ΛΥΣΗ Α
Δίνεται ότι ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης είναι y′(t)=t/(t+1).

Γράφουμε: t/(t+1)=(t+1−1)/(t+1)=1−1/(t+1).

Ολοκληρώνουμε και προκύπτει: \( y(t)=t-\ln(t+1)+c \).

Από τη συνθήκη \( y(0)=0 \) προκύπτει: \( 0=0-\ln(1)+c \Rightarrow c=0 \).

Άρα: \( y(t)=t-\ln(t+1) \).

Η συνάρτηση \( y(t) \) είναι συνεχής στο \( [0,+\infty) \), ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

Συμπέρασμα:
Η τροχιά του σημείου \( M \) είναι η γραφική παράσταση της \( y \), άρα είναι μία συνεχής γραμμή \( C \).

ΛΥΣΗ Β
Από το ερώτημα Α έχουμε: \( y(t)=t-\ln(t+1) \), με \( t \ge 0 \)

Υπολογίζουμε την πρώτη παράγωγο: \( y'(t)=1-\frac{1}{t+1}=\frac{t}{t+1} \)

Για κάθε \( t \ge 0 \) ισχύει: \( \frac{t}{t+1} \ge 0 \)

Άρα η συνάρτηση \( y \) είναι γνησίως αύξουσα στο \( [0,+\infty) \)

Υπολογίζουμε τη δεύτερη παράγωγο: \( y''(t)=\left(\frac{t}{t+1}\right)'=\frac{(t+1)-t}{(t+1)^2}=\frac{1}{(t+1)^2} \)

Επειδή \( (t+1)^2>0 \), έχουμε: \( y''(t)>0 \) για κάθε \( t \ge 0 \)

Άρα η συνάρτηση \( y \) είναι κυρτή στο \( [0,+\infty) \)

Συμπέρασμα:
Η συνάρτηση \( y \) είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή.

ΛΥΣΗ Γ
Θεωρούμε τη συνάρτηση \( h(x)=\ln(x+1)+\frac{1}{2}-\ln 2 \), με \( x\in[0,+\infty) \).

Η συνάρτηση \( h \) είναι συνεχής στο \( [0,+\infty) \), ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

Υπολογίζουμε: \( h(0)=\ln 1+\frac{1}{2}-\ln 2=\frac{1}{2}-\ln 2 \).

Επειδή \( \ln 2>\frac{1}{2} \), προκύπτει: \( h(0)<0 \).

Επίσης: \( h(1)=\ln 2+\frac{1}{2}-\ln 2=\frac{1}{2}>0 \).

Άρα: \( h(0)<0 \) και \( h(1)>0 \).

Επειδή η \( h \) είναι συνεχής στο \( [0,1] \), από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών υπάρχει \( \rho\in(0,1) \) τέτοιο ώστε \( h(\rho)=0 \).

Υπολογίζουμε την παράγωγο: \( h'(x)=\frac{1}{x+1} \).

Για κάθε \( x\ge 0 \) ισχύει \( \frac{1}{x+1}>0 \), άρα η \( h \) είναι γνησίως αύξουσα στο \( [0,+\infty) \).

Επομένως η εξίσωση \( h(x)=0 \) έχει το πολύ μία λύση.

Συμπέρασμα:
Η εξίσωση \( h(x)=0 \) έχει ακριβώς μία ρίζα \( \rho \in (0,1) \).

ΛΥΣΗ Δ
Θεωρούμε τη συνάρτηση \( g(x)=(x+1)\ln(x+1)+\left(\frac{1}{2}-\ln 2\right)(x+1)-x \), με \( x\ge 0 \).

Υπολογίζουμε: \( g(1)=2\ln 2+\left(\frac{1}{2}-\ln 2\right)\cdot2-1=2\ln 2+1-2\ln 2-1=0 \).

Άρα το \( x=1 \) είναι ρίζα της εξίσωσης \( g(x)=0 \).

Υπολογίζουμε την παράγωγο: \( g'(x)=\ln(x+1)+1+\frac{1}{2}-\ln 2-1=\ln(x+1)+\frac{1}{2}-\ln 2 \).

Δηλαδή: \( g'(x)=h(x) \).

Από το ερώτημα Γ γνωρίζουμε ότι η εξίσωση \( h(x)=0 \) έχει μοναδική ρίζα \( \rho \in (0,1) \) και ότι η \( h \) είναι γνησίως αύξουσα.

Άρα:
- για \( x<\rho \), \( h(x)<0 \) ⇒ \( g'(x)<0 \)
- για \( x>\rho \), \( h(x)>0 \) ⇒ \( g'(x)>0 \)

Επομένως η \( g \) είναι:
- γνησίως φθίνουσα στο \( [0,\rho] \)
- γνησίως αύξουσα στο \( [\rho,+\infty) \)

Άρα η \( g \) παρουσιάζει ελάχιστο στο \( x=\rho \).

Επιπλέον: \( g(0)=0+\frac{1}{2}-\ln 2=\frac{1}{2}-\ln 2<0 \).

Επειδή η \( g \) είναι γνησίως αύξουσα στο \( [\rho,+\infty) \) και \( g(1)=0 \), προκύπτει ότι η εξίσωση \( g(x)=0 \) έχει μοναδική λύση το \( x=1 \).

Συμπέρασμα:
\( (x+1)\ln(x+1)+\left(\frac{1}{2}-\ln 2\right)(x+1)-x=0 \) \( \Longleftrightarrow x=1 \).

ΛΥΣΗ Ε
Η εξίσωση της εφαπτομένης της καμπύλης \( y=y(t) \) στο σημείο \( t_0 \) είναι: \( y - y(t_0) = y'(t_0)(t - t_0) \).

Θέλουμε η εφαπτομένη να διέρχεται από το σημείο \( A\!\left(0,\frac{1}{2}-\ln 2\right) \).

Άρα θέτουμε \( t=0 \) και \( y=\frac{1}{2}-\ln 2 \): \( \frac{1}{2}-\ln 2 - y(t_0)= y'(t_0)(0 - t_0) \).

Από τα προηγούμενα έχουμε: \( y(t)=t-\ln(t+1) \) και \( y'(t)=\frac{t}{t+1} \).

Άρα: \( \frac{1}{2}-\ln 2 - (t_0-\ln(t_0+1))= \frac{t_0}{t_0+1}(-t_0) \).

Απλοποιούμε: \( \frac{1}{2}-\ln 2 - t_0 + \ln(t_0+1)= -\frac{t_0^2}{t_0+1} \).

Πολλαπλασιάζουμε με \( t_0+1 \): \( \left(\frac{1}{2}-\ln 2\right)(t_0+1)- t_0(t_0+1)+ (t_0+1)\ln(t_0+1)= -t_0^2 \).

Αναπτύσσοντας και μεταφέροντας όρους: \( (t_0+1)\ln(t_0+1)+\left(\frac{1}{2}-\ln 2\right)(t_0+1)- t_0 = 0 \).

Δηλαδή: \( g(t_0)=0 \).

Από το ερώτημα Δ γνωρίζουμε ότι η εξίσωση \( g(x)=0 \) έχει μοναδική λύση \( x=1 \).

Συμπέρασμα:
Η ζητούμενη στιγμή είναι \( t_0=1 \).