30 επαναληπτικά θέματα με Ρυθμό Μεταβολής (Β ΤΟΜΟΣ)

Θανάσης Νικολόπουλος Καθηγητής Μαθηματικών Πτυχιούχος Εθνικού και Καποδιστριακού Πανεπιστημίου Αθηνών Γ΄ Λυκείου Μαθηματικά προσανατολισμού Ρυθµόςµεταβολής Β΄ ΜΕΡΟΣ 30 επαναληπτικά θέματα, που περιλαμβάνουν ερωτήματα με ρυθμό μεταβολής. Αναλυτικά λυμένα και με πλούσιο σχολιασμό. Ζάκυνθος , Ιανουάριος 2018



Προδηµοσίευση 10 επαναληπτικών θεµάτων από τα 30 που θα περιλαµβάνει το Β΄µέρος. Τα υπόλοιπα 20 θα δηµοσιευθούν σύντοµα.



Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 1ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f, με τύπο f(x) = e1−ex , x ∈ ! .α) Να μελετήσετε την f ως προς: Ι. την μονοτονία. ΙΙ. την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.β) Να βρείτε τις οριζόντιες ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f.γ) Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης, (ε), της Cf , στο σημείο της Μ(α, f(α)).δ) Έστω σημείο Β, που είναι το σημείο τομής της ευθείας (ε) του (γ) ερωτήματος, με τον άξονα x΄x. Αν ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ είναι 2 m/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της Α⎝⎜⎜⎜⎜⎛−1 , ⎠⎞⎟⎟⎟⎟⎟ τετμημένης του σημείου Β, την χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο e e−1 . eΕισαγωγικό σχόλιο. Το θέμα αυτό έχει κλασικά ερωτήματα, που αντιμετωπίζονται χωρίς δυσκολία μετην συνήθη μεθοδολογία τους. Ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρουσιάζει το ερώτημα (δ), που αφορά σε ΡυθμόΜεταβολής. Προσέξτε την παρατήρηση που ακολουθεί την λύση του. Εκεί αναδεικνύεται η σημασία τωνπαρατηρήσεων που έχουμε παραθέσει στο κλείσιμο της μεθοδολογίας. Μελετήστε το καλά!α) Ι. Η συνάρτηση f ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση των, παραγωγίσιμων στο ! ,συναρτήσεων ϕ1(x) = ex και ϕ2(x) = 1 − ex , με παράγωγο ( )f′(x) = e1−ex ′ = e1−ex ⋅ (1 − ex )′ = −e1−ex ⋅ ex = −e1−ex+x < 0 , για κάθε x ∈ ! ,αφού είναι eα > 0 , για κάθε α ∈ ! .Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ! .ΙΙ. Η f′ ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση των, παραγωγίσιμων στο ! , συναρτήσε-ων ϕ3(x) = −ex και ϕ4(x) = 1 − ex + x , με παράγωγοΤότε: ( )f′′(x) = −e1−ex+x ′ = −e1−ex+x ⋅ (1 − ex + x)′ = −e1−ex+x ⋅ (−ex + 1) = e1−ex+x ⋅ (1 − ex ) , x ∈ ! .• f′′(x) = 0 ⇔ e1−ex+x (1 − ex ) = e1−ex +x>0 1− ex = 0 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0 και 0⇔• f′′(x) > 0 ⇔ e1−ex+x (1 − ex ) > 0 1−ex +x>0 1− ex > 0 ⇔ ex < 1 ⇔ x < 0 , άρα και f′′(x) < 0 ⇔ x > 0 , ⇔οπότε προκύπτει ο διπλανός πίνακας κυρτότητας της f. −∞ 0 +∞ +Από τον πίνακα έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάσ- f′′(x) ­τημα (−∞ , 0] , κυρτή στο διάστημα [0 , + ∞) και έχει σημείο κα- f(x) 3μπής το Κ(0, f(0)), όπου f(0) = e1−e0 = e1−1 = e0 = 1 . 4Άρα το σημείο καμπής της f είναι το Κ(0, 1).β) Στο −∞ .Είναι ℓ im f(x) = ℓ im e1−ex = e1−0 = e , που σημαίνει ότι η ευθεία y = e είναι οριζόντια ασύμπτωτη της x→ −∞ x→ −∞Cf στο −∞ . -1 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣτο +∞ .Είναι ℓ = ℓ im f(x) = ℓ im e1−ex . x→ +∞ x→ +∞Είναι α = ℓ im (1 − ex ) = 1 − (+∞) = −∞ , οπότε ℓ = ℓ im eα = 0 , που σημαίνει ότι η ευθεία y = 0 είναι x→ +∞ α→ −∞οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .γ) Η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωσηε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ⇔ ε : y − e1−eα = −e1−eα+α (x − α) ⇔ ε : y − e1−eα = −e1−eα+α ⋅ x + α ⋅ e1−eα+α ⇔⇔ ε : y = −e1−eα+α ⋅ x + α ⋅ e1−eα+α + e1−eα .δ) Αρχικά θα βρούμε το σημείο Β.Για να βρούμε το σημείο τομής, Β, της ευθείας (ε) του προηγούμενου ερωτήματος, με τον άξονα x΄x, θέ-τουμε y = 0 στην εξίσωση της (ε) και βρίσκουμε0 = −e1−eα+α ⋅ x + α ⋅ e1−eα+α + e1−eα e1−eα +α>0 e1−eα+α ⋅ x = α ⋅ e1−eα+α + e1−eα ⇔ ⇔⇔x= α ⋅ e1−eα+α 1−eα ⇔ x =α+ e1−eα ⇔ x =α+ 1 . e1−eα +α e1−eα ⋅ eα eα + ee1−eα+αΆρα η (ε) τέμνει τον x΄x στο σημείο Β⎜⎜⎛⎝⎜⎜α + 1 , 0⎟⎟⎠⎞⎟⎟ . eαΠροχωράμε στο ερώτημα, στα στοιχεία που αφορούν ρυθμό μεταβολής.Από την εκφώνηση έχουμε ότι η τετμημένη του σημείου Μ μεταβάλλεται με ρυθμό 2 m/s. Αυτό σημαίνει( )ότι το σημείο Μ κινείται και οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, δηλαδή είναι τηςμορφής Μ α(t) , f (α(t)) , t ≥ 0 , με α′(t) = 2 m / s .Παρατήρηση. Σύμφωνα και με την σχετική παρατήρηση που έχει παρατεθεί στο τέλος της ενότητας τηςμεθοδολογίας, αφού η εκφώνηση μάς μιλάει για «μεταβολή», θα κρατήσουμε την τιμή του ρυθμού ωςέχει, χωρίς αναφορά σε πρόσημο, και θα βρούμε ως αποτέλεσμα επίσης «μεταβολή» (και όχι συγκεκρι-μένα αύξηση ή μείωση).Έστω t0 η χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο Α⎛⎜⎜⎝⎜⎜−1 , e e−1 ⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞ . Τότε θα ισχύουν e ( ) e−1 α(t0) = −1 , f α(t0) = e e και, φυσικά, α′(t0) = 2 .Το σημείο Β⎜⎝⎜⎛⎜⎜α + 1 , 0⎟⎟⎟⎞⎠⎟ έχει συντεταγμένες που εξαρτώνται από το α = α(t) , t ≥ 0 , άρα κι αυτό θα eα 1 eα(t)μεταβάλλεται, με την τετμημένη του να είναι της μορφής x(t) = α(t) + , t≥0.Παραγωγίζοντας ως προς t, έχουμε x′(t) = ⎡⎢⎣⎢α(t) + 1 ⎦⎤⎥⎥′ = α′(t) + − ⎡⎢⎣eα(t) ⎥⎦⎤′ = α′(t) − eα(t) ⋅ α′(t) = α′(t) − α′(t) . eα(t) ⎡⎣⎢eα(t) ⎤⎦⎥2 ⎢⎡⎣eα(t) ⎦⎥⎤ 2 eα(t)Την χρονική στιγμή t0 θα είναι x′(t0) = α′(t0) − α′(t 0 ) , απ’ όπου με αντικατάσταση βρίσκουμε eα( t0 ) x′(t0) = 2 − 2 = 2 − 2e . e−1 -2 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤελικά, την χρονική στιγμή t0 , που το Μ διέρχεται από το Α, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Βείναι 2 ­ 2e m/s.Παρατήρηση. Για μονάδα μέτρησης, προφανώς χρησιμοποιούμε την ίδια με αυτήν του ρυθμού μεταβο-λής του σημείου Μ.ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Αν προσέξουμε το αποτέλεσμα του ερωτήματος (δ), θα δούμε ότιείναι αρνητικό! Πράγματι: e > 1 ⇔ 2e > 2 ⇔ 2 − 2e < 0 .Θυμηθείτε την παρατήρηση που προαναφέραμε, από την μεθοδολογία του Ρυθμού Μεταβολής:όταν μας δίνεται η μεταβολή ενός δεδομένου ως αριθμητική τιμή, το αποτέλεσμά μας είναι και πάλιαριθμητική τιμή για τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Αν αυτά τα δύο βγουν ετερόσημα, αυτό σημαίνειότι μεταβάλλονται με διαφορετικό τρόπο!Και τώρα ας δούμε το ακόλουθο σχήμα με την γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Σε αυτό, έχουμεσχεδιάσει κάποιες εφαπτόμενές της για αρνητικές τιμές του Μ, δηλαδή στο διάστημα που περιέχει τοσημείο Α και στο οποίο η συνάρτηση f είναι κοίλη, όπως βρήκαμε στο ερώτημα α­ΙΙ. Επίσης, έχουμε ση-μειώσει και τα αντίστοιχα σημεία τομής, Β, των εφαπτομένων, με τον οριζόντιο άξονα. Παρατηρήστε,όταν το Μ κινείται ώστε να αυξάνεται η τετμημένη του, την αντίστοιχη κίνηση των εφαπτομένων καιτων σημείων Β στον άξονα x΄x.Είναι σαφές από το σχήμα, ότι όταν η τετμημένη του Μ αυξάνεται, τότε η αντίστοιχη τετμημένη του Βμειώνεται, καθώς αυτό κινείται με κατεύθυνση προς την αρχή των αξόνων. Έτσι εξηγείται το αρνητικόαποτέλεσμα που βρήκαμε.Είναι προφανές ότι, αν το Μ κινείται προς τα αριστερά και η τετμημένη του μειώνεται, τότε το Β απο-μακρύνεται από την αρχή των αξόνων και η τετμημένη του αυξάνεται, άρα το συμπέρασμα παραμένει:Η τετμημένη του Β έχει αντίθετο είδος μεταβολής από αυτή του Μ και αυτό φαίνεται από την αρνητικήτιμή που βρήκαμε στο αποτέλεσμα. -3 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 2ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση ϕ(t) = 2t + µ , t ∈ ! , όπου η παράμετρος μ είναι ένας πραγματικός αριθμός. Μίαεπιχείρηση έχει έσοδα Ε(t) που δίνονται, σε χιλιάδες ευρώ, από τον τύπο E(t) = (t − 1) ⋅ ϕ(t) , t ≥ 0 ,όπου t συμβολίζει τον χρόνο σε έτη.Το κόστος λειτουργίας, K(t), της επιχείρησης δίνεται, επίσης σε χιλιάδες ευρώ, από τον τύπο K(t) = ϕ(t + 4) , t ≥ 0 .α) Να βρείτε την συνάρτηση κέρδους P(t), για t ≥ 0 , όταν γνωρίζουμε ότι κατά το πρώτο έτος λειτουρ- γίας η επιχείρηση παρουσίασε ζημιά δώδεκα χιλιάδες ευρώ.β) Ποια χρονική στιγμή θα αρχίσει η επιχείρηση να παρουσιάζει κέρδη;γ) Ποιος θα είναι ο ρυθμός μεταβολής της συνάρτησης κέρδους στο τέλος του δεύτερου έτους; 6∫δ) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης Ι = µ + (µ3µ − µ3) ⋅ P(t) dt , όπου μ είναι η τιμή που παίρνει η παράμετρος της συνάρτησης φ στο ερώτημα (α). 0Το συγκεκριμένο θέμα προέρχεται από μία συγκεκριμένη κατηγορία θεμάτων Ρυθμού Μεταβολής, μεοικονομικά μεγέθη. Τα ερωτήματά του είναι βασικά, χωρίς κάποια ιδιαίτερη δυσκολία, από αυτά πουπρέπει ο υποψήφιος να χειρίζεται με άνεση.α) Η συνάρτηση κέρδους, P(t), δίνεται από την σχέση P(t) = E(t) ­ K(t), t ≥ 0 .Από τα δεδομένα της εκφώνησης έχουμε:P(t) = E(t) − K(t) = (t − 1) ⋅ ϕ(t) − ϕ(t + 4) = (t − 1) ⋅ (2t + µ) − ⎡⎢⎣2(t + 4) + µ⎥⎦⎤ == 2t2 + µt − 2t − µ − 2t − 8 − µ ⇔ P(t) = 2t2 + (µ − 4)t − 2µ − 8 , t ≥ 0 .Επειδή κατά το πρώτο έτος λειτουργίας η επιχείρηση παρουσίασε ζημιά 12 χιλιάδες ευρώ, θα ισχύει ότι P(1) = −12 ⇔ 2 ⋅12 + (µ − 4) ⋅1 − 2µ − 8 = −12 ⇔ 2 + µ − 4 − 2µ − 8 = −12 ⇔ −µ − 10 = −12 ⇔ µ = 2 .Άρα η συνάρτηση κέρδους της επιχείρησης είναι η P(t) = 2t2 + (2 − 4)t − 2 ⋅ 2 − 8 ⇔ P(t) = 2t2 − 2t − 12 , t ≥ 0 .β) Η επιχείρηση παρουσιάζει κέρδη, όταν P(t) > 0 ⇔ 2t2 − 2t − 12 > 0 ⇔ t2 − t − 6 > 0 ⇔ t < −2 ή t > 3 .Όμως, αφού είναι t ≥ 0 , δεκτές γίνονται οι τιμές t > 3 .Η χρονική στιγμή που το κέρδος μηδενίζεται και αρχίζει να γίνεται θετικό, είναι η t = 3 , που υποδηλώ-νει το τέλος του τρίτου έτους.Άρα η επιχείρηση θα αρχίσει να παρουσιάζει κέρδη από το τέλος του τρίτου έτους και μετά.γ) Ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους δίνεται από την παράγωγο P′(t) = (2t2 − 2t − 12)′ = 4t − 2 , t ≥ 0 .Ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής του κέρδους είναι ο P′(2) = 4 ⋅ 2 − 2 = 6 χιλ.€/έτος.Παρατήρηση. Όπως έχουμε τονίσει κατ’ επανάληψη, χρειάζεται προσοχή στις μονάδες μέτρησης τουρυθμού μεταβολής. Εδώ έχουμε κέρδος μετρούμενο σε χιλιάδες ευρώ (χιλ.€) και χρόνο μετρούμενο σεέτη, άρα η μονάδα μέτρησης είναι χιλ.€/έτος. -4 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 6 6 ⎢⎢⎡⎣⎢ 2t3 ⎥⎥⎦⎤⎥ 6 0 3 0 P(t) dt = 0∫ ∫δ) (2t2 − 2t − 12) dt = − t2 − = Έχουμε 12t= 2 ⋅ 63 − 62 − 12 ⋅ 6 − ⎜⎝⎜⎛⎜⎜ 2 ⋅ 03 − 02 − 12 ⋅ 0⎟⎟⎠⎟⎞⎟ = 36 . 3 3Επίσης, στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι μ = 2. Συνεπώς: Ι = 2018 . 6 ∫Ι = µ + (µ3µ − µ3) ⋅ P(t) dt = 2 + (23⋅2 − 23) ⋅ 36 ⇔ 0 3ο επαναληπτικό θέμαΗ τιμή, Ρ, σε ευρώ, ενός προϊόντος, t μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά, δίνεται από τον τύπο P(t) = 4 + t−6 . t2 + 25 4α) Να βρεθεί η τιμή του προϊόντος την στιγμή της εισαγωγής του στην αγορά.β) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος δύο μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά.γ) Να βρεθεί το χρονικό διάστημα, στο οποίο η τιμή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται.δ) Να αποδειχθεί ότι η τιμή του προϊόντος, μετά από κάποια χρονική στιγμή, συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνεται μικρότερη από την αρχική τιμή. t−6 4⎝⎛⎜⎜⎜t2 + 25 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ + t − 6 4t2 + t + 19 4Η συνάρτηση Ρ έχει τύπο P(t) = 4 + = = . 25 25 25 t2 + 4 t2 + 4 t2 + 4α) Την στιγμή της εισαγωγής του προϊόντος στην αγορά, δηλαδή t = 0 μήνες μετά την εισαγωγή του,το προϊόν έχει τιμή Ρ(0) = 4 ⋅ 02 + 0 + 19 = 19 = 76 = 3, 04 €. 25 25 02 + 25 4 4β) Ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος στην αγορά είναι ίσος με την παράγωγο της συνάρτη-σης P(t), δηλαδή ⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜ 4t2 +t + 19 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎞′ (4t2 + t + 19)′ ⋅⎜⎜⎝⎛⎜t2 + 25 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ − (4t2 + t + 19) ⋅ ⎜⎜⎝⎛⎜t2 + 25 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟′ t2 + 25 4 4P′(t) = 4 = = ⎜⎜⎛⎝⎜t2 + 25 ⎟⎞⎟⎟⎠⎟2 4 (8t + 1)⎝⎜⎜⎛⎜t2 + 25 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ − (4t2 + t + 19) ⋅ 2t 8t3 + 50t + t2 + 25 − 8t3 − 2t2 − 38t −t2 + 12t + 25 4 4 4= = = . ⎜⎜⎝⎛⎜t2 + 25 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟2 ⎜⎝⎜⎜⎛t2 + 25 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟2 ⎜⎜⎝⎛⎜t2 + 25 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟2 4 4 4 -5 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής −22 + 12 ⋅ 2 + 25 −4 + 24 + 25 105 105 420 4 4 4 1681Για t = 2 βρίσκουμε Ρ′(2) = ⎠⎟⎟⎟⎞⎟2 = ⎟⎟⎞⎠⎟⎟2 = 4 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟2 = = . 1681 ⎝⎛⎜⎜⎜22 + 25 ⎜⎜⎜⎝⎛4 + 25 ⎛⎜⎜⎝⎜ 41 16 4 4 4Συνεπώς, ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος, δύο μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά, 420είναι ίσος με 1681 €/μήνα ή περίπου 0,25 €/μήνα.γ) Η τιμή του προϊόντος αυξάνεται, όταν ο ρυθμός μεταβολής της είναι θετικός ή μηδέν (με το μηδένσε μεμονωμένα σημεία), δηλαδή όταν για την παράγωγο Ρ′(t) ισχύει P′(t) ≥ 0 ⇔ −t2 + 12t + 25 ≥ 0 ⇔ −t2 + 12t + 25 ≥ 0 ⇔ 4t2 − 48t − 25 ≤ 0 t ≥0 t ∈ ⎡⎢⎣⎢0 , 25 ⎦⎤⎥⎥ . 4 4 2 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟2 ⇔ ⎝⎛⎜⎜⎜t2 + 25 4Συνεπώς, από την στιγμή εισαγωγής του στην αγορά και για τους επόμενους 12,5 μήνες, η τιμή τουπροϊόντος συνεχώς αυξάνεται.