύστημα:

2 2 3 42 4

2 2 4

2 2 3 02 0

2

x y xx y yx y

x yx yx

+ + =+ + =− + =

⇔− + + =

− + =−

ωωω ω

ωω

22 3 0y − =

ω

⇔− − =− + =

2 2 3 02 0

x yx y

ωω

.

Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις εξισώσεις βρίσκουμε ότι x = 4ω, οπότε y =52ω .

Επομένως το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ∈ω52

R .

22-0182-02.indb 42 26/11/2013 4:08:51 μμ

43

1.5 και 1.6

5. Οι ζητούμενοι πίνακες Χ είναι της μορφής x yz ω

.

Επομένως, η εξίσωση ΑΧ = ΧΑ γράφεται διαδοχικά:

1 12 2

1 12 2

−−

⋅

=

⋅

−−

x yz

x yzω ω

x y zx y z

x y x yz z

− −− −

=

+ − −+ − −

ωω ω ω2 2 2 2

2 22 2

.

Από την τελευταία ισότητα των πινάκων προκύπτει το σύστημα: x x yy z x yx zy z z

yx y

− = +− = − −

− = +− = − −

⇔

− − =+ −

ω

ω ωω

ω22

2 2 22 2 2

2 03 zz

x zy

=− − =

+ =

02 3 2 0

2 0ω

ω

⇔− − =+ − =

− − =

2 03 0

2 3 2 0

yx y zx z

ω

ω

Με τον αλγόριθμο του Gauss βρίσκουμε ότι ο ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας του συστήματος είναι:

1 0 32

1

0 1 12

0

0 0 0 0

0

0

0

− −

Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής

32

12

ω ω ω ω+ −

∈z z z, , , , , R .

Άρα, οι ζητούμενοι πίνακες είναι της μορφής

32

+ 12

ωω ωω

ωωωω

z

zz

−

∈, , R.

22-0182-02.indb 43 26/11/2013 4:08:51 μμ

44

1.5 και 1.6

6. i) Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά

1 1 11 2 41 4 10

1 1 1 10 1 30 3 9

1112 2

αα

αα

−−

∼

∼1 1 10 1 30 0 0

11

3 22

αα α

−− +

● Αν α α2 3 2 0− + ≠ , δηλαδή αν α ≠ 1 και α ≠ 2 , τότε το σύστημα είναι αδύνατο. ● Αν α = 1, τότε ο τελευταίος επαυξημένος πίνακας γράφεται διαδοχικά:

1 1 10 1 30 0

1000

1 0 20 1 30 0 0

100

−

∼

Επομένως, για α = 1 το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ω ω ω ω .

● Αν α = 2, τότε ο τελευταίος επαυξημένος πίνακας γράφεται διαδοχικά:

1 1 10 1 30 0 0

110

1 0 20 30 0 0

0110

−

∼

Επομένως, για α = 2 το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής

,(2 1 3 , ), R . ii) Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά:

1 1 11 2 31 2

610

1 1 10 1 20 1 1

646λ µ λ µ

− −

∼

1 1 10 1 20 0 3

6410λ µ− −

(1)

22-0182-02.indd 44 28/11/2013 1:13:14 μμ

45

1.5 και 1.6

● Αν λ ≠ 3, από τη μορφή (1) του επαυξημένου πίνακα έχουμε διαδοχικά:

1

0

0

1

1

0

1

2

1

6

4103

1

0

0

1

1

0

0

0

1

6 83

4 2 8

µλ

λ µλ

λ µ

−−

− −−

− +∼λλ

µλ

−−−

3103

∼

1

0

0

1

1

0

0

0

1

2 163

4 2 83

103

λ µλ

λ µλ

µλ

+ −−

− +−

−−

Επομένως, αν λ λ ≠ 3 3 το σύστημα έχει μοναδική λύση την

2 163

4 2 83

103

λ µλ

λ µλ

µλ

+ −−

− +−

−−

, , .

● Αν λ = 3 και µ ≠ 10, τότε από τη μορφή (1) του επαυξημένου πίνακα προκύπτει ότι το σύστημα είναι αδύνατο.● Αν λ = 3 και μ = 10, τότε το σύστημα είναι συμβιβαστό και από τη μορφή (1) του επαυξημένου πίνακα έχουμε διαδοχικά:

1 1 10 1 30 0 0

110

1 0 10 1 20 0 0

240

−

∼

Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής R .

iii) Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις βρίσκουμε

2x + (κ +1)y = κ + 1.

Επομένως, το σύστημα είναι ισοδύναμο με το x yx yx y

+ =+ + = ++ + =

12 1 12 1 3

( )( )κ κκ

.

22-0182-02.indd 45 28/11/2013 1:14:12 μμ

46

1.7

● Αν κ κ+ ≠ ⇔ ≠1 3 2, το σύστημα είναι αδύνατο.● Αν κ κ+ = ⇔ =1 3 2, τότε το σύστημα γράφεται:

x yx yx y

x yx y

+ =+ =+ =

⇔+ =

+ =

12 3 32 3 3

12 3 3

.

Από την επίλυση του τελευταίου συστήματος βρίσκουμε x = 0 και y = 1. Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση την (0,1).


1. i)30 5 00 2 30 0 50

30 2 50 3000− = − = −( )( )

ii) e

e e

ee e

e e

2

3

2

33 3

1 50 0 1

8

10= − = − − =( )

iii) ηµ συν

συν ηµ


ηµ συνθ θ

θ θ

θ θθ θ

θ θ2

0 1 02

1 12 2

−=

−= + =

iv) 1 1 1

00

12 2

2 22 2α β

α β

α β

α βαβ βα αβ β α= = − = −( )

v) 1 1 11 0 51 0 2

11 51 2

2 5 10 1loglog

( )loglog

(log log ) log−

= −−

= − + = − = −

vi) e

e e

ee e

e e0 1

1 1 10

11

02

22 2= = − = .

22-0182-02.indb 46 26/11/2013 4:08:52 μμ

47

1.7

2. i) Η εξίσωση x

xx

−− =

1 1 12 10 1

0 γράφεται διαδοχικά:

( )xx

x x−

−− =1

11

21 11

0

( )( ) ( )x x x− + − − =1 1 2 1 02

( )( )x x− + − =1 1 2 02

( )( )x x− − =1 1 02

( ) ( )x x− + =1 1 02 ,

οπότε x = l ή x = – l

ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά

xxx

x xx

x13

13

11

3 30− − =

x x x x x x( ) ( ) ( )− − − − − =3 3 3 3 02

− − + − + =2 3 3 3 02 2x x x x

− + =3 3 02x

x2 1=

οπότε x = –1 ή x = 1.

iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά

xx

xxx x

x xx

31

32

10− + =

x x x x x x( ) ( ) ( )2 2 23 3 2 0− − − + − =

x x x x x x3 2 23 3 2 2 0− − + + − =

x x x3 23 2 0− + =

x x x( )2 3 2 0− + = ,

οπότε x = 0, 1, 2.

22-0182-02.indb 47 26/11/2013 4:08:52 μμ

48

1.7

iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά

11 11 1

111

111

02 2

−−

−+ =

ηµ

ηµ

ηµ

ηµ

xx

xx

2 02 2− + − =( ) ( )ηµ ηµ ηµ ηµx x x x+

2 02 2− − + − =ηµ ηµ ηµ ηµx x x x

2 2 02− =ηµ x

ηµ2 1x =

ηµx = 1 ή ηµx = −1

x = +22

κππ ή x = −2

2κπ

π , κ ∈.

3. i) Είναι: D =−

−= − =

5 21 3

15 2 13.

Επειδή 0D ≠ , το σύστημα έχει μοναδική λύση.Βρίσκουμε τις ορίζουσες D

x και D

y. Έχουμε

Dx =− −−

= −4 27 3

26 και Dy =−

− −= −

5 41 7

39.

Επομένως, xDDx= = − = −

2613

2, yDDy= = − = −

3913

3.

ii) Έχουμε D = −−

=3 4 44 4 46 6 0

252.

Επειδή 0D ≠ , το σύστημα έχει μοναδική λύση. Υπολογίζουμε τις ορίζουσες D

x, D

y και D

ω και βρίσκουμε D

x = 252, D

y = 126

και Dω = 378.

Επομένως, xDDx= = =

252252

1, yDDy= = =

126252

12

, ω ω= = =DD

378252

32

.

iii) Είναι D = − = ≠2 3 41 1 17 1 1

46 0.

22-0182-02.indb 48 26/11/2013 4:08:52 μμ

49

1.7

Το σύστημα είναι ομογενές και αφού 0D ≠ έχει μοναδική λύση τη μηδενική (0,0,0).

iv) Είναι D = = − = ≠2 13 2

4 3 1 0

D1

1 12 2

0= = και D2

2 13 2

1= = .

Επομένως, το σύστημα έχει μοναδική λύση την

ηµx DD

= = =1 01

0, συνx DD

= = =2 11

1.

Επειδή x ∈[ , )0 2π οι τιμές του x για τις οποίες συναληθεύουν οι εξισώσεις ημx = 0 και συνx = 1 είναι μόνο η x = 0.

4. i) To σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις, αν και μόνο αν

2 1 01 1

1 3 10 2

13 1

1 11 1

0−− −

−= ⇔ −

−−

−−

−=

κκ

κκ

κκ κ

( )

⇔ − − + − − − + − =( )( ) ( )2 3 1 1 02κ κ κ κ

⇔ − − − − − =( )( ) ( )2 3 2 02κ κ κ κ

⇔ − − − + =( )( )2 3 1 02κ κ κ

⇔ − − − =( )( )2 2 02κ κ κ

⇔ κ = 2 ή κ = – 1

ii) Το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις, αν και μόνο αν

κκ

κκ κ κ κ

1 11 11 1

0 1 1 1 02= ⇔ − − − + − =( ) ( ) ( )

⇔ − + − − − − =κ κ κ κ κ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1 0

⇔ − + − =( )( )κ κ κ1 2 02

⇔ =κ 1 ή κ = – 2.

22-0182-02.indb 49 26/11/2013 4:08:53 μμ

50

1.7

1.7 B΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) Έχουμε D = = − − −1 1 1

12 2

2 1κ κκ

κ κ( )( ). Επομένως:

Όταν ≠κ 1 και 2≠κ το σύστημα έχει μοναδική λύση. Υπολογίζουμε τις ορίζουσες D

x, D

y, D

ω.

Έχουμε Dx = + =1 1 1

1 12 2 2

0κ κ , Dy = + = −1 1 1

1 12 2

2κ κκ

κ κ( )

και Dω κ κ κκ

κ= + = −1 1 1

12 2

2.

Άρα, η λύση του συστήματος είναι η τριάδα (x,y,ω) με:

xDDx= =

− − −=

02 1

0( )( )κ κ

,

yDDy= =

−− − −

=−

κ κκ κ

κκ

( )( )( )

22 1 1

,

ωκκ κ κ

ω= =−

− − −=

−DD

22 1

11( )( )

.

● Όταν κ = 1 το σύστημα γράφεται:

x yx yx y

+ + =+ + =

+ + =

ωωω

12

2 2 2

το οποίο προφανώς είναι αδύνατο. ● Όταν κ = 2 το σύστημα γράφεται:

x yx yx y

x yx y

+ + =+ + =+ + =

⇔+ + =

+ + =

ωωω

ωω

12 2 32 2 2 2

12 2 3

.

22-0182-02.indb 50 26/11/2013 4:08:53 μμ

51

1.7

Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά: 1 1 12 2 1

13

1 1 10 0 1

11

1 1 00 0 1

21

−

−

∼ ∼

Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (2 , , 1),− − ∈y y y R .

ii) Έχουμε D =−

= − + −λλ λ

λλ λ

1 11

3 33 1 1( )( ).

Επομένως ● Όταν ≠λ 1 και ≠ −λ 1 το σύστημα έχει μοναδική λύση. Υπολογίζουμε τις ορίζουσες D

x, D

y, D

ω.

Έχουμε: Dx =−

− = − +1 1 1

1 11 3

1 4λ λλ

λ λ( )( ) ,

Dy =−

− = − + −λλ λ λ

λλ λ λ

1 11

3 12 3 12( )( )

και Dω

λλ λ λ λ= − = − − −

1 11 1

3 3 13 2 1( )( )

xDDx= =

− +− + −

=++

( )( )( )( ) ( )

1 43 1 1

43 1

λ λλ λ

λλ

,

yDDy= =

− + −− + −

=− +

+( )( )

( )( ) ( )λ λ λ

λ λλ λ

λ

2 22 3 13 1 1

2 33 1

και ωλ λλ λ

λλ

ω= =− − −− + −

=−+

DD

3 2 13 1 1

21

( )( )( )( )

.

● Όταν λ = 1, το σύστημα γίνεται: x yx yx y

+ − =+ + =

+ + =

ωωω

10

3 3 1.

22-0182-02.indb 51 26/11/2013 4:08:53 μμ

52

1.7

Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις, βρίσκουμε ω = −12

, οπότε

το σύστημα είναι ισοδύναμο με την εξίσωση x y+ =12

, που γράφεται x y= −12

.

Άρα, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής 12

, , 12

,

y y R.

• Όταν λ = –1, το σύστημα γίνεται: − + − =− + − = −

+ − =

x yx yx y

ωωω

12

3 3 1το οποίο προφανώς είναι αδύνατο.

2. Το σύστημα (y ω) 02

0

xx yx y

λλ ωλ ω

+ + = + = + + =

γράφεται ισοδύναμα λω 0

2 00

x yx yx y

λλ ωλ ω

+ =+ + − = + + =

.

Έχουμε D = − = − +1

2 11 1

3 1 1λ λ

λλ

λ λ( )( ) .

Επομένως: ● Αν ≠λ 1 και ≠ −λ 1 το σύστημα έχει μοναδική λύση τη μηδενική (0,0,0). ● Αν λ = 1, το σύστημα γίνεται:

x yx yx y

x yx y

+ + =+ − =+ + =

⇔+ + =

+ − =

ωωω

ωω

02 0

0

02 0

.

Σχηματίζουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και έχουμε διαδοχικά: 1 1 11 2 1

00

1 1 10 1 2

00

1 0 30 1 2

00−

−

−

∼ ∼

Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής R .

● Αν λ = – 1, το σύστημα γίνεται: x yx yx y

x yx y

− − =− + − =− + + =

⇔− − =

− + − =

ωωω

ωω

02 0

0

02 0

.

22-0182-02.indb 52 26/11/2013 4:08:54 μμ

53

1.7

Με πρόσθεση κατά μέλη βρίσκουμε y = 2ω. Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής

∈(3 2 R

3. i) Παίρνουμε τις ευθείς ε1, ε

2 και σχηματίζουμε το σύστημα:

εε1

2

2 12 1::x yx y

+ = −+ =

.

Το σύστημα αυτό έχει ορίζουσα

1 22 1

3 0= − ≠

και άρα έχει μοναδική λύση την (1,–1), που σημαίνει ότι οι ευθείες ε1, ε

2

τέμνονται στο σημείο Α(1,–1). Επειδή οι συντεταγμένες του σημείου Α επαληθεύουν και την εξίσωση της ε

3, η ευθεία ε

3 διέρχεται και αυτή από το

Α. Επομένως, οι τρεις ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο Α(1,–1).Αν εργαστούμε, τώρα, όπως και στο ερώτημα (i) βρίσκουμε ότι:

ii) Οι ευθείες ε1, ε

2 τέμνονται στο σημείο Α(23,–9), το οποίο δεν ανήκει στην ε

3,

αφού οι συντεταγμένες του δεν την επαληθεύουν. Επομένως, οι ε1, ε

2, ε

3 δεν

διέρχονται από το ίδιο σημείο. Επίσης, οι ευθείες ε1, ε

3 τέμνονται στο Β(1,2)

και οι ε3, ε

2 στο Γ(–2,1). Άρα, οι ε

1, ε

2 και ε

3 σχηματίζουν τρίγωνο.

iii) Επειδή εε1

2

2 04 2 3

2 0

2 32

::x yx y

x y

x y+ =

+ =

⇔+ =

+ =

, το σύστημα είναι αδύνατο και άρα

οι ευθείες ε1, ε

2 είναι παράλληλες.

Οι ευθείες ε1, ε

3 τέμνονται στο Α(–1,2), ενώ οι ευθείες ε

2, ε

3 τέμνονται στο

Β1212,

.

iv) Τα συστήματα

εε1

2

3 9 13 0

::x yx y

+ =+ =

, εε1

3

3 9 12 6 5::x yx y

+ =+ =

και εε2

3

3 02 6 5::x yx y

+ =+ =

είναι αδύνατα. Επομένως οι ευθείες ε

1, ε

2, ε

3 είναι παράλληλες ανά δύο.

22-0182-02.indb 53 26/11/2013 4:08:54 μμ

54

1.7

4. Η ορίζουσα του συστήματος είναι:

D = = −1 1 1

2 02 0

42β αγ β

β αγ (1)

i) Αν η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες, τότε θα ισχύει D = β2 – 4αγ > 0 και επομένως, λόγω της (1), το σύστημα θα έχει μοναδική λύση.Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση, τότε θα είναι D = β2 – 4αγ ≠ 0 που σημαίνει ότι D > 0 ή D < 0.Όταν όμως D < 0, η εξίσωση αt2 + βt + γ = 0 είναι αδύνατη. Άρα δεν ισχύει το αντίστροφο.

ii) Αν η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα, τότε Δ = β2 – 4αγ = 0 και επομένως το ομογενές σύστημα έχει άπειρες λύσεις.

5. Οι τρεις ισότητες σχηματίζουν το ομογενές σύστημα:

x yx yx y

− − =− + =

+ − =

γ βωγ αωβ α ω

000

.

Επειδή οι x, y, ω δεν είναι όλοι μηδέν, το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις. Επομένως, η ορίζουσα των συντελεστών των αγνώστων είναι ίση με μηδέν. Έχουμε:

⇔ − + − − − + =1 02α γ γ αβ β αγ β( ) ( )

⇔ − − − − − =1 02 2 2α γ αβγ αβγ β

⇔ + + + =α β γ αβγ2 2 2 2 1.

6. i) Λύνουμε το σύστημα x yx y

+ + =+ = +

( )λλ

1 12 1

(1)

των δύο τελευταίων εξισώσεων και εξετάζουμε αν η λύση του (εφόσον βέβαια υπάρχει) επαληθεύει και την πρώτη εξίσωση του δοθέντος συστήματος.

22-0182-02.indb 54 26/11/2013 4:08:54 μμ

55

1.7

Έχουμε:

D =+

= − − = −1 11 1

1 1λ

λ λ

Dx =+

+= − − − = − +

1 12 1 1

1 2 3 1 2 32λλ

λ λ λ λ( )

Dy =+

= + − =1 11 2 1

2 1 1 2λ

λ λ .

Επομένως ● Αν ≠λ 0, τότε 0D ≠ και άρα το σύστημα (1) έχει μοναδική λύση την:

xDD

= =x λ+2 3, y = = −DDy 2 .

Η λύση αυτή είναι λύση του δοθέντος συστήματος, αν και μόνο αν επαληθεύει και την πρώτη εξίσωση αυτού, δηλαδή αν και μόνο αν ισχύει:

( )( ) ( )λ λ λ λ λ λ λ+ + + − = + ⇔ + + + − = +1 2 3 2 1 2 3 2 3 2 12

⇔ + =2 4 02λ λ

⇔ ( ) =2 0λ λ+2

, αφού λ ≠ 0.

Επομένως, α) Αν λ = – 2, τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την (x,y) = (–1, –2), ενώ β) Αν λ ≠ −0 2, , τότε το σύστημα είναι αδύνατο.

● Αν λ = 0, τότε το σύστημα γράφεται:

x yx yx y

x y y x+ =+ =+ =

⇔ + = ⇔ = −111

1 1

και άρα έχει άπειρες λύσεις της μορφής R.

Σχόλιο: Το παραπάνω σύστημα μπορεί να λυθεί και ως εξής:

22-0182-02.indb 55 26/11/2013 4:08:54 μμ

56

1.7

Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις βρίσκουμε (λ + 2)x + (λ + 2)y = λ + 2.

Επομένως το σύστημα γίνεται ( ) ( )

( )λ λ λ

λλ

+ + + = ++ + =

+ = +

2 2 22 1

2 1

x yx yx y

.

● Αν λ ≠ −2, τότε το σύστημα γράφεται:

x yx yx y

+ =+ + =

+ = +

11 1

2 1( )λ

λοπότε — αν 2 1 1λ + ≠ δηλαδή αν λ ≠ 0 , το σύστημα είναι αδύνατο. — αν 2λ + 1 = 1 δηλαδή αν λ = 0, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (1 , ),y y y− ∈R .

● Αν λ = – 2, το σύστημα γράφεται x yx y

− =+ = −

13

και έχει μοναδική λύση την (–1, –2).

ii) Λύνουμε το σύστημα

2x yx y

− = −− =

λλ

(2)

της 1ης και 3ης εξίσωσης και εξετάζουμε αν η λύση του επαληθεύει και τη 2η εξίσωση. Έχουμε:

D =−−

= − + = − ≠2 11 1

2 1 1 0

Dx =− −

−= + =

λλ

λ λ λ11

2 και

Dy =−

= + =21

2 3λλ

λ λ λ .

Επομένως το σύστημα (2) έχει μοναδική λύση του

−xDx = = λD

2 , −yDy = = λD

3 .

22-0182-02.indb 56 26/11/2013 4:08:54 μμ

57

1.7

Η λύση αυτή είναι λύση και του δοθέντος συστήματος, αν και μόνο αν επαληθεύει και την 2η εξίσωση, δηλαδή αν και μόνο αν ισχύει:

λ λ λ λ λ( ) ( )− + − + = ⇔ − − + =2 3 5 0 2 3 5 02

⇔ + − =2 3 5 02λ λ

⇔ =− ±

λ3 74

−⇔ λ = 5

2 ή λ = 1.

Επομένως,

α) Αν −λ = 52

, τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την

( , ) = ,x y 5 152

β) Αν λ = 1, τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την

( ) ( 2 3)x y, = ,− − .

γ) Αν , τότε το σύστημα είναι αδύνατο.

7. i) Έχουμε:

ΑX Xxy

xy

= ⇔−−

=

λ λ

2 31 2

⇔−−

=

2 32

x yx y y

λλ

x

⇔− =− =

2 32

x y xx y y

λλ

⇔− − =

− + =

( )( )

2 3 02 0

λλ

x yx y

(1)

Επομένως, υπάρχει μη μηδενικός πίνακας Χ που να ικανοποιεί την ΑΧ = λΧ, αν και μόνο αν το σύστημα (1) έχει και μη μηδενικές λύσεις, που συμβαίνει αν και μόνο αν

2 31 2

0 2 2 3 0− −

− += ⇔ − − + + =

λλ

λ λ( )

( )( )

22-0182-02.indb 57 26/11/2013 4:08:55 μμ

58

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ

⇔ − =λ 2 1 0⇔ λ = 1 ή λ = – 1.

ii) Για λ = 1 το σύστημα (1) γράφεται: x yx y

x y x y− =− =

⇔ − = ⇔ =3 03 0

3 0 3

και επομένως έχει άπειρες λύσεις της μορφής

, ∈y, y y(3 ) R , οπότε , ∈

3 yX = y

yR.

● Για λ = – 1 το σύστημα (1) γράφεται 3 3 0

00

x yx y

x y x y− =− =

⇔ − = ⇔ =

και επομένως έχει άπειρες λύσεις της μορφής

, ∈y, y y( ) R, οπότε , ∈

yX = y

yR .

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ)

1. i) Έχουμε:

Α Α( ) ( )x yx xx x

y yy y

=−

−



συνx y x y x y x y

x y x y x y x yσυν συν − ηµ ηµ − συν ηµ − ηµ συν

= ηµ + συν ηµ − ηµ ηµ + συν συν

=+ − +

+ +

= +


( ) ( )( ) ( )

( )x y x yx y x y

x yΑ .

ii) Από το πρώτο ερώτημα για y = – x, παίρνουμε: Α(x)Α(–x) = Α(0)

Α(x)Α(–x) = I, άρα (Α(x))–1 = Α(–x)

iii) Έστω Ρν ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε.

● Ο ισχυρισμός αυτός ισχύει, προφανώς, για ν = 1. ● Θα αποδείξουμε τώρα ότι, αν ο Ρ

ν είναι αληθής, δηλαδή αν ισχύει [Α(x)]ν

= Α(νx), τότε θα είναι αληθής και ο Ρν+1

, δηλαδή ότι θα ισχύει

[Α(x)]ν+1 = Α((ν + 1)x).

22-0182-02.indb 58 26/11/2013 4:08:55 μμ

59

Πράγματι: [Α(x)]ν+1 = [Α(x)]ν Α(x) = Α(νx) Α(x)

= Α(νx + x) = Α((ν + 1)x).Άρα, ο ισχυρισμός Ρ

ν αληθεύει για κάθε ν ∈ * .

2. i) Έχουμε:

Μ Μ Μ2

0 1 00 0 10 0 0

0 1 00 0 10 0 0

0 0 10 0 00 0 0

= ⋅ =

=

Μ Μ Μ3 2

0 0 10 0 00 0 0

0 1 00 0 10 0 0

0 0 00 0 00 0 0

= ⋅ =

=

.

Για ν = 3 είναι Μ 3 = . Για ν > 3, είναι Μ ν = Μ3+ν–3 = Μ 3Μ ν–3 = ∙Μ ν–3 = .Άρα Μν = για κάθε ν ∈ , με ν ≥ 3.

ii) ΑΒ Μ Μ Ι Μ Μ Ι= + + − − +( )[ ( ) ]α α α α α2 21

= − − + + − − + + − − +α α α α α α α α α α α2 4 2 3 2 2 3 2 2 21 1 1( ) ( ) ( )Μ Μ Μ Μ Μ Μ Μ Μ Ι

= − + + − − +α α α α α αΜ Μ Μ Μ Μ Ι2 2 2 21( )

= − + + − − + =α α α α α α( ) ( ) .1 12 2Μ Μ Μ Μ Ι Ι

Άρα ΑΒ = Ι, συνεπώς Β–1 = Α.

3. i) Έχουμε:

J J J2 0 11 0

0 11 0

= ⋅ =−

⋅

−

=−

−

= −

= −

1 00 1

1 00 1

I

ii) Αν Α = αΙ + βJ και Β = γI + δJ, τότε Α + Β = αΙ + βJ + γI + δJ = (α + γ)Ι + (β + δ)J,

δηλαδή Α + B = xI + yJ, όπου x = α + γ, y = β + δ


22-0182-02.indd 59 28/11/2013 1:14:48 μμ

60

και Α∙Β = (αI + βJ)∙(γI + δJ) = αΙγΙ + αΙδJ + βJγΙ + βJδJ

= αγΙ2 + αδΙJ + βγJΙ + βδJ2

= αγΙ + αδJ + βγJ – βδΙ, (αφού J2 = – I)

= (αγ – βδ)Ι + (αδ + βγ)J.Άρα

ΑB = xI + yJ, όπου x = αγ – βδ, y = αδ + βγ.

iii) Έχουμε α βα

αβ

βα ββ α

Ι + =

+

−

=

−

J

00

00

, οπότε ο πίνακας αΙ +

βJ αντιστρέφεται μόνο όταν D =−

= + ≠α ββ α

α β2 2 0 .

4. Αν είναι ΟΜ� ��

= ρ , τότε λόγω συμμετρίας θα είναι και ΟΜ ′ =� ��

ρ. Έχουμε:

x = ρσυνθ

y = ρημθ

′ = −x ρ ϕ θσυν( )2

= +( ) ( )ρ θ ϕ ρ θ ϕσυν συν ηµ ηµ2 2

= +x yσυν ηµ2 2ϕ ϕ

′ = −y ρ ϕ θηµ( )2

= −( ) ( )ρ θ ϕ ρ θ ϕσυν ηµ ηµ συν2 2

= −x yηµ συν2 2ϕ ϕ.

Δηλαδή′′

=

−

xy

xy


2 22 2

ϕ ϕϕ ϕ

.

Άρα, η συμμετρία ως προς άξονα την ευθεία ε είναι γραμμικός μετασχηματισμός

με πίνακα τον Α =−


2 22 2

ϕ ϕϕ ϕ

.


22-0182-02.indb 60 26/11/2013 4:08:56 μμ

61

Αν, τώρα, στον πίνακα Α θέσουμε:

● φ = 0, θα πάρουμε τον πίνακα 1 00 1−

του γραμμικού μετασχηματισμού της

συμμετρίας ως προς τον άξονα των x.

● ϕ π=

2, θα πάρουμε τον πίνακα

−

1 00 1

του γραμμικού μετασχηματισμού

της συμμετρίας ως προς τον άξονα των y.

● ϕ π=

4, θα πάρουμε τον πίνακα

0 11 0

της συμμετρίας ως προς την ευθεία y = x.

● ϕ π=

34

, θα πάρουμε τον πίνακα 0 11 1

0 11 0

−−

= −

της συμμετρίας ως

προς την ευθεία y = – x.

5. Έστω M(x1,y

1) και M

2(x

2,y

2) δύο σημεία του επιπέδου τα οποία με τον γραμμικό

μετασχηματισμό Τ έχουν την ίδια εικόνα, δηλαδή ισχύει ′′

=

′′

xy

xy

1

1

2

2

. Θα δείξουμε ότι τα σημεία αυτά ταυτίζονται.Πράγματι, έχουμε:

′′

=

⇔

=

xy

xy

xy

xy

1

1

1

1

1

1

2α βγ δ

α βγ δ 22

1

1

2

2

⇔

=

xy

xy

,

αφού ο πίνακας α βγ δ

αντιστρέφεται. Άρα, x

1 = x

2 και y

1 = y

2.

Επομένως ο μετασχηματισμός Τ είναι 1−1.

ii) Λύνουμε την εξίσωση ′′

=

xy

xy

α βγ δ

ως προς xy

. Έχουμε διαδοχικά:

α βγ δ

α βγ δ

α βγ δ

′′

=

− −1 1xy

xy

α βγ δ

′′

=

−1 xy

xy

xy

xy

=

′′

−α βγ δ

1

.


22-0182-02.indb 61 26/11/2013 4:08:56 μμ

62

Επομένως, ο αντίστροφος μετασχηματισμός του Τ είναι ο μετασχηματισμός

Τ −−′

′

=

11

:xy

xy

α βγ δ

με πίνακα τον αντίστροφο του α βγ δ

, δηλαδή τον

πίνακα 1D

δ βγ α

−−

, όπου D = αδ – βγ.

iii)

Γραμμικός μετασχηματισμός

Πίνακας του γραμμικού

μετασχηματισμού

Πίνακας του αντίστροφου γραμμικού

μετασχηματισμού

● Συμμετρία με κέντρο συμμετρίας το Ο

● Συμμετρία ως προς τον άξονα x′x

● Συμμετρία ως προς τον άξονα y′y

● Συμμετρία ως προς την ευθεία y = x

● Στροφή με κέντρο Ο και γωνία θ

● Ομοιοθεσία με κέντρο Ο και λόγο λ ≠ 0


2 22 2

2 2

1 1 100

Dα β

α β αβ α βα β

α β

= = = − = − −αβ(α β).

Επομένως

1 00

1 0

0 12λλ

λλ

λ

=

−−

1 00 1

−−

1 00 1

1 00 1−

( )−

−

=

−

1

1 00 1

1 00 1

−

1 00 1

( )−−

=

−

1

1 00 1

1 00 1

0 11 0

( )−

−−

=

1

0 11 0

0 11 0


θ θθ θ

−


θ θθ θ−

λλ0

0


22-0182-02.indb 62 26/11/2013 4:08:57 μμ

63

● Αν α β≠ , τότε θα είναι 0D ≠ (αφού α β, ≠ 0 ) και άρα το ομογενές σύστημα θα έχει μοναδική λύση την (0,0,0). ● Αν α = β, τότε το σύστημα γράφεται:

x y zx yx y

x y zx yx y

+ + =+ =

+ =

⇔+ + =+ =+ =

00

0

0002 2

α α

α α

, αφού α ≠ 0

⇔+ + =+ =

⇔== −

x y zx y

zx y

00

0.

Άρα το ομογενές σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( ) R.


D =1 1 1

112 2

ηµ συν

ηµ συν

α α

α α

= − +συν

συν

ηµ

ηµ

ηµ συν

ηµ συν

α

α

α

α

α α

α α

11

112 2 2 2

= + + −συν συν ηµ ηµ ηµ συν ηµ συνα − α − α α α α α α2 2 2 2

= +( ) ( ) ( )συν ηµ συν ηµ ηµ συν συν ηµα − α − α − α α α α − α2 2

= + +( )[ ( ) ]συν ηµ συν ηµ ηµ συνα − α − α α α α1

= −( )[( ) ( )]συν ηµ συν ηµ συνα − α − α α − α1 1

− − −= α α 1 α 1 συνα(συν ημ )( ημ )( ).Επομένως ● Αν ηµα ≠ 1 , συνα ≠ 1 και ηµ συνα α≠ , δηλαδή αν ≠ π πα 0, ,

4 2, τότε 0D ≠

και άρα το ομογενές σύστημα έχει μοναδική λύση την (0,0,0).

● Αν πα =2

, τότε το σύστημα γράφεται:

x yxx

yx

+ + =+ =+ =

⇔== −

ωωω

ω

000

0


22-0182-02.indb 63 26/11/2013 4:08:57 μμ

64

και άρα έχει άπειρες λύσεις της μορφής ( ,0, ), .

● Αν α =0, τότε το σύστημα γράφεται:

x yyy

xy

+ + =+ =+ =

⇔== −

ωωω

ω

000

0

και άρα έχει άπειρες λύσεις της μορφής

R

● Τέλος αν πα =4

, τότε το σύστημα γράφεται:

x y

x y

x y

x y

x yx

+ + =

+ + =

+ + =

⇔

+ + =

+ + =+

ω

ω

ω

ω

ω

0

22

22

0

12

12

0

0

2 2 2 0yy + =

2 0ω

⇔

+ + =

+ + =+ + =

x y

x yx y

ω

ωω

0

2 02 0

.

Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις, βρίσκουμε ω = 0, οπότε x + y = 0 και άρα x = – y. Επομένως, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής ( ) R .

8. Παίρνουμε τις ευθείες ε1, ε

2 και ε

3 ανά δύο και σχηματίζουμε τα συστήματα:

εε κ1

2

1::x yx y

+ =+ =

, εε κ1

3

11

::x yx y

+ =+ =

και ε κε κ2

3 1::x yx y+ =+ =

.

Τα συστήματα αυτά έχουν ορίζουσες:

1 11 1

= 0 , 1 1

1κ= 1−− κκ και

1 11κ

= 1−− κκ


22-0182-02.indb 64 26/11/2013 4:08:58 μμ

65

αντιστοίχως. Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

● Αν κ = 1, τότε τα συστήματα γράφονται:

εε1

2

11

::x yx y

+ =+ =

, εε1

3

11

::x yx y

+ =+ =

και εε2

3

11

::x yx y

+ =+ =

.

Επομένως, οι τρεις ευθείες συμπίπτουν και η εξίσωσή τους είναι x + y = 1. ● Αν κ ≠ 1, τότε το πρώτο σύστημα είναι αδύνατο, ενώ τα άλλα δύο έχουν ακριβώς μια λύση. Αυτό σημαίνει ότι οι ευθείες ε

1, ε

2 είναι παράλληλες και η ε

3 τις τέμνει.

9. Η ορίζουσα του ομογενούς συστήματος λ ω

λωy

y− =

+ =

00

της 2ης και 3ης εξίσωσης

είναι ίση με λ

λλ

−= + ≠

11

1 02 . Επομένως, το σύστημα αυτό έχει μοναδική

λύση την (y,ω) = (0,0).Αν αντικαταστήσουμε τη λύση αυτή στην πρώτη εξίσωση, έχουμε:

( )λ

ω

− ===

1 000

xy (1)

Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις: ● Αν λ ≠ 1 , τότε η εξίσωση (1) έχει μοναδική λύση την x = 0 και επομένως το σύστημα έχει τη μοναδική λύση (x,y,ω) = (0,0,0). ● Αν λ = 1, τότε η εξίσωση (1) αληθεύει για κάθε x ∈ R και επομένως το σύστημα έχει άπειρες λύσεις της μορφής

∈( 0 0) R.

10. Έχουμε

ΑX Xxy

xy

x yx y

xy

= ⇔−−

=

⇔

−−

=

λ

αα

λα

αλλ

31

3

⇔− =

− =

⇔− − =

− + =

3 3 01 0

x y xx y y

x yx y

α λα λ

λ αα λ( )

( ) . (1)

Επειδή ( , ) (0,0)x y ≠ , το ομογενές σύστημα (1) έχει και μη μηδενικές λύσεις. Επομένως θα ισχύει:


22-0182-02.indb 65 26/11/2013 4:08:58 μμ

66

D =− −

− += ⇔ − − + + = ⇔ − + − =

31

0 3 1 0 2 3 02 2 2λ αα λ

λ λ α λ λ α( )

( )( ) .

Άρα ο πραγματικός αριθμός λ είναι ρίζα της εξίσωσης

t2 – 2t + (α2 – 3) = 0. Επομένως, θα ισχύει ∆ ≥ 0. Όμως Δ = 4 – 4(α2 – 3), οπότε

∆ ≥ ⇔ − − ≥0 4 4 3 02( )α

⇔ − + ≥1 3 02α

⇔ ≤α 2 4⇔ − ≤ ≤2 2α .

11. i) Έχουμε

D = = − = ≠2 31 2

4 3 1 0

Dx =++

= + − + = +5 4 33 2 2

10 8 9 6 2λλ

λ λ λ( ) ( ) και

Dy =++

= + − + =2 5 41 3 2

6 4 5 4λλ

λ λ λ( ) ( ) .

Επομένως, το σύστημα έχει μοναδική λύση την

xDx = = λ+D

2, yDy = = λD

(2)

ii) Οι εξισώσεις

2t2 +3t – (5λ + 4) = 0 και t2 + 2t – (3λ + 2) = 0

έχουν κοινή ρίζα, αν και μόνο αν υπάρχει ρ ∈R τέτοιος, ώστε να ισχύει:

2 3 5 4 02 3 2 0

2 3 5 42 3 2

2

2

2

2

ρ ρ λ

ρ ρ λ

ρ ρ λ

ρ ρ λ

+ − + =

+ − + =

⇔

+ = +

+ = +

( )( )

που συμβαίνει, αν και μόνο αν το ζεύγος (ρ2, ρ) είναι η μοναδική λύση του συστήματος (Σ), δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει


22-0182-02.indb 66 26/11/2013 4:08:58 μμ

67

ρ λρ λ

λ λρ λ

2 22 2 0= +=

⇔− − =

=

⇔= −= −

λρ

11

ή λρ

==

22

.

Επομένως, οι εξισώσεις έχουν κοινή ρίζα όταν λ = – 1 (η κοινή ρίζα είναι η ρ = – 1) ή λ = 2 (η κοινή ρίζα είναι η ρ = 2).

β´ τρόπος: Αν ρ κοινή ρίζα των εξισώσεων, τότε από την πρώτη εξίσωση

έχουμε: 3 3 45

2ρ ρλ

+ −= και από τη δεύτερη ρ ρ

λ2 2 2

3+ −

= .

Επομένως 2 3 45

2 23

2 2ρ ρ ρ ρ+ −=

+ − απ’ όπου προκύπτουν ως κοινές ρίζες

οι ρ1 = – 1, ρ

2 = 2 και οι αντίστοιχες τιμές του λ, οι λ

1 = – 1 και λ

2 = 2.


22-0182-02.indb 67 26/11/2013 4:08:58 μμ

22-0182-02.indb 68 26/11/2013 4:08:58 μμ

69

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2

ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ


1. Έχουμε z = (2λ + 3) + (6 – λ)i, οπότε:

α) Ο z είναι πραγματικός, αν και μόνο αν 6 – λ = 0, δηλαδή λ = 6

β) Ο z είναι φανταστικός, αν και μόνο αν 2λ + 3 = 0, δηλαδή λ = −32

.

2. α) Είναι:

( ) ( ) ( , ) ( , )x y x y i ix yx y

x y+ + − = − ⇔+ =− = −

⇔ =331

1 2

β) Είναι:

3 6 3 2 3 6 23 1

2 22

2x x x i i x x

x+ − + − = + ⇔

+ − =

− =

( ) (1)

Όμως:

x x x2 23 1 4 2− = ⇔ = ⇔ = ή x = – 2.

Άρα x = – 2, αφού από τις λύσεις αυτές μόνο η x = – 2 επαληθεύει και την (1).

γ) Είναι:

9 27 3 23 2 927

9 543

27− = + − ⇔

+ ==

⇔=

−

=

i x y yi

x yy

x

y( )

⇔=

−

=

⇔ = −

x

yx y

45327

15 27( , ) ( , ).

22-0182-02.indb 69 26/11/2013 4:08:59 μμ

70

2.1 και 2.2

3.

4. α) Είναι z = 0 + yi. Άρα, οι εικόνες του z είναι τα σημεία M(0, y), δηλαδή τα σημεία του άξονα y′y.

β) Είναι z = x + 0i. Άρα, οι εικόνες του z είναι τα σημεία Μ(x,0), δηλαδή τα σημεία του άξονα x′x.

γ) Είναι z = x + xi. Άρα, οι εικόνες του z είναι τα σημεία Μ(x, x), δηλαδή τα σημεία της ευθείας y = x, που είναι διχοτόμος της 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων.

5. α) (– 4 + 6i) + (7 – 2i) = (– 4 + 7) + (6 – 2)i = 3 + 4i

β) (3 – 2i) – (6 + 4i) = (3 – 6) + (–2 – 4)i = – 3 – 6i

γ) (3 + 4i) + (– 8 – 7i) + (5 + 3i) = (3 – 8 + 5) + (4 – 7 + 3)i = 0 + 0i = 0

δ) (3 + 2i)(4 + 5i) = 3∙4+3∙5i + 4∙2i + 2∙5i2 = 12 – 10 +15i +8i = 2 + 23i

ε) 3i(6 + i) = 3∙6i + 3i2 = – 3 + 18i

στ) (4 + 3i)(4 – 3i) = 42 – (3i)2 = 16 – 9∙i2 = 16 – 9(–1) = 16 + 9 = 25

ζ) i(3 + i)(2 – i) = i(6 – 3i + 2i – i2) = i(6 + 1 – i) = 7i – i2 = 1 + 7i.

6. α) 11

1 11 1

11

11 1

12

122−

=+

− +=

+−

=++

= +i

ii i

ii

i i( )( )( )

β) i6 = i4∙i2 = 1(– 1) = – 1 = – 1 + 0i

γ) i2 + 2i + 1 = – 1 + 2i + 1 = 0 + 2i

δ) 1 3 1 2 3 3 1 3 2 3 2 2 32 2+( ) = + + ⋅ = − + = − +i i i i i

ε) 32

3 22 2

6 52

5 54 1

5 15

2

2 2

+−

=+ ⋅ +− +

=+ +

−=

++

=+

=ii

i ii i

i ii

i i( ) ( )( )( )

( ) 11+ i

22-0182-02.indb 70 26/11/2013 4:08:59 μμ

71

2.1 και 2.2

στ) 6 21 2

6 2 1 21 2 1 2

6 2 7 21 2

6 2 7 22

2

−+

=− ⋅ −+ ⋅ −

=+ −

−=

− −ii

i ii i

i ii

i( ) ( )( ) ( ) 11 2

43

73

2+

= − i .

7. α) Είναι: ( ) ( )3 2 9 12 42 2− − + = − ⇔ − + − − = −i x iy x yi i i x yi x yi

⇔ − − − = ⇔ − − =9 4 12 5 2 12 0x i x x i( )

Αυτή όμως είναι αδύνατη, αφού το − ≠12 0.

β) Είναι: 11

1 1 21 1 2

12+

−

=

− +− −

= −ii

ii

. Άρα η σχέση γράφεται:

− ++

= + ⇔+

= +1 1 1 1 2x iy

ix iy

i

⇔ + =+

x yii

12

⇔ + =−x yi i25

⇔ =x 25

και y =−15

.

γ) Είναι: ( )( ) ( ) ( )( ) ( )3 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 2 1 2− − − − + − ⇔ − − − − = − +i x iy x iy i i x iy x iy i

⇔ − − = − −( )( ) ( )1 2 2 1 2i x iy i

⇔ − = −2 1x iy

⇔ = −x 12

και y = 0.

8. α) i6 + i16 + i26 + i36 + i46 + i56 = i2 + i0 + i2 + i0 + i2 + i0 = 0.

β) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 211 41 75 1023 3 1 3 3i i i i i i i i i i ii− + − = − + − =

−− =

−= .

9. α) Για z = – 5 + 7i είναι z i= − −5 7

β) Για z = – 4 – 9i είναι z i= − +4 9

γ) Για z = 4i είναι z i= −4

δ) Για z = 11 είναι z =11

22-0182-02.indb 71 26/11/2013 4:08:59 μμ

72

ε) Για z = – i είναι z i=

στ) Για z = 0 είναι z = 0.

10. Αν M(x,y) είναι η εικόνα στο μιγαδικό επίπεδο του μιγαδικού z = x + yi, τότε η εικόνα του z x yi= − είναι το σημείο Μ

1(x,–y), του – z = – x –yi είναι το σημείο

M2(–x, –y) και, τέλος, του − = − +z x yi

είναι το σημείο Μ3(–x,y). Έτσι, μπορούμε

να πούμε ότι:Ο z προκύπτει από τον z με συμμετρία ως προς τον άξονα x′x.Ο –z προκύπτει από τον z με συμμετρία ως προς κέντρο το Ο(0,0) και τέλος:Ο −z προκύπτει από τον z με συμμετρία ως προς τον άξονα y′y.

11. Έχουμε: z z ii

ii

ii

ii1 2

5 97 4

5 97 4

5 97 4

5 97 4

+ =−+

++−

=−+

+−+

που είναι πραγματικός

αριθμός ως άθροισμα δύο συζυγών μιγαδικών αριθμών.Ομοίως ο z

1 – z

2 θα είναι φανταστικός ως διαφορά δύο συζυγών μιγαδικών

αριθμών.

12. Αν z = x + yi τότε: α) z z i x yi x yi i yi i yi i y− = ⇔ + − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =6 6 2 6 3 3.

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία της οριζόντιας ευθείας με εξίσωση y = 3.

β) z z x yi x yi2 2 2 2= ⇔ + = −( ) ( )

⇔ + − − =( ) ( )x yi x yi2 2 0

⇔ + + − + − + =( )( )x yi x yi x yi x yi 0

⇔ ⋅ =2 2 0x yi

⇔ =x 0 ή y = 0.

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία των δύο αξόνων y′y και x′x.

2.1 και 2.2

22-0182-02.indb 72 26/11/2013 4:09:00 μμ

73

2.1 και 2.2

γ) z z x yi x yi2 2 2 2= − ⇔ − = − +( ) ( )

⇔ + − = − + +x yi xyi x y i xyi2 2 2 2 22 2( ) ( )

⇔ − − = − + −x y xyi x y xyi2 2 2 22 2

⇔ − =2 02 2( )x y

⇔ = ±y x .

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία των διχοτόμων των τεσσάρων τεταρτημορίων.

δ) z z x yi x yi= − ⇔ + = − −2 2 ( )

⇔ + = − +x yi x yi( )2

⇔= −=

x xy y

2

1,x y⇔ = ∈R

⇔ = +z yi1 .

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία της κατακόρυφης ευθείας x = 1.

13. α) x x x x2 3 2 0 3 9 82

3 12

2− + = ⇔ =± −

=±

⇔ = ή x = 1.

β) x x x i i i2 2 3 0 2 82

2 1 22

1 2− + = ⇔ =±

=±

= ±( )

γ) xx

x x x x x i+ = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ =

±1 1 1 1 0 1 32

2 2 .

14. Αφού οι συντελεστές της εξίσωσης 2x2 + βx + γ = 0 είναι πραγματικοί αριθμοί και μία ρίζα της είναι η 3 + 2i, η άλλη θα είναι η 3 – 2i, οπότε θα ισχύει:

x x

x x

1 2

1 2

2

2

62

132

1226

+ = −

=

⇔= −

=

⇔= −=

β

γ

β

γβγ

.

22-0182-02.indb 73 26/11/2013 4:09:00 μμ

74

2.1 και 2.2


1. Έχουμε: z ii

i ii i

i=

++

=+ −+ −

=+ + −

+α βγ δ

α β γ δγ δ γ δ

αγ βδ βγ αδγ δ

( )( )( )( )

( ) ( )2 2 . Άρα:

0 0 0.z

α ββγ αδ αδ βγ

γ δ∈ ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =R

2. Έχουμε z i i2 1 3 2 34

1 32

=− −

=− − , οπότε:

z z i i i i2 1 32

1 32

1 3 1 32

22

1− =− −

−−

=− − − +

=−

= − .

Άρα: 1 11

12z z−=

−= − .

3. Είναι ( )1 1 1 2 22+ = − + =i i i, οπότε

( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 220 2 10 10 10 10 10 2 10+ = +( ) = = = = −i i i i i

και ( ) ( ) ( )1 1 1 220 20 20 10− = + = + = −i i i .

Άρα: ( ) ( )1 1 020 20+ − − =i i .

4. Έχουμε Α = + = +−i i ii

ν ν νν

1 . Επομένως:

● Αν ν = 4κ, τότε iν = 1, οπότε Α = 1 + 1 = 2

● Αν ν = 4κ + 1, τότε iν = i, οπότε Α = + = − =ii

i i1 0

● Αν ν = 4κ + 2, τότε iν = – 1, οπότε Α = – 1 – 1 = – 2

● Αν ν = 4κ + 3, τότε iν = – i, οπότε Α = − +−

= − + =ii

i i1 0.

22-0182-02.indb 74 26/11/2013 4:09:00 μμ

75

2.1 και 2.2

5. α) Αν z = x + yi τότε έχουμε:

z z x yi x yi= ⇔ − = +2 2( ) ⇔ − = + +x yi x yi xyi2 2 2( )

⇔ − = − +x yi x y xyi2 2 2 ⇔ − − + + =( ) ( )x y x x yi2 2 2 1 0

⇔

+ =

− − =

( )2 1 002 2

x yx y x

2 2

2 1 0 ή = 00

x yx y x

+ =⇔

− − =

(1)

(2)

● Αν 2x + 1 = 0, δηλαδή αν x = −12

, τότε η (2) γράφεται:

14

12

0 34

32

2 2− + = ⇔ = ⇔ = ±y y y .

Άρα: z i= − +12

32

ή z i= − −12

32

.

● Αν y = 0, τότε η (2) γράφεται:

x x x x x2 0 1 0 0− = ⇔ − = ⇔ =( ) ή x = 1.

Άρα: z = 0 ή z = 1.

β) Αν z = x + yi, έχουμε:

z z x yi x yi x yi x x yi x yi yi= ⇔ − = + ⇔ − = + + +3 3 3 2 2 33 3( ) ( ) ( )

⇔ − = + − −x yi x x yi xy y i3 2 2 33 3

⇔ − = − + −x yi x xy x y yi( ) ( )3 2 2 23 3

⇔− =

− = −

⇔

− − =

− + =

x xy xx y y y

x x yy x y

3 2

2 2

2 2

2 2

33

3 1 03 1 0( )

( )( )

2 2

2 2

0 ή 3 1 0(3 1) 0 (2)

(1)x x yy x y

= − − =⇔ − + =

● Αν x = 0, τότε η (2) γράφεται:

y y y( )1 0 02− = ⇔ = ή y = ±1.

Άρα: z = 0 ή z = i ή z = – i.

● Αν x2 = 3y2 + l, τότε η (2) γράφεται:

22-0182-02.indb 75 26/11/2013 4:09:01 μμ

76

2.1 και 2.2

y y y y y y[ ( ) ] ( )3 3 1 1 8 4 0 02 2 2+ − + ⇔ + = ⇔ = .

Άρα x2 = 1, οπότε x = 1 ή x = – 1 και επομένως z = 1 ή z = – 1.

6. Αν z = x + yi, τότε:

zz

zz

x yix yi

x yix yi

x yi x yix yi

+ =+−

+−+

=+ + −

−( ) ( )

( )

2 2

2 2

=+ + + + −

+=

−+

x yi xyi x yi xyix y

x yx y

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2( ) ( ) ( ) .

Έτσι, αρκεί να αποδείξουμε ότι − ≤−

+≤2 2 2

2 2

2 2

( )x yx y

. Πράγματι:

− ≤−

+≤ ⇔ − ≤

−+

≤2 2 2 1 12 2

2 2

2 2

2 2

( )x yx y

x yx y

⇔ − + ≤ − ≤ +( )x y x y x y2 2 2 2 2 2

⇔− − ≤ −

− ≤ +

x y x yx y x y

2 2 2 2

2 2 2 2

⇔≤

≤

0 20 2

2

2

xy

που ισχύουν και οι δύο. Άρα ισχύει και η αρχική διπλή ανισότητα.

7. α΄ τρόπος:

Είναι (α + βi)2 = α2 – β2 + 2αβi =z και (β – αi)2 = β2 – α2 – 2αβi = – z. Άρα

( ) ( ) ( ) ( ) ( )α β β α α β β α+ + − = +( ) + −( ) = + − = − =i i i i z z z z10 10 2 5 2 5 5 5 5 5 0.

β΄ τρόπος:

Είναι β – αi = – i(α + βi). Επομένως:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )α β β α α β α β α β α β+ + − = + + + = + − + =i i i i i i i10 10 10 10 10 10 10 0.

8. α) Έχουμε:

22-0182-02.indb 76 26/11/2013 4:09:01 μμ

77

2.1 και 2.2

● ● z z x yi x yi x x z= − ⇔ + = − + ⇔ = ⇔ = ⇔2 0 0 φανταστικός

β) Αρκεί να δείξουμε ότι u u= και v v= − . Επειδή zz1

1

1= και z

z22

1= θα είναι:

● u z zz z

z z

z z

z zz zz zz z

z zz

=+

+=

+

+=

+

+=

++

1 2

1 2

1 2

1 2

2 1

1 2

1 2

1 2

1 2

1

1 1

1 1 1 1 1 11 2zu= .

● v z zz z

z z

z z

z zz zz zz z

z z=

−+

=−

+=

−

+=

− −1

1 2

1 2

1 2

2 1

1 2

1 2

1 2

1 22

1

1 1

1 1 1 1( )11 1 2+

= −z z

v .

9. α) Έστω z = x + yi. Τότε 12 2 2 2zx

x yy

x yi=

+−

+. Επομένως:

Re Re( )zz

z x xx y

x+

= ⇔ +

+=

1 5 52 2

⇔+

−

= ⇔ =x

x yx1 4 0 02 2 ή 1 42 2x y+

=

⇔ =x 0 ή x y2 221

2+ =

.

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος είναι ο άξονας y′y με εξαίρεση το σημείο Ο(0,0) και

ο κύκλος με κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα ρ =12

.

β) Έχουμε:

Im Im( )zz

z y yx y

y+

= − ⇔ −

+= −

1 3 32 2

⇔ −+

=4 02 2y yx y

⇔ −+

=y

x y4 1 02 2

22-0182-02.indb 77 26/11/2013 4:09:02 μμ

78

2.3

⇔ =y 0 ή 1 42 2x y+=

⇔ =y 0 ή x y2 221

2+ =

.

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος είναι ο άξονας x′x με εξαίρεση το σημείο Ο(0,0) και

ο κύκλος με κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα ρ =12

.

2.3 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έχουμε:

• 1 1 1 2 12 2+ = + = = −i i , αφού z z=

• 3 4 3 4 25 5 3 42 2+ = + = = = −i i

• − = + − = =5 0 5 25 52 2i ( )

• − =4 4 , 11

11

1+−

=+−

=ii

ii

, αφού 1 1+ = −i i

• ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2 2 82 4 2 4 2 4 2 3− ⋅ + = − ⋅ + = ⋅ = ⋅ = =i i i i

• ( ) ( ) ( )2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 5 5 5 52 2 2 2 2− ⋅ + = − ⋅ + = + − ⋅ + = ⋅ = =i i i i

• 34 3

34 3

3 1

4 3

1025

105

2 2

2 2

+−

=+−

=+

+ −= =

ii

ii ( )

.

2. Έχουμε

• ( )1 1 2 22 2 2+ = + = =i i

• 11

11

11

1 12 2 2

2+−

=

+−

=+−

= =

ii

ii

ii

• 11

11

11

1 12 2 2

2−+

=

−+

=−+

= =

ii

ii

ii

• λ µλ µ

λ µλ µ

λ µλ µ

+−

=

+−

=+−

= =

ii

ii

ii

2 2 2

21 1.

22-0182-02.indb 78 26/11/2013 4:09:02 μμ

79

2.3

3. α) Έχουμε

z z z z zz z z z z2 2 2 2 2 0= ⇔ = ⇔ = ⇔ − =( )

⇔ =z 0 ή z z= z⇔ ∈R

β) α΄ τρόπος:Αν z z− =1 , τότε ο z θα είναι μη αρνητικός πραγματικός, αφού τέτοιος είναι και ο z −1 . Επομένως θα είναι z = x, x ≥ 0, οπότε θα έχουμε:

z z x x− = ⇔ − =1 1

⇔ − =x x1 ή x x− = −1

⇔ =x 12

.

Άρα, z = 12

.

β΄ τρόπος:Αν z = x + yi, τότε:

z z x yi x yi x y x yi− = ⇔ − + = + ⇔ − + = +1 1 1 2 2( ) ( )

⇔ − + =

=

⇔

− =

=

⇔

=

=

( )x y xy

x xy

x

y

10

10

120

2 2

.

Άρα, z = 12

.

γ) α΄ τρόπος:Αν z i z+ = 2 , τότε ο 2z θα είναι μη αρνητικός πραγματικός. Επομένως θα είναι z = x, x ≥ 0, οπότε θα έχουμε:

z i z x i x x x x x+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =2 2 1 2 1 42 2 2

⇔ = ⇔ = ⇔ =3 1 13

33

2 2x x x , αφού x ≥ 0

Άρα, z = 33

.

β΄ τρόπος:Όπως ο β΄ τρόπος της περίπτωσης 3β).

22-0182-02.indb 79 26/11/2013 4:09:02 μμ

80

2.3

4. α) Αν z =1, τότε ο z θα απέχει από το Ο(0,0) απόσταση ίση με 1. Άρα, ο z θα βρίσκεται σε κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας ρ = 1, ο οποίος έχει εξίσωση x2 + y2 = 1.