δ) Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της συνάρτησης P(t) ⎥⎥⎤⎦ 0 25 / 2 +∞ ⎣⎢⎢⎡α2ύ25ξο,υ+σ∞α ⎟⎟⎟⎟⎠⎞στκοαδι ιπάασρτοηυμσαιά⎢⎢⎣⎡0ζε,ι225βλέπουμε ότι αυτή είναι γνησίως ,γνησίως φθίνουσα στο διάστημα P′(t) +­μέγιστο για t= 25 , το P(t) 12 2 1313 Ρ⎝⎜⎛⎜⎜⎜ 25 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ 4 ⋅ ⎝⎜⎛⎜⎜ 25 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟2 + 25 + 19 4 ⋅ 625 + 25 + 19 2 1313 2 2 2 4 2 325 = = = 325 = = 4, 04 . ⎜⎜⎜⎛⎝ 25 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟2 25 625 25 2 2 + 4 4 + 4Συνεπώς, η μέγιστη τιμή του προϊόντος είναι 4, 04€.ε) Αφού η συνάρτηση Ρ22ε5ίν=αι1γ2ν,η5σίμωήςνεφςθκίναοιυμσεατάσ,τοσυδνιεάχσώτςημμαειώ⎢⎣⎢⎡ 2ν2ε5τα, +ι. ∞⎠⎟⎟⎟⎟⎞ , η τιμή του προϊόντος, από χρονική στιγμή t =τηνΑν Α= ⎣⎢⎢⎡ 25 , + ∞⎠⎟⎟⎞⎟⎟ , τότε επειδή η συνάρτηση Ρ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα σ’ αυτό, είναι 2 . ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ P ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ 25 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ⎦⎥⎥⎥⎤ Ρ(Α) = ℓ im P(t) , 2 t→ +∞Είναι ℓ im P(t) = ℓ im 4t2 + t + 19 = ℓ im 4 t2 =4 , οπότε Ρ(Α) = (4 , 4, 04] , που σημαίνει ότι οι τιμέςτης Ρ, tt→+∞ 2 άρα και από την αρχική τιμή Ρ(0) = 3,04 €. t→ +∞ tt→ +∞ 2 + 25 4 για x ≥ 25 2 , είναι μεγαλύτερες από 4,Τελικά, η τιμή του προϊόντος συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνεται μικρότερη από την αρχική τιμή. -6 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣχόλιο στο θέμα. Ήταν το Δ θέμα των Επαναληπτικών Πανελλαδικών Εξετάσεων του έτους 2000. Νασημειωθεί ότι, καθώς οι μαθητές είναι εξοικειωμένοι με το ευρώ, οι τιμές (από χιλιάδες δραχμές πουήταν στο θέμα των Πανελλαδικών), μετατράπηκαν σε ευρώ.Η δυσκολία του θέματος σαφώς είναι μικρότερη από αντίστοιχα Δ θέματα που τέθηκαν τα επόμεναχρόνια, αλλά ­σε κάθε περίπτωση­ δεν παύει να είναι ένα πρόβλημα με Ρυθμό Μεταβολής, με όλες τιςιδιαιτερότητες στον χειρισμό που αυτό συνεπάγεται και που έχουμε αναλύσει ήδη στο βιβλίο αυτό. 4ο επαναληπτικό θέμαΘεωρούμε την συνεχή συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει ότι ℓ im f(2x + 1) − 7 = 10 . x −1 x→1α) Να αποδείξετε ότι: Ι. f(3) = 7 και ΙΙ. f′(3) = 5 .β) Έστω (ε) η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f, στο σημείο της Μ(3, f(3)). Ι. Να αποδείξετε ότι η (ε) έχει εξίσωση y = 5x ­ 8. ΙΙ. Ένα σημείο Σ, που έχει τετμημένη μεγαλύτερη του 3, κινείται στην ευθεία (ε). Αν ο ρυθμός με- ταβολής της τετμημένης του είναι 2 m/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τρι- γώνου ΟΜΣ.α) Ι. Στο όριο που δίνεται θέτουμε h(x) = f(2x + 1) − 7 και θα είναι ℓ im h(x) = 10 . x −1 x→1Τότε είναι f(2x + 1) − 7 = (x − 1) ⋅ h(x) ⇔ f(2x + 1) = (x − 1) ⋅ h(x) + 7 (1) , x ∈ ! −{1} .Από την (1) έχουμε τότε ℓ im f(2x + 1) = ℓ im ⎣⎡⎢(x − 1) ⋅ h(x) + 7⎤⎦⎥ = (1 − 1) ⋅10 + 7 ⇒ ℓ im f(2x + 1) = 7 (2) x→1 x→1 x→1Στο όριο της (2) θέτουμε u = 2x + 1.Όταν x → 1 , τότε u → 3 και από η (2) ισοδύναμα δίνει ότι ℓ im f(u) = 7 . (3) u→ 3Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι συνεχής και στο 3, οπότε f(3) = ℓ im f(u) ⇔ f(3) = 7 u→ 3ΙΙ. Για x ≠ 1 έχουμε για το όριο που δόθηκε στην εκφώνηση ότι ℓ im f(2x + 1) − f(3) = 10 (4) x −1 x→1Με την αλλαγή μεταβλητής u = 2x + 1 που έγινε στο α­Ι, έχουμε και x = u−1 και τότε από την (4)προκύπτει 2ℓ im f(u) − f(3) = 10 ⇔ ℓ im f(u) − f(3) = 10 ⇔ ℓ im ⎡⎢⎣⎢2 ⋅ f(u) − f(3) ⎥⎦⎤⎥ = 10 ⇔ 2 ⋅ ℓ im f(u) − f(3) = 10 ⇔ u→ 3 u−3 u −3 u−3 u→ 3 u−1 −1 u→ 3 u→ 3 2 2⇔ ℓ im f(u) − f(3) =5∈\" . u→ 3 u−3Το τελευταίο σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 3, με f′(3) = 5 . -7 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Ι. Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(3, f(3)) έχει εξίσωση ε : y − f(3) = f′(3) ⋅ (x − 3) .Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι f(3) = 7 , f′(3) = 5 , οπότε θα είναι ε : y − 7 = 5(x − 3) ⇔ ε : y − 7 = 5x − 15 ⇔ ε : y = 5x − 8 .ΙΙ. Αφού το σημείο Σ κινείται στην ευθεία (ε), οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο,( )άρα είναι της μορφής Σ x(t) , y(t) , t ≥ 0 . Για τις συντεταγμένες αυτές ισχύουν τα ακόλουθα:• x(t) > 3 (από την εκφώνηση).• το Σ είναι σημείο της (ε), άρα είναι y(t) = 5x(t) − 8 .• x′(t) = 2 m / s , σταθερός ρυθμός (από την εκφώνηση). !!!\" !!!\" det OM , OΣ( )Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΣ είναι ίσο με (ΟΜΣ) = Ε = 1 ⋅ . 2Καθώς το σημείο Σ κινείται επί της ευθείας (ε), θα μεταβάλλεται και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΣ,άρα θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t) , t ≥ 0 .Είναι !!!\" = (3 , f(3)) , !!!\" = (x(t) , y(t)) και ΟΜ ΟΣ ( )!!!\" !!!\" = 3 7 = 3y(t) − 7x(t) = 3 ⎢⎡⎣5x(t) − 8⎦⎥⎤ − 7x(t) = 15x(t) − 24 − 7x(t) = x(t) y(t)det ΟΜ , ΟΣ= 8x(t) − 24 = 8 x(t) − 3 = 8 ⎣⎢⎡x(t) − 3⎤⎥⎦ , αφού είναι x(t) > 3 .Επομένως είναι E(t) = 1 ⋅ 8 ⎢⎣⎡x(t) − 3⎤⎥⎦ = 4 ⎡⎢⎣x(t) − 3⎥⎤⎦ ⇔ E(t) = 4x(t) − 12 , t ≥ 0 . 2Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι E′(t) = ⎣⎢⎡4x(t) − 12⎤⎥⎦′ = 4x′(t) , t ≥ 0 , όπου x′(t) = 2 m / sσταθερός ρυθμός, άρα με αντικατάσταση βρίσκουμε τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής, E′(t) = 4 ⋅ 2 ⇔ E′(t) = 8 m2 / s .Η μονάδα μέτρησης (m²/s) του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού προκύπτει με την βοήθεια της μονάδαςμέτρησης του ρυθμού μεταβολής της τετμημένης (m/s).Παρατήρηση. Όπως βλέπουμε από το αποτέλεσμα που βρήκαμε, ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού εί-ναι ομόσημος του ρυθμού μεταβολής της τετμημένης του σημείου Σ, άρα καταλαβαίνουμε ότι έχουν καιτο ίδιο είδος μεταβολής, χωρίς αυτό να χρειάζεται να αναφερθεί στην απάντησή μας. -8 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 5ο επαναληπτικό θέμαΈστω f(x) = −x2 + (α + 1)x − α , όπου α > 1 .α) Να βρείτε την μέγιστη τιμή της f και, στην συνέχεια, για τις διάφορες τιμές του α, να βρείτε την εξί- σωση της γραμμής στην οποία κινούνται τα σημεία των μεγίστων της f.β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την Cf και τον άξονα x΄x.γ) Το σημείο Α(α, 0) κινείται στον άξονα x΄x με ταχύτητα υ = 2 cm/s. Την χρονική στιγμή κατά την οποία είναι α = 3, να βρείτε: Ι. τον ρυθμό μεταβολής της μέγιστης τιμής της f. ΙΙ. τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του χωρίου που ορίζεται από την Cf και τον άξονα x΄x.Το συγκεκριμένο θέμα δεν εμφανίζει ιδιαίτερη δυσκολία, περιέχει, όμως, χαρακτηριστικά ερωτήματα,που πρέπει κάθε υποψήφιος να γνωρίζει πώς να χειρίζεται.α) Η f ορίζεται στο ! και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό, με f′(x) = −2x + α + 1 , x ∈ ! , α > 1 .Έχουμε:• f′(x) = 0 ⇔ −2x + α + 1 = 0 ⇔ x = α+1 και 2• f′(x) > 0 ⇔ −2x + α + 1 > 0 ⇔ x < α+1 , άρα και f′(x) < 0 ⇔ x > α+1 , 2 2Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της f προκύπτει ότι αυτή α+1 2είναι γνησίως αύξουσα στο δ,ιά+σ∞τη⎟⎟⎟⎟⎞⎠μακα⎜⎛⎜⎜⎜⎝−ι έ∞χε,ι α + 1 ⎦⎥⎥⎤ , γνησίως φθί- −∞ +∞ 2 τιμή για ⎢⎣⎡⎢ α + 1νουσα στο διάστημα 2 μέγιστη f′(x) +­ α+1 f(x)x= 2 , την 12fmax = f ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ α+1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ = −⎜⎜⎝⎛⎜⎜ α + 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞2 + (α + 1) ⋅ α+1 −α =− (α + 1)2 + (α + 1)2 −α = (α + 1)2 −α = 2 2 2 4 2 4= α2 + 2α + 1 − 4α = α2 − 2α + 1 = (α − 1)2 . 4 4 4Ιδιαίτερη σημασία αξίζει να δοθεί στα επόμενα βήματα. Η εύρεση του γεωμετρικού τόπου είναι πάνταένα ερώτημα που θέλει προσοχή.Έστω, λοιπόν, (x0 , y0) οι συντεταγμένες των σημείων των μεγίστων της f. Τότε ισχύουν x0 = α+1 και y0 = (α − 1)2 . 2 4Θα απαλείψουμε το α από τις σχέσεις αυτές, ώστε να προκύψει μία σχέση που να συνδέει άμεσα ταx0 και y0 . Προσοχή χρειάζεται στους περιορισμούς που συνοδεύουν τις μεταβλητές, καθώς αυτοί καθο-ρίζουν επακριβώς και τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο.Έχουμε x0 = α+1 ⇔ 2x0 = α + 1 ⇔ α = 2x0 − 1 , με α > 1 ⇔ 2x0 − 1 > 1 ⇔ 2x0 > 2 ⇔ x0 > 1 . 2 -9 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε η σχέση y0 = (α − 1)2 γίνεται 4 y0 = (2x0 − 1 − 1)2 ⇔ y0 = (2x0 − 2)2 ⇔ y0 = ⎣⎢⎡2(x0 − 1)⎦⎥⎤2 ⇔ y0 = 4 (x0 − 1)2 ⇔ y0 = (x0 − 1)2 . 4 4 4 4Από την τελευταία έχουμε ότι οι συντεταγμένες x0 , y0 ικανοποιούν την σχέση y = (x − 1)2 , με x > 1 .Άρα η εξίσωση της γραμμής στην οποία κινούνται τα σημεία των μεγίστων της f είναι η y = (x − 1)2 , x > 1 .β) Για να προσδιορίσουμε το χωρίο που περικλείεται από την Cf και τον άξονα x΄x, χρειαζόμαστε τιςλύσεις της εξίσωσης f(x) = 0 .Έχουμε: f(x) = 0 ⇔ −x2 + (α + 1)x − α = 0 ⇔ x2 − (α + 1)x + α = 0 ⇔ x2 − αx − x + α = 0 ⇔⇔ x(x − α) − (x − α) = 0 ⇔ (x − α)(x − 1) = 0 ⇔ x − α = 0 ή x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ή x = α > 1 .(Φυσικά, η εξίσωση αυτή μπορεί να λυθεί και με διακρίνουσα ή σχήμα Horner).Για το πρόσημο της f έχουμε τον διπλανό πίνακα. 01 α +∞Οι ρίζες της συνάρτησης f είναι οι 1 και α > 1 και μεταξύαυτών η f παίρνει θετικές τιμές, οπότε το ζητούμενο εμβαδόν f(x) ­ + ­είναι ίσο με∫ ∫Ε =α α ⎣⎡⎢−x2 + (α + 1)x − α⎤⎦⎥ dx = ⎡⎢⎣⎢⎢− x3 x2 − αx⎥⎦⎤⎥⎥1α = 1 f(x) dx = 1 3 + (α + 1) ⋅ 2=− α3 + (α + 1) ⋅ α2 − α2 − ⎣⎡⎢⎢⎢− 13 + (α + 1) ⋅ 12 − α ⋅1⎤⎥⎦⎥⎥ = α3 − 3α2 + 3α − 1 ⇒ Ε= (α − 1)3 . 3 2 3 2 6 6γ) Ι. Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f, όπως βρήκαμε στο (α), είναι η fmax = (α − 1)2 . 4Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και η μέγιστη αυτή τιμή θα μεταβάλλεται επίσης ως προς ⎢⎣⎡α(t) − 1⎤⎥⎦2τον χρόνο και θα περιγράφεται από συνάρτηση της μορφής fmax(t) , με τύπο fmax(t) = 4 , t≥0.Ο ρυθμός μεταβολής αυτής θα είναι η παράγωγος συνάρτησή της, δηλαδή η fm′ ax(t) = ⎪⎧⎪⎪⎩⎨⎪⎪⎪⎪ ⎡⎢⎣α(t) − 1⎤⎥⎦2 ⎪⎪⎫⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪′ = 2 ⎢⎣⎡α(t) − 1⎦⎤⎥ ⋅ ⎡⎢⎣α(t) − 1⎥⎦⎤′ = ⎢⎣⎡α(t) − 1⎤⎥⎦ ⋅ α′(t) , t≥0. 4 4 2Την χρονική στιγμή t0 θα είναι fm′ ax (t0 ) = ⎡⎣⎢α(t0) − 1⎦⎥⎤ ⋅ α′(t0) και αντικαθιστώντας βρίσκουμε 2 fm′ ax (t0 ) = (3 − 1) ⋅ 2 =2 μον/s. 2Παρατήρηση. Εδώ οι μονάδες μέτρησης θέλουν προσοχή. Καθώς το μετρούμενο μέγεθος είναι η f, γιατην οποία δεν έχουμε μονάδα μέτρησης, θα χρησιμοποιήσουμε αναγκαστικά το γενικό «μον». Ο χρόνοςμετράται σε δευτερόλεπτα (s), όπως μαρτυρά η ταχύτητα κίνησης του Α, οπότε προκύπτει η μονάδαμέτρησης του ρυθμού μεταβολής του μεγίστου, που θα είναι «μον/s».Να τονίσουμε ότι η μετακίνηση (που μετράται σε cm) αφορά το σημείο μεγίστου της f, που, ως κινούμε-νο σημείο, διανύει αποστάσεις μετρούμενες σε cm. Όμως, το ίδιο το μέγιστο της f δεν μετακινείται (ως - 10 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςσημείο), αλλά μεταβάλλεται ως τιμή της συνάρτησης f, που έχει την ίδια μονάδα μέτρησης με όλες τιςτιμές της f ! Γι’ αυτό και δεν χρησιμοποιούμε cm, αλλά «μον», στην μονάδα μέτρησης του ρυθμού με-ταβολής της μέγιστης τιμής της f.ΙΙ. Το εμβαδόν του χωρίου, που ορίζεται από την Cf και τον άξονα x΄x, όπως βρήκαμε στο (β), είναι (α − 1)3ίσο με Ε = 6 .Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και το εμβαδόν αυτό θα μεταβάλλεται επίσης ως προς ⎢⎣⎡α(t) − 1⎤⎥⎦3τον χρόνο και θα περιγράφεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 6 , t≥0.Ο ρυθμός μεταβολής αυτού θα είναι η παράγωγος συνάρτησή του, δηλαδή η E′(t) = ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ ⎡⎣⎢α(t) − 1⎦⎤⎥3 ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪′ = 1 ⋅ 3 ⎣⎢⎡α(t) − 1⎥⎦⎤2 ⋅ ⎡⎣⎢α(t) − 1⎤⎦⎥′ = 1 α′(t) ⋅ ⎢⎣⎡α(t) − 1⎥⎦⎤2 , t ≥ 0 . 6 6 2Την χρονική στιγμή t0 θα είναι E′(t0) = 1 α′(t0) ⋅ ⎡⎢⎣α(t0) − 1⎤⎥⎦2 και αντικαθιστώντας βρίσκουμε 2 E′(t0) = 1 ⋅ 2 ⋅ (3 − 1)2 = 4 cm2 / s . 2Σχόλιο. Εδώ φυσικά τα πράγματα για την μονάδα μέτρησης είναι πολύ πιο απλά. Ο χρόνος μετράταισε δευτερόλεπτα (s) και οι αποστάσεις σε cm, άρα το εμβαδόν σε cm² και ο ρυθμός μεταβολής του εμ-βαδού σε cm²/s. - 11 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 6ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνεχής και παραγωγίσιμη συνάρτηση f, για την οποία ισχύει f(exηµx) = 2ex , για κάθε x ∈ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜− π , π ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ . 2 2α) Να δείξετε ότι f′(0) = 2 .β) Να δείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο Α(0, f(0)) είναι η y = 2x + 2.γ) Αν ένα σημείο κινείται πάνω στην προηγούμενη ευθεία και η τετμημένη του αυξάνεται με ρυθμό 2 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του σημείου.Το συγκεκριμένο θέμα έχει την εμφανή ιδιαιτερότητα ότι δεν γνωρίζουμε τον τύπο της συνάρτησης f,παρά μόνο ότι αυτή είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, προφανώς (ελλείψει άλλων στοιχείων που να πε-ριορίζουν το συμπέρασμά μας) σε όλο το ! . Επιπλέον, έχουμε ως εφόδιο μία συναρτησιακή σχέση,όπου η f εμφανίζεται μέσω μιας σύνθεσής της με άλλες συναρτήσεις.Πάμε να δούμε τους κατάλληλους χειρισμούς για να βρούμε τα ζητούμενα, χρησιμοποιώντας μόνο ταπαραπάνω δεδομένα.α) Γνωρίζουμε από την υπόθεση, ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! . Επίσης, η συνάρτησηϕ(x) = exηµx είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως γινόμενο παραγωγίσιμων στο ! συναρτήσεων. Άρα και η( )σύνθεσή τους, f ϕ(x) = f(exηµx) , είναι παραγωγίσιμη στο ! .Τότε, παραγωγίζοντας κατά μέλη την σχέση της εκφώνησης παίρνουμε (1)( )⎡⎣⎢f(exηµx)⎤⎥⎦′ = 2ex ′ ⇒ f′(exηµx) ⋅ (exηµx)′ = 2ex ⇒ f′(exηµx) ⋅ ⎡⎢⎣(ex )′ ⋅ ηµx + ex ⋅ (ηµx)′⎥⎤⎦ = 2ex ⇒ ex>0⇒ f′(exηµx) ⋅ (exηµx + exσυνx) = 2ex ⇒ f′(exηµx) ⋅ ex(ηµx + συνx) = 2ex ⇒ f′(exηµx) ⋅ (ηµx + συνx) = 2Αναζητούμε το f′(0) , οπότε παρατηρώντας την (1) διαπιστώνουμε ότι η τιμή x = 0 μηδενίζει την ποσό-τητα exηµx στο εσωτερικό της f′(exηµx) του πρώτου μέλους. Άρα, για x = 0 θα προκύψει η ζητούμενηποσότητα f′(0) ως εξής:Για x = 0, η (1) μάς δίνει f′(e0ηµ0) ⋅ (ηµ0 + συν0) = 2 ⇔ f′(1) ⋅ (0 + 1) = 2 ⇔ f′(1) = 2 .β) Η εξίσωση της εφαπτομένης, (ε), της Cf στο σημείο Α(0, f(0)) είναι η ε : y − f(0) = f′(0) ⋅ (x − 0) .Θυμίζουμε ότι δεν έχουμε τύπο για την f, οπότε για τα απαραίτητα f(0) , f′(0) έχουμε:Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι f′(0) = 2 . Επιπλέον, η σχέση της εκφώνησης, για x = 0, δίνει f(e0ηµ0) = 2e0 ⇔ f(0) = 2 .Επομένως, η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ε : y − 2 = 2x ⇔ ε : y = 2x + 2 .γ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Έστω Μ το σημείο που κινείται πάνω στην προηγούμενη ευθεία (ε).( )Οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, άρα είναι της μορφής Μ x(t) , y(t) , t ≥ 0 .Αφού η τετμημένη του Μ αυξάνεται με ρυθμό 2 cm/s, θα ισχύει x′(t) = +2 cm / s , σταθερός ρυθμός με-ταβολής. - 12 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕπίσης, οι συντεταγμένες του Μ θα επαληθεύουν τον τύπο της ευθείας (ε), άρα θα ισχύει ότι y(t) = 2x(t) + 2 .Παραγωγίζοντας την τελευταία σχέση ως προς t, βρίσκουμε y′(t) = ⎢⎣⎡2x(t) + 2⎤⎦⎥′ ⇒ y′(t) = 2x′(t)και με αντικατάσταση προκύπτει y′(t) = 2 ⋅ 2 = +4 cm / s , που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής.Σχόλιο για όλο το 6ο επαναληπτικό θέμα. Το θέμα διαπιστώνουμε ότι δεν έχει καμία απολύτως δυσ-κολία στην λύση του, ΕΦΟΣΟΝ γνωρίζουμε να χειριζόμαστε συναρτησιακές σχέσεις και να εξάγουμεαπό αυτές τα απαραίτητα συμπεράσματα. Πολύ συχνά, σε τέτοιες περιπτώσεις χρειάζεται να θέσουμεστην θέση του x κατάλληλη τιμή, για να προκύψουν οι ζητούμενες ποσότητες. Επίσης, πρέπει να τονί-σουμε ότι, σε τέτοιες σχέσεις, συνέχεια και παραγωγισιμότητα ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ αυτονόητες και πρέπει ναεξασφαλίζονται και τυπικά, όπως κάναμε στην αρχή του ερωτήματος (α). - 13 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 7ο επαναληπτικό θέμαΈστω συνεχής συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει 22 2 ∫ ∫ ∫f2(x) dx + (x4 + 2x2 + 1) dx = 4 ⎣⎡⎢x ⋅ f(x2) ⋅ (x4 + 1)⎥⎤⎦ dx . 11 1α) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f, στο διάστημα Δ = [1, 2].β) Έστω ότι f(x) = x2 + 1 , x ∈ ! . α−β β−α ∫ ∫Ι. Να αποδειχθεί ότι ef(x) dx + ef(x) dx = 0 , με α ≠ β . 00 ΙΙ. Έστω σημείο Α(α, f(α)) της Cf και (ε) η εφαπτομένη της στο Α. Αν η ευθεία (η), που είναι κάθετη στην (ε) στο Α, τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Β, να αποδειχθεί ότι ο ρυθμός μεταβο- λής της τεταγμένης του Β είναι διπλάσιος από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α, την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία α(t0) = 1 .α) Το ερώτημα αυτό παρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον, καθώς ζητείται να προσδιορίσουμε τον τύποσυνάρτησης από σχέση με ολοκληρώματα! Τα εφόδιά μας, σε τέτοια ερωτήματα, είναι κατά βάση οιιδιότητες του ολοκληρώματος και μία από αυτές, ικανή να μας δώσει τον τύπο της συνάρτησης σε διά-στημα, είναι η ακόλουθη: «Αν g : [α , β] → ! είναι συνεχής συνάρτηση, με g(x) ≥ 0, για κάθε x ∈ [α , β] , β ∫και g(x) dx = 0 , τότε g(x) = 0, για κάθε x ∈ [α , β] ». αΗ πρόταση αυτή πρέπει να αποδειχθεί για να χρησιμοποιηθεί, καθώς, αν και βασική, τυπικά δεν περι-λαμβάνεται στην διδακτέα ύλη.Αρχικά θα απλουστεύσουμε ελαφρά το πιο πολύπλοκο από τα ολοκληρώματα της δεδομένης σχέσης. 2∫Για το ολοκλήρωμα ⎡⎣⎢x ⋅ f(x2) ⋅ (x4 + 1)⎤⎦⎥ dx της αρχικής σχέσης, θέτουμε u = x2 . 1Τότε είναι du = (x2)′dx ⇔ du = 2xdx ⇔ xdx = 1 du . 2 2Επίσης, για x = 1 είναι u = 1, ενώ για x = 2 είναι u = 2 =2. 2 2 1 1 2 2 2 ⎡⎣⎢x ⋅ f(x2) ⋅ (x4 + 1)⎤⎦⎥ dx = f(x) ⋅ (x2 + 1) dx .∫ ∫ ∫Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται f(u) ⋅ (u2 + 1) ⋅ du = 11 1Στο τέλος, αλλάξαμε απλά το σύμβολο της μεταβλητής από u και πάλι σε x, ώστε να ενσωματώσουμετο παραπάνω στην αρχική δεδομένη σχέση, όπως φαίνεται παρακάτω.Τότε η αρχική δεδομένη σχέση γίνεται22 1 2 22 2∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫f2(x)dx + 2 (x4 + 2x2 + 1) dx = 4⋅ f(x) ⋅ (x2 + 1) dx ⇔ f2(x) dx + (x2 + 1)2 dx = 2 f(x) ⋅ (x2 + 1) dx ⇔11 1 11 122 2 2∫ ∫ ∫ ∫⇔ f2(x) dx + (x2 + 1)2 dx − 2f(x) ⋅ (x2 + 1) dx = 0 ⇔ ⎡⎢⎣f2(x) + (x2 + 1)2 − 2f(x) ⋅ (x2 + 1)⎥⎦⎤ dx = 0 ⇔11 1 1 - 14 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 2 (1)∫⇔ ⎢⎣⎡f(x) − (x2 + 1)⎥⎦⎤2 dx = 0 1Στο σημείο αυτό, θα αποδείξουμε την εξής βοηθητική πρόταση: βΑν g : [α , β] → ! συνεχής συνάρτηση, με g(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ [α , β] , και ∫ g(x) dx = 0 , τότε g(x) = 0, αγια κάθε x ∈ [α , β] .Η απόδειξη θα γίνει με απαγωγή σε άτοπο.Πράγματι· έστω ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 ∈ [α , β] τέτοιο, ώστε g(x0) > 0 . βΤότε, αφού η g είναι συνεχής στο [α, β] και g(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ [α , β] , θα είναι g(x) dx > 0 , ∫β∫άτοπο, αφού είναι g(x) dx = 0 . α αΆρα δεν υπάρχει x0 ∈ [α , β] τέτοιο, ώστε g(x0) > 0 .Επομένως, ισχύει ότι g(x) = 0 , για κάθε x ∈ [α , β] .Εδώ ολοκληρώνεται η απόδειξη και επιστρέφουμε στο ερώτημα της άσκησής μας.Λόγω της παραπάνω πρότασης, από την (1) έπεται ότι, για την συνεχή συνάρτηση g(x) = ⎣⎢⎡f(x) − (x2 + 1)⎥⎤⎦2 22 ⎣⎡⎢f(x) − (x2 + 1)⎤⎦⎥2 dx = g(x) dx = 0 , για κάθε x ∈ [1, 2] .∫ ∫ισχύει ότι g(x) ≥ 0 και 11Άρα είναι g(x) = 0 ⇔ ⎡⎣⎢f(x) − (x2 + 1)⎤⎦⎥2 = 0 ⇔ f(x) − (x2 + 1) = 0 ⇔ f(x) = x2 + 1 , για κάθε x ∈ [1, 2] .β) Να παρατηρήσουμε ότι, ο τύπος της συνάρτησης που βρέθηκε στο (α), αφορά στο διάστημαΔ = [1, 2]. Εδώ, όμως, η εκφώνηση επεκτείνει την ισχύ του τύπου σε όλο το ! .Ι. 1ος τρόπος. α−β∫Για το ολοκλήρωμα Ι = ef(x) dx θέτουμε u = −x . 0Η ιδέα να θέσουμε u = ­x μπορεί να προέλθει είτε από την παρατήρηση ότι η συνάρτηση f(x) είναι άρ-τια είτε από τα όρια ολοκλήρωσης μεταξύ αυτού και του επόμενου ολοκληρώματος της ζητούμενης σχέ-σης, που είναι αντίθετα. Η ιδέα της αξιοποίησης της άρτιας αναλύεται ακόμα πιο διεξοδικά στον 2οτρόπο λύσης παρακάτω.Τότε du = ­dx και για x = 0 είναι u = 0, ενώ για x = α ­ β είναι u = ­(α ­ β) = β ­ α.Έτσι, το ολοκλήρωμα γίνεταια−β β−α β−α β−α β−α β−α∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = ef(x) dx = ef(−u) ⋅ (−du) = − e(−u)2+1 du = − eu2+1 du = − ef(u) du = − ef(x) dx .00 0 0 00Στο τέλος, απλά αλλάξαμε συμβολισμό της μεταβλητής, ώστε να συμβαδίζει με τα υπόλοιπα. β−α β−α α−β β−α .∫ ∫Άρα, Ι = − ef(x) dx ⇔ Ι + ef(x) dx = 0 ⇔ ∫ ∫ef(x) dx + ef(x) dx = 0 00 00 - 15 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος. Αρχικά θα αποδείξουμε μία βασική πρόταση, που αφορά στο ολοκλήρωμα άρτιας συ-νάρτησης. Η πρόταση αυτή πρέπει να αποδειχθεί για να χρησιμοποιηθεί, καθώς, αν και βασική, δεν πε-ριλαμβάνεται στην διδακτέα ύλη.Βοηθητική πρόταση. Αν η συνάρτηση f : [−λ , λ] → ! είναι συνεχής και άρτια, τότε λλ ∫ ∫f(x) dx = 2 f(x) dx . −λ 0 λ 0λ 0λ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Απόδειξη. Έχουμε Ι = f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx = Ι1 + Ι2 , με Ι1 = f(x) dx , Ι2 = f(x) dx . −λ −λ 0 −λ 0Για το Ι1 θέτουμε u = −x .Τότε είναι du = −dx και, για x = ­λ είναι u = λ, ενώ για x = 0 είναι u = 0. Έτσι βρίσκουμε λ0 λ f αρτια 0 λ λ λ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = f(x) dx = f(−u) ⋅ (−du) + f(x) dx = − f(u) du + f(x) dx = f(u) du + f(x) dx ⇒ −λ λ 0 λ000 λλ λ∫ ∫ ∫⇒ Ι = f(x) dx + f(x) dx ⇒ Ι = 2 f(x) dx . 00 0Εδώ ολοκληρώθηκε η απόδειξη της βοηθητικής πρότασης. Στην συνέχεια, θα εφαρμόσουμε την πρότασηαυτή στην άσκησή μας.Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση g(x) = ef(x) είναι άρτια, αφού για κάθε x ∈ ! , και το −x ∈ ! , και g(−x) = ef(−x) = e(−x)2+1 = ex2+1 = ef(x) = g(x) .Τότε, για λ = α ­ β εφαρμόζοντας την παραπάνω βασική πρόταση, βρίσκουμε ότια−β α−β 0 α−β α−β∫ ∫ ∫ ∫ ∫g(x) dx = 2 g(x) dx ⇔ g(x) dx + g(x) dx = 2 g(x) dx ⇔−(α−β) 0 β−α 0 0 β−α α−β β−α α−β α−β β−α∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫⇔ − g(x) dx − g(x) dx = 0 ⇔ g(x) dx + g(x) dx = 0 ⇔ ef(x) dx + ef(x) dx = 0 . 00 00 00ΙΙ. Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής.Καθώς η εκφώνηση μάς μιλά για ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α(α, f(α)), καταλαβαίνουμε ότιτο Α κινείται πάνω στην Cf , άρα οι συντεταγμένες του θα μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο t, με τηντετμημένη του να είναι της μορφής α(t) , t ≥ 0 .Μαζί με το Α, προφανώς κινούνται η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο Α, η κάθετη, (η), προς την (ε), στο Α,και το σημείο Β του άξονα y΄y, στο οποίο τον τέμνει η (η).Αφού το Β είναι σημείο του y΄y, θα έχει τετμημένη x = 0, ενώ η τεταγμένη του θα μεταβάλλεται ωςπρος τον χρόνο t και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής y(t) , t ≥ 0 .Από την εκφώνηση, t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία α(t0) = 1 . Καθώς το α μεταβάλλεται κατάτρόπο συνεχή, μπορούμε να περιοριστούμε σε χρονικές στιγμές κοντά στην t0 , όπου α = α(t) ≠ 0 .Αυτή η επιπλέον υπόθεση χρειάζεται διότι, όπως θα δούμε παρακάτω, οι συντελεστές διεύθυνσης τωνευθειών (ε) και (η) εξαρτώνται από το α, οπότε η παραπάνω ιδιότητα θα μας εξασφαλίσει την ύπαρξήτους και την δυνατότητά μας να αξιοποιήσουμε την καθετότητα των δύο ευθειών. - 16 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ εφαπτομένη, (ε), της Cf στο σημείο της Α(α, f(α)), έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = f′(α) , όπουf(x) = x2 + 1 ⇒ f′(x) = 2x , άρα λε = 2α .Είναι ε ⊥ η , άρα λελη = −1 ⇔ 2α ⋅ λη = −1 ⇔ λη = − 1 . 2α 1Άρα η ευθεία (η) διέρχεται από το Α και έχει συντελεστή διεύθυνσης λη = − 2α , οπότε έχει εξίσωση η : y − f(α) = − 1 ⋅(x − α) . 2αΤο Β είναι σημείο τομής της ευθείας (η) και του y΄y, με τετμημένη x = 0.Θέτοντας x = 0 στην εξίσωση της (η), βρίσκουμε y − f(α) = − 1 ⋅ (0 − α) ⇔ y = 1 + f(α) ⇔ y = 1 + α2 + 1 ⇔ y = α2 + 3 = yΒ . 2α 2 2 2Η τεταγμένη του Β εξαρτάται από το α, άρα και αυτή μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο σύμφωνα με 3την συνάρτηση y(t) = α2(t) + 2 , t ≥0.Ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β είναι y′(t) = ⎢⎣⎡⎢α2(t) + 3 ⎥⎥⎦⎤′ ⇒ y′(t) = 2α(t) ⋅ α′(t) . 2Την χρονική στιγμή t0 θα είναι y′(t0) = 2α(t0) ⋅ α′(t0) , όπου αντικαθιστώντας βρίσκουμε y′(t0) = 2 ⋅ 1 ⋅ α′(t0) ⇔ y′(t0) = 2α′(t0) ,σχέση που αποδεικνύει ότι, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β είναι δι-πλάσιος από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α. - 17 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 8ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ex(x − α) και το σημείο Α(α, 0), όπου α ∈ ! , με α > 0 .α) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα, τα σημεία καμπής και τις ασύμπτωτες.β) Για τις διάφορες τιμές του α, να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται: Ι. το ακρότατο της f. ΙΙ. το σημείο καμπής της f.γ) Να βρεθεί το εμβαδόν, Ε(λ), του χωρίου, που ορίζεται από τον άξονα x΄x, την Cf και την ευθεία x = λ < 0.δ) Να βρείτε το ℓ im Ε(λ) . λ→ −∞ε) Αν το Α κινείται με ταχύτητα υ = 3 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού, την χρονική στιγμή κατά την οποία είναι α = 5.Το θέμα αυτό δεν παρουσιάζει κάποια ιδιαίτερη δυσκολία εν γένει. Περιέχει, όμως, πολλά «δημοφιλή»ερωτήματα. Συνεπώς, πρέπει να το δει κανείς ως μία καλή πρώτη επανάληψη σε βασικές έννοιες, σεόλο το φάσμα της ύλης, συμπεριλαμβανομένου και του ρυθμού μεταβολής.α) Η συνάρτηση f ορίζεται στο Df = ! , στο οποίο είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη, ως γι-νόμενο συνεχών και δύο φορές παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, μεf′(x) = (ex )′ ⋅ (x − α) + ex ⋅ (x − α)′ = ex(x − α) + ex ⇒ f′(x) = ex(x − α + 1) καιf′′(x) = (ex )′ ⋅ (x − α + 1) + ex ⋅ (x − α + 1)′ = ex(x − α + 1) + ex ⇒ f′′(x) = ex(x − α + 2) .Μονοτονία ­ ακρότατα. Έχουμε: ex>0• f′(x) = 0 ⇔ ex(x − α + 1) = 0 ⇔ x − α + 1 = 0 ⇔ x = α − 1 και ex>0• f′(x) > 0 ⇔ ex(x − α + 1) > 0 ⇔ x − α + 1 > 0 ⇔ x > α − 1 , άρα και f′(x) < 0 ⇔ x < α − 1 .Ο πίνακας μονοτονίας και ακροτάτων της f είναι ο διπλανός και f′(x) −∞ α − 1 +∞από αυτόν έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞ , α − 1] , ­ +γνησίως αύξουσα στο [α − 1, + ∞) και παρουσιάζει ελάχιστο γιαx = α ­ 1, το fmin = f(α − 1) = eα−1( α − 1 − α ) = −eα−1 .Κυρτότητα ­ σημεία καμπής. Έχουμε: f(x) 2 1 ex>0• f′′(x) = 0 ⇔ ex(x − α + 2) = 0 ⇔ x − α + 2 = 0 ⇔ x = α − 2 και ex>0• f′′(x) > 0 ⇔ ex(x − α + 2) > 0 ⇔ x − α + 2 > 0 ⇔ x > α − 2 , άρα και f′′(x) < 0 ⇔ x < α − 2 .