β) Αν z i− = 1, ο z θα απέχει από τον μιγαδικό i (δηλαδή από το σημείο Κ(0,1)) απόσταση σταθερή ίση με 1. Άρα, ο z θα βρίσκεται σε κύκλο κέντρου Κ(0,1) και ακτίνας ρ = 1, ο οποίος έχει εξίσωση: x2 + (y – 1)2 = 1.

γ) Ομοίως, αν z i+ + =1 2 3 , δηλαδή αν z i− − − =( )1 2 3, τότε ο z θα απέχει από τον μιγαδικό – 1 – 2i απόσταση ίση με 3. Άρα ο z θα βρίσκεται σε κύκλο κέντρου Κ(–1, –2) και ακτίνας ρ = 3 ο οποίος έχει εξίσωση (x + 1)2 + (y + 2)2 = 9.

δ) Αν 1 2< <z , τότε ο z θα βρίσκεται μεταξύ των κύκλων με κέντρο το Ο(0,0) και ακτίνες ρ

1 = 1 και ρ

2 = 2.

ε) Αν z ≥ 2 , τότε ο z θα βρίσκεται στο εξωτερικό του κύκλου κέντρου Ο(0,0) και ακτίνας ρ = 2 ή πάνω στον κύκλο αυτό.

5. α) Έχουμε

z z i z z i+ = − ⇔ − − = −1 2 1 2( ) .

Άρα, οι αποστάσεις του μιγαδικού z από τους μιγαδικούς – 1 + 0i και 0 + 2i, δηλαδή από τα σημεία Α(–1,0) και Β(0,2) είναι ίσες. Επομένως ο z θα ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος ΑΒ.

β) Έχουμε

z i z z i z− > + ⇔ − > − −1 1( ) .

Επομένως, η απόσταση του μιγαδικού z από τον i, είναι μεγαλύτερη από την απόστασή του από τον μιγαδικό – 1 + 0i. Άρα ο z θα βρίσκεται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τη μεσοκάθετο του ΑΒ και από το σημείο Β, όπου Α και Β τα σημεία με συντεταγμένες (0,1) και (–1,0) αντιστοίχως.

6. Έχουμε z xix i

=++

1 , άρα z xix i

xix i

xx

=++

=++

=+

+=

1 1 1

11

2

2. Αφού z =1, η εικόνα

Μ του z θα βρίσκεται στον κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα ρ = 1.

22-0182-02.indb 80 26/11/2013 4:09:03 μμ

81

2.3

7. Από την ισότητα z i− =4 2 προκύπτει ότι η απόσταση του Μ(z) από το σημείο Κ(0,4) είναι σταθερή και ίση με 2. Επομένως το Μ ανήκει σε κύκλο με κέντρο Κ(0,4) και ακτίνα ρ = 2.Σύμφωνα με την εφαρμογή 2 (σελ. 199), ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο είναι ο z

1 = 2i και ο μιγαδικός με

το μέγιστο μέτρο είναι ο z2 = 6i.

8. Είναι:

w z w z w− = ⇔ − = ⇔ − =1 2 1 2 1 2.

Αρα, οι εικόνες του w ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το σημείο Κ(1,0) και ακτίνα ρ = 2.


Έστω z1 = x

1 + y

1i και z

2 = x

2 + y

2i. Τότε:

z1 + z

2 = (x

1 + x

2) + (y

1 + y

2)i και z

1 – z

2 = (x

1 – x

2) + (y

1 – y

2)i.

Άρα: z z z z x x y y x x y y1 2

21 2

21 2

21 2

21 2

21 2

2+ + − = + + + + − + −( ) ( ) ( ) ( )

= + + + = +2 2 2 212

12

22

22

12

22( ) ( )x y x y z z .

β΄ τρόπος:

Έχουμε:

z z z z z z z z z z z z1 22

1 22

1 2 1 2 1 2 1 2+ + − = + + + − −( )( ) ( )( )

= + + + + − − +z z z z z z z z z z z z z z z z1 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2

= +2 21 1 2 2z z z z

= +2 212

22z z .

22-0182-02.indb 81 26/11/2013 4:09:03 μμ

82

2.3

Άρα: 2 2 2 2z z z x y x y≥ + ⇔ + ≥ +Re( ) Im( ) ( )

⇔ + ≥ + +2 22 2 2 2( )x y x y x y

⇔ + ≥x y x y2 2 2

⇔ + − ≥x y x y2 2 2 0

⇔ −( ) ≥x y2

0,που ισχύει.

2. Έχουμε τις ισοδυναμίες: w φανταστικός ⇔ = −w w

⇔−+

= −−+

zz

zz

11

11

⇔ − + = − − +( )( ) ( )( )z z z z1 1 1 1⇔ + − − = − − + +zz z z zz z z1 1⇔ =2 2zz ⇔ =zz 1⇔ =z 2 1 ⇔ =z 1.

3. Έχουμε τις ισοδυναμίες:

⇔ + = +zz

zz

1 1

⇔ + = +z z z zz z2 2

⇔ − − − =zz z z z z( ) ( ) 0

⇔ − − =( )( )zz z z1 0⇔ =zz 1 ή z z=

⇔ =z 1 ή z ∈R.

4. Έχουμε τις ισοδυναμίες: w φανταστικός ⇔ = −w w

⇔−

− +=

− ++

z iiz

z iiz

αα

αα

( )


1. Αν z = x + yi, τότε:

2 2 22 2 2 2z x y x y= ⋅ + = +( ) και Re( ) Im( )z z x y+ = + .

22-0182-02.indb 82 26/11/2013 4:09:06 μμ

83

2.3

⇔ + + − = − − −izz z z i izz z z iα α α α α α2 2

⇔ = −2 2α αz z⇔ = −z z ⇔ z φανταστικός

5. Αν z = x + yi, επειδή η εικόνα του z ανήκει στον κύκλο κέντρου Ο(0,0) και ακτίνας 1, θα είναι z =1 ή, ισοδύναμα, x2 + y2 = 1. Επομένως, θα έχουμε:

w z iiz

z iiz

x y iy xi

=−

+=

−+

=+ −

− + +2

22

22 2 1

2( )

( )

=+ −

− +=

+ − +

+ − +

4 2 1

2

4 4 4 1

4 4

2 2

2 2

2 2

2 2

x y

y x

x y y

y y x

( )

( )

=+ − +

+ − +=

⋅ − +

− +=

4 4 1

4 4

4 1 4 11 4 4

12 2

2 2

( )

( )

x y y

x y y

yy

.

6. Έχουμε: 2 1 2 2 1 22 2z z z z− = − ⇔ − = −

⇔ − − = − −( )( ) ( )( )2 1 2 1 2 2z z z z

⇔ − − + = − − +4 2 2 1 2 2 4zz z z zz z z⇔ =3 3zz ⇔ =zz 1

⇔ = ⇔ =z z2 1 1.Άρα, η εικόνα του z ανήκει στο μοναδιαίο κύκλο.

7. Έχουμε: Α = + + + − −( )( ) ( )( )1 1 1 1z z z z

= + + + + − − +1 1z z zz z z zz= +2 1( )zz

= +( )2 1 2z = ⋅ =2 2 4.

Αν Μ, Κ και Λ είναι οι εικόνες των μιγαδικών z, – 1 και 1, αντιστοίχως, τότε θα είναι:

1 2 2+ =z ΜΚ , 1 2 2− =z ΜΛ και 4 = ΚΛ2.

Επομένως, η ισότητα 1 1 42 2+ + − =z z , που αποδείξαμε, γράφεται

ΜΚ2 + ΜΛ2 = ΚΛ2,

22-0182-02.indb 83 26/11/2013 4:09:10 μμ

84

2.3

που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΜΚΛ είναι ορθογώνιο στο Μ. Αυτό ήταν αναμενόμενο, αφού το Μ είναι σημείο του μοναδιαίου κύκλου και η ΚΛ διάμετρος αυτού.

8. ● Αν z = x + yi, τότε θα έχουμε: z z i x yi x y i+ = + ⇔ + + = + +1 4 1 4( ) ( )

⇔ + + = + +( ) ( )x y x y1 42 2 2 2

⇔ + = +2 1 8 16x y

⇔ = −y x14

158

.

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος

είναι η ευθεία ε: y x= −14

158

.

● Το ζητούμενο σημείο είναι το ίχνος της καθέτου από την αρχή Ο στην ε. Η κάθετος αυτή έχει εξίσωση y = – 4x και επομένως οι συντεταγμένες του σημείου

τομής της με την ε βρίσκεται από τη λύση του συστήματος y x

y x

= −

= −

414

158

, που

είναι το ζεύγος 1534

6034

,−

.

9. Έστω z1 = x

1 + y

1i και z

2 = x

2 + y

2i. Επειδή το σημείο Μ

1 κινείται στον κύκλο x2

+ y2 = 42 θα ισχύει x y1

212 16+ = . (1)

Επομένως, η ισότητα z zz2 1

1

4= + γράφεται διαδοχικά:

x y i x y ix y i2 2 1 1

1 1

4+ = + +

+

x y i x y i x y ix y2 2 1 1

1 1

12

12

4+ = + +

−+

( )

x y i x y i x y i2 2 1 1

1 1416

+ = + +−( )

(λόγω της (1))

x y i x y i x y i2 2 1 11 1

4 4+ = + + −

x y i x y i2 2

1 154

34

+ = + .

22-0182-02.indb 84 26/11/2013 4:09:12 μμ

85

2.4

Επομένως, x x2

154

= και y y2

134

= , οπότε

x x

124

5= και y y

124

3= (2)

Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές των x1 και y

1 στην (1) και έχουμε:

45

43

1616

2516

916

25 912

22

222

22

22

22x y x y x y

+

= ⇔ + = ⇔ + = .

Άρα, το σημείο Μ2 κινείται στην έλλειψη με μεγάλο άξονα 2α = 10 και εστίες

E′(–4,0), E(4,0).

10. α) Έχουμε z z zz zz

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =1 1 1 12

β) Από τις ισότητες z z z z1 2 3 1= = = = =... κ έχουμε

zz1

1

1= , z

z22

1= , z

z33

1= , …, z

zκκ

=1 .

Άρα 1 1 1

1 21 2z z z

z z z+ + + = + + +... ...κ

κ

= + + +z z z1 2 ... κ

= + + +z z z1 2 ... κ (αφού z z= ).


1. Έχουμε

α) ρ = + ( ) = =1 3 4 22 2 και

συν

ηµ

θ

θ

=

=

123

2

.

Άρα ένα όρισμα είναι το θ π=

3. Επομένως:

1 3 23 3

+ = +

i iσυν ηµ

π π

22-0182-02.indb 85 26/11/2013 4:09:15 μμ

86

2.4

β) ρ = + −( ) = =1 3 4 22 2 και

συν

ηµ

θ

θ

=

= −

12

32

.

Άρα ένα όρισμα είναι το θ π= −

3. Επομένως:

1 3 23 3

− = −

+ −

i iσυν ηµ

π π .

γ) ρ = − + −( ) = =( )1 3 4 22 2 και

συν

ηµ

θ

θ

= −

= −

123

2

.

Άρα ένα όρισμα είναι το θ ππ π

= + =3

43

. Επομένως:

− − = +

1 3 2

3 3i iσυν ηµ

4 4π π .

δ) ρ = − + ( ) =( )1 3 22 2και

συν

ηµ

θ

θ

=−

=

123

2

.

Άρα ένα όρισμα είναι το θ ππ π

= − =3

23

. Επομένως:

ε) Είναι: 4 = 4∙1 = (συν0 + iημ0).

στ) Είναι: – 4 = 4(συνπ + iημπ).

2. α) 4 15 15 6 30 30 24 45 45( ) ( ) ( )συν ηµ συν ηµ συν ηµ + ⋅ + = +i i i

= +

= +24 2

22

212 2 12 2i i

22-0182-02.indd 86 28/11/2013 2:04:33 μμ

87

2.4

β) 58 8

2 38

38

102 2

συν ηµ συν ηµ συν ηµπ π π π π π

+

⋅ +

= +

i i i = + =10 0 1 10( )i i

γ) συν ηµ συν ηµ συν ηµ210

210

310

310

1 1 510

π π π π π+

⋅ +

= ⋅ +i i i 55

10π

= + = + ⋅ =συν ηµπ π2 2

0 1i i i .

3. Έχουμε:

α) 25 160 1605 100 100

5 60 60 5 12

( )( )

( )συν ηµσυν ηµ

συν ηµ

++

= + =ii

i ++

= +

i i32

52

5 32

β) 6 5

656

3 3

6 56 3

56 3

συν ηµ

συν ηµσυν ηµ

π π

π ππ π π π

+

+= −

+ −

i

ii

= +

= ⋅ + ⋅ ⋅ =6

2 26 0 6 1 6συν ηµ

π πi i i

γ) 7 130 13014 20 20

12

150( )( ( ) ( ))

( ( )συν ηµσυν ηµ

συν ηµ

+− + −

= +ii

i (( ))150

= − +

= − +

12

32

12

34

14

i i .

4. Από το θεώρημα de Moivre έχουμε:

α) ( ( )) ( ( ) ( ))2 20 20 2 3 20 3 203 3συν ηµ συν ηµ + = ⋅ + ⋅i i

= + = +

= +8 60 60 8 1

23

24 4 3( )συν ηµ i i i

β) 3 54

54

3 8 54

8 54

88συν ηµ συν ηµ

π π π π+

= ⋅

+ ⋅

i i

= ⋅ + ⋅( ) = + ⋅ =3 5 2 5 2 3 1 0 38 8 8συν ηµ( ) ( ) ( )π πi i

γ) συν ηµ συν ηµ−

+ −

= − + − =

π ππ π

4 44 4 1

16

i i( ) ( ) .

22-0182-02.indb 87 26/11/2013 4:09:20 μμ

88

2.4

5. Έχουμε 12

22

22 4 4

+= + = +

i i iσυν ηµπ π . Άρα:

12 4 4

32

32

6 6+

= +

= −

+ −

− −i i iσυν ηµ συν ηµ

π π π π = − − =i i( )1 .

6. Αν z i=

+1 32

, τότε z i= +συν ηµπ π3 3

. Άρα:

z i2000 20003

20003

=

+

συν ηµ

π π

= ⋅ +

+ ⋅ +

συν ηµ333 2 2

3333 2 2

3π

ππ

πi

=

+

=

−+ =

− +συν ηµ

23

23

12

32

1 32

π πi i i

7. Έχουμε z i i1 3 26 6

= + = +

συν ηµ

π π , οπότε z i1 26 6

ν ν νπ νπ= +

συν ηµ .

Άρα:

z z z z z z1 2 1 1 1 112 2

62

6ν ν ν ν ν ν ν ννπ νπ

+ = + = + = ⋅ = +συν συν .

8. Έστω z i= +ρ ϕ ϕ( )συν ηµ . Επειδή i i= +συν ηµπ π2 2

, η διαίρεση του μιγαδικού

z με το i ισοδυναμεί με στροφή της διανυσματικής ακτίνας του z κατά γωνία −π2

.

9. Έχουμε:

zw

ii

i i

i ii=

++

=+( ) −

+ −=

++

−1 31

1 3 1

1 13 12

3 12

( )

( )( ). (1)

Όμως, z i= +

2

3 3συν ηµ

π π και w i= +

2

4 4συν ηµ

π π . Επομένως:

zw

i

ii=

+

+

= +

2

3 3

24 4

212 12

συν ηµ


π π

π ππ π

= +2

122

12συν ηµ

π πi (2)

22-0182-02.indb 88 26/11/2013 4:09:24 μμ

89

2.4

Άρα, λόγω των (1) και (2), έχουμε:

212

3 12

212

3 12

συν

ηµ

π

π

=+

=−

, οπότε συν

ηµ

π

π

123 1

2 2

2 3 1

4

123 1

2 2

2 3 1

4

=+

=+( )

=−

=−( )

10. Αν z = x + yi, τότε: z z x y xyi x yi2 2 2 2= ⇔ − + = −

⇔− =

= −

⇔− − =

+ =

x y xxy y

x y xy x

2 2 2 2

20

2 1 0( )

2 220 0

1 00 ή2

x y x x xyy x

− − = − =⇔ ⇔ == = −

ή y

x

2 3412

=

= −

⇔==

≠z xy

0 10

ή x

y

= −

=

123

2

ή x

y

= −

= −

12

32

Άρα, έχουμε τους μιγαδικούς z1 = 1, z i2

12

32

= − + και z i312

32

= − − .

Για τον z1 έχουμε:

z1 1= και Argz1 = 0

Για τον z2 έχουμε:

z2 1= και Argz223

=π

Τέλος, για τον z3 έχουμε:

z3 1= και Argz343

=π ,

αφού z z2 3= .

22-0182-02.indb 89 26/11/2013 4:09:27 μμ

90

2.4


1. α) Ο μιγαδικός wii

ii

=+ ++ −

=

+ ++ −

11

11



θ θθ θ

θ θθ θ

ν ν( )( ))ν ως πηλίκο δύο

συζυγών μιγαδικών θα έχει μέτρο 1. Για την εύρεση ενός ορίσματος του w

θεωρούμε το μιγαδικό wii1

11

=+ ++ −


θ θθ θ

και έχουμε

w ii i1

211 1

=+ +

+ − + +( )

( )( )συν ηµ

συν ηµ συν ηµθ θ

θ θ θ θ

=+ − + +

+ +( ) ( )

( )1 2 1

1

2 2

2 2

συν ηµ ηµ συνσυν ηµ

θ θ θ θθ θ

i

=+ + − + +

+ + +1 2 2 1

1 2

2 2

2 2

συν συν ηµ ηµ συνσυν συν ηµ

θ θ θ θ θθ θ θ

i ( )

=+ + +

+2 2 2 1

2 2

2συν συν ηµ συνσυν

θ θ θ θθ

i ( )

=+ + +

+2 1 2 1

2 1συν συν ηµ συν

συνθ θ θ θ

θ( ) ( )

( )i

=+ +

+= +

2 12 1

( )( )( )

συν συν ηµσυν

συν ηµθ θ θ

θθ θ

i i .

Επομένως, έχουμε w w i i= = + = +1

ν νθ θ νθ νθ( )συν ηµ συν ηµ .Άρα, το μέτρο του w είναι 1 και ένα όρισμά του είναι το νθ.

β) Έχουμε:

2 2 22 2 2

1 22

22

1 22

22

1100

100

+ ++ −

=

+ +

+ −

=+i

i

i

i

σσυν ηµ

συν ηµ

απ π

π π4 4

14 4

100

+

+ −

=i

i

( )

= + = + = −συν ηµ συν ηµ100

4100

425 25 1π π

π πi i .

22-0182-02.indb 90 26/11/2013 4:09:29 μμ

91

2.4

2. α) Είναι

1 24 4

+ = +

i iσυν ηµ

π π και 1 24 4

− = −

i iσυν ηµ

π π .

Επομένως

( ) ( )1 1 24 4

24 4

+ = − ⇔ +

= +

i i i iν ν ν ννπ νπ −νπ −νπσυν ηµ συν ηµ

⇔ −−

= ∈νπ νπ

κπ κ4 4

2 ,

⇔ = ∈ν κ κ4 , .

β) Έχουμε

f i i i( )( )

νπ π π

ν ν ν

=+

+

−

= +

+ −1

21

2 4 4 4

α

συν ηµ συν

+ −

=iηµ συν

π νπν

42

4,

οπότε

f f( ) ( ) ( )νν π

πνπ νπ

ν+ =+

= +

= − = −4 2 4

42

42

4συν συν συν .

Άρα f(ν + 4) + f(ν) = 0.

3. Αν ΟΜ 1

� �� και ΟΜ 2

� �� είναι οι διανυσματικές ακτίνες των εικόνων των μιγαδικών

z1 και z

2 αντιστοίχως, τότε έχουμε:

z z z z1 2 1 2 1 2 1 2+ = + ⇔ + = +ΟΜ ΟΜ ΟΜ ΟΜ� ��

⇔ ↑↑ΟΜ ΟΜ1 2

� �� (βλ. Μαθηματικά β´ Λυκείου κατεύθυνσης, άσκηση 15 σελ. 48)

⇔ =Argz Argz1 2 .

4. Έστω z = x + yi. Τότε: α) z i x y i− = + −( )1 , οπότε

Arg z ixyx

x

yx

x

y x( )− = ⇔

>−

=

⇔

>

−=

⇔

>

= +

π

π6

01

6

0

1 33

0

33

1εϕ

.

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ημιευθεία y x= +3

31, x > 0.

22-0182-02.indb 91 26/11/2013 4:09:32 μμ

92

2.4

β) z + 1 = x + yi, οπότε

Arg zyyx

y xy

( )+ = ⇔>

+=

⇔

= +>

14

0

1 4

10

ππ

εϕ.

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ημιευθεία y = x + 1, x > –1.

γ) zz i

x yix y i

x y yx y

xx y

i−

=+

+ −=

+ −+ −

++ −( )

( )( ) ( )1

11 1

2

2 2 2 2 , οπότε

Arg zz i

x y yx

x y

x−

= ⇔

+ − =>

⇔+ −

=

π

20

0

12

12

2 2 22 2

>>

0

.

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι τα σημεία του ημικυκλίου

x y x22 21

212

0+ −

=

>, .

5. Είναι: z i z i+ − ≤ ⇔ − − + ≤2 5 2 2 5 2( ) . (1)

Άρα, η (1) παριστάνει τον κυκλικό δίσκο που ορίζει ο κύκλος C με κέντρο Κ(–2,5) και ακτίνα ρ = 2. Έστω ΟΜ

1 και ΟΜ

2 οι εφαπτόμενες του

κύκλου C από την αρχή των αξόνων. Τότε από όλα τα διανύσματα ΟΜ

� ��, όπου Μ

σημείο του κυκλικού δίσκου, τη μικρότερη γωνία με τον άξονα x′x σχηματίζει το ΟΜ 1

� ��,

και τη μεγαλύτερη το ΟΜ 2

� ��. Επομένως, από

όλους τους μιγαδικούς z που ικανοποιούν την (1) το μικρότερο βασικό όρισμα το έχει ο μιγαδικός z

1 που απεικονίζεται στο Μ

1 και το

μεγαλύτερο ο μιγαδικός z2 που απεικονίζεται

22-0182-02.indb 92 26/11/2013 4:09:33 μμ

93

2.4

στο Μ2. Επειδή ο y′y εφάπτεται του κύκλου C στο Μ

1 θα είναι z

1 = 5i. Για τον

προσδιορισμό του z2 εργαζόμαστε ως εξής:

Η ΟΜ2 έχει εξίσωση της μορφής y = λx, λ ∈R και, επειδή εφάπτεται του C, θα

πρέπει το σύστημα

( )( ) ( )

Σy xx y=

+ + − =

λ

2 5 42 2

να έχει διπλή λύση. Είναι όμως:

( )( ) ( ) ( ) ( )

Σy xx x

y xx x

=

+ + − =

⇔=

+ − − + =

λ

λ

λ

λ λ2 5 4 1 2 5 2 25 02 2 2 2 (1)

(2) Επομένως, πρέπει η διακρίνουσα της (2) να είναι ίση με μηδέν, δηλαδή πρέπει

4 5 2 4 25 1 0 10 21 0 2120

2 2( ) ( )λ λ λ λ− − ⋅ + = ⇔ − − = ⇔ = −

Στην περίπτωση αυτή το σύστημα έχει διπλή λύση την ( , ) ,x y = −

10029

10529

.

Αρα, z i210029

10529

= − + .

6. Είναι z iν νθ νθ= +συν ηµ και z i− = +ν νθ νθσυν(− ηµ(−) ). Άρα:

z zν ν νθ+ =− 2συν

z z iν ν νθ− =− 2 ηµ .

7. α) Είναι

w i z i z= −( ) ⋅ = − ⋅ = + −( ) ⋅ = =3 3 3 1 1 4 22 2( ) .

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w είναι ο κύκλος κέντρου Ο(0,0) και ακτίνας ρ = 2.

β) Επειδή w = 2 και Argw =π4

, έχουμε

w i i i= +

= +

= +2

4 42 2

22

22 2συν ηµ

π π

22-0182-02.indb 93 26/11/2013 4:09:36 μμ

94

2.4

8. Πρέπει2

111

32

2

2

κκκκ

π+−+

= εϕ (1) και Im( )z =+

>21

02

κκ

. (2)

Όμως, η (1) γράφεται:

21

3 2 3 3 3 2 3 0 322 2κ

κκ κ κ κ κ

−= ⇔ = − ⇔ + − = ⇔ = − ή κ =

33

,

οπότε, λόγω της (2), έχουμε κ =3

3. Άρα:

z i i=

−

+

+

+

=−

++

2

2 2

1 33

1 33

2 33

1 33

1 13

1 13

2 333

1 13

12

32+

= + i .

9. Για να είναι f x( ) ≥ 0 για κάθε x ∈ R πρέπει και αρκεί να ισχύει ∆ ≤ 0. Όμως:

∆ ≤ ⇔ −( ) − ⋅ +( ) +( ) ≤0 2 4 1 1 1 01 22

12

22z z z z

⇔ − ≤ +( ) +( )z z z z1 22

12

221 1

⇔ − − ≤ + +( )( ) ( )( )z z z z z z z z1 2 1 2 1 1 2 21 1

⇔ − − ≤ + + +( )( )z z z z z z z z z z z z1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 21

⇔ − − + ≤ + + +z z z z z z z z z z z z z z z z1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 21

⇔ + + + ≥ ⇔ + + + ≥1 0 1 1 01 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z z z z z z z z z z z z z( ) ( )

⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥( )( ) ( )( )1 1 0 1 1 01 2 1 2 1 2 1 2z z z z z z z z

⇔ + ≥1 01 22z z , που ισχύει.

22-0182-02.indb 94 26/11/2013 4:09:39 μμ

95

2.5


1. α) Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

z iκκπ κπ

= +συν ηµ2

32

3, κ = 0, 1, 2,

δηλαδή οι z0 = 1, z i1

12

32

= − + ,

.

β) Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

z iκκπ κπ

= +συν ηµ2

42

4, κ = 0, 1, 2, 3,

δηλαδή οι z0 1= , z i1 = , z2 1= − , z i3 = − .

γ) Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

z iκκπ κπ

= +συν ηµ2

62

6, κ = 0, 1, 2, 3, 4, 5,

δηλαδή οι

z0 1= , z i112

32

= + , z i212

32

= − + ,

z3 1= − , z i412

32

= − − , z i512

32

= − .

22-0182-02.indb 95 26/11/2013 4:09:41 μμ

96

2.5

2. α) Έχουμε z i z i3 3 32

32

= − ⇔ = +συν ηµπ π .

Άρα, οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

z iκ

κπ π κπ π

=+

++

συν ηµ2 3

23

2 32

3, κ = 0, 1, 2

δηλαδή οι z i i0 2 2= + =συν ηµ

π π

z i i i176

76 6 6

32

12

=

+

= − − = − −συν ηµ συν ηµ

π π π π

και z i i i211

611

6 6 63

212

=

+

= − = −συν ηµ συν ηµ

π π π π .

β) Έχουμε:

z i z i4 416 43

43

162 4

34

2 43

4= +

⇔ =

++

+

συν ηµ συν ηµπ π κπ π κπ π

⇔ =+

+

+

z i2 3 2

63 2

6συν ηµ

κπ π κπ π , κ = 0, 1, 2, 3

γ) z i z i5 5243 56

56

2432 5

65

2 56

5= +

⇔ =

++

+

συν ηµ συν ηµ

π π κπ π κπ π

⇔ =+

+

+

z i3 2 5

302 5

30συν ηµ

κπ π κπ π , κ = 0, 1, 2, 3, 4.

3. α) Έχουμε, 2 12

22

22 4 4

( )+= + = +

i i iσυν ηµπ π .

Επομένως, οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

22-0182-02.indb 96 26/11/2013 4:09:44 μμ

97

2.5

z i iκ συν ηµ συν η=+

++

=+

+1

24

3

24

38

123

κπ π κπ πκπ π

µµ8

12κπ π+

,

κ = 0, 1, 2, δηλαδή οι z i0 12 12=

+

συν ηµ

π π

z i i134

34

22

22

=

+

= − +συν ηµ

π π

και z i i21712

1712

512

512

=

+

= − −συν ηµ συν ηµ

π π π π .

β) Έχουμε 1 32

12

32

53

53

−= − = +

i i iσυν ηµπ π . Επομένως, οι ρίζες της εξί-

σωσης είναι οι μιγαδικοί

z iκ συν ηµ=+

++

2 53

4

2 53

4

κπ π κπ π

, κ = 0, 1, 2, 3.

γ) Έχουμε z i6 64= +( )συν ηµπ π . Επομένως, οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

z iκ συν ηµ=+

+

+

64 2

62

66 κπ π κπ π

, κ = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

4. α) Έχουμε z z z z z z3 2 3 23 4 8 3 4 8 0+ + = ⇔ + + − = . Με σχήμα Horner βρίσκου-με ότι μια ρίζα είναι η z = 1 και η εξίσωση γράφεται:

( )( )z z z z− + + = ⇔ =1 4 8 0 12 ή z i i=− ±

= − ±4 4

22 2 .

β) Για την z z4 25 4 0+ + = , που είναι διτετράγωνη, θέτουμε z2 = w και έχουμε:

w w w w2 5 4 0 5 92

4+ + = ⇔ =− ±

⇔ = − ή w = – 1.

22-0182-02.indb 97 26/11/2013 4:09:46 μμ

98

2.5

● Αν w = – 4,τότε z2 = – 4, οπότε z = 2i ή z = –2i● Αν w = –1, τότε z2 = –1, οπότε z = i ή z = – i.

5. Η εξίσωση 3x3 – 10x2 + 7x + 10 = 0 έχει πραγματικούς συντελεστές και, αφού έχει ως ρίζα τον 2 + i, θα έχει και τον συζυγή του 2 – i. Έτσι το α′ μέλος θα έχει ως παράγοντα το γινόμενο (x – 2 – i)(x – 2 + i) = x2 – 4x + 5. Εκτελούμε τη διαίρεση και βρίσκουμε πηλίκο 3x + 2 και υπόλοιπο 0. Άρα η εξίσωση γράφεται:

( )( )3 2 4 5 0 3 2 02x x x x+ − + = ⇔ + = ή x x2 4 5 0− + =

⇔ = −x 23

ή x i= ±2 .

6. Επειδή w3 = 1, είναι 1 11

023

+ + =−−

=w w ww

, οπότε l + w2 = – w και l + w = – w2. Έτσι, έχουμε:

( )( ) ( )( )1 1 2 2 4 42 2 2 3− + + − = − − = =w w w w w w w , αφού w3 = l.

7. Είναι:

1 0 11

01 0

11

12 3 4 5

6 6 6

+ + + + + = ⇔−−

= ⇔− =

≠

⇔=

≠

x x x x x xx

xx

xx

.

Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί:

x iκ συν ηµ= +2

62

6κπ κπ , κ = 1, 2, 3, 4, 5,

αφού, για κ = 0, έχουμε x0 = 1, που εξαιρείται.

8. Έχουμε: z z z z z z3 2 23 3 9 0 3 3 3 0+ + + = ⇔ + + + =( ) ( )

⇔ + + = ⇔ + =( )( )z z z3 3 0 3 02 ή z2 3 0+ =

⇔ = −z 3 ή z i= ± 3.

Παρατηρούμε ότι οι εικόνες Α(–3,0), Β ( , )0 3 , Γ ( , )0 3− των ριζών –3, i 3 και 3−i είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου, αφού ΑΒ = ΒΓ = ΓΑ = 2 3.

22-0182-02.indb 98 26/11/2013 4:09:49 μμ

99

2.5


1. α) Έχουμε z i z i3 31 24 4

= − ⇔ = −

+ −

συν ηµ

π π

⇔ =−

+−

z i22

43

24

36 συν ηµ

κπ π κπ π

, κ = 0, 1, 2.

β) Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

( ) ( )( )z i z− = − +1 1 13 3 (1)

και επειδή δεν έχει ρίζα τον αριθμό z = – 1, παίρνει τη μορφή

zz

i−+

= −

11

13

. (2)

Θέτουμε

zz

w−+

=11

, (3)

οπότε η (2) γράφεται w i3 1= − .

Έτσι, λόγω της (α), έχουμε

w i=−

+−

22

43

24

36 συν ηµ

κπ π κπ π

, κ = 0, 1, 2. (4)

Όμως, λόγω της (3), είναι zz

w z zw w−+

= ⇔ − = +11

1

⇔ − = +z w w( )1 1

⇔ =+−

z ww

11

, αφού (4)

1w ≠ .

Ετσι, η εξίσωση έχει ως λύσεις τους αριθμούς:

22-0182-02.indb 99 26/11/2013 4:09:52 μμ

100

2.5

z wwκ

κ

κ

=+−

11

, όπου w iκ

κπ π κπ π

=−

+−

22

43

24

36 συν ηµ , κ = 0, 1, 2.

2. α΄ τρόπος: Η εξίσωση z6 + 2z5 + 2z4 + 2z3 + z2 + (z + 1)2 = 0 γράφεται διαδοχικά

z6 + 2z5 + 2z4 + 2z3 + 2z2 + 2z + 1 = 0

z6 + 2(z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1) – 1 = 0

z zz

66

2 11

1 0+−−

− =

(αφού ο z = 1 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης)

z7 + z6 – z – 1 = 0, 1z ≠

z6(z + 1) – (z + 1) = 0, 1z ≠

(z + 1)(z6 – 1) = 0, 1z ≠ .

Επομένως, z = – 1 ή (z6 = 1, με 1z ≠ ). Για 1z ≠ , έχουμε:

z z z6 3 31 0 1 1 0− = ⇔ − + =( )( )

⇔ − + + + − + =( )( )( )( )z z z z z z1 1 1 1 02 2

⇔ + + =z z2 1 0 ή z + 1 = 0 ή z2 – z + 1 = 0

⇔ =− ±z i1 3

2 ή z = – 1 ή z i

=±1 3

2

Επομένως, οι ρίζες είναι οι:

– 1 (διπλή), − ±1 32i και 1 3

2± i .

β΄ τρόπος:Μια προφανής ρίζα είναι η z = − l. Έτσι η εξίσωση, σύμφωνα με το σχήμα Horner, γράφεται:

( )( )z z z z z z z+ + + + + + = ⇔ + =1 1 0 1 05 4 3 2 ή z z z z z5 4 3 2 1 0+ + + + + =

⇔ + =z 1 0 ή zz

6 11

0−−

=

⇔ = −z 1 ή ( z6 1= με 1z ≠ )

22-0182-02.indb 100 26/11/2013 4:09:55 μμ

101

2.5

⇔ = −z 1 ή z i= +συν ηµ2

62

6κπ κπ , κ = 1, 2, 3, 4, 5

⇔ = −z 1 (διπλή) ή z i=

±1 32

ή z i=

− ±1 32

.

3. Έχουμε:

z z i z z7 71 0 1+ = ⇔ = − = + ⇔ =συν ηµπ π κ, κ = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,

όπου z iκπ κπ π κπ

=+

++

συν ηµ

27

27

.

Επομένως

z i0 7 7= +συν ηµ

π π , z z4 2= ,

z i137

37

= +συν ηµπ π , z z5 1= ,

z i257

57

= +συν ηµπ π , z z6 0= .

z i3 1= + = −συν ηµπ π ,

Το πολυώνυμο z7 + 1 γράφεται

z z z z z z z z7 6 5 4 3 21 1 1+ = + − + − + − +( )( ) (1) Όμως

z z z z z z z z z z z z z z z70 1 2 3 4 5 61+ = − − − − − − −( )( )( )( )( )( )( )

= − − − + − − −( )( )( )( )( )( )( )z z z z z z z z z z z z z0 1 2 2 1 01

= + ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − −( ) [( )( )] [( )( )] [( )( )]z z z z z z z z z z z z z1 0 0 1 1 2 2 (2)

Από τις ισότητες (1) και (2) έχουμε:

z z z z z z z z z z z z z z z z z z6 5 4 3 20 0 1 1 21− + − + − + = − − − − − −[( )( )][( )( )][( )( 22 )] .

Καθένας από τους τρεις παράγοντες του δευτέρου μέλους είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με πραγματικούς συντελεστές. Πράγματι, ο παράγοντας ( )( )z z z z− −0 0 γράφεται

22-0182-02.indb 101 26/11/2013 4:09:58 μμ

102

2.5

( )( ) ( )z z z z z z z z z z− − = − + +0 02

0 0 0 0

= − +z z2 27

1συνπ .

Ομοίως ( )( ) ( )z z z z z z z z z z− − = − + +1 12

1 1 1 1

= − +z z2 2 37

1συνπ

και ( )( ) ( )z z z z z z z z z z− − = − + +2 22

2 2 2 2

= − +z z2 2 57

1συνπ .

4. Έχουμε

( ) ( ) ( ) ( )( )z z z z z z z z z2 2 3 2 2 2 2 21 0 1 1 0 1 1 0+ + + = ⇔ + + + = ⇔ + + + =

⇔ + =z2 1 0 ή z z2 1 0+ + =

⇔ + =z2 1 0 ή ( z3 1= , με 1z ≠ )

⇔ = ±z i ή z = ω ή z = ω ,

όπου ω π π= +συν ηµ

23

23

i , αφού 1z ≠ .

Θέτουμε, τώρα, καθεμιά από τις ρίζες αυτές στην εξίσωση z16 + 2z14 + 1 = 0 και ελέγχουμε αν την επαληθεύουν ή όχι. Έτσι:

● Για z = i είναι: z16 + 2z14 + 1 = i16 + 2i14 + 1 = 1 – 2 + 1 = 0.

Άρα, ο μιγαδικός i είναι ρίζα και της εξίσωσης z16 + 2z14 + 1 = 0. Επειδή η εξίσωση αυτή έχει πραγματικούς συντελεστές, ο συζυγής του i, δηλαδή ο – i θα είναι και αυτός ρίζα της. Άρα, οι αριθμοί i και – i είναι κοινές ρίζες των εξισώσεων.

● Για z = ω, επειδή ω3 = l, είναι:

ω ω ω ω ω ω16 14 15 12 22 1 2 1+ + = ⋅ + ⋅ +

= + + = + + + = + = ≠ω ω ω ω ω ω ω2 1 1 0 02 2 2 2 2( )

Άρα, η ω δεν είναι κοινή ρίζα των εξισώσεων, οπότε και η συζυγής της δεν μπορεί να είναι κοινή ρίζα αυτών.

22-0182-02.indb 102 26/11/2013 4:10:01 μμ

103

2.5

Τελικά, οι δύο εξισώσεις έχουν δύο ρίζες κοινές, τους μιγαδικούς i και – i.


Η εξίσωση: z z7 3 1⋅ = γράφεται ισοδύναμα

z z z z z z z4 3 4 2 34 61 1 1( )⋅ = ⇔ ( ) = ⇔ = . (1)

Επομένως:

z z z z z z zz zz4 6 4 6 10 2 31 1 1 1 1 1= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =( ) .

Άρα η (1) γράφεται:

z zz z z4 3 41 1 1( ) = ⇔ = ⇔ = ± ή z i= ± .

β΄ τρόπος: Έστω z i= +ρ θ θ( )συν ηµ η τριγωνομετρική μορφή του z. Τότε η εξίσωση γράφεται

ρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ7 3 101 1( ) ) ) )συν7 ηµ7 συν(−3 ηµ(−3 (συν4 ηµ4+ ⋅ +( ) = ⇔ + =i i i

⇔ =ρ 1 και 4 2θ κπ= , κ ∈

⇔ =ρ 1 και θ κπ=

2, κ ∈.

Άρα, οι ρίζες είναι

z0 1= , z i i1 2 2= + =συν ηµ

π π ,

z i2 1= + = −συν ηµπ π και z i i332

32

= + = −συν ηµπ π .

6. Έστω ξ μία πραγματική ρίζα της εξίσωσης. Τότε ( ) ( )1 1+ = −ξ ξν νi p i , οπότε

p ii

=+−

( )( )11

ξξ

ν

ν . Άρα p ii

ii

ii

ii

=+−

=+−

=

+−

=+−

( )( )11

11

11

11

ξξ

ξξ

ξξ

ξξ

ν

ν

ν ν

= =ν

ν1 1.

7. α) Είναι:

x x1 22

12+ =

− −=

( ) και x x1 241

4= = .

22-0182-02.indb 103 26/11/2013 4:10:05 μμ

104

2.5

Άρα,

x x x x x x12

22

1 22

1 222 2 2 4 4+ = + − = − ⋅ = −( ) και x x x x1

222

1 22 16= =( )

β) Αφού η εξίσωση x2 + px + q = 0 έχει ρίζες τις ρ1 12= x και ρ2 2

2= x θα ισχύει:

p x x= − + = − + =( ) ( )ρ ρ1 2 12

22 4 και q x x= = =ρ ρ1 2 1

222 16.

8. α) Η εξίσωση συν συν συν2 2 22 5 4 0θ θ θ⋅ − ⋅ + − =z z ( ) είναι β′ βαθμού ως προς z και έχει διακρίνουσα:

∆ θ θ θ= − − −( ) ( )2 4 5 42 2 2συν συν συν

= − + = − +4 1 5 4 4 4 42 2 2 2συν συν συν συνθ θ θ θ( ) ( )

2 2 216 (1 4 ) (4 ημ ) 0θ θ θ θ= − συν − συν = − συν < .


z i i i1 2 2

2 42

1 2 1 2, =±

=±

= ±συν ηµ συν

συνηµ

συν συνεϕ

θ θ θθ

θθ θ

θ .

β) Οι εικόνες των λύσεων, καθώς το θ μεταβάλλεται στο −

π π2 2, , είναι

τα σημεία με συνισταμένες ( , ) ,x y = ±

1 2συν

εϕθ

θ . Έτσι, θα έχουμε:

x

y

=

= ±

1

2

συνηµ

συν

θθθ

, οπότε x

y

22

22

2

1

4

=

=

συνηµ

συν

θθθ

και άρα x

y

22

2 2

2

1

4

=

=

συνηµ

συν

θθθ

Επομένως x y2

2

2

2

2

2

2

21 21 1− =

−= =

ηµσυν

συνσυν

θθ

θθ

. Άρα, οι εικόνες των λύσεων της

εξίσωσης κινούνται στην υπερβολή

x y2

2

2

21 21− = .

22-0182-02.indb 104 26/11/2013 4:10:08 μμ

105

9. Έχουμε

x x x x x x9 5 4 5 4 41 0 1 1 0− + − = ⇔ − + − =( )

⇔ − + =( )( )x x4 51 1 0

4 1 0⇔ − =x (1) ή x5 1 0+ = (2)

Όμως: x x x x4 2 2 21 0 1 1 0 1− = ⇔ − + = ⇔ =( )( ) ή 2 1 1= − ⇔ = ±x x ή x i= ±

και x x x i5 5 51 0 1+ = ⇔ = − ⇔ = +συν ηµπ π

⇔ =+

++x iσυν ηµ

25

25

κπ π κπ π , κ = 0, 1, 2, 3, 4.

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ)

1. α) Έχουμε

fz

z z

z z

−

=

− −

−

+

−

+ −

11 1 1 1

1 1==

− +⋅

−

− −

( ) ( )1 1

1 1

zz

zz

z z

=−

− ⋅ +

− +=

− ++

=

( ) ( )

( )( )( ) ( )

z zzzz zzz

z zz z

f z

1 11 1 .

β) Έχουμε:

f z zz z zz z

x y yix

x yx

yxi( ) =

+ − −+

=+ + −

=+ −

+1 2 1

21

2

2 2 2 2 2 2 2 2α β βα

α βα

βα

.

Έτσι:

Re( ( ))f z x y x y x y= ⇔ + − = ⇔ + = ⇔

+

0 1 0 11 1

2 2 2 2 2 2 2 22

2

2

α β α β

α β

=2 1.

Άρα τα σημεία Μ(x,y) βρίσκονται στην έλλειψη x y2

2

2

21 11

α β

+

= .


22-0182-02.indb 105 26/11/2013 4:10:11 μμ

106

2. Αν z = x + yi, τότε η ισότητα w w= 1 γράφεται διαδοχικά

z zi i− = −1α

α

x yi x yi i i+ − + = −( ) 1α

α

( ) ( )x y x y i i+ − − = −1α

α

Επομένως x y

x y

+ =

− =

1αα

και με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε x y2 2 1− =

που είναι εξίσωση ισοσκελούς υπερβολής.

3. α) Αν z = x + yi, τότε θα έχουμε

xy

xy

y x y x= += −

⇔= −= −

⇔ = − − ⇔ = −λ

λλ

λ2

3 12

3 13 2 1 3 7( ) .

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι η ευθεία y = 3x – 7.

β) Έχουμε: w z i w i= + + ⇔ = + +1 3 3( )λ λ .

Άρα, αν w = x + yi, τότε θα ισχύει:

xy

xy

y x y x= +=

⇔= −=

⇔ = − ⇔ = −λ

λλ

λ3

33

33 3 3 9( ) .

Επομένως, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w είναι η ευθεία y = 3x – 9.

γ) Το πλησιέστερο σημείο της ευθείας ε : y = 3x – 7 από το σημείο Ο(0,0) είναι το ίχνος της κάθετης η προς την ε από το Ο(0,0). Επειδή λ λε η⋅ = −1 , έχουμε

λη = −13

. Άρα, η ευθεία η έχει εξίσωση y x= −13

. Έτσι, το ζητούμενο σημείο

θα είναι το σημείο τομής των ε και η. Επιλύοντας το σύστημα y x

y x

= −

= −

3 713

βρίσκουμε ότι οι συντεταγμένες του σημείου αυτού είναι ( , ) ,x y = −

2110

710

.


22-0182-02.indb 106 26/11/2013 4:10:14 μμ

107

Άρα, το πλησιέστερο σημείο της ε προς το Ο θα είναι το Α2110

710

,−

.

4. α) Αν z = x + yi, τότε

2 1 2 1 2 1z z i x yi x y i+ < + ⇔ + + < + +( ) ( )

⇔ + + < + +( ) ( ) ( )2 1 2 12 2 2 2x y x y

⇔ + + + − − − − <4 4 1 4 2 1 02 2 2 2x x y x y y

⇔ + + − <3 4 3 2 02 2x x y y

⇔ + +

+ − +

< x x y y2

22

2

2 23

23

2 13

13

23

+

2 213

⇔ +

+ −

<

x y2

313

53

2 2 2

.

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών z που ικανοποιούν την ανίσωση είναι τα εσωτερικά σημεία του κυκλικού δίσκου με κέντρο

Κ −

2313, και ακτίνα ρ =

53

.

β) Αν z = x + yi, τότε έχουμε

z z x yi x− = + ⇔ − + = +1 1 1 1Re( ) ( )

⇔ − + = +( )x y x1 12 2

⇔− + = +

+ ≥

( ) ( )x y xx1 1

1 0

2 2 2

⇔=

+ ≥

⇔ =y xx

y x2

241 0

4 .

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών που ικανοποιούν την εξίσωση είναι τα σημεία της παραβολής y2 = 4x.


22-0182-02.indb 107 26/11/2013 4:10:16 μμ

108

5. Αν zv = x

v + iy

v, ν = 1, 2, ..., κ, τότε

z z z x x x i y y y1 2 1 2 1 2+ + + = + + + + + + +... ( ... ) ( ... )κ κ κ

Επομένως, αν υποθέσουμε ότι z z z1 2 0+ + + =... κ , τότε θα έχουμε

x x x1 2 0+ + + =... κ και y y y1 2 0+ + + =... κ . (1)

Εφόσον, όμως, οι εικόνες των μιγαδικών z1,

z2, ..., z

κ βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο της

ευθείας y = λx, x ∈R και δεν ανήκουν σ’αυτήν, θα ισχύει

(yv > λx

ν για κάθε ν) ή (y

v < λx

ν για κάθε ν),

οπότε θα έχουμε y y y x x x1 2 1 2+ + + > + + +... ( ... )κ κλ ή y y y x x x1 2 1 2+ + + < + + +... ( ... )κ κλ .

Έτσι, λόγω της (1), θα ισχύει 0 > λ∙0 ή 0 < λ∙0, που είναι άτοπο.

6. Από την ισότητα, ( )1− =z zν ν , αν z = x + yi, έχουμε:

( )1 1− = ⇔ − =z z z zν ν ν ν

⇔ − =1 z z

⇔ − − = +( )1 x yi x yi

⇔ − + = +( )1 2 2 2 2x y x y

⇔ − =1 2 0x

⇔ =x 12

.

Άρα, κάθε λύση της εξίσωσης ανήκει στην ευθεία x = 12

.

7. α) Αφού το τριώνυμο f(x)=αx2 + βx + γ με α β γ, , ∈R και α ≠ 0 δεν έχει πραγματικές ρίζες, ως γνωστόν, οι τιμές του για κάθε x∈R θα είναι ομόσημες του α. Έτσι οι f(κ), f(λ) θα είναι ομόσημοι του α, άρα και μεταξύ τους, οπότε f(κ)∙f(λ) > 0, δηλαδή


22-0182-02.indb 108 26/11/2013 4:10:19 μμ

109

(ακ2 + βκ + γ)(αλ2 + βλ + γ) > 0.

β) Επειδή z z2 1= , έχουμε:

( )( ) ( )( )α β γ α β γ α β γ α β γz z z z z z z z12

1 22

2 12

1 12

1+ + + + = + + + +

= + + + +( )( )α β γ α β γz z z z12

1 12

1

= + + >α β γz z12

1

20,

αφού ο z1 δεν είναι ρίζα του αz2 + βz + γ.

8. Οι ρίζες της εξίσωσης zv = 1 είναι οι:

z iκκπν

κπν

= +συν ηµ2 2 , κ = 0, 1, 2, ..., ν–1.

Επομένως η σχέση 1 + z1 + z

2 + ... + z

ν–1 = 0 γράφεται

1 2 4 2 1 2 4 2+ + + +

−

+ + + +συν συν συν ηµ ηµ ηµ

πν

πν

ν πν

πν

πν

... ( ) ...i (( )ν πν−

=

1 0.

Άρα

ηµ ηµ ηµ2 4 2 1 0πν

πν

ν πν

+ + +−

=... ( ) και

συν συν συν2 4 2 1 1πν

πν

ν πν

+ + +−

= −... ( ) .


22-0182-02.indb 109 26/11/2013 4:10:21 μμ

22-0182-02.indb 110 26/11/2013 4:10:21 μμ

Β΄ ΜΕΡΟΣ

ΑΝΑΛΥΣΗ

22-0182-02.indb 111 26/11/2013 4:10:21 μμ

22-0182-02.indb 112 26/11/2013 4:10:21 μμ

113

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ΟΡΙΟ – ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ


1. i) Η συνάρτηση f ορίζεται, όταν x2 – 3x + 2 ≠ 0.Το τριώνυμο x2 – 3x + 2 έχει ρίζες: x = 1 ή x = 2.Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο A = R – {1,2}.

ii) Η συνάρτηση f ορίζεται, όταν x − ≥1 0 και 2 0− ≥x , δηλαδή όταν x ≥1 και 2x ≤ . Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο A =[1,2].

iii) Η συνάρτηση f ορίζεται, όταν 1 02− ≥x και x ≠ 0.Η ανίσωση 1 02− ≥x αληθεύει, όταν 2 1x ≤ , δηλαδή όταν − ≤ ≤1 1x . Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο − ∪Α = [ 1,0) (0,1].

iv) Η συνάρτηση f ορίζεται, όταν 1 0 1 0− > ⇔ < ⇔ <e e xx x . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο −∞Α = ( ,0).

2. i) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από τον άξονα των x για εκείνα τα x ∈R για τα οποία ισχύει

f x x x( ) > ⇔ − + >0 4 3 02

⇔ ∈ −∞x ( ,1) ή x ∈ +∞(3, )

ii) Ομοίως έχουμε: 11

0 1 1 0+−

> ⇔ + − > ⇔ −xx

x x( )( ) 1 < < 1x .

iii) Ομοίως είναι e e e ex x x− > ⇔ > ⇔ > ⇔1 0 1 0 x > 0.

3. i) Η γραφική παράσταση της f βρίσκεται πάνω από τη γραφική παράσταση της g για εκείνα τα x ∈R για τα οποία ισχύει

f x g x x x x x x x x( ) ( ) ( )> ⇔ + + > + ⇔ + > ⇔ + > ⇔3 3 22 1 1 0 1 0 x > 0.

ii) Ομοίως:

f x g x x x x x x x x x( ) ( ) ( )> ⇔ + − > + − ⇔ − > ⇔ − > ⇔3 2 3 2 22 2 0 1 0 x > 1.

22-0182-02.indb 113 26/11/2013 4:10:24 μμ

114

1.1 και 1.2

4. α) Α(45) = 2,89∙45+ 70,64 = 200,69 cm β) Γ(45) = 2,75∙45+71,48 = 195,23 cm.

5. Το τετράγωνο έχει περίμετρο x, οπότε η πλευρά του είναι x4

και το εμβαδό του x2

16.

Το ισόπλευρο τρίγωνο έχει περίμετρο 20 – x, οπότε η πλευρά του είναι 203− x

και το εμβαδό του 34

203

2−

x .

Επομένως Ε = Ετετρ + Ετριγ = x x2

2

16+ 336(20 )− με x∈ ( , )0 20 .

6. i) Είναι

f xxx

xx

( ),,

= + =<>

10 02 0

.

Η γραφική παράσταση της f φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

Το σύνολο των τιμών της f είναι το f(A) = {0,2}

ii) Είναι

f x x xx xx x

( ),,

= =− <

≥

2

2

00

.

Η γραφική παράσταση της f φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Το σύνολο των τιμών της f είναι το f(Α) = R.

iii) H γραφική παράσταση της f δίνεται στο διπλανό σχήμα. Το σύνολο των τιμών της f είναι το ∞f Α( ) = [2,+ ).

22-0182-02.indb 114 26/11/2013 4:10:26 μμ

115

1.1 και 1.2

iv) Είναι

f xx xx x

( )ln ,ln ,

=− < <

≤

0 11

.

Η γραφική παράσταση της f δίνεται στο διπλανό σχήμα.Το σύνολο των τιμών της f είναι το

0 ∞f Α( ) = [ ,+ ).

7. i) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο A = R, ενώ η g το Β = +∞[ , )0 . Είναι Α ≠ Β και επομένως οι συναρτήσεις f και g δεν είναι ίσες.Για κάθε x ≥ 0 έχουμε

f x x x x g x( ) ( )= = = ( ) =2 2.

Άρα οι συναρτήσεις f, g είναι ίσες στο διάστημα [ , )0 +∞ .

ii) Οι συναρτήσεις f, g έχουν πεδίο ορισμού το R*. Για κάθε x ∈ *R έχουμε:

f xx

x x

x xx x

xx

g x( ) ( )=−

+=

−( ) +( )+( )

=−

=2

2

1 1 11

1.

Επομένως f = g.

iii) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Α = ∪ +∞[ , ) ( , )0 1 1 . Για κάθε x ∈ Α, έχουμε

f x xx

x x

x x

x x

xx( )

( ) ( )=

−−

=− +( )−( ) +( )

=− +( )

−= +

11

1 1

1 1

1 1

11.

Η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το Β = +∞[ , )0 . Επομένως οι συναρτήσεις f και g έχουν διαφορετικά πεδία ορισμού, οπότε δεν είναι ίσες. Είναι όμως f(x) = g(x) για κάθε x ∈ ∪ +∞[ , ) ( , )0 1 1 . Άρα οι f, g είναι ίσες στο [0,1) (1,+ )∪ ∞ .

8. Η συνάρτηση f ορίζεται στο Α = *R , ενώ η g στο Β = R – {1}. Επομένως, για κάθε x ∈ −{ , }0 1R έχουμε:

( )( ) ( ) ( )( )

f g x f x g x xx

xx

x xx x

+ = + =+

+−

=− +

−=

−1

11

1

2 2 1(1 )x x

( )( ) ( ) ( )( )

f g x f x g x xx

xx

x xx x

− = − =+

−−

=− −

−=

−−

11

11

2 2 1 2(1 )

2xx x

22-0182-02.indb 115 26/11/2013 4:10:29 μμ

116

1.1 και 1.2

( )( ) ( ) ( )f g x f x g x xx

xx

⋅ = =+

⋅−

=+−

11

11

xx

fg

x f xg x

xxxx

= =

+

−

=−( ) ( )

( )

1

1

1 2

2

xx

,

αφού για κάθε x ∈ −{ , }0 1R είναι g(x) ≠ 0.

9. Οι δύο συναρτήσεις έχουν κοινό πεδίο ορισμού το Α = +∞( , )0 , οπότε για κάθε x ∈ Α έχουμε:

( )( ) ( ) ( )f g x f x g x+ = + = 2 x

( )( ) ( ) ( )f g x f x g x− = − =2x

( )( ) ( ) ( )f g x f x g x⋅ = = −xx

xx

1 = 12 −−,

ενώ, για κάθε x ∈ ′Α με ( ) 0g x ≠ , δηλαδή με x ≠ l ισχύει:

fg

x f xg x

xx

xx

= =

+

−=

−( ) ( )

( )

1

1xx+11

.

10. i) Η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Df = R, ενώ η g το Dg = +∞[ , )0 . Για να

ορίζεται η παράσταση g(f(x)) πρέπει

( x Df∈ και f x Dg( )∈ ) ⇔ (x ∈ R και x2 0≥ ) ⇔ x ∈ R.

Επομένως, η g f ορίζεται για κάθε x ∈ R και έχει τύπο:

( )( ) ( ( )) ( )g f x g f x g x x x = = = =2 2 .

ii) Η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Df = R, ενώ η g το D

g = [–1,1].

Για να ορίζεται η παράσταση g( f (x)) πρέπει:

(x Df∈ και f x Dg( )∈ ) ⇔ (x ∈ R και f x( ) [ , ]∈ −1 1 )

⇔ ηµx ∈ −[ , ]1 1 ⇔ x ∈ R.

22-0182-02.indb 116 26/11/2013 4:10:33 μμ

117

1.1 και 1.2

Επομένως, η g f ορίζεται για κάθε x ∈ R και έχει τύπο

iii) Ομοίως η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Df = R και η g το

R .

Για να ορίζεται η παράσταση g( f(x)) πρέπει:

( x Df∈ και f x Dg( )∈ ) ⇔ (x ∈ R και π κππ

4 2≠ + , κ ∈ ) ⇔ x ∈ R.

Επομένως, η g f ορίζεται για κάθε x ∈ R και έχει τύπο

( )( ) ( ( ))g f x g f x g = =

= =

π π4 4

εϕ 1 .