Ο πίνακας κυρτότητας της f είναι ο διπλανός και από αυτόν έχου- f′(x) −∞ α − 2 +∞ f(x) ­+με ότι η f είναι κοίλη στο (−∞ , α − 2] , κυρτή στο [α − 2 , + ∞) 43και έχει σημείο καμπής το Κ(α − 2 , f(α − 2)) , όπουf(α − 2) = eα−2( α − 2 − α ) = −2eα−2 , δηλαδή το σημείο καμπής( )της Cf είναι το Κ α − 2 , − 2eα−2 . - 18 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑσύμπτωτες.Ι. Κατακόρυφες. Η f είναι συνεχής στο ! , άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.ΙΙ. Οριζόντιες. −∞Είναι ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎢⎡ ex (x − α)⎦⎥⎤ 0⋅(−∞) ℓ im x−α +∞ ℓ im (x − α)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 = e−x (e−x )′ x→ −∞ e−x ⋅ (−x)′ −e−x x→ −∞ x→ −∞ = x→ −∞ = x→ −∞ x→ −∞= − ℓ im ex = −0 = 0 , που σημαίνει ότι η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . x→ −∞Επίσης, ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎢⎡ ex (x − α)⎤⎦⎥ = (+∞) ⋅ (+∞) = +∞ , που σημαίνει ότι δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη x→ +∞ x→ +∞στο +∞ .ΙΙΙ. Πλάγιες.Επειδή στο −∞ έχει οριζόντια ασύμπτωτη, δεν θα έχει πλάγια. Επομένως, θα εξετάσω αν έχει πλάγιαασύμπτωτη στο +∞ .Αν έχει, θα είναι της μορφής y = λx + β, όπου λ = ℓ im f(x) = ℓ im ex(x − α) = ℓ im ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ex ⋅ x − α ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ = ℓ im ⎢⎢⎡⎢⎣ex ⎝⎜⎜⎜⎛⎜1 − α ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ ⎥⎥⎥⎦⎤ = (+∞) ⋅ (1 − 0) = +∞ . x→ +∞ x x→ +∞ x x x x→ +∞ x→ +∞Αυτό σημαίνει ότι δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ .β) Ι. Ιδιαίτερη σημασία αξίζει να δοθεί στα επόμενα βήματα. Η εύρεση γεωμετρικού τόπου είναι πά-ντα ένα θέμα που θέλει προσοχή.Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η f έχει ακρότατο (ελάχιστο), το fmin = −eα−1 , για x = α ­ 1.Έστω (x0 , y0) οι συντεταγμένες του σημείου ελαχίστου της f.Τότε ισχύουν x0 = α − 1 και y0 = −eα−1 .Θα απαλείψουμε το α από τις σχέσεις αυτές, ώστε να προκύψει μία σχέση που να συνδέει άμεσα ταx0 , y0 . Προσοχή χρειάζεται στους περιορισμούς που συνοδεύουν τις μεταβλητές, καθώς αυτοί καθορί-ζουν επακριβώς και τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο.Έχουμε ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧⎪ x0 = α −1 ⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎭⎪ ⇒ y0 = −ex0 , όπου, από υπόθεση, α > 0 ⇔ x0 + 1 > 0 ⇔ x0 > −1 . y0 = −eα−1Συνεπώς, η εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται το ακρότατο της f, είναι η y = −ex , x > −1 .ΙΙ. Θα εργαστούμε με τον ίδιο ακριβώς τρόπο με αυτόν του ερωτήματος β­Ι.( )Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η Cf έχει σημείο καμπής το Κ α − 2 , − 2eα−2 . Άρα, για τις συντεταγ-μένες, (xK , yK ) , του σημείου καμπής, Κ, της Cf ισχύουν ⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪ xK = α −2 ⎪⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫ ⇒ yK = −2exΚ , όπου, από υπόθεση, α > 0 ⇔ xK + 2 > 0 ⇔ xK > −2 . yK = −2eα−2Συνεπώς, η εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται το σημείο καμπής της f είναι η y = −2ex , x > −2 . - 19 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςγ) Είναι: ex>0• f(x) = 0 ⇔ ex(x − α) = 0 ⇔ x − α = 0 ⇔ x = α και ex>0• f(x) > 0 ⇔ ex(x − α) > 0 ⇔ x − α > 0 ⇔ x > α , άρα και f(x) < 0 ⇔ x < α .Επειδή λ < 0 < α, το διάστημα ολοκλήρωσης της f θα είναι το [λ, α], στο οποίο η f είναι συνεχής και ισ-χύει f(x) ≤ 0 . Άρα το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι αα α α∫ ∫ ∫ ∫Ε(λ) = | f(x) | dx = ⎡⎣⎢−f(x)⎤⎥⎦ dx = ⎢⎣⎡−ex(x − α)⎦⎥⎤ dx = − (ex )′ ⋅ (x − α) dx = λλ λ λ αα − ⎣⎡⎢ex(x − α)⎥⎦⎤αλ α α α λ∫ ∫=−⎡⎢⎣ ex (x − α)⎦⎤⎥ λ + ex(x − α)′ dx = − ⎢⎡⎣ ex (x − α)⎥⎤⎦ λ + ex dx = + ⎡⎣⎢ ex ⎥⎦⎤ = λλ= − ⎡⎣⎢eα(α − α) − eλ(λ − α)⎥⎤⎦ + eα − eλ = eλ(λ − α) + eα − eλ ⇒ Ε(λ) = eλ(λ − α − 1) + eα , λ < 0 .δ) Είναι ℓ im Ε(λ) = ℓ im ⎡⎣⎢ e λ (λ −α − 1) + eα ⎤⎥⎦ , όπου λ→ −∞ λ→ −∞ −∞ℓ im ⎢⎡⎣ eλ (λ − α − 1)⎦⎥⎤ 0⋅(−∞) ℓ im λ −α −1 +∞ ℓ im (λ − α − 1)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 = e−λ (e−λ )′ e−λ ⋅ (−λ)′ −e−λλ→ −∞ = λ→ −∞ = λ→ −∞ λ→ −∞ λ→ −∞= − ℓ im eλ = −0 = 0 . λ→ −∞Επομένως είναι ℓ im Ε(λ) = 0 + eα ⇒ ℓ im Ε(λ) = eα . λ→ −∞ λ→ −∞ε) Από την εκφώνηση έχουμε ότι το σημείο Α(α, 0), α > 0, κινείται με σταθερή ταχύτητα υ = 3 cm/s.Επειδή η τεταγμένη του Α είναι σταθερή, ίση με 0, καταλαβαίνουμε ότι η κίνηση του Α γίνεται κατά μή-κος του άξονα x΄x. Άρα, η τετμημένη του θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου t και θα προσδιορί-ζεται από συνάρτηση της μορφής α(t) , t ≥ 0 , με θετικές τιμές, αφού α = α(t) > 0 από την υπόθεση.Εφόσον η κίνηση γίνεται αποκλειστικά στον οριζόντιο άξονα, θα ισχύει υ = α′(t) = 3 cm / s .Αυτό το τελευταίο δεν είναι τόσο προφανές όσο φαντάζει. Η ανάλυση που προηγήθηκε μάς επιτρέπειαυτό το συμπέρασμα. Αν η κίνηση δεν γίνεται κατά μήκος του άξονα, τότε η ταχύτητα του Α, ως δια-νυσματικό μέγεθος, μπορεί να είναι προς οποιαδήποτε κατεύθυνση! Σε αυτήν την περίπτωση, το α′(t)θα αφορούσε μόνο την οριζόντια συνιστώσα της ταχύτητας υ.Λόγω της κίνησης του Α, και το εμβαδόν, Ε, θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου και θα προσδιορί-ζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο Ε(t) = eλ ⋅ ⎢⎣⎡λ − α(t) − 1⎤⎦⎥ + eα(t) , t ≥ 0 , όπου λ ∈ ! , λ < 0 .Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, ως προς τον χρόνο t, είναι E′(t) = eλ ⋅ ⎢⎣⎡λ − α(t) − 1⎥⎦⎤′ + ⎣⎢⎡eα(t) ⎥⎤⎦′ = −eλ ⋅ α′(t) + eα(t) ⋅ α′(t) = −α′(t) ⋅ eλ + α′(t) ⋅ eα(t) .Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία είναι α = α(t0) = 5 και α′(t) = 3 , έχουμε E′(t0) = −α′(t0) ⋅ eλ + α′(t0) ⋅ eα(t) ⇒ E′(t0) = −3eλ + 3e5 cm2 / s ,που δίνει και τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής.Παρατήρηση. Η μονάδα μέτρησης προέκυψε από την μονάδα μέτρησης της ταχύτητας υ = 3 cm/s.Η απόσταση μετράται σε cm και ο χρόνος σε δευτερόλεπτα (s), άρα το εμβαδόν μετράται σε cm² και ορυθμός μεταβολής του σε cm²/s. - 20 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 9ο επαναληπτικό θέμαΈνα κινητό, Μ, κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x , x ≥ 0 .Ένας παρατηρητής βρίσκεται στην θέση Π(0, 1) ενός συστήματος συ-ντεταγμένων Oxy και παρατηρεί το κινητό από την αρχή Ο, όπωςφαίνεται στο διπλανό σχήμα. Δίνεται ότι ο ρυθμός μεταβολής τηςτετμημένης του κινητού, για κάθε χρονική στιγμή t, t ≥ 0 , είναιx′(t) = 16 m / min .α) Να αποδείξετε ότι η τετμημένη του κινητού, για κάθε χρονική στιγμή t ≥ 0 , δίνεται από τον τύπο x(t) = 16t .β) Να αποδείξετε ότι το σημείο της καμπύλης μέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό, είναι το Α(4, 2) και, στην συνέχεια, να υπολογίσετε πόσο χρόνο διαρκεί η οπτική επαφή.γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που διαγράφει η οπτική ακτίνα ΠΜ του παρατηρητή από το σημείο Ο μέχρι το σημείο Α.δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 ∈ ⎝⎜⎜⎛⎜⎜0 , 1 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ , κατά την οποία η απόσταση d = (ΠΜ) του παρατηρητή από το κινητό, γίνεται ελάχιστη. 4Να θεωρήσετε ότι το κινητό Μ και ο παρατηρητής Π, είναι σημεία του συστήματος συντεταγμένων Οxy.Στο τέλος του θέματος θα βρείτε αναλυτικά σχόλια για την παραπάνω εκφώνηση. Αφού δείτε την λύσητου θέματος, αξίζει να διαβάσετε τα σχόλια αυτά, σχετικά με τις πληροφορίες που μας δίνει η εκφώνη-ση.α) Έστω Μ(x, y) οι συντεταγμένες του κινητού Μ.Καθώς αυτό κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x , x ≥ 0 , οι συντεταγμένες του μεταβάλλονταισυναρτήσει του χρόνου t, άρα είναι της μορφής (x(t) , y(t)) , t ≥ 0 .Από την υπόθεση έχουμε ότι, για κάθε t ≥ 0 , είναι x′(t) = 16 ⇔ x′(t) = (16t)′ , απ’ όπου βρίσκουμε x(t) = 16t + c , t ≥ 0 , c ∈ ! σταθερά.Το σημείο αυτό χρειάζεται αρκετή προσοχή. Η σχέση x′(t) = 16 δεν έπεται άμεσα το ζητούμενοx(t) = 16t . Επομένως, χρειαζόμαστε ένα ακόμα στοιχείο για να προσδιορίσουμε την παράμετρο c. Αυτότο δίνει μια μικρή λεπτομέρεια στην εκφώνηση.Επιπλέον, ο παρατηρητής παρατηρεί το κινητό από το σημείο Ο(0, 0), δηλαδή η κίνηση του Μ ξεκινάαπό το Ο, άρα ισχύουν x(0) = 0 και y(0) = 0.Ειδικά στα προβλήματα, αλλά και σε κάθε άσκηση ή θέμα πανελλαδικών, κάθε λέξη μετράει, γι’ αυτόπρέπει να διαβάζουμε την εκφώνηση με προσοχή σε κάθε λεπτομέρεια! Μερικές φορές κρύβονται δεδο-μένα σε σημεία που δεν φαίνονται άμεσα!Για t = 0 έχουμε από την σχέση x(t) = 16t + c : x(0) = 16 ⋅ 0 + c ⇔ 0 = 0 + c ⇔ c = 0 .Άρα η τετμημένη του κινητού δίνεται από τον τύπο x(t) = 16t , t ≥ 0 . - 21 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Έχει σημασία να εξηγήσουμε εξ αρχής μία φαινομενικά αυτονόητο λεπτομέρεια: μέχρι ποιο σημείο διατηρεί ο παρατηρητής οπτική επαφή με το κινητό;Αν και η απάντηση δίνεται έμμεσα και από το σχήμα της εκφώνησης, εν τούτοις πρέπει να αναφερθεί,ώστε να δικαιολογηθεί η εύρεση και χρήση της εφαπτομένης στην συνέχεια.Ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό Μ μέχρι το σημείο Α, στο οποίο η οπτική του ακτίναεφάπτεται στην καμπύλη y = x .Πράγματι· η οπτική επαφή του παρατηρητή με οποιοδήποτε σημείο ορίζεται από την ευθεία που ξεκινάαπό αυτόν, δηλαδή από το Π, και εκτείνεται μέχρι το σημείο, εφόσον ενδιάμεσα δεν υπάρχει φυσικόεμπόδιο. Προφανώς, μετά το σημείο Α, προς τα δεξιά (δηλαδή για τα σημεία της Cf με την μεγαλύτερητετμημένη), η καμπύλη αποτελεί φυσικό εμπόδιο που εμποδίζει την οπτική ακτίνα του παρατηρητή απόπεραιτέρω δυνατότητα οπτικής επαφής.Έστω A(x0 , y0) το σημείο επαφής καμπύλης και εφαπτομένης, όπου x0 > 0 (αφού από το σχήμα, προ-φανώς το Α δεν ταυτίζεται με το Ο). Θα βρούμε την εφαπτομένη, (ε), της Cf , με σημείο επαφής το Α, ηοποία διέρχεται από το Π(0, 1).Είναι f(x) = x , x ≥ 0 , άρα f′(x) = 1 , x > 0 . 2xΗ (ε) έχει εξίσωση ε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) ⇔ ε : y− x0 = 2 1 ⋅(x − x0) (1) x0Αφού η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο Π(0, 1), οι συντεταγμένες του Π θα επαληθεύουν την εξί-σωσή της (ε), άρα θα ισχύει( )1− 1 x0 = −x0 ⇔ 2 x0 − 2x0 = −x0 ⇔x0 = 2 x0 ⋅ (0 − x0) ⇔ 1 − x0 =− 2 x0 ⇔ 2 x0 1− x0 ( ) x0>02−⇔ 2 x0 − x0 = 0 ⇔ x0 x0 = 0 ⇔ 2− x0 = 0 ⇔ x0 = 2 ⇔ x0 = 4 . x0 >0Για x0 = 4 είναι y0 = f(x0) = 4 = 2 .Συνεπώς, το σημείο της καμπύλης μέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό, είναιτο Α(4 , 2) .Προφανώς, η οπτική επαφή του παρατηρητή με το κινητό διαρκεί από την αρχή της κίνησης και μέχριτο κινητό να φτάσει στο σημείο Α, δηλαδή όσο ισχύει 0 ≤ x(t) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ 16t ≤ 4 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 . 4 1 1Άρα η οπτική επαφή διαρκεί συνολικά 4 −0 = 4 min .ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Προσέξτε ότι η άσκηση δεν μας ρωτά μέχρι ποια χρονική στιγμή 1υπάρχει οπτική επαφή (που είναι η t0 = 4 min ), αλλά πόσο χρόνο διαρκεί η οπτική επαφή!Συνεπώς, η τελευταία αφαίρεση, αν και δίνει το ίδιο αριθμητικό αποτέλεσμα, είναι απαραίτητη!Σκεφτείτε απλά, ότι αν η οπτική επαφή δεν ξεκινούσε από την χρονική στιγμή 0, τα δύο αποτελέσματαθα διέφεραν!Παρατήρηση. Για άλλη μία φορά, μεγάλη προσοχή στις μονάδες μέτρησης!Από το δεδομένο x′(t) = 16 m / min συμπεραίνουμε ότι ο χρόνος μετράται σε λεπτά (min), άρα και τοαποτέλεσμα είναι σε λεπτά (min). - 22 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςγ) 1ος τρόπος.Το χωρίο Ω, που διαγράφει η οπτικήακτίνα ΠΜ του παρατηρητή, καθώς τοσημείο Μ κινείται από το σημείο Ο μέχ-ρι το σημείο Α, είναι το καμπυλόγραμ-μο τρίγωνο ΟΠΑ.Αρχικά βρίσκουμε την εξίσωση τηςεφαπτομένης, (ε), στο Α.Αντικαθιστώντας στην σχέση (1) τοx0 = 4 , βρίσκουμε ε : y− 4= 1 ⋅ (x − 4) ⇔ ε : y − 2 = 1 (x − 4) ⇔ ε : y = 1 x+1. 24 4 4Με την βοήθεια του σχήματος βρίσκουμε ότι το εμβαδόν του χωρίου Ω είναι 4 ⎣⎡⎢⎢ 1 x + 1 − f(x)⎥⎥⎦⎤ dx = 4 ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ dx ⎢⎢⎢⎢⎡⎣⎢⎢ 1 x2 3 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤⎦ 4∫ ∫Ε(Ω) = 0 4 4 4 2 0 x +1− x = ⋅ +x− x2 = 0 3 4 2 0 ⎢⎢⎢⎣⎢⎡ x2 3 ⎥⎥⎥⎦⎤⎥ 42 3 − ⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎝⎜ 02 3 ⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ = 8 8 8= +x− 2x 2 = +4− 2⋅42 +0− 02 16 +4− 2⋅8 ⇒ Ε(Ω) = 2 m2 . 3 8 3 3 3 3ΠΟΛΥ ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Η επίκληση του σχήματος, για τον υπολογισμό του εμβαδούΕ(Ω), έχει σημασία!Αν δεν επικαλεστούμε το δεδομένο σχήμα, θα πρέπει να δικαιολογήσουμε γιατί πήραμε την διαφορά 1χωρίς απόλυτη τιμή, πώς δηλαδή γνωρίζουμε ότι η διαφορά 4 x + 1− f(x) , του τύπου της εφαπτομένηςμείον τον τύπο της συνάρτησης, είναι θετική!Αν θέλουμε να απαντήσουμε χωρίς να επικαλεστούμε το σχήμα, ένας εύκολος τρόπος είναι να διαπι-στώσουμε, με απλές πράξεις, ότι η συνάρτηση f(x) είναι κοίλη, συνεπώς η γραφική της παράσταση θαείναι κάτω από την εφαπτομένη της στο Α, εκτός του σημείου επαφής τους, οπότε η διαφορά στο ολο-κλήρωμα θα είναι θετική.Από την στιγμή, πάντως, που το σχήμα δίνεται, η επίκλησή του μας καλύπτει πλήρως ως προς την αιτιο-λόγηση.Σημειώνεται ακόμη, ότι η μονάδα μέτρησης του εμβαδού είναι m², αφού από την μονάδα μέτρησης τουρυθμού μεταβολής x′(t) έχουμε ότι οι αποστάσεις μετρώνται σε μέτρα (m), άρα και τα εμβαδά σε m².2ος τρόπος. Στο σχήμα μας φέρνουμεαπό το σημείο Α κάθετη προς τον άξο-να x΄x και έστω Β το σημείο τομής τους.Το Β έχει τετμημένη xB = xA = 4 , άραέχει συντεταγμένες Β(4, 0).Τότε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμουτριγώνου ΟΠΑ είναι ίσο με την διαφοράτου εμβαδού του τραπεζίου ΟΠΑΒμείον το εμβαδόν του χωρίου που περι-κλείεται από την Cf , την κατακόρυφηευθεία x = 4 και τον άξονα x΄x. - 23 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ∫ ∫4 f(x)≥0 4Συνεπώς, Ε(Ω) = (ΟΠΑΒ) − | f(x) | dx = (ΟΠΑΒ) − f(x) dx , όπου το ΟΠΑΒ είναι τραπέζιο με 00μεγάλη βάση ΑΒ = 2, μικρή βάση ΟΠ = 1 και ύψος ΟΒ = 4, άρα έχει εμβαδόν (ΟΠΑΒ) = (ΑΒ + ΟΠ) ⋅ ΟΒ = (2 + 1) ⋅ 4 = 6 m2 . 2 2 44 4 1 ⎢⎢⎡⎣⎢⎢⎢⎢ 3 ⎥⎥⎤⎥⎥⎥⎦⎥ 4 ⎢⎢⎣⎡⎢⎢ 3 ⎥⎥⎤⎥⎦⎥ 4 3 3 0 2 0 0∫ ∫Επίσης, f(x) dx = ∫x dx = x dx = x2 = 2x 2 = 2⋅42 − 2⋅02 = 2⋅8 = 16 m2 . 00 3 3 3 3 3 3 2Άρα είναι Ε(Ω) = 6 − 16 ⇒ Ε(Ω) = 2 m2 . 3 3δ) ( )Η απόσταση του παρατηρητή από το κινητό είναι d = (ΠΜ), όπου Π(0, 1) και M x(t) , y(t) , με x(t) = 16t , t ≥ 0 , και y(t) = x(t) = 16t = 4 t , t ≥ 0 .Συνεπώς, και η απόσταση d μεταβάλλεται ως προς t, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφήςd(t), με τύπο ( )2 d(t) = (xM − xΠ)2 + (yΜ − yΠ)2 = (16t − 0)2 + 4 t − 1 ⇒ d(t) = 256t2 + 16t − 8 t + 1 , t ≥ 0 .Θα αναζητήσουμε, αν υπάρχει, χρονική στιγμή t0 ∈ ⎛⎜⎜⎝⎜⎜0 , 1 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ , κατά την οποία η συνάρτηση d(t) παίρνειελάχιστη τιμή. 4Η συνάρτηση d(t) είναι παραγωγίσιμη, για t > 0, ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με( )d′(t) = 1 ⋅ 256t2 + 16t − 8 t + 1 ′ = 2 256t2 + 16t − 8 t + 1= 1 ⋅⎜⎜⎝⎛⎜⎜256 ⋅ 2t + 16 − 8 ⋅ 1 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ = 1 ⋅ 2 ⋅⎝⎜⎜⎜⎜⎛256t + 8 − 2 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ⇒ 256t2 + 16t − 8 2t 256t2 + 16t − 8 t 2 t +1 2 t +1⇒ d′(t) = 256t + 8 − 2 . t 256t2 + 16t − 8 t + 1Το πρόσημο της d′(t) καθορίζει την μονοτονία και τα πιθανά ακρότατα της d(t), άρα αυτό πρέπει ναπροσδιορίσουμε.Επειδή είναι 256t2 + 16t − 8 t + 1 > 0 , για κάθε t > 0 , το πρόσημο της d′(t) εξαρτάται από το πρό-σημο του αριθμητή της.Επειδή ο αριθμητής δεν είναι «απλή» παράσταση, ώστε να μπορούμε εύκολα να προσδιορίσουμε τοπρόσημό του, θα χρησιμοποιήσουμε βοηθητική συνάρτηση.Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(t) = 256t + 8 − 2 , t > 0 , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) ως tπράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο - 24 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ϕ′(t) = 256 − 2 ⋅ −( t )′ 1 = 256 + 1 > 0 , για κάθε t > 0 . 2 = 256 + 2 ⋅ tt t 2t tΆρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο (0 , + ∞) .Παρακάτω θα εστιάσουμε στο διάστημα ⎜⎜⎜⎜⎝⎛0 , 1 ⎥⎦⎥⎤ ⊆ (0 , + ∞) , αφού αναζητούμε τιμή t0 ∈ ⎜⎜⎜⎛⎝⎜0 , 1 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ . 4 , + ∞) , άρα και στο ⎜⎜⎜⎝⎛⎜0 , ⊆ (0 , 4 ∞) ⎥⎦⎥⎤Επιπλέον, ως παραγωγίσιμη, η φ είναι και συνεχής στο (0 1 + . 4 ϕ⎜⎛⎜⎜⎝⎜ ⎜⎜⎜⎜⎛⎝0 , 1 ⎦⎤⎥⎥ ⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ 1 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ ⎥⎤⎥⎦⎥Συνεπώς, 4 = ℓ im ϕ(t) , ϕ 4 , όπου: t→ 0+• ℓ im ϕ(t) = ℓ im ⎜⎜⎝⎛⎜⎜256t + 8 − 2 ⋅ 1 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = 256 ⋅ 0 + 8 − 2 ⋅ (+∞) = −∞ . t t→ 0+ t→ 0+• ϕ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ = 256 ⋅ 1 +8− 2 = 64 + 8 − 4 = 68 . 4 4 1 ϕ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ ⎜⎜⎜⎜⎝⎛0 , ⎥⎦⎤⎥ ⎠⎟⎟⎞⎟⎟⎟ 4Άρα είναι 1 = (−∞ , 68] . 4Επειδή η φ είναι συνεχή και το 0 ∈ ϕ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ ⎛⎜⎜⎜⎜⎝0 , 1 ⎥⎥⎦⎤ ⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = (−∞ , 68] , θα υπάρχει t0 ∈ ⎜⎜⎜⎜⎛⎝0 , 1 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ , ώστε ϕ(t0) = 0 , 4 4δηλαδή η φ έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα t0 ∈ ⎜⎝⎜⎜⎜⎛0 , 1 ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ . 4Επιπλέον, επειδή η φ είναι γνησίως αύξουσα, η ρίζα αυτή θα είναι μοναδική.Για το πρόσημο της φ(t), άρα και της d′(t) , έχουμε: ϕ↑d′(t) > 0 ⇔ ϕ(t) > 0 ⇔ ϕ(t) > ϕ(t0) ⇔ t > t0 και ϕ↓d′(t) < 0 ⇔ ϕ(t) < 0 ⇔ ϕ(t) < ϕ(t0) ⇔ t < t0 .Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της d(t), 0 t0 1 / 4 +∞από τον οποίο συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση d(t) είναι d′(t) ­ +γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [0 , t0] , γνησίως αύξουσα d(t) 2 1στο [t0 , + ∞) και παίρνει ελάχιστη τιμή για ∈ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜0 , ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ t = t0 1 . 4Συνεπώς, υπάρχει χρονική στιγμή t0 ∈ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜0 , 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , κατά την οποία η απόσταση του παρατηρητή από το κι-νητό γίνεται ελάχιστη. 4Παρατήρηση. Το θέμα αυτό ήταν το Γ΄ θέμα στις Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις του 2011. - 25 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Αναλυτικός σχολιασμός της εκφώνησης του θέματος.Αφού είδαμε τις απαντήσεις στα ερωτήματα του θέματος, αξίζει να προσέξουμε μερικές λεπτομέρειεςστην εκφώνηση.Αρχικά, μας δίνεται σχήμα, το οποίο δίνει πολλές χρήσιμες πληροφορίες. Μία βασική, είναι η φορά κί-νησης του σημείου Μ. Όπως έχουμε επισημάνει και στις παρατηρήσεις της μεθοδολογίας, αν δεν γνωρί-ζουμε το πρόσημο του εκάστοτε ρυθμού μεταβολής, δεν είμαστε βέβαιοι για το είδος της μεταβολής,οπότε δουλεύουμε με αριθμητικές τιμές και χρησιμοποιούμε την γενική έκφραση «μεταβολή». Εδώ ηεκφώνηση, εκτός του δεδομένου ρυθμού μεταβολής της τετμημένης του κινητού Μ, μας δίνει και την φο-ρά κίνησης στο σχήμα, με τα σημειωμένα βέλη, ώστε να είναι ξεκάθαρο ότι ο ρυθμός μεταβολής είναιθετικός, καθώς η τετμημένη του Μ αυξάνεται.Εκτός του σχήματος, άλλη μία σημαντική πληροφορία κρύβει η έκφραση «από την αρχή Ο», στην δεύ-τερη σειρά της εκφώνησης. Αυτή πρακτικά μας δηλώνει ότι η αρχή της κίνησης, δηλαδή η θέση του κινη-τού την χρονική στιγμή t = 0, είναι το σημείο Ο.Το σχήμα, τέλος, μας δίνει άλλη μία χρήσιμη πληροφορία, που είναι η θέση της γραφικής παράστασηςσε σχέση με την εφαπτόμενη ευθεία ΠΑ. Αν και η πληροφορία αυτή μπορεί να βρεθεί και αλγεβρικά, ουποψήφιος μπορεί να την εξάγει άμεσα και από το δεδομένο σχήμα και να την αξιοποιήσει χωρίς πε-ραιτέρω αιτιολόγηση.Έχουμε πει, ότι είναι ευθύνη του θεματοδότη η εκφώνηση να είναι πλήρης ως προς τις πληροφορίες πουπαρέχει για την λύση του θέματος. Εδώ βλέπουμε την καλή δουλειά που έχει γίνει, ώστε ο υποψήφιοςνα έχει όλα τα στοιχεία που χρειάζεται για να λύσει το θέμα. - 26 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 10ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f : ! → ! , με f(x) = x3 .α) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνάρτηση 1­1 και να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση, f−1 .β) Να αποδείξετε ότι, για κάθε x > 0 , ισχύει f(ηµx) > f ⎜⎜⎝⎜⎜⎛x − 1 x3⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 6γ) Ένα σημείο, Μ, κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x3 , x ≥ 0 , με x = x(t) και y = y(t) . Να βρείτε σε ποιο σημείο της καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης, y(t), του Μ είναι ίσος με τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης, x(t), αν υποτεθεί ότι x′(t) > 0 , για κάθε t ≥ 0 .δ) Αν g : ! → ! είναι συνεχής και άρτια συνάρτηση, να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 1 ∫ f(x)g(x) dx . −1α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , στο οποίο είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε είναι 1­1.Για την αντίστροφή της, παρατηρούμε ότι y = f(x) ⇔ y = x3 ⇔ ⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎪ x = 3 y , αν y ≥ 0 ⎪⎭⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎪ , άρα x = − 3 y , αν y < 0 f−1(x) = ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧⎪ 3 x , αν x ≥ 0 . − 3 x , αν x < 0Σχόλιο. Η μονοτονία της f μπορεί να βρεθεί και με τον κλασικό τρόπο, δηλαδή την χρήση της παραγώ-γου της f.Πράγματι· είναι f′(x) = 3x2 > 0 , για κάθε x ≠ 0 . Όμως, επειδή η f είναι συνεχής στο 0 (αφού είναι πα-ραγωγίσιμη στο ! , είναι και συνεχής στο ! , άρα και στο 0), συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύ-ξουσα στο ! , οπότε είναι και 1­1.Υπενθυμίζεται ότι, όταν η f′(x) μηδενίζεται σε πεπερασμένου πλήθους σημεία (στις ασκήσεις που αντι-μετωπίζουμε, αυτό συνήθως συμβαίνει σε ένα ή δύο, το πολύ, σημεία), στα οποία όμως η f είναι συνεχήςκαι εκατέρωθεν αυτών η f′(x) διατηρεί σταθερό πρόσημο, τότε η μονοτονία της f είναι σταθερή.β) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα γράφεται ηµx > x − 1 x3 ⇔ ηµx − x + 1 x3 > 0 . 6 6Να πούμε εδώ ότι, σύμφωνα με τις διδακτικές οδηγίες του Υπουργείου για το σχολικό έτος 2017-18,θεωρείται δεδομένη και χρησιμοποιείται χωρίς απόδειξη η πρόταση:Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε διάστημα Δ, τότε για κάθε x1 , x2 ∈ Δ ισχύει η ισοδυναμία x1 < x2 ⇔ f(x1) < f(x2) .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ηµx − x + 1 x3 , x ≥ 0 . 6Τότε θα δείξουμε ότι g(x) > 0 , για κάθε x > 0 .Η συνάρτηση g μπορεί να οριστεί και σε όλο το ! , αλλά καθώς θέλουμε να αποδείξουμε την ανισότητα(1) για κάθε x > 0 , μπορούμε να περιοριστούμε για την g στο [0 , + ∞) . - 27 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [0 , + ∞) , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g′(x) = συνx − 1 + x2 ⇒ g′′(x) = −ηµx + x , x ≥ 0 . 2Γνωρίζουμε ότι, για κάθε x ∈ ! , ισχύει | ηµx | ≤ | x | , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0.Άρα, για κάθε x > 0 , ισχύει 0 < ηµx < x ⇔ −ηµx + x > 0 .Τότε είναι g′′(x) > 0 στο (0 , + ∞) , που σημαίνει ότι η g′ είναι γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) .Άρα, για κάθε x > 0 , ισχύει g′(x) > g′(0) ⇔ g′(x) > συν0 − 1 + 02 ⇔ g′(x) > 0 . 2Συνεπώς και η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) , οπότε για κάθε x > 0 έχουμε g(x) > g(0) ⇔ g(x) > ηµ0 − 0 + 03 ⇔ g(x) > 0 . 6γ) Αυτό είναι το ερώτημα του θέματος, που αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Από την εκφώνηση έχουμε ότι το σημείο Μ κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x3 , x ≥ 0 , με τις συ-ντεταγμένες του να μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδή να είναι της μορφής ( )x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με y(t) = x3(t) και x(t) ≥ 0 .Τότε, y′(t) = ⎢⎡⎣x3(t)⎤⎦⎥′ = 3x2(t) ⋅ x′(t) , t ≥ 0 .Έστω t0 η χρονική στιγμή, κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης, y(t), του Μ είναι ίσοςμε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του, x(t), όπου ισχύει επιπλέον και x′(t) > 0 , για κάθε t ≥ 0 .Άρα ισχύουν y′(t0) = x′(t0) και y′(t 0 ) = 3x2(t0) ⋅ x′(t0) y′(t0 )= x′(t0 ) x′(t 0 ) = 3x2(t0) ⋅ x′(t0) x′(t0 )>0 3x2 (t 0 ) = 1 . ⇒ ⇒Επομένως, x2(t0) = 1 x( t0 )>0 1 = 1= 3 . 3 3 3 3 ⇔ x(t0) =Τότε είναι y(t0) = x3(t0) = ⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜ 3 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟3 = 33 = 3 . 3 27 9Συνεπώς, το ζητούμενο σημείο της καμπύλης στο οποίο ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Μ είναιίσος με τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του, είναι το Μ⎜⎜⎝⎜⎛⎜⎜ 3 , 3 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟ . 3 9δ) Η συνάρτηση g : ! → ! είναι συνεχής και άρτια, άρα για κάθε x ∈ Dg = ! , και το −x ∈ Dg = ! ,ενώ ισχύει και g(−x) = g(x) . 1ος τρόπος. 1 1 01∫ ∫ ∫ ∫Το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται Ι = f(x)g(x) dx = x3g(x) dx = x3g(x) dx + x3g(x) dx . 0 −1 −1 −1 0∫Στο ολοκλήρωμα Ι1 = x3g(x) dx θέτουμε u = −x . −1Τότε είναι x = −u , άρα dx = −du . Για x = ­1, είναι u = 1, ενώ για x = 0 είναι u = 0. 00 0∫ ∫ ∫Άρα, Ι1 = x3g(x) dx = (−u)3 g(−u)(−du) = u3g(u) du , συνεπώς −1 1 1 - 28 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής0 1 01 1 −1∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = u3g(u) du + x3g(x) dx = x3g(x) dx + x3g(x) dx = x3g(x) dx = 0 ⇒ f(x)g(x) dx = 0 .1 0 10 1 −1 2ος τρόπος.Πρόκειται, πρακτικά, για παραλλαγή του 1ου τρόπου. Εδώ αποφεύγουμε την διάσπαση του ολοκληρώ-ματος. 1∫Έστω Ι = f(x)g(x) dx το ζητούμενο ολοκλήρωμα.−1Θέτουμε u = −x . Τότε είναι x = −u , άρα dx = −du , ενώ για x = ­1 είναι u = 1 και για x = 1 είναιu = ­1, οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται1 −1 −1 g(−u) = g(u) −1 1∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = f(x)g(x) dx = f(−u)g(−u)(−du) = (−u)3g(−u)(−du) = u3g(u) du = − u3g(u) du ⇒ −1 1 1 1 −1 1∫⇒ I = − x3g(x) dx = −I .−1 −1∫Συνεπώς, Ι = −Ι ⇔ 2 ⋅ Ι = 0 ⇔ Ι = 0 , δηλαδή f(x)g(x) dx = 0 . −1Παρατήρηση. Το θέμα αυτό ήταν το Θέμα Γ στις Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις του 2016. - 29 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών



Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Καθώς το σημείο Μ(α , ℓnα) κινείται, οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου t,άρα προσδιορίζονται από συναρτήσεις της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με x(t) = α(t) και y(t) = ℓnα(t) , όπου x(t) = α(t) > 1 και y(t) = ℓnα(t) > ℓn1 = 0 .Οι συναρτήσεις αυτές είναι παραγωγίσιμες, με x′(t) = α′(t) (1) και y′(t) = ⎢⎡⎣ℓnα(t)⎦⎥⎤′ = α′(t) , t≥0 (2) α(t)Το σημείο Μ απομακρύνεται από τον άξονα x΄x με σταθερή ταχύτητα 2 m/s. Αυτό σημαίνει ότι η τεταγ-μένη του αυξάνεται με σταθερό ρυθμό y′(t) = +2 m / s .Πράγματι· το σημείο Μ βρίσκεται στο 1ο τεταρτημόριο του συστήματος αξόνων, άρα, αφού απομακρύ-νεται από τον x΄x, κινείται προς τα πάνω, δηλαδή η τεταγμένη του αυξάνεται.Παρατήρηση. Η παραπάνω ανάλυση είναι απαραίτητη, γιατί αν, π.χ., το σημείο ήταν κάτω από τονάξονα x΄x, τότε η απομάκρυνσή του από αυτόν θα σήμαινε κίνηση προς τα κάτω, άρα η τεταγμένη τουσημείου θα μειώνονταν, δηλαδή η ταχύτητά του θα είχε αρνητική τιμή! Στην περίπτωση αυτή, θα έπρεπενα γράψουμε ότι y′(t) = −2 m / s !Καθώς θ’ αναφερθούμε κατ’ επανάληψη σ’ αυτήν, ονομάζουμε t0 την χρονική στιγμή κατά την οποία ηεφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων.Ι. Έχουμε: (2) α′(t) =2⇔ α′(t) = 2α(t) (3) α(t) y′(t) = 2 ⇔Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία η εφαπτομένη στο Μ διέρχεται από το Ο, όπως βρήκαμε στο (α)ισχύει α = e. (1) (3)Συνεπώς, x(t0) = α(t0) = e και x′(t0) = α′(t0) = 2α(t0) = 2e .Άρα ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ, ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 ,είναι θετικός (που σημαίνει ότι η τετμημένη αυξάνεται) και ίσος με 2e m/s.Παρατηρήστε ότι γνωρίζουμε και αναφέρουμε το είδος της μεταβολής, καθώς γνωρίζουμε το πρόσημοτου ρυθμού μεταβολής.ΙΙ. Καθώς το Μ κινείται, μεταβάλλονται τόσο η εφαπτομένη στο Μ, όσο και το χωρίο που σχηματίζεταιαπό την Cf , την εφαπτομένη της Cf στο Μ και τον άξονα x΄x. Άρα και το εμβαδόν του παραπάνω χω-ρίου προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t) , t ≥ 0 .Για να προσδιορίσουμε το εμβαδόν Ε, θα παρατηρήσουμε αρχικά ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη.Πράγματι· από την f′(x) = 1 έχουμε ότι f′′(x) = − 1 < 0 , για κάθε x>0. x x2Αυτό σημαίνει ότι η Cf βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της, (ε).Επιπλέον: f(x) = 0 ⇔ ℓnx = 0 ⇔ x = 1 , άρα η Cf τέμνει τον x΄x στο σημείο (1, 0).Έτσι, το εμβαδόν του χωρίου, Ε, που περικλείεται από την Cf , την εφαπτομένη της Cf στο Μ και τον α∫άξονα x΄x, όπως φαίνεται και στο πρώτο σχήμα, είναι ίσο με Ε = (ΑΒΜ) − f(x) dx , αφού για x ≥ 1είναι f(x) = ℓnx ≥ ℓn1 = 0 , άρα | f(x) | = f(x) . 1αα α α 1 x∫ ∫ ∫ ∫Έχουμε: ℓnx dx = (x)′ ⋅ ℓnx dx = ⎢⎡⎣x ⋅ ℓnx⎦⎤⎥1α − x ⋅ (ℓnx)′ dx = α ⋅ ℓnα − 1 ⋅ ℓn1 − x⋅ dx =11 1 1 - 31 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής α∫= α ⋅ ℓnα − 1dx = α ⋅ ℓnα − (α − 1) = α ⋅ ℓnα − α + 1 . 1Επίσης, (ΑΒΜ) = 1 ⋅ (ΑΒ) ⋅ (ΑΜ) = 1 ⋅(xB − xA) ⋅(yM − yB) = 1 ⋅ ⎡⎢⎣α − (α − α ⋅ ℓnα)⎦⎥⎤ (ℓnα − 0) = 2 2 2= 1 ⋅ ( α − α + α ⋅ ℓnα) ⋅ ℓnα ⇒ (ΑΒΜ) = α ⋅ ℓn2α . 2 2Τότε είναι Ε= α ⋅ ℓn2α − α ⋅ ℓnα + α − 1 , α > 1 . 2Η συνάρτηση, που προσδιορίζει το εμβαδόν ως προς τον χρόνο t, έχει τύπο E(t) = α(t) ⋅ ℓn2α(t) − α(t) ⋅ ℓnα(t) + α(t) − 1 , t ≥ 0 . 2Σημείωση. Η συνάρτηση Ε(t) έχει αρκετά σύνθετο τύπο, συνεπώς η παραγώγιση που ακολουθεί θέλειιδιαίτερη προσοχή. Όμως, ο τελικός τύπος της, όπως θα δούμε, είναι πολύ απλούστερος, άρα και το ζη-τούμενο αριθμητικό αποτέλεσμα θα προκύψει αρκετά πιο εύκολα, χάρη στις γνωστές τιμές που έχουμε.Η E(t) είναι παραγωγίσιμη, με E′(t) = ⎡⎢⎢⎣⎢ α(t) ⋅ ℓn2α(t) − α(t) ⋅ ℓnα(t) + α(t) − 1 ⎥⎦⎥⎥⎤′ = 2= 1 ⋅ ⎣⎢⎡⎢⎢α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α(t) ⋅ 2ℓnα(t) ⋅ α′(t) ⎥⎥⎤⎦⎥ − ⎢⎢⎣⎢⎡α′(t) ⋅ ℓnα(t) + α(t) ⋅ α′(t) ⎦⎥⎥⎥⎤ + α′(t) − 0 = 2 α(t) α(t)= 1 ⋅ ⎢⎡⎣α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + 2α′(t) ⋅ ℓnα(t)⎥⎦⎤ − ⎡⎢⎣α′(t) ⋅ ℓnα(t) + α′(t)⎤⎦⎥ + α′(t) = 2= 1 ⋅ α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α′(t) ⋅ ℓnα(t) − α′(t) ⋅ ℓnα(t) − α′(t) + α′(t) = 1 ⋅ α′(t) ⋅ ℓn2α(t) . 2 2Την χρονική στιγμή t0 , είναι E′(t0) = 1 ⋅ α′(t0) ⋅ ℓn2α(t0) , όπου α(t0) = e και α′(t0) = 2e , άρα 2 E′(t0) = 1 ⋅ 2 e ⋅ ℓn2e = e ⋅ 12 ⇒ E′(t0) = e m2 / s , 2που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Μάλιστα, ότι αυτός είναι θετικός σημαίνει ότι το εμβαδόναυξάνεται.Και εδώ, γνωρίζουμε και αναφέρουμε το είδος της μεταβολής, καθώς γνωρίζουμε το πρόσημο του ρυθ-μού μεταβολής.ΙΙΙ. Η απόσταση (ΑΜ) είναι ίση με(ΑΜ) = (xM − xA )2 + (yM − yA )2 = ⎡⎢⎣α − (α − α ⋅ ℓnα)⎤⎥⎦2 + (ℓnα − 0)2 = ( α − α + α ⋅ ℓnα) + ℓn2α = α >1= α2ℓn2α + ℓn2α = ℓn2α ⋅ (α2 + 1) = | ℓnα | ⋅ α2 + 1 ⇒ (ΑΜ) = ℓnα ⋅ α2 + 1 , α > 1 . ℓnα >0Καθώς το Μ κινείται, η απόσταση (ΑΜ) μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, άρα προσδιορίζεται απόσυνάρτηση της μορφής d(t) = ℓnα(t) ⋅ α2(t) + 1 , t ≥ 0 .Σημείωση. Και για την συνάρτηση d(t) έχουμε σχετικά πολύπλοκο τύπο, συνεπώς η παραγώγιση πουακολουθεί θέλει ιδιαίτερη προσοχή. Ο τύπος της παραγώγου που θα βρούμε είναι κι αυτός αρκετά σύν-θετος, πάλι όμως το αριθμητικό αποτέλεσμα, όπως θα δούμε, θα βρεθεί χωρίς δυσκολία, χάρη στις γνω-στές τιμές που έχουμε. - 32 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ d(t) είναι παραγωγίσιμη, με d′(t) = ⎡⎢⎣ℓnα(t) ⋅ α2(t) + 1 ⎤⎦⎥′ = α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ ⎣⎡⎢α2(t) + 1⎤⎦⎥′= ⎡⎣⎢ℓnα(t)⎦⎤⎥′ ⋅ α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ ⎢⎡⎣ α2(t) + 1 ⎦⎤⎥′ = α′(t) ⋅ 2 α2(t) + 1 = α(t)= α′(t) ⋅ α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) = α′(t) ⋅ α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ α(t) ⋅ α′(t) . α(t) 2 α2(t) + 1 α(t) α2(t) + 1Την χρονική στιγμή t0 είναι d′(t0) = α′(t 0 ) ⋅ α2(t0) + 1 + ℓnα(t0) ⋅ α(t0) ⋅ α′(t0) , α(t 0 ) α2(t0) + 1όπου α(t0) = e και α′(t0) = 2e , οπότεd′(t0) = 2e ⋅ e2 + 1 + ℓne ⋅ e ⋅ 2e = 2 e2 + 1 + 2 e e2 + 1 2e2 = 2 e2 + 1 + 2e2 = 2(e2 + 1) + 2e2 ⇒ e2 + 1 e2 + 1 e2 + 1⇒ d′(t0) = 4e2 + 2e m/s , που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. e2 + 1Μάλιστα, η απόσταση αυξάνεται, αφού ο ρυθμός μεταβολής είναι θετικός.Και εδώ, γνωρίζουμε και αναφέρουμε το είδος της μεταβολής, καθώς γνωρίζουμε το πρόσημο του ρυθ-μού μεταβολής. - 33 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 12ο επαναληπτικό θέμαΣώμα βάρους Β μετακινείται σε επίπεδο με τηνβοήθεια ενός τεντωμένου σχοινιού, που σχηματίζειγωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο.Μία μεταβαλλόμενη δύναμη F, που ασκείται στοσώμα μέσω του σχοινιού, έχει μέτρο που δίνεται µ⋅Βαπό την σχέση F(θ) = συνθ + µ ⋅ ηµθ , όπουθ ∈ ⎣⎢⎢⎡0 , μ μία π ⎥⎤⎥⎦ και θετική σταθερά, ανεξάρτητη 2από την γωνία θ.α) Να αποδείξετε ότι η δύναμη F γίνεται ελάχιστη, όταν η γωνία θ αποκτά τιμή, ώστε να ισχύει εφθ = μ.β) Έστω ότι η γωνία θ, την χρονική στιγμή t0 , αυξάνεται με ρυθμό 0,2 rad/s και η σταθερά μ, την ίδια χρονική στιγμή, αυξάνει με ρυθμό 0,4 ανά δευτερόλεπτο. Να βρείτε ποια πρέπει να είναι η γωνία θ, την χρονική στιγμή t0 , ώστε να ελαχιστοποιείται η δύναμη F.γ) Έστω ότι, για την προηγούμενη συνάρτηση F(θ), ισχύει µ = 3 . Να αποδείξετε ότι ∫π/2 3 . F(θ) dθ > π ⋅ Β 4 0Το συγκεκριμένο θέμα είναι πρόβλημα από τον χώρο της Φυσικής. Η διατύπωσή του είναι εμφανώς μα-κριά από τα συνήθη για θέμα Μαθηματικών και πολύ πιο κοντά σε αυτό που περιμένουμε όταν λύνου-με ένα πρόβλημα Φυσικής, όπου εμφανίζεται ρυθμός μεταβολής. Γι’ αυτό και οι χειρισμοί μας απαιτούνπαραπάνω προσοχή, καθώς θα «μεταφράζουμε» τα στοιχεία της άσκησης σε μαθηματικά δεδομένα.α) Θεωρούμε την συνάρτηση F(θ) = µ⋅Β , θ ∈ ⎢⎢⎡⎣0 , π ⎥⎦⎥⎤ . συνθ + µ ⋅ ηµθ 2Αρχικά, παρατηρούμε ότι η F ορίζεται στο ⎣⎡⎢⎢0 , π ⎥⎥⎦⎤ , αφού για κάθε θ ∈ ⎣⎡⎢⎢0 , π ⎦⎥⎥⎤ ισχύει ηµθ , συνθ ≥ 0 , 2 2χωρίς ποτέ να μηδενίζονται ταυτόχρονα (αφού τότε θα είχαμε ηµ2θ + συν2θ = 02 + 02 ≠ 1 , άτοπο), καιµ > 0 , σταθερά ανεξάρτητη του θ, άρα ηµθ + µ ⋅ συνθ ≠ 0 , για κάθε θ ∈ ⎢⎢⎡⎣0 , π ⎤⎥⎦⎥ . 2Στην παραγώγιση και όσα ακολουθήσουν, μην ξεχνάτε ότι η μεταβλητή είναι η γωνία θ, ενώ τα μ και Βείναι θετικές σταθερές, ανεξάρτητες από την γωνία θ.Η συνάρτηση F(θ) είναι συνεχής στο ⎣⎡⎢⎢0 , π ⎦⎥⎥⎤ και παραγωγίσιμη στο ⎝⎜⎜⎜⎛⎜0 , π ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ , με παράγωγο 2 2F′(θ) = µ ⋅ Β ⋅ ⎜⎛⎜⎝⎜⎜ συνθ 1 ⋅ ηµθ ⎟⎞⎟⎟⎠⎟′ = µ ⋅ Β ⋅ −1 ⋅ (συνθ + µ ⋅ ηµθ)′ = +µ (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2= µ⋅Β⋅ −1 ⋅ (−ηµθ + µ ⋅ συνθ) = µ⋅Β⋅ ηµθ − µ ⋅ συνθ . (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2 (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2Θα μελετήσουμε την μονοτονία και τα ακρότατα της F(θ), για να καταλήξουμε στο ζητούμενο. - 34 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε για κάθε θ ∈ ⎜⎝⎜⎜⎛⎜0 , π ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ είναι ηµθ , συνθ > 0 , οπότε: 2F′(θ) = 0 ⇔ µ⋅Β⋅ ηµθ − µ ⋅ συνθ =0⇔ ηµθ − µ ⋅ συνθ =0⇔ ηµθ = µ ⋅ συνθ συνθ >0 ηµθ = µ ⇔ εϕθ = µ . (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2 συνθ ⇔Η συνάρτηση φ(θ) = εφθ είναι συνεχής στο ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ και ϕ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ⎟⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = (0 , + ∞) . 2 2Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει άμεσα από την γραφι-κή παράσταση της φ(θ) = εφθ, που είναι βασική συνάρ-τηση.Αυτό σημαίνει ότι, για την σταθερά µ > 0 ισχύει ότιµ ∈ ϕ⎜⎝⎜⎜⎜⎛ ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , άρα υπάρχει θ0 ∈ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝0 , π ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ­και μάλισ- 2 2τα μοναδικό­ τέτοιο, ώστε εϕθ0 = µ ⇔ F′(θ0) = 0 .Επιπλέον, έχουμε F′(θ) > 0 ⇔ µ⋅Β⋅ ηµθ − µ ⋅ συνθ >0. (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2Επειδή είναι µ , Β , (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2 > 0 , έχουμεηµθ − µ ⋅ συνθ > 0 ⇔ ηµθ > µ ⋅ συνθ .Στο ⎝⎜⎜⎜⎛⎜0 , π ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ έχουμε ήδη αναφέρει ότι είναι συνθ > 0 , 2οπότε συνεχίζοντας έχουμε ηµθ ϕ↑ συνθ > µ ⇔ εϕθ > µ ⇔ εϕθ > εϕθ0 ⇔ θ > θ0 .Με όμοιο τρόπο προκύπτει F′(θ) < 0 ⇔ θ < θ0 , οπότε έχουμε τον 0 θ0 π / 2διπλανό πίνακα μονοτονίας και ακροτάτων της F(θ).Από αυτόν προκύπτει ότι η F(θ) έχει ελάχιστο (ολικό) για θ = θ0 , F′(θ) ­ +με εϕθ0 = µ . F(θ) 2 1β) Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής, και μάλιστα γωνίας,για τον οποίο έχουμε κατ’ επανάληψη τονίσει την ιδιαιτερότητα πουαπαιτείται στον χειρισμό.Η γωνία θ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t), μεt ≥ 0 . Την χρονική στιγμή t0 , η γωνία αυξάνεται με ρυθμό 0,2 rad/s, άρα η θ(t) είναι παραγωγίσιμη καιτην χρονική στιγμή t0 θα ισχύει θ′(t0) = +0, 2 rad / s .Από την εκφώνηση έχουμε ότι και η σταθερά μ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, αυξάνεται) ως προς τονχρόνο, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής μ(t), t ≥ 0 , η οποία είναι παραγωγίσιμη και ισ-χύει ότι µ′(t0) = +0, 4 µον / s .Παρατήρηση. Για την μονάδα μέτρησης της μ(t), επειδή δεν έχουμε άλλο στοιχείο παρά ότι αυτή είναισταθερά, ανεξάρτητη της γωνίας θ, χρησιμοποιούμε το γενικό «μον». Έτσι, ο αντίστοιχος ρυθμός μετα-βολής έχει μονάδα μέτρησης «μον/s». - 35 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣημαντική παρατήρηση! Εδώ χρειάζεται προσοχή σε μια βασική λεπτομέρεια!Η ποσότητα μ είναι, σύμφωνα με την εκφώνηση, «θετική σταθερά, ανεξάρτητη από την γωνία θ».Στο ερώτημα (β) όμως, έχουμε ότι η μ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, «αυξάνεται με ρυθμό 0,4 ανά δευ-τερόλεπτο»! Αυτό έχει νόημα, καθώς η μ είναι σταθερά ως προς θ, αλλά φυσικά μπορεί να μεταβάλλε-ται ως προς τον χρόνο, όπως και συμβαίνει εδώ.Αναζητούμε την τιμή της γωνίας θ = θ(t0) , την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία η δύναμη F ελαχιστο-ποιείται.Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η F(θ) έχει ελάχιστο, όταν εφθ = μ. Άρα, την χρονική στιγμή t0 θα ισ-χύει εϕθ(t0) = µ(t0) .( )Η συνάρτηση εϕ θ(t) είναι παραγωγίσιμη ως προς τον χρόνο t, ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσε-ων. Επίσης, και η μ(t) είναι παραγωγίσιμη ως προς t, με εφθ(t) = μ(t).Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε ⎢⎣⎡εϕθ(t)⎤⎦⎥′ = µ′(t) ⇒ 1 ⋅ θ′(t) = µ′(t) . συν2θ(t) 1Άρα την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει συν2θ(t 0 ) ⋅ θ′(t0) = µ′(t0) και με αντικατάσταση των τιμώνθ′(t0) = +0, 2 rad / s και µ′(t0) = 0, 4 μον/s βρίσκουμε 1 ⋅ 0, 2 = 0, 4 ⇔ 1 = 2 ⇔ συν2θ(t0) = 1 . συν2θ(t 0 ) συν2θ(t 0 ) 2Είναι θ = θ(t0) ∈ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝0 , π ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ , όπου συνθ(t0) > 0 , άρα προκύπτει συνθ(t0) = 1 = 2 ⇒ θ(t0) = π . 2 2 2 4Τελικά, για να ελαχιστοποιείται, την χρονική στιγμή t0 , η δύναμη F, πρέπει η γωνία θ να παίρνει την πτιμή θ(t0) = 4 rad .γ) Από τα δεδομένα του ερωτήματος έχουμε ότι µ = 3 . Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι η συνάρτησηF(θ) έχει ελάχιστο (ολικό), για θ = θ0 , με εϕθ0 = µ .Έτσι, θα ισχύει εϕθ0 = 3 , με θ0 ∈ ⎝⎜⎜⎜⎛⎜0 , π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ , άρα θα είναι θ0 = π . 