11. Η f έχει πεδίο ορισμού το Df = R και η g το Dg = +∞[ , )2 . Για να ορίζεται η

παράσταση g(f(x)) πρέπει:

(x Df∈ και ( )x Dg2 1+ ∈ ) ⇔ (x ∈ R και x2 1 2+ ≥ )

⇔ − ≥x2 1 0

⇔ ≥x 1 ή x ≤ −1

⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ =x ( , ] [ , )1 1 1Α .

Επομένως, η g f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Α1, και τύπο:

( )( ) ( ( )) ( )g f x g f x g x = = + = −2 1 x2 1.

Για να ορίζεται η παράσταση f(g(x)) πρέπει

( x Dg∈ και g x Df( )∈ ) ⇔ ( x ≥ 2 και x − ∈2 R) ⇔ x ∈ +∞ =[ , )2 1Β .

Επομένως, η f g έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Β1 και τύπο

( )( ) ( ( ))f g x f g x f x x x = = −( ) = −( ) + = − + = −2 2 1 2 12

x 1 .

22-0182-02.indb 117 26/11/2013 4:10:37 μμ

118

1.1 και 1.2

12. i) Η συνάρτηση f(x) = ημ(x2 + 1) είναι σύνθεση της h(x) = x2 + 1 με τη g(x) = ημx.

ii) Η συνάρτηση f(x) = 2ημ23x + 1 είναι σύνθεση των συναρτήσεων h(x) = 3x, g(x) = ημx και φ(x) = 2x2 + 1.

iii) Η συνάρτηση f(x) = ln(e2x – 1) είναι σύνθεση των συναρτήσεων h(x) = 2x, g(x) = ex – l και φ(x) = lnx.

iv) Η συνάρτηση f(x) = ημ23x είναι σύνθεση των συναρτήσεων h(x) = 3x, g(x) = ημx και φ(x) = x2.


1. i) Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α(1,0) και Β(0,1) έχει συντελεστή

κατεύθυνσης λ =−

= −11

1, οπότε η εξίσωσή της είναι:

y x y x− = − − ⇔ = − +0 1 1 1( )( ) .

Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Γ(2,0) και Δ(l,1) έχει συντελεστή

κατεύθυνσης λ =−

=−

= −1

1 211

1, οπότε η εξίσωσή της είναι:

y x y x− = − − ⇔ = − +0 1 2 2( )( ) .

Επομένως το σχήμα μας είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f xx xx x

( ) =+1, 0 < 1+ 2, 1 < 2

− ≤− ≤

ii) H ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Ο(0,0) και A(1,2) έχει λ = 2 και εξίσωση y = 2x.

Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία A(1,2) και Β(2,0) έχει λ =−

= −2

12 και

εξίσωση y x y x− = − − ⇔ = − +0 2 2 2 4( ) .

Επομένως το σχήμα μας είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f xx xx x

( ) =2 , 0 12 + 4, 1 2

≤ ≤− < ≤

iii) Ομοίως έχουμε

f xxx

( ) =1, [0,1) [2,3)0, [1,2) [3,4)

∈ ∪∈ ∪

.

22-0182-02.indb 118 26/11/2013 4:10:38 μμ

119

1.1 και 1.2

2. Το εμβαδόν των δύο βάσεων είναι 2πx2, ενώ το εμβαδόν της παράπλευρης

επιφάνειας είναι 2πxh, όπου h το ύψος του κυλίνδρου. Έχουμε V x h= =π 628,

οπότε hx x

=628 200

2 2π και το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας γίνεται:

2 200 4002π

πxx x

= . Επομένως, το κόστος Κ(x) είναι:

Κ ( ) ,x xx

xx

= ⋅ + ⋅ = +2 4 400 1 25 8 5002 2ππ

ππ με x > 0.

Το εμβαδόν των βάσεων του κουτιού είναι π∙52∙2 = 50π, ενώ το κόστος τους είναι 50∙π∙4 = 200π (δραχμ.).Το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας είναι 2π∙5∙8 = 80π, ενώ το κόστος της είναι 80π∙1,25 = 100π.Επομένως το συνολικό κόστος είναι 300 942π ≅ λεπτά = 9,42 ευρώ.

3. ● Αν 0 1< ≤x , τότε: Τα τρίγωνα ΑΜΝ και ΑBE είναι όμοια, οπότε

x x( )

( )( )

( )ΑΒ

ΜΝΒΕ

ΜΝ= ⇔ =

1 2

⇔ =( )ΜΝ 2x.

Επομένως, το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου, δίνεται από τον τύπο

Ε ΜΝ( ) ( )x x x x x= ⋅ = ⋅ =12

12

2 2,

με 0 1< ≤x .

● Αν 1 3x≤ ≤ , τότε το εμβαδόν του γραμ-μοσκιασμένου χωρίου είναι ίσο με

Ε ( ) ( )x x= ⋅ + −12

1 2 1 2

= + − = −1 2 2 2 1x x , με 1 3< ≤x .

Άρα x xx x

( ) =, 0 < 1

2 1, 1 < 3

2 ≤− ≤

Ε

22-0182-02.indb 119 26/11/2013 4:10:41 μμ

120

1.1 και 1.2

4. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΝΜ, έχουμε:

ΒΓΜΝ

Α∆ΑΕ ΜΝ

ΜΝ= ⇔ =−

⇔ − =10 5

52 5

xx( ) .

Επομένως,

Ε Ε ΜΝ ΚΝ= = ⋅ = − = −( ) ( )x x x2 5 2 +102x x, 0 < x < 5 και

P P x x x= = + = ⋅ − + ⋅ = −( ) ( )2 2 2 2 5 2ΜΝ ΚΝ 20 2x, 0 < x < 5.

5. i) ● Αν x < −1, τότε

f x x x x( ) =− − − +

= −1 12

● Αν − ≤ <1 1x , τότε

f x x x( ) =+ − +

=1 1

21

● Αν 1 x≤ , τότε

f x x x x( ) =+ + −

=1 1

2.

Άρα

f xx x

xx x

( ) =, < 1

1, 1 < 1, 1

− −− ≤

≥

.

Η γραφική παράσταση της f δίνεται στο διπλανό σχήμα. Από τη γραφική παράσταση της f φαίνεται ότι το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο ∞[1,+ ).

ii) Έχουμε

f xx xx

( ), [ , ]

, ( , ]=

∈∈

ηµ 00 2

ππ π

.

Η γραφική παράσταση της f δίνεται στο διπλανό σχήμα. Το σύνολο τιμών της f είναι το [0,1].

22-0182-02.indb 120 26/11/2013 4:10:43 μμ

121

1.1 και 1.2

6. i) Έχουμε: f(g(x)) = x2 + 2x + 2, δηλαδή f (x + l) = x2 + 2x + 2. Αν θέσουμε ω = x + 1 ή, ισοδύναμα, x = ω – 1, τότε

f ( ) ( ) ( )ω ω ω ω ω ω ω= − + − + = − + + − + = +1 2 1 2 2 1 2 2 2 12 2 2 .

Επομένως f(x) = x2 + 1.

ii) f g x x( ( )) = +1 2 , δηλαδή f x x( )− = +2 21 . Θέτουμε ω = – x2, οπότε

f ( )ω ω= −1 , ω ≤ 0. Επομένως μια από τις ζητούμενες συναρτήσεις είναι

η f x x( ) = −1 , x ≤ 0.

iii) g f x f x f x x( ( )) ( ) ( )= ⇔ − = ⇔ − =συν συν συνx x1 12 2 2

⇔ = −f x x2 21( ) συν

⇔ = ⇔ =f x x f x x2 2( ) ( )ηµ ηµ .

Μια τέτοια συνάρτηση είναι π.χ. η συνάρτηση , ή η συνάρτηση f(x) = ημx ή η συνάρτηση f(x) = – ημx κ.τ.λ.

7. Οι συναρτήσεις f και g ορίζονται στο R. — Για να ορίζεται η παράσταση f(g(x)) πρέπει:

(x ∈ R και g x( ) ∈R) ⇔ x ∈ R.

— Επομένως ορίζεται η ( )( )f g x και είναι

( )( ) ( ( )) ( 2) 2 1f g x f g x f x xα α= = + = + + = αx + 3� .

— Για να ορίζεται η παράσταση g(f(x)) πρέπει: (x ∈ R και f x( ) ∈R) ⇔ x ∈ R. Επομένως ορίζεται η ( )( )g f x και είναι

( )( ) ( ( )) ( 1) ( 1) 2g f x g f x g x xα= = + = + + = αx α+ ( + 2)� . Θέλουμε να είναι f g g f = , που ισχύει μόνο όταν

(αx + 3 = αx + α + 2, για κάθε x ∈ R) 2 3α⇔ + = ⇔ α = 1.

8. Η συνάρτηση f ορίζεται στο Df = R\{α}, ενώ η g στο Dg = +∞[ , )0 .

α) Για να ορίζεται η f( f(x)) θα πρέπει:

( x Df∈ και f x Df( )∈ ) ⇔ ( x ≠ α και α βα

αx

x+

−≠ )

( )2και .fx a x Dβ α⇔ ≠ ≠ − ⇔ ∈

22-0182-02.indb 121 26/11/2013 4:10:48 μμ

122

1.1 και 1.2

Επομένως, η f f έχει πεδίο ορισμού το R\{α} και τύπο

f f x

xxxx

x xx x

x( ( )) ( )=

+−

+

+−

−=

+ + −+ − +

=+α α β

αβ

α βα

α

α αβ β αβα β α α

α β2

2

2

αα β2 += x .

β) Για να ορίζεται η g(g(x)) θα πρέπει:

(x Dg∈ και x x Dg− + ∈2 1 ) ⇔ (x ≥ 0 και x x− + ≥2 1 0)

⇔ (x ≥ 0 και x −( ) ≥1 02

)

⇔ x ≥ 0 ⇔ ∈x Dg .

Επομένως η g g έχει πεδίο ορισμού το [ , )0 +∞ και τύπο

g g x g x x x( ( )) ( )= −( ) = −( ) −

= − −( ) =1 1 1 1 1

2 22

2

= − −( ) = −( ) =1 12 2

x x x , αφού 0 1x≤ ≤ .

9. i) Έχουμε:

Ν ( )t t t t t t t t= +( ) + +

= + + +( ) = + +( )10 2 4 4 10 2 8 20 10 2 9 202

.

ii) Έχουμε:

10 2 9 20 120 2 9 20 12t t t t+ +( ) = ⇔ + +( ) =

⇔ + +( ) =2 9 20 144t t

⇔ + + =t t9 20 72

⇔ + − =t t9 52 0

⇔ =t 4 ή ( t = −13, απορ.) ⇔ =t 16 .

Επομένως μετά από 16 χρόνια τα αυτοκίνητα θα είναι 120.000.

22-0182-02.indb 122 26/11/2013 4:10:52 μμ

123

1.3


1. i) Η συνάρτηση f x x( ) = −1 έχει πεδίο ορισμού το ∆ = −∞( , ]1 . Έστω x x1 2, ∈ ∆ με x x1 2< . Τότε έχουμε διαδοχικά:

− > −x x1 2

1 11 2− > −x x

1 11 2− > −x x

f x f x( ) ( )1 2> .

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( , ]−∞ 1 .

ii) Η συνάρτηση f x x( ) ln( )= − −2 2 1 έχει πεδίο ορισμού το ∆ = +∞( , )2 . Έστω x x1 2, ∈ ∆ με x x1 2< . Τότε έχουμε διαδοχικά:

x x1 22 2− < −

ln( ) ln( )x x1 22 2− < −

ln( ) ln( )x x1 22 1 2 1− − < − −

f x f x( ) ( )1 2< .

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( , )2 +∞ .

iii) Η συνάρτηση f x e x( ) = +−3 11 έχει πεδίο ορισμού το R. Έστω 1 2,x x ∈R με x x1 2< . Τότε έχουμε διαδοχικά:

− > −x x1 2

1 11 2− > −x x

e ex x1 11 2− −>

3 31 11 2e ex x− −>

3 1 3 11 11 2e ex x− −+ > +

f x f x( ) ( )1 2> .Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R.

iv) H συνάρτηση f x x( ) ( )= − −1 12 έχει πεδίο ορισμού το ∆ = −∞( , ]1 . Έστω x x1 2, ∈ ∆ με x x1 2< . Τότε έχουμε διαδοχικά:

22-0182-02.indb 123 26/11/2013 4:10:57 μμ

124

1.3

x x1 21 1 0− < − ≤

( ) ( )x x12

221 1− > −

( ) ( )x x12

221 1 1 1− − > − −

f x f x( ) ( )1 2> .

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( , ]−∞ 1 .

2. i) Η f έχει πεδίο ορισμού το R. Έστω x x1 2, ∈R με f x f x( ) ( )1 2= . Τότε έχουμε διαδοχικά:

3 2 3 21 2x x− = −

3 31 2x x=

x x1 2= .Άρα η f είναι 1−1 στο R.Για να βρούμε την αντίστροφη της f , θέτουμε y = f(x) και λύνουμε ως προς x. Έχουμε, λοιπόν:

f x y x y x y x y( ) = ⇔ − = ⇔ = + ⇔ =+3 2 3 2 23

.

Επομένως f y y− =+1 23

( ) , οπότε η αντίστροφη της f είναι η συνάρτηση

f x x− =+1 23

( ) .

ii) Η συνάρτηση f(x) = x2 + 1, δεν έχει αντίστροφη, γιατί δεν είναι 1–1, αφού f(1) = f(–1), με 1 ≠ –1.

iii) Έχουμε f(1) = f(2) = 1 με 1 ≠ 2. Άρα η f δεν είναι 1–1 στο R. Συνεπώς δεν έχει αντίστροφη.

iv) Η συνάρτηση f x x( ) = −13 έχει πεδίο ορισμού το ∆ = −∞( , ]1 .

Έστω x x1 2, ∈ ∆ με f x f x( ) ( )1 2= . Τότε, έχουμε διαδοχικά:

1 113

23− = −x x

1 11 2− = −x x

− = −x x1 2

x x1 2= .

22-0182-02.indb 124 26/11/2013 4:11:01 μμ

125

1.3

Άρα η f είναι 1–1 στο R.Για να βρούμε την αντίστροφη θέτουμε y = f(x) και λύνουμε ως προς x. Έτσι έχουμε:

f x y x y( ) = ⇔ − =13

⇔ − =1 3x y , y ≥ 0

⇔ = −x y1 3 , y ≥ 0.

Επομένως f y y− = −1 31( ) , y ≥ 0, οπότε η αντίστροφη της f είναι η f x x− = −1 31( ) , x ≥ 0.

v) Η συνάρτηση f(x) = ln(l – x) έχει πεδίο ορισμού το ( , )−∞ =1 ∆. Έστω x x1 2, ∈ ∆ με f x f x( ) ( )1 2= . Τότε έχουμε διαδοχικά

ln( ) ln( )1 11 2− = −x x

1 11 2− = −x x

− = −x x1 2

x x1 2= .

Άρα η f είναι 1–1 στο Δ.Για να βρούμε την αντίστροφη της f θέτουμε y = f(x) και λύνουμε ως προς x. Έτσι έχουμε:

f x y x y x e x ey y( ) ln( )= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = −1 1 1

Επομένως f y e yy− = − ∈1 1( ) , R, οπότε η αντίστροφη της f είναι η

f x e xx− = − ∈1 1( ) , R.

vi) Η συνάρτηση f(x) = e–x + 1 έχει πεδίο ορισμού το R.

Έστω x x1 2, ∈ R με f x f x( ) ( )1 2= . Τότε έχουμε διαδοχικά:

e ex x− −+ = +1 21 1

e ex x− −=1 2

x x1 2=

Άρα η f είναι 1–1 στο R.

22-0182-02.indb 125 26/11/2013 4:11:05 μμ

126

1.3

Για να βρούμε την αντίστροφη της f θέτουμε y = f(x) και λύνουμε ως προς x. Έχουμε λοιπόν:

f x y e yx( ) = ⇔ + =− 1

⇔ − = −y e x1

⇔ − = −ln( )y x1 , y > 1

⇔ = − −x yln( )1 , y > 1

Επομένως f y y− = − −1 1( ) ln( ) , y > 1, οπότε η αντίστροφη της f είναι η

f x x− = − −1 1( ) ln( ), x > 1.

vii) Η συνάρτηση f x ee

x

x( ) =−+

11

έχει πεδίο ορισμού το R.

Έστω x x1 2, ∈R με f x f x( ) ( )1 2= . Τότε έχουμε διαδοχικά:

ee

ee

x

x

x

x

1

1

2

2

11

11

−+

=−+

e e e e e ex x x x x x x x1 2 2 1 1 2 1 21 1+ +− + − = − + −

2 21 2e ex x=

x x1 2= .

Άρα η f είναι 1–1 στο R. Για να βρούμε την αντίστροφη της f θέτουμε y = f(x), οπότε έχουμε:

f x y ee

yx

x( ) = ⇔−+

=11

⇔ − = +e ye yx x1

⇔ − = +e ye yx x 1

⇔ − = +e y yx ( )1 1

⇔ =+−

e yy

x 11

, με 11

0+−

>yy

.

⇔ =+−

x yy

ln 11

, με − < <1 1y .

22-0182-02.indb 126 26/11/2013 4:11:09 μμ

127

1.3

Επομένως f y yy

− =+−

1 11

( ) ln , y ∈ −( , )1 1 , οπότε η αντίστροφη της f είναι η

f x xx

− =+−

1 11

( ) ln , x ∈ −( , )1 1 .

viii) Η f δεν είναι 1–1, γιατί f(0) = f(2) = 0 με 2 ≠ 0. Άρα η f δεν αντιστρέφεται.

3. Οι συναρτήσεις f, φ και ψ αντιστρέφονται, αφού οι παράλληλες προς τον άξονα των x τέμνουν τις γραφικές τους παραστάσεις το πολύ σ’ ένα σημείο. Αντίθετα η g δεν αντιστρέφεται.Οι γραφικές παραστάσεις των αντίστροφων των παραπάνω συναρτήσεων φαίνονται στα σχήματα.

4. i) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ, οπότε για κάθε x x1 2, ∈ ∆ με x x1 2< έχουμε διαδοχικά:

f x f x( ) ( )1 2<

− > −f x f x( ) ( )1 2

( )( ) ( )( )− > −f x f x1 2 .

Επομένως η – f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ.

ii) Έστω x x1 2, ∈ ∆ με x x1 2< . Επειδή οι f, g είναι γνησίως αύξουσες στο Δ θα ισχύει

f x f x( ) ( )1 2< και g x g x( ) ( )1 2< ,

22-0182-02.indb 127 26/11/2013 4:11:11 μμ

128

1.4

οπότε θα έχουμε f x g x f x g x( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2+ < + ,

ή, ισοδύναμα, ( )( ) ( )( )f g x f g x+ < +1 2 .

Άρα, η f + g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

iii) Έστω x x1 2, ∈ ∆ με x x1 2< . Επειδή οι f, g είναι γνησίως αύξουσες στο Δ, θα ισχύει

f x f x( ) ( )1 2< και g x g x( ) ( )1 2<

και επειδή, επιπλέον, είναι f x( )1 0≥ και g x( )1 0≥ , θα έχουμε

f x g x f x g x( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2< ,

οπότε ( )( ) ( )( )fg x fg x1 2< .

Άρα η fg είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

1.4 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Από τα σχήματα βρίσκουμε ότι:

i) lim ( )xf x

→=

30 και f ( )3 2=

ii) lim ( )x

f x→

=2

2 και f ( )2 4=

iii) ● lim ( )x

f x→ −

=1

2 και lim ( )x

f x→ +

=1

1, οπότε η f δεν έχει όριο στο 1, ενώ είναι

f(1) = 1.

● lim ( )x

f x→ −

=2

0 και lim ( )x

f x→ +

=2

1, οπότε η f δεν έχει όριο στο 2.

Επιπλέον, η f δεν ορίζεται στο 2. iv) ● lim ( )

xf x

→ −=

10 και lim ( )

xf x

→ +=

11, οπότε η f δεν έχει όριο στο 1, ενώ είναι

f ( )1 1= .● lim ( )

xf x

→ −=

21 και lim ( )

xf x

→ +=

22 , οπότε η f δεν έχει όριο στο 2, ενώ είναι

f(2) = 2.

● lim ( ) lim ( )x xf x f x

→ →= =

−3 32 , ενώ η f δεν ορίζεται στο 3.

22-0182-02.indb 128 26/11/2013 4:11:16 μμ

129

1.4

2. i) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το R – {2} και γράφεται

f x x xx

x( ) ( )( )=

− −−

= −2 3

23.

Από τη γραφική παράσταση της f (διπλανό σχήμα) βρίσκουμε: lim ( )

xf x

→= −

21.

ii) Ομοίως από τη γραφική παράσταση της f (διπλανό σχήμα) βρίσκουμε: lim ( )

xf x

→=

11

iii) Ομοίως από τη γραφική παράσταση της f (διπλανό σχήμα) βρίσκουμε

lim ( )x

f x→ −

=1

1 και lim ( )x

f x→ +

=1

0 , οπότε, η

f δεν έχει όριο στο x0 = 1.

iv) H συνάρτηση f στο πεδίο ορισμού της R – {0} γράφεται

f x xxx

x xx x

( ),,

= + =+ >− <

1 01 0

οπότε από τη γραφική παράσταση της f Cf

(διπλανό σχήμα) βρίσκουμε:

lim ( )x

f x→ −

= −0

1 και lim ( )x

f x→ +

=0

1.

Επομένως, η f δεν έχει όριο στο x0 = 0.

22-0182-02.indb 129 26/11/2013 4:11:18 μμ

130

1.4

3. i) H f στο πεδίο ορισμού της R – {–1,1} γράφεται:

f x x x xx

x xx

x( ) ( ) ( ) ( )( )=

− + −−

=− +

−= +

2 2

2

2

2

1 3 11

1 31

3.

Από τη γραφική παράσταση της f που φαίνεται στο διπλανό σχήμα βρίσκουμε:

lim ( )x

f x→−

=1

2 και lim ( )xf x

→=

14.

ii) Η f στο πεδίο ορισμού της R−

13γράφεται:

f xx x

xx x

x( )

( ) ( ) ( )=

+ −−

=+ −

−1 3 13 1

1 3 13 1

2

,

οπότε

f xx x

x x( )

( ),

,=

− + <

+ >

1 13

1 13

αν

αν

Από τη γραφική παράσταση της f που φαίνεται στο διπλανό σχήμα βρίσκουμε:

lim ( )x

f x→

−= −

13

43

και lim ( )x

f x→

+=

13

43

.

Επομένως, η f δεν έχει όριο στο x013

= .

4. i) Είναι αληθής, αφού lim ( ) lim ( )x x

f x f x→− →−

= =+2 2

2.

ii) Δεν είναι αληθής, αφού lim ( )x

f x→ +

=1

2.

iii) Δεν είναι αληθής, αφού lim ( )x

f x→ −

=1

1 και lim ( )x

f x→ +

=1

2 , που σημαίνει ότι η f δεν έχει όριο στο x

0 = 1.

22-0182-02.indb 130 26/11/2013 4:11:21 μμ

131

1.5

iv) Αληθής, αφού lim ( ) lim ( )x x

f x f x→ →− +

= =2 2

3.

ν) Δεν είναι αληθής, αφού lim ( )xf x

→=

33.

vi) Αληθής, αφού lim ( ) lim ( )x x

f x f x→ →− +

= =4 4

3.

5. Το lim ( )x x

f x→ 0

υπάρχει, αν και μόνο αν

lim ( ) lim ( )x x x x

f x f x→ →− +

= ⇔ − = ⇔ =0 0

2 6 3λ λ λ ή λ = −2.


1. i) Έχουμε lim( )x

x x x→

− − + = − ⋅ − ⋅ + =0

5 3 5 34 2 5 0 4 0 2 0 5 5

ii) lim( )x

x x x→

− + − = − ⋅ + − = −1

10 3 10 32 1 1 2 1 1 1 1

iii) lim( ) lim( )x x

x x x x→− →−

+ + = + +

=

1

8 20

1

820

202 3 2 3 2

iv) lim ( ) lim( ) lim ( )x x x

x x x x x x→ → →

− − − = − − − = − ⋅ =3

3 2

3

3

3

2 35 2 3 5 2 3 2 0 00

v) limlim( )

lim( )x

x

x

x xx

x x

x→

→

→

+ −+

=+ −

+=

−= −

1

41

4

1

2 53

2 5

324

12

vi) limlim

lim( )x

x

x

x x x

x x

x x x

x x→

→

→

− + −

+ +=

− + −( )+ +

= =0

2

20

2

0

2

3 2

1

3 2

121

2

vii) lim ( ) lim( )x x

x x→ →

+ = + = =1

231

23 23 32 2 3 9.

viii) limlim

lim( )x

x

x

x xx x

x x

x x→

→

→

+ + −+ +

=+ + −( )+ +

= =1

2

21

2

1

2

2 24 3

2 2

4 308

0.

2. Έχουμε:

i) lim ( ) lim[ ( ( )) ]x xg x f x

→ →= − = ⋅ − =

2 2

2 23 5 3 4 5 43.

ii) lim ( )lim ( )

lim( ( ))x

x

x

g xf x

f x→

→

→

=−

+=

−+

=2

2

2

2

2 11

13

16 1317

.

22-0182-02.indb 131 26/11/2013 4:11:25 μμ

132

1.5

iii) lim ( ) lim( ( ) ) lim( ( ) ) ( )( )x x xg x f x f x

→ → →= + − = + − =

2 2 22 3 4 2 4 3 6 .

3. i) Για x = 2 μηδενίζονται και οι δύο όροι του κλάσματος. Για x ≠ 2 έχουμε:

f x xx

x xx x x

x xx x

( ) ( )( )( )( )

( )( )=

−−

=− +

− + +=

+ ++

4

3

2 2

2

2

2

168

4 42 2 4

2 42 ++ 4

Επομένως,

lim ( ) lim ( )( )x x

f x x xx x→ →

=+ +

+ +=

⋅=

2 2

2

2

2 42 4

4 812

83

.

ii) Ομοίως για x ≠ 1 έχουμε:

f x x xx

x xx x

xx

( ) ( )( )( )( )

=− +

−=

− −− +

=−

+2 3 1

12 1 1

1 12 1

1

2

2

οπότε lim ( ) limx xf x x

x→ →=

−+

=1 1

2 11

12

.

iii) Ομοίως για x ≠ 1έχουμε:

f x x

x

x

x x x

xx

( ) =−

−=

−

−

+

=+

=+

1 1

1 1

1 1

1 1 1 11

1 1 12

.

Επομένως,

lim ( ) limx xf x x

x→ →=

+=

1 1 112

.

iv) Ομοίως για x ≠ 0 έχουμε:

f x xx

x x xx

( ) ( ) ( )[( ) ( ) ]=

+ −=

+ − + + + ⋅ +3 27 3 3 3 3 3 93 2

= + + + +( ) ( )x x3 3 3 92 .

Επομένως, lim ( ) lim[( ) ( ) ]x x

f x x x→ →

= + + + + =0 0

23 3 3 9 27 .

4. Έχουμε:

i) lim lim lim limx x x x

xx

x

x

xx x→ → → →

−−

=−

− ( )=

−

+( ) −( )=

9 9 2 2 9 9

39

3

3

33 3

13++

=x

16

22-0182-02.indb 132 26/11/2013 4:11:27 μμ

133

1.5

ii) lim lim lim (x x x

xx

x x

x x→ → →

− −=

− −( ) + −( )+ −( )

=−

0

2

2 0

2 2

2 2 0

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1−−

+ −( )x

x x

2

2 21 1

)

=+ −

=→limx x0 2

1

1 1

12

iii) lim limx x

xx

x x x

x x→ →

+ −

+ −=

+ −( ) + +( ) + +( )+ +( ) +2 2 2

2

2 2

2 2

5 3

2 2 2 2 5 3

5 3 5 −−( ) + +( )3 2 2x

=− + +( )− + +( )→

lim( )

( )x

x x

x x2

2

2

2 5 3

4 2 2

=+ +

+ + +( )= =

→lim( )x

xx x2

2 5 32 2 2

616

38

iv) lim lim( )( )

lim( )

x x x

xx x

x

x xx

x x→ → →

−− +

=−( )

− −=

−

− ( ) −4 2 4 4 2

25 4

2

1 42

1 222

=−

− +( ) −( )→lim( )x

xx x x4

21 2 2

=− +( )

=→lim( )x x x4

11 2

112

.

5. i) Για x < 1 είναι f x x( ) = 2, οπότε lim ( )x

f x→ −

=1

1.

Για x > 1 είναι f (x) = 5x, οπότε lim ( )x

f x→ +

=1

5.

Επομένως δεν υπάρχει όριο της f στο 1.

ii) Για x < – 1 είναι f x x( ) = −2 , οπότε lim ( )x

f x→− −

=1

2.

Για x > – 1 είναι f x x( ) = +2 1, οπότε lim ( )x

f x→− +

=1

2.

Επομένως lim ( )x

f x→−

=1

2.

22-0182-02.indb 133 26/11/2013 4:11:31 μμ

134

1.5

6. Έχουμε:

i) lim limx xx

xx→ →

= = ⋅ =0 0

3 3 33

3 1 3ηµ ηµx

ii) lim lim lim limx x x x

xx x x x x→ → → →

= ⋅

= ⋅ =

0 0 0 0

1 1 1εϕ ηµσυν

ηµσυν

x x⋅⋅ =1 1

iii) lim lim limx x x

xx

x→ → →

= ⋅

=

0 0 0

42

42

14

2

44εϕ

ηµηµηµ συν

ηµ

ηµxx x

x

222

14

2 11112

x xx

⋅

= ⋅ ⋅ =συν

iv) lim lim limx x x

xx x x→ → →

−

= −

= − = − =

0 0 01 1 1 1 0ηµ ηµ ηµx x x

v) lim lim limx x xx x x x→ → →+

= ⋅+

= ⋅ =0 3 0 0 2

111 1 1ηµ ηµx x

vi) lim limx xx

x x

x→ →+ −=

+ +( )+ −0 0

55 4 2

5 5 4 2

5 4 4ηµ ηµx

= ⋅ + +( ) = ⋅ =→ →lim limx x

xx

x0 0

55

5 4 2 1 4 4ηµ .

7. i) Έχουμε,

lim lim lim ( )(x x x

xx

xx

x x→ → →+

=−+

=− +

π π π

ηµσυν

συνσυν

συν συν2 2

111

1 1 ))( )

lim( )1

1 2+

= − =→συν

συνx

xx π

.

ii) Έχουμε,

lim lim limx x x

xx

xx x

xx→ → →

−= = =

0

2

0

2

0

12 2 2

0συνηµ

ηµηµ συν

ηµσυν

iii) Έχουμε,

lim lim limx x x

xx

xx x x→ → →

= = =0 0 02 2

12

12

ηµηµ

ηµηµ συν συν

.

8. i) Είναι, lim( )x

x→

− =0

21 1 και lim( )x

x→

+ =0

21 1, οπότε από το θεώρημα της παρεμβολής

είναι lim ( )x

f x→

=0

1.

ii) Ομοίως, lim( )x

x→

− =0

41 1 και limx x→

=0 2

1 1συν

, οπότε lim ( )x

f x→

=0

1.

22-0182-02.indb 134 26/11/2013 4:11:35 μμ

135

1.5

9. Είναι: lim ( ) lim ( ) lim ( )x x xf x f x f x

→ → →= ⇔ = =

− +3 3 310 10

⇔ + = + =→ →− +lim( ) lim( )x x

x x3 32 3 10α β α β

⇔ + = + =6 3 3 10α β α β

⇔+ =

+ =

6 103 3 10α βα β

⇔ =α43

και β = 2.


1. i) Για x = 2 μηδενίζονται και οι δύο όροι του κλάσματος. Με το σχήμα του Horner βρίσκουμε x x x x x x3 2 22 2 1− − − = − + +( )( ), οπότε

lim lim ( )( )( )( )

limx x x

x x xx

x x xx x x→ →

− − −−

=− + +

− + +=

2

3 2

3 2

2

2

28

2 12 2 4 →→

+ ++ +

=2

2

2

12 4

712

x xx x

ii) lim ( ) lim lim ( )x x x

x xx

x x xx

x x→

+

→

+

→

− + +−

=− − +

−=

− −1

1

1

1

1

11 1

1ν ν νν ν ν ν νν ( )xx

−−

11

=− + + + + −

−→

− −

lim ( )[ ( ... ) ]x

x x x x xx1

1 21 11

ν ν ν

= + + + + − = − =→

− −lim[ ( ... ) ]x

x x x x1

1 2 1 0ν ν ν ν ν

iii) Θέτουμε x t= , οπότε

lim lim lim ( )( )( )(x t t

xx x x

tt t

t tt t→ → →

−+ −

=−

+ −=

− +− +1 1

2

3 1 2

12

12

1 11 tt + 2)

(Σχήμα Horner)

=+

+ += =

→limt

tt t1 2

12

24

12

.

2. i) Έχουμε:

f x x xx

xx

xx

( )( ) ,

,=

+ ++

=++

=− < −

> −

2 210 255

55

1 51 5

αναν

,

22-0182-02.indb 135 26/11/2013 4:11:38 μμ

136

1.5

οπότε lim ( )x

f x→− −

= −5

1 και lim ( )x

f x→− +

=5

1.

Επομένως δεν υπάρχει όριο της f στο 5.

ii) Για x < 5 είναι:

f xx x x

xx x x

xx xx

x( ) ( )=

− + − −−

=− − + − +

−=

−−

=5 4 5

55 4 5

555

2 2 2

.

Επομένως lim ( ) limx x

f x x→ →− −

= =5 5

5.

iii) Για x > 5 είναι:

f xx x x

xx x x

xx xx

x( ) =− + − −

−=

− + − −−

=− −

−= +

5 4 55

5 4 55

3 105

22 2 2

Επομένως lim ( ) lim ( )x x

f x x→ →+ +

= + =5 5

2 7.

iv) Θέτουμε x t= , οπότε έχουμε

lim lim lim ( )( )x t t

x xx

t tt

t t t tt→ → →

−−

=−−

=− + +

−1

2

1

4

1

2

1 11 1

1

= + + =→lim ( )t

t t t1

2 1 3.

3. i) Είναι αθ

=1

συν και β θ

θθ

= =εϕηµ

συν, οπότε

lim( ) lim limθ π θ π θ π

α βθ

θθ

θθ→ → →

− = −

=

−

2 2 2

1 1συν

ηµσυν

ηµσυν

=−

+=

+=

→ →lim

( )lim

θ π θ π

θθ θ

θθ

2

2

2

11 1

0ηµσυν ηµ

συνηµ

.

ii) lim( ) lim( )θ π θ π

α β→ →

− = =2

2 2

2

1 1

iii) lim lim( )θ π θ π

βα

θ→ →

= =2 2

1ηµ .

4. i) Θέτουμε g x f x x( ) ( )= + −4 2 4 , οπότε f x g x x( ) ( )= + −14

12

. Επειδή

lim ( )xg x

→= −

110 , έχουμε

22-0182-02.indb 136 26/11/2013 4:11:42 μμ

137

1.6

lim ( ) lim ( ) ( )x xf x g x x

→ →= + −

= − + − = −

1 1

14

12

14

10 1 12

2.

ii) Θέτουμε g x f xx

( ) ( )=

−1, οπότε f x x g x( ) ( ) ( )= −1 , 1≠x .

Επειδή lim ( )xg x

→=

11, έχουμε

lim ( ) lim( ) lim ( )x x xf x x g x

→ → →= − ⋅ = ⋅ =

1 1 11 0 1 0.


1. i) Επειδή lim( )x

x x→

+ =0

4 23 0 και x x4 23 0+ > για x ≠ 0, είναι limx x x→ +

= +∞0 4 2

13

.

Επειδή, επιπλέον, lim( )x

x→

+ =0

5 5, έχουμε

lim lim ( )x x

xx x

xx x→ →

++

= + ⋅+

= +∞0 4 2 0 4 2

53

5 13

ii) Επειδή lim ( )x

x→

− =1

44 1 0 και 4 1 04( )x − > κοντά στο 1, είναι lim( )x x→ −

= +∞1 4

11

.

Επειδή, επιπλέον, lim( )x

x→

− = − <12 3 1 0, έχουμε

lim( )

lim ( )( )x x

xx

xx→ →

−−

= − ⋅−

= −∞

1 4 1 4

2 34 1

2 3 14 1

.

iii) Η f στο πεδίο ορισμού της R – {0} γράφεται

f x xx

x( )

,

,,=

<

>

2 0

0 0

αν

ανοπότε έχουμε

lim ( ) limx x

f xx→ →− −

= = −∞0 0

2 , ενώ lim ( )x

f x→ +

=0

0 .

Επομένως δεν υπάρχει όριο της f στο x0 = 0.

2. i) Η f στο πεδίο ορισμού της R – {–1,1} γράφεται:

f xx x

xx

xx

( ) ( ) .=−

−−

=+ −−

=−

−3

14

13 1 4

13 112 2 2

Επειδή x0 = 1 περιοριζόμαστε στο υποσύνολο ( , ) ( , )0 1 1∪ +∞ του πεδίου ορισμού

της f .

22-0182-02.indb 137 26/11/2013 4:11:46 μμ

138

1.6

● Αν x∈ ( , )0 1 έχουμε 1 02− >x και lim( )x

x→ −

− =1

21 0, οπότε limx x→ − −

= +∞1 2

11

.

Επιπλέον είναι lim( )x

x→ −

− = >13 1 2 0 , οπότε έχουμε

lim lim ( )x x

xx

xx→ →− −

−−

= − ⋅−

= +∞1 2 1 2

3 11

3 1 11

.

● Αν x ∈ +∞( , )1 έχουμε 1 02− <x και lim( )x

x→ +

− =1

21 0, οπότε limx x→ + −

= −∞1 2

11

.

Επιπλέον είναι lim( )x

x→ +

− = >13 1 2 0, οπότε

lim lim ( )x x

xx

xx→ →+ +

−−

= − ⋅−

= −∞1 2 1 2

3 11

3 1 11

.

Επομένως, δεν υπάρχει όριο της f στο x0 = 1.

ii) Η f στο πεδίο ορισμού της R – {0} γράφεται:

f x

x xx

x

x xx

x( )

,

,=

+ −−

<

+ −>

2

2

2

2

3 2 0

3 2 0

● Αν x < 0 έχουμε − <x2 0 , lim ( )x

x→ −

− =0

2 0 και lim ( )x

x x→ −

+ − = − <0

2 3 2 2 0 ,

οπότε limx x→ − −

= −∞0 2

1 και άρα

lim ( ) lim ( )x x

f x x xx→ →− −

= + − ⋅−

= +∞0 0

223 2 1 .

● Αν x > 0 έχουμε x2 > 0, limx

x→ +

=0

2 0 και lim ( )x

x x→ +

+ − = − <0

2 3 2 2 0 , οπότε

limx x→ +

= +∞0 2

1 και άρα

lim ( ) lim ( )x x

f x x xx→ →+ +

= + − ⋅

= −∞0 0

223 2 1 .


iii) Η f στο πεδίο ορισμού της R – {0} γράφεται:

f x xx

x xx

xx

( ) = +

=

+

=

+23

23

3

3

1 1 1 1.

● Αν x < 0 έχουμε x < 0, limx

x→ −

=0

0 και lim ( )x

x→ −

+ = >0

3 1 1 0, οπότε limx x→ −

= −∞0

1 και άρα

22-0182-02.indb 138 26/11/2013 4:11:51 μμ

139

1.6

lim ( ) lim ( )x x

f x xx→ →− −

= + ⋅

= −∞0 0

3 1 1 .

● Αν x > 0 έχουμε x > 0, limx

x→ +

=0

0 και lim ( )x

x→ +

+ = >0

3 1 1 0, οπότε limx x→ +

= +∞0

1 και άρα

lim ( ) lim ( )x x

f x xx→ →+ +

= + ⋅

= +∞0 0

3 1 1 .


1.6 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έχουμε:

f xx x x x x x x

( ) =−

− − +=

−

−( ) − −( )9

2 4 89

2 4 2

=−

− −( )=

−( )⋅

−+

94 2

1

2

922( )x x x x

.

Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Α = ∪ +∞[ , ) ( , )0 4 4 .

Για x ∈ Α είναι x −( ) >2 02

και limx

x→

−( ) =4

22 0, οπότε lim

x x→ −( )= +∞

4

12

.

Επιπλέον είναι limx x→

−+

= −4

92

94

, οπότε

lim ( ) limx x

f xx x→ →

=−( )

⋅−

+

= −∞4 4 2

1

2

92

.

2. i) Έχουμε limx

x→

−=

π2

0συν και συνx > 0 για x ∈

0

2, π , οπότε lim

x x→−

= +∞π2

1συν

.

Επιπλέον είναι lim ( )x

x→

−=

π2

1ηµ , οπότε

lim ( ) limx x

x xx→ →

− −= ⋅

= +∞

π π2 2

1εϕ ηµ

συν.

Ομοίως, lim )x

x→

+=

π2

0(συν και συνx < 0 για x ∈

ππ

2, , οπότε lim

x x→+

= −∞π2

1συν

.

Επιπλέον είναι lim ( )x

x→

+=

π2

1ηµ , οπότε

22-0182-02.indd 139 5/3/2014 9:56:30 πµ

140

1.6

lim ( ) limx x

x xx→ →

+ += ⋅

= −∞π π2 2

1εϕ ηµ

συν.

Επομένως, η f(x) = εφx δεν έχει όριο στο 2π .

ii) Έχουμε lim ( )x

x→ +

=0

0ηµ και ημx > 0 για x ∈

02,π , οπότε lim

x→ += +∞

0

1ηµx

.

Επιπλέον είναι limx

x→ +

( ) =0

1συν , οπότε

lim limx x

x xx→ →+ +

= ⋅

= +∞

0 0

1σϕ συν

ηµ.

Ομοίως, lim ( )x

x→ −

=0

0ηµ και ημx < 0 για x ∈ −

π20, , οπότε lim

x→ −= −∞

0

1ηµx

.

Επιπλέον είναι limx

x→ −

( ) =0

1συν , οπότε

lim ( ) limx x

x x→ →− −

= ⋅

= −∞

0 0

1σϕ συν

ηµx.

Επομένως, η f(x) = σφx δεν έχει όριο στο 0.

3. Έχουμεlim( )x

x→

− =1

2 1 0 και lim[( ) ]x

x x→

− + − = −1

21 2 2λ λ .

— Αν λ – 2 > 0 δηλαδή αν λ > 2, τότε lim ( )x

f x→ +

= +∞1

και lim ( )x

f x→ −

= −∞1

, οπότε δεν υπάρχει όριο της f στο 1.

— Αν λ – 2 < 0 δηλαδή αν λ < 2, τότε lim ( )x

f x→ +

= −∞1

και lim ( )x

f x→ −

= +∞1

, οπότε δεν υπάρχει όριο της f στο 1.

— Αν λ = 2, τότε f x x xx

x xx x

xx

( ) ( )( )( )( )

=+ −

−=

− +− +

=++

2

2

21

1 21 1

21

, με 1≠x , οπότε

lim ( )x

f x→

= ∈1

32

R .

Επομένως το lim ( )xf x

→1 υπάρχει στο R μόνο αν λ = 2.

Ομοίως, έχουμε: limx

x→

=0

0 και lim( )x

x x→

+ + =0

2 2 µ µ.

— Αν μ > 0, τότε lim ( )x

g x→ +

= +∞0

και lim ( )x

g x→ −

= −∞0

, οπότε δεν υπάρχει όριο της g στο 0.

22-0182-02.indb 140 26/11/2013 4:12:01 μμ

141

1.7

— Αν μ < 0, τότε lim ( )x

g x→ +

= −∞0

και lim ( )x

g x→ −

= +∞0

, οπότε δεν υπάρχει όριο της g στο 0.

— Αν μ = 0, τότε g x x xx

x( ) =+

= +2 2 2 με 0x ≠ , οπότε lim ( )

xg x

→= ∈

02 R.

Επομένως, το lim ( )xg x

→0 υπάρχει στο R μόνο αν μ = 0.

4. i) Θέτουμε g x xf x

( )( )

=− 4 . Επειδή lim ( )

xg x

→= +∞

1, είναι g(x) ≠ 0 κοντά στο 1.

Επομένως

f x xg x

( )( )

=− 4 , κοντά στο 1.

Επειδή lim( )x

x→

− = − <1

4 3 0 και lim ( )xg x

→= +∞

1 έχουμε:

lim ( ) lim( )

lim ( )( )x x x

f x xg x

xg x→ → →

=−

= −

=

1 1 1

4 4 1 0.

ii) Θέτουμε g x f xx

( ) ( )=

+ 2, οπότε f(x) = (x + 2)g(x) κοντά στο 1. Επειδή

lim( )x

x→

+ = >1

2 3 0 και lim ( )xg x

→= −∞

1, έχουμε:

lim ( ) lim[( ) ( )]x xf x x g x

→ →= + = −∞

1 12

iii) Θέτουμε g(x) = f(x)(3x2 – 2), οπότε f x g xx

( ) ( )=

−3 22 κοντά στο 1.

Επειδή lim ( )xg x

→= +∞

1 και lim

x x→ −= >

1 2

13 2

1 0, έχουμε:

lim ( ) lim ( )x xf x g x

x→ →= ⋅

−

= +∞1 1 2

13 2

.


1. i) lim ( ) lim ( ) limx x x

x x x x→+∞ →+∞ →+∞

− + − = − = − = −∞10 2 5 10 103 3 3

ii) lim ( ) lim ( ) limx x x

x x x x→−∞ →−∞ →−∞

− + = = = −∞5 2 1 5 53 3 3

iii) lim limx xx x→−∞ →−∞+

= =58

5 03 3

iv) lim lim limx x x

x x xx x

xx

x→+∞ →+∞ →+∞

− + −− +

= = = +∞4 3

3

4

3

5 2 13 2

22-0182-02.indb 141 26/11/2013 4:12:05 μμ

142

1.7

v) lim limx x

x xx x

xx→+∞ →+∞

+ −− +

=

=

2 14 2

24

12

3

3 2

3

3

vi) lim lim limx x x

xx x

xx x→+∞ →+∞ →+∞

++ +

= = =23

1 010 10 9

vii) lim lim( )( )

limx x x

xx x

x x xx x→+∞ →+∞+

−+

=

+ − −+ +

=2

2 2

2152

2 5 51 2 →→+∞

− + −+ + +4 2 52 2

2

3 2

x xx x x

=−

=−

=→+∞ →+∞lim limx x

xx x4 4 0

2

3

viii) lim lim limx x x

xx

xx

x xx x

x→+∞ →+∞ →+∞

+−

++

=

+ ++

=2 2 2

2

5 32

2 2 102

2 22

2 2x

= .

2. i) Επειδή Δ = 4 – 4∙4∙3 < 0 το πεδίο ορισμού της f x x x( ) = − +4 2 32 είναι το R. Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )0 +∞ όπου η f γράφεται:

f x x x xx x

xx x

xx x

( ) = − + = − +

= − + = − +4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 2 32 2

2 2 2 .

Επομένως

lim ( ) limx x

f x xx x→+∞ →+∞

= − +

= +∞4 2 3

2 .

ii) Οι ρίζες του τριωνύμου x2 + 10x + 9 είναι –9 και –1, οπότε το πεδίο ορισμού

της f x x x( ) = + +2 10 9 είναι Α = −∞ − ∪ − +∞( , ] [ , )9 1 . Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , ]−∞ −9 όπου η f γράφεται:

f x x x xx x

( ) = + + + +

2 2210 9 1 10 9

= + + = − + +xx x

xx x

1 10 9 1 10 92 2 .

Επομένως

lim ( ) limx x

f x xx x→−∞ →−∞

= − + +

= +∞1 10 9

2 .

iii) Το πεδίο ορισμού της f x x x x( ) = + + − +2 21 3 2 είναι Α = −∞ ∪ +∞( , ] [ , )1 2 . Περιοριζόμαστε στο διάστημα [ , )2 +∞ όπου η f γράφεται:

22-0182-02.indb 142 26/11/2013 4:12:09 μμ

143

1.7

f x xx

xx x

xx x x

( ) = + + − + = + + − +

1 1 1 3 2 1 1 1 3 2

2 2 2 2 .

Επομένως

lim ( ) limx x

f x xx x x→+∞ →+∞

= + + − +

= +∞1 1 1 3 22 2 .

iv) To πεδίο ορισμού είναι το σύνολο Α = −∞ ∪ +∞( , ] [ , )ρ ρ1 2 , όπου ρ1, ρ

2 οι ρίζες

της εξίσωσης (x + α)(x + β) = 0, που είναι οι αριθμοί – α, – β. Άρα, η f ορίζεται σε διάστημα της μορφής ( , )−∞ γ με γ < 0. Περιοριζόμαστε στο διάστημα αυτό, οπότε έχουμε:

f x x x x xx x

x( ) ( )= + + + − = ++

+ −221α β αβ

α β αβ

= − ++

+ +

x

x x1 12

α β αβ .

Επομένως

lim ( ) lim .x x

f x xx x→−∞ →−∞

= − ++

+ +

= +∞1 12

α β αβ

v) Το πεδίο ορισμού της f x x x x( ) = − − − +2 1 4 4 32 είναι το R. Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )0 +∞ , οπότε η f(x) γράφεται:

f x x x xx x x x x x

( ) ( ) ( )=

− − − +

− + − +=

−

− + − +

2 1 4 4 3

2 1 4 4 3

2

2 1 4 4 3

2 2

2 2

=−

− − − +=

−

− − − +

2

2 1 4 4 32

2 1 4 4 32 2

x xx x

xx x x

.

Επομένως

lim ( ) lim limx x x

f xx

x x x

→+∞ →+∞ →+∞=

−

− − − +

1 2

2 1 4 4 32

= ⋅−

− − − +=0 2

2 0 4 0 00.

22-0182-02.indb 143 26/11/2013 4:12:12 μμ

144

1.7

3. i) Το πεδίο ορισμού της f x xx

( ) =+2 1 είναι το R*. Περιοριζόμαστε στο

διάστημα ( , )0 +∞ , οπότε

f xx

xx

xx

x

xx

x x( ) =

+

=+

=+

= +

22 2 2

2

1 11 1 1 1

1 1 .

Επομένως lim ( ) .x

f x→+∞

=1

ii) To πεδίο ορισμού της f x x x( ) = + −2 1 είναι το R. Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )0 +∞ , οπότε

f xx x x x

x xx x

xx

x( ) =

+ −( ) + +( )+ +

=+ −

+

+

2 2

2

2 2

22

1 1

1

1

1 1

=+ +

=

+ +

1

1 11

1 1 12 2x

xx x

x

.


f x→+∞

= 0

iii) Το πεδίο ορισμού της f x xx

( ) =+2 1 είναι το R*. Περιοριζόμαστε στο διάστη-

μα ( , )−∞ 0 , οπότε

f xx

xx

xx

x x( ) .=

+

=− +

= − +

22 2

2

1 11 1

1 1


f x→−∞

= −1

iv) Το πεδίο ορισμού της f x x x( ) = + +2 1 είναι το R. Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )−∞ 0 , οπότε

f xx x x x

x x xx

x( ) =

+ +( ) + −( )+ −

=

+

−

2 2

22

2

1 1

1

1

1 1

22-0182-02.indb 144 26/11/2013 4:12:15 μμ

145

1.7

=− + −

=

− + +

1

1 11

1 1 12 2x

xx x

x

.


f x→−∞

= 0

ν) Το πεδίο ορισμού της f x x xx x

( ) =− +

− −

2

2

1

1 είναι Α = −∞ − ∪ +∞( , ) ( , )1 1 .

Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )1 +∞ , οπότε

f xx x x x x x

x x x x x x( )

( )=

− +( ) + +( ) + −( )− −( ) + −( ) + +( )

=−2 2 2

2 2 2

1 1 1

1 1 1

1 xx x

x x

+ −( )⋅ + +( )

2

2

1

1 1

= −+ −

+ += −

+ −

+ +

= −+ −x x

x

x xx

xx

xx

1 1

1 1

1 1 1

1 1 1

1 12

2

2

2

11

1 1 1

2

2

x

x+ +

.

Επομένως,

lim ( ) lim .x x

f x x

x

→+∞ →+∞= −

+ −

+ +

= −++

= −1 1 1

1 1 11 11 1

12

2

vi) To πεδίο ορισμού της f x x x x x( ) = + + −2 22 2 είναι το R . Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )0 +∞ , οπότε

f x x x x x xx x x x x x

x x x( ) = + + −( ) =

+ + −( ) + + +( )+ + +( )

2

2 2

22 2

2 2 2 2

2 2

=+

+ + +=

+

+ + +

=+

+ +x x

x x xx

xx

xx x

x x

x

2 2

2 2

2 2

1 2 2 1

2 2

1 22

2

22 12x+

.

Επομένως, lim ( )x

f x→+∞

= +∞.

22-0182-02.indb 145 26/11/2013 4:12:18 μμ

146

1.7


1. i) Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )−∞ 0 , οπότε

f x xx

x xx

x xx

( ) .= + + = − + + = − + −

1 1 1 1 1 1

2 2 2µ µ µ

Επειδή lim ( )x

x→−∞

− = +∞ και lim ,x x→−∞

+ −

= −1 1 12 µ µ έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

— Αν 1 – μ > 0 δηλαδή μ < 1, τότε lim ( )x

f x→−∞

= +∞

— Αν 1 – μ < 0 δηλαδή μ > 1, τότε lim ( )x

f x→−∞

= −∞

— Αν μ = 1, τότε f x x x( ) = + +2 1 , οπότε


f x x xx x x x

x x→−∞ →−∞ →−∞= + +( ) =

+ +( ) + −( )+ −

2

2 2

21

1 1

1

=+ −

=− + −

→−∞ →−∞lim limx xx x x

xx

1

1

1

1 12

2

=

− + +

=−

⋅+ +

→−∞ →−∞lim

( )lim

x x

xx

xx

1

1 1 1

1 1

1 1 12 2

= ⋅ =0 12

0.

ii) Έστω f x x xx x

( ) ( )=

− + +− +

µµ

1 2 35 6

3 2

2

— Αν μ = 1, τότε f x xx x

( ) =+

− +2 3

5 6

2

2 , οπότε


f x xx x

xx→+∞ →+∞ →+∞

=+

− += =

2 35 6

2 22

2

2

2

— Αν μ = 0, τότε f x x xx

( ) =− + +

− +

3 22 35 6

, οπότε

lim lim limx x x

x xx

xx

x→+∞ →+∞ →+∞

− + +− +

=−−

= = +∞3 2 3 22 35 6 5 5

.

22-0182-02.indb 146 26/11/2013 4:12:22 μμ

147

1.7

— Αν μ ≠ 0, 1, τότε

lim ( ) lim ( )x x

f x xx→+∞ →+∞

=−µµ1 3

2

=−

=+∞ ∈ −∞ ∪ +∞−∞ ∈

→+∞

lim ( ) , ( , ) ( , ), ( , )

.x

xµµ1 0 1

0 1αναν

µµ

2. Περιοριζόμαστε στο ( , )0 +∞ , οπότε:

f x x x x xx x

x xx x

( ) = + + − = + +

− = + + −

2 22 25 10 1 5 10 1 5 10

λ λ λ .

Επειδή limx

x→+∞

= +∞ και limx x x→+∞

+ + −

= −1 5 10 12 λ λ .

Έχουμε τις εξής περιπτώσεις: — Αν 1 – λ > 0 δηλαδή λ < 1, τότε lim ( )

xf x

→+∞= +∞

— Αν 1 – λ < 0 δηλαδή λ > 1, τότε lim ( )x

f x→+∞

= −∞

— Αν τέλος λ = 1, τότε:

f x x x x xx x x

( ) = + + − =+

+ + +2

25 10 5 10

5 10

=+

+ + +

=+

+ + +

xx

xx x

x

x x

5 10

1 5 10 1

5 10

1 5 10 12 2

.

οπότε

lim ( )x

f x→+∞

=++

= ∈5 01 1

52

R.

Ώστε το lim ( )x

f x→+∞

υπάρχει στο R μόνο αν λ = 1.

3. Είναι f x x

xx x x x x

x( ) =

++

− + =+ − + − +

+

2 2 211

11

α βα β α β

=− + − + +

+( ) ( )1 1

1

2α β α βx xx

— Αν α ≠ 1, τότε

lim ( ) lim ( ) lim ( ),,x x x

f x xx

x→+∞ →+∞ →+∞

=−

= − =+∞ <−∞ >

1 111

2αα

αα

αναν

.

22-0182-02.indb 147 26/11/2013 4:12:25 μμ

148

1.7

— Αν α = 1 και α ≠ β, τότε

lim ( ) lim ( )x x

f x xx→+∞ →+∞

=−

= − ≠β α

β α 0 .

— Αν α = β = 1, τότε lim ( ) lim .x x

f xx→+∞ →+∞

=++

=1 110

Ώστε lim ( ) .x

f x→+∞

= ⇔ = =0 1α β

4. i) To πεδίο ορισμού της f xx x xx x

( ) =− +

− +

2

2

5

3 2 είναι το R – {1, 2}. Περιοριζόμαστε

στο διάστημα ( , )−∞ 0 , οπότε

f x x x xx x

x xx x

( ) .=− +− +

=−

− +

2

2

2

2

53 2

43 2

Επομένως lim ( ) limx x

f x xx→−∞ →−∞

= =2

2 1

ii) To πεδίο ορισμού της f x x xx x

( ) =+ + −

+ +

2

2

1 5

4 3 είναι το R. Περιοριζόμαστε στο

( , )−∞ 0 , οπότε

f xx

xx

x xx

xx

x

x xx

( ) =+ + −

+ +=

− + + −

− +

1 1 5

4 3

1 1 5

4 3

2

2

2

2

=

− + − +

− + −

=+ − +

+ −

xx x

xx

x x

x

1 1 5 1

4 3 1

1 1 5 1

4 3 1

2

2

2

2

.

Επομένως

lim ( ) limx x

f x x x

x

→−∞ →−∞=

+ − +

+ −

1 1 5 1

4 3 1

2

2

=+−

=−

=+( )

= +1 13 1

23 1

2 3 1

23 1.

22-0182-02.indb 148 26/11/2013 4:12:28 μμ

149

1.8

iii) Περιοριζόμαστε στο διάστημα ( , )1 +∞ , οπότε

f x x xx

x xx

x( ) ( ) .=−−

=−

−=

2

11

1Επομένως

lim ( ) lim .x x

f x x→+∞ →+∞

= = +∞


1. i) Η f δεν είναι συνεχής στο x0 = 1, αφού

2 11 1

= ≠ = −→ →− +lim ( ) lim ( )x x

f x f x

Στα υπόλοιπα σημεία του πεδίου ορισμού της, όπως φαίνεται από το σχήμα, η f είναι συνεχής.

ii) Η f δεν είναι συνεχής στο 1, αφού lim ( ) ( ) .xf x f

→= ≠ =

12 1 3 Στα υπόλοιπα

σημεία του πεδίου ορισμού της, όπως φαίνεται από το σχήμα, η f είναι συνεχής.

2. i) Είναι: lim ( ) lim ( )x x

f x x→ →− −

= + =2 2

2 4 8, lim ( ) limx x

f x x→ →+ +

= =2 2

3 8 και f ( ) ,2 8= οπότε

lim ( ) ( )x

f x f→

=2

2 .Επομένως η f είναι συνεχής στο x

0 = 2.

ii) Είναι: lim ( ) lim( ) ,x x

f x x→ →− −

= + =1 1

2 1 2 lim ( ) limx x

f x x→ →+ +

= + =1 1

3 2 και f ( ) ,1 2= οπότε

lim ( ) ( ).xf x f

→=

11

Επομένως η f είναι συνεχής στο 1.

iii) Για x ≠ – 2 ισχύει f x x xx

x xx

x( ) ( )( ) ( ),=+ −+

=− +

+= −

2 22

1 22

1

οπότε lim ( ) lim ( ) ( ).x x

f x x f→− →−

= − = − = −2 2

1 3 2

Επομένως η f είναι συνεχής στο x0 = – 2.

3. i) Η f(x) γράφεται f xx

x

x x

xx

( )

,

,

,

.=

< −

− ≤ ≤

>

2 1

2 1 12 1

2

22-0182-02.indb 149 26/11/2013 4:12:32 μμ

150

1.8

Στο διάστημα (–1,1) η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική συνάρτηση ενώ στα διαστήματα ( , )−∞ −1 και ( , )1 +∞ η f είναι συνεχής ως ρητή συνάρτηση.Στο x

0 = – 1 έχουμε:

lim ( ) lim ,x x

f xx→− →−− −

= = −1 1

2 2 lim ( ) limx x

f x x→− →−+ +

= =1 1

22 2 και f ( ) .− =1 2

Επομένως η f δεν είναι συνεχής στο – 1. Στο x = 1 έχουμε: lim ( ) lim ,x x

f x x→ →− −

= =1 1

22 2

lim ( ) limx x

f xx→ →+ +

= =1 1

2 2 και f ( ) .1 2=

Επομενως η f δεν είναι συνεχής στο 1. Η γραφική παράσταση της f φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

ii) Για x ≠ 2 έχουμε

f x x xx

x xx

x( ) ( )( ) ,=− +

−=

− −−

= −2 5 6

22 32

3

οπότε η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα ( , )−∞ 2 και ( , )2 +∞ , ως πολυ-ωνυμική συνάρτηση.Για x = 2 ισχύει lim ( ) lim( ) ( ) ,x x

f x x f→ →

= − = − ≠ =2 2

3 1 2 5

οπότε η f δεν είναι συνεχής στο x = 2. Η γραφική παράσταση της f φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

iii) Στο διάστημα ( , )−∞ 1 η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. Στο διάστημα ( , )1 +∞ η f είναι συνεχής ως λογαριθμική.Στο x

0 = 1 έχουμε:

lim ( ) lim ,x x

f x x→ →− −

= =1 1

1

lim ( ) lim lnx x

f x x→ →+ +

= ( ) =1 1

0 και f ( ) .1 0=

Επομένως η f δεν είναι συνεχής στο x0 = 1.


22-0182-02.indb 150 26/11/2013 4:12:35 μμ

151

1.8

iv) Στο διάστημα ( , )−∞ 0 η f έχει τύπο f (x) = ex και είναι συνεχής. Στο διάστημα ( , )0 +∞ η f έχει τύπο f x x( ) = − +2 1 και είναι συνεχής ως πολυωνυμική.Στο x

0 = 0 έχουμε: lim ( ) lim ,x x

xf x e→ →− −

= =0 0

1

lim ( ) lim ( )x x

f x x→ →+ +

= − + =0 0

2 1 1

και f (0) = 1. Επομένως η f είναι συνεχής στο x

0 = 0.


4. i) Στο διάστημα ( , )−∞ 1 η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική. Στο διάστημα ( , )1 +∞ η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.Στο x

0 = 1 έχουμε:

lim ( ) lim( ) ,x x

f x x→ →− −

= − = −1 1

22 3 1

lim ( ) lim lim( )

limx x x x

f x xx

x x

xx

→ → → →+ + + +=

−−

=− +( )

−= +(

1 1 1 1

11

1 1

11)) = 2

και f ( ) .1 1= −

Επομένως η f δεν είναι συνεχής στο x0 = 1.

ii) Στο διάστημα ( , )−∞ 0 η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

Στο διάστημα ( , )0 +∞ η f είναι συνεχής.

Στο x0 = 0 έχουμε:

lim ( ) lim ,x x

f x xx→ →− −

= =0 0

1ηµ lim ( ) limx x

f x x→ →+ +

= =0 0

1συν και f (0) = 1.

Επομένως η f είναι συνεχής και στο x0 = 0.

5. i) H f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων y = ημu και u = συνx. ii) H f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων y = lnu και u =

x2 + x +1.

22-0182-02.indb 151 26/11/2013 4:12:38 μμ

152

1.8

iii) H f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων y = ημu και

ux

=+

112 .

iv) H f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων y = eu και u = ημx.

ν) Η f είναι συνεχής ως σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων y = lnu και u = lnx.

6. Η συνάρτηση f x x x( ) = − +ηµ 1 είναι συνεχής στο [0,π] και ισχύει f f( ) ( ) ( ) ,1 1 1 0π π= − < δηλαδή πληρεί τις συνθήκες του θεωρήματος του Bolzano. Επομένως, η εξίσωση f(x) = 0, δηλαδή η εξίσωση ημx – x + 1 = 0, έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο (0,π).

7. i) Παρατηρούμε ότι: f(0) = – 1 και f(1) = 1, οπότε η f(x) = x3 + x – l στο [0,1] πληρεί τις συνθήκες του θεωρήματος του Bolzano. Επομένως, η εξίσωση f(x) = 0, δηλαδή η εξίσωση x3 + x – 1 = 0 , έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο (0,1). Άρα, ένας από τους ζητούμενους ακεραίους είναι ο α = 0.

ii) Ομοίως, ένας από τους ζητούμενους ακέραιους είναι ο α = – 1iii) Ομοίως, ο α = – 1iv) Ομοίως, ο α = 1.

8. Θεωρούμε τη συνάρτηση

f x x x x x x x( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ).= − − + − − + − −α µ ν β λ ν γ λ µ

Η f είναι συνεχής στο [λ, μ] και ισχύει f f( ) ( ) ,λ µ < 0 αφού

f ( ) ( )( )λ α λ µ λ ν= − − > 0 και ( ) ( )( ) 0.f βµ µ λ µ ν= − − <

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x1 ∈ ( , )λ µ τέτοιο, ώστε f(x

1) = 0.

Ανάλογα βρίσκουμε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x2 ∈ ( , )µ ν τέτοιο ώστε f(x2) = 0.

Επειδή η f είναι δευτεροβάθμιο τριώνυμο, δεν έχει άλλες ρίζες.

9. i) Έχουμε:

f x x x x x x x x x( ) ( ) ( ) ( )( )= + − − = + − + = + −3 2 2 22 2 2 2 2 1

= + + −( )( )( ),x x x2 1 1

οπότε f x x( ) = ⇔ = −0 2 ή x = – 1 ή x = 1.

22-0182-02.indb 152 26/11/2013 4:12:40 μμ

153

1.8

Ο παρακάτω πίνακας δείχνει το πρόσημο της f σε κάθε διάστημα.

Διάστημα ( , )−∞ −2 ( , )− −2 1 ( , )−1 1 ( , )1 +∞

Επιλεγμένος αριθμός x

0

– 3 −32

0 2

f(x) – 8 – 2 12

Πρόσημο της f – + – +

ii) Έχουμε f x x x x x x( ) ( ) ( )( ),= − = − +2 2 29 3 3 οπότε f x x( ) = ⇔ =0 0 (διπλή) ή x = 3 ή x = – 3.

Ο παρακάτω πίνακας δείχνει το πρόσημο της f σε κάθε διάστημα.

Διάστημα ( , )−∞ −3 ( , )−3 0 ( , )0 3 ( , )3 +∞


0

– 4 – 1 1 4

f (x0) 112 – 8 – 8 112

Πρόσημο της f + – – +

iii) Έχουμε:

εϕx x= ⇔ = −3 23π ή x =

π3

, αφού x ∈ −( , ).π π

Ο παρακάτω πίνακας δίνει το πρόσημo της f σε κάθε διάστημα.

Διάστημα


0

0

f (x0) − −1 3 2 − 3 2 − −1 3

Πρόσημο της f – + – + –

58

− −

π

π, 23

− −

23 2π π, −

π π2 3

, π π3 2

,

ππ

2,

−34π

−712π 5

12π 3

4π

22-0182-02.indd 153 28/11/2013 2:10:13 μμ

154

1.8

iv) Υπολογίζουμε τις ρίζες της f(x) = 0 στο [0,2π] έχουμε

ηµ συν ηµ συνx x x x+ = ⇔ = −0

⇔ = −εϕx 1

⇔ =x 34π ή x =

74π .

Ο παρακάτω πίνακας δίνει το πρόσημο της f(x) = ημx + συνx σε κάθε διάστημα:

Διάστημα


0

0 π 2π

f(x0) 1 – 1 1

Πρόσημο της f + – +

10. i) Η συνάρτηση f(x) = lnx – l είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο [1,e]. Επομένως το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα [f(1), f(e)] = [–1,0].

ii) Η συνάρτηση f(x) = – x + 2 είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο (0,2). Επομένως, το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα (0,2), αφού lim ( )

xf x

→=

20

και lim ( ) .x

f x→

=0

2

iii) Η συνάρτηση f(x) = 2ημx + 1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο 06, .π

(Αφού η συνάρτηση του g(x) = ημx είναι γνησίως αύξουσα στο πρώτο τεταρτημόριο). Επομένως, το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα [1,2), αφού f(0) = 1 και lim ( ) .

xf x

→=

π6

2

iv) H συνάρτηση f(x) = ex + 1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο ( , ].−∞ 0 Επομένως, το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα (1,2], αφού lim ( )

xf x

→+∞=1

και f(0) = 2.

0 34, π

3474

π π,

742ππ,

22-0182-02.indb 154 26/11/2013 4:12:47 μμ

155

1.8


1. Η f είναι συνεχής στο x0 = 2, αν και μόνο αν

lim ( ) lim ( ) ( ) lim ( ) lim ( )x x x x

f x f x f x x→ → → →− + − +

= = ⇔ − = + =2 2 2

2 2

22 5κ κ 44 2−κ

⇔ − = +4 2 52κ κ

⇔ + + =κ κ2 2 1 0

⇔ = −κ 1.

2. Η f είναι συνεχής στο x0 = 1, αν και μόνο αν

lim ( ) lim ( ) ( ) lim( ) lim(x x x x

f x f x f x x→ → → →− + − +

= = ⇔ + − =1 1 1

2 2

11 12α β α xx + =β ) 5

⇔ + − = + =α β α β2 12 5.Από την επίλυση του τελευταίου συστήματος βρίσκουμε

(α = 4, β = 1) ή (α = – 3, β = 8).

3. i) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x0 = 0. Συνεπώς,

f f x xx

xx xx x x x

( ) lim ( ) lim lim( )

lim0 1 110 0 0

2

= =−

=−+

=→ → → →

συν συνσυν 00

2

1−+ηµ

συνx

x x( )

= −

+

= ⋅ ⋅ =

→lim ( ) .x

x xx x0

11

0 1 12

0ηµηµ

συν

ii) Επειδή η g είναι συνεχής στο 0 θα ισχύει g g x g xx x

( ) lim ( ) lim ( ).00 0

= =→ →+ −

Επομένως, αρκεί να υπολογίσουμε το lim ( )x

g x→ +0

.Για x > 0 έχουμε διαδοχικά:

xg x x x( ) − ≤ηµ 2

− ≤ − ≤x xg x x x2 2( ) ηµ

− + ≤ ≤ +x x xg x x x2 2ηµ ηµ( )

− + ≤ ≤ +x xx

g x x xx

ηµ ηµ( ) .

Αλλά limx

x xx→ +

− +

=

01ηµ και lim ,

xx x

x→ ++

=

01ηµ

22-0182-02.indb 155 26/11/2013 4:12:50 μμ

156

1.8

οπότε, από το θεώρημα παρεμβολής, είναι lim ( ) .x

g x→ +

=0

1 Επομένως g(0) = 1.

4. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x) = f(x) – g(x).

Η φ είναι συνεχής στο [0,1] και ισχύει φ(0)φ(1) < 0, αφού

ϕ( ) ( ) ( )0 0 0 0= − <f g και ϕ( ) ( ) ( )1 1 1 0= − >f g

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ ( , )0 1 τέτοιο, ώστε φ(ξ) = 0, οπότε f(ξ) = g(ξ).

5. α) Στο ανοικτό διάστημα (1,2) η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ( )( ) ( )( ) .x x x x4 61 2 1 1 0+ − + + − =

Επομένως, έχουμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση f x x x x x( ) ( )( ) ( )( )= + − + + −4 61 2 1 1

έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2). Πράγματι

• Η f είναι συνεχής στο [1,2] και • Ισχύει f(1) f(2) = (–2)(65) < 0.

Επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano, η f έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2).

β) Στο ανοιχτό διάστημα (1,2) η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ( ) ( ) lnx e x xx− + − =2 1 0

Επομένως, έχουμε να δείξουμε ότι η συνάρτηση f x x e x xx( ) ( ) ( ) ln= − + −2 1

έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2). Πράγματι ● Η f είναι συνεχής στο [1,2] και ● Ισχύει f(1) f(2) = (– e) ln2 < 0.Επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano, η f έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο (1,2).

6. i) Αναζητούμε λύση της εξίσωσης f(x) = g(x) στο σύνολο ( , ) ( , ).−∞ ∪ +∞0 0

Επειδή όμως f(x) = ex > 0 για κάθε x ∈ *R και g xx

( ) = >1 0 με x > 0, ενώ

g xx

( ) = <1 0 με x < 0, η εξίσωση, f(x) = g(x), αν έχει κάποια λύση, αυτή θα

ανήκει στο ( , ).0 +∞

22-0182-02.indb 156 26/11/2013 4:12:53 μμ

157

1.8

Συνεπώς, αναζητούμε λύση της f(x) = g(x) στο ( , )0 +∞ ή, ισοδύναμα, της εξίσωσης f(x) – g(x) = 0 στο ( , ).0 +∞ Θεωρούμε τη συνάρτηση ϕ( ) ( ) ( ) ,x f x g x e

xx= − = −1 x ∈ +∞( , ).0 Η συνάρ-

τηση αυτή είναι: ● συνεχής στο ( , ).0 +∞● γνησίως αύξουσα στο ( , ).0 +∞ Πράγματι, έστω x x1 2 0, ( , )∈ +∞ με x

1 < x

2. Τότε:

e e

x x

x x1 2

1 1

1 2

<

>

, οπότε e e

x x

x x1 2

1 1

1 2

<

− < −

, και αρα ex

ex

x x1 21 1

1 2

− < − , δηλαδή φ(x1) < φ(x

2).

Επομένως, το σύνολο τιμών της φ είναι το διάστημα ( , )−∞ +∞ = R, αφού lim ( )x

x→ +

= −∞0

ϕ και lim ( ) .x

x→+∞

= +∞ϕ Άρα η φ έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο

( , ).0 +∞ Επειδή, όμως, η φ γνησίως αύξουσα στο ( , ),0 +∞ η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Άρα, η εξίσωση f(x) = g(x) στο ( , )0 +∞ έχει ακριβώς μια ρίζα.

ii) Αναζητούμε λύση της εξίσωσης f(x) = g(x) στο ( , )0 +∞ ή, ισοδύναμα, της

εξίσωσης ln xx

=1 στο ( , ).0 +∞

Θεωρούμε τη συνάρτηση ϕ( ) ln ,x xx

= −1 x ∈ +∞( , ).0 Η συνάρτηση αυτή:

● Είναι συνεχής στο ( , ).0 +∞● Είναι γνησίως αύξουσα στο ( , ).0 +∞

Πράγματι Έστω x x1 2 0, ( , )∈ +∞ με x

1 < x

2. Τότε:

ln ln,

x x

x x

1 2

1 2

1 1<

>

οπότε ln ln

,x x

x x

1 2

1 2

1 1<

− < −

και άρα ln ln ,xx

xx1

12

2

1 1− < − δηλαδή

φ(x1) < φ(x

2).

Επομένως, το σύνολο τιμών της φ είναι το διάστημα ( , )−∞ +∞ = R, αφού lim ( )x

x→ +

= −∞0

ϕ και lim ( ) .x

x→+∞

= +∞ϕ Άρα η φ έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στο

( , ).0 +∞ Επειδή, επιπλέον, η φ είναι γνησίως αύξουσα, η ρίζα αυτή είναι μοναδική.Άρα η εξίσωση f(x) = g(x) στο ( , )0 +∞ έχει ακριβώς μια ρίζα.

22-0182-02.indb 157 26/11/2013 4:12:58 μμ

158

1.8

7. i) Για κάθε x ∈ −[ , ]1 1 έχουμε f x x2 21( ) = − (1)

α) Η εξίσωση f(x) = 0 στο [–1,1] γράφεται ισοδύναμα:

f x f x x x( ) ( )( )

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = −0 0 1 0 121

2 ή x = 1.

Επομένως, λύσεις της f(x) = 0 στο [–1,1] είναι μόνο οι –1 και 1.

β) Η f στο (–1,1) είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται σ’ αυτό. Επομένως, στο (–1,1) η f διατηρεί πρόσημο. ● Αν f(x) > 0 στο (–1,1), τότε από τη σχέση (1) προκύπτει ότι f x x( ) = −1 2 και επειδή f f( ) ( ) ,− = =1 1 0 έχουμε

f x x( ) ,= −1 2 x ∈ −[ , ]1 1

● Αν f(x) < 0 στο (–1,1), τότε από τη σχέση (1) προκύπτει ότι f x x( ) = − −1 2 και επειδή f f( ) ( ) ,− = =1 1 0 έχουμε

f x x( ) = − −1 2 , x ∈ −[ , ]1 1

Η γραφική παράσταση της f σε κάθε περίπτωση φαίνεται στο διπλανό σχήμα.

ii) α) Έχουμε f x f x x x( ) ( ) .= ⇔ = ⇔ = ⇔ =0 0 0 02 2

Επομένως, η εξίσωση f(x) = 0 έχει στο R μοναδική ρίζα την x = 0.

β) Η συνάρτηση f στο ( , )−∞ 0 είναι συνεχής και δε μηδενίζεται σ’ αυτό. Επο-μένως η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ( , )−∞ 0 . Έτσι: — αν f(x) < 0 στο ( , )−∞ 0 , τότε στο διάστημα αυτό είναι

f x x2 2( ) ,= ⇔ f x x( ) == αφού x < 0, ενώ

— αν f(x) > 0 στο ( , )−∞ 0 , τότε στο διάστημα αυτό είναι f x x2 2( ) ,= ⇔ =f x x( ) −− αφού x < 0.

Επειδή, επιπλέον f(0) = 0, έχουμε f(x) = x, για κάθε x ∈ −∞( , ]0 ή

f(x) = – x, για κάθε x ∈ −∞( , ]0 .

22-0182-02.indb 158 26/11/2013 4:13:03 μμ

159

1.8

Ομοίως, έχουμε f(x) = x, για κάθε x ∈ +∞[ , )0 ή

f(x) = – x, για κάθε x ∈ +∞[ , )0 .

Συνδυάζοντας τα παραπάνω, η f έχει έναν από τους παρακάτω τύπους:

α) f (x) = x, x∈R ,

β) f (x) = – x, x∈R

γ) f xx xx x

( ),,

=− <

≥

00

ή, πιο απλά, f x x( ) =

δ) f xx xx x

( ),,

=<

− ≥

00

ή, πιο απλά, f x x( ) = − .

Η γραφική παράσταση της f φαίνεται σε κάθε περίπτωση στα παρακάτω σχήματα (α), (β), (γ), (δ) αντιστοίχως.

22-0182-02.indb 159 26/11/2013 4:13:04 μμ

160

1.8

8. i) Η εξίσωση της διαγωνίου ΟΒ είναι η

y x y x− =−−

− ⇔ =0 1 01 0

0( ) .

Ομοίως η εξίσωση της διαγωνίου ΑΓ είναι η

y x y x− =−−

− ⇔ = − +0 1 00 1

1 1( ) .

ii) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0,1] και η γραφική της παράσταση βρίσκεται ολόκληρη μέσα στο τετράγωνο. Επομένως, το σύνολο τιμών της είναι υποσύνολο του [0,1]. Είναι δηλαδή 0 ( ) 1f x≤ ≤ για κάθε x∈[ , ].0 1

● Θα αποδείξουμε, πρώτα, ότι η Cf τέμνει τη διαγώνιο y = x. Αρκεί να δείξουμε

ότι η εξίσωση f (x) = x έχει μια, τουλάχιστον, ρίζα στον [0,1].

Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x) = f(x) – x η οποία είναι συνεχής στο [–1,1] και ισχύει φ(0) = f (0) ≥ 0 και φ(1) = f (1) – 1 ≤ 0.

— Αν φ(0) = 0, τότε f (0) = 0, οπότε η εξίσωση f (x) = x έχει ως ρίζα τον x = 0 και η C

f τέμνει την ΟΒ στο Ο(0,0).

— Αν φ(1) = 0 , τότε f (1) = 1, οπότε η εξίσωση f (x) = x έχει ως ρίζα τον x = 1 και η C

f τέμνει την ΟΒ στο Α(1,1).

— Αν φ(0)∙φ(1) < 0, τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 0 1∈ ( , ) τέτοιο, ώστε φ(x

0) = 0, οπότε f(x

0) = x

0 και η C

f τέμνει

την ΟΒ στο σημείο Ρ(x0,x

0).

Επομένως σε κάθε περίπτωση η Cf τέμνει την ΟΒ.

● Για την άλλη διαγώνιο εργαζόμαστε ομοίως.

9. i) Έστω Μ(x, f (x)) τυχαίο σημείο της Cf . Τότε

d d x x x f x y= = − + −( ) ( ) ( ( ) )02

02 με x ∈[ , ].α β

ii) Η συνάρτηση d είναι συνεχής στο [α, β] ως ρίζα αθροίσματος συνεχών συναρτήσεων. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής, θα υπάρχει κάποιο x1 ∈[ , ]α β για το οποίο η d θα πάρει τη μέγιστη τιμή της και κάποιο x2 ∈[ , ]α β για το οποίο η d θα πάρει την ελάχιστη τιμή της.

22-0182-02.indb 160 26/11/2013 4:13:06 μμ

161

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ


1. i) Για x ≠ 0 έχουμε: f x fx

xx

xx

x( ) ( ) ,−−

=+ −

= =0

01 12 2

οπότε

lim ( ) ( ) lim .x x

f x fx

x→ →

−−

= =0 0

00

0

Επομένως f ′ (0) = 0 .

ii) Για x ∈ −* { }1R έχουμε:

f x fx

xx

xx x

xx

( ) ( )( )

( ) ,−−

=−

−=

−−

=− +1

1

1 1

11

112 2

2 2

οπότε

lim ( ) ( ) lim ( )x x

f x fx

xx→ →

−−

=− +

= −1 1 2

11

1 2

Επομένως f ′ (1) = – 2.

iii) Για x ≠ 0 έχουμε: f x fx

xx

xx

x( ) ( ) ,−−

= = ⋅0

1

2ηµ ηµηµ

οπότε

lim ( ) ( ) lim lim limx x x x

f x fx

xx

x xx→ → → →

−−

= ⋅

= ⋅

0 0 0 0

01

ηµηµ

ηµηµµx = ⋅ =1 0 0.

Επομένως f ′ (0) = 0.

2. i) Για x ≠ 0 έχουμε: f x fx

x xx

x( ) ( ) ,−−

=−

=0

00

22-0182-02.indb 161 26/11/2013 4:13:08 μμ

162

2.1

οπότε


f x fx

x→ →

−−

= =0 0

00

0

Επομένως έχουμε f ′ (0) = 0.

ii) ● Για x > 1 έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=− −

−=

11

1 01

1

οπότε

lim ( ) ( ) lim( )x x

f x fx→ →+ +

−−

= =1 1

11

1 1

● Για x < 1 έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ( ) ,−−

=− − −

−= −

11

1 01

1

οπότε

lim ( ) ( ) lim( ) .x x

f x fx→ →− −

−−

= − = −1 1

11

1 1

Επειδή lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) ,x x

f x fx

f x fx→ →− +

−−

≠−−1 1

11

11

η f δεν παραγωγίζεται στο σημείο x

0 = 1.

iii) Για κάθε x ∈ ∪( , ) ( , )0 1 1 3 έχουμε:

f x fx

x xx

x xx

x( ) ( ) ( )( ) ,−−

=− + −

−=

− − −−

= − +1

13 21

1 21

22

οπότε

lim ( ) ( ) lim( ) .x x

f x fx

x→ →

−−

= − + =1 1

11

2 1


iv) ● Για x < 0 έχουμε: f x fx

x xx

x xx

x( ) ( ) ( ) ,−−

=+ + −

=+

= +0

01 1 1 1

2

οπότε

lim ( ) ( ) lim ( ) .x x

f x fx

x→ →− −

−−

= + =0 0

00

1 1

22-0182-02.indb 162 26/11/2013 4:13:11 μμ

163

2.1

● Για x > 0 έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=+ −

=0

01 1 1

οπότε

lim ( ) ( ) lim ( ) .x x

f x fx→ →+ +

−−

= =0 0

00

1 1

Επειδή lim ( ) ( ) lim ( ) ( )x x

f x fx

f x fx→ →− +

−−

= =−−0 0

00

1 00

, η f είναι παραγωγίσιμη στο

x = 0, με f ′ (0) = 1.

3. Για κάθε x από το πεδίο ορισμού της f με x ≠ 0 έχουμε:

g x gx

xf x fx

xf xx

f x( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),−−

=−

= =0

00 0

οπότε

lim ( ) ( ) lim ( ) ( ),x x

g x gx

f x f→ →

−−

= =0 0

00

0

αφού η f είναι συνεχής στο σημείο x0 = 0.

Επομένως η g παραγωγίζεται στο 0 με g′(0) = f(0). 4. i) Έχουμε:

lim ( ) lim ( ) ,x x

f x x→ →− −

= + =0 0

2 1 1 lim ( ) limx x

f x x→ →+ +

= =0 0

3 0 και f (0) = 0.

Επειδή lim ( ) lim ( ),x x

f x f x→ →− +

≠0 0

το όριο της f στο 0 δεν υπάρχει. Επομένως η

f δεν είναι συνεχής στο 0. Αφού όμως η f δεν είναι συνεχής στο 0, δεν είναι ούτε παραγωγίσιμη σ’ αυτό.

ii) Έχουμε: lim ( ) limx xf x x

→ →= − +( ) =

1 11 1 1 και f(1) = 1.

Επομένως η f είναι συνεχής στο x0 = 1.

— Για x < 1 έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ( ) ,−−

=− − + −

−= −

11

1 1 11

1

οπότε

lim ( ) ( ) .x

f x fx→ −

−−

= −1

11

1

22-0182-02.indb 163 26/11/2013 4:13:13 μμ

164

2.1

— Για x > 1 έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=− + −

−=

11

1 1 11

1

οπότε lim ( ) ( ) .x

f x fx→ +

−−

=1

11

1

Επειδή lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) ,x x

f x fx

f x fx→ →− +

−−

≠−−1 1

11

11

η f δεν παραγωγιζεται στο x0 = 1.

5. ● Από την άσκηση 1 έχουμε: i) f x x( ) ,= +2 1 f ( )0 1= και ′ =f ( ) .0 0 Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης

της Cf στο σημείο (0,1) είναι:

y x y− = ⋅ − ⇔ =1 0 0 1( ) .

ii) f xx

( ) ,=12 f(1) = 1 και f ′ (1) = – 2. Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης

της Cf στο σημείο (1,1) είναι:

y x y x− = − − ⇔ = − +1 2 1 2 3( ) .

iii) f(x) = ημ2x, f(0) = 0 και f ′ (0) = 0. Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης της C

f στο σημείο (0,0) είναι:

y x y− = ⋅ − ⇔ =0 0 0 0( ) .

● Από την άσκηση 2 έχουμε:

i) f x x x( ) ,= f(0) = 0 και f ′ (0) = 0. Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο (0,0) είναι:

y x y− = ⋅ − ⇔ =0 0 0 0( )

ii) f x x( ) ,= −1 f(1) = 0 και lim ( ) ( )x

f x fx→

−−1

11

δεν υπάρχει. Επομένως δεν ορίζεται

εφαπτομένη της Cf στο σημείο (1,0).

iii) f x x x( ) ,= −2 3 f(1) = 2 και f ′ (1) = 1. Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης της C

f στο σημείο (1,2) είναι:

y x y x− = − ⇔ = +2 1 1 1( )

iv) f xx x xx x

( ),

,,=

+ + <+ ≥

2 1 01 0

f(0) = 1 και f ′ (0) = 1.

22-0182-02.indb 164 26/11/2013 4:13:17 μμ

165

2.1

Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο (0,1) είναι:

y x y x− = − ⇔ = +1 1 0 1( ) .

2.1 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Για κάθε x ≠ 0 έχουμε:

f x fx

x x xx

x xx

x( ) ( ) ,−−

=− + −

=− +( )

= − +0

02 2 1

1ηµ ηµ

ηµ

οπότε

lim ( ) ( ) lim ,x x

f x fx

x→ →

−−

= − +( ) = −0 0

00

1 1ηµ αφού lim .x

x→

( ) =0

0ηµ

Επομένως, f ′ (0) = – 1.

2. i) Για h = 0 έχουμε f(1) = 2.

ii) Για κάθε h ∈ *R έχουμε:

f h fh

h h hh

h h hh

h h( ) ( ) ( ) ,1 1 3 3 2 2 3 3 3 33 2 2

2+ −=

+ + + −=

+ += + +

οπότε

lim ( ) ( ) lim( ) .h h

f h fh

h h→ →

+ −= + + =

0 0

21 1 3 3 3

Επομένως f ′ (1) = 3 .

3. ● Για x < 0 έχουμε:

f x fx

xx

xx x x

( ) ( )( )

,−−

= −−

=− +

−=

−0

0

11

1 1 11

11

οπότε


f x fx x→ →

−=

−=

0 0

0 11

1

● Για x > 0 έχουμε: f x fx

xx

xx

( ) ( ) ,−−

=+ −

=0

01 1ηµ ηµ

οπότε


f x fx

xx→ →

−−

= =0 0

00

1ηµ


22-0182-02.indb 165 26/11/2013 4:13:20 μμ

166

2.1

Άρα, ορίζεται εφαπτομένη της Cf στο σημείο Ο(0,1) και έχει συντελεστή διεύθυνσης

λ = f ′ (0) = 1, οπότε εϕω ω

π= ⇔ =1

4.

4. Για κάθε x ≠ 0 έχουμε:

f x fx

xx

xx

xx x

( ) ( )( )

−−

=

−−

=−

=−

+0

0

1 0 1 112

2

2

συνσυν συν

συν

x

=+

=

⋅

+ηµ

συνηµ

συν

2

2

2

11

1x

xx

x x( ),

xοπότε

lim ( ) ( ) limx x

f x fx

xx x→ →

−−

=

⋅

+

= ⋅ =0 0

200

11

1 12

ηµσυν

112.

Επομένως, ′ =f ( ) .0 12

5. Για κάθε x∈R γνωρίζουμε ότι: ( ) ( )x f x x x+ ≤ ≤ + +1 12 (1)

i) Για x = 0, από την (1) έχουμε:

1 (0) 1,f≤ ≤ οπότε f(0) = 1.Η (1) γράφεται ισοδύναμα:

x f x x x x f x f x x≤ − ≤ + ⇔ ≤ − ≤ +( ) ( ) ( ) ( )1 0 12 (2) ii) ● Για x < 0, από τη (2) έχουμε:

1 00

1≥−−

≥ +f x fx

x( ) ( ) . (3)

● Για x > 0, από τη (2) έχουμε

1 0 1≤−

≤ +f x f

xx( ) ( ) (4)

iii) Από τη σχέση (3) επειδή lim lim ( ),x x

x→ →− −

= = +0 01 1 1 σύμφωνα με το κριτήριο

παρεμβολής έχουμε lim ( ) ( ) .x

f x fx→ −

−−

=0

00

1

Από τη σχέση (4) επειδή lim lim ( ) ,x x

x→ →+ +

= + =0 01 1 1 σύμφωνα με το κριτήριο

παρεμβολής έχουμε

22-0182-02.indb 166 26/11/2013 4:13:23 μμ

167

2.1

lim ( ) ( ) .x

f x fx→ +

−−

=0

00

1


6. Για κάθε x ∈ R γνωρίζουμε ότι ισχύει: ηµ ηµ2 4 2 4x x xf x x x− ≤ ≤ +( ) (1)

i) Επειδή η f είναι συνεχής στο 0 θα ισχύει

f f x f xx x

( ) lim ( ) lim ( )00 0

= =→ →+ −

Επομένως, αρκεί να υπολογίσουμε το lim ( )x

f x→ +0

.Για x > 0, από την (1), έχουμε

ηµ ηµ2 4 2 4xx

xx

f x xx

xx

− ≤ ≤ +( )ή, ισοδύναμα,

ηµηµ

ηµηµ

xx

x x f x xx

x x⋅ − ≤ ≤ ⋅ +3 3( ) .

Επειδή limx

xx

x x→ +

⋅ −

= ⋅ − =

0

3 1 0 0 0ηµηµ και

lim ,x

xx

x x→ +

⋅ +

= ⋅ + =

0

3 1 0 0 0ηµηµ

έχουμε lim ( ) .x

f x→ +

=0

0 Άρα f (0) = 0.

ii) ● Για x ≠ 0, από την (1), έχουμε ηµ ηµ2

2

4

2

2

2

4

2

xx

xx

f xx

xx

xx

− ≤ ≤ +( )

ή, ισοδύναμα,

ηµ ηµxx

x f x fx

xx

x

− ≤

−≤

+

22

220( ) ( ) .

Επειδή

limx

xx

x→

−

= − =0

22 21 0 1ηµ και lim ,

x

xx

x→

+

= + =0

22 1 0 1ηµ

έχουμε lim ( ) ( ) .x

f x fx→

−=

0

0 1 (2)

Άρα f ′ (0) = 1.

22-0182-02.indb 167 26/11/2013 4:13:26 μμ

168

2.1

7. i) Αφού η f είναι συνεχής στο 0 ισχύει lim ( ) ( ).x

f x f→

=0

0

Αλλά lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim .x x x x

f x f xx

x f xx

x→ → → →

= ⋅

= ⋅ = ⋅ =0 0 0 0

4 0 0

Επομένως, f(0) = 0.

ii) Είναι

′ =−−

= =→ →

f f x fx

f xxx x

( ) lim ( ) ( ) lim ( ) ,0 00

40 0

λόγω της υπόθεσης.

8. i) Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 ισχύει

′ =+ −

→f x

f x h f xhx

( ) lim( ) ( )

.0 0

0 0

Για h ≠ 0 είναι f x h f x

hf x h f x

h( ) ( ) ( ( )) ( )

.0 0 0 0− −= −

+ − −−

Επομένως

lim( ) ( )

lim( ( )) ( )

.h h

f x h f xh

f x h f xh→ →

− −= −

+ − −−0

0 0

0

0 0

= −+ − −

−− →lim

( ( )) ( )h

f x h f xh0

0 0

= −+ −

→lim

( ) ( )k

f x k f xk0

0 0 (θέσαμε k h= − )

ii) Για h ≠ 0 είναι f x h f x h

hf x h f x f x h f x

h( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0+ − −

=+ − − − +

=+ −

−− −f x h f x

hf x h f x

h( ) ( ) ( ) ( )

,0 0 0 0

οπότε

lim( ) ( )

lim( ) ( )

lim( )

h h h

f x h f x hh

f x h f xh

f x h→ → →

+ − −=

+ −−

− −0

0 0

0

0 0

0

0 ff xh

( )0

= ′ − − ′f x f x( ) ( ( ))0 0

= ′2 0f x( ).

(Σύμφωνα με το ερώτημα i) lim( ) ( )

( )).h

f x h f xh

f x→

− −= − ′

0

0 00

22-0182-02.indb 168 26/11/2013 4:13:30 μμ

169

2.1

9. i) Από την αρχή του άξονα κίνησης ξεκίνησε το κινητό Β.

ii) Μόνο προς τα δεξιά κινήθηκε το κινητό Γ, αφού η συνάρτηση θέσης του είναι γνησίως αύξουσα.

iii) Τη χρονική στιγμή t = 2 sec το κινητό Β άλλαξε φορά κίνησης, γιατί τότε η συνάρτηση θέσης από γνησίως φθίνουσα γίνεται γνησίως αύξουσα.Τη στιγμή t = 4 sec άλλαξε φορά κίνησης το κινητό Α, αφού η συνάρτηση θέσης του από γνησίως φθίνουσα γίνεται γνησίως αύξουσα. Τέλος τη χρονική στιγμή t = 5 sec άλλαξε φορά κίνησης το κινητό Β, αφού τη συνάρτηση θέσης του από γνησίως αύξουσα γίνεται γνησίως φθίνουσα.

iv) Στο χρονικό διάστημα [0,4] το κινητό Α κινήθηκε μόνο αριστερά, αφού η συνάρτηση θέσης του είναι γνησίως φθίνουσα.

ν) Πιο κοντά στην αρχή των αξόνων τερμάτισε το κινητό Β.Όλα τα παραπάνω φαίνονται καλύτερα, αν προβάλλουμε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων θέσης στον άξονα κίνησης:

vi) Το κινητό Α διάνυσε το μεγαλύτερο διάστημα, αφού: — Το Α κινητό διαγράφει διάστημα ίσο με Μ

1Μ

2 + Μ

2Μ

3

—Το Β κινητό διαγράφει διάστημα ίσο με Μ4Μ

5 + Μ

5Μ

6 + Μ

6Μ

7

—Το Γ κινητό διαγράφει διάστημα ίσο με Μ8Μ

9.

22-0182-02.indb 169 26/11/2013 4:13:30 μμ

170

2.2


1. i) Για κάθε x ∈R ισχύει f ′ (x) = 4x3, οπότε f ′ (–1) = – 4.

ii) Για κάθε x ∈ +∞( , )0 ισχύει

′ =f xx

( ) ,12

οπότε ′ = =f ( ) .9 12 9

16

iii) Για κάθε x ∈R ισχύει f ′ (x) = – ημx, οπότε ′

= − = −f π π

6 612

ηµ .

iv) Για κάθε x ∈ +∞( , )0 ισχύει ′ =f xx

( ) ,1 οπότε ′ =f ee

( ) .1

v) Για κάθε x ∈R ισχύει f ′ (x) = ex, οπότε f ′ (ln2) = eln2 = 2.

2. i) ● Για κάθε x < 1 ισχύει f ′ (x) = 2x.

● Για κάθε x > 1 ισχύει ′ =f xx

( ) .12

Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο σημείο x0 = 1.


xx

x( ) ( ) ,−−

=−−

= +1

111

12

οπότε

lim ( ) ( ) lim( ) .x x

f x fx

x→ →− −

−−

= + =1 1

11

1 2

— Για x > 1 έχουμε:

f x fx

xx

xx x x

( ) ( )( )

,−−

=−

−=

−

− +( )=

+1

111

11 1

11

οπότε


f x fx x→ →+ +

−−

=+

=1 1

11

11

12

Επομένως η f δεν παραγωγίζεται στο x0 = 1.

Άρα ′ =<

>

f x

x x

xx

( ),

,.

2 112

1

22-0182-02.indb 170 26/11/2013 4:13:33 μμ

171

2.2

ii) ● Για κάθε x < 0 ισχύει f ′ (x) = συνx.● Για κάθε x > 0 ισχύει f ′ (x) = 1.● Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο σημείο x

0 = 0.


xx

xx

( ) ( ) ,−−

=−

=0

00ηµ ηµ

οπότε


f x fx

xx→ →− −

−= =

0 0

0 1ηµ

— Για x > 0 έχουμε:f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=−

=0

00 1

οπότε

lim ( ) ( ) .x

f x fx→ +

−=

0

0 1


Άρα ′ =<≥

f xx xx

( ),

,.

συν 01 0

iii) ● Για κάθε x < 2 ισχύει f ′ (x) = 3x2.● Για κάθε x > 2 ισχύει f ′ (x) = 4x3.● Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο σημείο x

0 = 2. Επειδή

lim ( ) limx x

f x x→ →− −

= =2 2

3 8 και lim ( ) lim ,x x

f x x→ →+ +

= =2 2

4 16

η f δεν είναι συνεχής στο x0 = 2.


Άρα ′ =<

>

f x

x xx x

( ),,

.3 24 2

2

3

iv) ● Για κάθε x < 23

ισχύει f ′ (x) = 2x.

● Για κάθε x > 23

ισχύει f ′ (x) = 3x2.

● Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο σημείο x023

= .

22-0182-02.indb 171 26/11/2013 4:13:36 μμ

172

2.2

Παρατηρούμε ότι:

lim ( )x

f x f→

−= =

2

3

49

23

και lim ( ) .x

f x f→

+= ≠

2

3

827

23

Δηλαδή η f δεν είναι συνεχής στο x023

= .

Άρα η f δεν παραγωγίζεται στο σημείο x023

= .

Επομένως, ′ =<

>

f xx x

x x( )

,

,.

2 23

3 23

2

3. Έστω ότι υπάρχουν δύο σημεία, τα Μ 1 1 12( , )x x και Μ 2 2 2

2( , )x x με 1 2 ,x x≠ στα οποία οι εφαπτομένες της C

f είναι παράλληλες. Τότε, επειδή η f παραγωγίζεται

στο πεδίο ορισμού της, θα πρέπει f ′ (x1) = f ′ (x

2), οπότε 2x

1 = 2x

2 και άρα x

1 = x

2,

που είναι άτοπο, αφού x1 ≠ x

2.

Άρα, δεν υπάρχουν διαφορετικές εφαπτομένες της Cf που να είναι παράλληλες.

Για τη γραφική παράσταση της f(x) = x3 δεν συμβαίνει το ίδιο. Πράγματι, για να υπάρχουν δύο τουλάχιστον σημεία αυτής, τα Μ 1 1 1

3( , ),x x Μ 2 2 23( , )x x στα οποία

οι εφαπτόμενες είναι παράλληλες, αρκεί να ισχύει: ′ = ′

≠

⇔=≠

f x f xx x

x xx x

( ) ( )1 2

1 2

12

22

1 2

3 3

⇔=≠

x xx x

12

22

1 2

⇔ = − ≠x x1 2 0.

Επομένως, στα σημεία Μ 1 1 13( , ),x x Μ 2 1 1

3( , )− −x x με x1 ≠ 0 οι εφαπτομένες

είναι παράλληλες.

4. ● Στο διάστημα (–2,0) η κλίση της f είναι σταθερή και ίση με 2 0

0 222

1−− −

= =( )

.

● Στο (0,2) η f έχει κλίση ίση με − −−

= −2 2

2 02.

22-0182-02.indb 172 26/11/2013 4:13:39 μμ

173

2.2

● Στο (2,4) η κλίση της είναι 0.

● Στο (4,6) η κλίση της είναι ίση με 4 26 4

62

3+−

= = .

● Στο (6,9) η κλίση της f είναι ίση με 0 49 6

43

−−

= − .

Επομένως, ′ =

∈ −− ∈

∈∈

− ∈

f x

xxxx

x

( )

, ( , ), ( , ), ( , ), ( , )

, ( , )

1 2 02 0 20 2 43 4 643

6 9

.

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f ′ φαίνεται στο παρακάτω σχήμα

5. Στο διάστημα [0,2) είναι f ′ (x) = 2. Άρα, στο διάστημα αυτό η f παριστάνει ένα ευθύγραμμο τμήμα με κλίση 2, δηλαδή παράλληλο στην ευθεία y = 2x. Στο διάστημα (2,4) είναι f ′ (x) = – 1. Άρα, στο διάστημα αυτό η f παριστάνει ένα ευθύγραμμο τμήμα με κλίση – 1, δηλαδή παράλληλο στην ευθεία y = – x. Τέλος, στο διάστημα (4,8] είναι f ′(x) = 1. Άρα, στο διάστημα αυτό η f παριστάνει ένα ευθύγραμμο τμήμα με κλίση 1, δηλαδή παράλληλο στην ευθεία y = x. Λαμβάνοντας υπόψη τα παραπάνω, την υπόθεση ότι η C

f ξεκινάει από το Ο(0,0)

και ότι η f είναι συνεχής στα σημεία 2 και 4, παίρνουμε τη γραφική παράσταση του διπλανού σχήματος.

22-0182-02.indb 173 26/11/2013 4:13:40 μμ

174

2.2

2.2 B΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Αρχικά θα πρέπει η f να είναι συνεχής στο x

0 = π.

Έχουμε:lim ( ) lim ,x x

f x x→ →− −

= =π π

ηµ 0

lim ( ) lim ( )x x

f x x→ →+ +

= + = +π π

α β απ β και f ( ) .π απ β= +

Άρα θα πρέπει

απ β β απ+ = ⇔ = −0 (1)

Έτσι η f γίνεται:

f xx x

x x( )

,,

.=<

− ≥

ηµ πα απ π

Για να είναι η f παραγωγίσιμη στο x0 = π, αρκεί:

lim ( ) ( ) lim ( ) ( )x x

f x fx

f x fx→ →− +

−−

=−−π π

ππ

ππ

— Για x < π έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=−

−π

π πηµ 0

οπότε

lim ( ) ( ) lim lim ( )( )

.x x x

f x fx

xx

xx→ → →− − −

−−

=−

=−

− −= −

π π π

ππ π

ππ

ηµ ηµ 1

— Για x > π έχουμε: f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=−−

=π

πα απ

πα

οπότε

lim ( ) ( ) .x

f x fx→ +

−−

=π

ππ

α

Άρα α = – 1, οπότε από την (1) έχουμε β = π.

22-0182-02.indb 174 26/11/2013 4:13:42 μμ

175

2.2

2. Για κάθε ξ ∈ +∞( , )0 έχουμε ′ =f ( ) .ξξ

12

Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(ξ, f(ξ)) είναι:

y x y x− = − ⇔ = +ξξ

ξξ

ξ12

12 2

( ) .

Η ευθεία αυτή διέρχεται από το σημείο Β(–ξ,0), αφού

12 2 2 2

0ξ

ξξ ξ ξ

( ) .− + =−

+ =

3. Για κάθε x ∈ *R ισχύει f ′ (x) = 3x2, οπότε f ′ (α) = 3α2.

Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Μ(α,α3) είναι:

y x y x− = − ⇔ = −α α α α α3 2 2 33 3 2( ) .

Λύνουμε το σύστημα y xy x

=

= −

3

2 33 2α αΈχουμε:

y xy x

y xx x

y xx x

=

= −

⇔

=

− + =

⇔

=

− −

3

2 3

3

3 2 3

3

2 23 2 3 2 0 2α α α α α α( ) 22 0( )x − =

α

3 3

2 2 ή 2( )( 2 ) 0y x y x

x xx x x α αα α α

= =⇔ ⇔ = = −− + − =

⇔==

= −= −

yx

yx

αα

αα

3 382

.ή

Επομένως η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(α,α3) έχει και άλλο κοινό σημείο

με την Cf το Ν ( , ).− −2 8 3α α Είναι

′ − = − = = ⋅ = ⋅ ′f f( ) ( ) ( ).2 3 2 12 4 3 42 2 2α α α α α

22-0182-02.indb 175 26/11/2013 4:13:45 μμ

176

2.2

4. i) Είναι

′ =−−→

f f x fxx

( ) lim ( ) ( )ξ

ξξξ

=−

−=

−= −

→ →lim limx x

xx xξ ξ

ξξ ξ ξ

1 11 1

2

Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης ε είναι

y x− = − −1 1

2ξ ξξ( ).

Για y = 0 είναι

− = − − ⇔ = − ⇔ =1 1 22ξ ξ

ξ ξ ξ ξ( ) .x x x

Άρα η ε τέμνει τον x′x στο σημείο Α(2ξ,0).

Για x = 0 είναι

y y− = − − ⇔ =1 1 0 2

2ξ ξξ

ξ( ) .

Άρα η ε τέμνει τον y′y στο Β 0 2, .ξ

Επομένως, οι συντεταγμένες του μέσου του ΑΒ είναι

2 02

ξξ

+= και

0 2

21

+=ξ

ξ.

Άρα, το μέσο του ΑΒ είναι το σημείο Μ ξξ, .1

ii) Το εμβαδόν του τριγώνου OΑΒ είναι

Ε ΟΑ ΟΒ= = ⋅ = ⋅ =12

12

2 2 12

2 2 2( )( ) ξξ

ξξ

τ.μ.

22-0182-02.indb 176 26/11/2013 4:13:47 μμ

177

2.3

2.3 A΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) ′ = − +f x x x( ) 7 4 66 3

ii) ′ = +f x xx

( ) 6 12

iii) ′ = − + −f x x x x( ) 3 2 1

iv) ′ = − −f x x x( ) ηµ συν3

2. i) ′ = − + − = − + − = − −f x x x x x x x x x( ) ( )2 3 1 2 6 1 3 6 12 2 2 2

ii) ′ = + = +f x e x e x e x xx x x( ) ( )ηµ συν ηµ συν

iii) ′ =− + − −

+=

− + + −+

=−f x x x x x

xx x x

xx( ) ( ) ( )

( )( )

( ) (2 1 2 1

12 1 1

142 2

2 2

2 2

2 2 11 2 2+ x )

iv) ′ =− + + +

+f x x x x x x x

x( ) ( )( ) ( )

( )συν ηµ συν ηµ ηµ συν

συν1

1 2

=− + − ⋅ + + ⋅

+συν ηµ συν ηµ συν ηµ ηµ συν

συνx x x x x x x x

x

2 2

21( )

=− +

+1

1 2

ηµ συνσυνx x

x( )

v) ′ = + −f x x x x x x x x x x( ) 2 2 2ηµ συν συν συν ηµ ηµ

= + −x x x x xηµ συν ηµ2 2 2 2( )

= + = +x x x x x x x xηµ συν ηµ συν2 2 2 22 ( ).

3. i) ′ =−

=−

f xe x e

xx

e xx

x

x x x

( )ln

(ln )

ln

(ln )

1 1

2 2

ii) ′ = − =−⋅

=−

= −f xx x

x xx x

xx x

( ) 1 1 2 42 2

2 2

2 2 2 2συν ηµηµ συνηµ συν

συνηµ συν

σσυνηµ

222

xx

22-0182-02.indb 177 26/11/2013 4:13:51 μμ

178

2.3

iii) ′ =−

=−

=−f x xe xe

ee x x

ex xe

x x

x

x

x x( ) ( )συν ηµ συν ηµ συν ηµ2 2

iv) Έχουμε:

f x x xx

xx

( ) ( ) ( ) ,=− − +

−=

−−

1 11

41

2 2

2 2

οπότε

′ =− − +

−=

+−

f x x xx

xx

( ) ( )( )

( )( )

.4 1 81

4 11

2 2

2 2

2

2 2

4. i) ● Για κάθε x < 0 ισχύει f ′ (x) = 4x + 3

● Για κάθε x > 0 ισχύει ′ = ⋅ + = +f xx x

( ) .12 12

6 6 6

● Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο x0 = 0.

— Για x < 0 έχουμε:

f x fx

x xx

x( ) ( ) ,−−

=+

= +0

02 3 2 3

2

οπότε

lim ( ) ( ) lim ( )x x

f x fx

x→ →− −

−= + =

0 0

0 2 3 3


f x fx

x xx x

( ) ( ) ,−−

=+

= +0

012 6 12 6

οπότε


f x fx x→ →+ +

−= +

= +∞

0 0

0 12 6


Άρα ′ =

+ <

+

>

f xx x

xx

( ),

,.

4 3 0

6 1 1 0

ii) ● Για κάθε x < 0 ισχύει f ′ (x) = 2x + συνx

22-0182-02.indb 178 26/11/2013 4:13:53 μμ

179

2.3

● Για κάθε x > 0 ισχύει f ′ (x) = 1.

● Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο x0 = 0.

— Για x < 0 έχουμε:

f x fx

x xx

x xx

( ) ( ) ,−−

=+

= +0

0

2 ηµ ηµ

οπότε


f x fx

x xx→ →

−−

= +

=

0 0

00

1ηµ


f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

= =0

01 οπότε


f x fx→ →+ +

−−

= =0 0

00

1 1


Έτσι ′ =+ ≤

>

f xx x x

x( )

,,

.2 0

1 0συν

5. Θα πρέπει να βρούμε εκείνα τα σημεία (x, f(x)) της Cf για τα οποία ισχύει f ′ (x) = 0.

i) Για x ≠ 0 έχουμε:

′ = − =−f x

xxx

( ) ,1 4 42

2

2

οπότε ′ = ⇔ − = ⇔ = −f x x x( ) 0 4 0 22 ή x = 2.

Επομένως τα ζητούμενα σημεία είναι (–2, –4) και (2,4).

ii) Έχουμε:

′ =−

=−

=−f x e xe

ee xe

xe

x x

x

x

x x( ) ( ) ,2 2

1 1

οπότε

′ = ⇔ − = ⇔ =f x x x( ) .0 1 0 1

22-0182-02.indd 179 28/11/2013 1:18:13 μμ

180

2.3

Επομένως το ζητούμενο σημείο είναι το 1 1, .e

iii) Έχουμε:

′ =− −

=−f x x x

xxx

( ) ,2 1 12 2

2

2

2

οπότε

′ = ⇔ − = ⇔ = −f x x x( ) 0 1 0 12 ή x = 1.

Επομένως τα ζητούμενα σημεία είναι τα (–1, –2) και (1,2).

6. ● Για κάθε x ≠ 1 ισχύει:

′ =− − +

−=

−−

f x x xx x

( ) ( ) ( )( ) ( )

2 1 2 11

412 2

● Για κάθε x ∈ ∪ +∞[ , ) ( , )0 1 1 είναι

g xx x

xxx

( ) ( ) ,=+( ) + −( )

−=

+−

1 1

12 1

1

2 2

οπότε ′ =−−

g xx

( )( )

.41 2

Δεν ισχύει η ισότητα των f ′ , g′, αφού αυτές έχουν διαφορετικά πεδία ορισμού.

7. ● Για κάθε x ∈ R ισχύει f ′ (x) = 2x, οπότε f ′ (1) = 2.

● Για κάθε x ≠ 0 ισχύει ′ = −g xx

( ) ,12 2 οπότε ′ = −g ( ) .1 1

2

Επειδή ′ ⋅ ′ = ⋅ −

= −f g( ) ( ) ,1 1 2 12

1 οι εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων

των συναρτήσεων f και g στο κοινό τους σημείο (1,1) είναι κάθετες.

8. Παρατηρούμε ότι το σημείο Α(0,1), για κάθε α ∈ *R , βρίσκεται πάνω στην Cf.

Για κάθε x ∈ −{ }αR έχουμε:

′ =+ − +

+=

−+

f x x xx x

( ) ( ) ( )( ) ( )

,α α α αα

α αα2

2

2

οπότε

′ =−

=−f ( ) .0 12

2

α αα

αα

22-0182-02.indb 180 26/11/2013 4:13:59 μμ

181

2.3

Επομένως

′ = ⇔−

= ⇔ − = ⇔ =f ( ) .0 12

1 12

2 2 2αα

α α α

9. i) Τα σημεία της Cf στα οποία η εφαπτομένη είναι παράλληλη προς την ευθεία y

= 9x + l είναι αυτά για τα οποία ισχύει f ′ (x) = 9. Αλλά f ′ (x) = 3x2 – 3, οπότε

3 3 9 3 12 4 22 2 2x x x x− = ⇔ = ⇔ = ⇔ = − ή x = 2.

Επομένως, τα σημεία είναι (–2,3) και (2,7).

ii) Τα σημεία της Cf στα οποία η εφαπτομένη είναι κάθετη προς την ευθεία y

= – x είναι αυτά για τα οποία ισχύει: ′ ⋅ − = −f x( ) ( )1 1 ή ισοδύναμα:

( )( )− − = − ⇔ − = ⇔ = ⇔ =−1 3 3 1 3 3 1 4

32 33

2 2 2x x x x ή x = 2 33

.

Επομένως τα σημεία είναι

2 33

10 3 459

, − +

και − +

2 33

10 3 459

, .

10. Η εφαπτομένη της Cf στο τυχαίο σημείο M

0(x

0, f (x

0)) αυτής έχει εξίσωση:

y f x f x x x y x x x x− = ′ − ⇔ − = −( ) ( )( ) ( )0 0 0 02

0 02

⇔ = −y x x x2 0 02. (1)

Για να περνάει η ε από το σημείο Α(0,–1), αρκεί να ισχύει

− = ⋅ − ⇔ = ⇔ =1 2 0 1 10 02

02

0x x x x ή x0 1= − .

Επομένως οι ζητούμενες εφαπτόμενες προκύπτουν από την (1), αν θέσουμε x0

= 1 και x0 = – 1. Άρα, είναι οι ευθείες y = 2x – l και y = – 2x – 1.

11. Η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία Α(1,2) και Ο(0,0), οπότε

ff

( )( )1 20 0

20

==

⇔+ + =

=

α β γγ

(1)

Για κάθε x ∈R ισχύει f ′ (x) = 2αx + β.

22-0182-02.indb 181 26/11/2013 4:14:01 μμ

182

2.3

Επειδή η Cf εφάπτεται της ευθείας y = x στο σημείο Ο(0,0) θα είναι:

′ = ⇔ =f ( ) .0 1 1β (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι α = 1, β = 1 και γ = 0.

12. i) Έχουμε

′ = + ′ = − + ⋅ + ′− − −f x x x x x x x( ) (( ) ) ( ) ( )3 4 2 3 4 3 44 3 2 4 3 2 1 4 3

= −+

⋅ +2

3 412 124 3 3

3 2

( )( )

x xx x

=− +

+24 1

3 47 3

( )( )

.xx x

ii) Για x ∈ +∞( , )1 έχουμε

′ = − ′ = − − ′ =⋅ −

−f x x x x

x( ) (( ) ) ( ) ( ) ./1 2

31 1 2

3 12 3

231

3

iii) Είναι

′ =+

⋅

+

′

f xx x

( ) συν1

11

12 2

=+

−+

συν1

12

12 2 2xx

x( ).

iv) Έχουμε

′ =−

⋅ −

′

f x

xx x

x( ) 11

1

=−

⋅ − −

=

− +−

xx x

x xx x1

1 1 112 2

2

2 2

( )( )

=− +

−=

+−

( )( ) ( )

.11

11

2

2

2

2

xx x

xx x

v) Είναι ′ = ⋅ − ′ = ⋅ −− −f x e x e xx x( ) ( ) ( ).2 22 2

22-0182-02.indb 182 26/11/2013 4:14:04 μμ

183

2.3

13. i) Για κάθε x > – 1 ισχύει

′ = ′ + + +( )′f x x x x x( ) ( )2 2 2 31 1

= + + ⋅+

= + ++

2 1 3

2 12 1 3

2 13 2

2

3

34

3x x x x

xx x x

x,

οπότε

′ = ⋅ + +⋅

+= + =f ( ) .2 2 2 1 8 3 2

2 1 812 48

620

4

ii) Για κάθε x > 0 ισχύει

′ = ⋅ + ⋅ = +− − − −

f x x x x x( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,132 2 2

32 2 2

32 4

32

23

13

23

13

οπότε

′ = + = + =− −

f ( ) .4 23

8 43

8 16

23

56

23

13

iii) Για κάθε x ∈R ισχύει

′ = + ⋅ ⋅f x x x x x x( ) ( ) ( ) ( )3 32 3 3 2ηµ ηµ συνπ π π π

= +3 2 3 2x x x x x[ηµ ηµ συν( ) ( ) ( )],π π π π

οπότε

′

= + ⋅ ⋅

= ⋅ +

=f 1

63

3618 6

14

32

112

18

348

112

6π π ++

348

π

iv) Για κάθε x ≠ 2 ισχύει:

′ =− + +

−=

− + +−

=− + +

−f x x x x

xx x x

xx x

x( ) ( )

( ) ( ) ( ),2 2 2

24 2 2

24 2

2

2

2

2 2

2

2

2

οπότε

′ =− + +

=f ( ) .3 9 12 21

5

22-0182-02.indb 183 26/11/2013 4:14:07 μμ

184

2.3

14. i) Για x > 0 έχουμε f x e ex x x( ) ,ln ln ln= =2

οπότε

′ = ⋅ ′f x e xx( ) (ln )ln2 2

= ⋅ ⋅

e xx

xln ln2

2 1

= ⋅xx

xxln ln2 1

= ⋅−2 1x xxln ln

ii) Είναι f x e x( ) ,( ) ln= −5 3 2 οπότε

′ = ⋅ − ′−f x e xx( ) (( ) ln )( ) ln5 3 2 5 3 2

= ⋅ = ⋅− −e x x( ) ln ln ln .5 3 2 5 35 2 2 5 2

iii) Για x > 1 ισχύει f x ex x( ) ,ln(ln )= οπότε

′ = ⋅ ′f x e x xx x( ) ( ln(ln ))ln(ln )

= ⋅ + ⋅ ⋅

e x x

x xx xln(ln ) ln(ln )

ln1 1

= ⋅ +

(ln ) ln(ln )

ln.x x

xx 1

iv) Έχουμε

′ = ⋅ ′ = ⋅ + ′f x x e e x ex x x( ) ( ) ( )ηµ συν ηµσυν συν συνx

= ⋅ + ⋅ ⋅ ′συν ηµ συνσυν συνx e x e xx x ( )

= −e x xxσυν συν ηµ( ).2

15. Είναι

′ = ′ = ⋅ =f x x x x x( ) ( )ηµ ηµ συν ηµ2 2 2

και ′′ = ⋅f x x( ) .συν2 2

22-0182-02.indb 184 26/11/2013 4:14:11 μμ

185

2.3

Άρα ′′ + = +f x f x x x( ) ( )4 2 2 4 2συν ηµ

= − +2 1 2 42 2( )ηµ ηµx x

= − +2 4 42 2ηµ ηµx x

= 2.

2.3 B΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. Οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν ένα κοινό σημείο, αν και μόνο αν υπάρχει x

0 τέτοιο ώστε

f x g xx

x x x x x( ) ( )0 00

02

0 03

02

01 1 1 0= ⇔ = − + ⇔ − + − =

⇔ − + = ⇔ =( )( ) .x x x0 02

01 1 0 1

Επομένως, το σημείο (1,1) είναι το μόνο κοινό σημείο των Cf και C

g.

Για κάθε x ∈ *R ισχύει:

′ = −f xx

( ) 12 και ′ = −g x x( ) ,2 1

οπότε ′ = −f ( )1 1 και g′(l) = 1

και επομένως ισχύει ′ ′ = −f g( ) ( ) .1 1 1

Επομένως οι εφαπτομένες των Cf και C

g στο σημείο (1,1) είναι κάθετες.

2. Λύνουμε το σύστημα

y xy x

y xx x

y xx x

= −

=

⇔= −

− + =

⇔= −

− + =

3 2 3 23 2 0

3 21 2 03 3 2( ) ( )

3 2 1 2ή .

1 ή 2 1 8y x x xx x y y

= − = = − ⇔ ⇔ = = − = = −

Επομένως, η ευθεία y = 3x – 2 τέμνει την Cf στα σημεία (1,1) και (–2, –8).

Για κάθε x ∈ R ισχύει:

f ′ (x) = 3x2, οπότε f ′ (1) = 3 και f ′ (–2) = 12.

22-0182-02.indb 185 26/11/2013 4:14:14 μμ

186

2.3

Άρα η ευθεία y = 3x – 2 εφάπτεται της Cf στο σημείο (1,1).

3. Οι γραφικές παραστάσεις των f και g έχουν κοινή εφαπτομένη στο x0 = 1 αν και

μόνο αν f(1) = g(l) και f ′ (l) = g′(l).

Για κάθε x ∈ *R ισχύει: f ′ (x) = 2αx + β και ′ = −g x

x( ) 1

2

οπότε f ′ (1) = 2α + β και g′(l) = – l.

Επομένως f gf g

( ) ( )( ) ( )1 11 1

2 12 1

12 1

=′ = ′

⇔+ + =

+ = −

⇔+ = −

+ = −

α βα β

α βα β

⇔== −

αβ

01.

4. Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(0,1) είναι:

y f x y x− = ′ − ⇔ = +1 0 0 1( )( ) , αφού f ′ (0) = 1.

Η ευθεία y = x + 1 θα εφάπτεται στη γραφική παράσταση της g, αν και μόνο αν υπάρχει x

0, τέτοιο, ώστε

g x xg x

x x xx

x x( )( )

0 0

0

02

0 0

0

02

011

12 1 1

2 1= +′ =

⇔− − = +− − =

⇔

+ + = 001

10

0xx

= −

⇔ = − .

Επομένως, η y = x + l εφάπτεται στη Cg στο σημείο (–1,0).

5. Το ζητούμενο πολυώνυμο είναι της μορφής f x x x x( ) ,= + + +α β γ δ3 2 α β γ δ, , , ∈R και α ≠ 0.

Για κάθε x ∈R ισχύει:

′ = + +f x x x( ) ,3 22α β γ ′′ = +f x x( ) 6 2α β και f x( ) ( ) .3 6= α

Έχουμε: ffff

( )( )( )

( )( )

0 41 2

2 41 6

43 2 212 2

3

=′ − =′′ =

=

⇔

=− + =+ =

δα β γα β 44

6 6

494

1α

δγβα=

⇔

== −= −=

.

22-0182-02.indb 186 26/11/2013 4:14:17 μμ

187

2.3

Επομένως f x x x x( ) .= − − +3 24 9 4

6. Έστω ότι υπάρχει πολυώνυμο β′ βαθμού f x x x( ) = + +α β γ2 που ικανοποιεί τις υποθέσεις της άσκησης. Τότε θα είναι

f(0) = 1 και f ′ (0) = 1 και f(1) = 2 και f ′ (1) = 3. Όμως, f ′ (x) = 2αx + β. Επομένως, θα ισχύει

γ = 1 και β = 1 και α + β + γ = 2 και 2α + β = 3.

Αυτό, όμως, είναι άτοπο αφού από τις τρεις πρώτες εξισώσεις προκύπτει ότι α = 0, β = 1 και γ = 1, που δεν επαληθεύουν την τελευταία.

7. i) Για x ≠ α είναι

xf x fx

xf x xf xf fx

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )−−

=− + −

−α αα

α α α αα

=−

−+

−−

=−−

+x f x f

xf xx

x f x fx

f( ( ) ( )) ( )( ) ( ) ( ) ( ).αα

α αα

αα

α

Επειδή η f παραγωγίζεται στο x0 = α , υπάρχει το

lim ( ) ( ) ( ).x

f x fx

f→

−−

= ′α

αα

α

Άρα lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) ( ) (x x

xf x fx

x f x fx

f f→ →

−−

=−−

+ = ⋅ ′α α

α αα

αα

α α α )) ( ).+ f α

ii) Για x ≠ α είναι

e f x e fx

e f x e f e f e fx

x x x x( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )−−

=− + −

−

α ααα

α α αα

=−−

+−−

e f x fx

f e ex

xx( ) ( ) ( ) .α

αα

α

α

Επειδή η συνάρτηση h(x) = ex είναι παραγωγίσιμη στο x0 = α ισχύει

lim ( ) .x

xe ex

h e→

−−

= ′ =α

αα

αα

22-0182-02.indb 187 26/11/2013 4:14:20 μμ

188

2.3

Επομένως,

lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) ( ) limx

x a

x

x

x

xe f x e fx

e f x fx

f e e→ → →

−−

=−−

+−

α α α

αα

αα

ααα

αx −

= ′ + = ′ +e f f e e f fα α αα α α α( ) ( ) ( ( ) ( )).

8. Τα σημεία της Cf στα οποία η εφαπτομένη είναι παράλληλη προς τον άξονα των

x είναι αυτά για τα οποία ισχύει f ′ (x) = 0 με x ∈[ , ].0 2π

Αλλά ′ = − ⋅ = −f x x x x x x( ) ,2 2 4 2 2 2 2συν ηµ συν συν ηµ οπότε

′ = ⇔ − = ⇔ =f x x x x( ) 0 2 2 2 2 0 2 1συν ηµ εϕ

⇔ = + ⇔ = +24 2 8

x xκππ κπ π .

Επειδή x ∈[ , ]0 2π έχουμε:

02 8

2 18 2

158

≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤κπ π

πκ

⇔ − ≤ ≤ ⇔ =14

154

0 1 2 3κ κ , , , , αφού κ ∈.

Για τις τιμές αυτές του κ βρίσκουμε ότι:

x =π8

ή x =58π ή x =

98π ή x =

138π .

9. i) ● Για x ≠ 0 έχουμε

f x xx x

x x( )

( ) ,,

.//

/= =

− <

≥

2 32 3

2 3

00

αν

ανΕπομένως

— Αν x < 0, τότε

′ = − ′ = − − =−

−−f x x x

x( ) (( ) ) ( ) ./ /2 3 1 3

3

23

23

— Αν x > 0, τότε ′ = ′ = =−f x x x

x( ) ( ) ./ /2 3 1 3

3

23

23

22-0182-02.indb 188 26/11/2013 4:14:21 μμ

189

2.3

● Για x0 = 0 είναι

f x fx

xx

( ) ( ) ,−−

=0

0

23

Επομένως— Όταν x > 0, έχουμε

f x fx

x xx x

xx x x

( ) ( )−=

⋅=

⋅=

0 123 3

3 3 3

οπότε

lim ( ) ( ) limx x

f x fx x→ →+ +

−−

= = +∞0 0 3

00

1

— Όταν x < 0 έχουμε

f x fx

x xx x

xx x x

( ) ( ) ( )−=

−⋅ −

=−

⋅ −=

−−

0 123 3

3

33

3 3

οπότε


f x fx x→ →− −

−=

−−

= −∞0 0 3

0 1

Επομένως η f x x( ) = 23 δεν παραγωγίζεται στο 0. Επειδή η f είναι συνεχής στο 0, η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο Ο(0,0) είναι η x = 0.

ii) Είναι

f x xx xx x

( )( ) ,

,./

/

/= =

− <

>

4 34 3

4 3

00

Επομένως

— Αν x > 0, τότε

′ = =f x x x( ) ./43

43

1 3 3

— Αν x < 0, τότε

′ = − ′ =−

−f x x x( ) (( ) ) ( )/ /4 3 1 343

=−

−4

33 x.

22-0182-02.indb 189 26/11/2013 4:14:22 μμ

190

2.3

● Στο x0 = 0 έχουμε f x fx

xx

xx

( ) ( ) .−−

=−

=0

0043 43

Επομένως:— Αν x > 0 είναι

f x fx

x xx

x xx

x( ) ( )−=

⋅= =

0 33 33

οπότε


f x fx

x→ →+ +

−= =

0 0

30 0

— Αν x < 0 είναι

f x fx

x xx

x xx

x( ) ( ) ( ) ( )−=

− ⋅ −=

− ⋅ −= − −

0 33 33

οπότε


f x fx

x→ →− −

−= − − =

0 0

30 0

Επομένως ′ =f ( ) .0 0Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο της Ο(0,0) είναι η y = 0.

10. Επειδή η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο R είναι

′ = ′ + + ⋅ +g x f x x x( ) ( ) ( ),2 1 2 1 οπότε ′ = ′ =g f( ) ( ) .0 1 1

Επίσης έχουμε g f f( ) ( ) ( ) .0 0 0 1 1 1 1= + + − = −

Άρα, η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο της Α(1, f(1)) είναι η

y f f x y x f− = ′ − ⇔ = − +( ) ( )( ) ( ),1 1 1 1 1 (1)

ενώ η εξίσωση της εφαπτομένης της Cg στο σημείο της Β(0, g(0)) είναι η

y g g x y f x− = ′ − ⇔ − + = ⋅( ) ( )( ) ( )0 0 0 1 1 1

⇔ = + −y x f ( ) .1 1 (2)

Από (1) και (2) προκύπτει ότι η y = x + f(1) – 1 είναι κοινή εφαπτομένη των Cf, Cg στα Α, Β αντιστοίχως.

22-0182-02.indb 190 26/11/2013 4:14:24 μμ

191

2.4

11. i) Έχουμε διαδοχικά

( ( )) ( )f x e xxηµ συν′ = ′

′ ⋅ = + −f x x e x e xx x( ) ( )ηµ συν συν ηµ

′ ⋅ = −f x x e x xx( ) ( ).ηµ συν συν ηµ

Επομένως

′ = −f e( ) ( ),ηµ συν συν ηµ0 0 0 00

οπότε

′ =f ( ) .0 1

ii) Είναι

f e( )ηµ συν0 00= οπότε f(0) = 1.

Άρα, η εξίσωση της εφαπτομένης ε της Cf στο σημείο της Α(0,1) είναι

ε : ( )y x y x− = − ⇔ = +1 1 0 1

Η εφαπτομένη ε τέμνει τους άξονες στα σημεία Α(0,1) και B(–1,0) και ισχύει (OΑ) = (OB) = 1. Επομένως το τρίγωνο OΑΒ είναι ισοσκελές.


1. Επειδή E(t) = 4πr2(t) και r(t) = 4 – t2 έχουμε: ● ′ = ⋅ ′Ε ( ) ( ) ( )t r t r t8π

= ⋅ − ⋅ − = − −8 4 2 16 42 2π π( ) ( ) ( ).t t t tΆρα

′ = − − = −Ε ( ) ( )1 16 4 1 48π π cm2/s.

● Επειδή

V t r t( ) ( ),=43

3π

22-0182-02.indb 191 26/11/2013 4:14:24 μμ

192

2.4

έχουμε ′ = ⋅ ′ = − −V t r t r t t t( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 22 2 2π π

= − −8 4 2 2π t t( ) .

Άρα ′ = − ⋅ − = −V ( ) ( )1 8 1 4 1 722 2π π cm3/s.

2. Επειδή

V t r t( ) ( )=43

3π έχουμε

′ = ′V t r t r t( ) ( ) ( )4 2π και για t t= 0

′ = ′V t r t r t( ) ( ) ( ).02

0 04π

Είναι όμως V′(t 0) = 100 cm3/s και r(t0) = 9 cm οπότε έχουμε

100 4 920= ⋅ ′π r t( ).

Επομένως

′ =⋅

=⋅

r t( )0100

4 8125

81π π cm/s.

3. Έχουμε

′ = ′ − ′P x x x( ) ( ) ( )Π Κ

= − + −420 40 6002x x

= − + −x x2 40 180.

Είναι Ρ′(x) > 0 για όλα τα x μεταξύ των ριζών του τριωνύμου − + −x x2 40 180 , δηλαδή x ∈ − +( , ).20 220 20 220

4. i) Έστω x(t), y(t) οι συναρτήσεις θέσεων των πλοίων Π1, Π2 αντιστοίχως. Τότε

υ1 15= ′ =x t( ) και υ2 20= ′ =y t( )

οπότε x(t) = 15t και y(t) = 20t, αφού τα πλοία Π1, Π2 αναχωρούν συγχρόνως από το λιμάνι.

22-0182-02.indb 192 26/11/2013 4:14:25 μμ

193

2.4

ii) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΛΠ1Π2 έχουμε

d t x t y t t t2 2 2 2 215 20( ) ( ) ( ) ( ) ( )= + = +

= + =225 400 6252 2 2t t t .

Άρα d(t) = 25t, οπότε ο ρυθμός μεταβολής της απόστασης d είναι σταθερός και ισούται με

′ =d t( ) 25 Km/h.

5. Έστω Μ x t x t( ), ( )14

2

σημείο της παραβολής, τη χρονική στιγμή t με t ≥ 0. Τότε:

′ =

′

⇔ ′ = ′x t x t x t x t x t( ) ( ) ( ) ( ) ( )14

14

22

⇔ =1 12x t( ) (αφού x′(t) > 0 για κάθε t ≥ 0).

Άρα x(t) = 2, οπότε y t( ) .= ⋅ =14

2 12 Έτσι το σημείο είναι το Μ(2,1).


1. Έστω r = r(t) η ακτίνα της σφαίρας, ως συνάρτηση του χρόνου t. Τότε είναι:

V t r t( ) ( ),=43

3π

οπότε

′ = ⋅ ⋅ ′ = ⋅ ⋅ ′V t r t r t r t r t( ) ( ) ( ) ( ) ( ).43

3 42 2π π (1)

Είναι όμως

Ε ( ) ( ),t r t= ⋅4 2π

οπότε

′ = ⋅ ′ ⇔ ′ =⋅

⋅ ′Ε ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ).t r t r t r tr t

E t8 18

ππ

Ο τύπος (1) γίνεται

′ = ⋅ ⋅ ′ = ⋅ ⋅ ′V t tr t

t r t t( ) ( )( )

( ) ( ) ( ).4 18

12

2ππ

r Ε Ε

22-0182-02.indb 193 26/11/2013 4:14:27 μμ

194

2.4

Επομένως

′ = ⋅ ⋅ =V t( )012

85 10 425 cm3/s.

2. Έχουμε:

T T x x x= = =( ) ( ) ln ,ΟΑΒ12

αφού x > 1.

Επειδή το x είναι συνάρτηση του χρόνου t, έχουμε

T t x t x t( ) ( ) ln ( ),=12

οπότε

′ = ′ + ′T t x t x t x tx t

x t( ) ( ) ln ( ) ( )( )

( )12

12

1

= ′ +12

1x t x t( )(ln ( ) ).

Επομένως τη χρονική στιγμή t0 που είναι x(t0) = 5, έχουμε

′ = ′ + =T t x t x t( ) ( )(ln ( ) )0 0 012

1

= + = +124 5 1 2 5 1(ln ) (ln ) cm2/s.

3. Τα τρίγωνα ΓΔΕ και ΓΒΑ είναι όμοια. Επομένως

y s y s y s5 20

520

14

= ⇔ = ⇔ = .

Επειδή τα y και s είναι συναρτήσεις του χρόνου t, είναι

y t s t( ) ( ).=14

Επομένως

′ = ′ =y t s t( ) ( )14

34

m/s.

22-0182-02.indb 194 26/11/2013 4:14:28 μμ

195

2.4

4. Η γωνία θ είναι συνάρτηση του χρόνου t. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΠ έχουμε

εϕθ ( ) ( ) .t h t=

100 Παραγωγίζοντας την ισότητα έχουμε διαδοχικά

(εϕθ ( )) ( )t h t′ =

′

100

1 11002συν θ

θ( )

( ) ( )t

t h t⋅ ′ = ⋅ ′

′ = ′ ⋅θ θ( ) ( ) ( ),t h t t1100

2συν

οπότε

′ = ⋅ ′ ⋅θ θ( ) ( ) ( ).t h t t0 02

01

100συν (1)

Όμως, τη χρονική στιγμή t0 που το μπαλόνι βρίσκεται σε ύψος 100 m ισχύει:

′ =h t( )0 50 και συν συνθ ( ) .t0 45 22

= = Επομένως

′ = ⋅ ⋅ =θ ( )t01

10050 2

414

rad/min.

5. Από την ομοιότητα των τριγώνων ΦΟΣ και ΚΠΣ έχουμε

1 68, .=

+sx s

(1)

Τα x, s είναι συναρτήσεις του χρόνου t και ισχύει, x′(t) = 0,8 m/s ενώ s′(t) είναι ο ρυθμός μεταβολής του ίσκιου της γυναίκας.

Από την (1) έχουμε:

0 2 0 2 0 8 0 2 14

, , ( ) , , ( ) ( ).=+

⇔ = + ⇔ = ⇔ =sx s

s x s s x s t x t

Επομένως

′ = ′ = ′s t x t x t( ) ( ) , ( )14

0 25

Άρα

′ = ⋅ =s t( ) , , ,0 25 0 8 0 2m/s.

22-0182-02.indb 195 26/11/2013 4:14:29 μμ

196

2.4

6. �Ο�προβολέας�του�περιπολικού�φωτίζει�κατά�τη�διεύθυνση�της�εφαπτομένης�της�Cf ,�καθώς�αυτό�κινείται�κατά�μήκος�της�καμπύλης.Βρίσκουμε�την�εξίσωση�της�εφαπτομένης�της�Cf��στο�σημείο�της�Α α α, .−

13

3

Είναι� ′ = −

′

= −f x x x( ) 13

3 2�οπότε� ′ = −f ( ) .α α 2 �Επομένως,�η�εφαπτομένη�AM

έχει�εξίσωση:

y x+ = − −13

3 2α α α( ).

Για�y�=�0,�έχουμε

13

23

23

3 2 3 2 3α α α α α α= − + ⇔ = ⇔ =x x x .

Άρα,�το�σημείο�Μ�έχει�τετμημένη�x t t( ) ( ).=23

α �Επομένως,�

′ = ′ = −x t t t( ) ( ) ( )23

23

α α

και�τη�χρονική�στιγμή�t0 ,�που�είναι,�α(t0) =�–�3,�έχουμε

7.�Τα�μεγέθη�x, y, θ�είναι�συναρτήσεις�του�χρόνου�t�και�ισχύει:

υΑ = ′y t( ) �και�υΒ = =x t( ) ,0 1 �m/s.�

Τη�χρονική�στιγμή�t0�που�η�κορυφή�της�σκάλας�απέχει�από�το�δάπεδο�2,5�m�είναι�

y(t0)�=�2,5�και�x t y t( ) ( ) ,02 2

03 2 75= − = �m.�

i)�Έχουμε�x t t( ) ( ),= 3συνθ �οπότε� ′ = − ⋅ ′x t t t( ) ( ) ( )3ηµθ θ �και�άρα�

′ = − ⋅ ′θθ

( )( )

( ).ttx t1

3ηµΕπομένως�

′ = − ⋅ ′ = −⋅

⋅ = −θθ

( )( )

( ),

,tt

x t00

01

31

3 2 53

0 1 125ηµ

�rad/s.

22-0182-02-b.indd 196 28/11/2013 2:06:47 μμ

197

2.4

ii) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ έχουμε x t y t2 2 9( ) ( ) ,+ = οπότε

2 2 0x t x t y t y t y t x ty t

x t( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ).′ + ′ = ⇔ ′ = − ⋅ ′

Άρα,

′ =−

⋅ ′y tx ty t

x t( )( )( )

( ),00

00

οπότε

′ = − ⋅ = −y t( ) ,,

,0

2 752 5

110

2 7525

m/sec.

8. Έστω x = x(t) και y = y(t) οι συντεταγμένες του κινητού, τη χρονική στιγμή t. Τη

χρονική στιγμή t0 που το κινητό βρίσκεται στη θέση 12

32

,

, έχουμε

x t( )012

= και y t( ) .03

2=

Επίσης έχουμε:

′ = −y t( )0 3 μονάδες/sec.

Επειδή το κινητό κινείται στον κύκλο x2 + y2 = 1, είναι

x2(t) + y2(t) = 1,

οπότε έχουμε διαδοχικά

( ( )) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )x t y t x t x t y t y t2 2 0 2 2 0′ + ′ = ⇔ ′ + ′ =

⇔ ′ + ′ =x t x t y t y t( ) ( ) ( ) ( ) .0 0 0 0 0

Επομένως

′ = − ⋅ ′ = −−

=x ty tx t

y t( )( )( )

( ) ( ) //0

0

00

3 3 21 2

3 3 μονάδες/sec.

22-0182-02.indb 197 26/11/2013 4:14:31 μμ

198

2.5


1. i) H f x x x( ) = − +2 2 1 είναι ● συνεχής στο [0,2] ως πολυωνυμική,● παραγωγίσιμη στο (0,2) με ′ = −f x x( ) 2 2 και● ισχύει f(0) = f(2) = 1. Επομένως, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( , )0 2 τέτοιο, ώστε

′ = ⇔ − = ⇔ =f ( ) .ξ ξ ξ0 2 2 0 1ii) H f(x) = ημ3x είναι:

● συνεχής στο 0 23

, ,π

ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων,

● παραγωγίσιμη στο 0 23

, ,π

με f ′ (x) = 3συν3x και

● ισχύει f f( ) .0 23

0=

=

π

Επομένως, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξπ

∈

0 2


′ = ⇔ =f ( )ξ ξ0 3 3 0συν

⇔ =συν3 0ξ

⇔ =32

ξπ ή 3 3

2ξ

π= , αφού 0 < 3ξ < 2π

⇔ =ξπ6

ή ξ π=

2.

iii) Η f(x) = 1 + συν2x είναι

● συνεχής στο [0, π],

● παραγωγίσιμη στο (0, π) με f ′ (x) = – 2ημ2x και

● ισχύει f(0) = f(π) = 2.Επομένως, ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ π∈ ( , )0 τέτοιο, ώστε

22-0182-02.indb 198 26/11/2013 4:14:32 μμ

199

2.5

′ = ⇔ − =f ( )ξ ξ0 2 2 0ηµ

⇔ =ηµ2 0ξ

⇔ =2ξ π , αφού 0 < 2ξ < 2π

⇔ =ξπ2

.

iv) Η συνάρτηση f x x( ) = είναι συνεχής στο [–1,1], ως απόλυτη τιμή συνεχούς συνάρτησης.Η f, όμως, δεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0, αφού

lim ( ) ( ) limx x

f x fx

xx→ →+ +

−−

= =0 0

00

1 και


f x fx

xx→ →− −

−−

=−

= −0 0

00

1

Επομένως η f δεν παραγωγίζεται στο (–1,1). Άρα δεν ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle.

2. i) H f(x) = x2 + 2x είναι● συνεχής στο [0,4], ως πολυωνυμική● παραγωγίσιμη στο (0,4) με ′ = − +f x x( ) .2 2Επομένως, ισχύουν οι υποθέσεις του Θ.Μ.Τ., οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( , )0 4 τέτοιο, ώστε

′ =−−

⇔ + =f f f( ) ( ) ( )ξ ξ

4 04 0

2 2 244

⇔ + =2 2 6ξ

⇔ =ξ 2ii) Η f(x) = 3ημ2x είναι

● συνεχής στο 02, ,π

ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων,

● παραγωγίσιμη στο 02,π

με f ′ (x) = 6συν2x.

Επομένως, ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θ.Μ.Τ., οπότε υπάρχει ένα

τουλάχιστον, ξ π∈


22-0182-02.indb 199 26/11/2013 4:14:33 μμ

200

2.5

′ =

−

−⇔ =f

f f( )

( )ξ

π

πξ2

0

20

6 2 0συν

⇔ =συν2 0ξ

⇔ =22

ξπ , αφού 2 0ξ π∈ ( , )

⇔ =ξπ4

.

iii) ● Εξετάζουμε τη συνέχεια της f στο [–3,2]

— Για x ∈ − −[ , )3 1 η f είναι συνεχής, ως πολυωνυμική. — Για x ∈ −( , ]1 2 η f είναι συνεχής, ως πολυωνυμική. — Στο x0 = – 1 έχουμε

lim ( ) lim ( )x x

f x x→− →−− −

= + =1 1

2 2 0

lim ( ) lim ( )x x

f x x x→− →−+ +

= − =1 1

3 0 και f ( ) ,− =1 0

οπότε η f είναι συνεχής στο – 1.

Επομένως, η f είναι συνεχής στο [–3,2].

● Εξετάζουμε τώρα την παραγωγισιμότητα της f στο (–3,2).

— Η f είναι παραγωγίσιμη στο (–3,–1), με f ′ (x) = 2.— Η f είναι παραγωγίσιμη στο (–1,2), με f ′ (x) = 3x2 – 1.— Έχουμε

lim ( ) ( ) limx x

f x fx

xx→− →−− −

− −+

=++

=1 1

11

2 21

2 και

lim ( ) ( ) lim lim ( ) .x x x

f x fx

x xx

x x→− →− →−+ + +

− −+

=−+

= − =1 1

3

1

11 1

1 2

Άρα, f ′ (–1) = 2.

Επομένως, η f είναι παραγωγίσιμη στο (–3,2) με

′ =∈ − −

− ∈ −

f xx

x x( )

, ( , ], ( , )

.2 3 1

3 1 1 22

22-0182-02.indb 200 26/11/2013 4:14:34 μμ

201

2.5

Άρα ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θ.Μ.Τ., οπότε υπάρχει ξ ∈ −( , )3 2 τέτοιο, ώστε

′ =− −

− −⇔ ′ =

− −− −

⇔ ′ =f f f f f( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) .ξ ξ ξ2 32 3

6 42 3

2

Η τελευταία ισχύει για κάθε ξ ∈ − −( , ],3 1 ενώ για ξ ∈ −( , )1 2 έχουμε:

3 1 2 3 3 1 12 2 2ξ ξ ξ ξ− = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .

3. ● Η συνάρτηση f (x) = ex είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β) με f ′ (x) = ex. Επομένως σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει x0 ∈ ( , )α β τέτοιο, ώστε

′ =−−

⇔ =−−

f x f f e e ex( ) ( ) ( ) .00

β αβ α β α

β α

(1)

Επειδή α < x0 < β και η συνάρτηση y = ex είναι γνησίως αύξουσα ισχύει e e exα β< <0 . Άρα, λόγω της (1), είναι

e e e eαβ α

β

β α<

−−

< .

● Η συνάρτηση g(x) = lnx είναι συνεχής στο [α, β] με 0 < α < β και παραγωγίσιμη

στο (α, β) με ′ =f xx

( ) .1 Επομένως, σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει x0 ∈ ( , )α β τέτοιο, ώστε

′ =−−

=−−

⇔ =−−

f x f fx

( ) ( ) ( ) ln ln ln ln .00

1β αβ α

β αβ α

β αβ α

(1)

Επειδή 0 < α < x0 < β, είναι 1 1 1

0β α< <

x, οπότε, λόγω της (1), έχουμε

1 1β

β αβ α α

<−−

<ln ln .

22-0182-02.indb 201 26/11/2013 4:14:35 μμ

202

2.5


1. i) ● Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [–1,0] ως πολυωνυμική. Είναι

f(–1) = 1 + 20 – 25 + 1 + 1 = – 2 και f(0) = 1

Δηλαδή f(–1) f(0) = – 2 < 0.

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον x1 1 0∈ −( , ) τέτοιο, ώστε f(x1) = 0.

● Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0,1] και f(0) = 1, f(1) = 1 – 20 – 25 – 1 + 1= – 44. Δηλαδή,

f(0) f(1) = – 44 < 0.

Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον x2 1 0∈ ( , ) τέτοιο, ώστε f(x2) = 0.

ii) H συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [ , ] [ , ],x x1 2 1 1⊆ − με x1 1 0∈ −( , ) και x2 0 1∈ ( , ) , αφού

● είναι συνεχής στο [x1, x2] ως πολυωνυμική● είναι παραγωγίσιμη στο (x1, x2) με

′ = − − −f x x x x( ) 4 60 50 13 2 και

● ισχύει f x f x( ) ( ).1 20= =

Άρα υπάρχει ξ ∈ ⊆ −( , ) ( , ),x x1 2 1 1 τέτοιο, ώστε ′ =f ( )ξ 0 ή, ισοδύναμα,

4 60 50 1 03 2ξ ξ ξ− − − = .

Επομένως, η εξίσωση 4 60 50 1 03 2x x x− − − = έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (–1,1).

2. i) Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0,1], αφού ● είναι συνεχής στο [0,1] ως γινόμενο συνεχών ● είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) με ′ = + −f x x x x( ) ( )ηµ συν1 και ● f(0) = (0 – 1)ημ0 = 0, f(1) = 0∙ημ1 = 0.

22-0182-02-b.indd 202 5/3/2014 10:05:54 πµ

203

2.5

Άρα, υπάρχει ξ ∈ ( , ),0 1 τέτοιο, ώστε f ′ (ξ) = 0, δηλαδή η εξίσωση f ′ (x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0,1).

ii) Η εξίσωση εφx = 1 – x στο (0,1) γράφεται ισοδύναμα

ηµσυν

ηµ συν ηµ συνxx

x x x x x x x f x= − ⇔ = − ⇔ + − = ⇔ ′ =1 1 1 0 0( ) ( ) ( )

και σύμφωνα με το ερώτημα i) έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1). Επομένως, η εξίσωση εφx = 1 – x έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0,1).

Σημ.: To ii) μπορεί να αποδειχθεί και με το Θ. Bolzano ανεξάρτητα από το i) ερώτημα.

3. Η εξίσωση f (x) = x γράφεται ισοδύναμα f (x) – x = 0. Θέτουμε g(x) = f(x) – x, x ∈R και υποθέτουμε ότι η εξίσωση g(x) = 0 έχει δύο πραγματικές ρίζες x1, x2 στο R.Η συνάρτηση g ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [x1, x2] αφού● είναι συνεχής στο [x1, x2] ως άθροισμα συνεχών. (Η f είναι συνεχής στο R ως

παραγωγίσιμη στο R).● είναι παραγωγίσιμη στο (x1, x2) με g′(x) = f ′ (x) – 1 και● g(x1) = 0 = g(x2).

Επομένως, υπάρχει ξ ∈ ( ),x x1 2 , τέτοιο, ώστε

′ = ⇔ ′ − = ⇔ ′ =g f f( ) ( ) ( ) ,ξ ξ ξ0 1 0 1

που είναι άτοπο, αφού f ′ (x) ≠ 1 για κάθε x ∈ .R Άρα η εξίσωση g(x) = 0, ή ισοδύναμα η εξίσωση f(x) = x έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα.

ii) Κατ’ αρχάς η εξίσωση ηµx x2

= έχει ρίζα το 0, αφού ηµ02

0= .

Έστω f x x( ) .= ηµ2

Τότε

′ = ≠f x x( ) 12 2

1συν για κάθε x ∈R (αφού συνx2

2≠ ).

Άρα σύμφωνα με το i) ερώτημα η εξίσωση f(x) = x, δηλαδή η εξίσωση ηµx x2

= ,

έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα. Αφού, όμως, έχει ρίζα το 0, η ρίζα αυτή θα είναι μοναδική.

22-0182-02-b.indd 203 28/11/2013 1:19:36 μμ

204

2.5

4. i) Έχουμε xx

x x x x1

12

2 1 2 122 2

+≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤ +

⇔ − + ≥ ⇔ −( ) ≥x x x2 22 1 0 1 0, που ισχύει.

ii) ● Για α = β ισχύει η ισότητα ● Για α ≠ β, η f στο διάστημα με άκρα τα α, β ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Άρα υπάρχει ξ α β∈ ( , ) τέτοιο, ώστε

′ =−−

⇔ − = ′ −f f f f f f( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )ξβ αβ α

β α ξ β α

⇔ − =+

−f f( ) ( ) ( ).β αξξ

β α1 2

Επομένως,

f f( ) ( ) ,β αξξ

β α β α− =+

− ≤ −1

122 λόγω του i).

5. Η f ικανοποιεί τις συνθήκες του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [0,4], οπότε υπάρχει ξ ∈ ( , )0 4 τέτοιο, ώστε

′ =−−

=−f f f f( ) ( ) ( ) ( ) .ξ

4 04 0

4 14

Αλλά, από υπόθεση έχουμε 2 5≤ ′ ≤f x( ) για κάθε x∈ ( , ),0 4 οπότε

2 4 14

5 8 4 1 20 9 4 21≤−

≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤f f f( ) ( ) ( ) .

6. ● Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [–1,0], αφού είναι συνεχής στο [–1,0] και παραγωγίσιμη στο (–1,0) με ′ ≤f x( ) .1Επομένως, υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ1 1 0∈ −( , ), τέτοιο ώστε

′ =− −+

=− −

= +f f f f f( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .ξ10 1

0 10 1

10 1 (1)

● Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [0,1], αφού είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1). Επομένως, υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ2 0 1∈ ( , ) τέτοιο, ώστε

22-0182-02.indb 204 26/11/2013 4:14:43 μμ

205

2.6

′ =−−

=−

= −f f f f f( ) ( ) ( ) ( ) ( ).ξ21 01 0

1 01

1 0 (2)

Επειδή ′ ≤f x( ) 1 για κάθε x ∈ −( , )1 1 θα ισχύει

′ ≤′ ≤

⇔+ ≤

− ≤

⇔≤≥

ff

ff

ff

( )( )

( )( )

( )( )

ξξ

1

2

11

0 1 11 0 1

0 00 0

Άρα f (0) = 0.

7. Κατ’ αρχάς f(0) = g(0) = 1 και f(1) = g(l) = 2. Επομένως οι γραφικές παραστάσεις των f , g έχουν κοινά τα σημεία Α και Β. Ας υποθέσουμε ότι αυτές έχουν και τρίτο κοινό σημείο Γ και ας ονομάσουμε ρ1 < ρ2 < ρ3 τις τετμημένες των τριών σημείων. Τότε, θα ισχύει:

f g( ) ( ),ρ ρ1 1= f g( ) ( )ρ ρ2 2= και f g( ) ( ).ρ ρ3 3=

Θεωρούμε, τώρα, τη συνάρτηση

ϕ( ) ( ) ( ) .x f x g x x xx= − = + − −2 2 12

Για τη συνάρτηση φ ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle στα διαστήματα [ρ1, ρ2] και [ρ2, ρ3], αφού είναι παραγωγίσιμη στο R με ′ = + −ϕ ( ) lnx xx2 2 2 2 και ισχύει ϕ ρ ϕ ρ ϕ ρ( ) ( ) ( ) .1 2 3 0= = =

Άρα, υπάρχουν ξ ρ ρ1 1 2∈ ( , ) και ξ ρ ρ2 2 3∈ ( , ) τέτοια, ώστε φ′(ξ1) = 0 και φ′(ξ2) = 0. Επειδή, επιπλέον, η φ′ είναι παραγωγίσιμη στο [ξ1, ξ2], για τη συνάρτηση φ′ ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle. Άρα υπάρχει ξ ξ ξ∈ ( , )1 2 τέτοιο, ώστε ′′ =ϕ ξ( ) .0 Αυτό όμως είναι άτοπο, αφού ′′ = + >ϕ ( ) lnx x2 2 2 02 για κάθε x.

Άρα, η εξίσωση φ(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες, τους αριθμούς 0 και 1.


1. Για κάθε x ∈ R έχουμε

′ = ′ + ′ϕ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x f x f x g x g x2 2

= − =2 2 0f x g x g x f x( ) ( ) ( ) ( ) .

Επομένως, φ(x) = c.

2. i) Για κάθε x ∈ R είναι

22-0182-02-b.indd 205 5/3/2014 10:07:24 πµ

206

2.6

′ = + = + >f x x x( ) ( ) .3 3 3 1 02 2

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

ii) Για κάθε x ∈ R είναι: ′ = − − = − −f x x x x x( ) ( ).6 6 12 6 22 2

Οι ρίζες του τριωνύμου x x2 2− − είναι 2 και –1, οπότε το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ –1 2 +∞

f ′ (x) + 0 – 0 +

f(x)

Άρα η f είναι:

— γνησίως αύξουσα στο ( , ],−∞ −1 αφού είναι συνεχής στο ( , ]−∞ −1 και ισχύει ′ >f x( ) ,0 στο ( , ).−∞ −1

— γνησίως φθίνουσα στο [ , ]−1 2 , αφού είναι συνεχής στο [ , ]−1 2 και ισχύει ′ <f x( ) ,0 στο ( , ),−1 2 και

— γνησίως αύξουσα στο [ , )2 +∞ , αφού είναι συνεχής στο [ , )2 +∞ και ισχύει ′ >f x( ) ,0 στο ( , )2 +∞ .

iii) Για κάθε x ∈ R ισχύει

′ =+ −

+=

−+

f x x xx

xx

( )( ) ( )

.2 2

2 2

2

2 2

1 21

11

Οι ρίζες της ′ =f x( ) 0 είναι –1 και 1, το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ –1 1 +∞

f ′ (x) – 0 + 0 –f(x)

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα ( , ],−∞ −1 [ , )1 +∞ και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [–1,1].

22-0182-02.indb 206 26/11/2013 4:14:50 μμ

207

2.6

3. i) — Για κάθε x < 1 η f είναι συνεχής, ως πολυωνυμική— Ομοίως για κάθε x > 1— Για x = 1 έχουμε:

lim ( ) lim( ) ,x x

f x x→ →−

= − =1 1

24 3 lim ( ) lim( )x x

f x x→ →+

= + =1 1

2 3 και f(1) = 3,

οπότε η f είναι συνεχής στο 1.Άρα η f συνεχής στο R.Η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο R–{1} με

′ =− <

>

f xx xx

( ),,

.2 11 1

Η ′ =f x( ) 0 έχει ακριβώς μια ρίζα την x = 0. Το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 1 +∞

f ′ (x) + 0 – +

f(x)

Δηλαδή η f είναι: ● γνησίως αύξουσα στα διαστήματα ( , ]−∞ 0 και [ , )1 +∞ και● γνησίως φθίνουσα στο [0,1].

ii) H συνάρτηση f γράφεται:

f xx xx x

x x( )

, ( , ], ( , ), [ , )

=

− ∈ −∞ −

− ∈ −

− ∈ +∞

2

2

2

1 11 1 1

1 1

● Η f είναι συνεχής στο R, ως απόλυτη τιμή συνεχούς συνάρτησης. ● Για x ≠ ±1 έχουμε

′ =∈ −∞ −

− ∈ −∈ +∞

f xx xx xx x

( ), ( , ), ( , ), ( , )

.2 12 1 12 1

Η f ′ (x) = 0 έχει ακριβώς μια ρίζα την x = 0. Το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

22-0182-02.indb 207 26/11/2013 4:14:52 μμ

208

2.6

x −∞ –1 0 1 +∞

f ′ (x) – + 0 – +

f(x)

Δηλαδή η f είναι: ● γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα ( , ],−∞ −1 [0,1] και ● γνησίως αύξουσα στα διαστήματα [–1,0], [ , ).1 +∞

4. i) Για κάθε x ∈ R είναι ′ =−

=−f x e xe

ex

e

x x

x x( ) .2

1

Η f ′ (x) = 0 έχει μια μόνο ρίζα την x = 1. Το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 1 +∞

f ′ (x) + 0 –

f(x)

Δηλαδή η f είναι● γνησίως αύξουσα στο ( , ]−∞ 1 και● γνησίως φθίνουσα στο [ , ).1 +∞

ii) Για κάθε x > 0 είναι ′ = − =−f x

xxx

( ) .1 1 1

Έχουμε ′ = ⇔ =f x x( ) .0 1 Το πρόσημο της f ′ και η μονοτονία της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 1 +∞

f ′ (x) + 0 –

f(x)

Δηλαδή η f είναι

● γνησίως αύξουσα στο (0,1] και● γνησίως φθίνουσα στο [ , ).1 +∞

22-0182-02.indb 208 26/11/2013 4:14:54 μμ

209

2.6

iii) Η συνάρτηση f γράφεται

f xx x

x( )

,,

.=≤ ≤

< ≤

2 00 2

ηµ ππ π

Επομένως έχουμε να μελετήσουμε τη μονοτονία της f στο [0,π]. ● Η f είναι συνεχής στο [0,π]● Για κάθε x ∈ ( , )0 π είναι ′ =f x x( ) 2συν

Η f ′ μηδενίζεται στο (0,π) για x =π2

. Το πρόσημο της f ′ στο [0,π] φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

x

0 2

π

π

f ′ (x) + 0 –

f(x)

Δηλαδή η f είναι

● γνησίως αύξουσα στο 02

, ,π

● γνησίως φθίνουσα στο ππ

2,

και

● σταθερή με τιμή μηδέν στο [π,2π].

5. i) ● Για κάθε x ∈ R είναι ′ = + = + >f x x x( ) ( ) .5 5 5 1 04 4

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

● Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ , )0 +∞ και παραγωγίσιμη στο ( , )0 +∞ , με

′ = ⋅ + = + >g xx x

( ) 2 12

1 1 1 0 για κάθε x ∈ +∞( , ).0

Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο [ , ).0 +∞ ii) Έχουμε:

● lim ( ) lim ( )x x

f x x→−∞ →−∞

= = −∞5 και lim ( ) lim .x x

f x x→+∞ →+∞

= = +∞5

Επομένως η f , ως συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, θα έχει σύνολο τιμών το διάστημα ( , ),−∞ +∞ δηλαδή το R.

22-0182-02-b.indd 209 28/11/2013 2:07:27 μμ

210

2.6

● Έχουμε:

g(0) = – 3 και lim ( ) lim .x x

g x x x→+∞ →+∞

= + −( ) = +∞2 3

Άρα το σύνολο τιμών της g, για τον ίδιο λόγο όπως πριν, είναι το διάστημα [ , ).− +∞3

iii) Οι εξισώσεις γράφονται f (x) = 0 και g(x) = 0 αντιστοίχως και έχουν προφανή ρίζα την x = 1. Επειδή οι συναρτήσεις f και g είναι γνησίως μονότονες, η x = 1 είναι μοναδική κοινή ρίζα τους.

6. i) Για κάθε x > – 1 ισχύει ′ = ++

>f x ex

x( ) .11

0 Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( , ).− +∞1

ii) Η εξίσωση e xx = − +1 1ln( ) γράφεται ισοδύναμα:

e x f xx − + + = ⇔ =1 1 0 0ln( ) ( ) .

Προφανώς f(0) = 0. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της και ισχύει f(0) = 0, η τιμή x = 0 είναι η μόνη ρίζα της εξίσωσης f(x) = 0.


1. Έστω x0 ∈ R. Τότε, λόγω της υπόθεσης, για κάθε 0x x≠ έχουμε

f x f x x xf x f xx x

x x( ) ( )( ) ( )

− ≤ − ⇔−−

≤ −0 02 0

00

⇔ − − ≤−−

≤ −x xf x f xx x

x x00

00

( ) ( ).

Αλλά

lim lim .x x x x

x x x x→ →

− −( ) = − =0 0

0 0 0

Επομένως, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής θα είναι:

lim( ) ( )

x x

f x f xx x→

−−

=0

0

0

0 ή ′ =f x( ) .0 0

Άρα ′ =f x( ) ,0 0 για κάθε x0 ∈ R που σημαίνει ότι η f σταθερή στο R.

22-0182-02.indb 210 26/11/2013 4:15:00 μμ

211

2.6

2. i) Η f είναι συνεχής στο [–1,1] ως πολυωνυμική και ισχύει

′ = − = − <f x x x( ) ( )3 3 3 1 02 2 για κάθε x ∈ −( , ).1 1

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [–1,1].

ii) Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [–1,1], το σύνολο τιμών της είναι το [f(1), f(–1)] = [α – 2,α + 2].

iii) Η συνάρτηση f x x x( ) = − +3 3 α είναι συνεχής στο [–1,1] και το σύνολο τιμών της [α – 2,α + 2] περιέχει το 0, αφού – 2 < α < 2. Επομένως, υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 1 1∈ −( , ) τέτοιο, ώστε f(x0) = 0. Αυτό όμως είναι μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (–1,1).

3. Η ταχύτητα του κινητού είναι

υ( ) ( ) ,t x t t t t= ′ = − + −4 24 36 163 2

ενώ η επιτάχυνσή του είναι

α ( ) ( ) ( ).t x t t t t t= ′′ = − + = − +12 48 36 12 4 32 2

i) Η ταχύτητα του κινητού με τη βοήθεια του σχήματος Horner γράφεται υ( ) ( ) ( )t t t= − −4 1 42 και μηδενίζεται τις χρονικές στιγμές t = 1 και t = 4.Για να απαντήσουμε στα ερωτήματα της άσκησης αρκεί να μελετήσουμε το πρόσημο της ταχύτητας υ( ) ( )t x t= ′ στο διάστημα [0,5].

Οι ρίζες της ′ =x t( ) 0 είναι 1 και 4, ενώ το πρόσημο της ′x t( ) φαίνεται στον πίνακα

t 0 1 4 5 – 0 – 0 +

ii) Άρα στο διάστημα (0,4) το κινητό κινείται προς τα αριστερά, ενώ στο διάστημα (4,5) κινείται προς τα δεξιά.

iii) Τo πρόσημο της συνάρτησης α ( ) ( )t x t= ′′ φαίνεται στον πίνακα

t 0 1 3 5a(t) + 0 – 0 +

Επομένως στα διαστήματα [0,1] και [3,5] η ταχύτητά του αυξάνεται, ενώ στο διάστημα [1,3] μειώνεται.

′x t( )

22-0182-02.indb 211 26/11/2013 4:15:03 μμ

212

2.6

4. Η συνάρτηση V παραγωγίζεται για t > 0 με

′ = −+

′

= −+

<V t tt

tt

( )( ) ( )

50 252

1002

02

2 3

Άρα η συνάρτηση V είναι γνησίως φθίνουσα στο [ , )0 +∞ , που σημαίνει ότι το προϊόν συνεχώς υποτιμάται. Επειδή

V(0) = 50 και lim ( ) lim( )t t

V t tt→+∞ →+∞

= −+

50 25

2

2

2

= −+ +

= − =→+∞

50 254 2

50 25 252

2lim ,t

tt t

το σύνολο τιμών της V είναι το διάστημα (25,50].Άρα, η τιμή του προϊόντος δεν μπορεί να γίνει μικρότερη από το μισό της αρχικής του τιμής.

5. i) H συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού τοΑ = −∞ − ∪ − ∪ +∞( , ) ( , ) ( , ),1 1 1 1

είναι συνεχής, ως ρητή, και παραγωγίσιμη στο Α με

′ =− ′ − − − ′ −

−f x x x x x x x

x( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

3 2 2 3

2 2

9 1 1 91

= ( )( ) ( )( )

3 9 1 2 91

2 2 3

2 2

x x x x xx

− − − −−

=+ +

−=

+−

>x x

xxx

4 2

2 2

2 2

2 2

6 91

31

0( )

( )( )

.

Η μονοτονία της f φαίνεται στον πίνακα

x −∞ –1 1 +∞

f ′ (x) + + +

f(x)−∞

+∞

−∞

+∞

−∞

+∞

Δηλαδή, η f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα ( , ),−∞ −1 ( , )−1 1 και ( , )1 +∞ . Είναι

● lim ( ) lim limx x x

f x x xx

xx→+∞ →+∞ →+∞

=−−

= = +∞3

2

3

2

91

22-0182-02.indb 212 26/11/2013 4:15:06 μμ

213

2.6

● lim ( ) limx x

f x xx→−∞ →−∞

= = −∞3

2

● lim ( ) lim( )( )x x

f x x xx x→− →−− −

=−

− += +∞

1 1

3 91 1

● lim ( )x

f x→− +

= −∞1

, lim ( )x

f x→ −

= +∞1

και lim ( ) .x

f x→ +

= −∞1

Επομένως το σύνολο τιμών της f σε καθένα από τα διαστήματα του π ορισμού της είναι το R.

ii) Οι αριθμοί –1 και 1 προφανώς δεν είναι ρίζες της εξίσωσης x x x3 2 9 0− − + =α α . Επομένως, θα αναζητήσουμε ρίζες αυτής στα διαστήματα ( , ),−∞ −1 ( , )−1 1 και ( , )1 +∞ . Στα διαστήματα αυτά έχουμε

x x x x x x3 2 3 29 0 9− − + = ⇔ − = −α α α α

⇔−−

=x xx

3

2

91

α

⇔ =f x( ) .α

Επειδή η συνάρτηση f σε καθένα των διαστημάτων ( , ),−∞ −1 ( , )−1 1 και ( , )1 +∞ είναι γνησίως αύξουσα και έχει σύνολο τιμών το R, η εξίσωση f(x) = α, έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες, από μια σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της f.

6. Για κάθε x ∈ R είναι ′ = + +f x x x( ) .3 6 12αΗ f ′ είναι δευτεροβάθμιο τριώνυμο με Δ = 36 – 12α = 12(3 – α).

● Για α = 3 , η f ′ έχει διπλή ρίζα την − 13

.

Επειδή η f είναι συνεχής για x = −13

και ισχύει f ′ (x) > 0 για κάθε x ≠ −13

, η f

είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x ∈ R.

● Για α < 3 η f ′ έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες και άρα αλλάζει πρόσημο στο R. Επομένως, για α < 3 η f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο R.

● Για α > 3 η f ′ δεν έχει ρίζες στο R και επειδή α > 0 θα ισχύει f ′ (x) > 0 για κάθε x ∈ R. Επομένως, για α > 3 η f είναι γνησίως αύξουσα στο R.Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R μόνο όταν α ≥ 3.

22-0182-02.indb 213 26/11/2013 4:15:10 μμ

214

2.6

7. i) Έχουμε′ = − ′ = − + =f x x x x x x x x x x( ) ( ) .ηµ συν συν συν ηµ ηµ

Για x ∈

02,π είναι f ′ (x) > 0 και αφού η f είναι συνεχής στο 0

2,π

θα

είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό.

ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 02,π

, για κάθε x, με 02

< <x π θα

είναι f(0) < f(x), δηλαδή ημx – xσυνx > 0.

iii) Για κάθε x ∈

02,π ισχύει

′ =⋅ −

<f x x x xx

( ) συν ηµ2 0 (λόγω της ii),

οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 02, .π

8. i) Η f είναι συνεχής στο 02, ,π

ως άθροισμα συνεχών και για κάθε x ∈

02,π

ισχύει:

′ = + − =− +f x x

xx x

x( ) 2 1 3 2 3 1

2

3 2

2συνσυν

συν συνσυν

=− − +

=− − −2 2 1 2 1 13 2 2

2

2 2

2

συν συν συνσυν

συν συν συνσυν

x x xx

x x xx

( ) ( )

=− − −

=− +

>( )( ) ( ) ( ) .συν συν συν

συνσυν συν

συνx x x

xx x

x1 2 1 1 2 1 0

2

2

2

2

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 02, .π

ii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 02, ,π

για κάθε 0

2≤ <x π ισχύει

(0) ( ).f f x≤ Αλλά f(0) = 0, οπότε για κάθε x ∈

02,π ισχύει:

0 2 3 2 3≤ + − ⇔ + ≥ηµ εϕ ηµ εϕx x x x x x.

22-0182-02.indb 214 26/11/2013 4:15:14 μμ

215

2.7


1. �Επειδή�η��f��είναι�παραγωγίσιμη�στο�R,�τα�τοπικά�ακρότατα�θα�αναζητηθούν�μεταξύ�των�ριζών�της�εξίσωσης��f ′ (x)�=�0,�δηλαδή�των�1,�2�και�3.�Το�πρόσημο�της��f ′ ,�η�μονοτονία�και�τα�ακρότατα�της��f�φαίνονται�στον�παρακάτω�πίνακα.�

x −∞ ��1��2��3��+∞

f ′ (x) + 0 – 0 – 0 +

f(x) ��Τ.Μ.��Τ.Ε.

Δηλαδή�η��f ,●�στο�x =�1�παρουσιάζει�τοπικό�μέγιστο�και�●�στο�x =�3�παρουσιάζει�τοπικό�ελάχιστο.�

2.�α)��i)��Για�κάθε�x ∈ R�είναι� ′ = − + = −f x x x x( ) ( ) .3 6 3 3 12 2 �Η��f(x)�=�0�έχει�ακρι-βώς�μια�ρίζα�την�x =�l.�Το�πρόσημο�της��f ′ ,�η�μονοτονία�της��f��και�τα�όριά�της�στο�−∞�και�+∞�φαίνονται�στον�παρακάτω�πίνακα.

x −∞ ��1��+∞

f ′ (x) + 0 +

f(x)−∞

+∞

Άρα�η��f�είναι�γνησίως�αύξουσα�στο�R.�

ii)�Για�κάθε�x ∈ R�είναι� ′ = −g x x( ) .3 32

Οι�ρίζες�της�g′(x) =�0�είναι�–1�και�1.�Το�πρόσημο�της�g′,�η�μονοτονία�της�g, τα�ακρότατα�και�τα�όριά�της�στο�−∞, +∞ φαίνονται�στον�παρακάτω�πίνακα.

x −∞ ��–1��1��+∞

g′(x) + 0 – 0 +

g(x) 4 0

−∞ T.M.

T.E.

+∞

Δηλαδή�η�g�παρουσιάζει:�

22-0182-02-b.indd 215 28/11/2013 1:20:33 μμ

216

2.7

● στο x = – 1 τοπικό μέγιστο το g(–l) = 4 και● στο x = 1 τοπικό ελάχιστο το g(l) = 0.

iii) Για κάθε x ∈ R είναι ′ = − = −h x x x x x( ) ( ).6 6 6 12

Οι ρίζες της είναι 0 και 1. Το πρόσημο της h′, η μονοτονία και τα ακρότατα της h καθώς και τα όριά της στο −∞ και +∞ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 1 +∞h′(x) + 0 – 0 +

h(x) −∞

–1 Τ.Μ.

–2 T.E.

+∞

Δηλαδή η h παρουσιάζει:● στο x = 0 τοπικό μέγιστο, το h(0) = – 1 και● στο x = 1 τοπικό ελάχιστο, στο h(1) = – 2.

β) i) Επειδή η f x x x x( ) = − + +3 23 3 1 είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R και


f x x→−∞ →−∞

= = −∞3 lim ( ) lim ( ) ,x x

f x x→+∞ →+∞

= = +∞3

το σύνολο τιμών της f είναι το διάστημα ( , ),−∞ +∞ δηλαδή το R. Επομένως θα υπάρχει x ∈ R τέτοιο, ώστε f(x) = 0, δηλαδή η εξίσωση x x x3 23 3 1 0− + + = θα έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα. Αυτή είναι μοναδική αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

ii) Η συνάρτηση g x x x( ) .= − +3 3 2● Στο ( , ]−∞ −1 είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα και επειδή lim ( ) lim ( )x x

g x x→−∞ →−∞

= = −∞3 και g(–l) = 4, το σύνολο τιμών της στο διάστημα

αυτό είναι το ( , ].−∞ 4 Άρα στο ( , ]−∞ −1 η εξίσωση x x3 3 2 0− + = έχει ακριβώς μια ρίζα.● Στο [–1,1] είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα. Άρα το σύνολο τιμών της στο διάστημα αυτό είναι το [g(l), g(–l)] = [0,4], οπότε στο διάστημα [–1,1] η εξίσωση x x3 3 2 0− + = έχει ακριβώς μια ρίζα την x = 1.

● Στο [ , )1 +∞ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα και επειδή lim ( ) lim ( )x x

g x x→+∞ →+∞

= = +∞3 και g(l) = 0, το σύνολο τιμών της στο διάστημα

22-0182-02.indb 216 26/11/2013 4:15:19 μμ

217

2.7

αυτό είναι το [ , ).0 +∞ Άρα στο [ , )1 +∞ η εξίσωση x x3 3 2 0− + = έχει ακριβώς μια ρίζα την x = 1 που βρήκαμε και πριν.Επομένως, η εξίσωση έχει στο R δύο άνισες ρίζες.

iii) Αν εργαστούμε για τη συνάρτηση h x x x( ) ,= − −2 3 13 2 όπως και για τις συναρτήσεις f και g, βρίσκουμε ότι η εξίσωση 2 3 1 03 2x x− − = έχει μια ακριβώς λύση στο R που βρίσκεται στο διάστημα [ , )1 +∞ .

3. i) Για x < 1 η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική.Για x > 1 η f είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων.Για x = 1 έχουμε

lim ( ) lim ,x x

f x x→ →−

= =1 1

2 1 lim ( ) limx x

xf x e→ →

−+

= =1 1

1 1 και f(1) = 1.

Επομένως η f είναι συνεχής στο R.Έχουμε:

′ =<

− >

−f x

x xe xx( ),,

.2 1

11

Η f ′ μηδενίζεται στο 0. Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 1 +∞

f ′ (x) – 0 + –

f(x)

0 T.E.

1 T.M.

Δηλαδή η f παρουσιάζει ● στο x = 0 τοπικό ελάχιστο το f(0) = 0 και● στο x = 1 τοπικό μέγιστο το f(1) = 1.

ii) — Για x < 1 η g είναι συνεχής ως πολυωνυμική— Για x > 1 η g είναι επίσης συνεχής.— Για x = 1 έχουμε:

lim ( ) lim( )x x

g x x x→ →− −

= − + =1 1

2 2 3 0

lim ( ) lim( )x x

g x x x→ →+ +

= + + =1 1

2 4 1 0 και g(1) = 0.

22-0182-02.indb 217 26/11/2013 4:15:22 μμ

218

2.7

Επομένως η g είναι συνεχής σ’ όλο το R.Έχουμε:

′ =− <− >

g xx xx x

( ),,

.2 2 12 4 1

Η g′ μηδενίζεται στο 2. Το πρόσημο της g′, η μονοτονία και τα ακρότατα της g φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 1 2 +∞

g′(x) – – 0 +

g(x)

–1min

Δηλαδή η g παρουσιάζει στον x = 2 ελάχιστο το g(2) = – 1.

4. i) Για κάθε x ∈ R είναι ′ = −f x ex( ) .1Έχουμε

′ = ⇔ = ⇔ =f x e xx( ) .0 1 0

Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 +∞

f′(x) – 0 +

f(x)

1min

Δηλαδή η f παρουσιάζει στο x = 0 ελάχιστο το f(0) = 1.

ii) Για x > 0 έχουμε f x x ex x x( ) .ln= =Επομένως

′ = ′ = +f x e x x x xx x x( ) ( ln ) (ln ).ln 1

Έχουμε:

′ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ =f x x x x xe

x( ) (ln ) ln .0 1 0 1 1

Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πα-ρακάτω πίνακα.

22-0182-02-b.indd 218 28/11/2013 1:21:24 μμ

219

2.7

x 0 +∞

f ′ (x) – 0 +

f(x) min

Δηλαδή η f παρουσιάζει στο xe

=1 ελάχιστο το f

e ee1 11

=

.

5. Η συνάρτηση f παραγωγίζεται στο R με ′ = + −f x x x( ) .3 2 32α β Για να παρου- σιάζει η f ακρότατα στα x1 = – 1 και x2 = 1, πρέπει:

′ − =′ =

⇔− − =+ − =

⇔− ==

⇔=f

f( )( )

1 01 0

3 2 3 03 2 3 0

6 6 04 0

1α βα β

αβ

αββ =

0

(Προσθέσαμε και αφαιρέσαμε κατά μέλη τις εξισώσεις).Για τις τιμές αυτές των α, β η f γράφεται f x x x( ) = − +3 3 1 και έχει παράγωγο

′ = −f x x( ) .3 32 Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ –1 1 +∞

f ′ (x) + 0 – 0 +

f(x)

3T.M.

–1T.E.

Δηλαδή για α = 1 και β = 0 η f παρουσιάζει στο x1 = –1 τοπικό μέγιστο το f (–1) = 3 και στο x2 = 1 τοπικό ελάχιστο το f(1) = – 1.

6. Έστω x, m οι διαστάσεις σε m του ορθογωνίου οικοπέδου με εμβαδόν Ε = 400

m2. Τότε xy = 400, οπότε yx

=400 .

Επομένως, η περίμετρος P = 2x + 2y, ως συνάρτηση του x, δίνεται από τον τύπο

P x xx

xx

( ) ,= + = +

2 2 400 2 400 x > 0.

Για κάθε x > 0 έχουμε:

′ = −

=

−

P x

xxx

( ) 2 1 400 2 4002

2

2

11

ee

1e

400 m2

x

y

22-0182-02.indb 219 26/11/2013 4:15:27 μμ

220

2.7

οπότε ′ = ⇔ − = ⇔ =P x x x( ) .0 400 0 202

Το πρόσημο της Ρ′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ρ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 20 +∞

P′(x) – 0 +

P(x)

80min

Δηλαδή η Ρ παρουσιάζει στο x = 20 ελάχιστο το Ρ(2) = 80.Επομένως το οικόπεδο χρειάζεται τη μικρότερη περίφραξη όταν x = 20. Από την

ισότητα yx

=400 για x = 20 έχουμε και y = 20, που σημαίνει ότι το οικόπεδο

είναι τετράγωνο.

7. Έστω x, y οι διαστάσεις σε m του οικοπέδου με περίμετρο 80 m. Τότε είναι 2x + 2y = 80, οπότε y = 40 – x.Το εμβαδόν E = xy, ως συνάρτηση του x, δίνεται από τον τύπο Ε(x) = x(40 – x) με 0 < x < 40.Για κάθε x∈ ( , )0 40 είναι ′ = −Ε ( )x x40 2 οπότε

′ = ⇔ =Ε ( ) .x x0 20Το πρόσημο της Ε′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 20 40

Ε′(x) + 0 –

Ε(x)

400max

Δηλαδή, το εμβαδόν γίνεται μέγιστο όταν x = 20.Από τη σχέση y = 40 – x για x = 20 έχουμε y = 20, οπότε το οικόπεδο είναι τετράγωνο.

8. Ο ρυθμός μεταβολής της μείωσης της θερμοκρασίας ως προς τη δόση του φαρμάκου

είναι h x T x x x( ) ( ) .= ′ = −2 34

2

Για κάθε x∈ ( , )0 3 είναι ′ = −h x x( ) 2 64

, οπότε

x

y

22-0182-02.indb 220 26/11/2013 4:15:29 μμ

221

2.7

′ = ⇔ − = ⇔ =h x x x( ) .0 2 64

0 43

Το πρόσημο της h′, η μονοτονία και τα ακρότατα της h φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 3

h′(x) + 0 –

h(x) max

Δηλαδή, ο ρυθμός μεταβολής της μείωσης της θερμοκρασίας ως προς τη δόση

x του φαρμάκου γίνεται μέγιστος όταν x = 43

mgr.

9. i) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΕΖ, ΓΖΗ, ΔΗΘ και ΑΘΕ είναι ίσα. Επομένως ΓΖ = x, οπότε ΒΖ = 2 – x. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΖ έχουμε:

( ) ( )EZ x x x x2 2 2 22 2 4 4= + − = − +

ii) Το εμβαδόν Ε(x) του τεγραγώνου ΕΖΗΘ δίνεται από την ισότητα

Ε ΕΖ( ) ( ) ,x x x= = − +2 22 4 4 x∈ ( , ).0 2Μελετάμε τη συνάρτηση Ε ως προς τα ακρότατα.Για κάθε x∈ ( , )0 2 είναι ′ = − = −Ε ( ) ( ),x x x4 4 4 1 οπότε

′ = ⇔ =Ε ( ) .x x0 1Το πρόσημο της Ε′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 1 2

Ε′(x) – 0 +

Ε(x)

2min

Δηλαδή η Ε παρουσιάζει στο x = 1 ελάχιστο το Ε(1) = 2. Επομένως το εμβαδόν του ΕΖΗΘ γίνεται ελάχιστο όταν x = 1, δηλαδή όταν τα Ε, Ζ, Η, Θ είναι μέσα των πλευρών του ΑΒΓΔ.

10. Το κέρδος του εργοστασίου είναι:

43

43

22-0182-02.indb 221 26/11/2013 4:15:31 μμ

222

2.7

P x x x x x x x x( ) ( ) ( )= − = − − + − −Ε Κ 420 2 13

20 600 10002 3 2

= − + − −13

18 180 10003 2x x x , με x∈[ , ].0 105

Για κάθε x∈[ , ]0 105 ισχύει ′ = − + −P x x x( ) ,2 36 180 οπότε ′ = ⇔ =P x x( ) 0 6 ή x = 30.Το πρόσημο της Ρ′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ρ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 6 30 105

P′(x) – 0 + 0 –

P(x) –1000 Τ.Μ. Τ.Ε.

800 Τ.Μ. Τ.Ε.

Επομένως το εργοστάσιο παρουσιάζει μέγιστο κέρδος, όταν έχει ημερήσια παραγωγή 30 μονάδες.


1. i) Είναι ′ = −f x x( ) .2 1συν Η εξίσωση της f ′ (x) = 0 στο διάστημα [0,π] έχει ρίζα

το .3π Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα.

x 0 π

f ′ (x) + 0 –

f(x)3 max 3 – π

Δηλαδή, η f είναι γνησίως αύξουσα στο 03

, ,π

γνησίως φθίνουσα στο ππ

3,

και παρουσιάζει:

● τοπικό μέγιστο για x =π3

, το f π π3

3 3 93

=

+ −

● τοπικό ελάχιστο για x = 0, το f(0) = 3● ελάχιστο για x = π, το f(π) = 3– π.

3 3 93+ −π

/ 3π

22-0182-02-b.indd 222 28/11/2013 1:21:59 μμ

223

2.7

ii) H εξίσωση ηµx x= −12

32

γράφεται ισοδύναμα

2 3 2 3 0 0ηµ ηµx x x x f x= − ⇔ − + = ⇔ =( ) .

Από τον παραπάνω πίνακα φαίνεται ότι

— Για x ∈

03,π το σύνολο τιμών της f είναι το διάστημα 3 3 3 9

3, ,+ −

π

στο οποίο δεν περιέχεται το 0.

— Για x ∈

ππ

3, , το σύνολο τιμών της f είναι το διάστημα 3 3 3 9

3−

+ −

π

π, ,

στο οποίο περιέχεται το 0. Άρα η εξίσωση f(x) = 0 έχει μια ρίζα στο διάστημα π

π π3

0, ( , )

⊆ η οποία είναι και η μοναδική, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα

στο ππ

3, .

2. i) Είναι ′ = + >f xx

( ) ,1 1 0 για κάθε x ∈ +∞( , ).0 Επομένως, η f είναι γνησίως

αύξουσα στο πεδίο ορισμού της. Μια προφανής ρίζα της f είναι το x = 1, η οποία είναι και μοναδική, στο διάστημα ( , )0 +∞ , αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.Επειδή f(1) = 0, λόγω της μονοτονίας της f, έχουμε

f(x) < 0, για x∈ ( , )0 1 και f(x) > 0, για x ∈ +∞( , ).1ii) Είναι

′ = + + − = + − =ϕ ( ) ln (ln ) ( ),x x x x x f x2 2 2 4 2 1 2 x ∈ +∞( , ).0

Το πρόσημο της φ′ (όπως προκύπτει από i)), η μονοτονία και τα ακρότατα της φ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 1 +∞

φ′(x) – 0 +

φ(x)

0min

22-0182-02.indb 223 26/11/2013 4:15:37 μμ

224

2.7

Άρα, η φ παρουσιάζει ελάχιστο για x = 1, το φ(1) = 0.

iii) Για να βρούμε τα κοινά σημεία των Cf και Cg λύνουμε την εξίσωση g(x) = h(x). Έχουμε

g x h x x x x x( ) ( ) ln= ⇔ = − + −12

2 32

2

⇔ + − + =2 4 3 02x x x xln

⇔ =ϕ( ) .x 0

Η τελευταία όπως προκύπτει από το ii) έχει μοναδική ρίζα το x = 1. Άρα οι Cf , Cg έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το Α(1,0).Επειδή g′(x) = lnx + l και h′(x) = – x + 2, είναι g′(l) = l και h′(1) = 1. Άρα οι Cf , Cg έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους σημείο Α.

3. i) α) Αρκεί να δείξουμε ότι ex – x – l > 0, για κάθε x. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ex – x – l, x ∈ R.Είναι f ′ (x) = ex – 1, οπότε

′ = ⇔ = ⇔ =f x e xx( ) .0 1 0

Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα.

x −∞ 0 +∞

f ′ (x) – 0 +

f(x)

0min

Στο διάστημα [ , )0 +∞ η f είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, για x > 0 ισχύει f(x) > f(0), οπότε ex – x – l > 0.

β) Αρκεί να δείξουμε ότι e x xx − − − >12

1 02 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση g x e x xx( ) ,= − − −12

12 x ∈ R , η οποία είναι

συνεχής στο [ , )0 +∞ και παραγωγίσιμη στο ( , )0 +∞ με g′(x) = ex – x – l > 0, για x ∈ +∞( , )0 ((α) ερώτημα). Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [ , )0 +∞ και επομένως για x > 0 ισχύει

22-0182-02-b.indd 224 5/3/2014 10:09:27 πµ

225

2.7

g(x) > g(0) οπότε e x xx − − − >12

1 02 .

ii) α) Αρκεί να δείξουμε ότι συνx x+ − >12

1 02 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση f x x x( ) ,= + −συν12

12 x ∈ R η οποία είναι

παραγωγίσιμη στο R με f ′ (x) = – ημx + x.

Επειδή για x ≠ 0 είναι ηµx x< , έχουμε − < <x x xηµ , οπότε για x > 0 ισχύει ημx < x και άρα – ημx + x > 0.Επομένως,

f ′ (x) > 0 για κάθε x > 0,

οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ , )0 +∞ .Επομένως, για x > 0 ισχύει f(x) > f(0) = 0.Άρα

συνx x+ − >12

1 02 για κάθε x > 0.

β) Αρκεί να δείξουμε ότι ηµx x x+ − >16

03 . Θεωρούμε τη συνάρτηση

g x x x x( ) ,= + −ηµ16

3 x ∈ R.

Έχουμε ′ = + − =g x x x f x( ) ( )συν12

12 (ερώτημα α).

Όμως f(x) > 0 για κάθε x > 0, οπότε g′(x) > 0 για κάθε x > 0. Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα, στο [ , )0 +∞ , οπότε για x > 0 ισχύει g(x) > g(0) ή, ισοδύναμα,

ηµx x x+ − >16

03 .

iii) α) Αρκεί να δείξουμε ( ) .1 1 0+ − − >x xν ν Θεωρούμε τη συνάρτηση,

f x x x( ) ( ) ,= + − −1 1ν ν x ≥ 0.Έχουμε

′ = + − = + − >− −f x x x( ) ( ) [( ) ] ,ν ν νν ν1 1 1 01 1 αφού 1 + x > 1, για x > 0.

22-0182-02.indb 225 26/11/2013 4:15:43 μμ

226

2.7

Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ , )0 +∞ , αφού η f είναι και συνεχής στο 0.Άρα, για x > 0 ισχύει f(x) > f(0) ή, ισοδύναμα, ( ) ,1 1 0+ − − >x xν ν αφού f(0) = (1+0)ν – 1 – ν∙0 = 0.

β) Αρκεί να δείξουμε ότι:

( ) ( ) .1 1 12

02+ − − −−

>x x xν νν ν

Θεωρούμε τη συνάρτηση

g x x x x( ) ( ) ( ) ,= + − − −−1 1 12

2ν νν ν x ≥ 0.

Έχουμε

′ = + − −−

⋅−g x x x( ) ( ) ( )ν ν

ν νν1 12

21

= + − − −−ν ν ν νν( ) ( )1 11x x

= + − − − >−ν νν[( ) ( ) ] ,1 1 1 01x x λόγω της α).

Επομένως είναι g′(x) > 0, για x ∈ +∞( , )0 και επειδή η g είναι συνεχής στο 0, η g θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ , )0 +∞ . Άρα για x > 0 ισχύει g(x) > g(0) ή, ισοδύναμα,

( ) ( ) .1 1 12

02+ − − −−

>x x xν νν ν

4. Επειδή η f παραγωγίζεται σ’ όλο το R, τα ακρότατα αυτής θα αναζητηθούν μόνο μεταξύ των ριζών της f ′ (x) = 0. Για κάθε x ∈ R έχουμε:

6 6 6 6 1 1 02 2 2 2( ( )) ( ) ( ) ( )[( ( )) ] .f x f x f x x f x f x x′ + ′ = + ⇔ ′ + = + >

Επομένως η εξίσωση f ′ (x) = 0 είναι αδύνατη στο R. Άρα η f δεν έχει ακρότατα.

5. Έστω α, β οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cf και Cg.Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) – g(x) με x ∈[ , ],α β η οποία παριστάνει την κατακόρυφη απόσταση των Cf και Cg.Το σημείο ξ είναι εσωτερικό σημείο του [α,β]. Σ’ αυτό η h παραγωγίζεται και έχει μέγιστο. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat θα είναι:

22-0182-02.indb 226 26/11/2013 4:15:46 μμ

227

2.7

′ = ⇔ ′ − ′ = ⇔ ′ = ′h f g f g( ) ( ) ( ) ( ) ( ).ξ ξ ξ ξ ξ0 0

Άρα στα σημεία Α(ξ, f(ξ)), Β(ξ, g(ξ)) οι εφαπτομένες των Cf και Cg αντιστοίχως είναι παράλληλες.

6. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R με

′ = − − − + − ⋅ − − + − −f x x x x x x x x x( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2α β γ α β γ α β (( ).x − γ

Προφανώς ′ = ′ = ′ =f f f( ) ( ) ( ) .α β γ 0 (1)

Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στα διαστήματα [α,β] και [β,γ], αφού ● είναι συνεχής σ’ αυτά ως πολυωνυμική, ● παραγωγίσιμη στα (α,β) και (β,γ) και ● f f f( ) ( ) ( ) .α β γ= = = 0

Επομένως, υπάρχουν ξ α β1 ∈ ( , ) και ξ β γ2 ∈ ( , ) τέτοια, ώστε ′ =f ( )ξ1 0 και ′ =f ( ) .ξ2 0 Από (1) και (2) προκύπτει ότι η f ′ έχει πέντε τουλάχιστον ρίζες τις

α < ξ1 < β < ξ2 < γ. Επειδή η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική έκτου βαθμού, η παράγωγός της είναι πέμπτου βαθμού. Άρα η εξίσωση f ′ (x) = 0 δεν έχει άλλες, εκτός από τις α, ξ1, β, ξ2, γ ρίζες στο R.

Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα.

x −∞ α ξ1 β ξ2 γ +∞

f ′ (x) – 0 + 0 – 0 + 0 – 0 +

f(x)Τ.Ε.

Τ.Μ.Τ.Ε.

Τ.Μ.Τ.Ε.

Άρα η f έχει τρία τοπικά ελάχιστα τα f(α), f(β) και f(γ) και δύο τοπικά μέγιστα τα f(ξ1) και f(ξ2).

7. i) Έχουμε 3x + 4y = 4, οπότε

y x=

−4 34

.

22-0182-02-b.indd 227 28/11/2013 1:24:36 μμ

228

2.7


Ε Ε Ε( )x x y= + = +1 2

223

4

= +−

x x2 234

4 34

= +− +x x x2 23

416 24 9

16

= +( ) − +

116

9 4 3 24 162x x .

ii) Για κάθε x ∈

0 43, ισχύει ′ = +( ) −

Ε ( ) ,x x1

162 9 4 3 24 οπότε

′ = ⇔ =+

=−( )−

=−( )

=Ε ( ) .x x x0 129 4 3

12 9 4 3

81 48

4 9 4 3

11 1

Το πρόσημο της Ε′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 x1

Ε′(x) – 0 +

Ε(x) Ε(x1)

Δηλαδή, το εμβαδόν του σχήματος γίνεται ελάχιστο όταν η πλευρά του

ισοπλεύρου τριγώνου είναι x = −( ) ≅4119 4 3 0 75, m.

8. i) Έστω Μ(x, f(x)) το ζητούμενο σημείο της Cf . Έχουμε

( ) ( ( )) .ΜΑ 22

229

292

= −

+ = −

+x f x x x

Η απόσταση ΜΑ γίνεται ελάχιστη, όταν γίνει ελάχιστο το τετράγωνό της, δηλαδή όταν πάρει την ελάχιστη τιμή της η συνάρτηση

g x x x( ) ,= −

+92

2

x ∈ +∞[ , ).0

43

22-0182-02.indb 228 26/11/2013 4:15:51 μμ

229

2.7

Για κάθε x ∈ +∞[ , )0 ισχύει ′ = −

+ = −g x x x( ) ,2 92

1 2 8 οπότε

′ = ⇔ =g x x( ) .0 4

Το πρόσημο της g′, η μονοτονία και τα ακρότατα της g φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 4 +∞

g′(x) – 0 +

g(x)

Δηλαδή η g παρουσιάζει στο x = 4 ελάχιστο το g( ) .4 174

= Επομένως η

ποσότητα (AM)2 και άρα η (AM) γίνεται ελάχιστη όταν x = 4. Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ(4,2).

ii) Για κάθε x > 0 ισχύει ′ =f xx

( ) ,12

οπότε ο συντελεστής διεύθυνσης της

εφαπτομένης ε στο σημείο Μ(4,2) είναι λε = ′ =f ( ) .4 14

Ο συντελεστής διεύθυνσης της AM είναι:

λΑΜ =−

−=

−= −

2 0

4 92

212

4.

Επομένως, λ λε ⋅ = − = −ΑΜ14

4 1( ) , που σημαίνει ότι η εφαπτομένη ε είναι

κάθετη στην AM.

9. Έστω (AΒ) = 2x και (ΒΓ) = y οι διαστάσεις του ορθογωνίου ΑΒΓΔ. Τότε η περίμετρος του στίβου θα είναι ίση με 2πx + 2y και επομένως θα ισχύει

2 2 400 200π πx y y x+ = ⇔ = − .

Το εμβαδόν του ορθογωνίου AΒΓΔ είναι

Ε ( ) ( ) .x x y x x x x= ⋅ = − = − +2 2 200 2 4002π π

174

22-0182-02.indb 229 26/11/2013 4:15:54 μμ

230

2.7

Για κάθε x ∈

0 200,

π είναι Ε′(x) = – 4πx + 400, οπότε

′ = ⇔ =Ε ( ) .x x0 100π

Το πρόσημο της Ε′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 +∞

Ε′(x) + 0 –

Ε(x)

max

Δηλαδή η Ε παρουσιάζει στο x =100π

μέγιστο το Ε100 20 000π π

=

. .

Επομένως, το ορθογώνιο τμήμα του στίβου γίνεται μέγιστο, όταν οι διαστάσεις του είναι:

( )ΑΒ = ⋅ =2 100 200π π

m και ( )ΒΓ = − ⋅ =200 100 100ππ

m.

10. Έστω x(x > 100) ο αριθμός των ατόμων που θα δηλώσουν συμμετοχή. Τότε, το ποσό που θα πληρώσει κάθε άτομο προκύπτει αν από τα 1000 ευρώ αφαιρέσουμε το ποσό της έκπτωσης, το οποίο ανέρχεται σε (x – 100) 5 ευρώ, δηλαδή κάθε άτομο θα πληρώσει:

1000 100 5 1000 5 500 1500 5− − = − + = −( )x x x ευρώ.

Επομένως, τα έσοδα της εταιρείας από τη συμμετοχή των x ατόμων θα είναι:

Ε ( ) ( ) .x x x x x= − = − +1500 5 5 15002

Για κάθε x > 100 έχουμε ′ = − +Ε ( ) ,x x10 1500 οπότε ′ = ⇔ =Ε ( ) .x x0 150 Το πρόσημο της Ε′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της Ε και τα ακρότατα αυτής.

x 100 150 +∞

Ε′(x) + 0 –

Ε(x)

112.500 max

100π

22-0182-02.indb 230 26/11/2013 4:15:56 μμ

231

2.7

Δηλαδή, η Ε παρουσιάζει στο x0 = 150 μέγιστη τιμή την Ε(150) = 112.500. Επομένως, πρέπει να δηλώσουν 150 άτομα συμμετοχή στην κρουαζιέρα για να έχουμε τα περισσότερα έσοδα.

11. Έχουμε r t1 0 05′ =( ) , , οπότε r t t1 0 05′ = ′( ) ( , ) και άρα r t t c1 10 05( ) , .= + Όμως r1(0) = 3, οπότε r t t1 0 05 3( ) , .= + Ομοίως r t t2 0 04 5( ) , .= +

i) Το εμβαδόν δακτυλίου θα μηδενιστεί όταν r t r t t t t t1 2 3 0 05 5 0 04 0 01 2 200( ) ( ) , , , .= ⇔ + = + ⇔ = ⇔ =

Άρα, ύστερα από 200 s το εμβαδόν του δακτυλίου θα μηδενιστεί. ii) Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου, ως συνάρτηση του χρόνου t, είναι

Ε ( ) ( ) ( )t r t r t= −π π22

12

= + − +π π( , ) ( , ) .5 0 04 3 0 052 2t t

Έχουμε ′ = + ⋅ − + ⋅Ε ( ) ( , ) , ( , ) ,t t t2 5 0 04 0 04 2 3 0 05 0 05π π

= + − −2 0 20 0 0016 0 15 0 0025π ( , , , , )t t

= −2 0 05 0 0009π ( , , ).t

Είναι ′ = ⇔ ≈Ε ( ) ,t t0 55 6 s.

Το πρόσημο της Ε′, η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον πίνακα.

t 0 55,6

Ε′(t) + 0 –

Ε(t)max

Άρα, τη χρονική στιγμή 55,6t ≈ s το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου θα μεγιστοποιηθεί.

12. i) Η κάθετη διατομή ΑΒΓΔ είναι σχήματος τραπεζίου.Από το τρίγωνο ΗΒΓ έχουμε ΗΒ = 2ημθ και ΗΓ = 2συνθ. Επειδή το τραπέζιο είναι ισοσκελές, ισχύει

22-0182-02-b.indd 231 28/11/2013 1:27:08 μμ

232

2.7

ΔΘ = ΓΗ = 2συνθ και ΔΓ = 2 + 2 συνθ + 2συνθ = 2 + 4 συνθ.Το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι

E =+

⋅ =+ +

⋅ΑΒ Γ∆

ΗΒ2

2 2 42

2συνηµ

θθ

= +( )4 4συν ηµθ θ

= +4 1ηµ συνθ θ( ).

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση

Ε ( ) ( ),θ θ θ= +4 1ηµ συν θ π∈

02, .

Είναι′ = + + −Ε ( ) ( ) ( )θ θ θ θ θ4 1 4συν συν ηµ ηµ

= − +4 4 42 2συν ηµ συνθ θ θ

= − − +4 4 1 42 2συν συν συνθ θ θ( )

= + −8 4 42συν συνθ θ

= + −4 2 12( ).συν συνθ θ

Έχουμε ′ = ⇔ + − =Ε ( )θ θ θ0 2 1 02συν συν

⇔ =συνθ12

ή συνθ = −1

⇔ =θπ3, επειδή θ π

∈

02, .

Το πρόσημο της Ε′ καθώς η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον πίνακα.

θ 0 π/3 π

Ε′(θ) + 0 –

Ε(θ)

max

Επομένως, όταν θ π=

3 το εμβαδόν γίνεται μέγιστο, που σημαίνει ότι τότε το

κανάλι θα μεταφέρει τη μέγιστη ποσότητα νερού.

22-0182-02.indb 232 26/11/2013 4:16:02 μμ

233

2.7

13. i) Έστω t1 ο χρόνος που χρειάζεται ο κολυμβητής για να κολυμπήσει από το Κ στο Μ και t2 ο χρόνος που χρειάζεται για να περπατήσει από το Μ στο Σ.Έχουμε

t KM x1

1

2 21003

= =+( )

υ και t x

22

3005

= =−( ) .ΜΣ

υ

Επομένως, ο συνολικός χρόνος για να διανύσει τη διαδρομή ΚΜΣ είναι

Τ ( ) .x x x=

++

−2 21003

3005

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση

Τ ( ) ,x x x=

++

−2 21003

3005

x∈ ( , ).0 300

Είναι ′ = ⋅

+−Τ ( ) .x x

x13 100

152 2

Οι ρίζες της Τ ′(x) = 0 είναι το 75.Το πρόσημο της Τ ′ η μονοτονία και τα ακρότατα της Τ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 75 300

Τ ′(x) – 0 +

Τ(x) Τ(75) min

Δηλαδή, η συνάρτηση Τ παρουσιάζει ελάχιστο για x = 75 ft.Άρα, όταν x = 75ft, τότε ο κολυμβητής χρειάζεται το λιγότερο δυνατό χρόνο για να φθάσει στο σπίτι του.

14. Έστω ρ1 η πυκνότητα του καπνού που εκπέμπει το εργοστάσιο Ε1 και ρ2 η πυκνότητα του καπνού που εκπέμπει το εργοστάσιο Ε2.Έχουμε

ρ1 2( )x k Px

= και ρ2 2

812

( )( )

,x k Px

=−

k ∈R.

22-0182-02-b.indd 233 28/11/2013 1:27:36 μμ

234

2.7

Η πυκνότητα του καπνού στη θέση Σ είναι ρ ρ ρ( ) ( ) ( )x x x= +1 2

= +−

k Px

k Px2 2

812( )

= +−

kP

x x1 8

122 2( ).

Η συνάρτηση

ρ( )( )

,x kPx x

= +−

1 8122 2 x∈ ( , )0 12

είναι παραγωγίσιμη με

′ = − +−

−

ρ ( ) ( )

( )x kP x

xxx

2 16 12124 4

= − +−

kP

x x2 16

123 3( ).

Έχουμε ′ = ⇔

−+

−=ρ ( )

( )x

x x0 2 16

1203 3

⇔ − − =16 2 12 03 3x x( )

⇔ − − =( ) ( )2 12 03 3x x

⇔ − − =2 12 0x x( )

⇔ = ⇔ =3 12 4x x .Το πρόσημο της ρ′, η μονοτονία και τα ακρότατα της ρ φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x 0 4 12

ρ′(x) – 0 +

ρ(x) min

Δηλαδή, η πυκνότητα ρ γίνεται ελάχιστη, όταν x = 4.Άρα, ο εργολάβος για να έχει τη λιγότερη ρύπανση πρέπει να χτίσει το σπίτι του σε απόσταση 4 km από το εργοστάσιο Ε1.

22-0182-02-b.indd 234 28/11/2013 1:28:21 μμ

235

2.8


1. i) Για κάθε x ∈R ισχύει

′ = −f x x x( ) 15 204 3 και ′′ = − = −f x x x x x( ) ( ),60 60 60 13 2 2

οπότε ′′ = ⇔ =f x x( ) 0 0 (διπλή) ή x = 1.

Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 1 +∞

f ″(x) – 0 – 0 +

f(x) Σ.Κ.

Δηλαδή η f είναι κοίλη στο ( , ]−∞ 0 και στο [0,1] και κυρτή στο [ , )1 +∞ .● Το σημείο 1 είναι θέση σημείου καμπής. Επομένως το σημείο Α(1,0) είναι σημείο καμπής της Cf .

ii) Για κάθε x ∈ *R ισχύει:

′ =− −

=−g x x x x

xx

x( ) ( )6 3 3 2 6 34 2 2

6

2

4

και′′ =

− − −=

−g x x x xx

xx

( ) ( ) ( ) ,6 4 6 3 6 45 3 2

8

2

5

οπότε ′′ = ⇔ = −g x x( ) 0 2 ή x = 2.

Το πρόσημο της g″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ –2 0 2 +∞

g″(x) – 0 + – 0 +

g(x) Σ.Κ. Σ.Κ.

Δηλαδή, η g στρέφει τα κοίλα προς τα άνω στα διαστήματα [–2,0) και [ , ),2 +∞ ενώ προς τα κάτω στα διαστήματα ( , ]−∞ −2 και (0,2]. Επειδή η g″ μηδενίζεται

στα σημεία –2, 2 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο τα σημεία Α −−

2 5

4, και

22-0182-02.indb 235 26/11/2013 4:16:11 μμ

236

2.8

Β 2 54,

είναι σημεία καμπής της Cg.

2. i) Για κάθε x ∈R ισχύει

′ = −− −f x e xex x( ) 1 1 και ′′ = −−f x e xx( ) ( ),1 2

οπότε ′′ = ⇔ =f x x( ) .0 2


x −∞ 2 +∞

f ″(x) – 0 +

f(x)

Δηλαδή, η f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο ( , ]−∞ 2 και προς τα άνω στο [ , )2 +∞ . Επειδή η f ″ μηδενίζεται στο σημείο 2 και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο, το

σημείο Α 22, e

είναι σημείο καμπής της Cf .

ii) Για κάθε x ∈ +∞( , )0 ισχύει:

′ = − + = −g x x x x x x( ) ( ln ) (ln )2 2 5 2 4 2

και

′′ = − + = −g x x x( ) (ln ) (ln ),4 2 4 4 1

οπότε

′′ = ⇔ = ⇔ =g x x x e( ) ln .0 1


x 0 e +∞

g″(x) – 0 +

g(x)

−3 2e

2e

Σ.Κ.

Σ.Κ.

22-0182-02.indb 236 26/11/2013 4:16:14 μμ

237

2.8

Δηλαδή, η g στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα (0,e] και προς τα άνω στο [ , )e +∞ . Επειδή η g″ μηδενίζεται στο σημείο e και εκατέρωθεν αλλάζει πρόσημο, το σημείο A(e,–3e2) είναι σημείο καμπής της Cg.

iii) — Για κάθε x < 0 ισχύει h′(x) = – 6x. — Για κάθε x > 0 ισχύει h′(x) = – 3x2 + 6x — Στο x = 0 έχουμε:

lim ( ) ( ) limx x

h x hx

xx→ →− −

−=

− + −=

0 0

20 3 1 1 0 και

lim ( ) ( ) lim lim ( ( )) .x x x

h x hx

x xx

x x→ → →+ + +

−=

− + + −= − =

0 0

3 2

0

0 3 1 1 3 0

Επομένως, η h παραγωγίζεται στο x = 0 με h′(0) = 0. Άρα

′ =− <

− + ≥

h xx x

x x x( )

,,

.6 0

3 6 02

Για x ≠ 0 έχουμε ′′ =− <

− + >

h xx

x x( )

,,

,6 0

6 6 0

οπότε ′′ = ⇔ =h x x( ) .0 1

Το πρόσημο της h″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 1 +∞

h″(x) – + 0 –

h(x)

1 Σ.Κ.

3 Σ.Κ.

Δηλαδή, η h στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στα διαστήματα ( , ]−∞ 0 και [ , )1 +∞ και προς τα άνω στο [0,1].Επειδή το 0 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της h και h′(0) = 0, η Ch έχει εφαπτομένη στο σημείο (0,1) και επειδή η h″ εκατέρωθεν του 0 αλλάζει πρόσημο, το σημείο Α(0,1) είναι σημείο καμπής της Ch.Επειδή η h″ μηδενίζεται στο 1 και εκατέρωθεν αυτού αλλάζει πρόσημο, το σημείο Β(1,3) είναι σημείο καμπής της Ch.

22-0182-02-b.indd 237 5/3/2014 10:10:25 πµ

238

2.8

3. i) Για κάθε x ∈R ισχύει ′ = − −f x xe x( ) 22

και

′′ = − − ′ = −− − −f x e x e e xx x x( ) ( ) ( ),2 2 2 2 12 2 2 2 οπότε

′′ = ⇔ =f x x( ) 0 22

ή x =− 2

2.


x −∞ +∞

f ″(x) + 0 – 0 +

f(x)

Σ.Κ.

Σ.Κ.

Δηλαδή, η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω σε καθένα από τα διαστήματα

−∞ −

, 2

2 και 2

2, ,+∞

ενώ στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο διάστημα

−

22

22

, .

Επειδή η f″ μηδενίζεται στα σημεία − 22

, 22

και εκατέρωθεν αυτών αλλάζει

πρόσημο, τα σημεία Α −

−22

12, ,e Β 2

2

12,e

−

είναι σημεία καμπής της Cf .

ii) Για κάθε x ∈ −

π π2 2, ισχύει ′ =g x

x( ) 1

2συν και

′′ = −−

=g x x xx

xx

( ) ( ) ,2 24 3

συν ηµσυν

ηµσυν

οπότε

′′ = ⇔ = ⇔ =g x x x( ) .0 0 0ηµ


x –π/2 0 π/2

g″(x) – 0 +

g(x) Σ.Κ.

−2

22

2

22-0182-02.indb 238 26/11/2013 4:16:20 μμ

239

2.8

Δηλαδή, η g στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο −

π20, , ενω στρέφει τα

κοίλα προς τα άνω στο 02, .π

Επειδή η g″ μηδενίζεται στο σημείο 0 και

εκατέρωθεν αυτού αλλάζει πρόσημο, το σημείο Ο(0,0) είναι σημείο καμπής της Cg.

iii) Είναι h xx xx x

( ),,

.=≥

− <

2

2

00

Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο R ως γινόμενο συνεχών.Έχουμε:

′ =>

− <

h xx xx x

( ),,

2 02 0

και ′′ =>

− <

h xxx

( ),,

.2 02 0

Για x0 = 0 είναι

lim ( ) ( ) lim ,x x

h x hx

xx→ →+ +

−=

−=

0 0

20 0 0


h x hx

xx→ →− −

−=

−=

0 0

20 0

Άρα h′(0) = 0.Από το πρόσημο της h″ προκύπτει ότι η h είναι κυρτή στο [ , ),0 +∞ κοίλη στο ( , ]−∞ 0 και το σημείο Ο(0,0) είναι σημείο καμπής.

iv) Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο R ως σύνθεση συνεχών.

Έχουμε

ϕ( ),

,,x

x x

x x=

≥

− <

0

0 ′ =

>

−−

<

ϕ ( ),

,x x

x

xx

12

0

12

0

και ′′ =

−>

−<

ϕ ( ),

,.x x x

x

x xx

14

0

14

0

Η παράγωγος της φ στο σημείο 0 θα αναζητηθεί με τη βοήθεια του ορισμού.

22-0182-02.indb 239 26/11/2013 4:16:23 μμ

240

2.8

— Για x > 0, είναι lim ( ) ( ) lim lim .x x x

xx

xx x→ → →+ + +

−−

= = = +∞0 0 0

00

1ϕ ϕ

— Για x < 0, είναι lim ( ) ( ) lim lim .x x x

xx

xx x→ → →− − −

−−

=−

=−−

= −∞0 0 0

00

1ϕ ϕ

Άρα, η φ δεν παραγωγίζεται στο 0. Όμως η Cφ δέχεται εφαπτομένη στο Ο(0,φ(0)), την κατακόρυφη x = 0.Το πρόσημο της φ″, καθώς τα κοίλα και τα κυρτά της φ φαίνονται στον πίνακα.

x −∞ 0 +∞

φ″(x) – –

φ(x) 0

Άρα το σημείο Ο(0,0) δεν είναι σημείο καμπής της Cφ , αφού εκατέρωθεν του 0 η φ″ δεν αλλάζει πρόσημο.

v) Η συνάρτηση ψ για x < 0 και για x > 0 είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών. Ισχύει

lim ( ) lim ,x x

x x→ →− −

= − −( ) =0 0

0ψ

lim ( ) limx x

x x→ →+ +

= =0 0

0ψ και ψ(0) = 0.

Άρα η ψ είναι συνεχής και στο 0.Έχουμε

′ = −<

>

ψ ( ),

,x x

x

xx

12

0

12

0 και ′′ =

−−

<

− >

ψ ( ),

,.x x x

x

x xx

14

0

14

0

Στο x0 = 0 έχουμε

lim ( ) ( ) lim limx x x

xx

xx x→ → →+ + +

−= = = +∞

0 0 0

0 1ψ ψ και

lim ( ) ( ) lim lim .x x x

xx

xx x→ → →− − −

−=

− −=

−= +∞

0 0 0

0 1ψ ψ

22-0182-02.indb 240 26/11/2013 4:16:26 μμ

241

2.8

Επομένως η ψ δεν παραγωγίζεται στο 0.Επειδή η ψ είναι συνεχής στο 0, η Cψ δέχεται εφαπτομένη στο σημείο της Ο(0,0) την κατακόρυφη ευθεία x = 0.Το πρόσημο της ψ″ φαίνεται στον πίνακα.

x −∞ 0 +∞

ψ″(x) + ‒

ψ(x) 0

Σ.Κ.

Δηλαδή, η ψ είναι κυρτή στο ( , ]−∞ 0 και κοίλη στο [ , ).0 +∞Επειδή εκατέρωθεν του 0 η ψ″ αλλάζει πρόσημο και η Cψ δέχεται εφαπτομένη στο σημείο Ο(0,0), το σημείο αυτό είναι σημείο καμπής της Cψ.

4. ● Η f στο [–1,1] είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη σ’ αυτό και ισχύει ′ >f x( ) 0 για κάθε x∈ ( , ).1 1 Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα στο [–1,1]. Ομοίως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1,4], γνησίως αύξουσα στο [4,8] και γνησίως φθίνουσα στο [8,10].

● Η f στο [–1,0] είναι συνεχής και η f ′ είναι γνησίως αύξουσα στο (–1,0). Επομένως η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω στο [–1,0]. Ομοίως η f στρέφει

— τα κοίλα προς τα κάτω στο [0,2]

— τα κοίλα προς τα άνω στο [2,5]

— τα κοίλα προς τα κάτω στο [5,6]

— τα κοίλα προς τα άνω στο [6,7] και

— τα κοίλα προς τα κάτω στο [7,10].

Πιθανές θέσεις τοπικών ακροτάτων είναι τα σημεία 1, 4, 6, 8 που είναι εσωτερικά σημεία του πεδίου ορισμού της f και στα οποία μηδενίζεται η f ′ , καθώς και τα σημεία –1, 10 που είναι άκρα του πεδίου ορισμού της f.Οι αριθμοί 1, 8 είναι θέσεις τοπικών μεγίστων, ενώ οι αριθμοί –1, 4, 10 είναι θέσεις τοπικών ελαχίστων. Ο αριθμός 6 δεν είναι θέση τοπικού ακροτάτου αφού η f ′ δεν αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν αυτού.

22-0182-02.indb 241 26/11/2013 4:16:27 μμ

242

2.8

● Τέλος, τα σημεία 0, 2, 5, 6, 7 είναι θέσεις σημείων καμπής.

5. i) Επειδή η συνάρτηση S είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,t2], το κινητό για t∈[ , ]0 2t κινείται κατά την αρνητική φορά. Επειδή η S είναι γνησίως αύξουσα στο [ , ),t2 +∞ το κινητό για t t≥ 2 κινείται κατά τη θετική φορά.

ii) Είναι γνωστό ότι η ταχύτητα του κινητού είναι υ( ) ( )t S t= ′ και ότι τις χρονικές στιγμές h′ η C παρουσιάζει καμπή. Από το σχήμα προκύπτει ότι:

— Στο διάστημα [0,t1] η S στρέφει τα κοίλα κάτω και άρα η ′ =S t t( ) ( )υ είναι γνησίως φθίνουσα σ’ αυτό. Δηλαδή η ταχύτητα στο [0,t1] μειώνεται.

— Στο διάστημα [t1,t3] η S στρέφει τα κοίλα πάνω και άρα η ′ =S t t( ) ( )υ είναι γνησίως αύξουσα σ’ αυτό. Δηλαδή η ταχύτητα στο [t1,t3] αυξάνεται.

— Ομοίως προκύπτει ότι η ταχύτητα στο [ , )t3 +∞ μειώνεται.

t 0 t1 t3 +∞

υ(t)

Δηλαδή, η ταχύτητα του κινητού αυξάνεται στο διάστημα [t1,t3] και στα διαστήματα [0,t1] και [ , )t3 +∞ μειώνεται.


1. Για κάθε x ∈R ισχύει:

′ =+ −

+=

−+

f x x xx

xx

( )( ) ( )

2 2

2 2

2

2 2

1 21

11

και

′ =− + − + ⋅ −

+=

−+

f x x x x x xx

x xx

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( )

,2 1 2 1 2 11

2 31

2 2 2 2

2 4

2

2 3 οπότε

′′ = ⇔ =f x x( ) 0 0 ή x = − 3 ή x = 3.


22-0182-02.indb 242 26/11/2013 4:16:30 μμ

243

2.8

x −∞ − 3 0 3 +∞

f ″(x) – 0 + 0 – 0 +

f(x)

−3

4Σ.Κ.

0

Σ.Κ. 34Σ.Κ.

Επειδή η f ″ μηδενίζεται στα − 3, 0 και 3 και εκατέρωθεν αυτών αλλάζει

πρόσημο, τα σημεία Α − −

3 3

4, , Β(0,0) και Γ 3 3

4,

είναι σημεία καμπής

της Cf . Επειδή τα σημεία Α και Γ έχουν αντίθετες συντεταγμένες θα είναι συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων που είναι το σημείο Β.

2. Για κάθε x ∈R ισχύει:

′ = −−f x e xx( ) 2 2α και ′′ = − = −− −f x e ex x( ) ( ),2 2 2 1α α

οπότε ′′ = ⇔ = ⇔ =−f x e xx( ) .0 1α α


x −∞ α +∞

f ″(x) – 0 +

f(x) 2 – α2 Σ.Κ.

Επειδή η f ″ μηδενίζεται στο σημείο α και εκατέρωθεν αυτού αλλάζει πρόσημο, το σημείο Α( , ),α α2 2− α ∈ R είναι σημείο καμπής της Cf. Το σημείο αυτό βρίσκεται στην παραβολή y x= − +2 2, αφού 2 22 2− = − +α α .

3. Για κάθε x ∈R ισχύει: ′ = − + +f x x x x( ) 4 6 12 23 2α και

′′ = − + = − +f x x x x x( ) ( ).12 12 12 12 12 2α α

Παρατηρούμε ότι η f ″ είναι δευτεροβάθμιο τριώνυμο με Δ = α2 – 4 < 0 , αφού α ∈ −( , ).2 2 Επομένως, f ″(x) > 0 για κάθε x ∈R.

22-0182-02.indb 243 26/11/2013 4:16:34 μμ

244

2.8

Άρα η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω σ’ όλο το R.

4. i) Για κάθε x ∈R ισχύει ′ = − = −f x x x x x( ) ( ),3 6 3 22

οπότε ′ = ⇔ =f x x( ) 0 0 ή x = 2

και′′ = − = −f x x x( ) ( ),6 6 6 1

οπότε′′ = ⇔ =f x x( ) .0 1

Το πρόσημο των f ′ και f ″, τα τοπικά ακρότατα και τα σημεία καμπής φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ 0 1 2 +∞

f ′ (x) + 0 – – 0 +

f ″(x) – – 0 + +

f(x)

2 T.M.

0 Σ.Κ.

–2 T.E.

Δηλαδή, η f παρουσιάζει: ● στο σημείο 0 τοπικό μέγιστο το f(0) = 2 και ● στο σημείο 2 τοπικό ελάχιστο το f(2) = – 2. Επειδή η f ″ μηδενίζεται στο 1 και εκατέρωθεν αυτού αλλάζει πρόσημο το σημείο Γ(1,0) είναι σημείο καμπής της Cf .

ii) Για να δείξουμε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, αρκεί να δείξουμε ότι λΑΒ = λΑΓ . Έχουμε:

λΑΒ =− −

−= −

2 22 0

2 και λΑΓ =−−

= −0 21 0

2.

Άρα λΑΒ = λΑΓ .

5. Είναι: 2 2 2 0f x f x f x x( ) ( ) ( )′ − ′ + =

22-0182-02.indb 244 26/11/2013 4:16:36 μμ

245

2.9

οπότε έχουμε διαδοχικά f x f x f x x( ) ( ) ( )′ − ′ + = 0

′ ′ + ′′ − ′′ + =f x f x f x f x f x( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0

( ( )) ( )( ( ) ) .′ + ′′ − + =f x f x f x2 1 1 0Έστω ότι το σημείο x0 είναι θέση σημείου καμπής. Τότε ισχύει f ″(x0) = 0, οπότε ( ( )) ( )( ( ) )′ + ′′ − + =f x f x f x0

20 0 1 1 0 ή ισοδύναμα ( ( ))′ + =f x0

2 1 0 που είναι άτοπο. Άρα η f δεν έχει σημεία καμπής.


1. i) Είναι

lim ( ) limx x

f xx→ →− −

=−

= −∞2 2

12

και lim ( ) lim ,x x

f xx→ →+ +

=−

= +∞2 2

12

οπότε η ευθεία x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . ii) Είναι:

lim ( ) limx x

f x x→− →−

+ +=

π πεϕ

2 2

= ⋅

= −∞

→−+

lim ,x

xxπ

ηµσυν

2

1

αφού

limx x→−

+= +∞

π συν2

1 και lim .x

x→−

+= −

πηµ

2

1

Άρα η x = −π2

είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

Ομοίως


f x x xx→ → →

− − −= = ⋅

= +∞

π π π2 2 2

1εϕ ηµ

συν,

αφού lim

x x→−

= +∞π2

1συν

και lim .x

x→

−=

π2

1ηµ

22-0182-02.indb 245 26/11/2013 4:16:40 μμ

246

2.9

Άρα η x =π2


iii) Είναι:

lim ( ) lim lim ( )( ) lim(x x x xf x x x

xx xx

x→ → → →

=− +

−=

− −−

= −1 1

2

1 1

3 21

1 21

2)) .= −1

Επομένως, η ευθεία x = l δεν είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

iv) Είναι lim ( ) limx x

f x x→ →− −

= =0 0

0 και lim ( ) lim .x x

f xx→ →+ +

= = +∞0 0

1

Επομένως, η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

2. i) Έχουμε:

● lim ( ) lim lim ,x x x

f x x xx

xx→+∞ →+∞ →+∞

=+ +

+= =

2

2

2

2

11

1 οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια

ασύμπτωτη της Cf στο +∞.

● lim ( ) lim ,x x

f x x xx→−∞ →−∞

=+ +

+=

2

2

11

1 οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια ασύ-

μπτωτη της Cf και στο −∞.

ii) Έχουμε:

● lim ( ) lim lim limx x x x

f x x xx x x

x

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞= + −( ) =

+ +=

+ +

2

2

2

1 1

1

1

1 1 11

= ⋅

+ +

=→+∞lim ,x x

x

1 1

1 1 10

2

οπότε η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞.

● lim ( ) lim limx x x

f x xx

x xx→−∞ →−∞ →−∞

= +

−

= − + +2

2 21 1 1 1 11

= +∞,

οπότε η Cf δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞.

22-0182-02.indb 246 26/11/2013 4:16:44 μμ

247

2.9

3. i) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το ( , ) ( , ).−∞ ∪ +∞1 1

Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες

● Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = =− −

−= =

→−∞ →−∞ →−∞lim ( ) lim limx x x

f xx

x xx x

xx

2

2

2

2

2 1 και

β λ= − =− −

−−

=

−−

=→−∞ →−∞ →−∞lim ( ( ) ) lim limx x x

f x x x xx

xx

2 21

210..

Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x.Ομοίως βρίσκουμε ότι η ευθεία y = x είναι ασύμπτωτη της Cf και στο +∞.

Κατακόρυφες ασύμπτωτες Είναι:

lim ( ) limx x

f x x xx→ →− −

=− −

−= +∞

1 1

2 21

και lim ( ) lim ,x x

f x x xx→ →+ +

=− −

−= −∞

1 1

2 21

οπότε η ευθεία x = 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

ii) H f έχει πεδίο ορισμού το ( , ) ( , ).−∞ ∪ +∞2 2

● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες

Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = =−

−=

→−∞ →−∞lim ( ) limx x

f xx

xx x

2

2

32

1 και

β λ= − =−

−−

=

−−

=→−∞ →−∞ →−∞lim ( ( ) ) lim limx x x

f x x xx

x xx

2 32

2 32

2..

Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x + 2.Ομοίως, η ευθεία y = x + 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf και στο +∞.

● Κατακόρυφες ασύμπτωτες

Είναι

22-0182-02.indb 247 26/11/2013 4:16:47 μμ

248

2.9

lim ( ) limx x

f x xx→ →− −

=−

−= −∞

2 2

2 32

και

lim ( ) lim ,x x

f x xx→ →+ +

=−

−= +∞

2 2

2 32

οπότε η ευθεία x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

iii) Η f έχει πεδίο ορισμού Α = −∞ − ∪ +∞( , ) [ , ).1 0

● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες — Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = =+

=⋅ +

= −→−∞ →−∞ →−∞lim ( ) lim limx x x

f xx

x xx

xx

x

2 1 1

1 και

β λ= − = + +( ) =+ −

+ −=

→−∞ →−∞ →−∞lim ( ( ) ) lim limx x x

f x x x x x x x xx x x

22 2

2

=

− ⋅ + +

=−

+ += −

→−∞ →−∞lim lim .x x

x

xx x

1 1 1

1

1 1 1

12

Δηλαδή είναι η ευθεία y x= − −12

.

Ομοίως βρίσκουμε ότι η ευθεία y x= +12

είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞.

● Κατακόρυφες ασύμπτωτες Η Cf δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη, αφού στο –1 και στο 0 είναι συνεχής.

4. i) Επειδή lim( ) ,x

x→

=0

0ηµ lim ln( )x

x→

+ =0

1 0 και

lim ( )(ln( ))

lim lim( ) ,x x x

xx

x

x

x x→ → →

′+ ′

=

+

= + =0 0 01 1

1

1 1ηµ συνσυν

έχουμε limln( )

.x

xx→ +

=0 1

1ηµ

22-0182-02.indb 248 26/11/2013 4:16:51 μμ

249

2.9

ii) Επειδή lim( ) ,x

x→

− =0

21 0συν limx

x→

=0

4 0 και

lim ( )( )

lim lim .x x x

xx

x xx

xx→ → →

− ′′

=⋅

= =0

2

4 0

2

3 0

2

2

1 24

12

12

συν ηµ ηµ

έχουμε:

lim .x

xx→

−=

0

2

4

1 12

συν

iii) Επειδή lim( ) ,x

x x→

− =0

0ηµ lim( )x

x→

− =01 0συν και

lim ( )( )

lim lim ( )(x x x

x xx

xx

x→ → →

− ′− ′

=−

=− ′

0 0 011 1ηµ

συνσυν

ηµσυν

ηµxxxxx′

= =→)lim

00ηµ

συν

έχουμε:

lim .x

x xx→

−−

=0 1

0ηµσυν


1. i) Αρκεί να δείξουμε ότι

lim ( ( ) ) .x

f x x→−∞

+ + =1 0

Πράγματι έχουμε

lim ( ( ) ) limx x

f x x x x x→−∞ →−∞

+ + = + + + +( )1 2 2 12

=+ + − +

+ + − +=

− + + − −→−∞ →−∞lim ( )

( )lim

x x

x x xx x x x

x xx

2 2

2

2

2 2 1

2 2 1

1

1 2 2 1

=−

⋅+ + + +

= ⋅ =→−∞ →−∞lim lim .x xx

x x x

1 1

1 2 2 1 10 12

0

2

Αρκεί να δείξουμε ότι lim ( ( ) ( )) .x

f x x→+∞

− + =1 0Πράγματι έχουμε

lim ( ( ) ( )) lim ( )x x

f x x x x x→+∞ →+∞

− + = + + − +( )1 2 2 12

22-0182-02.indb 249 26/11/2013 4:16:55 μμ

250

2.9

=+ + − +

+ + + +=

+ + + +→+∞ →+∞lim ( )

( )lim

x x

x x xx x x x

x x x

2 2

2

2

2 2 1

2 2 1

1

1 2 2 1 1

= ⋅+ + + +

= ⋅ =→+∞ →+∞lim lim .x xx

x x x

1 1

1 2 2 1 10 12

0

2

ii) Έχουμε

x x x x x2 2 22 2 2 1 1+ + > + + = +( ) .

Επομένως: — Κοντά στο −∞ είναι

f x x x x x x( ) ( )= + + > + = + = − −2 22 2 1 1 1 (αφού x < – 1)

που σημαίνει ότι η Cf βρίσκεται πάνω από την ασύμπτωτη y = – x – 1 — Κοντά στο +∞ είναι

f x x x x x x( ) ( )= + + > + = + = +2 22 2 1 1 1 (αφού x < – 1)

που σημαίνει ότι η Cf βρίσκεται πάνω από την ασύμπτωτη y = x + 1.

2. i) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το R.


— Επειδή

λ = =⋅

= = ⋅

→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

lim ( ) lim lim limx x x x x x x

f xx

xx

x x2

2 212

== −∞

αφού

lim limx x x

x

→−∞ →−∞=

= +∞

12

12

και lim ,x

x→−∞

= −∞

η Cf δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο −∞.

— Η ασύμπτωτη της Cf στο +∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = =⋅

= =′′

=→+∞ →+∞ →+∞ →+∞lim ( ) lim lim lim ( )

( )x x x x x x x

f xx

xx

x x2

2 2 21

22 20x ln

= και

22-0182-02.indb 250 26/11/2013 4:16:59 μμ

251

2.9

β λ= − = −

= =

→+∞ →+∞ →+∞lim ( ( ) ) lim lim ( )

( )lim

x x x x xf x x x x2 2

20

2 xx x

x x x x

x

x

→+∞

→+∞ →+∞=

′′

= =

22 2

22 2

22 2

02

ln

lim ( )( ln )

limln

.

Δηλαδή, είναι η ευθεία y = 0.

ii) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το ( , ).0 +∞


Η ασύμπτωτη της Cf στο +∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = = =′′

=→+∞ →+∞ →+∞ →+∞lim ( ) lim ln lim (ln )

( )lim

x x x x

f xx

xx

xx

xx2 2

1

2== =

→+∞limx x

12

02 και

β λ= − =

=

′′

=→+∞ →+∞ →+∞lim ( ( ) ) lim ln lim (ln )

( )lim

x x xf x x x

xxx xx x→+∞

=1 0.

Δηλαδή, είναι η ευθεία y = 0 .


Επειδή

lim ln lim ln .x x

xx x

x→ →+ +

= ⋅

= −∞

0 0

1

Η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

3. Αρχικά θα πρέπει η f να είναι συνεχής στο x0 = 0, δηλαδή θα πρέπει να ισχύει:

lim ( ) lim ( ) ( ).x x

f x f x f→ →− +

= =0 0

0

Έχουμε


f x x→ →− −

= + =0 0

ηµ α α lim ( ) limx x

xf x e→ →+ +

= =0 0

1β και f(0) = α.

Επομένως πρέπει να είναι α = 1, δηλαδή η συνάρτηση f θα είναι της μορφής

f xx x

e xx( ),

,=

+ ≤

>

ηµ 1 00β

(1)

22-0182-02.indb 251 26/11/2013 4:17:02 μμ

252

2.9

Για α ≠ 1 η συνάρτηση δεν είναι συνεχής, άρα δεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0.Εξετάζουμε τώρα, για ποιες τιμές του β η συνάρτηση (1) είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0.

— Για x < 0 έχουμε f x fx

xx

xx

( ) ( ) ,−−

=+ −

=0

01 1ηµ ηµ οπότε


f x fx

xx→ →− −

−−

= =0 0

00

1ηµ

— Για x > 0 έχουμε f x fx

ex

x( ) ( ) ,−−

=−0

01β

οπότε

lim ( ) ( ) lim lim ( )( )

limx x

x

x

x

x

f x fx

ex

ex→ → →+ + +

−−

=−

=− ′′

=0 0 0

00

1 1β β

→→ +=

0 1β

ββe x

.

Επομένως, η f παραγωγίζεται στο x0 = 0, αν και μόνο αν β = 1 και α = 1.

4. i) — Για 0 < x ≠ 1 η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων.

— Για x = 1 έχουμε

lim ln lim ( ln )( )

lim lnx x x

x xx

x xx

x→ → →−

=′

− ′=

+−

= −1 1 11 1

11

1 και f(1) = – 1.

Επομένως η f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της.

ii) Για 0 < x ≠ 1 έχουμε:

f x fx

x xxx

x x xx

( ) ( )ln

ln( )

,−−

= −+

−=

+ −− −

11

11

111 2

οπότε

lim ( ) ( ) lim ln( )

lim ( ln )x x x

f x fx

x x xx

x x x→ → →

−−

=− +− −

=− + ′

1 1 2 1

11

11

1(( ( ) )− − ′x 1 2

=− + +

− −=

− −→ →lim ln

( )lim ln

( )x x

xx

xx1 1

1 12 1 2 1

=′

− − ′=

−= −

→ →lim (ln )( ( ))

lim .x x

xx

x1 12 1

1

212

22-0182-02.indb 252 26/11/2013 4:17:06 μμ

253

2.9

Άρα ′ = −f ( ) .1 12

5. i) ● Για x ≠ 1 η f είναι συνεχής ως σύνθεση και πηλίκο συνεχών.Για x0 = 1 έχουμε

lim ( ) lim ln( )x xf x x x

x→ →=

− +−1 1

2 2 21

=

−− + =

−− +

=→ →lim lim ( ) .x x

xx x x

x x1

2

1 2

2 22 21

2 12 2

0

Επειδή f f xx

( ) lim ( ),1 01

= =→

η f είναι συνεχής στο 1.

● Είναι

lim ( ) ( ) lim

ln( )

x x

f x fx

x xxx→ →

−−

=

− +−

−

−1 1

2

11

2 21

0

1

=− +−→

lim ln( )( )x

x xx1

2

2

2 21

=

−− +

−=

−− − +

=→ →lim

( )lim ( )

( )( ).

x x

xx x

xx

x x x1

2

1 2

2 22 2

2 12 1

2 1 2 21

Άρα f ′ (0) = 1.Επομένως η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 1.

ii) Είναι

lim ( ) lim ,x x

g x x→ →− −

= =1 1

2 1 lim ( ) lim lnx x

g x xx→ →+ +

= +

= + =

1 11 1 0 1

και g(1) = 12 = 1.Άρα η g είναι συνεχής στο 1.

— Για x < 1 έχουμε

lim ( ) ( ) lim lim( ) .x x x

g x gx

xx

x→ → →− − −

−−

=−−

= + =1 1

2

1

11

11

1 2

— Για x > 1 έχουμε

22-0182-02.indb 253 26/11/2013 4:17:09 μμ

254

2.9

lim ( ) ( ) lim

ln

lim ln( )x x x

g x gx

xxx

xx x→ → →+ + +

−−

=+ −

−=

−1 1 1

11

1 1

1 1

=− +

=−

=→ →+ +lim lim

( ).

x x

xx x x x1 1

1

112 1

1

Επειδή

lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) ,x x

g x gx

g x gx→ →− +

−−

≠−−1 1

11

11

η συνάρτηση g δεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1.

6. i) — Επειδή lim( )x

xe→

−− =01 0 και lim ,

xx

→=

00 έχουμε

lim lim .x

x

x

xex

e→

−

→

−−= =

0 0

11

1

— Επειδή lim ,x

x→

=0

0 και lim ln ,x

x→

= −∞0

έχουμε

lim ( ln ) lim lnx x

x x x

x→ →+ +

=0 0 1

=−

= − =→ →+ +lim lim ( ) .x x

x

x

x0

2

0

1

10

ii) Έχουμε

lim ( ) lim ( ) ln lim ( ln )x x

x

x

x

f x e x ex

x x→ →

−

→

−

+ + += − =

−0 0 0

1 1

=−

⋅ = ⋅ =→

−

→+ +lim lim ( ln )x

x

x

ex

x x0 0

1 1 0 0

σύμφωνα με το ερώτημα i).Επειδή f f x

x( ) lim ( ),0 0

0= =

→ + η f είναι συνεχής στο 0.

iii) Είναι

lim ( ) ( ) lim ( ) ln lim limx x

x

x

x

x

f x fx

e xx

ex→ →

−

→

−

→+ + +

−=

− −=

−⋅

0 0 0

0 1 0 100+

= −∞ln .x

22-0182-02.indb 254 26/11/2013 4:17:14 μμ

255

2.10

Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 0 και lim ( ) ( ) ,x

f x fx→ +

−= −∞

0

0 η Cf

δέχεται εφαπτομένη στο Ο(0,0) την ευθεία με εξίσωση x = 0.


1. i) ● Η f έχει πεδίο ορισμού το A = R.● Η f είναι συνεχής ως πολυωνυμική● Για κάθε x ∈R ισχύει ′ = − − = − −f x x x x x( ) ( ),3 6 9 3 2 32 2 οπότε

′ = ⇔ =f x x( ) 0 3 ή x = – 1. Το πρόσημο της f ′ δίνεται από τον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα τοπικά ακρότατα αυτής.

x −∞ –1 3 +∞

f ′ (x) + 0 – 0 +

f(x)

16 T.M.

–16 T.E.

Εξάλλου για κάθε x ∈R ισχύει ′′ = −f x x( ) ,6 6 οπότε

′′ = ⇔ =f x x( ) .0 1

Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής.

x −∞ 1 +∞

f ″ (x) – 0 +

f(x) 0

Σ.Κ.

● Είναι lim ( ) lim ( ) lim ,x x x

f x x x x x→+∞ →+∞ →+∞

= − − + = = +∞3 2 33 9 11

lim ( ) lim ( ) lim .x x x

f x x x x x→−∞ →−∞ →−∞

= − − + = = −∞3 2 33 9 11

Η Cf δεν έχει ασύμπτωτες στο +∞ και −∞, αφού η f είναι πολυωνυμική τρίτου βαθμού. Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση.

22-0182-02.indb 255 26/11/2013 4:17:17 μμ

256

2.10

x −∞ –1 1 3 +∞

f ′ (x) + 0 – – 0 +

f ″(x) – – 0 + +

f(x) 16

T.M. 0

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 xx

( )( )

,21 2 οπότε

′ ≠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 x

x x( ) ( )

( ) ( ).2 2 1

1414 3

Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ-διορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής.

x −∞ 1 +∞f″ (x) – +

f(x)

−∞

22-0182-02.indb 256 26/11/2013 4:17:19 μμ

257

2.10

● Είναι lim ( ) lim ,x x

f x xx→−∞ →−∞

=+−

=111 οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια

ασύμπτωτη της Cf στο −∞.

Ομοίως lim ( ) ,x

f x→+∞

=1 οπότε η y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη και στο +∞.

Επίσης lim ( ) lim ,x x

f x xx→ →− −

=+−

= −∞1 1

11

lim ( ) ,x

f x→ +

= +∞1

οπότε η ευθεία x = 1 είναι

κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf .

● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση.

x −∞ 1 +∞

f ′ (x) – –

f ″(x) – +

f(x)1 +∞

1

iii) ● Η f ορίζεται στο Α = R.● Η f είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική.● Για κάθε x ∈R ισχύει ′ = − = −f x x x x x( ) ( ),4 4 4 13 2 οπότε

′ = ⇔ =f x x( ) 0 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 +

f(x)

–1 T.E.

0 T.Μ.

–1 T.E.

— Για κάθε x ∈R ισχύει ′′ = − = −f x x x( ) ( ),12 4 4 3 12 2 οπότε

′′ = ⇔ =f x x( ) 0 33

ή x = −3

3.

−∞

22-0182-02.indb 257 26/11/2013 4:17:22 μμ

258

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 −∞ +∞

f ″(x) + 0 – 0 +

f(x)

−59

Σ.Κ.

−59

Σ.Κ.

● Είναι lim ( ) lim ( ) lim .x x x

f x x x x→−∞ →−∞ →−∞

= − = = +∞4 2 42

lim ( ) lim .x x

f x x→+∞ →+∞

= = +∞4

Η Cf δεν έχει ασύμπτωτες στο −∞, +∞, αφού είναι πολυωνυμική τετάρτου βαθμού.● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση.

x −∞ –1 0 1 +∞

f ′ (x) – 0 + + 0 – – 0 +

f ″(x) + + 0 – – 0 + +

f(x)

–1 T.E.

−59

Σ.Κ.

−59

Σ.Κ. –1 T.E.

ΣχόλιοΕπειδή για κάθε x ∈R ισχύει

f x x x x x f x( ) ( ) ( ) ( ),− = − − − = − =4 2 4 22 2

−3

33

3

+∞ +∞

−3

33

3

0 T.M.

22-0182-02.indb 258 26/11/2013 4:17:25 μμ

259

2.10

η f είναι άρτια, οπότε η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς τον άξονα των y.

2. i) ● Η f ορίζεται στο A = R*.● Η f είναι συνεχής στο R*, ως ρητή.● Για κάθε x ∈ *R ισχύει ′ = − =

−f xx

xx

( ) ,1 1 12

2

2 οπότε

′ = ⇔ =f x x( ) 0 1 ή x = – 1. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της f.

x −∞ –1 0 1 +∞

f ′ (x) + 0 – – 0 +

f(x)

–2 T.Μ.

2 T.Ε.

— Για κάθε x ∈R* ισχύει ′′ =− −

=f x x x xx x

( ) ( ) ,2 2 1 23 2

4 3 οπότε

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 ή προς τα κάτω.

x −∞ 0 +∞

f ″(x) – +

f(x)

● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = = +

=

→−∞ →−∞lim ( ) limx x

f xx x

1 1 12 και

β λ= − = + −

= =

→−∞ →−∞ →−∞lim ( ( ) ) lim lim .x x x

f x x xxx

x1 1 0

Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x. Ομοίως, αποδεικνύεται ότι η ευθεία y = x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞.

22-0182-02.indb 259 26/11/2013 4:17:27 μμ

260

2.10


Είναι lim ( ) limx x

f x xx→ →− −

= +

= −∞

0 0

1 και

lim ( ) lim .x x

f x xx→ →+ +

= +

= +∞

0 0

1

Άρα η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Επίσης έχουμε:


f x xx

x→−∞ →−∞ →−∞

=+

= = −∞

2 1 και

lim ( ) lim lim .x x x

f x xx

x→+∞ →+∞ →+∞

=+

= = +∞2 1


x −∞ – 1 0 1 +∞

f ′ (x) + 0 – – 0 +

f ″(x) – – + +

f(x)

–2 T.Μ.

2

T.Ε.

ΣχόλιοΕπειδή για κάθε x ∈R* ισχύει

f x xx

xx

f x( ) ( ) ( ),− =− +

−= −

+= −

2 21 1

+∞ +∞

−∞ −∞

22-0182-02-b.indd 260 28/11/2013 1:30:30 μμ

261

2.10

η f είναι περιττή, οπότε η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς την 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 x x x xx

x xx

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

,2 1 1 21

2 31

2

2

2

2

οπότε 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 x x x x xx x

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )

,2 2 1 2 1 2 31

41

2 2

4 3

οπότε το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω.

x −∞ 1 +∞

f ″ (x) + –

f(x)


Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = =− −

−=

→−∞ →−∞lim ( ) limx x

f xx

x xx x

2

2

2 1 και

β λ= − =− −

−−

=

−−

=→−∞ →−∞ →−∞lim ( ( ) ) lim limx x x

f x x x xx

xx

2 21

210..

22-0182-02.indb 261 26/11/2013 4:17:32 μμ

262

2.10

Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x.Ομοίως, η y = x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞.


Είναι lim ( ) limx x

f x x xx→ →− −

=− −

−= +∞

1 1

2 21

και

lim ( ) lim .x x

f x x xx→ →+ +

=− −

−= −∞

1 1

2 21

Άρα, η ευθεία x = 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf.Επίσης έχουμε:

lim ( ) limx x

f x x xx→−∞ →−∞

=− −

−= −∞

2 21

και lim ( ) .x

f x→+∞

= +∞


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

+∞ +∞

−∞ −∞

22-0182-02.indb 262 26/11/2013 4:17:34 μμ

263

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ

′ = ⇔ = −f x x( ) 0 π ή x = π. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατα αυτής.

x – π +πf ′ (x) 0 + 0

f(x)

Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ″(x) = – ημx, οπότε

′′ = ⇔ = −f x x( ) 0 π ή x = 0 ή x = π.

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 –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 γραφική της παράσταση.

x – π 0 πf ′ (x) 0 + + 0f ″(x) 0 + 0 – 0

f(x) –π

min

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) Για κάθε x ∈ +∞( , )0 ισχύει:

′ = −f xx

( ) 12 και ′ = −g x x( ) ,2 3

π max0

Σ.Κ.

22-0182-02.indb 263 26/11/2013 4:17:36 μμ

264


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) Για να βρούμε τη σχετική θέση των Cf και Cg βρίσκουμε το πρόσημο της διαφοράς

ϕ( ) ( ) ( ) ( ) .x g x f x x xx

xx

= − = − + − =−2

3

3 3 1 1

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 ϕ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),x f x g x f g f x g x> ⇔ − > − ⇔ >0 0 0

αφού f(0) = g(0) και — Για x < 0 θα είναι

ϕ ϕ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),x f x g x f g f x g x< ⇔ − < − ⇔ <0 0 0

αφού f(0) = g(0).

22-0182-02.indb 264 26/11/2013 4:17:38 μμ

265


3. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΜ έχουμε:

(ΒΜ) = 1∙ ημθ και (ΟΜ) = 1∙ συνθ.

Είναι όμως (ΒΓ) = 2(ΒΜ) = 2ημθ και

(AM) = (OA) + (ΟΜ) = 1+συνθ οπότε

Ε Ε= = + = +( ) ( ) ( ).θ θ θ θ θ12

2 1 1ηµ συν ηµ συν

Για κάθε θ π∈ ( , )0 ισχύει:

Ε′(θ) = συνθ(1 + συνθ) – ημ2θ

= συν2θ – ημ2θ + συνθ

= συν2θ + συνθ,

οπότε ′ = ⇔ = −Ε ( )θ θ θ0 2συν συν

⇔ =συν συν( −2θ θπ )

⇔ = −2θ π θ , αφού θ π∈ ( , )0

⇔ =θπ3

.

Το πρόσημο της Ε′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα ( ′

>Ε

π6

0 και ′

<Ε

π2

0),

από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της Ε και τα ακρότατα αυτής.

θ 0 π/3 π

Ε′(θ) + 0 –

Ε(θ)

Άρα, η μέγιστη τιμή του εμβαδού είναι 3 34

και παρουσιάζεται όταν θ π=

3.

3 34

max

22-0182-02.indb 265 26/11/2013 4:17:41 μμ

266


4. Γνωρίζουμε ότι το μήκος τόξου θ rad είναι L r= ⋅θ ενώ το εμβαδόν κυκλικού

τομέα θ rad είναι Ε =12

2r θ .

Επομένως, η περίμετρος του κυκλικού τομέα είναι:

2 20 20 2 0 10r r rr

r+ = ⇔ =−

< <θ θ ,

και το εμβαδόν του είναι:

Ε ( ) ,r r rr

r r=−

= −12

20 2 102 2 r∈ ( , ).0 10

Για κάθε r∈ ( , )0 10 ισχύει E′(r) = 10 – 2r, οπότε ′ = ⇔ =Ε ( ) .r r0 5 To πρόσημο της E ′ (r), η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

r 0 5 10

Ε′(r) + 0 –

Ε(r)

25 max

Δηλαδή η Ε παρουσιάζει στο r = 5 μέγιστο το E(r) = 25. Επομένως ο ανθόκηπος έχει τη μεγαλύτερη δυνατή επιφάνεια, όταν η ακτίνα του κύκλου είναι r = 5 m.

5. i) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΔΒ έχουμε:

συνθ = =( )( ) ( )ΟΓΟΑ ΟΑ

1 και ηµθ = =( )( ) ( )Ο∆ΟΒ ΟΒ

1

οπότε

( )ΟΑ =1

συνθ και ( ) ,ΟΒ =

1ηµθ

02

< <θπ

ii) ( ) ( ) ( )ΑΒ ΟΑ ΟΒ= + = +1 1

ηµ συνθ θ

iii) Θεωρούμε τη συνάρτηση f ( )θθ θ

= +1 1

ηµ συν η οποία είναι ορισμένη στο

02,π

και συνεχής στο διάστημα. Επιπλέον, για κάθε x ∈

02,π ισχύει:

22-0182-02.indb 266 26/11/2013 4:17:44 μμ

267


′ =−

+ =−⋅

f ( ) ,θθ

θθθ

θ θθ θ

συνηµ

ηµσυν

ηµ συνηµ συν2 2

3 3

2 2

οπότε

′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =f ( ) ,θ θ θ θ θ θπ0 04

3 3ηµ συν ηµ συν

αφού θ π∈

02, .

Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατα αυτής.

θ 0

f ′ (θ) – 0 +

f(θ)

Δηλαδή, η f στο θ π=

4 παρουσιάζει ελάχιστο f π

42 2

= .

Επομένως, το μεγαλύτερο δυνατό μήκος της σκάλας, που μπορεί, αν μεταφερθεί

οριζόντια να στρίψει στη γωνία, είναι 2 2 2 8m m≅ , .

6. i) ● Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Α = +∞( , )0● Η f είναι συνεχής στο Α.

● Για κάθε x > 0 ισχύει ′ =−f x xx

( ) ln ,12 οπότε

′ = ⇔ = ⇔ =f x x x e( ) ln .0 1

Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα τοπικά ακρότατα της f.

x 0 e +∞

f ′ (x) + 0 –

f(x)

4π

2π

1e

max

2 2min

22-0182-02.indb 267 26/11/2013 4:17:47 μμ

268


● Για κάθε x > 0 ισχύει ′′ =− − −

=−f x x x x

xxx

( ) ( ln ) ln ,2 1 2 34 3 οπότε

′′ = ⇔ = ⇔ =f x x x e( ) ln ./0 32

3 2

Το 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 καμπής της.

x 0 e3/2 +∞

f ″(x) – 0 +

f(x)

● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτεςΗ ασύμπτωτη της Cf στο +∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου

λ = = = =→+∞

→+∞ →+∞lim ln lim limx x x

xx

xx x2

00

2

1

212

0 και

β λ= − = = =→+∞ →+∞ →+∞lim ( ( ) ) lim ln lim .x x x

f x x xx

x1

10

Άρα, η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞.

Επειδή, επιπλέον, lim ( ) lim ln lim ln ,x x x

f x xx x

x→ → →

= = ⋅

= −∞

+ +0 0 0

1 η ευθεία x = 0



x 0 e e3/2 +∞

f ′ (x) + 0 – –

f ″(x) – – 0 +

f(x)−∞ 0

1e

T M. .

32 3 2e /

. .Σ Κ

32 3 2e /

. .Σ Κ

22-0182-02.indb 268 26/11/2013 4:17:50 μμ

269


ii) Είναι α α α αα α α α+ +> + ⇔ > +1 11 1( ) ln ln( )

⇔ + > +( ) ln ln( )α α α α1 1

⇔ >+

+ln ln( )αα

αα

11

⇔ > +f f( ) ( ).α α 1Η 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:2 2 2 22 2x xx x x x= ⇔ = ⇔ =ln ln ln ln

⇔ = ⇔ =ln ln ( ) ( ).22

2xx

f f x

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 ( ) ln .2 22

=

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.

22-0182-02.indb 269 26/11/2013 4:17:53 μμ

270


Επομένως, οι λύσεις της 2x = x2 είναι ακριβώς δύο, οι x1 = 2 και x2 = 4.

7. i) Θεωρούμε τη συνάρτηση f x x x( ) ,= +α β η οποία ορίζεται στο R και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό.Επειδή f(0) = 2 έχουμε:

f x f( ) ( )≥ 0 για κάθε x ∈ ,Rπου σημαίνει ότι η f στο x0 = 0 παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat ισχύει f ′ (0) = 0.

Είναι όμως ′ = +f x x x( ) ln ln ,α α β β οπότε

′ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =f ( ) ln ln ln( ) .0 0 0 0 1α β αβ αβ

ii) Για κάθε x ∈R ισχύει. Θεωρούμε, τώρα, τη συνάρτηση f x xx( ) ,= − −α 1 η οποία ορίζεται στο R και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό. Επειδή f ( ) ,0 0 1 00= − − =α 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 x( ) lnα α 1

οπότε

′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =f e( ) ln ln .0 0 1 0 10α α α α

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 xx

( ) 1 και ′′ = − <g xx

( ) .1 02

Άρα η f είναι κοίλη στο ( , ).0 +∞

ii) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(0,1) είναι:

y f x y x y x− = ′ − ⇔ − = ⇔ = +1 0 0 1 1( )( ) ,

22-0182-02.indb 270 26/11/2013 4:17:56 μμ

271


ενώ της Cg στο σημείο (1,0) είναι:

y g x y x− = ′ − ⇔ = −0 1 1 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:

e xx ≥ +1 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 x− ≥1 ln για κάθε x ∈ +∞( , ).0

Η ισότητα ισχύει όταν x = 1.

iv) Για κάθε x ∈R ισχύει x x− ≤ +1 1,

οπότε, λόγω του ερωτήματος iii), έχουμε

ln ,x x x ex≤ − < + <1 1 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( ) .λΕίναι

′ = ⇔ − = ⇔ =f x e xx( ) ln .0 0λ λ

Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα.

x −∞ lnλ +∞

f ′ (x) – 0 +

f(x) min

Επομένως, η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για x = ln λ την

22-0182-02-b.indd 271 28/11/2013 1:32:31 μμ

272


f e(ln ) ln ln ( ln ).lnλ λ λ λ λ λ λ λλ= − = − = −1

ii) Ισχύουν οι ισοδυναμίες

R R R

⇔ ≥min ( )f x 0

⇔ − ≥λ λ( ln )1 0

⇔ − ≥1 0lnλ

⇔ ≤lnλ 1

⇔ ≤λ e.

Άρα, η μεγαλύτερη τιμή του λ, για την οποία ισχύει e xx ≥ λ για κάθε x ∈R, είναι η λ = e.

iii) Για 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 x e xg x e

e ex

e ex

x

x

( )( )

.0 0

0

00

0

01

= ⋅′ =

⇔=

=

⇔ =

Επομένως η y = ex εφάπτεται της Cg στο σημείο Α(l,e).

ε1 00 0: ( ).y e e x xx x− = − (1)

10. i) Για x ≠ 0 είναι

f x fx

xx

xx

x( ) ( ) .−

−= =

00

11

2ηµηµ

Επειδή xx

xηµ1

≤ έχουμε

− ≤ ≤x xx

xηµ1 .

Όμως lim lim .x x

x x→ →

= −( ) =0 0

0

22-0182-02.indb 272 26/11/2013 4:18:02 μμ

273


Άρα

lim .x

xx→

=

0

1 0ηµ

Επομένως 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 είναι

f x xx x

( ) = ⇔ = ⇔ =0 1 0 1 02ηµ ηµ

⇔ =1x

κπ , κ ∈* ⇔ =x 1κπ, κ ∈* . (1)

● Για x = 0 είναι f(0) = 0. Άρα, τα κοινά σημεία είναι άπειρα το Ο(0,0) και τα υπόλοιπα έχουν τετμημένες που δίνονται, για τις διάφορες τιμές του κ ∈* από τη σχέση (1). (Είναι προφανές ότι για μεγάλες κατ’ απόλυτη τιμή του κ, οι τιμές του x είναι πολύ μικρές και πλησιάζουν το 0).

iii) Αρκεί να δείξουμε ότι

lim ( ( ) )x

f x x→+∞

− = 0 και lim ( ( ) )x

f x x→−∞

− = 0

● Έχουμε:

lim ( ( ) ) limx x

f x x xxx

→+∞ →+∞− = −

2 1ηµ

= −

→

limt t

tt0 2

1 1ηµ

=−

→limt

t tt0 2

ηµ 0ή0

µορϕ

=−

→limt

tt0

12

συν 0ή0

µορϕ

=−

=→lim .t

t0 2

0ηµ

22-0182-02.indb 273 26/11/2013 4:18:06 μμ

274


● Ομοίως, έχουμε lim ( ( ) ) .x

f x x→−∞

− = 0

11. Α. i) H συνάρτηση ψ είναι παραγωγίσιμη στο R με

ψ′(x) = 2φ′(x)φ″(x) + 2φ(x)∙φ′(x)

= 2φ′(x)( φ″(x) + φ(x))

= 2φ′(x)∙0 (από υπόθεση)

= 0. Επομένως, η ψ είναι σταθερή στο R. Επειδή

ψ ϕ ϕ( ) ( ( )) ( ( )) ,0 0 0 0 0 02 2= ′ + = + =

είναι ψ ( ) ,x = 0 x ∈R

ii) Επειδή ψ(x) = 0, είναι ( ( )) ( ( ))′ + =ϕ ϕx x2 2 0 για κάθε x ∈R. Άρα φ′(x) = 0 και φ(x) = 0 για κάθε x ∈R, οπότε

φ(x) = 0, για κάθε x ∈R.

Β. Είναι ′ = ′ −ϕ ( ) ( )x f x xσυν και

′′ = ′′ +ϕ ( ) ( ) .x f x xηµ

Άρα ′′ + = ′′ + + −ϕ ϕ( ) ( ) ( ) ( )x x f x x f x xηµ ηµ

= ′′ +f x f x( ) ( )

= 0 (από υπόθεση)

Επίσης

ϕ( ) ( )0 0 0 0= − =f ηµ

και

′ = ′ − = − =ϕ ( ) ( ) .0 0 0 1 1 0f συν

Επομένως η φ ικανοποιεί τις υποθέσεις (1) του ερωτήματος (Α). Ομοίως, έχουμε:

′ = ′ +ψ ( ) ( )x g x xηµ

22-0182-02.indb 274 26/11/2013 4:18:09 μμ

275


και ′′ = ′′ +ψ ( ) ( ) .x g x xσυν

Άρα,′′ + = ′′ + + −ψ ψ( ) ( ) ( ) ( )x x g x x g x xσυν συν

= ′′ + =g x g x( ) ( ) 0 (από υπόθεση).

Επίσης ψ ( ) ( )0 0 0 1 1 0= − = − =g συν

′ = ′ + =ψ ( ) ( ) .0 0 0 0g ηµ

Επομένως, η συνάρτηση y ικανοποιεί τις υποθέσεις (1) του ερωτήματος Α.

ii) Αφού οι συναρτήσεις φ, ψ ικανοποιούν τις υποθέσεις (1) του ερωτήματος Α, σύμφωνα με το ερώτημα (Α), ισχύει φ(x) = 0 και ψ(x) = 0 για κάθε x ∈R, οπότε f(x) = ημx και g(x) = συνx για κάθε x ∈R.

12. i) Οι συντεταγμένες του σημείου Μ είναι (συνθ,ημθ). Τα διανύσματα ΡΜ� ��

= −( , )συν ηµθ θx και ΡΝ� ��

= −( , )1 x θ είναι συγγραμμικά.Επομένως,

det( , )ΡΜ ΡΝ� ��

= ⇔−

−=0

10

συν ηµθ θθ

xx

⇔ − − − =θ θ θ( ) ( )συν ηµx x1 0

⇔ − = −θ θ θ θ θσυν ηµ ηµx x

⇔ =−

−=x xθ θ θ

θ θθ

συν ηµηµ

( ).

ii) Έχουμε

lim ( ) limθ θ

θθ θ θ

θ θ→ →=

−−0 0

x συν ηµηµ

=− −

−→limθ

θ θ θ θθ0 1

συν ηµ συνσυν

=−−→

limθ

θ θθ0 1

ηµσυν

=− −

→limθ

θ θ θθ0

ηµ συνηµ

22-0182-02.indb 275 26/11/2013 4:18:13 μμ

276


=− − +

→limθ

θ θ θ θθ0

συν συν ηµσυν

=−

= −2

12.

13. A. i) —Το μήκος s του τόξου ΑΠ είναι

s = = =22

2πρθπ

θρ θ , οπότε

θ =s2

.

—Αν Ο∆ ΑΠ⊥ , από το τρίγωνο ΟΑΔ έχουμε

ηµθ2 2

22 4

= = =Α∆ l l/

οπότε l = 4

2ηµ

θ .

ii) Επειδή ο πεζοπόρος βαδίζει με ταχύτητα υ = 4 km/h, τη χρονική στιγμή t

θα έχει διανύσει διάστημα s = 4t. Αφού θ =l2, είναι

θ = =42

2t t και l t t= =4 22

4ηµ ηµ .

Β. Είναι ′ =l t t( ) ,4συν οπότε:

α) Όταν θ π=23, είναι

t = =

232 3

ππ και ′

= = ⋅ =l π π

34

34 1

22συν km/h.

β) Όταν θ = π, είναι

t =π2

και ′

= =l π π

24

20συν km/h

γ) Όταν θ π=43, είναι

t =23π και ′

= = −l 2

34 2

32π π

συν km/h.

22-0182-02.indb 276 26/11/2013 4:18:18 μμ

277


14. Έστω ότι ο αγρότης θα προσλάβει x εργάτες, και τον επιστάτη και έστω ότι χρειάζονται t ώρες για να μαζευτούν οι ντομάτες.Αφού κάθε εργάτης μαζεύει 125 κιλά ντομάτες την ώρα, σε t ώρες οι x εργάτες θα μαζέψουν όλες τις ντομάτες.

Άρα 125 12500 100 100xt xt tx

= ⇔ = ⇔ = . (1)

Αν Κ είναι συνολικό κόστος για την εργασία, τότε έχουμε

Κ = ⋅ + + +6 10 10 1t x t x( ).

Έτσι, λόγω της (1), είναι

Κ ( ) ( )xx

xx

x= ⋅ ⋅ + ⋅ + +6 100 10 100 10 1

δηλαδή

Κ ( ) .xx

x= + + +600 1000 10 10

Η συνάρτηση Κ είναι παραγωγίσιμη για x > 0 με

′ = − + =−

=−

Κ ( ) ( ) .xx

xx

xx

1000 10 10 1000 10 1002

2

2

2

2

Είναι ′ = ⇔ − = ⇔ =Κ ( ) ,x x x0 100 0 102 αφού x > 0.

Το πρόσημο της Κ′, καθώς η μονοτονία και τα ακρότατα της Κ φαίνονται στον πίνακα.

x 0 10 +∞

Κ′(x) – 0 +

Κ(x)

K(10) min

Άρα, για x = 10 η συνάρτηση έχει ελάχιστο, το

Κ ( ) .10 600 100010

10 11 810= + + ⋅ =

Επομένως, ο αγρότης πρέπει να προσλάβει 10 εργάτες. Το μικρότερο δυνατό

κόστος είναι 810 ευρώ, ενώ χρειάζονται tx

= =100 10 ώρες για να μαζευτούν

οι ντομάτες.

22-0182-02.indb 277 26/11/2013 4:18:20 μμ

22-0182-02.indb 278 26/11/2013 4:18:20 μμ

279

1. Έχουμε:

i) ( )x x x dx x dx xdx xdx3 3+ + = + +∫ ∫ ∫ ∫ηµ συν ηµ συν

= − + +x x x c

4

4συν ηµ

ii) x xx

dx xdx dxxdx

2 1 1 1+ += + +∫ ∫ ∫ ∫

= + + +x x x c2

2ln

iii) 3 3 332

1

65

32

32

1 52x xdx x dx x c x c∫ ∫= =

++ = +

+

iv) xx

dx x dx xdx dx3

282

2 4++

= + +∫ ∫ ∫ ∫

= + + +x x x c

32

34

v) ex

x dx e dx dxx

xdxx x− +

= − +∫ ∫ ∫∫

3 2 3 2συν συν

= − + ′∫ ∫∫e dx dxx

x dxx 3 12

2( )ηµ

= − + +e x x cx 3 12

2ln .ηµ

vi) 1 1 1 12 2 2 2συν ηµ συν ηµx x

dxxdx

xdx−

= −∫ ∫ ∫

= + +εϕ σϕx x c

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ


22-0182-02.indb 279 26/11/2013 4:18:24 μμ

280

3.1

vii) xx

dx xx

dx dx dxx

++

=+ +

+= +

+∫ ∫ ∫ ∫32

2 12

12

= + + +x x cln .2

2. Επειδή ′ = +∫ f x dx f x c( ) ( ) , έχουμε διαδοχικά

1xdx f x c∫ = +( )

x dx f x c−

∫ = +12 ( )

x f x c

12

12

= +( ) ,

f x x c( ) .= −2

Επειδή f(9) = 1, έχουμε 2 9 1− =c , οπότε c = 5. Επομένως f x x( ) .= −2 5

3. Επειδή ′′ = ′ +∫ f x dx f x c( ) ( ) , έχουμε διαδοχικά:

3dx f x c∫ = ′ +( ) ,

′ = −f x x c( ) .3

Επειδή ′ =f ( )1 6 έχουμε 3 – c = 6, οπότε c = – 3. Επομένως ′ = +f x x( ) .3 3

Επειδή ′ = +∫ f x dx f x c( ) ( ) , έχουμε διαδοχικά:

( ) ( )3 3x dx f x c+ = +∫f x x x c( ) .= + −

32

32

Επειδή f(0) = 4 έχουμε 320 3 0 41⋅ + ⋅ − =c , οπότε c1 4= − . Επομένως

′ = + +f x x x( ) .32

3 42

4. Έχουμε διαδοχικά: ′′ = ′ +∫ f x dx f x c( ) ( )

22-0182-02.indb 280 26/11/2013 4:18:30 μμ

281

3.1

( ) ( )12 22x dx f x c+ = ′ +∫4 23x x f x c+ = ′ +( ) ,

′ = + −f x x x c( ) .4 23

Επειδή ′ =f ( ) ,1 3 έχουμε 4 + 2 – c = 3, οπότε c = 3. Επομένως ′ = + −f x x x( ) .4 2 33

Επίσης έχουμε διαδοχικά ′ = +∫ f x dx f x c( ) ( ) 1

( ) ( )4 2 331x x dx f x c+ − = +∫

x x x f x c4 213+ − = +( ) ,

f x x x x c( ) .= + − −4 213

Επειδή το Α(1,1) είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f, έχουμε: f c c( ) .1 1 1 1 3 1 21 1= ⇔ + − − = ⇔ = −

Επομένωςf x x x x( ) .= + − +4 2 3 2

5. Επειδή ′ =Ν ( ) ,t et1

2020 έχουμε διαδοχικά

′ = +∫Ν Ν( ) ( )t dt t c

120

20e dt t ct / ( )∫ = +Ν

e t ct / ( )20 = +Ν

Ν ( ) /t e ct= −20

Επομένως, η αύξηση του πληθυσμού στα πρώτα 60 λεπτά, είναι ίση με:

Ν Ν( ) ( ) ( ) ( )/60 0 1 1960 20 0 3− = − − − = − ≅e c e c e εκατομ.

6. Αν Κ(x) το κόστος, σε ευρώ, της εβδομαδιαίας παραγωγής x, τότε ′ = +Κ ( ) ,x x x2 5 οπότε έχουμε

′ = +∫Κ Κ( ) ( )x dx x c

ή ( ) ( ) ,x x dx x c2 5+ = +∫ Κ

22-0182-02.indb 281 26/11/2013 4:18:35 μμ

282

3.1

οπότε

Κ ( ) .x x x c= + −3

2

352

Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε Κ(0) = 100, οπότε – c = 100 και άρα c = – 100. Επομένως, η συνάρτηση κόστους της εβδομαδιαίας παραγωγής είναι:

Κ ( ) .x x x= + +

3 2

352

100

7. Έχουμε διαδοχικά:

′ = +∫ R t dt R t c( ) ( )

20 10 34

2+ −

= +∫ t t dt R t c( ) ,

R t t t t c( ) .= + − −20 5 14

2 3

Προφανώς R(0) = 0, οπότε c = 0 και άρα R t t t t( ) .= + −20 5 14

2 3

Επομένως τα βαρέλια που θα αντληθούν στους πρώτους 8 μήνες είναι:

R( )8 20 8 5 8 14

8 160 5 8 2 8 3522 3 2 2= ⋅ + ⋅ − = + ⋅ − ⋅ = χιλιάδες.


1. Επειδή ′ = − −T t k e kt( ) ,α έχουμε διαδοχικά:

′ = +∫T t dt T t c( ) ( )

− = +−∫ k e dt T t cktα ( )

α ( ) ( ) ,e dt T t ckt− ′ = +∫T t e ckt( ) .= −−α

Επειδή Τ(0) + α και T e c ck( ) ,0 0= − = −− ⋅α α έχουμε

T c c T0 0+ = − ⇔ = −α α .

Επομένως T t e Tkt( ) .= +−α 0

22-0182-02.indb 282 26/11/2013 4:18:40 μμ

283

3.1

2. Έχουμε διαδοχικά ′ = +∫ P x dx P x c( ) ( )

5 8 2000, ( )e dx P x cx

−

∫ = +

5 8 2000 2000, ( ) ( ) ( )⋅ − ′ = +−

∫ e dx P x cx

P x e cx

( ) . .= − −−

11 600 2000

Το συνολικό κέρδος που οφείλεται στην αύξηση της επένδυσης από 4.000.000 σε 6.000.000 είναι:

= − =−

− −11600 11600 12 33( )e e e

e≅ ⋅ =11600 0 086 997 6, , χιλιάδες ευρώ = 997.600 ευρώ

3. Έστω P(t) το κέρδος της εταιρείας στις πρώτες t ημέρες. Τότε Ρ(t) = Ε(t) – Κ(t),

οπότε ′ = ′ − ′ = + − + = +P t t t t t t( ) ( ) ( ) , , , .Ε Κ 1000 0 3 800 0 6 200 0 9

Έτσι έχουμε διαδοχικά:

′ = +∫ P t dt P t c( ) ( )

( , ) ( )200 0 9+ = +∫ t dt P t c

P t t t c( ) , .= + +200 0 92

2

1

Το συνολικό κέρδος της εταιρείας από την 3η έως την 6η ημέρα είναι:

P P c c( ) ( ) , ,6 2 200 6 0 9 62

200 2 0 9 22

2

1

2

1− = ⋅ + + − ⋅ − −

= − =1216 2 401 8 814 4, , , ευρώ.

4. i) Από την ισότητα f ″(x) = g″(x) έχουμε διαδοχικά ′ = ′ +f x g x c( ) ( ) 1

f x g x c x c( ) ( ) .= + +1 2 (1)

22-0182-02.indb 283 26/11/2013 4:18:44 μμ

284

3.2

Για x = 0 είναι f(0) = g(0) + 0 + c2, οπότε c2 = 0, αφού f(0) = g(0).Επομένως

f x g x c x( ) ( ) .= + 1 (2)

Για x = l, από την (2), έχουμε f(1) = g(1) + c1, οπότε c1 = 1, αφού f(1) = g(1) + 1. Έτσι από τη (2) προκύπτει

f x g x x( ) ( ) .= +

ii) H f(x) είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει f g( ) ( )α α α α α= + = + = <0 0

f g( ) ( ) .β β β β β= + = + = >0 0Άρα, f (α) f (β) < 0, οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (α,β).

3.2 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε

i) x e dx x e dxx x2 2− −∫ ∫= − ′( )

= − + = − − ′− − − −∫ ∫x e xe dx x e x e dxx x x x2 22 2 ( )

= − − + = − − − +− − − − − −∫x e xe e dx x e xe e cx x x x x x2 22 2 2 2

= − + + +−e x x cx ( ) .2 2 2

ii) ( ) ( )( )3 2 1 12

3 2 12 2 2 2x x e dx x x e dxx x− + = − + ′∫ ∫

= − + − −∫12

3 2 1 12

6 22 2 2( ) ( )x x e x e dxx x

= − + − − ′∫12

3 2 1 14

6 22 2 2( ) ( )( )x x e x e dxx x

= − + − − + ∫12

3 2 1 14

6 2 14

62 2 2 2( ) ( )x x e x e e dxx x x

= − + − + + +14

6 4 2 6 2 34

2 2 2e x x x e cx x( )

= − + +14

6 10 72 2e x x cx ( )

22-0182-02.indb 284 26/11/2013 4:18:49 μμ

285

3.2

iii) x xdx x xdx34

4ln ln∫ ∫=

′

= − ′∫x x x x dx4 4

4 4ln (ln )

= − = − +∫14

14

14 16

4 3 44

x x x dx x x x cln ln

iv) 2 2 22 2x xdx x x dxηµ συν∫ ∫= ′( )

= − + ∫x x x xdx2 2 2 2συν συν

= − + ′∫x x x x dx2 2 2συν ηµ( )

= − + − ∫x x x x xdx2 2 2 2συν ηµ ηµ

= − + + +x x x x x c2 2 2 12

2συν ηµ συν

= − +

+ +x x x x c2 1

22 2συν ηµ

v) 4 2 2 2x xdx x x dxσυν ηµ∫ ∫= ⋅ ′( )

= − ∫2 2 2 2x x xdxηµ ηµ

= + +2 2 2x x x cηµ συν

vi) ln ( ) lnxdx x xdx∫ ∫= ′

= − = − +∫x x dx x x x cln ln1

vii) ln ln ln lnxxdx

xxdx

xx

xdx x

x xc2 2

1 1 1 1∫ ∫ ∫= −

′

= − + = − − +

viii) I e xdx e x e xdxx x x= = +∫ ∫συν συν ηµ2 2 2 2

= + − ∫e x e x e xdxx x xσυν ηµ συν2 2 2 4 2 .

22-0182-02.indb 285 26/11/2013 4:18:55 μμ

286

3.2

Άρα I e x x Ix= + −( )συν ηµ2 2 2 4

5 2 2 2I e x xx= +( )συν ηµ

I e x x cx= + +15

2 2 2( ) .συν ηµ

2. i) Θέτουμε u = 3x, οπότε du = 3dx και άρα dx du=13

. Επομένως,

ηµ ηµ συν συν3 13

13

13

3xdx udu u c x c∫ ∫= = − + = − +

ii) Θέτουμε u x x= − +4 16 72 , οπότε du x dx x dx= − = −( ) ( ) .8 16 8 2 Επομένως

( ) ( )4 16 7 2 18

18 4

2 3 34

x x x dx u du u c− + − = = +∫ ∫

= − + +132

4 16 72 4( ) .x x c

iii) Θέτουμε u = x2 + 6x, οπότε du = (2x + 6)dx = 2(x + 3)dx. Επομένως,

xx x

dx duu

u du u c++

= = =−

+∫ ∫ ∫ −−3

612

12

12 32 4 4

43

( )

= − + =−+

+16

1 16 63 2 3u

cx x

c( )

.

iv) Θέτουμε u = 2 + x3, οπότε du = 3x2dx. Επομένως,

xxdx du

uu du u c x c

2

3

12

12 3

12

2

13

13

23

23

2+

= = = + = + +∫ ∫ ∫−

( ) .

v) Θέτουμε u = x + l, οπότε du = dx και x = u – 1. Επομένως,

x x dx u udu u du u du+ = − = −∫ ∫ ∫ ∫1 132

12( )

= − +25

23

52

32u u c

= −

+2 1

513

32u u c

22-0182-02.indb 286 26/11/2013 4:19:00 μμ

287

3.2

= + − +2

151 3 2

32( ) ( ) .x x c

3. i) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Επομένως,

e e dx udu u c e cx x xηµ ηµ συν συν∫ ∫= = − + = − +

ii) Θέτουμε u = ex + 1, οπότε du = exdx. Επομένως,

ee

dx duu

u c e cx

xx

+= = + = + +∫ ∫1

1ln ln( )

iii) Θέτουμε u = ln x, οπότε duxdx=

1 . Επομένως,

dxx x

duu

u du u cln

= = = +∫ ∫∫−12

12

12

= + = +2 2u c x cln

iv) Θέτουμε u = ln(ex + 1), οπότε du ee

dxx

x=+1

. Επομένως,

ee e

dx duu

u cx

x x( ) ln( )ln

+ += = +∫ ∫1 1

= + +ln ln( )e cx 1

= + +ln(ln( ))e cx 1αφού ln(ex + 1) > ln1 = 0.

v) Θέτουμε ux

=1 , οπότε du

xdx= −

12 . Επομένως,

ηµηµ συν συν

11

2x

xdx udu u c

xc

= − = + = +∫ ∫ .

22-0182-02.indb 287 26/11/2013 4:19:04 μμ

288

3.2


1. i) Θέτουμε u x= +1 2συν , οπότε du = – 2ημxσυνxdx ή du = – ημ2xdx. Επομένως,

ηµσυν

συν2

112

2xxdx du

uu c x c

+= − = − + = − + +∫ ∫ ln ln( )

ii) Θέτουμε u = ln(συνx), οπότε du xxdx xdx= − = −

ηµσυν

εϕ . Επομένως,

εϕ συν συνx x dx udu u c x cln( ) [ln( )]∫ ∫= − = − + = − +2

2

212

iii) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως,

συν ηµ ηµxe dx e du e c e cx u u x∫ ∫= = + = + .

2. i) Θέτουμε u xx

=+33

1, οπότε du x x x xx

dxxdx=

⋅ − +=

−3 3 1 32 3 2 3

6 4

( ) . Επομένως,

xx x

dx udu u du3

3 4

121 1 1

313

+= − = −∫ ∫ ∫

= −+

+ = − + = −+

+

+13 1

21

13 3

2

29

112

1 32 3

3

32u c u c x

xc.

ii) Θέτουμε u x= +2 1, οπότε du xx

dx xx

dx=+

=+

2

2 1 12 2. Επομένως,

xx

dx du u c x c2

2

11

+= = + = + +∫ ∫ .

iii) Θέτουμε u = x2 +1, οπότε du = 2xdx, οπότε έχουμε

x x dx udu u uduln( ) ln ( ) ln2 1 12

12

+ = = ′∫ ∫ ∫

= − ∫12

12

u u duln

= − + = + + − + +12

12

12

1 1 12

12 2 2u u u c x x x cln ( ) ln( ) ( ) .

22-0182-02.indb 288 26/11/2013 4:19:09 μμ

289

3.2

3. i) Έχουμε: x x dx x x dx2 2

32

3ln ln∫ ∫=

′

= − ′∫x x x

xx dx

32

3

22

3 31ln ( )

= − = − +∫13

23 3

29

3 2 23 2

3x x x dx x x x cln ln

3x

ii) Έχουμε (ln ) ( ) (ln ) (ln ) ln (ln )t dt t t dt t t t t t dt2 2 2 2∫ ∫ ∫= ′ = − ′

= − = − ′∫ ∫t t tdt t t t tdt(ln ) ln (ln ) ( ) ln2 22 2

= − + ∫t t t t ttdt(ln ) ln2 2 2 1

= − + +t t t t t c(ln ) ln2 2 2

iii) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Επομένως e e dx e e e dx u udux x x x x2 συν συν συν∫ ∫ ∫= =

= ′ = −∫ ∫u u du u u udu( )ηµ ηµ ηµ

= + + = + +u u u c e e e cx x xηµ συν ηµ συν .

4. i) Έχουμε εϕ

ηµσυν

συνσυν

xdx xxdx x

xdx∫ ∫ ∫= = −

′( )

= − +ln συνx c

και xxdx x x dx x x xdx

συνεϕ εϕ εϕ2∫ ∫ ∫= ′ = −( )

= + +x x x cεϕ συνln .1ii) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως,

συνηµ ηµ

xxdx du

u uc

xc2 2

1 1∫ ∫= = − + = − + .

22-0182-02-b.indd 289 28/11/2013 2:08:04 μμ

290

3.2

Επίσης έχουμε 1 1

2 2 2

+= +∫ ∫ ∫

συνηµ ηµ

συνηµ

xxdx

xdx x

xdx

= − − +σϕηµ

xxc1 .

iii) Έχουμε

ηµ ηµ ηµ συν ηµ3 2 21xdx x xdx x xdx∫ ∫ ∫= = −( ) .

Θέτουμε u = συνx, οπότε du = – ημxdx. Επομένως,

ηµ3 2 21 1xdx u du u du du∫ ∫ ∫ ∫= − − = −( )

= − + = − +u u c x x c

3 2

3 3συν

συν .

Επίσης έχουμε

συν συν συν ηµ συν3 2 21xdx x xdx x xdx∫ ∫ ∫= = −( ) .

Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως,

συν ηµηµ3 2

3 3

13 3

xdx u du u u c x x c∫ ∫= − = − + = − +( ) .

5. Έχουμε

i) ηµσυν

συν2 1 22

12

12

2xdx x dx x xdx∫ ∫ ∫=−

= −

= − +12

14

2x x cηµ

ii) συνσυν

ηµ2 1 22

12

14

2xdx x dx x x c∫ ∫=+

= + +

iii) ηµ συν ηµ2 2 214

2x xdx xdx∫ ∫=

=−

∫14

1 42

συν x dx

= − ∫18

18

4x xdxσυν

= − +18

132

4x x cηµ .

22-0182-02.indb 290 26/11/2013 4:19:19 μμ

291

3.2

6. Έχουμε

i) ηµ συν ηµ ηµx xdx x x dx2 12

3∫ ∫= − +[ ( ) ]

= − +∫ ∫12

12

3ηµ ηµxdx xdx

= − +12

16

3συν συνx x c

ii) συν συν συν συν3 5 12

2 8x xdx x x dx∫ ∫= +( )

= +∫ ∫12

2 12

8συν συνxdx xdx

= + +14

2 116

8ηµ ηµx x c

iii) ηµ ηµ συν συν2 4 12

2 6x xdx x x dx∫ ∫= −( )

= − +14

2 112

6ηµ ηµx x c.

7. i) Έχουμε:

2 33 2

3 23 2

3 22

2

22x

x xdx x x

x xdx x x c−

− +=

− + ′− +

= − + +∫ ∫( ) ln .

ii) Έχουμε: 3 23 2

3 21 22

xx x

xx x

+− +

=+

− −( )( ), x ∈ −{ , }.1 2R

Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι ώστε:

3 21 2 1 2x

x x x x+

− −=

−+

−( )( ),Α Β για κάθε x ∈ −{ , }.1 2R

Με απαλοιφή παρονομαστών έχουμε τελικά: (Α + Β)x – (2Α + Β) = 3x + 2, για κάθε x ∈ −{ , }1 2R (1)

Η (1) ισχύει για κάθε x ∈ −{ , },1 2R αν και μόνο αν

Α ΒΑ Β

Α+ =

− − =

⇔ = −3

2 25 και Β = 8.

22-0182-02.indb 291 26/11/2013 4:19:24 μμ

292

3.2

Επομένως 3 2

3 251

822

xx x

dxx

dxx

dx+− +

=−−

+−∫ ∫ ∫

= − − + − +5 1 8 2ln ln .x x c

iii) Από τη διαίρεση (x3 – 2x):(x2 + 3x + 2) βρίσκουμε:

x x x x x x3 22 3 2 3 5 6− = + + − + +( )( )

οπότε x x

x xx x

x x

3

2 2

23 2

3 5 63 2

−+ +

= − ++

+ + (1)

Εξάλλου έχουμε: 5 6

3 25 61 22

xx x

xx x

+− +

=+

+ +( )( ).

Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι, ώστε

5 61 2 1 2x

x x x x+

+ +=

++

+( )( )Α Β για κάθε x ∈ − − −{ , }.1 2R

Με απαλοιφή παρονομαστών, έχουμε τελικά

( ) .Α Β Α Β+ + + = +x x2 5 6 (2)

Η (2) ισχύει για κάθε x ∈ − − −{ , },1 2R αν και μόνο αν

Α ΒΑ Β

Α+ =

+ =

⇔ =5

2 61 και Β = 4.

Επομένως λόγω και της (1) έχουμε:

x xx x

dx x dx dxx x

dx3

2

23 2

31

42

−+ +

= − ++

++∫ ∫ ∫ ∫( )

= − + + + + +x x x x c2

23 1 4 2ln ln .

iv) Έχουμε 21 1 12x x x−

=−

++

Α Β , για κάθε x ∈ − −{ , }.1 1R

Με απαλοιφή παρονομαστών έχουμε (Α + Β)x + Α – Β = 2. (1)

22-0182-02.indb 292 26/11/2013 4:19:28 μμ

293

3.3

Η (1) ισχύει για κάθε x ∈ − −{ , },1 1R αν και μόνο αν

Α ΒΑ Β

Α+ =− =

⇔ =02

1 και Β = – 1.

Επομένως, έχουμε 21

11

11

1 12xdx

xdx

xdx x x c

−=

−−

+= − − + +∫ ∫ ∫ ln ln .


1. i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dydx

xy= −4 2

dyy

xdx2 4= −

dyy

xdx2 4∫ ∫= −

− = − +1 2 2

1yx c

yx c

=+1

2 2 , c ∈R.

ii) Η εξίσωση γράφεται

y dydx

x=

ydy xdx=

ydy xdx∫ ∫=

y x c2 2

12 2= +

y x c2 212= +

y x c2 2− = ,

y c x= + 2 , αφού y > 0 (c ∈R).

22-0182-02.indb 293 26/11/2013 4:19:32 μμ

294

3.3

iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: 1 2xydydx

=

dyy

xdx= 2

1 2ydy xdx∫ ∫=

ln y x c= +2 1

y ex c= +21

y e ec x= 12

y e ec x= ± 12

y cex=2

, όπου c ec= ± 1 .

iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dydx

e xy= − συν

e dy xdxy = συν

e dy xdxy∫ ∫= συν

e x cy = +ηµ

y x c= +ln( ),ηµ 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 e e y ex x x2 2 22 3

( )ye ex x2 23′ =

( )ye dx e dxx x2 23′ =∫ ∫

ye e cx x2 232

= +

22-0182-02.indb 294 26/11/2013 4:19:37 μμ

295

3.3

y ce x= + −32

2 , c∈ .R

ii) Μία παράγουσα της α(x) = 2 είναι η A(x) = 2x. Πολλαπλασιάζουμε με e2x οπότε έχουμε διαδοχικά

′ + =y e ye ex x x2 22

( )ye ex x2 ′ =

( )ye dx e dxx x2 ′ =∫ ∫ye e cx x2 = +

y e cex x= +− −2 , c∈ .R

iii) Μία παράγουσα της α(x) = l είναι η A(x) = x. Πολλαπλασιάζουμε με ex, οπότε έχουμε διαδοχικά

′ + = ⋅y e ye e xx x x 2

( )ye e xx x′ = 2

( )ye dx e xdxx x′ = ⋅∫ ∫2

ye c xe e dxx x x+ = − ∫1 2 2

ye xe e cx x x= − +2 2

y x ce x= − + −2 2 , c∈ .R

iv) Μία παράγουσα της α(x) = 2x είναι η A(x) = x2. Πολλαπλασιάζουμε ex2

, οπότε έχουμε διαδοχικά

′ + =y e xe y xex x x2 2 2

2

( )ye xex x2 2′ =

ye c xe dxx x2 2

1+ = ∫

ye e cx x2 212

= +

y ce x= + −12

2

, c∈ .R

22-0182-02.indb 295 26/11/2013 4:19:42 μμ

296

3.3

3. Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά:

dydx

x y= 2 2 2

dyy

x dx222=

y dy x dx−∫ ∫=2 22

− = +1 2

33

1yx c

− =+1 2 33

31

yx c

yx c

=−

+3

2 3 .

Επειδή y(0) = – 3, έχουμε −= −

3 3c

, οπότε c = 1. Άρα

yx

=−

+3

2 13 .

4. Η εξίσωση γράφεται y′ + 3y = 2. Μια παράγουσα της α(x) = 3 είναι η Α(x) = 3x, οπότε έχουμε διαδοχικά

′ + =y e ye ex x x3 3 33 2

′ + ′ =y e y e ex x x3 3 32( )

( )ye ex x3 32′ =

( )ye dx e dxx x3 32′ =∫ ∫

ye e cx x3 323

= +

y ce x= +

23 3 .

Επειδή y( )0 23

= έχουμε 23

23 0= +

ce, οπότε c = 0. Άρα y = 2

3.

22-0182-02.indb 296 26/11/2013 4:19:46 μμ

297

3.3

5. i) Μια παράγουσα της α ( )xx

=1

2συν είναι η Α(x) = εφx. Πολλαπλασιάζουμε

με e xεϕ , οπότε έχουμε διαδοχικά:

′ + =y e exy

xex x xεϕ εϕ εϕ

συν συν1 1

2 2

2

1( )x xye ex

εϕ εϕ′ =συν

ye c exdxx xεϕ εϕ

συν+ = ∫1 2

1

ye c e x dxx xεϕ εϕ εϕ+ = ′∫1 ( )

ye e cx xεϕ εϕ= +

y ce x= + −1 εϕ .Επειδή y(0) = – 3, έχουμε – 3 = 1 + c, οπότε c = – 4. Άρα

ye x= −1 4

εϕ .

ii) Επειδή x > 0, είναι x + l > 0, οπότε η εξίσωση γράφεται

′ ++

=+

yx

yx

x11

11ln .

Μία παράγουσα της α ( )xx

=+1

1 είναι η Α(x) = ln(x + 1). Πολλαπλασιάζουμε

με e xxln( ) ,+ = +1 1 οπότε έχουμε διαδοχικά ′ ⋅ + + =y x y x( ) ln1

( ( )) lny x x+ ′ =1

y x c xdx( ) ln+ + = ∫1 1

y x x x x c( ) ln+ = − +1

y x x x cx

=− ++

ln .1

Επειδή y(1) = 10, έχουμε − +=

12

10c , οπότε c = 21. Επομένως

y x x xx

=− ++

ln .211

22-0182-02.indb 297 26/11/2013 4:19:52 μμ

298

3.3


1. Μία παράγουσα της α(t) = 1 είναι η A(t) = t. Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της εξίσωσης με et και έχουμε διαδοχικά:

′ + =I t e I t e e tt t t( ) ( ) ηµ

( ( ) )I t e e tt t′ = ηµ

I t e c e tdtt t( ) + = ∫1 ηµ (1)

Εξάλλου έχουμε e tdt e t e tdtt t tηµ ηµ συν∫ ∫= −

= − +

∫e t e t e tdtt t tηµ συν ηµ ,

οπότε

2 1e tdt e t t ct tηµ ηµ συν∫ = − +( ) .

Άρα

e tdt e t t ct tηµ ηµ συν∫ = − +12( ) ,

οπότε από την (1) προκύπτει ότι

I t e e t t ct t( ) ( ) .= − +12

ηµ συν

Για t = 0 έχουμε

I e e c( ) ( )0 12

0 00 0= − +ηµ συν

0 12

= − + c

c = 12

.

Έτσι, τελικά είναι

I t e e t tt t( ) ( )= − +12

12

ηµ συν

I t t t e t( ) ( ) .= − + −12

12

ηµ συν

22-0182-02.indb 298 26/11/2013 4:19:56 μμ

299

3.3

2. Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά:

ye dydx

ey x2 2=

ye dy e dxy x2 2=

Άρα ye dy e dxy x2 2∫ ∫=

12

12

2 21e e cy x= +

e e cy x2 212= +

e e cy x2 2= + , c∈ .R

Επειδή y(2) = 2, έχουμε e4 = e4 + c, οπότε c = 0. Επομένως e ey x2 2= , οπότε y2 = 2x και άρα y x= 2 , αφού περνάει από το σημείο Α(2,2).

3. Μία παράγουσα 1( )xx

α = − είναι η Α( ) ln .x x= − Πολλαπλασιάζουμε με

e ex

x x− = =ln ln,

1 1 οπότε έχουμε διαδοχικά

′ − =yx x

y xx

1 1 12

yx

⋅

′

=1 1

yx

x c⋅ = +1

y x cx= +2 , c∈ .R

4. Ισχύει y′ = xy, y > 0, οπότε έχουμε διαδοχικά: dyy

xdx=

dyy

xdx∫ ∫=

ln ,y x c= +2

12 y > 0

22-0182-02.indb 299 26/11/2013 4:20:01 μμ

300

3.3

y ex c

=+

2

12

y c ex

= ⋅2

2 , c ec= >1 0.

Εξάλλου ισχύει y(0) = 1, οπότε c = 1. Άρα

y ex

=2

2 .

5. i) Μία παράγουσα της α(t) = α είναι η A(t) = αt, οπότε έχουμε διαδοχικά

′ + = ⋅−y e e y e et t t tα α λ αα β

( ) ( )ye et tα α λβ′ = −

ye c e dtt tα α λβ+ = −∫1( )

ye e ct tα α λβα λ

=−

+−( )

y e ce

tt=

−+−β

α λλ

α .

Άρα

y te

cet t( ) ,=

−+

βα λ λ α

1 , c∈ .R

ii) Επειδή α > 0, λ > 0 ισχύει limt te→+∞

=1 0λ και lim ,

t t

ce→+∞

=α 0 οπότε

lim ( ) .t

y t→+∞

= 0

6. Επειδή θ – Τ > 0 η εξίσωση γράφεται διαδοχικά:

d dtθθ

κ−

= −Τ

d t cθθ

κ−

= − +∫ Τ 1,

ln( )θ κ− = − +Τ t c1θ κ− = − +Τ e t c1

θ κ( ) ,t T ce t= + − c ec= 1 .

22-0182-02.indb 300 26/11/2013 4:20:06 μμ

301

3.3

Εξάλλου

θ θ θ θ( ) .0 0 00

0= ⇔ = + ⋅ ⇔ = −T c e c T

Άρα

θ θ κ( ) ( ) .t T T e t= + − −0

7. i) Έστω 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 P t P t( ) ( ) ( )= −1 2

οπότε

′ = ′ − ′P t P t P t( ) ( ) ( ).1 2 (1)

Είναι όμως

P t k P t1′ = ⋅( ) ( ), k > 0,

αφού έχουμε ρυθμό αύξησης του Ρ1(t) ανάλογο του P(t). Επίσης είναι P t m2

′ =( ) , 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–kt τα μέλη της εξίσωσης, οπότε έχουμε διαδοχικά:

′ − = −− − −P e ke P mekt kt kt

( )Pe mekt kt− −′ = −

Pe c m e dtkt kt− −+ = − ∫1

Pe mke ckt kt− −= +

P t mk

cekt( ) .= +

Επειδή P(0) = P0, έχουμε P mk

c0 = + , οπότε c P mk

= −0 . Άρα

22-0182-02.indb 301 26/11/2013 4:20:10 μμ

302

3.3

P t mk

P mkekt( ) ,= + −

0 k > 0

iii) Είναι ′ = −P t kP m ekt( ) ( )0

— 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 είναιV t r y t y t( ) ( ) ( ),= =π π2

όπου r = 1m η ακτίνα του κυλίνδρου, οπότε ′ = ′V t y t( ) ( ).π

Εξάλλου έχουμε

− = − ⋅ = −α π π2 0 1 20 0 02 52gy y y, , .

Έτσι ο νόμος του Torricelli γράφεται

π π′ = −y y0 02 5, ,

ή ισοδύναμα

′ = −y y550

(1)

ii) Προφανώς το y = 0 αποτελεί λύση της (1). Για y > 0 η εξίσωση γράφεται

dyy

dt= −550

,

οπότε έχουμε διαδοχικά:

y dy t c−∫ =−

+1 2 550

/

2 550

1 2y t c/ =−

+

y t c1 2 5100 2

/ =−

+

y t c=

−+

5100 2

2

.

22-0182-02.indb 302 26/11/2013 4:20:14 μμ

303

3.3

Όμως ισχύει y(0) = 36 dm, οπότε 362

2

=

c , συνεπώς c = 12. Άρα

y t t( ) = − +

5100

62

iii) H δεξαμενή αδειάζει τελείως, όταν y(t) = 0. Έτσι έχουμε:

y t t t( ) = ⇔ − + = ⇔ = = =0 5100

6 0 6005

6005

5 120 5 sec.

9. Η Ε = 0 αποτελεί μία προφανή λύση της διαφορικής εξίσωσης. Για Ε > 0 η εξίσωση γράφεται διαδοχικά:

dRCdtΕ

Ε= −

1

lnΕ = − +1

1RCt c

Ε ( )t etRC

c=

− + 1

Ε ( ) ,t k etRC= ⋅

− k ec= 1 .

Εξάλλου

Ε Ε Ε Ε( ) .t ke k etRC

tRC

1 0 0 0

1 1

= ⇔ = ⇔ =−

Άρα

E t E et tRC( ) .=

−

0

1

10. i) α) Αν αντικαταστήσουμε τις τιμές των R, L και Ε, κανόνας του Kirchhoff γράφεται

4 12 60,I I′ + =

ή ισοδύναμα ′ = +I I3 15. (1)

Μία παράγουσα της α(t) = 3 είναι η A(t) = 3t. Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη (1) με e3t, οπότε έχουμε διαδοχικά:

′ + =I e e I et t t3 3 33 15

( )Ie et t3 315′ =

22-0182-02.indb 303 26/11/2013 4:20:18 μμ

304

3.3

Ie c e dtt t31

35 3+ = ∫Ie e ct t3 35= + .

I t ce t

( ) .= +5 3

β) Είναι

lim ( ) lim .t t tI t c

e→+∞ →+∞= +

=5 53

Από την ισότητα lim ( )t

I t→+∞

= 5 συμπεραίνουμε ότι για «μεγάλες» τιμές του t η ένταση γίνεται σταθερή και η γραφική παράσταση της y = I(t) έχει ασύμπτωτη την ευθεία y = 5.

ii) Αν Ε = 60ημ3t ο κανόνας του Kirchhoff γράφεται διαδοχικά: ′ + =I I t3 15 3ηµ

′ + =I e e I e tt t t3 3 33 15 3ηµ

( )Ie e tt t3 315 3′ = ηµ

Ie c e tdtt t31

35 3 3+ = ∫ ηµ . (2)

Θέτουμε J e tdtt= ∫3 33 ηµ , οπότε

J e tdt e t e tdtt t t= ′ = −∫ ∫( )3 3 33 3 3 3ηµ ηµ συν

= − ′∫e t e tdtt t3 33 3ηµ συν( )

= − +

∫e t e t e tdtt t t3 3 33 3 3 3ηµ συν ηµ

= − −e t t Jt3 3 3 3( ) .ηµ συν

Άρα J e t t ct= − +

14

3 331( ) ,ηµ συν c1 ∈ .R

Λόγω της (2) έχουμε

Ie e t t ct t3 354

3 3= − +( )ηµ συν

Άρα I t t t c

e t( ) ( ) .= − +

54

3 3 3ηµ συν

22-0182-02.indb 304 26/11/2013 4:20:24 μμ

305

3.4

3.4 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έχουμε

i) f x dx f x dx( ) ( )4

3

3

411∫ ∫= − = −

ii) f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

8

4

1

1

8

1

4

1

89 13 4∫ ∫ ∫ ∫ ∫= + = − + = − + =

iii) f x dx f x dx f x dx f x dx( ) ( ) ( ) ( )1

3

1

4

4

3

3

49 9 11 2∫ ∫ ∫ ∫= + = − = − = −

iv) f x dx f x dx f x dx f x dx( ) ( ) ( ) ( )3

8

3

4

4

1

1

8

∫ ∫ ∫ ∫= + +

= − + = − =∫11 13 24 9 151

4f x dx( ) .

2. Έχουμε

ln (ln ln ) ln ln .1 11 1 1

1tdt t dt tdt tdt

ε ε ε

ε

∫ ∫ ∫ ∫= − = − =

3. Η ισότητα xx

dxx

dxk

k

2

21 2

141

51

3−+

−+

=∫ ∫ γράφεται διαδοχικά:

xx

dxx

dxk k2

21 21

41

51

3−+

++

=∫ ∫xx

dxk 2

21

4 51

3− ++

=∫1 3

1dx

k

∫ =

( )k − =1 3

k = 4.4. Έχουμε

i) [ ( ) ( )] ( ) ( ) ( )2 6 2 6 2 5 6 2 221

3

1

3

1

3f x g x dx f x dx g x dx− = − = ⋅ − ⋅ − =∫ ∫ ∫

ii) [ ( ) ( )] ( ) ( )2 23

1

3

1

3

1f x g x dx f x dx g x dx− = −∫ ∫ ∫

= − +∫ ∫21

3

1

3f x dx g x dx( ) ( )

= − ⋅ − = −2 5 2 12.

22-0182-02.indb 305 26/11/2013 4:20:30 μμ

306

3.5


1. Έχουμε

i) ( ) [ ] [ ] [ ]3 2 1 2 2 2 0 0 0 62

0

2 3 202 3 2 3 2x x dx x x x− + = − + = − + − − + =∫

ii) xx

dx xx x

dx dxx

x dxe e ee+

=+

= +∫ ∫ ∫∫−1 1

31 1

32

11

= +−

= − −

−

[ln ] ln lnx x ex

e

e

e

1

122

1

112

1 2

= − −

= −1 2 2

13 2

e e

iii) ( ) ( ) [ ]συν ηµ ηµ συν ηµ συνx x dx x x dx x x− = + ′ = +∫ ∫2 2 202

02

02

π π π

= + − − = − = −ηµ συν ηµ συνπ π

θ2

22

0 2 1 2 1

iv) xx

dx xx

dx x dx x dx dx+

= + +

= + +∫ ∫ ∫ ∫ −1 1 2 2

2

1

2 221

2 2

1

2 2

1

2

1

22

∫

=

+

−

+ − =

−

+−x x x

x

3

1

2 1

1

2 3

1

2

1

2

3 12 2 1

31 2( )

= − − −

+ =

83

13

12

1 2 296

.

2. Έχουμε

x xx

dx xx

dx x xx

dx xx

dx3

21

2

22

1 3

21

2

21

275

25

75

25

++

++

=++

−+∫ ∫ ∫ ∫

=++

= =

= − =∫ ∫

x xx

dx xdx x3

21

2

1

2 2

1

255 2

42

12

32

.

3. Έχουμε:

22-0182-02.indb 306 26/11/2013 4:20:36 μμ

307

3.5

2 2 2f x f x dx f x f x dx f x dx( ) ( ) ( ) ( ) [( ( )) ]′ = ′ = ′∫ ∫ ∫α

β

α

β

α

β

= = −[( ( )) ] ( ( )) ( ( )) .f x f f2 2 2αβ β α

4. Επειδή η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία (0,0) και (1,1) έχουμε f(0) = 0 και f(1) = 1. Επομένως σύμφωνα με το θεμελιώδες θεώρημα είναι:

′ = = − = − =∫ f x dx f x f f( ) [ ( )] ( ) ( ) .0

1

01 1 0 1 0 1

5. i) Θέτουμε u = συνx, οπότε, έχουμε:

′ = −( )′∫F x t dtx

( ) 1 2

1

συν

= − ⋅ ′ = − ⋅ − = − ⋅1 12 2συν συν συν ηµ ηµ ηµx x x x x x( ) ( ) .

ii) Η F(x) γράφεται

Έχουμε

= − ⋅ =−συν συνx

x xx

x1

2 2.

6. i) Έχουμε:

′ =+ +( )′+ +

=+

++ +

=

+ +

++ +

=f xx x

x x

xx

x x

x xx

x x x( )

2

2

2

2

2

2

2 2

1

1

1 22 1

1

11

1

1

++1

ii) Αν χρησιμοποιήσουμε το ερώτημα i) έχουμε:

dxx

f x dx f x f f1

1 02 0

1

01

0

1

+= ′ = = −∫∫ ( ) [ ( )] ( ) ( )

= +( ) − +( ) = +( )ln ln ln .1 2 0 1 1 2

22-0182-02.indb 307 26/11/2013 4:20:40 μμ

308

3.5


1. Έχουμε διαδοχικά: ddx

tg t dt ddx

x xx

( ) ( )0

4 6∫( ) = +

xg x x x( ) .= +4 63 5

Επομένως, για x = 1 έχουμε l∙g(l) = 4∙13 + 6∙15, οπότε g(1) = 10.

2. Η f(x) γράφεται:

f x e dt e dt e dt e dtt

x

tx tx tx( ) = + = − +∫ ∫ ∫

+συν συν συν συν20 2

0

1 2

0

2

0

π π π π++

∫1

,

οπότε έχουμε:

′ = − + = − ++ +f x e e e ex x x x( ) ( ) ( )συν συν συν συν2 2 1 2 2 2π π π π π

= − + =e ex xσυν συν2 2 0π π .

Αυτό σημαίνει ότι η f είναι σταθερή.

3. Έχουμε:

′ =−−f x x

ex( ) 2

2

και τον πίνακα x −∞ 2 +∞

f ′ (x) – 0 +

f(x)

0 min

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( , ]−∞ 2 , γνησίως αύξουσα στο [ , )2 +∞ και παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 2, το f(2) = 0.

4. Είναι

′ = ( )′∫F x x f t dtx

( ) ( )0

= +∫ f t dt xf xx

( ) ( ).0

5. Έχουμε:

22-0182-02.indb 308 26/11/2013 4:20:44 μμ

309

3.5

′ =+

+−

+F x

xx

x

( ) 11

1

1 12

2

2

=+

−+

=1

11

102 2x x.

Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση F είναι σταθερή.

F(x) = c, x ∈ +∞( , ).0

Είναι όμως, Ftdt

tdt( ) .1 1

11

1021

1

21

1=

++

+=∫ ∫ Επομένως

F(x) = 0, x ∈ +∞( , ).0

6. Έχουμε:

lim limh

h

h

h

ht dt

t dt

h→

+

→

+

⋅ + =+

∫∫

0

2

2

2

0

2

2

2

1 55

0ή0

µορϕ

=+( )′′→

+

∫lim

( )h

ht dt

h0

2

2

25

(κανόνας De L’ Hospital)

= + +→lim ( )h

h0

25 2

= =9 3.

7. i) Θέτουμε u x= −2 4, οπότε du = 2xdx. Τα νέα όρια ολοκληρώσεως είναι u1

24 4 12= − = και u226 4 32= − = . Επομένως,

xx

dx duu

u24

6

12

32

12

12

32

4

12

12 1

2

32 12 4 2 2 3−

= =

= − = −∫ ∫

ii) Έχουμε

[ ( ) ( )] ( )[ ] .ηµ συν ηµ ηµ συν ηµ συν ηµx x x x x dx x x x dx+ − + = + −∫ ∫02

02 1

π π

22-0182-02.indb 309 26/11/2013 4:20:49 μμ

310

3.5

Θέτουμε u = συνx + x, οπότε du x dx= − −( ) .ηµ 1 Τα νέα όρια είναι u1 = συν0

+ 0 = 1 και u2 2 2 2= + =συν

π π π . Επομένως,

ηµ συν ηµ ηµ( )[ ]x x x dx udu+ − = −∫∫ 102

02

ππ

= = − = −[ ] .συν συν συν συνu 12

21 1

π π

8. i) Έχουμε:

x x dx x x dx x x dx2

0

2 2

0

1 2

1

21 1 1− −( ) = + − + − +∫ ∫ ∫( ) ( )

= + −

+ − +

x x x x x x3 2

0

1 3 2

1

2

3 2 3 2

= + − + − + =13

12

1 73

32

1 53

ii) Η f είναι συνεχής στο [–π,π] οπότε έχουμε

f x dx xdx xdx x x( ) [ ]− −

−∫ ∫ ∫= + =

−

π

π

π

π

π

π0

0

2 0

02ηµ συν

= − − − = − +π

ππ2 2

20

22( ) .συν συν

iii) Το τριώνυμο x x2 3 2− + έχει ρίζες τους αριθμούς 1 και 2 και το πρόσημό του φαίνεται στον πίνακα:

x −∞ 1 2 +∞

x x2 3 2− + + 0 – 0 +

Επομένως έχουμε:

x x dx x x dx x x dx x x dx2

0

3 2

0

1 2

1

2 2

2

33 2 3 2 3 2 3 2− + = − + + − + − + − +∫ ∫ ∫ ∫( ) ( ) ( )

= − +

+ − + −

+ − +

x x x x x x x x x3

2

0

1 32

1

2 32

332

23

32

23

32

2 2

3

= − +

+ − + − + −

+ − + − + −

=13

32

2 83

6 4 13

32

273

272

6 83

6 4 1116

.

22-0182-02.indb 310 26/11/2013 4:20:56 μμ

311

3.5

9. i) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε:

ln ln lnxxdx x

xdx x xdx

e e e

1 1 1

2 2 2

22

2∫ ∫ ∫= = ( )′

=

− ∫2 2 11 1

2 2

x x xxdx

e eln

= − − ∫2 2 1 4 12

2

1

2

e exdx

eln ln

= −

= − − =4 4 4 4 1 4

1

2

e x e ee

( ) .

ii) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε:

xe dx x e dx xe e dxx x x x− − − −∫ ∫ ∫= − ′ = − +0

1

0

1

01

0

1( ) [ ]

= − − = − − −

= − =

−− −e ee e e

ee

x101 1 1 1 1 2 2[ ]

iii) Θέτουμε u = 9 + x2, οπότε du = 2xdx, u1 = 9 και u2 = 10. Επομένως:

x x dx udu u uduln( ) ln ( ) ln9 12

12

2

0

1

9

10

9

10+ = = ′∫ ∫ ∫

=

− = − − −∫u u duln ln ln ( )2

12

10 102

9 92

1210 9

9

10

9

10

= − −5 10 92

9 12

ln ln .

iv) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε:

I e xdx e x dxx x= = ′∫ ∫συν ηµ2 12

202

02

π π

( )

= − ⋅∫12

2 12

202

02[ ]e x x e dxx xηµ ηµ

π π

= + ′∫0 14

202 e x dxx ( )συνπ

=

− ∫14

2 14

20

2

02e x e xdxx xσυν συν

ππ

22-0182-02.indb 311 26/11/2013 4:21:01 μμ

312

3.5

= − −14

14

0 14

2 0e e Iπ

πσυν συν ,

οπότε 54

14

14

15

12 2I e I e= − − ⇔ = − +π π

( ).

10. Έχουμε:

I J x xdx x xdx x x x dx+ = + = +∫ ∫ ∫ηµ συν ηµ συν2

02 2

02 2 2

02

π π π

( )

= =

=∫ xdx x

02

2

0

2 2

2 8

ππ

π .

Επίσης

I J x x x dx x xdx− = − = −∫ ∫( )ηµ συν συν2 2

02

02 2

π π

= − ′ = − +∫ ∫12

2 12

2 12

202

02

02x x dx x x xdx( ) [ ]ηµ ηµ ηµ

π π π

= −

=12 2

0 14

2 02π

ππ

ηµ συν[ ]x

= − − = − − − =14

0 14

1 1 12

( ) ( ) .συν συνπ

Αν λύσουμε το σύστημα I J

I J

+ =

− =

π 2

812

βρίσκουμε

I = +π 2

1614

και J = −π 2

1614

.

11. Επειδή f ″ συνεχής έχουμε:

f x xdx f x xdx( ) ( ) .ηµ ηµ0 0

2π π

∫ ∫+ ′′ = (1)

Όμως είναι:

′′ = ′ − ′ ′∫ ∫f x xdx f x x f x x dx( ) [ ( ) ] ( )( )ηµ ηµ ηµ0 0 0

π π π

22-0182-02.indb 312 26/11/2013 4:21:07 μμ

313

3.6

= − ′∫ f x xdx( )συν0

π

= − + ′∫[ ( ) ] ( )( )f x x f x x dxσυν συν0 0

π π

= + − ∫f f f x xdx( ) ( ) ( )ππ

00

ηµ

= + − ∫1 00

f f x xdx( ) ( )ηµπ

Έτσι, η σχέση (1) γράφεται

f x xdx f f x xdx( ) ( ) ( ) ,ηµ ηµ0 0

1 0 2π π

∫ ∫+ + − =

οπότε f(0) = 1.

12. Επειδή οι f ″ και g″ είναι συνεχείς έχουμε

I f x g x f x g x dx= ′′ − ′′∫ ( ( ) ( ) ( ) ( ))α

β

= ′′ − ′′∫ ∫f x g x dx f x g x dx( ) ( ) ( ) ( )α

β

α

β

= ′ − ′ ′ − ′ + ′ ′∫[ ( ) ( )] ( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ) ( )f x g x f x g x dx f x g x f x g x dxαβ

α

β

αβ

α

ββ

∫= ′ − ′ − ′ − ′f g f g f g f g( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( ) ( ) ( )]β β α α β β α α

= ′ − ′f g f g( ) ( ) ( ) ( ),β β β β (αφού f (α) = g(α) = 0)

( ) ( ) ( ) ( ),f β g β g β g β′ ′= − (αφού ′ = ′f g( ) ( )β β )

= ′ −g f g( )( ( ) ( )).β β β


1. Έχουμε:

0 1 1 10

1

0

1

0

1

0

1= − = − = −∫ ∫ ∫ ∫( ( ) ) ( ) ( ) ,f x dx f x dx dx f x dx

οπότε

f x dx f x dx f( ) ( ) .0

1

0

11 1

1 01 1∫ ∫= ⇔

−= ⇔ =

2. Έχουμε:

22-0182-02.indb 313 26/11/2013 4:21:12 μμ

314

3.6

0 = − = − = − −∫ ∫ ∫ ∫( ( ) ) ( ) ( ) ( ),f x k dx f x dx kdx f x dx kα

β

α

β

α

β

α

ββ α

οπότε

f x dx k f x dx k f k( ) ( ) ( ) .α

β

α

ββ α

β α∫ ∫= − ⇔−

= ⇔ =1

3. Έστω η συνάρτηση f(x) = x, x ∈[ , ].α β Τότε η μέση τιμή x του x στο [α,β] είναι:

x f xdx xx

= =−

=−

=

−−

∫

1 1 12 2

2 2 2

β α β α β αβ α

α

β

α

β

=−

−=

+12 2

2 2

β αβ α α β .


1. Έχουμε:

f x dx=−

=−

−=

+ +∫

1 13 3

23 3 2 2

β α β αβ α α αβ β

α

β και

gxdx

x=

−=

−−

=−

−

∫

1 1 1 1 1 1 12β α β α β α α βα

β

α

β

=−

−=

1 1β α

β ααβ αβ

,

οπότε

f g⋅ =+ +

⋅ =+ +α αβ β

αβα αβ β

αβ

2 2 2 2

31

3.

Έτσι, έχουμε να δείξουμε ότι:

α αβ βαβ

α αβ β αβ2 2

2 2

31 3+ +

> ⇔ + + >

⇔ − + > ⇔ − >α αβ β α β2 2 22 0 0( ) ,

που ισχύει. Επομένως είναι f g⋅ > 1.

2. α) Έχουμε:

22-0182-02.indb 314 26/11/2013 4:21:17 μμ

315

3.7

υ υ= = − = −∫ ∫ ∫1 1

4 40

2 2

0

2 2

0Rr dr

RPnR r dr P

RnR r dr

R R R( ) ( ) ( )

= − −

PRn

R R rR

40

32

3

0

( )

= −

PRn

R R4 3

33

= =PRn

R PRn4

23 6

3 2

.

β) Εξάλλου έχουμε:

′ = − =−

<υ ( ) ( ) Pr ,r Pn

rn4

22

0

για κάθε r R∈ ( , ).0

Όμως η υ υ= ( )r είναι συνεχής στο [0,R], οπότε θα είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,R]. Επομένως η μέγιστη ταχύτητα είναι:

υ υµεγ = =( ) .04

2PRn

Προφανώς ισχύει υ υµεγ > .

3. Έχουμε

f x dx f( ) ( ).0

11∫ = (1)

Επιπλέον, σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ∈ ( , )0 1 τέτοιο, ώστε

f x dx f( ) ( ).0

1

∫ = ξ (2)

Από (1) και (2) προκύπτει ότι f(ξ) = f(1), οπότε στο διάστημα [ξ,1] ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle. Άρα, υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 1∈ ( , )ξ τέτοιο, ώστε f ′ (x0) = 0. Επομένως η Cf έχει τουλάχιστον μία οριζόντια εφαπτομένη.


1. Το τριώνυμο f x x x( ) = − +2 2 3 έχει διακρίνουσα Δ = – 8 < 0, οπότε ισχύει f(x) > 0 για κάθε x ∈ .R Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:

22-0182-02.indb 315 26/11/2013 4:21:22 μμ

316

3.7

Ε = − + = − +

= − + =∫ ( )x x dx x x x2

0

2 32

0

2

2 33

3 83

4 6 143

τετρ. μον.

2. i) Για κάθε x ∈ +∞[ , )0 ισχύει f x x( ) .= ≥3 0 Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:

Ε = =

= = ( ) =∫ xdx x x3

0

27

43

0

27

43

027 3

4 5

43

34

34

27 34

[ ] τ.μ.

ii) Για κάθε x ∈

03,π ισχύει f x

x( ) .= >

1 02συν Επομένως το εμβαδόν που

ζητάμε είναι

Ε = = = − =∫1

30 320

303

συνεϕ εϕ εϕ

xdx x

π π π[ ] τ.μ.

3. Οι τετμημένες των σημείων τομής της Cf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 – 3x = 0, δηλαδή οι αριθμοί 0 και 3.

Επειδή f(x) < 0 για κάθε x∈[ , ],0 3 έχουμε:

Ε = = −∫ ∫f x dx f x dx( ) ( )0

3

0

3

= − − = − −

∫ ( )x x dx x x2

0

3 3 2

0

3

33

32

= −

= ⋅ − =

32 3

32

9 273

92

23

0

3

x x τ.μ.

4. Οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων Cf και Cg είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται:

f x g x x x x( ) ( )= ⇔ = −3 22

⇔ + − =x x x( )2 2 0

⇔ =x 0 ή x = 1 ή x = −2.

y x – 3x2

O 3

32

94

y

x

=

22-0182-02.indb 316 26/11/2013 4:21:27 μμ

317

3.7

Το πρόσημο της διαφοράς f x g x x x x x x x( ) ( ) ( )( )− = + − = − +3 2 2 1 2

φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

x −∞ –2 0 1 +∞

f(x) – g(x) – 0 + 0 – 0 +

Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:

Ε = −−∫ f x g x dx( ) ( )

2

1

= − + −−∫ ∫( ( ) ( )) ( ( ) ( ))f x g x dx g x f x dx

2

0

0

1

= + − + − −−∫ ∫( ) ( )x x x dx x x x dx3 2

2

0 2 3

0

12 2

= + −

+ − −

−

x x x x x x4 32

2

02

3 4

0

1

4 3 3 4

= − + + + − − = − =4 83

4 1 13

14

103

14

3712

τ.μ.

5. Οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) = 4 – x2 και g(x) = x – 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται

f x g x x x( ) ( )= ⇔ − = −4 22

⇔ + − =x x2 6 0

⇔ = −x 3 ή x = 2.

Το πρόσημο της διαφοράς f x g x x x( ) ( )− = − − +2 6 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

x −∞ –3 2 +∞

f(x) – g(x) – 0 + 0 –

Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:

22-0182-02.indb 317 26/11/2013 4:21:31 μμ

318

3.7

Ε = −−∫ f x g x dx( ) ( )

3

2

= − − + = − − +

−

−∫ ( )x x dx x x x2

3

2 3 2

3

2

63 2

6

= − − +

− − −

= + =83

42

12 273

92

18 20 56

1256

τ.μ.


1. i) Επειδή f ′ (x) = 6x έχουμε f ′ (1) = 6, οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α(1,3) είναι:

ε : ( )y x y x− = − ⇔ = −3 6 1 6 3

ii) Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο

Β120, .

Επομένως, το εμβαδόν που ζητάμε

είναι:

Ε = + = + − +∫ ∫ε ε1 22

0

12 2

12

13 3 6 3x dx x x dx( )

= + − +[ ] [ ]x x x x30

12 3 2

12

13 3

= + − + − − +

=

18

1 3 3 18

34

32

14

τ.μ.

2. Επειδήlim ( ) lim ( ) ( ),x x

f x f x f→ →− +

= =1 1

1

η συνάρτηση f είναι συνεχής και στο σημείο 1, οπότε αυτή είναι συνεχής σε όλο το R.Είναι φανερό, επιπλέον, ότι f x( ) ≥ 0 για κάθε x ∈ −[ , ].1 2 Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

22-0182-02.indb 318 26/11/2013 4:21:35 μμ

319

3.7

Ε = = − + +− −∫ ∫ ∫f x dx x dx xdx( ) ( )

1

2 2

1

1

1

23 2

= − +

+

−

x x x3

1

132

1

2

33 2

32

= − + − −

+ −( )1

33 1

33 4

32 13

= +4 83

2 τ.μ.

3. Οι τετμημένες των σημείων τομής της Cf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = 0, δηλαδή οι αριθμοί 1

και 52

. Στο 1 52,

η f είναι και συνεχής

και ισχύει f x( ) .≥ 0 Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε = ∫ f x dx( )1

52

= − + − + − +∫ ∫( ) ( )x x dx x dx2

1

2

2

524 3 2 5

= − + −

+ − +

x x x x x3

2

1

22

2

52

32 3 5

= − + − − − + −

+ − +

− − + =

83

8 6 13

2 3 254

252

4 10 1112

( ) τ.μ.

4. Οι τετμημένες των σημείων τομής των Cf και Cg είναι οι ρίζες της εξίσωσης f (x) = g(x), που γράφεται

22-0182-02.indb 319 26/11/2013 4:21:39 μμ

320

3.7

f x g x x x( ) ( )= ⇔ − =+1 13

⇔ − =+x x1 19

2( )

⇔ − + =x x2 7 10 0

⇔ =x 2 ή x = 5.

Εξάλλου, για x ≥ 1 έχουμε:

f x g x x x( ) ( )≥ ⇔ − ≥+

1 1

3

2

⇔ − + ≤x x2 7 10 0

⇔ ≤ ≤2 5x .

Επομένως, το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε = − −+

= − − +∫ ∫ ∫x x dx x dx x dx1 1

31 1

31

2

5

2

5

2

5( ) .

Στο 1° ολοκλήρωμα θέτουμε u = x – 1, οπότε du = dx, u1 = 1, u2 = 4 και έτσι έχουμε:

Ε = − +

=

− + − −∫ u du

x x u12

1

4 2

2

532

1

4

13 2 3

2

13

252

5 2 2

= −( ) − +

=

23

4 1 13

252

1 16

3 τ.μ.

5. i) Έχουμε f(e) = l = g(e). Άρα το σημείο A(e,l) είναι κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων Cf και Cg των συναρτήσεων f και g. Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα, ενώ η g γνησίως αύξουσα, οι Cf και Cg έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το Α. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε(λ) ισούται με

22-0182-02.indb 320 26/11/2013 4:21:43 μμ

321

3.7

Ε ( ) ln .λλ

= +∫ ∫xdx exdx

e

e1

Είναι όμως

ln ( ) lnxdx x xdxe e

1 1∫ ∫= ′

= − ∫[ ln ]x x dxe e

1 1

= − − =e e eln ( ) .1 1

Άρα

Ε ( ) ln [ln ]λλ λ= + = +∫ ∫xdx exdx e x

e

e e11

= + − = + −1 1 1e e e eln ln (ln ).λ λ

ii) Επομένως, lim ( ) lim [ (ln )]

λ λλ λ

→+∞ →+∞= + −Ε 1 1e

= − + = +∞→+∞

( ) lim (ln ) .1 e eλ

λ

6. Η τετμημένη του Α είναι η λύση της εξίσωσης 3x = 3, που είναι ο αριθμός 1.Η τετμημένη του Β είναι η λύση του

συστήματος y xy

==

3

, που είναι ο αρι-θμός 3.Το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με:

( ) ( )3 3 32

320

1

1

3

0

1 2

0

1 2

1

3x xx dx x dx dx x x x

− + − = −

+ −

∫ ∫ ∫

= − + − − +

133 1

29 923 120

1

ln[ ]x

= − + − = +133 1 6 9

22332ln

[ ]ln

τ.μ.

22-0182-02.indb 321 26/11/2013 4:21:48 μμ

322

3.7

7. Η τετμημένη του σημείου Α είναι ρίζα της εξίσωσης

x x x2 22 2 1− + = − ,

που είναι ο αριθμός x = 32

. Επομένως,

το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με:

Ε = − − + − + − +∫ ∫ ∫( ) ( ) ( )x dx x dx x x dx2

0

1 2

1

32 2

32

21 1 2 2

= − −

+ −

+ − +

x x x x x x x3

0

1 3

1

32 3

2

32

2

3 3 32

= − −

+

− − +

+ − + −

13

1 13

32

32

13

1 83

4 4 13

32

3 33 232

2 32

+

−

=74

τ.μ.

8. i) Οι εξισώσεις των εφαπτομένων ε1 και ε2 της Cf στα σημεία Ο και Α αντιστοίχως είναι:ε1 0 0 0: ( ) ( )( )y f f x− = ′ −

και ε π π π2 : ( ) ( )( )y f f x− = ′ −

Επειδή f ′ (x) = συνx έχουμε: f ′ (0) = 1 και f ′ (π) = – 1, οπότε

ε1 : y x= και ε π2 : .y x= − +

ii) Η τετμημένη του σημείου τομής Β των ε1 και ε2 είναι η ρίζα της εξίσωσης x

= – x + π, δηλαδή ο αριθμός x =π2

. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

22-0182-02.indb 322 26/11/2013 4:21:52 μμ

323

3.7

Ε = − + − + −∫ ∫( ) ( )x x dx x x dxηµ ηµ02

2

π

π

ππ

= +

+

−+ +

x x x x x2

0

2 2

22 2

συν συν

π

π

π

π

= + − − + + + − −π π π

π ππ π π2 2

22 2

8 20

2 8 2 2συν συν συν συν

= −π 2

42.

9. α) Έχουμε

′ =f xx

( ) ,12

x ∈ +∞( , ),0

οπότε ′ =f ( )1 12

και η εξίσωση της

εφαπτομένης ε είναι:

y x y x− = − ⇔ = +1 12

1 12

12

( )

Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο με τετμημένη –1. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε = +

+ + −

−∫ ∫

12

12

12

121

0

0

1x dx x x dx

= +

+ + −

−

x x x x x2

1

0 232

0

1

412 4 2

23

= − + + + − =14

12

14

12

23

13

τ.μ.

β) Εξετάζουμε αρχικά αν υπάρχει ευθεία x = α με α ∈ −[ , ]1 0 η οποία χωρίζει το χωρίο (Α) του (α) ερωτήματος σε δύο ισοεμβαδικά χωρία. Δηλαδή αν υπάρχει τιμή του α ∈ −[ , ]1 0 τέτοια, ώστε να ισχύει:

12

12 2 4 2

161

2

1

0

x dx x x+

= ⇔ +

=

−−

∫α Ε

22-0182-02.indb 323 26/11/2013 4:21:58 μμ

324

3.7

⇔ + − + = ⇔ + + =α α

α α2

2

4 214

12

16

3 6 1 0.

Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς α13 6

3=

− + και α23 6

3=

− − .

Από αυτούς μόνο ο α1 ανήκει στο διάστημα [–1,0]. Επομένως η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση:

x =− +3 6

3.

Αν εργαστούμε ανάλογα για α ∈[ , ],0 1 βρίσκουμε ότι δεν υπάρχει άλλη ευθεία x = α που να χωρίζει το χωρίο Α σε δύο ισοεμβαδικά χωρία. Αυτό, άλλωστε, ήταν αναμενόμενο.

10. Έχουμεg x x x( ) ln ln ln ,= − = −1

που σημαίνει ότι η Cg είναι συμμετρική της Cf ως προς τον άξονα x′x.Η τετμημένη του Α είναι ρίζα της

εξίσωσης ln ln ,1 2x= που είναι ο

αριθμός x = 12

. Η τετμημένη του Β

είναι ρίζα της εξίσωσης ln x = ln2, που είναι ο αριθμός x = 2. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε = −

+ −∫ ∫ln ln (ln ln )2 1 21

2

1

1

2

xdx x dx

= −

+ + − −∫ ∫ln ln ln ( ) ln2 1 12

2 2 112

1

1

2xdx xdx

= + − + − +∫ ∫12

2 1 2 112

112

1

12

1

2ln [ ln ] ln [ ln ]x x dx x x dx

= + − − −

+ − + + −

12

2 1 1 12

12

1 12

2 2 2 1 1 2 1ln ln ln ln ln ln

22-0182-02.indb 324 26/11/2013 4:22:02 μμ

325

3.7

= + − − +12

2 12

2 12

2 1ln ln ln

=12

.

11. i) Έχουμε f(0) = 2 και f ′ (x) = 2x – 3.

Από τον τύπο ′ = +∫ f x dx f x c( ) ( ) έχουμε διαδοχικά

( ) ( )2 3x dx f x c− = +∫x x f x c2 3− = +( )

f x x x c( ) .= − −2 3

Είναι όμως,

f c c( ) .0 2 2 2= ⇔ − = ⇔ = −

Επομένως,f x x x( ) .= − +2 3 2

ii) Οι τετμημένες των σημείων τομής της Cf με τον άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x x2 3 2 0− + = δηλαδή x1 = 1 και x2 = 2. Επειδή x x2 3 2 0− + < , όταν x∈ ( , ),1 2 το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε = − − + = − − +

∫ ( )x x dx x x x2

1

2 3 2

1

2

3 23

32

2

= − − ⋅ + ⋅

+ − +

=

83

32

4 2 2 13

32

2 16

τ.μ.

12. i) Η Cf τέμνει τον άξονα των x στα σημεία Α(1,0) και Β(3,0).Επειδή ′ = − + ′ = −f x x x x( ) ( ) ,2 4 3 2 4 έχουμε

f ′ (1) = – 2 και f ′ (3) = 2. Επομένως, η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α(1,0) είναι:

y f f x y x− = ′ − ⇔ = − +( ) ( )( )1 1 1 2 2ενώ η εξίσωση της εφαπτομένης στο Β(3,0) είναι:

22-0182-02.indb 325 26/11/2013 4:22:07 μμ

326


y f f x y x− = ′ − ⇔ = −( ) ( )( )3 3 3 2 6

ii) Η τετμημένη του σημείου τομής Γ των εφαπτομένων είναι λύση της εξίσωσης − + = −2 2 2 6x x δηλαδή ο αριθμός x = 2. Επομένως το σημείο τομής τους είναι το Γ(2, –2).Λόγω της συμμετρίας του σχήματος έχουμε:

● ε12

1

22 4 3= − − +∫ ( )x x dx

= − − +

2

32 3

32

1

2x x x

= − − ⋅ + ⋅ − + −

=2 8

32 4 3 2 1

32 3 4

3

και

● ε22

1

2 2

1

22 4 3 2 2 2 2 1= − + + − = − +∫ ∫( ) ( )x x x dx x x dx

= − +

= − + − + −

=23

2 83

4 2 13

1 1 23

32

1

2x x x .

Άρα εε

1

2

4323

2= = .

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ

1. i) Θέτουμε u = π – x, οπότε du = – dx, u1 = π, u2 = 0. Έτσι έχουμε:

I xf x dx u f u du= = − − −∫ ∫( ) ( ) ( ( ))ηµ ηµ0

0π

ππ π

= − +∫ ∫ππ πf u du uf u du( ) ( )ηµ ηµ

0 0

= −∫ππf u du I( ) .ηµ

0

Επομένως 20

I f u du= ∫ππ( ) ,ηµ οπότε I f x dx= ∫

π π

2 0( ) .ηµ

22-0182-02.indb 326 26/11/2013 4:22:12 μμ

327


ii) Σύμφωνα με το ερώτημα (i) έχουμε:

I x xxdx x

xdx x

xdx1 20 20 203 2 3 2 4

=+

=+

=−∫ ∫ ∫

ηµηµ

ηµηµ

ηµσυν

π π ππ π .

Θέτουμε u = συνx, οπότε du = – ημxdx. Επομένως:

I duu

duu1 21

1

21

1

2 4 2 4= −

−=

−

− −

∫ ∫π π .

Αναζητούμε α β, ∈R τέτοια, ώστε να ισχύει: 14 2 22u u u−

=−

++

α β ή,

ισοδύναμα, ( ) ( ) ,α β α β+ + − =u 2 1 για κάθε u ∈ − −{ , }.2 2R

Η τελευταία ισχύει για κάθε u ∈ − −{ , },2 2R αν και μόνο αν

α βα β

α+ =

− =

⇔ =0

2 114( )

και β = −14

.

Επομένως

Iu

duu

du1 1

1

1

1

2

14

2 2

142

=−

+−

+

− −

∫ ∫π π

= − − + − −π π

82

82

1

1

1

1ln lnu u

= − − −π π8

3 18

1 3(ln ln ) (ln ln )

= + =π π π8

38

34

3ln ln ln .

2. i) Αναζητούμε α, β τέτοια ώστε 11 1 12x x x−

=−

++

α β ή, ισοδύναμα,

1= + + −( ) ( ),α β α βx για κάθε x ∈ − −{ , }.1 1R

Η τελευταία ισχύει για κάθε x ∈ − −{ , },1 1R αν και μόνο αν

α βα β

α+ =− =

⇔ =01

12

και β = −12

.

Έτσι τελικά έχουμε:

dxx

dxx

dxx

x x20

12

0

12

0

12

0

12

112 1

12 1

12

1 12

1−

=−

−+

= − − +∫ ∫ ∫ ln ln 012

22-0182-02.indb 327 26/11/2013 4:22:19 μμ

328


= −

− −

12

12

1 12

32

1ln ln ln ln

= −

= =

12

12

32

12

1232

12

13

ln ln ln ln

= = −ln ln .13

3

ii) Έχουμε:

113

22

3

22

3

2

ηµηµηµ

ηµσυνx

dx xxdx x

xdxπ

π

π

π

π

π

∫ ∫ ∫= =−

.

Θέτουμε u = συνx, οπότε du xdx= −ηµ , u1 312

= =συνπ και u2 2

0= =συνπ .

Επομένως

11 1

33

221

2

0

20

12

ηµxdx du

uduuπ

π

∫ ∫ ∫= −−

= −−

= ln (από i)).

3. Για u ≠ –1, –2 αναζητούμε α β, ∈ R τέτοιους, ώστε:

11 2 1 2( )( )u u u u+ +

=+

++

α β

ή, ισοδύναμα, 1 2 1= + + +α β( ) ( ),u u για κάθε u ≠ –1, –2

( ) ,α β α β+ + + − =u 2 1 0 για κάθε u ≠ –1, –2

Η τελευταία ισχύει για κάθε u ∈ − − −{ , },1 2R αν και μόνο αν

α βα β

αβ

+ =+ =

⇔== −

02 1

11.

Επομένως

11 2 1 2( )( )u u

du duu

duu+ +

=+

−+∫ ∫ ∫

= + − + +ln lnu u c1 2

22-0182-02.indb 328 26/11/2013 4:22:24 μμ

329


i) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως

συνηµ ηµ

xx x

dx duu u( )( ) ( )( )+ +

=+ +∫ ∫1 2 1 2

= + − + +ln lnu u c1 2

= + − + +ln lnηµ ηµx x c1 2

ii) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Έτσι έχουμε

ee e

dx duu u

e e cx

x xx x

( )( ) ( )( )ln ln

+ +=

+ += + − + +∫ ∫1 2 1 2

1 2

= + − + +ln( ) ln( ) .e e cx x1 2

4. i) Έχουμε:

I I ttdt t

tdtν ν

ν ν

+ =+

+++

+ +

∫ ∫1

2 1

20

1 2 3

20

1

1 1

=+

+=

++∫ ∫

t tt

dt t dt2 1 2

20

1 2 1

0

111

νν( )

=+

=

+

+t 2 2

0

1

2 21

2 2

ν

ν ν

ii) I ttdt t

tdt0 20

1 2

20

1

112

11

=+

=+ ′+∫ ∫

( )( )

= + = − =12

1 12

2 1 12

2201[ln( )] (ln ln ) ln .t

Εξάλλου από το ερώτημα i) έχουμε I I0 11

2 0 212

+ =⋅ +

= , οπότε

I I1 012

1212

2 121 2= − = − = −ln ( ln ).

Επίσης είναι I I2 11

2 1 2+ =

⋅ +, οπότε

I I2 114

141212

2 12

2 14

= − = − + = −ln ln .

5. Θέτουμε g(x) το 1° μέλος και h(x) το 2° μέλος και έχουμε:

22-0182-02.indb 329 26/11/2013 4:22:30 μμ

330


● ′ = −( )′∫ ∫g x x f u du uf u dux x

( ) ( ) ( )0 0

= + − =∫ ∫f u du xf x xf x f u dux x

( ) ( ) ( ) ( )0 0

και

● ′ = ∫h x f t dtx

( ) ( ) .0

Δηλαδή ισχύει g′(x) = h′(x) για κάθε x ∈ .R Επομένως, υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε g(x) = h(x) + c ή, ισοδύναμα,

f u x u du f t dt du cx ux( )( ) ( ) ,− = ( ) +∫ ∫∫0 00

για κάθε x ∈ .R

Για x = 0 έχουμε:

f u u du f t dt du c c cu

( )( ) ( )0 0 0 00

0

00

0− = ( ) + ⇔ = + ⇔ =∫ ∫∫

οπότε έχουμε:

f u x u du f t dt dux ux

( )( ) ( ) .− = ( )∫ ∫∫0 00

6. i) ● Η συνάρτηση g u u( ) = −2 1 έχει πεδίο ορισμού το σύνολο

Α = −∞ − ∪ +∞( , ] [ , ).1 1Άρα, για να ορίζεται η f πρέπει τα άκρα 1, t να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του Α. Άρα πρέπει t ∈ +∞[ , ),1 οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το [ , ).1 +∞ Για να ορίζεται, τώρα, η F πρέπει τα άκρα 1, x να ανήκουν στο διάστημα [ , )1 +∞ που είναι το πεδίο ορισμού της f . Άρα πρέπει x ∈ +∞[ , ),1 οπότε το πεδίο ορισμού της F είναι το [ , ).1 +∞

ii) ● Έχουμε

′ = = −∫F x f x u dux

( ) ( ) 2

11

οπότε ′′ = ′ = −F x f x x( ) ( ) .2 1

Επειδή F″(x) > 0 στο ( , )1 +∞ και F″(1) = 0, η F ′ είναι γνησίως αύξουσα στο [ , ),1 +∞ οπότε:

22-0182-02.indb 330 26/11/2013 4:22:36 μμ

331


● η F είναι κυρτή στο [ , )1 +∞ και

● F ′(x) > F′(l) = 0 για κάθε x ∈ +∞( , ).1 Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [ , ).1 +∞

7. i) F x G x e t t dt etx x( ) ( ) ( ) ,+ = + = −∫ συν ηµ2 2

01 (1)

και F x G x e t t dttx

( ) ( ) ( )− = −∫ συν ηµ2 2

0

= =∫ e tdt xtxσυν2

0Κ ( ).

Όμως, είναι Κ ( ) [ ]x e t e tdtt x tx

= + ∫συν ηµ2 2 20 0

= − + − ∫e x e t e tdtx t x txσυν ηµ συν2 1 2 2 4 20 0

[ ]

= − + −e x e x xx xσυν ηµ2 1 2 2 4Κ ( )

οπότε 5 2 2 2 1Κ ( ) ( ) .x e x xx= + −συν ηµ

Άρα

Κ ( ) ( ) ( ) ( ) .x F x G x e x xx

= − = + −5

2 2 2 15

συν ηµ (2)

Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ότι:

25

2 2 2 65

F x e x x ex

x( ) ( )= + + −συν ηµ

F x e x x ex x

( ) ( ) .= + + −10

2 2 22

610

συν ηµ (3)

Από τις (1) και (3) έχουμε

G x e e x x exx x

( ) ( )= − − + − +110

2 2 22

610

συν ηµ

= − + −e e x xx x

2 102 2 2 4

10( )συν ηµ

ii) Επειδή ′ =F t e tt( ) ,συν2 έχουμε

22-0182-02.indb 331 26/11/2013 4:22:42 μμ

332


I F x e e e= = + + − − + −[ ( )] ( ) ( )π

ππ π π

π π π π22 2

104 2 4

26

10 102 2 2συν ηµ συν ηµ

eeπ

26

10+

= + − −e e e e2 2 2

10 2 10 2

π π π π

= −35

1e eπ π( ).

Επειδή ′ =G t e tt( ) ,ηµ2 έχουμε

J G x e e e e= = − + − + +[ ( )] ( ) ( )π

ππ π π π

π π π π22 2

2 104 2 4

2 102 2 2συν ηµ συν ηµ

= − − + = −e e e e e e

2 2

2 10 2 1025

1π π π π

π π( ).

8. Οι τετμημένες των σημείων Α και Β είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 +1 = 5, δηλαδή οι αριθμοί x1 = – 2 και x2 = 2. Οι τετμημένες των Γ και Δ είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 + 1 = α2 + 1, δηλαδή οι αριθμοί x1 = – α και x2 = α.Το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω που περικλείεται από την ευθεία y = 5 και τη γραφική παράσταση της y = x2 + 1 είναι:

Ε = − − = − +

−

−∫ ( )5 1

342

2

2 3

2

2

x dx x x

=−

+ − + =8

38 8

38 32

3.

Το εμβαδόν ε του χωρίου που περικλείεται από την ευθεία y = α2 + 1 και τη γραφική παράσταση της y = x2 + 1 είναι:

ε α α α α αα

α

α

α

α

α

= + − − = − = + −

− −

−∫ ∫( ) ( ) ( )2 2 2 2 2

3

1 13

x dx x dx x

= − +

= − =2

3 32 2

343

33 3

3 3 3αα α

α α α .

22-0182-02.indb 332 26/11/2013 4:22:47 μμ

333


Το Ω χωρίζεται από την y = α2 + 1σε δύο ισοεμβαδικά χωρία, αν και μόνο αν

ε α α α= ⇔ = ⋅ ⇔ = ⇔ =Ε2

43

323

12

4 16 43 3 3 .

9. i) Αν 0 < λ < 1, τότε

Ε ( )λλ λ

= =∫ ∫ −12

1 21

xdx x dx

=−

= −

−x 1 1

11 1

λ λ.

Αν λ > 1, τότε

Ε ( ) .λλλ λ

λ

= = =−

= −∫ ∫ −

−11

1 12

1 21 1 1

xdx x dx x

Αν λ > 1, τότε

Ε ( ) .λλ

λ λλ

= = =−

= −∫ ∫ −1 1 1 121

2

11x

dx x dxx

ii) Αν 0 < λ < 1, τότε

Ε ( ) .λλ

λ= ⇔ − = ⇔ =12

1 1 12

23

Αν λ > 1, τότε:

Ε ( )λλ

λ= ⇔ − = ⇔ =12

1 1 12

2

iii) Έχουμε:

lim ( ) lim limλ λ λ

λλ λ→ → →

= −

= −

= +∞

+ +0 0 0

1 1 1 1Ε και

lim ( ) lim .λ λ

λλ→+∞ →+∞

= −

=Ε 1 1 1

10. i) Ισχύει f(x) – g(x) > 0, για κάθε x ∈[ , ],α β οπότε έχουμε διαδοχικά:

( ( ) ( ))f x g x dx− ≥∫α

β0

f x dx g x dx( ) ( )α

β

α

β

∫ ∫− ≥ 0

f x dx g x dx( ) ( ) .α

β

α

β

∫ ∫≥

22-0182-02.indb 333 26/11/2013 4:22:52 μμ

334


ii) Για κάθε x ∈[ , ]α β ισχύει m ≤ f(x) ≤ Μ, οπότε έχουμε διαδοχικά:

mdx f x dx dxα

β

α

β

α

β

∫ ∫ ∫≤ ≤( ) Μ

m f x dx( ) ( ) ( )β α β αα

β− ≤ ≤ −∫ Μ

iii) Είναι:

′ =−

=−

<f x x x xx

x xxx

( ) συν ηµ εϕ

συν

2 2

2

0

αφού x – εφx < 0 και xx

2

0συν

> για x ∈

02, .π

Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 02, .π

α) Για x ∈

π π6 3, ισχύει π π

6 3≤ ≤x , οπότε f f x fπ π

6 3

≥ ≥

( ) , αφού

η f είναι γνησίως φθίνουσα.Έτσι,

3 3 32π

ηµπ

≥ ≥x

x ή ισοδύναμα, 3 3

23

πηµ

π≤ ≤

xx

.

β) Σύμφωνα με το ερώτημα i) θα ισχύει

3 32

3

6

3

6

3

6

3

π ππ

π

π

π

π

π

dx xxdx dx∫ ∫ ∫≤ ≤

ηµ

3 32 3 6

33 66

3

ππ π

ππ π

π

π

−

≤ ≤ −

∫

ηµxxdx

34

126

3≤ ≤∫ηµxxdxπ

π

.

iv) Είναι

′ = − <−f x xe x( ) ,2 02

για x ∈ +∞( , )0

επειδή η f είναι και συνεχής στο [ , ),0 +∞ η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο [ , ).0 +∞

22-0182-02.indb 334 26/11/2013 4:22:59 μμ

335


α) Από την ανισότητα e xx ≥ +1 , αν θέσουμε όπου x το – x2, προκύπτει

e xx− ≥ −2

1 2. (1)Εξάλλου, επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ , ),0 +∞ για x∈[ , ]0 1 θα ισχύει

f x f e x( ) ( ) .≤ ⇔ ≤−0 12

(2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι

1 12 2

− ≤ ≤−x e x , για x∈[ , ].0 1β) Από την τελευταία ανισότητα προκύπτει

( )1 12

0

1

0

1

0

12

− ≤ ≤∫ ∫ ∫−x dx e dx dxx

23

12

0

1≤ ≤−∫ e dxx .

22-0182-02.indb 335 26/11/2013 4:23:02 μμ

22-0182-02-b.indd 336 21/2/2014 12:29:37 µµ

Lyseis sxol math_kat

Education

Transcript of Lyseis sxol math_kat