2 3Συνεπώς, η συνάρτηση F παρουσιάζει ελάχιστο για θ0 = π , που σημαίνει ότι είναι 3 F⎜⎝⎛⎜⎜⎜ ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ θ ∈ ⎢⎢⎣⎡0 , ⎤⎥⎦⎥ F(θ) ≥ π , για κάθε π . 3 2Τότε έχουμε F(θ) ≥ F⎜⎛⎝⎜⎜⎜ π ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ ⇔ F(θ) ≥ π µ⋅Β π , οπότε για µ = 3 παίρνουμε 3 3 + µ ⋅ ηµ 3 συν F(θ) ≥ 3 ⋅Β ⇔ F(θ) ≥ 3 ⋅Β , για κάθε θ ∈ ⎡⎢⎢⎣0 , π ⎦⎥⎥⎤ , 2 2 1 + 3⋅ 3 2 2με την ισότητα να ισχύει μόνο για θ= π . Επομένως, 3 - 36 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής π/2 π/2 ⋅ 1dθ ⇔ F(θ) dθ >π/2 π/2∫ ∫ ∫ ∫ ∫F(θ)dθ > Β3 π/2 Β3 Β3 ⋅ ⎝⎜⎛⎜⎜⎜ π − 0⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⇔ 2 2 2 2 dθ ⇔ F(θ) dθ >00 0 00 ∫π/2 3 , που είναι και το ζητούμενο. 4⇔ F(θ) dθ > π ⋅ Β ⋅0 13ο επαναληπτικό θέμα 1 − ℓnxΔίνεται η συνάρτηση f, με τύπο f(x) = x , x > 0 .α) Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.β) Αν η τετμημένη του σημείου Μ(x, f(x)) μεταβάλλεται με ρυθμό 1 μ/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού, E(t), του τριγώνου ΑΟΒ, όπου Α(x, 0), O(0, 0), B(0, f(x)), την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία είναι x(t0) = 4 .γ) Αν την χρονική στιγμή t = 0 το σημείο Μ βρίσκεται στην θέση (1, 1), τότε να αποδείξετε ότι: Ι. x(t) = t + 1 . ΙΙ. η συνάρτηση E(t) είναι κοίλη στο διάστημα [e − 1, + ∞) .α) Αρχικά θα απαλείψουμε από τον τύπο της f την απόλυτη τιμή.Είναι 1 − ℓnx ≥ 0 ⇔ ℓnx ≤ 1 ⇔ 0 < x ≤ e , οπότε 1 − ℓnx = 1 − ℓnx , για 0 < x ≤ e .Επίσης, 1 − ℓnx < 0 ⇔ ℓnx > 1 ⇔ x > e , οπότε 1 − ℓnx = ℓnx − 1 , για x > e .Συνεπώς, ο τύπος της συνάρτησης f γίνεται f(x) = ⎨⎪⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 1 − ℓnx , αν 0 < x < e . x ℓnx − 1 , αν x ≥ e xΚαθώς έχουμε συνάρτηση με τύπο που ορίζεται με κλάδους, θα εργαστούμε κατά διαστήματα ως εξής:Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , ως πηλίκο των 1 − ℓnx (που είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , ωςσύνθεση συνεχών) και x. Επιπλέον, στο διάστημα (0 , e) η f είναι παραγωγίσιμη, ως πηλίκο παραγωγί-σιμων συναρτήσεων, με παράγωγο 1 xf′(x) ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ 1 − ℓnx ⎟⎟⎞⎟⎟⎠′ (1 − ℓnx)′ ⋅ x − (1 − ℓnx) ⋅ (x)′ − ⋅ x − (1 − ℓnx) −1 − 1 + ℓnx ℓnx − 2 x x2 x2 x2 x2 = = = = = .Για κάθε x ∈ (0 , e) είναι x < e ⇔ ℓnx < ℓne ⇔ ℓnx < 1 , άρα ℓnx − 2 < −1 < 0 .Αυτό σημαίνει ότι είναι f′(x) = ℓnx − 2 <0 στο (0 , e) . x2Στο διάστημα (e , + ∞) η f είναι παραγωγίσιμη, ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο f′(x) = ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ ℓnx − 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟′ = −⎜⎜⎜⎜⎛⎝ 1 − ℓnx ⎟⎞⎟⎠⎟⎟′ = 2 − ℓnx . x x x2 - 37 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε, για x ∈ (e , + ∞) ⇔ x > e έχουμε:f′(x) = 0 ⇔ 2 − ℓnx = 0 ⇔ 2 − ℓnx = 0 ⇔ ℓnx = 2 ⇔ x = e2 και x2f′(x) > 0 ⇔ 2 − ℓnx x>e f′(x) < 0 ⇔ ℓnx > 2 ⇔ x > e2 . x2 > 0 ⇔ 2 − ℓnx > 0 ⇔ ℓnx < 2 ⇔ e < x < e2 , άρα καιΠροσοχή στην εξής λεπτομέρεια! Λύνοντας την ανίσωση ℓnx < 2 , παίρνουμε αποτέλεσμα x < e2 , αλ-λά δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι δουλεύουμε στο διάστημα (e , + ∞) , δηλαδή για x > e , οπότε τελικά οιλύσεις της ανίσωσης f′(x) > 0 είναι οι αριθμοί x, για τους οποίους ισχύει e < x < e2 . Μπορούμε, βέβαια,να αποφύγουμε αυτήν την λεπτομέρεια, αν προτιμήσουμε να λύσουμε την ανίσωση f′(x) < 0 και ναβρούμε τις λύσεις x > e2 και μετά, στον πίνακα μονοτονίας, να συμπληρώσουμε στο διάστημα (e , e2)που απομένει, το θετικό πρόσημο που έχει εκεί η f′(x) .Βάσει των παραπάνω, ο πίνακας μονοτονίας της f δια- 0e e2 +∞μορφώνεται ως εξής:Από τον πίνακα προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι γνη- f′(x) ­ + ­σίως φθίνουσα στο διάστημα (0 , e] και στο διάστημα[e2, + ∞) , ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο [e , e2] . f(x) 2 1 2Η απάντησή μας, όσον αφορά στην μονοτονία, έχειολοκληρωθεί.Επίσης, η f έχει τοπικό ελάχιστο για x = e, το f(e) = ℓne − 1 = 1−1 = 0 , και τοπικό μέγιστο για e e ℓne2 − 1 2−1 1x = e2 , το f(e2) = e2 = e2 = e2 = e−2 .Βρήκαμε, προφανώς, τα τοπικά ακρότατα της f, όμως η εκφώνηση μάς ζητά «ακρότατα», δηλαδή ολικάακρότατα. Άρα δεν έχουμε ολοκληρώσει την απάντησή μας!Για να δούμε αν η f έχει ολικά ακρότατα, χρειαζόμαστε και τα όριά της στο 0 και το +∞ . Έχουμε: +∞ ⎣⎢⎡⎢ ⋅ (1 − ℓnx)⎥⎥⎦⎤ = (+∞) ⋅ (+∞) = +∞ .• ℓ im f(x) = ℓ im 1 − ℓnx 0 ℓ im 1 x x x→ 0+ x→ 0+ = x→ 0+ +∞ 1 x• ℓ im f(x) = ℓ im ℓnx − 1 +∞ ℓ im (ℓnx − 1)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 =0. x→ +∞ x→ +∞ x (x)′ x→ +∞ x→ +∞ x = x→ +∞Από τα παραπάνω όρια καταλαβαίνουμε ότι, το ελάχιστο που παρουσιάζει η f στο σημείο x = e είναιολικό και ίσο με f(e) = 0, ενώ το μέγιστο που παρουσιάζει στο σημείο x = e² είναι τοπικό και ίσο μεf(e2) = e−2 . Η απάντηση αυτή, αν και σωστή, στηρίζεται στο οπτικό­διαισθητικό συμπέρασμα ότι οι τι-μές της f αυξάνονται απεριόριστα, όταν x → 0+ , άρα κάποια στιγμή ξεπερνάνε την τιμή e−2 , και στηνακόμα πιο ειδική παρατήρηση ότι, καθώς το x → +∞ , οι τιμές της f πέφτουν προς το 0, προφανώςαπό θετικές τιμές, άρα δεν πέφτουν ποτέ κάτω από το 0. Η σωστή, όμως, και πλήρης απάντηση θα δο-θεί με την βοήθεια του συνόλου τιμών, ως εξής:Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ1 = (0 , e] , άρα παίρνει σε αυτό τιμές f(Δ1 ) = ⎢⎣⎢⎡ f(e) , ℓ im f(x) ⎞⎠⎟⎟⎟ = [0 , + ∞) . x→ 0+Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ2 = (e , e2) , άρα παίρνει σε αυτό τιμές ( )f(Δ2)⎜⎛⎜⎜⎝ ⎠⎟⎟⎟⎞ = (0 , e−2) , = ℓ im f(x) , ℓ im f(x) = f(e) , f(e2) x→ e x→ e2 - 38 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςόπου ℓ im f(x) = f(e) = 0 και ℓ im f(x) = f(e2) = e−2 , από την συνέχεια της f στο (0 , + ∞) και στα ση- x→ e x→ e2μεία x = e και x = e2 .Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ3 = [e2, + ∞) , άρα παίρνει σε αυτό τιμές (f(Δ3) = ℓ im f(x) , f(e2) ⎤⎥⎦ = (0 , e−2] . x→ +∞Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το ( )f (0 , + ∞) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) ∪ f(Δ3) = [0 , + ∞) ∪ (0 , e−2) ∪ (0 , e−2] = [0 , + ∞) .Επομένως είναι f(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ (0 , + ∞) , που σημαίνει ότι η τιμή f(e) = 0, την οποία η f παίρνειγια x = e, είναι ολικό ελάχιστο της f, δηλαδή fmin = f(e) = 0 , ενώ η συνάρτηση δεν έχει ολικό μέγιστο.Σχόλιο. Καλό είναι να συνηθίσουμε, στο τέλος κάθε ερωτήματος, η καταληκτική μας πρόταση να είναιη απάντησή μας. Εδώ, επειδή η απάντηση δόθηκε τμηματικά, συνοψίζουμε με σαφήνεια:Συνοψίζοντας, έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [e , e2] , γνησίως φθίνουσασε καθένα από τα διαστήματα (0 , e] και [e2, + ∞) , παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = e, το f(e) = 0,και τοπικό μέγιστο για x = e2 , το f(e2) = e−2 .β) Από την υπόθεση έχουμε ότι το σημείο Μ έχει συντεταγμένες (x, f(x)), άρα είναι σημείο της Cf .Επίσης, η τετμημένη του μεταβάλλεται με ρυθμό 1 μ/s, άρα το σημείο Μ κινείται επί της Cf , με συντε-( ( ) )ταγμένες που μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής x(t) , f x(t) , t ≥ 0 , έτσι ώστεο ρυθμός, x′(t) , να είναι 1 μ/s.Τα σημεία A(x, 0) και B(0, f(x)) βρίσκονται επί των αξόνων x΄x και y΄y αντίστοιχα, άρα το τρίγωνο ΑΟΒ,που σχηματίζουν με την αρχή των αξόνων, είναι ορθογώνιο στο Ο. Έτσι, το εμβαδόν του είναι ίσο μεΕ= 1 ⋅ (ΟΑ) ⋅ (ΟΒ) = 1 ⋅| x | ⋅| f(x) | = 1 ⋅| x | ⋅ 1 − ℓnx = 1 ⋅|x|⋅ 1 − ℓnx = 1 ⋅ 1 − ℓnx . 2 2 2 x 2 |x| 2Το εμβαδόν εξαρτάται από το x, άρα και αυτό μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο και προσδιορίζεται απόσυνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 1 ⋅ 1 − ℓnx(t) , t≥0. 2Από την υπόθεση, t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία x(t0) = 4 . Επειδή x(t0) > e , μπορούμε, γιατην μεταβλητή t, να περιοριστούμε σε χρονικό διάστημα Δ, κοντά στην χρονική στιγμή t0 , δηλαδή σεανοικτό διάστημα Δ, με t0 ∈ Δ , έτσι ώστε x(t) > e .Πράγματι· επειδή x(t0) = 4 > e ⇔ x(t0) − e > 0 , για την συνάρτηση ϕ(t) = x(t) − e έχουμε ϕ(t0) > 0 , άραϕ(t) > 0 , κοντά στο t0 , οπότε x(t) − e > 0 ⇔ x(t) > e , κοντά στο t0 (δηλαδή για t ∈ Δ ).Τότε, ℓnx(t) > ℓne ⇔ ℓnx(t) > 1 ⇔ 1 − ℓnx(t) < 0 , άρα 1 − ℓnx(t) = ℓnx(t) − 1 και ο προηγούμενος τύποςτου εμβαδού, για τιμές t ∈ Δ , γίνεται E(t) = 1 ⋅ ⎢⎡⎣ℓnx(t) − 1⎤⎦⎥ . 2Προσοχή! Όπως καταλαβαίνουμε, και για τον τύπο του εμβαδού περιοριστήκαμε στο Δ, άρα κάθε επό-μενο συμπέρασμα αφορά αυτό το υποδιάστημα του πεδίου ορισμού της E(t). Αυτό δεν αποτελεί πρό-βλημα, καθώς ο ρυθμός μεταβολής του E(t) που αναζητούμε, αφορά χρονική στιγμή στο εσωτερικό τουδιαστήματος Δ.Τότε, για t ∈ Δ , η συνάρτηση E(t) είναι παραγωγίσιμη, με παράγωγο E′(t) = ⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎨ 1 ⋅ ⎣⎡⎢ℓnx(t) − 1⎥⎤⎦ ⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎫′ = 1 ⋅ 1 ⋅ x′(t) , t∈Δ. 2 2 x(t) - 39 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι E′(t0) = 1 ⋅ 1 ⋅ x′(t0) . 2 x(t 0 )Τότε, όμως, είναι και x(t0) = 4 . Επίσης, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ είναι ίσοςμε x′(t0) = 1 µ / s , οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε E′(t0) 1 1 1 µ2 / s , που δίνει και τον = 2 ⋅ 4 ⋅1 = 8ζητούμενο ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΟΒ.Παρατήρηση. Για την μονάδα μέτρησης προφανώς στηριχθήκαμε στην μονάδα μέτρησης του ρυθμούμεταβολής της τετμημένης του Μ, που είναι μ/s. Αυτό σημαίνει ότι ο χρόνος μετράται σε δευτερόλεπτα(s) και τα μήκη/αποστάσεις/τετμημένες μετρώνται σε «μ». Το «μ» μπορεί να σημαίνει μέτρα ή μονάδαμήκους, αλλά αυτό δεν μας προβληματίζει, καθώς ­σε κάθε περίπτωση­ το εμβαδόν μετράται αντίστοι-χα σε μ².Να αναφέρουμε εδώ, ότι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού που βρήκαμε νωρίτερα, είναι ομόσημος τουρυθμού μεταβολής της τετμημένης του Μ, άρα τα δύο αυτά μεγέθη μεταβάλλονται με τον ίδιο τρόπο.Αυτό δεν χρειάζεται να αναφερθεί στην λύση, που είναι πλήρης όπως δόθηκε προηγουμένως.γ) I. Την χρονική στιγμή t = 0, το σημείο Μ βρίσκεται στην θέση (1, 1), άρα θα ισχύουν x(0) = 1 και f (x(0)) = f(1) = 1 .Καθώς από την υπόθεση έχουμε ότι η τετμημένη, x(t), μεταβάλλεται με σταθερό ρυθμό 1 μ/s, η συνάρτη-ση x(t) , t ≥ 0 , είναι παραγωγίσιμη, με παράγωγο x′(t) = 1 , απ’ όπου προκύπτει x′(t) = (t)′ ⇒ x(t) = t + c , c ∈ ! σταθερός αριθμός.Επιπλέον, για t = 0 είναι x(0) = 0 + c ⇔ 1 = 0 + c ⇔ c = 1 .Τελικά έχουμε ότι x(t) = t + 1 , t ≥ 0 .Σχόλιο. Στο ερώτημα (β) μιλήσαμε για μεταβολή της τετμημένης του σημείου Μ. Για τον λόγο αυτό,στον ρυθμό μεταβολής πήραμε τιμή χωρίς αναφορά σε πρόσημο και είδος μεταβολής και λύσαμε τηνάσκηση βάσει αυτής.Σε αυτό το ερώτημα συνεχίζουμε με αυτήν την παραδοχή, χωρίς αναφορά σε πρόσημο. Ένα επιπλέονλόγος είναι ότι στο γ­Ι μάς δίνεται ένα στοιχείο που επιβεβαιώνει την επιλογή μας: το αποτέλεσμα!Πράγματι· λύνοντας το ερώτημα με δεδομένη την μεταβολή της τετμημένης του Μ με ρυθμόx′(t) = 1 µ / s , καταλήγουμε στην απάντηση που ζητείται για το γ­Ι, ότι δηλαδή x(t) = t + 1 , t ≥ 0 .ΙΙ. O τύπος του εμβαδού, E(t) = 1 ⋅ 1 − ℓnx(t) , t ≥ 0 , βάσει του γ­Ι γίνεται 2 1 E(t) = 2 ⋅ 1 − ℓn(t + 1) , t ≥0.Στο διάστημα [e − 1 , + ∞) έχουμε ότι t ≥ e − 1 ⇔ t + 1 ≥ e , άρα ℓn(t + 1) ≥ ℓne ⇔ ℓn(t + 1) ≥ 1 ⇔ 1 − ℓn(t + 1) ≤ 0 ,οπότε 1 − ℓn(t + 1) = ℓn(t + 1) − 1 και ο τύπος του εμβαδού γίνεται E(t) = ℓn(t + 1) − 1 , t ≥ e−1. 2Η συνάρτηση αυτή είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (e − 1 , + ∞) , μεE′(t) = ⎢⎢⎣⎡ ℓn(t + 1) − 1 ⎤⎦⎥⎥′ = 1 ⋅ (t + 1)′ = 1 και 2 2 t+1 2(t + 1)E′′(t) = ⎡⎣⎢⎢ 1 ⎦⎥⎤⎥′ = 1 ⋅ −(t + 1)′ =− 1 < 0 , για κάθε t > e−1. 2(t + 1) 2 (t + 1)2 2(t + 1)2Επομένως η E(t) είναι κοίλη στο διάστημα [e − 1 , + ∞) . - 40 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 14ο επαναληπτικό θέμαΈστω συνάρτηση f : ! → ! , παραγωγίσιμη στο x0 = 3 . Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪ f(27 − 12x) , αν x < 2 . f(11 − x3) , αν x ≥ 2α) Να δείξετε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 2 .β) Αν είναι f(3) = f′(3) = − 1 , να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της g στο σημείο Β(2, g(2)). 4γ) Σημείο Σ(x, y), x > 0 , y ≥ 0 , κινείται επί της προηγούμενης ευθείας και πλησιάζει τον άξονα x΄x με ρυθμό 1 cm/s. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της απόστασης ΣΟ, την χρονική στιγμή κατά την οποία το Σ διέρχεται από το σημείο με τεταγμένη 0.Το θέμα αυτό έχει την εμφανή ιδιαιτερότητα, ότι για την συνάρτηση f δεν γνωρίζουμε τύπο και τίποταπαραπάνω από το ότι είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 3 . Επίσης, η συνάρτηση g ορίζεται με την βοήθειατης f, καθώς πρόκειται για δίκλαδη συνάρτηση, όπου κάθε κλάδος της είναι σύνθεση της f με πολυωνυ-μικές συναρτήσεις, Συνεπώς, πρέπει να εξάγουμε τα ζητούμενα συμπεράσματα βασισμένοι μόνο σε αυ-τά τα δεδομένα, με κατάλληλη αξιοποίηση της συναρτησιακής σχέσης, ως εξής:α) Η συνάρτηση g ορίζεται στο ! .Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο ! και παραγωγίσιμη στο x0 = 3 , άρα υπάρχει (και είναι πραγματι-κός αριθμός) το όριο ℓ im f(x) − f(3) = f′(3) ⇔ ℓ im f(x) − f(3) = ℓ im f(x) − f(3) = f′(3) ∈ \" (1) x−3 x−3 x→ 3− x−3 x→ 3 x→ 3+Για να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 2, αρκεί να αποδείξουμε ότι ℓ im g(x) − g(2) = ℓ im g(x) − g(2) ∈\" (2) x−2 x→ 2+ x−2 x→ 2−Η εργασία με πλευρικά όρια είναι απαραίτητη, καθώς η g ορίζεται με κλάδους, που αλλάζουν στο 2.• Αριστερό πλευρικό όριο.Για x<2 έχουμε g(x) = f(27 − 12x) , άρα ℓ im g(x) − g(2) = ℓ im f(27 − 12x) − g(2) = L1 . x−2 x→ 2− x−2 x→ 2−Θέτουμε u = 27 − 12x . Τότε είναι 12x = 27 − u ⇔ x = 27 − u . 12Όταν x → 2− , τότε είναι x < 2 ⇔ 12x < 24 ⇔ −12x > −24 ⇔ 27 − 12x > 3 ⇔ u > 3 , δηλαδή u → 3+ .Επιπλέον, είναι g(2) = f(11 − 23) = f(3) , οπότε έχουμεL1 = ℓ im f(u) − f(3) = ℓ im f(u) − f(3) = 12 ⋅ ℓ im f(u) − f(3) = −12 ⋅ ℓ im f(u) − f(3) (1) u→ 3+ 27 − u − 24 u→ 3+ 3−u u→ 3+ u−3 u→ 3+ 27 − u ⇒ 12 12 −2⇒ L1 = −12 ⋅ f′(3) . - 41 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής• Δεξί πλευρικό όριο.Αντίστοιχα, για x>2 έχουμε g(x) = f(11 − x3) , άρα ℓ im g(x) − g(2) = ℓ im f(11 − x3) − f(3) = L2 . x−2 x→ 2+ x−2 x→ 2+ 1ος τρόπος υπολογισμού του L2 .Θα εμφανίσουμε, με κατάλληλους χειρισμούς, στον παρονομαστή την παράσταση 11 − x3 , ώστε να μπο-ρέσουμε στην συνέχεια να θέσουμε u = 11 − x3 και να εφαρμόσουμε αλλαγή μεταβλητής. Για να εμφα-νιστεί το x3 , θα αξιοποιήσουμε την ταυτότητα x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x + 4) .Έχουμε, L2 = ℓ im f(11 − x3) − f(3) = ℓ im ⎡⎢⎢⎢⎣ f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎥⎦⎥⎤ = x−2 (x − 2)(x2 + 2x + 4) x→ 2+ x→ 2+= ℓ im ⎣⎡⎢⎢⎢ f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎦⎥⎥⎤ = ℓ im ⎢⎢⎢⎣⎡ f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎤⎦⎥⎥⎥ = x3 − 8 x3 − 11 + 3 x→ 2+ x→ 2+= ℓ im ⎢⎢⎢⎣⎡− f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎤⎥⎥⎦ . (11 − x3) − 3 x→ 2+Θέτουμε u = 11 − x3 . Όταν x → 2+ , τότε είναι x > 2 ⇔ x3 > 8 ⇔ −x3 < −8 ⇔ 11 − x3 < 3 ⇔ u < 3 , άρατο u → 3− .Παρατήρηση. Αποφύγαμε να λύσουμε την σχέση u = 11 − x3 ως προς x, για να μην μπλέξουμε με ριζι-κά, τρίτης τάξης μάλιστα. Παρακάτω παρατίθεται και η λύση, που αφορά στην επιλογή αυτή.Τότε ℓ im f(11 − x3) − f(3) = ℓ im f(u) − f(3) = f′(3) και ℓ im(x2 + 2x + 4) = 12 , οπότε τελικά έχουμε (11 − x3) − 3 u→ 3− u−3 x→ 2+ x→ 2+ L2 = −f′(3) ⋅ 12 ⇔ L2 = −12 ⋅ f′(3) . 2ος τρόπος υπολογισμού του L2 .Ας δούμε πώς θα διαμορφωθεί εναλλακτικά ο υπολογισμός του ορίου αυτού, αν θέσουμε εξ αρχήςu = 11 − x3 και λύσουμε ως προς x.Έχουμε, L2 = ℓ im f(11 − x3) − f(3) , όπου θέτουμε u = 11 − x3 . x−2 x→ 2+Όταν x → 2+ , τότε είναι x > 2 ⇔ x3 > 8 ⇔ −x3 < −8 ⇔ 11 − x3 < 3 ⇔ u < 3 , άρα το u → 3− .Επιπλέον, u = 11 − x3 ⇔ x3 = 11 − u , όπου για τιμές του x κοντά στο 2 είναι x3 > 0 και 11 − u > 0 ,άρα x = 3 11 − u και το όριο γίνεται = f(u) − f(3) ⎢⎢⎡⎢⎢⎢⎢⎣ f(u) − f(3) ⋅⎜⎜⎛⎝⎜3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎟⎟⎞⎠ ⎦⎥⎥⎥⎤⎥⎥⎥ = 3 11 − u − 2 3 11 − u − 2 ⎜⎜⎜⎝⎛3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎟⎟⎞⎠L2 ℓ im ( )=ℓ im u→ 3− u→ 3−= ℓ im ⎢⎢⎢⎡⎣ f(u) − f(3) ⋅⎝⎛⎜⎜⎜3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎟⎟⎞⎠ ⎥⎥⎤⎥⎦ = ℓ im ⎢⎢⎣⎡ f(u) − f(3) ⋅⎝⎜⎜⎜⎛3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎞⎠⎟⎟⎟ ⎤⎦⎥⎥ = 3 11 − u 3 − 23 11 − u − 8 u→ 3− u→ 3−= ℓ im ⎡⎣⎢⎢ f(u) − f(3) ⋅⎛⎜⎜⎜⎝3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎞⎠⎟⎟⎟ ⎦⎥⎥⎤ = ℓ im ⎣⎢⎢⎡− f(u) − f(3) ⋅⎜⎜⎜⎛⎝3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎠⎞⎟⎟ ⎥⎤⎦⎥ , 3−u u−3 u→ 3− u→ 3−όπου ℓ im f(u) − f(3) = f′(3) και u−3 u→ 3− - 42 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςℓ im ⎜⎛⎜⎝⎜ 3 11 − u 2 + 2⋅ 3 11 − u + 4⎞⎠⎟⎟⎟ = 3 11 − 3 2 + 2 ⋅ 3 11 − 3 +4 = 3 8 2 +2⋅3 8 + 4 = 22 + 2 ⋅ 2 + 4 = 12 .u→ 3−Άρα τελικά είναι L2 = −f′(3) ⋅12 ⇔ L2 = −12 ⋅ f′(3) .Επιστροφή και ολοκλήρωση της απάντησης στο (α) ερώτημα:Τελικά έχουμε ότι L1 = L2 = −12 ⋅ f′(3) , άρα η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 2, με παράγωγοτιμή g′(2) = −12 ⋅ f′(3) .β) Αφού η g είναι παραγωγίσιμη στο 2, η εφαπτομένη, (ε), της Cg στο σημείο Β(2, g(2)) είναι η ε : y − g(2) = g′(2) ⋅ (x − 2) .Είναι g(2) = f(11 − 23) = f(3) = − 1 και g′(2) = −12 ⋅ f′(3) = −12 ⋅ −1 = 3 , οπότε η (ε) έχει εξίσωση 4 4 ε:y+ 1 = 3(x − 2) ⇔ ε : y = 3x − 6 − 1 ⇔ ε : y = 3x − 25 . 4 4 4γ) Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής.Το σημείο Σ(x, y), με x > 0 , y ≥ 0 , κινείται πάνω στην ευθεία (ε) που βρήκαμε στο (β). Αυτό σημαίνει( )ότι οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής Σ x(t) , y(t) , t ≥ 0 ,με x(t) > 0 , y(t) ≥ 0 . Επιπλέον, το Σ πλησιάζει τον άξονα x΄x με ρυθμό 1 cm/s.Αφού είναι x > 0 , y ≥ 0 , το Σ βρίσκεται στο 1ο τεταρτημόριο, συνεπώς το ότι πλησιάζει τον άξονα x΄xσημαίνει ότι η τεταγμένη του μεταβάλλεται με σταθερό ρυθμό y′(t) = −1 cm / s (όπου το αρνητικό πρό-σημο εκφράζει την μείωσή της).Παρατήρηση. Η παραπάνω ανάλυση είναι απαραίτητη, γιατί αν, π.χ., το σημείο ήταν κάτω από τονάξονα x΄x, τότε η έκφραση «πλησιάζει τον άξονα x΄x» θα σήμαινε κίνηση προς τα πάνω, άρα η τεταγμέ-νη του σημείου θα αυξάνονταν, δηλαδή η ταχύτητά του θα είχε θετική τιμή! Στην περίπτωση αυτή, θαέπρεπε να γράψουμε ότι y′(t) = +1 cm / s .Έστω t0 η χρονική στιγμή, κατά την οποία το σημείο Σ διέρχεται από το σημείο (της ευθείας πάνω στηνοποία κινείται) με τεταγμένη 0. Αυτό σημαίνει ότι, αυτήν την χρονική στιγμή, για την τεταγμένη του Σισχύει ότι y(t0) = 0 .Η απόσταση ΣΟ είναι ίση με ΣΟ = d = x2 + y2 , x > 0 , y ≥ 0 , όπου y = 3x − 25 ⇔ y+ 25 = 3x ⇔ x = 4y + 25 . 4 4 12Άρα είναι ΣΟ = d = ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ 4y + 25 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 + y2 , y ≥ 0. 12Καθώς το Σ κινείται, και η απόσταση d θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου t και θα προσδιορίζε-ται από συνάρτηση της μορφής d(t) , t ≥ 0 , με τύπο d(t) = ⎢⎣⎢⎡ 4y(t) + 25 ⎥⎤⎦⎥2 + y2(t) , t ≥0 . 12Παραγωγίζοντας ως προς t, για t > 0 έχουμε(με μεγάλη προσοχή στην παραγώγιση, καθώς η παράσταση είναι ιδιαίτερα σύνθετη) - 43 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 1 ⋅ ⎨⎧⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎢⎢⎣⎡ 4y(t) + 25 ⎥⎤⎦⎥2 y2(t)⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎫′ 2 ⋅ 4y(t) + 25 ⋅ ⎢⎢⎣⎡ 4y(t) + 25 ⎥⎥⎦⎤′ + 2 y(t) ⋅ y′(t) 12 12 12d′(t) = + = = 2 ⎡⎢⎣⎢ ⎥⎥⎤⎦2 ⎢⎡⎢⎣ ⎤⎥⎥⎦2 4y(t) + 25 + y2(t) 2 4y(t) + 25 + y2(t) 12 12= 4y(t) + 25 ⋅ 4 ⋅ y′(t) + y(t) ⋅ y′(t) = 4y(t) + 25 ⋅ y′(t) + y(t) ⋅ y′(t) . 12 12 36 ⎢⎢⎡⎣ 4y(t) + 25 ⎤⎦⎥⎥2 + y2(t) ⎡⎣⎢⎢ 4y(t) + 25 ⎥⎤⎦⎥2 + y2(t) 12 12Την χρονική στιγμή t0 επομένως, ο ρυθμός μεταβολής της απόστασης d θα είναι ίσος με d′(t0) = 4y(t0) + 25 ⋅ y′(t0) + y(t0) ⋅ y′(t0) . 36 ⎣⎢⎡⎢⎢ 4y(t0) + 25 ⎥⎥⎥⎤⎦2 + y2(t0) 12Από την υπόθεση έχουμε ότι y(t0) = 0 , y′(t0) = −1 cm / s , οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε d′(t0) = 4 ⋅ 0 + 25 ⋅ (−1) + 0 ⋅ (−1) − 25 =− 12 =− 1 cm / s , 36 = 36 36 3 ⎜⎛⎝⎜⎜ 4 ⋅ 0+ 25 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟2 + 02 25 12 12συνεπώς, την χρονική στιγμή κατά την οποία το σημείο Σ διέρχεται από το σημείο με τεταγμένη 0, η 1απόσταση ΣΟ μειώνεται με ρυθμό − 3 cm / s .Η μονάδα μέτρησης προκύπτει με την βοήθεια της δεδομένης μονάδας μέτρησης του ρυθμού μεταβολήςτης τεταγμένης του Σ, ο οποίος είναι ίσος με ­1 cm/s.Προσέξτε ότι στα δεδομένα έχουμε το είδος της μεταβολής των συντεταγμένων του σημείου Σ, οπότεστο αποτέλεσμά μας έχουμε και το πρόσημο του ρυθμού μεταβολής της απόστασης ΣΟ, άρα και το εί-δος της μεταβολής της. - 44 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 15ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 και το σημείο της γραφικής της παράστασης, Μ(α , α3) , α > 0 .α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο Μ και να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη αυτή τέμνει την Cf και σε δεύτερο σημείο, Ν.β) Αν το σημείο Μ απομακρύνεται από τον y΄y με σταθερή ταχύτητα 0,5 m/s: Ι. να εκφραστεί το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΜΒΝ (με διαγώνιο ΜΝ και πλευρές παράλληλες προς τους άξονες) ως συνάρτηση του χρόνου t. ΙΙ. να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του ορθογωνίου ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m.γ) Αν το σημείο Μ απομακρύνεται από τον άξονα x΄x με σταθερή ταχύτητα 8 m/s και Ε(t) είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και την παραπάνω εφαπ- τομένη, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού E(t) ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t1 κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m.α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! , με παράγωγο f′(x) = 3x2 , x ∈ ! .Η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο Μ έχει εξίσωσηε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ⇔ ε : y − α3 = 3α2(x − α) ⇔ ε : y = 3α2x − 3α3 + α3 ⇔ ε : y = 3α2x − 2α3 .Για να βρούμε τα κοινά σημεία της (ε) και της Cf , λύνουμε το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎪⎨⎪ y = x3 ⎫⎪⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎪ . y = 3α2x − 2α3Η μορφή των εξισώσεων μάς ωθεί να εξισώσουμε τα δεύτερα μέλη τους.Από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει ότι3α2x − 2α3 = x3 ⇔ x3 − 3α2x + 2α3 = 0 ⇔ (x − α)(x2 + αx − 2α2) = 0 ⇔⇔ x − α = 0 ή x2 + αx − 2α2 = 0 ⇔ x = α ή x = α ή x = −2α ⇔ x = α (διπλή ρίζα) ή x = −2α .Η εξίσωση λύθηκε με χρήση του σχήματος Horner εμφανώς, αφού είναι κλασσική περίπτωση πολυωνυ-μικής εξίσωσης τρίτου βαθμού.• Για x = α , η εξίσωση y = x3 δίνει y = α3 , οπότε ένα κοινό σημείο είναι το Μ(α , α3) . (Αυτό ήταν αναμενόμενο, αφού είναι το σημείο επαφής).• Για x = −2α , η εξίσωση y = x3 δίνει y = (−2α)3 = −8α3 , οπότε δεύτερο κοινό σημείο είναι το Ν(−2α ,− 8α3) , που είναι και το ζητούμενο σημείο.β) Το σημείο Μ μεταβάλλεται, απομακρυνόμενο από τον άξονα y΄y, με σταθερή ταχύτητα 0,5 m/s. Αυ-τό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής( )x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με x(t) = α(t) και y(t) = α3(t) , όπου α(t) > 0 από την υπόθεση.Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε ότι x(t) = α(t) > 0 , άρα και y(t) = α3(t) > 0 . Αυτό σημαίνει ότι τοΜ βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο, άρα x′(t) = α′(t) = +0, 5 m / s .Σημαντική παρατήρηση. Η θέση του Μ έχει ιδιαίτερη σημασία και πρέπει να αναφερθεί! Πράγματι·αν το Μ βρισκόταν στο δεύτερο ή στο τρίτο τεταρτημόριο, δηλαδή αριστερά από τον άξονα y΄y, η απο-μάκρυνσή του από αυτόν θα σήμαινε κίνηση προς τα αριστερά, άρα η ταχύτητά του θα είχε μεν μέτρο - 45 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής0,5 m/s (όπως αναφέρει το δεδομένο της εκφώνησης), αλλά αυτό θα σήμαινε ότι x′(t) = α′(t) = −0, 5 m / s !Σχόλιο. Τα παραπάνω δεδομένα είναι κοινά για τα ερωτήματα β­Ι και β­ΙΙ.Ι. Το ορθογώνιο ΑΜΒΝ έχει απέναντι κορυφές τα σημείαΜ(α , α3) και Ν(−2α ,− 8α3) .Από την παραλληλία των πλευρών του με τους άξονες, γιατις συντεταγμένες των κορυφών Α και Β έχουμε ότι xA = xN = −2α , yA = yM = α3 και xB = xM = α , yB = yN = −8α3 .Επομένως είναι Α(−2α , α3) και Β(α ,− 8α3) . Τότε: α>0(ΑΜ) = xM − xA = α − (−2α) = 3α = 3α και α>0(ΜΒ) = yB − yM = −8α3 − α3 = −9α3 = 9 α3 = 9α3 .Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΜΒΝ είναι ίσο με Ε = (ΑΜΒΝ) = (ΑΜ) ⋅ (ΜΒ) = 3α ⋅ 9α3 = 27α4 .Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και το εμβα-δόν Ε θα μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), μετύπο E(t) = 27α4(t) , t ≥ 0 .Σχόλιο. Η απάντησή μας εδώ έχει ολοκληρωθεί. Πράγματι το αποτέλεσμα είναι επαρκές, διότι εκφρά-ζει την μεταβολή του εμβαδού ως προς τον χρόνο t και εξαρτάται μόνο από το μοναδικό μεταβλητό μέ-γεθος που αναφέρει και η εκφώνηση, δηλαδή το α.ΙΙ. Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, E(t), του ορθογωνίου ΑΜΒΝ, ως προς τον χρόνο t, ισούται με τηνπαράγωγο E′(t) , δηλαδή με E′(t) = ⎡⎢⎣27α4(t)⎥⎤⎦′ = 27 ⋅ 4α3(t) ⋅ α′(t) .Είναι t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m. Αυτό σημαί-νει ότι xM(t0) = 2 ⇔ α(t0) = 2 , αφού xM(t0) = α(t0) > 0 .Επίσης, x′(t) = α′(t) = +0, 5 m / s σταθερό, άρα και α′(t0) = +0, 5 m / s .Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, την χρονική στιγμή t0 , είναι E′(t0) = 27 ⋅ 4α3(t0) ⋅ α′(t0) , οπότε μεαντικατάσταση βρίσκουμε E′(t0) = 27 ⋅ 4 ⋅ 23 ⋅ 0, 5 = 432 m2 / s .Τελικά, την στιγμή που το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m, το εμβαδόν του ορθογωνίουΑΜΒΝ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, αυξάνεται) με ρυθμό 432 m²/s.Σχόλιο. Στα δεδομένα μας δεν έχουμε απλά το μέτρο, αλλά και το είδος της μεταβολής των συντεταγ-μένων του σημείου Μ, όπως φαίνεται και από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του, στον οποίο το-νίσαμε το πρόσημο «+». Στο αποτέλεσμά μας βλέπουμε ότι και ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού τουορθογωνίου που ζητείται προκύπτει ομόσημος του δεδομένου. Έτσι, στην απάντησή μας μπορούμε καιαναφέρουμε όχι μόνο το μέγεθος, αλλά και το είδος του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού του ορθογωνί-ου. - 46 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών