30 επαναληπτικά θέματα με Ρυθμό Μεταβολής (Β ΤΟΜΟΣ)

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος. Λύνουμε την εξίσωση ημx = 0. Από εδώ έχουμε x = κπ , κ ∈ ! , οπότε για κ = ­1, 0, 1 οιαντίστοιχες ρίζες της εξίσωσης ημx = 0 είναι οι διαδοχικές ­π, 0, π.Επειδή π > 3 , είναι [−3 , 0) ∪ (0 , 3] ⊆ (−π , 0) ∪ (0 , π) , άρα στο [−3 , 0) ∪ (0 , 3] , όπου ορίσαμε την φ, ισχύειηµx ≠ 0 .Εφόσον εξασφαλίσουμε (με έναν από τους προηγούμενους δύο τρόπους) ότι ηµx ≠ 0 , προχωράμε έτσι:Η (4) ισοδύναμα γίνεται f(x) = x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx , οπότε ηµx ⎢⎢⎣⎢⎢⎢⎡⎢ ⎥⎥⎦⎥⎤⎥⎥⎥ =ℓ im f(x) = ℓ im x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx = ℓ im ⎡⎢⎢⎣ x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx ⎥⎥⎤⎦ = ℓ im ϕ(x) +2⋅ ηµx x→ 0 ηµx ηµx ηµx ηµx x→ 0 x→ 0 x→ 0 συνx x ηµx= ℓ im ⎢⎣⎢⎢⎢⎡⎢⎢ ϕ(x) +2⋅ 1 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤⎦ = 1 +2⋅ 1 = 3 , αφού ℓ im ϕ(x) = 1 , ℓ im ηµx = 1 , ℓ im(συνx) = 1 . ηµx συνx 1 1 x→ 0 x x→ 0 x→ 0 x→ 0 xΣυνεπώς είναι ℓ im f(x) = 3 . x→ 0Επιπλέον, η f είναι συνεχής στο 3, άρα ισχύει f(0) = ℓ im f(x) ⇒ f(0) = 3 . x→ 0Για τον τύπο της f, από την σχέση (2) έχουμε ισοδύναμα ότι f(x) ⋅ f′(x) = −x ⇔ 2f(x) ⋅ f′(x) = −2x ⇔ ⎢⎡⎣f2(x)⎦⎥⎤′ = (−x2)′ ,οπότε προκύπτει ότι f2(x) = −x2 + c , c ∈ ! , στο Δ.Θέτω x = 0 στην σχέση αυτή και έχω f2(0) = −02 + c ⇔ 32 = c ⇔ c = 9 .Άρα είναι f2(x) = −x2 + 9 , x ∈ Δ .Θέλουμε να φύγει το τετράγωνο από το f2(x) παραπάνω. Θα βασιστούμε στο πρόσημο της συνεχούςσυνάρτησης f(x), εργαζόμενοι ως εξής:Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ και είναι f(0) = 3 ≠ 0 . Επίσης, για x ∈ (−3 , 0) ∪ (0 , 3) , από την (2)έχω ότι f(x) ⋅ f′(x) = −x ≠ 0 ⇒ f(x) ≠ 0 .Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής και μη μηδενική στο (­3, 3), οπότε διατηρεί πρόσημο σε αυτό.Επειδή είναι f(0) = 3 > 0 , είναι και f(x) > 0 , για κάθε x ∈ (−3 , 3) , άρα από την σχέση f2(x) = −x2 + 9βρίσκουμε ότι f(x) = −x2 + 9 ⇔ f(x) = 9 − x2 , x ∈ (−3 , 3) .Προσοχή! Δεν έχουμε τελειώσει! Μας λείπουν οι τιμές f(­3) και f(3)!Επιπλέον, η f είναι συνεχής σε όλο το Δ = [­3, 3], άρα:• f(−3) = ℓ im f(x) = ℓ im 9 − x2 = 9 − 32 = 0 και x→ −3+ x→ −3+• f(3) = ℓ im f(x) = ℓ im 9 − x2 = 9 − 32 = 0 , x→ 3− x→ 3−που επαληθεύουν τον τύπο της f που έχουμε βρει.Τελικά, ο τύπος της f είναι ο f(x) = 9 − x2 , x ∈ [−3 , 3] . - 97 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Ι. Από τον τύπο της συνάρτησης f που βρήκαμε στο (α), αν θέσουμε y = f(x) έχουμε ότι y = 9 − x2 ⇔ y2 = 9 − x2 ⇔ x2 + y2 = 9 ⇔ x2 + y2 = 32 .Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι τοημικύκλιο του κύκλου με κέντρο Ο(0, 0) και ακτίνα ρ = 3,το οποίο βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x, μαζί με τασημεία Α(­3, 0) και Β(3, 0), που είναι κοινά σημεία τηςCf και του x΄x.ΙΙ. Έστω (ΑΜ) = α και (ΒΜ) = β τα μήκη των δύοπλευρών τα οποία αναζητούμε.Από το σχήμα μας έχουμε ότι η γωνία ΑΜΒ είναι 90°, ωςεγγεγραμμένη σε ημικύκλιο. Άρα το τρίγωνο ΑΜΒ είναιορθογώνιο, οπότε από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε ότι ΑΜ2 + ΜΒ2 = ΑΒ2 ⇔ α2 + β2 = 62 ⇔ α2 + β2 = 36 ⇔ β2 = 36 − α2 ⇔ β = 36 − α2 .Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΒ είναι (ΑΜΒ) = Ε = α⋅β = 1 ⋅α ⋅ 36 − α2 , όπου 0 < α < 6 , αφού 2 2για α = 0 ή α = 6 δεν υφίσταται τρίγωνο, και η χορδή ΑΜ έχει πάντα μήκος α, θετικό και μικρότεροτης διαμέτρου του κύκλου, δηλαδή της ΑΒ = 6.Θεωρούμε, λοιπόν, την συνάρτηση Ε(α) = 1 α 36 − α2 , 0 < α < 6 . 2Η Ε είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0, 6), με παράγωγο( )Ε′(α) = 1 ⋅ ⎢⎣⎡⎢⎢(α)′ ⋅ ′⎤⎦⎥⎥⎥ = 1 ⋅ ⎡⎢⎢⎢⎣ 36 − α2 1 ⋅ (36 − α2)′⎥⎤⎦⎥⎥ = 2 36 − α2 + α ⋅ 36 − α2 2 +α⋅ 36 − α2 2= 1 ⋅ ⎜⎝⎜⎜⎜⎛ 36 − α2 + α ⋅ −2 α ⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ = 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎜⎝ 2 α2 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟ = 1 ⋅ 36 − 2α2 = 2 2 36 − α2 2 36 − α2 2 36 − α2 36 − α2 − 36 − α2= 1 ⋅ 2(18 − α2) ⇒ Ε′(α) = 18 − α2 . 2 36 − α2 36 − α2Έχουμε: 18 − α2 α>0• Ε′(α) = 0 ⇔ 36 − α2 = 0 ⇔ α2 = 18 ⇔ α = 18 = 3 2 .• Ε′(α) > 0 ⇔ 18 − α2 α>0 36 − α2 > 0 ⇔ 18 − α2 > 0 ⇔ α2 < 18 ⇔ 0 < α < 3 2 , α<6 άρα και Ε′(α) < 0 ⇔ 3 2 < α < 6 .Ο πίνακας μονοτονίας της συνάρτησης Ε(α) είναι ο α 0 32 6διπλανός, από τον οποίο προκύπτει ότι η Ε(α): Ε′(α) ­ Ε(α) +(• είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0 , 3 2 ⎦⎥⎤ . 2)• είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ⎡⎣⎢3 2 , 6 . 1• έχει ολικό μέγιστο για α = 3 2 . - 98 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΒ γίνεται μέγιστο, όταν α = 3 2 . Τότε είναι ( )2 β = 36 − α2 = 36 − 3 2 = 36 − 18 = 18 ⇔ β = 3 2 ,δηλαδή α = β = 3 2 . Αυτό σημαίνει ότι το εμβαδόν του ορθογώνιου τριγώνου ΑΜΒ γίνεται μέγιστο,όταν αυτό είναι ισοσκελές, με κάθετες πλευρές ίσες προς 3 2 .γ) Για την συνάρτηση g, που είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , έχουμε ότι Γ(1, 2) ∈ Cg ⇔ g(1) = 2 και Δ(2 , 4) ∈ Cg ⇔ g(2) = 4 .Για να δείξουμε ότι οι Cf , Cg τέμνονται σε μοναδικό σημείο με τετμημένη x0 ∈ (1, 2) , αρκεί να δείξουμεότι η εξίσωση f(x) = g(x) ⇔ f(x) − g(x) = 0 έχει μοναδική λύση x0 ∈ (1, 2) .Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − g(x) , x ∈ [1, 2] .Αυτή είναι συνεχής στο [1, 2], ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, με:( )• h(1) = f(1) − g(1) = 9 − 12 − 2 = 8 − 2 = 2 2 − 2 = 2 2 − 1 > 0 .• h(2) = f(2) − g(2) = 9 − 22 − 4 = 5 − 4 < 0 .Άρα η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, 2], οπότε υπάρχει ένα,τουλάχιστον, x0 ∈ (1, 2) τέτοιο, ώστε h(x0) = 0 ⇔ f(x0) − g(x0) = 0 ⇔ f(x0) = g(x0) .Για την μοναδικότητα του x0 :Αρχικά, η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [1, 2].Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει και άμεσα από το σχήμα που έχουμε κάνει στο ερώτημα β­Ι. Όμως,επειδή το σχήμα που μας ζητήθηκε είναι «πρόχειρο» (έστω κι αν ξέρουμε ότι πρόκειται για ημικύκλιο,που έχει συγκεκριμένη, γνωστή μορφή), μπορούμε να αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο[1, 2].Πράγματι, η f είναι παραγωγίσιμη στο (1, 2), με παράγωγοf′(x) = 1 ⋅ (9 − x2)′ = −2 x = − x < 0 , για κάθε x ∈ (1, 2) , 2 9 − x2 2 9 − x2 9 − x2οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 2].Θα αποδείξουμε ότι και η συνάρτηση h είναι γνησίως μονότονη στο [1, 2].Έστω x1 , x2 ∈ [1, 2] με x1 < x2 . Τότε: f↓• x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) . g↑• x1 < x2 ⇒ g(x1) < g(x2) ⇒ −g(x1) > −g(x2) .Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει f(x1) − g(x1) > f(x2) − g(x2) ⇒ h(x1) > h(x2) ,που σημαίνει ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 2], άρα είναι και 1­1.Συνεπώς, η ρίζα x0 ∈ (1, 2) της εξίσωσης h(x) = 0 ⇔ f(x) = g(x) που βρήκαμε νωρίτερα, είναι μοναδική,οπότε οι Cf , Cg τέμνονται σε μοναδικό σημείο, με τετμημένη x0 ∈ (1, 2) . - 99 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι f(x) = 9 − x2 , x ∈ [−3 , 3] , άρα το ολοκλήρωμα γίνεται 33 ∫ ∫Ι = x3f(x) dx = x3 9 − x2 dx . 22Θέτουμε u = 9 − x2 . Τότε x2 = 9 − u και du = (9 − x2)′dx ⇔ du = −2xdx ⇔ xdx = − 1 du . 2Επιπλέον, για x = 2 είναι u = 9 − 22 = 5 , ενώ για x = 3 είναι u = 9 − 32 = 0 .Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται 33 0 5∫ ∫ ∫ ∫ ( )Ι = −1 1 x3 9 − x2 dx = x2 9 − x2 ⋅ x dx = (9 − u) u ⋅ 2 du = 2 9 u − u u du = 22 5 0∫=1 5 ⎝⎜⎜⎜⎜⎛9u 1 3 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟⎟ du = 1 ⋅ ⎢⎢⎢⎡⎢⎣⎢⎢9 ⋅ u3/2 − u5/2 ⎥⎥⎦⎤⎥⎥⎥⎥ 5 = 1 ⋅ ⎢⎢⎣⎡⎢2 ⋅ 3u3/2 − 2 ⋅ u5/2 ⎥⎥⎥⎦⎤ 5 = 1 ⋅ 2 ⋅ ⎡⎢⎢⎢⎣3u3/2 − u5/2 ⎥⎦⎤⎥⎥ 5 = 2 0 2 2 3 5 0 2 5 0 2 5 0 −u2 2 2 3 5 ⎜⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎝⎜3 3 5 ⎟⎟⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎠⎟ = 3 ⋅ 5 2= 3⋅52 − 52 − ⋅ 0 − 02 5 −5 5 ⇒ I = 10 5 . 5 5 2ε) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.( )Το σημείο Ν x(t) , y(t) διατρέχει την Cf , συνεπώς οι συντεταγμένες το μεταβάλλονται ως προς τον χρό-( )νο t και είναι της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , όπως δίνονται από την εκφώνηση.Για τις συντεταγμένες του Ν ισχύει ότι Ν ∈ Cf ⇔ y(t) = 9 − x2(t) .Επίσης, δίνεται ότι t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης τουείναι ίσος με τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του και, επιπλέον, μη μηδενικός. Άρα την χρονικήστιγμή t0 ισχύει x′(t0) = y′(t0) ≠ 0 .Έχουμε y(t) = 9 − x2(t) , απ’ όπου παραγωγίζοντας ως προς t βρίσκουμε y′(t) = ⎡⎢⎣9 − x2(t)⎥⎦⎤′ = −2 x(t) ⋅ x′(t) ⇒ y′(t) = −x(t) ⋅ x′(t) . 2 9 − x2(t) 2 9 − x2(t) 9 − x2(t)Την χρονική στιγμή t0 έχουμεy′(t0) = − x(t0) ⋅ x′(t0) x′(t0 )= y′(t0 ) x′(t 0 ) = −x(t0) ⋅ x′(t0) x′(t0 )≠0 −x(t 0 ) ⇔ 9 − x2(t0) = −x(t0) . 9 − x2(t0) 9 − x2(t0) 9 − x2(t0) ⇔ ⇔ 1=Η εξίσωση αυτή, για x(t0) > 0 είναι αδύνατη, ενώ για x(t0) ≤ 0 ⇔ −x(t0) ≥ 0 γίνεται 9 − x2(t0) 2 = ⎣⎢⎡−x(t0)⎥⎤⎦2 ⇔ 9 − x2(t0) = x2(t0) ⇔ 2x2(t0) = 9 ⇔ x2(t0) = 9 x( t0 )≤0 9 = 32 . 2 2 2 ⇔ x(t0) =Τελικά, οι ζητούμενες συντεταγμένες του σημείου Ν είναι Ν⎜⎜⎜⎜⎛⎝⎜− 32 , 32 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠⎟ . 2 2 - 100 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής26ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού το διάστημα [1, 4]. Αν το σύνολο τι-μών της f είναι το [­2, 3] και f(1) = 2, f(4) = 1, τότε:α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 ∈ (1, 4) , έτσι ώστε f(x0) = 0 .β) Να αποδείξετε ότι η Cf δέχεται τουλάχιστον δύο οριζόντιες εφαπτόμενες και έχει ένα, τουλάχιστον, πιθανό σημείο καμπής.γ) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ε: y = ­x + 2 τέμνει την Cf σε ένα, τουλάχιστον, σημείο, με τετμημένη στο διάστημα (1, 4).δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ (1, 4) , έτσι ώστε η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Ρ(ξ, f(ξ)) να διέρχεται από το σημείο Α(0, 2).ε) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο, τουλάχιστον, ξ1 , ξ2 ∈ (1, 4) , με ξ1 ≠ ξ2 , έτσι ώστε 1 − 1 =− 3 .f ′(ξ1 ) 2f ′(ξ2 ) 2στ) Ένα σημείο Κ κινείται στην ευθεία (ε) του ερωτήματος (γ), η οποία τέμνει τον άξονα x΄x στο Μ και Λ είναι η προβολή του Κ στον άξονα x΄x. Το σημείο Λ απομακρύνεται από την αρχή των αξόνων Ο(0, 0) με ρυθμό 1 m/s. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΚΛΜ, την χρο- νική στιγμή t0 που η τετμημένη του Κ είναι ίση με την τεταγμένη του.Το θέμα αυτό είναι μία καλή ευκαιρία να κάνουμε μία επανάληψη στα υπαρξιακά θεωρήματα! Φυσικά,στο τέλος έχει και ερώτημα που αφορά ρυθμό μεταβολής.α) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα [1, 4], άρα είναι και συνεχής σε αυτό,με σύνολο τιμών το [­2, 3].Επειδή το 0 ∈ [−2 , 3] , θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 ∈ (1, 4) , έτσι ώστε f(x0) = 0 .β) Η f έχει σύνολο τιμών το [­2, 3], άρα παίρνει ελάχιστη τιμή fmin = −2 και μέγιστη τιμή fmax = 3 . Τιςτιμές αυτές δεν τις παίρνει στα άκρα του πεδίου ορισμού της, αφού −2 < f(1) = 2 < 3 και−2 < f(4) = 1 < 3 .Άρα από το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής, υπάρχουν x1 , x2 ∈ (1, 4) τέτοια, ώστε f(x1) = fmin = −2 και f(x2) = fmax = 3 (1)Τότε, για καθένα από τα σημεία x1 και x2 , έχουμε ότι είναι εσωτερικά σημεία του διαστήματος (1, 4),στα οποία η f παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και φυσικά είναι παραγωγίσιμη σε αυτά, αφού η f είναιπαραγωγίσιμη σε όλο το [1, 4]. Δηλαδή, η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Fermat γιακαθένα από τα x1 , x2 , συνεπώς f′(x1) = 0 και f′(x2) = 0 .Άρα η Cf δέχεται τουλάχιστον δύο οριζόντιες εφαπτομένες, στα σημεία της με τετμημένες x1 και x2 . - 101 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΓια το πιθανό σημείο καμπής: Έστω, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι x1 < x2 .Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα [1, 4], άρα η f′ είναι συνεχής στο [x1 , x2] ⊆ (1, 4) καιπαραγωγίσιμη στο (x1 , x2) ⊆ (1, 4) . Επιπλέον, για την f′ βρήκαμε ότι f′(x1) = f′(x2) = 0 .Άρα η f′ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [x1 , x2] , οπότε υπάρχει ένα,τουλάχιστον, α ∈ (x1 , x2) ⊆ (1, 4) , ώστε f′′(α) = 0 . Αυτό σημαίνει ότι το σημείο (α, f(α)) της Cf είναι πι-θανό σημείο καμπής.γ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = −x + 2 , x ∈ ! , που έχει γραφική παράσταση την ευθείαε: y = ­x + 2.Τότε το ζητούμενο σημαίνει ισοδύναμα να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f(x) = g(x) έχει μία, τουλάχιστον,λύση στο διάστημα (1, 4).Θέτουμε h(x) = f(x) − g(x) , x ∈ [1, 4] . Τότε f(x) = g(x) ⇔ f(x) − g(x) = 0 ⇔ h(x) = 0 .Θα λύσουμε το ερώτημα με χρήση του θεωρήματος Bolzano για την h. Το πρώτο διάστημα, όπου λογικάθα δοκιμάσουμε την ισχύ του, είναι το [1, 4], αφού ψάχνουμε σημείο τομής της ευθείας και της Cf σεσημείο με τετμημένη στο (1, 4).Όμως, h(1) = f(1) − g(1) = 2 − (−1 + 2) = 1 > 0 και h(4) = f(4) − g(4) = 1 − (−4 + 2) = 3 > 0 , οπότε δενισχύει h(1) ⋅ h(4) < 0 .Άρα θα πρέπει να εξασφαλίσουμε την ισχύ του θεωρήματος σε άλλο διάστημα, υποδιάστημα του [1, 4].Προφανώς, το μόνο υποδιάστημα για το οποίο έχουμε στοιχεία να πορευτούμε, είναι το [x1 , x2] .Η συνάρτηση h(x) είναι συνεχής στο [x1 , x2] ⊆ (1, 4) (αφού x1 , x2 ∈ (1, 4) ) και ισχύουνh(x1) = f(x1) − g(x1) = −2 − (−x1 + 2) = x1 − 4 < 0 , αφού x1 < 4 ,h(x2) = f(x2) − g(x2) = 3 − (−x2 + 2) = x2 + 1 > 0 , αφού x2 > 1 ⇔ x2 + 1 > 2 > 0 .Συνεπώς h(x1) ⋅ h(x2) < 0 , δηλαδή η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διά-στημα [x1 , x2] , οπότε υπάρχει ρ ∈ (x1 , x2) ⊆ (1, 4) τέτοιο, ώστε h(ρ) = 0 ⇔ f(ρ) = g(ρ) , δηλαδή η εξίσωσηf(x) = g(x) έχει μία, τουλάχιστον, λύση στο διάστημα (1, 4).δ) Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της Ρ(ξ, f(ξ)), το οποίο αναζητούμε, θα έχει εξίσωση ε : y − f(ξ) = f′(ξ) ⋅ (x − ξ) .Για να διέρχεται η (ε) από το σημείο Α(0, 2), αρκεί οι συντεταγμένες του Α να επαληθεύουν την εξίσω-ση της (ε), δηλαδή να ισχύει 2 − f(ξ) = f′(ξ) ⋅ (0 − ξ) ⇔ 2 − f(ξ) = −ξ ⋅ f′(ξ) ⇔ ξ ⋅ f′(ξ) − f(ξ) + 2 = 0 .Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ ∈ (1, 4) τέτοιο, ώστε ξ ⋅ f′(ξ) − f(ξ) + 2 = 0 , δηλαδή ξ ∈ (1, 4)που να είναι λύση της εξίσωσης x ⋅ f′(x) − f(x) + 2 = 0 .Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(x) = x ⋅ f′(x) − f(x) + 2 , x ∈ [1, 4] .Και πάλι, η πρώτη μας σκέψη θα είναι να εφαρμόσουμε το θεώρημα Bolzano για την φ στο διάστημα[1, 4]. Όμως δεν έχουμε καμία πληροφορία για τις τιμές f′(1) , f′(4) , συνεπώς δεν μπορούμε να προσδιο-ρίσουμε το πρόσημο των φ(1) και φ(4). Και πάλι λοιπόν, θα εργαστούμε στο κατάλληλο υποδιάστηματου [1, 4], στα άκρα του οποίου έχουμε τις απαραίτητες πληροφορίες, και αυτό ειναι πάλι το [x1 , x2] . - 102 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ συνάρτηση φ είναι συνεχής στο [x1 , x2] ⊆ (1, 4) και ισχύουν (1)ϕ(x1) = x1f′(x1) − f(x1) + 2 = x1 ⋅ 0 − (−2) + 2 = 4 > 0 , (1)ϕ(x2) = x2 ⋅ f′(x2) − f(x2) + 2 = x2 ⋅ 0 − 3 + 2 = −1 < 0 .Άρα ϕ(x1) ⋅ ϕ(x2) < 0 , οπότε η φ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [x1 , x2] ,συνεπώς θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ (x1 , x2) ⊆ (1, 4) τέτοιο, ώστε ϕ(ξ) = 0 ⇔ ξ ⋅ f′(ξ) − f(ξ) + 2 = 0 .ε) Η μορφή της ζητούμενης σχέσης παραπέμπει σε χρήση Θ.Μ.Τ. για την f. Εδώ, η εμπειρία στην επί-λυση ασκήσεων παίζει ρόλο. Η «υποψία» μας προκύπτει από τα εξής:Το ζητούμενο δεν έχει ισότητα με δεύτερο μέλος το 0, αλλά άλλον αριθμό, και συνήθως αυτό είναι έν-δειξη για χρήση Θ.Μ.Τ.Επίσης, στην ζητούμενη σχέση έχουμε ξ1 , ξ2 , με ξ1 ≠ ξ2 , και αυτό σημαίνει ότι θα χρειαστεί να εφαρμό-σουμε το Θ.Μ.Τ. σε ξένα μεταξύ τους, κατάλληλα επιλεγμένα, υποδιαστήματα του [1, 4].Τέλος, για να προκύψουν συμπεράσματα για τιμές της μορφής f′(ξ1) , f′(ξ2) , πρέπει να εφαρμόσουμε τοΘ.Μ.Τ. για την f, άρα χρειαζόμαστε σημείο του (1, 4) με πληροφορίες για την τιμή της f σε αυτό. Τέτοιοείναι το σημείο x0 που βρήκαμε στο ερώτημα (α).Με βάση τα παραπάνω προχωρούμε ως εξής:Θα εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στα διαστήματα [1, x0] και [x0 , 4] , όπου x0 ∈ (1, 4) είναι αυτόπου βρήκαμε στο ερώτημα (α), τέτοιο ώστε f(x0) = 0 .Η f, ως δύο φορές παραγωγίσιμη στο [1, 4], είναι συνεχής σε καθένα από τα [1, x0] και [x0 , 4] και πα-ραγωγίσιμη σε καθένα από τα (1, x0) και (x0 , 4) . Άρα ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. σε κα-θένα από τα [1, x0] , [x0 , 4] , συνεπώς• υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ1 ∈ (1, x0) τέτοιο, ώστε f′(ξ1) = f(x0) − f(1) = 0−2 = −2 = 2 . x0 −1 x0 −1 x0 −1 1− x0• υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ2 ∈ (x0 , 4) τέτοιο, ώστε f′(ξ2) = f(4) − f(x0) = 1−0 = 1 . 4 − x0 4 − x0 4 − x0Τότε, 1 − 1 = 1 − 1 = 1− x0 − 4 − x0 = 1− x0 − 4 + x0 =− 3 . f ′(ξ1 ) 2f ′(ξ2 ) 2 2 2 2 2 1− x0 2⋅ 1 4 − x0Τελικά, υπάρχουν ξ1 , ξ2 ∈ (1, 4) , με ξ1 ≠ ξ2 (αφού 1 < ξ1 < x0 < ξ2 < 4 ), έτσι ώστε 1 − 1 =− 3 . f ′(ξ1 ) 2f ′(ξ2 ) 2 - 103 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςστ) Το σημείο Κ κινείται στην ευθεία ε: y = ­x + 2 του ερωτήματος (γ). Αυτό σημαίνει ότι οι συντε-( )ταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο t, άρα είναι της μορφής Κ x(t) , y(t) , t ≥ 0 . Επιπλέον,οι συντεταγμένες του Κ επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας, άρα ισχύει y(t) = −x(t) + 2 , t ≥ 0 .Το σημείο Λ είναι η προβολή του Κ στον άξονα x΄x, άρα θα κινείται κι αυτό και θα έχει συντεταγμένεςτης μορφής Λ(x(t) , 0) , t ≥ 0 .Εδώ χρειάζεται ιδιαίτερη προσοχή, γιατί η εκφώνηση μάς δίνει μία πληροφορία, φαινομενικάελλιπή! Συγκεκριμένα, δίνεται ότι «το σημείο Α απομακρύνεται από την αρχή των αξόνων Ο(0, 0), μερυθμό 1 m/s». Το πρόβλημα είναι το εξής: το σημείο Λ, που κινείται επί του x΄x, και αντίστοιχα το ση-μείο Κ, που κινείται πάνω στην ευθεία (ε), βρίσκονται αριστερά ή δεξιά του άξονα y΄y;Αν τα σημεία Κ, Λ βρίσκονται δεξιά του άξονα y΄y, τότε το Λ, για να απομακρύνεται από το Ο, θα πρέ-πει να κινείται προς τα δεξιά, δηλαδή να έχει τετμημένη που αυξάνεται, άρα θα έχει θετικό ρυθμό με-ταβολής, δηλαδή θα ισχύει x′(t) = +1 m / s .Αν πάλι τα σημεία Κ, Λ βρίσκονται αριστερά του άξονα y΄y, τότε το Λ, για να απομακρύνεται από το Ο,θα πρέπει να κινείται προς τα αριστερά, δηλαδή να έχει τετμημένη που μειώνεται, άρα θα έχει αρνητικόρυθμό μεταβολής, δηλαδή θα ισχύει x′(t) = −1 m / s .Εδώ θα μπορούσε κανείς να ισχυριστεί ότι το δεδομένο «ρυθμός 1 m/s» υπονοεί θετικό ρυθμό μεταβο-λής, άρα ισχύει μόνο η πρώτη περίπτωση. Έχουμε όμως πει, στις παρατηρήσεις της μεθοδολογίας, ότι το1 m/s μπορεί κάλλιστα να θεωρηθεί αριθμητική και όχι αλγεβρική τιμή του ρυθμού μεταβολής!Τελικά, τί από τα δύο συμβαίνει; Ευτυχώς, η απάντηση δίνεται από το τελευταίο δεδομένο της άσκησης.Να θυμάστε ότι διαβάζουμε πάντα με προσοχή και ολόκληρο το ερώτημα που έχουμε, αναζητώ-ντας στοιχεία χρήσιμα για την λύση μας παντού! Αν διαβάσουμε το ερώτημα μέχρι τέλους, τότεξεκαθαρίζει το σκοτεινό σημείο!Ζητείται να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΚΛΜ, την χρονική στιγμή t0 πουη τετμημένη του Κ είναι ίση με την τεταγμένη του.Άρα, την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει x(t0) = y(t0) ⇔ x(t0) = −x(t0) + 2 ⇔ 2x(t0) = 2 ⇔ x(t0) = 1 > 0 .Αυτό σημαίνει ότι, την χρονική στιγμή t0 που μας ενδια-φέρει, τα σημεία Κ και Λ βρίσκονται δεξιά του y΄y. Άρα(θυμηθείτε την ανάλυση στο παραπάνω σχόλιο) ισχύει x′(t0) = +1 m / s .Το σημείο Μ, που η ευθεία (ε) τέμνει τον άξονα x΄x, θαέχει τεταγμένη 0, άρα για την τετμημένη του θα ισχύει0 = −x + 2 ⇔ x = 2 , συνεπώς το σημείο Μ έχει συντε-ταγμένες Μ(2, 0).Το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ορθογώνιο, με κάθετες πλευρέςΚΛ και ΛΜ που έχουν μήκη αντίστοιχα(ΚΛ) = | yK − yΛ | = | −x(t) + 2 − 0 | = | x(t) − 2 |και(ΛΜ) = | xM − xΛ | = | 2 − x(t) | = | x(t) − 2 | .Καθώς οι πλευρές του τριγώνου μεταβάλλονται (λόγω της κίνησης του Κ), το εμβαδόν επίσης μεταβάλ-λεται ως προς τον χρόνο και προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο - 104 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςE(t) = (ΚΛ) ⋅ (ΛΜ) = | x(t) − 2 | ⋅ | x(t) − 2 | = 1 ⋅ ⎡⎢⎣x(t) − 2⎤⎦⎥2 . 2 2 2Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι ίσος με E′(t) = 1 ⋅ 2 ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 2⎤⎥⎦ ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 2⎥⎦⎤′ = x′(t) ⋅ ⎣⎢⎡x(t) − 2⎦⎥⎤ . 2Την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε E′(t0) = x′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡x(t0) − 2⎤⎦⎥ και αντικαθιστώντας τα x(t0) = 1 καιx′(t0) = +1 βρίσκουμε E′(t0) = 1 ⋅ (1 − 2) = −1 m2 / s , που σημαίνει ότι το εμβαδόν μειώνεται με αυτόντον ρυθμό.Σχόλιο επί του θέματος. Είναι γεγονός ότι το θέμα είχε περισσότερα ερωτήματα από όσα ζητούνταισυνήθως σε ένα θέμα εξετάσεων. Λογικά, αν ένα τέτοιο θέμα έμπαινε στα Πανελλαδικά Εξεταζόμενα,θα είχε τουλάχιστον ένα, πιθανότατα δύο, λιγότερα ερωτήματα. Ο λόγος που το αφήσαμε ως έχει είναιγιατί, όπως αναφέρθηκε και στην αρχή της λύσης, είναι μία πολύ καλή ευκαιρία να κάνουμε μία επανά-ληψη στα υπαρξιακά θεωρήματα. - 105 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 27ο επαναληπτικό θέμαΔίνονται οι συναρτήσεις f , g : ! → ! , με f(x) = ℓn(x + 1) και g(x) = x . x+1α) Να λύσετε την εξίσωση f(x) + g(x) = 0 και να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης Φ(x) = f(x) + g(x).β) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις, Cf και Cg , των συναρτήσεων f και g δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο Ο(0, 0), η οποία διχοτομεί την γωνία του πρώτου και τρίτου τεταρτημορίου.γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από την γραφική παράσταση, Cf , της συνάρτησης f, την παραπάνω εφαπτομένη και την ευθεία x = 3.δ) Ένα υλικό σημείο Μ, με θετική τετμημένη, κινείται στην Cf και η τετμημένη του, x, αυξάνεται με ρυθμό 2 cm/s. Αν Ν είναι η προβολή του σημείου Μ στον άξονα x΄x και Α(0, α) σημείο του άξονα y΄y, με α > 0 , τότε: Ι. να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής, Ε′(t) , του εμβαδού Ε του τριγώνου ΑΜΝ, κάθε χρονική στιγμή ισούται με Φ(x(t)). ΙΙ. να βρείτε την τετμημένη του σημείου Μ, την χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβο- 8 λής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ είναι ίσος με 2ℓn3 + 9 cm2 / s .α) Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα f(x) + g(x) = 0 ⇔ ℓn(x + 1) + x = 0 , x ∈ (−1, + ∞) (1) x+1Θεωρούμε την συνάρτηση Φ, με τύπο Φ(x) = ℓn(x + 1) + x , x ∈ (−1, + ∞) . x+1Θα μελετήσουμε την μονοτονία της Φ και, βάσει αυτής, θα συμπεράνουμε αν και πόσες ρίζες μπορεί ναέχει.Η συνάρτηση Φ είναι παραγωγίσιμη στο (−1, + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με Φ′(x) = (x + 1)′ + (x)′ ⋅ (x + 1) − x ⋅ (x + 1)′ = 1 + x +1− x = x +1+1 = x+2 . x+1 (x + 1)2 x+1 (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2Τότε, για κάθε x ∈ (−1, + ∞) έχουμε x > −1 , άρα x + 2 > 1 > 0 , συνεπώς Φ′(x) > 0 , για κάθε x > −1 ,οπότε η συνάρτηση Φ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (−1, + ∞) , άρα είναι και 1­1.Εδώ καταλαβαίνουμε ότι η συνάρτηση Φ αν έχει ρίζα, αυτή θα είναι μοναδική. Αρκεί λοιπόν να δούμεαν η Φ έχει ρίζα. Η μορφή της Φ, που συνδυάζει πολυωνυμική παράσταση με λογαριθμική, σημαίνει ότιδεν λύνεται με κλασικές μεθόδους επίλυσης εξισώσεων που γνωρίζουμε από την Άλγεβρα. Αυτό μάςωθεί στο να αναζητήσουμε «προφανή ρίζα», να δοκιμάσουμε δηλαδή αριθμητικές τιμές στην θέση του x,μήπως εντοπίσουμε την ρίζα μεταξύ αυτών. Σε τέτοιες περιπτώσεις, πάντα ξεκινάμε από τους αριθμούς0, 1, 2, ­1, ... και προχωράμε σε άλλους αριθμούς, τους οποίους συνήθως «υπονοεί» η μορφή της εξίσω-σης ή της συνάρτησης που έχουμε.Επιπλέον, η Φ έχει προφανή ρίζα την x = 0, αφού Φ(0) = ℓn(0 + 1) + 0 =0. 0+1Αφού η Φ είναι 1­1, η ρίζα αυτή είναι μοναδική, άρα η εξίσωση Φ(x) = 0 ⇔ f(x) + g(x) = 0 έχει μοναδι-κή ρίζα την x = 0.Αυτό ήταν το πρώτο ζητούμενο του ερωτήματος. Προχωράμε άμεσα και στο επόμενο. - 106 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕπιπλέον, αφού η Φ είναι γνησίως αύξουσα, ισχύουν: Φ↑• για −1 < x < 0 ⇒ Φ(x) < Φ(0) ⇒ Φ(x) < 0 και Φ↑• για x > 0 ⇒ Φ(x) > Φ(0) ⇒ Φ(x) > 0 .Άρα η Φ παίρνει θετικές τιμές στο (0 , + ∞) και αρνητικές τιμές στο (−1, 0) .β) Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο (−1, + ∞) , με παραγώγους αντίστοιχα f′(x) = (x + 1)′ = 1 και g′(x) = (x)′ ⋅ (x + 1) − x ⋅ (x + 1)′ = x +1− x = 1 . x+1 x+1 (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2Αρχικά βεβαιωνόμαστε ότι το Ο(0, 0) είναι όντως κοινό σημείο των Cf , Cg .Το σημείο Ο(0, 0) είναι κοινό σημείο των Cf , Cg , αφού ισχύουν f(0) = ℓn(0 + 1) = ℓn1 = 0 και g(0) = 0 =0. 0+1Προχωράμε στον προσδιορισμό των εφαπτομένων των Cf , Cg στο Ο(0, 0).Στο σημείο Ο(0, 0) οι Cf , Cg έχουν αντίστοιχα εφαπτομένες με εξισώσεις ε1 : y − f(0) = f′(0) ⋅ (x − 0) και ε2 : y − g(0) = g′(0) ⋅ (x − 0) ,όπου f′(0) = 1 =1 και g′(0) = 1 =1. 0+1 (0 + 1)2Άρα είναι ε1 : y − 0 = 1 ⋅ (x − 0) ⇔ ε1 : y = x και ε2 : y − 0 = 1 ⋅ (x − 0) ⇔ ε2 : y = x .Παρατηρούμε ότι οι (ε1) , (ε2) ταυτίζονται με την ε : y = x , άρα η ε : y = x , δηλαδή η διχοτόμος της γω-νίας του πρώτου και τρίτου τεταρτημορίου, είναι κοινή εφαπτομένη των Cf , Cg στο κοινό τους σημείοΟ(0, 0).γ) Για να προσδιορίσουμε το χωρίο Ω, χρειαζόμαστε να ξεκαθαρίσουμε την σχετική θέση της Cf καιτης εφαπτομένης της. Άρα χρειαζόμαστε τόσο τα κοινά τους σημεία, όσο και την σχετική τους θέση σταδιάφορα σχετικά διαστήματα. Πολύ συχνά σε τέτοια ερωτήματα, η κυρτότητα της Cf μάς εξασφαλίζειάμεσα και τις ρίζες της εξίσωσης «τύπος συνάρτησης ίσος με τύπο εφαπτομένης», όσο και την σχετικήθέση γραφικής παράστασης και εφαπτομένης.Για κάθε x ∈ (−1, + ∞) έχουμε βρει ότι f′(x) = 1 , άρα x+1 f′′(x) = − (x + 1)′ =− 1 < 0 , για κάθε x > −1 . (x + 1)2 (x + 1)2Άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα (−1, + ∞) , που σημαίνει ότι η γραφική της παράστασηβρίσκεται κάτω από την ευθεία y = x, με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Δηλαδή, για κάθε x > −1ισχύει ότι f(x) ≤ x , με την ισότητα να ισχύει στο κοινό τους σημείο Ο(0, 0).Τώρα έχουμε όσα στοιχεία χρειαζόμαστε για να προχωρήσουμε στον υπολογισμό του εμβαδού.Άρα, το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται μεταξύ της Cf , της εφαπτομένης (ε) και της ευθείας 3∫x = 3, θα είναι ίσο με Ε = f(x) − x dx , όπου f(x) ≤ x ⇔ f(x) − x ≤ 0 , άρα f(x) − x = x − f(x) . 0 - 107 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 33 33∫ ∫ ∫ ∫Επομένως είναι Ε = ⎢⎡⎣x − f(x)⎦⎤⎥ dx = ⎣⎢⎡x − ℓn(x + 1)⎤⎦⎥ dx = x dx − ℓn(x + 1) dx = 00 00∫ ∫=⎡⎢⎢⎣⎢ x2 ⎥⎤⎦⎥⎥ 3 3 ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⎦⎥⎥⎥⎤ 3 − ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪ ⎣⎢⎡ 1)⎤⎦⎥ 3 3 x ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(x + 1)⎦⎥⎤′ dx⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪⎫⎪ = 2 0 − 0 (x)′ ⋅ ℓn(x + 1) dx = 2 0 x ⋅ ℓn(x + 0 − 0∫ ∫=⎢⎢⎣⎢⎡ x2 ⎦⎤⎥⎥⎥ 3 − ⎢⎡⎣ x ⋅ ℓn(x + 1)⎥⎦⎤ 3 + 3 x dx = ⎡⎢⎢⎢⎣ x2 ⎤⎥⎥⎥⎦ 3 − ⎢⎣⎡ x ⋅ ℓn(x + 1)⎦⎥⎤ 3 + 3 (x + 1) − 1 dx = 2 0 0 0 x+1 2 0 0 0 x+1∫ ∫ ∫=⎣⎡⎢⎢⎢x2 ⎥⎥⎥⎦⎤ 3 ⎡⎣⎢ 1)⎤⎥⎦ 3 3 ⎜⎛⎜⎝⎜⎜1 − 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ dx ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 ⎥⎥⎥⎦⎤ 3 − ⎢⎡⎣x 1)⎤⎥⎦ 3 3 3 1 2 0 − x ⋅ ℓn(x + 0 + 0 x +1 = 2 0 ⋅ ℓn(x + 0 + 0 1dx − 0 x +1 dx =∫= ⎡⎣⎢⎢⎢ x2 ⎤⎦⎥⎥⎥ 3 − ⎢⎣⎡ ⋅ + 1)⎤⎦⎥ 3 3 (x + 1)′ = ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 ⎥⎦⎤⎥⎥ 3 ⎡⎣⎢x 1)⎦⎤⎥ 3 ⎣⎢⎡ 1)⎦⎤⎥ 3 = 2 0 x ℓn(x 0 + 1 ⋅ (3 − 0) − 0 x+1 dx 2 0 − ⋅ ℓn(x + 0 + 3 − ℓn(x + 0= 32 − 02 − (3ℓn4 − 0 ⋅ ℓn1) + 3 − (ℓn4 − ℓn1) = 9 − 3ℓn4 + 3 − ℓn4 ⇒ E= 15 − 4ℓn4 τ.µ . 2 2 2 2Σχόλιο. Αν και σημαίνει λίγο παραπάνω γράψιμο, επιλέξαμε να κρατάμε τους υπολογισμούς στις πα-ραστάσεις της μορφής ⎡⎣⎢f(x)⎥⎦⎤ β για το τέλος, ώστε να είναι ξεκάθαρο πότε ασχολούμαστε με το τεχνικό ακομμάτι του ολοκληρώματος και πότε κάνουμε αντικατάσταση και πράξεις. Φυσικά, μπορούμε να κά-νουμε τις αντίστοιχες πράξεις και άμεσα, όταν προκύπτουν.δ) Το ερώτημα (δ), στα υποερωτήματά του Ι και ΙΙ, πραγματεύεται τον Ρυθμό Μεταβολής.Το υλικό σημείο Μ κινείται πάνω στην Cf . Αυτό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συ-( ) ( ) ( )ναρτήσει του χρόνου t, άρα είναι της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με y(t) = f x(t) = ℓn x(t) + 1 . Απότην υπόθεση έχουμε ότι x(t) > 0 , t ≥ 0 , και x′(t) = +2 cm / s .Το σημείο Ν, που είναι προβολή του σημείου Μ πάνω στον άξονα x΄x, ακολουθεί την κίνηση του Μ, άρα( )έχει κι αυτό συντεταγμένες που μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής Ν x(t) , 0 ,με t ≥ 0 .Το σημείο Α(0, α), με α > 0 , είναι ένα σταθερό σημείο του άξονα y΄y.Ι. Για το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΜΝ, ανθεωρήσουμε ωα βάση του την πλευρά ΜΝ,τότε το αντίστοιχο ύψος είναι η απόσταση τηςκορυφής Α από την ΜΝ, δηλαδή η d(Α, ΜΝ).Από την υπόθεση έχουμε x > 0 , άρα καιℓn(x + 1) > ℓn1 = 0 , οπότε(ΑΜΝ) = Ε = 1 ⋅ (ΜΝ) ⋅ d(Α , ΜΝ) = 2= 1 ⋅ ℓn(x + 1) ⋅ x = 1 x ⋅ ℓn(x + 1) , x ≥ 0 . 2 2 - 108 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑφού εξαρτάται από τον χρόνο, το εμβαδόν Ε θα μεταβάλλεται κι αυτό ως προς τον χρόνο και θαπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 1 ⋅ x(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) , t ≥ 0 , x(t) > 0 . 2Η παράγωγος της συνάρτησης Ε(t) είναι ηE′(t) = 1 ⋅ ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨x′(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) + x(t) ⋅ ⎢⎢⎡⎣ℓn(x(t) + 1)′⎦⎤⎥⎥ ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ = 1 ⋅ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎪⎪x′(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) + x(t) ⋅ ⎢⎣⎡x(t) + 1⎥⎦⎤′ ⎪⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪ = 2 2 x(t) + 1= 1 ⋅ ⎣⎢⎡⎢x′(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) + x(t) ⋅ x′(t) ⎥⎤⎥⎦ = x′(t) ⋅ ⎣⎢⎡⎢ℓn(x(t) + 1) + x(t) 1 ⎤⎥⎥⎦ . 2 x(t) +1 2 x(t) +Όμως, από την υπόθεση έχουμε ότι, για κάθε χρονική στιγμή, είναι x′(t) = 2 cm / s , σταθερός ρυθμός με-ταβολής. Επιπλέον, είναι Φ(x) = ℓn(x + 1) + x , άρα Φ(x(t)) = ℓn(x(t) + 1) + x(t) . x+1 x(t) + 1Συνεπώς, η παράγωγος E′(t) γίνεται E′(t) = 2 ⋅ Φ(x(t)) = Φ(x(t)) , x(t) > 0 , t ≥ 0 . 2Πράγματι επομένως, ο ρυθμός μεταβολής, E′(t) , του εμβαδού E(t) του τριγώνου ΑΜΝ, κάθε χρονικήστιγμή ισούται με Φ(x(t)) . 2ος τρόπος εύρεσης του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ.Για το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ μπορούμε, εναλλακτικά, να εργαστούμε ως εξής: !!!\"Είναι ΑΜ !!!\"( )και ΑΝ = = (xM − xA , yM −y A) = (x − 0, ℓn(x + 1) − α) = (x , ℓn(x + 1) − α) !!!\" !!!\" (x N− xA , yN − yA) = (x − 0 ,0 − α) = (x ,− α) , άρα (ΑΜΝ) = ΑΜ ΑΝ 1 ⋅ det , , όπου 2 ( )!!!\" !!!\" x ℓn(x + 1) − α = −αx − x ⋅ ℓn(x + 1) + αx = −x ⋅ ℓn(x + 1) . det ΑΜ , ΑΝ = x −αΆρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ είναι ίσο με Ε= 1 ⋅ −x ⋅ ℓn(x + 1) x>0 1 ⋅ x ⋅ ℓn(x + 1) , x>0 2 2 = ℓn( x+1) > 0και συνεχίζουμε όπως στον 1ο τρόπο.ΙΙ. Έστω t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ 8 8είναι ίσος με 2ℓn3 + 9 cm2 / s , δηλαδή ισχύει E(t0) = 2ℓn3 + 9 cm2 / s .Το αριθμητικό δεδομένο έχει σχετικά «περίεργη» μορφή, όχι τυχαία, όπως θα διαπιστώσουμε παρακά-τω.( ) ( ) ( )Επειδή x(t 0 ) Ε(t) = Φ x(t) , την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε E(t0) = Φ x(t 0 ) = ℓn x(t0) + 1 + x(t0) + 1 .( )Συνεπώς, αναζητούμε λύση για την εξίσωση x(t 0 ) 8 ℓn x(t0) + 1 + x(t0) + 1 = 2ℓn3 + 9 . - 109 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕδώ πρέπει να είμαστε παρατηρητικοί, για να διαπιστώσουμε ότι το αριθμητικό μας δεδομένο έχειμορφή που παραπέμπει σε αποτέλεσμα της συνάρτησης Φ(x). Με λίγες πράξεις θα πετύχουμε να τοφέρουμε ακριβώς στην μορφή Φ(α), όπου α αριθμός που «ταιριάζει» ώστε να βγαίνουν τα αριθμητικάστοιχεία του δεύτερου μέλους. Αυτός διαφαίνεται στην πορεία της επίλυσης. Τότε θα αξιοποιήσουμετην ιδιότητα 1­1 της Φ. Γενικά σε πολύπλοκες εξισώσεις με μη προφανή αλγεβρικό τρόπο επίλυσης καιόταν έχουμε βρει συνάρτηση 1­1, έχουμε πάντα τον νου μας να αξιοποιήσουμε την ιδιότητα αυτή.Έχουμε: x(t 0 ) 8 x(t 0 ) 8 x(t0) + 1 9 x(t0) + 1 9( ) ( )ℓn = ℓn32 + ⇔x(t0) + 1 + = 2ℓn3 + ⇔ ℓn x(t0) + 1 + x(t 0 ) 8 x(t 0 ) 8 x(t0) + 1 9 x(t0) + 1 8+1( ) ( )⇔ ℓnx(t0) + 1 + = ℓn9 + ⇔ ℓn x(t0) + 1 + = ℓn(8 + 1) + ⇔⇔ Φ(x(t0)) = Φ(8) .Όμως, από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η Φ είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι και 1­1, οπότε από τηντελευταία ισότητα έχουμε ότι x(t0) = 8 .Τελικά, την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ 8είναι ίσος με 2ℓn3 + 9 cm2 / s , η τετμημένη του σημείου Μ είναι ίση με 8 cm. - 110 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 28ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = xℓnx − x , x > 0 .α) Στο διάστημα Δ = [1, + ∞) : Ι. Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και το πρόσημο. 1 e2 ∫ΙΙ. e2 − 1 Να αποδείξετε ότι −1 ≤ ⋅ f(x) dx ≤ e2 . 1β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται μεταξύ της γραφικής παράστασης της f, του άξονα x΄x και των κατακόρυφων ευθειών x = 1 και x = e2 .γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = x2ℓnx − 3x2 + 3 , x > 0 , είναι μία παράγουσα της f και, 2 4 4 στην συνέχεια, να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g(ξ) = 0.( )δ) Έστω σημείο Μ x(t) , y(t) , t ≥ 0 , της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g. Να βρεθούν οι συ- τεταγμένες του Μ την χρονική στιγμή t0 , όπου ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Μ είναι αντίθετος από τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του Μ, αν υποθέσουμε ότι x′(t) ≠ 0 , για κάθε t ∈ [0 , + ∞) .ε) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν x1 , x2 , x3 ∈ (e , e3) , διαφορετικά μεταξύ τους και τέτοια, ώστε f(x2) + e ⋅ f(x3) = e2 ⋅ f(x1) .α) Προσοχή! Ενώ η συνάρτηση f ορίζεται στο (0 , + ∞) , τα ερωτήματα του (α) αφορούν το διάστημαΔ = [1, + ∞) . Όσον αφορά στην μονοτονία και το πρόσημο της f, μπορεί κανείς να κάνει την απαραίτη-τη εργασία σε όλο το (0 , + ∞) και μετά να περιορίσει την απάντησή του στα αποτελέσματα που αφο-ρούν στο Δ = [1, + ∞) , αλλά εν γένει αυτό δεν συστήνεται.Ι. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ = [1, + ∞) , ως πράξεις συνεχών, και παραγωγίσιμη στο (1, + ∞) ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο f′(x) = (x)′ ⋅ ℓnx + x ⋅ (ℓnx)′ − 1 = ℓnx + x ⋅ 1 − 1 = ℓnx + 1 − 1 = ℓnx . xΓια κάθε x > 1 είναι ℓnx > ℓn1 ⇔ ℓnx > 0 , άρα f′(x) > 0 ⇔ x > 1 .Συνεπώς, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, + ∞) .Για το πρόσημο της f έχουμε ότι: x ≥1 f(x) = 0 ⇔ xℓnx − x = 0 ⇔ x(ℓnx − 1) = 0 ⇔ ℓnx − 1 = 0 ⇔ ℓnx = 1 ⇔ x = eκαι αφού είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ, θα έχουμε ότι: f↑• για 1 ≤ x < e ⇒ f(x) < f(e) ⇒ f(x) < 0 και f↑• για x > e ⇒ f(x) > f(e) ⇒ f(x) > 0 .Άρα η συνάρτηση f παίρνει θετικές τιμές στο διάστημα (e , + ∞) , αρνητικές τιμές στο [1, e) , ενώ μηδενί-ζεται για x = e. - 111 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤα προηγούμενα συμπεράσματα συνοψίζονται στον διπλανό πίνακα προ- x 1 e +∞σήμου της f.ΙΙ. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ = [1, + ∞) , θα έχουμε f(x) ­ + 1 ≤ x ≤ e2 ⇒ f(1) ≤ f(x) ≤ f(e2) ,όπου f(1) = 1 ⋅ ℓn1 − 1 = 0 − 1 = −1 και f(e2) = e2ℓne2 − e2 = 2e2 − e2 = e2 , άρα ισχύει −1 ≤ f(x) ≤ e2 . e2 e2 e2 e2∫ ∫ ∫ ∫Τότε (−1) dx ≤ f(x) dx ≤ e2 dx ⇔ −1 ⋅ (e2 − 1) ≤ f(x) dx ≤ e2 ⋅ (e2 − 1) ⇔ 1 11 1 e2 e2 e2−1 > 0 1 e2 e2 − 1 f(x) dx ≤ e2(e2 − 1) ⇔ − 1 ≤∫ ∫ ∫⇔ −e2 + 1 ≤ f(x) dx ≤ e2 . f(x) dx ≤ e4 − e2 ⇔ −(e2 − 1) ≤ ⋅ 11 1β) Το χωρίο που περικλείεται από την Cf , τον x΄x και τις κατακόρυφες ευθείες x = 1 και x = e2 έχει e2∫εμβαδόν ίσο με E = f(x) dx . 1Από το α­Ι έχουμε ότι f(x) ≤ 0 , στο διάστημα [1, e] , και f(x) ≥ 0 , στο διάστημα [e , e2] , άρα e2 e e2 1 e2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ε = f(x) dx = ⎢⎡⎣−f(x)⎤⎦⎥ dx + f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx . 11 e eeΕδώ θα εφαρμόσουμε ένα πρακτικό τέχνασμα για να γλιτώσουμε το πολύ (πρακτικά διπλό) γράψιμο.Επειδή η συνάρτηση του ολοκληρώματος είναι ακριβώς η ίδια και στα δύο ολοκληρώματα και τα μόνα β∫που αλλάζουν είναι τα άκρα ολοκλήρωσης, θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα f(x) dx (δηλαδή για αάκρα α και β) και κατόπιν θα εφαρμόσουμε το εύρημά μας δύο φορές για καθένα από τα παραπάνωολοκληρώματα.Για α , β ≥ 1 , με α < β , έχουμε β β β β β ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ x2 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠′ ⋅ ℓnx dx − ⎢⎡⎢⎣⎢ x2 ⎥⎥⎤⎦⎥ β α α α α 2 2 α∫ ∫ ∫ ∫ ∫α f(x) dx = (xℓnx − x) dx = xℓnx dx − x dx = =∫ ∫=⎢⎡⎢⎣⎢ x2 ⎦⎥⎤⎥⎥ β β x2 ⎢⎣⎡⎢⎢ x2 ⎤⎥⎦⎥⎥ β ⎡⎣⎢⎢⎢ x2 ⎥⎥⎦⎤⎥ β β x2 1 dx − ⎣⎡⎢⎢⎢ x2 ⎥⎥⎥⎦⎤ β 2 ⋅ ℓnx α − α 2 ⋅ (ℓnx)′ dx − 2 α = 2 ⋅ ℓnx α − α 2 ⋅ x 2 α =∫= ⎢⎢⎣⎡⎢ x2 ⋅ ℓnx ⎥⎥⎦⎤⎥ β − β x dx − ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⎦⎥⎥⎥⎤ β = ⎢⎢⎣⎡⎢ x2 ⋅ ℓnx ⎥⎥⎥⎦⎤ β − ⎢⎡⎢⎢⎣ x2 ⎤⎦⎥⎥⎥ β − ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⎤⎦⎥⎥⎥ β = 2 α α 2 2 α 2 α 4 α 2 α= β2 ⋅ ℓnβ − α2 ⋅ ℓnα − ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ β2 − α2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ −⎛⎜⎜⎜⎜⎝ β2 − α2 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ = β2 ⋅ ℓnβ − α2 ⋅ ℓnα − 3β2 + 3α2 . 2 2 4 4 2 4 2 2 4 4Εφαρμόζοντας αυτό μία φορά για (α , β) = (e ,1) και μία φορά για (α , β) = (e , e2) , έχουμε - 112 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕ = ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ 12 ⋅ ℓn1 − e2 ⋅ ℓne − 3 ⋅ 12 + 3e2 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ + ⎡⎢⎢⎢⎣ (e2 )2 ⋅ ℓne2 − e2 ⋅ ℓne − 3(e2 )2 + 3e2 ⎤⎥⎦⎥⎥ = 2 2 4 4 2 2 4 4=− e2 − 3 + 3e2 + e4 − e2 − 3e4 + 3e2 = e4 + e2 − 3 ⇒ E= e4 + 2e2 − 3 . 2 4 4 2 4 4 4 2 4 4Σχόλιο. Καθώς δεν υπάρχει πουθενά αναφορά σε μονάδες μέτρησης, το παραπάνω αριθμητικό αποτέ-λεσμα είναι επαρκές. Αν θέλουμε, μπορούμε να προσθέσουμε το γενικό «τετραγωνικές μονάδες» ή, πιοαπλά, «τ.μ.».γ) Για να είναι η συνάρτηση g μία παράγουσα της συνάρτησης f, στο (0 , + ∞) , αρκεί να ισχύει g′(x) = f(x) , x > 0 .Πράγματι: g′(x) = 1 ⋅ ⎡⎣⎢(x2)′ ⋅ ℓnx + x2 ⋅ (ℓnx)′⎦⎥⎤ − 3 ⋅ 2x = 1 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜⎜2xℓnx + x 2 ⋅ 1 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ − 3x = 2 4 2 x 2= 1 ⋅ (2xℓnx + x) − 3x = 2xℓnx + x − 3x = 2xℓnx − 2x = 2(xℓnx − x) = xℓnx − x ⇒ 2 2 2 2 2⇒ g′(x) = f(x) .Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , άρα και στο [e , e2] ⊆ (0 , + ∞) , ως πράξεις συνεχών συναρ-τήσεων. Επιπλέον, είναι• g(e) = e2ℓne − 3e2 + 3 =− e2 + 3 = 3 − e2 <0, 2 4 4 4 4 4 αφού e > 2 ⇔ e2 > 4 ⇔ −e2 < −4 ⇔ 3 − e2 < 3 − 4 ⇔ 3 − e2 < −1 < 0 .• g(e2) = e4ℓne2 − 3e4 + 3 = 2e4 − 3e4 + 3 = e4 + 3 >0 . 2 4 4 2 4 4 4Άρα είναι g(e) ⋅ g(e2) < 0 .Έτσι, για την συνάρτηση g ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [e , e2] ,συνεπώς υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g(ξ) = 0 .Θα αποκλείσουμε την ύπαρξη δεύτερης ρίζας της συνάρτησης g με απαγωγή σε άτοπο.Έστω ότι υπάρχει και δεύτερη τιμή η ∈ (e , e2) , διαφορετική του ξ, τέτοια ώστε g(η) = 0 .Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι ξ < η . Τότε:• η g είναι συνεχής στο διάστημα [ξ, η], ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων,• η g είναι παραγωγίσιμη στο (ξ, η), ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων,• ισχύει g(ξ) = g(η) = 0.Άρα ισχύουν για την g οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [e , e2] , συνεπώς υπάρχειένα, τουλάχιστον, ρ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g′(ρ) = 0 ⇔ f(ρ) = 0 .Το τελευταίο, όμως, είναι άτοπο, αφού από το ερώτημα (α) είναι f(x) > 0 , για κάθε x > e .Τελικά, υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g(ξ) = 0. - 113 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Θα ξεκινήσουμε αναλύοντας τις πληροφορίες που μας δίνει η εκφώνηση.( )Το σημείο Μ έχει συντεταγμένες της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , που σημαίνει ότι η θέση του Μ μετα-βάλλεται ως προς τον χρόνο και προσδιορίζεται από τις παραπάνω συναρτήσεις.Το Μ είναι σημείο της Cg , άρα για τις συντεταγμένες του ισχύει ότι y = g(x) ή y(t) = g(x(t)) , t ≥ 0 .Από τα δεδομένα, t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Μείναι αντίθετος από τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του Μ.Αυτό σημαίνει ότι οι συναρτήσεις x(t), y(t) είναι παραγωγίσιμες και ισχύει x′(t0) = −y′(t0) ⇔ y′(t0) = −x′(t0) , με x′(t0) ≠ 0 .( )Αναζητούμε τις συντεταγμένες x(t0) , y(t0) του Μ την χρονική στιγμή t0 . g′(x)= f(x)( ) ( ) ( )Είναι y(t) = g x(t) , άρα y′(t) = g′ x(t) ⋅ x′(t) = f x(t) ⋅ x′(t) .Τότε, την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε y′(t0 )=−x′(t0 ) x′(t0 )≠0 ⇔ ⇔( ) ( ) ( )y′(t0) = f x(t 0 ) ⋅ x′(t0) − x′(t0) = f x(t 0 ) ⋅ x′(t0) f x(t 0 ) = −1 .Το σημείο αυτό θέλει ιδιαίτερη προσοχή: Στο ερώτημα (α) μελετήσαμε μονοτονία και πρόσημο της f( )στο διάστημα Δ = [1, + ∞) , όμως εδώ αναζητούμε, αν υπάρχει, τιμή x(t0) > 0 , ώστε f x(t0) = −1 . Άραχρειαζόμαστε να επεκτείνουμε την μελέτη της f ως προς μονοτονία, ακρότατα κ.λπ, στο (0 , + ∞) .Παρατήρηση. Αυτό θα μπορούσε να γίνει εξ αρχής στο (α) ερώτημα και να το αξιοποιήσουμε τώρα.Όμως, όπως είπαμε και στο (α), εκεί φαίνονταν περιττό, οπότε απλά θα συμπληρώσουμε τώρα όσαστοιχεία λείπουν.Για την μονοτονία της f, στα ευρήματα του α­Ι ερωτήματος θα x 0 1 +∞συμπληρώσουμε ότι, για 0 < x < 1 είναι f′(x) = ℓnx < 0 , οπότε ο f′(x) ­+πίνακας μονοτονίας της f στο (0 , + ∞) είναι ο διπλανός. f(x) 21Άρα η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή για x = 1, την f(1) = 1 ⋅ ℓn1 − 1 = 0 − 1 = −1 .Άρα, f (x(t0)) = −1 ⇔ f (x(t0)) = f(1) ⇔ x(t0) = 1 .( )Τότε, 12 ⋅ ℓn1 3 ⋅ 12 3y(t0) = g x(t0) = g(1) = 2 − 4 + 4 = 0.Τελικά, την χρονική στιγμή t0 το σημείο Μ έχει συντεταγμένες Μ(1, 0).ε) Για την συνάρτηση f έχουμε ότι f(e) = 0 , f(e2) = e2 και f(e3) = 2e3 .Η f είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , άρα και σε καθένα από τα διαστήματα [e , e2] και [e2 , e3] . Τότε:• το 2e ∈ (e , e2) , άρα από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών για την f στο διάστημα [e , e2] , θα υπάρχει x1 ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε f(x1) = 2e .• το e3 ∈ (e2 , e3) , άρα από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών για την f στο διάστημα [e2 , e3] , θα υπάρχει x2 ∈ (e2 , e3) τέτοιο, ώστε f(x2) = e3 . - 114 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε είναι x1 < e2 < x2 (άρα x1 ≠ x2 ) και η f είναι συνεχής στο διάστημα [x1 , x2] ⊆ (e , e3) , με f(x1) = 2e < e2 < e3 < f(x2) .Έτσι, από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών για την f στο διάστημα [x1 , x2] , θα υπάρχει x3 ∈ (x1 , x2)(άρα x3 ≠ x1 , x2 ) τέτοιο, ώστε f(x3) = e2 .Τότε είναι f(x2) + e ⋅ f(x3) = e3 + e ⋅ e2 = 2e3 και e2 ⋅ f(x1) = e2 ⋅ 2e = 2e3 .Άρα πράγματι υπάρχουν x1 , x2 , x3 ∈ (e , e3) , διαφορετικά μεταξύ τους και τέτοια ώστε f(x2) + e ⋅ f(x3) = e2 ⋅ f(x1) . - 115 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 29ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (1, + ∞) → ! , με f(e) = 1 , η οποία για κάθε x ∈ (1, + ∞) ικανο-ποιεί τις σχέσεις f(x) > 0 και x ⋅ f′(x) + f2(x) = 0 .α) Να αποδείξετε ότι f(x) = 1 , x ∈ (1, + ∞) . ℓnx ⎛⎜⎜⎜⎝⎜1 , π ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ .β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = εφx έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 2γ) Ένα υλικό σημείο Μ(α, f(α)), α > 1, κινείται στην γραφική παράσταση, Cf , της συνάρτησης f, ώστε η τετμημένη του να αυξάνεται με ταχύτητα 4α cm/s. Αν η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο σημείο Μ τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Α, τότε: Ι. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του σημείου Α, την χρονική στιγμή t0 που το σημείο Μ διέρχεται από το σημείο (e, f(e)). ΙΙ. Αν θ είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα x΄x, να αποδείξετε ότι ο ρυθ- 12e μός μεταβολής της γωνίας θ, την χρονική στιγμή t0 , είναι θ′(t0) = e2 + 1 rad / s .α) Το ερώτημα (α) ζητάει να βρούμε τον τύπο της συνάρτησης f από δεδομένη συναρτησιακή σχέση.Η σχέση που δίνεται είναι βασική, για αυτήν την κατηγορία ασκήσεων, από αυτές που κάθε μαθητήςπρέπει να χειρίζεται με ευκολία!Για κάθε x ∈ (1, + ∞) είναι x ≠ 0 και f(x) > 0 ⇒ f(x) ≠ 0 , άραx ⋅ f′(x) + f2(x) = 0 ⇔ x ⋅ f′(x) + f2(x) = 0 ⇔ f′(x) + 1 =0⇔− f′(x) = 1 ⇔ x ⋅ f2(x) x ⋅ f2(x) x ⋅ f2(x) f2(x) x f2(x) xx >1 ⎢⎣⎢⎡ 1 ⎥⎤⎦⎥′ = (ℓnx)′ , οπότε προκύπτει ότι 1 = ℓnx + c , c ∈ \" . f(x) f(x)⇔Για x = e από την υπόθεση έχουμε ότι f(e) = 1, οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε 1 = ℓne + c ⇔ 1 =1+c ⇔ c = 0. f(e) 1Τότε είναι 1 = ℓnx ⇔ f(x) = 1 , x ∈ (1, + ∞) . f(x) ℓnxβ) Το ερώτημα (β) ανήκει επίσης στις βασικές μορφές ασκήσεων, όπου ζητείται να βρούμε μοναδικήρίζα εξίσωσης, από αυτές που κάθε υποψήφιος πρέπει να δουλεύει με άνεση.Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f(x) = εϕx ⇔ f(x) − εϕx = 0 έχει μοναδική ρίζα στο ⎜⎝⎜⎛⎜⎜1 , π ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ . 2 x ∈ ⎝⎛⎜⎜⎜⎜1, π ⎠⎟⎟⎞⎟⎟Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) − εϕx , 2 .Η g είναι παραγωγίσιμη στο ⎜⎛⎜⎜⎜⎝1 , π ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο 2g′(x) = f′(x) − 1 = −(ℓnx)′ − 1 = − 1 − 1 =− 1 − 1 ⇒ συν2x ℓn2x συν2x x συν2x xℓn2x συν2x ℓn2x - 116 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής⇒ g′(x) = −⎜⎜⎝⎛⎜⎜ 1 + 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ < 0 , για κάθε x ∈ ⎜⎛⎜⎝⎜⎜1, π ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ⊆ ⎜⎜⎜⎜⎛⎝0 , π ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ , αφού στο διάστημα αυτό είναι xℓn2x συν2x 2 2x > 0 , ℓn2x > 0 , συν2x > 0 .Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ = ⎜⎜⎝⎛⎜⎜1, π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ , οπότε το σύνολο τιμών της είναι το 2 g(Δ) = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝ ℓ im g(x) , ℓ im g(x) ⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟ . − π x→ 1− x→ 2• ℓ im 1 = 1 = α ∈ \" , άρα ℓ im g(x) = ℓ im ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ 1 − εϕx⎞⎟⎠⎟⎟⎟ α−(+∞) − ∞ . ℓnx ℓnx − π − − = 2 x→ π ℓn x→ π x→ π 2 2 2• ℓ im(ℓnx) = 0 , με ℓnx > 0 για x > 1 , άρα ℓ im 1 = +∞ , και ℓ im(εϕx) = εϕ1 = β ∈ \" , άρα ℓnx x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ ℓ im g(x) = ℓ im ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ 1 − εϕx⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ( +∞) − β + ∞ . ℓnx x→ 1+ x→ 1+ =Συνεπώς, το σύνολο τιμών της g είναι το g(Δ) = (−∞ , + ∞) = ! .Τότε, το 0 ∈ g(Δ) , άρα υπάρχει x0 ∈ Δ τέτοιο, ώστε g(x0) = 0 , δηλαδή το x0 είναι μία ρίζα της εξίσω-σης g(x) = 0 ⇔ f(x) = εϕx . Επιπλέον, η ρίζα αυτή είναι μοναδική, αφού η συνάρτηση g είναι γνησίωςφθίνουσα, άρα και 1­1, στο Δ. ⎛⎝⎜⎜⎜⎜1 , ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .Τελικά, η εξίσωση f(x) = εφx έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα π 2γ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής και στα δύο υποερωτήματά του.Αρχικά θα αναλύσουμε τα δεδομένα του (γ), που προηγούνται της διατύπωσης των γ­Ι και γ­ΙΙ, άρααφορούν και στα δύο υποερωτήματα.Από την υπόθεση, το υλικό σημείο Μ(α, f(α)), α > 1, κινείται στην Cf έτσι, ώστε η τετμημένη του να αυ-ξάνεται με ταχύτητα 4α cm/s.Αυτό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο t, άρα είναι της μορφής 1( ) ( ) ( )Μ ℓnα(t) xM(t) , yM(t) , t ≥ 0 , με xM(t) = α(t) και yM(t) = f xM(t) =f α(t) = , άρα είναι Μ⎜⎛⎝⎜⎜⎜α(t) , 1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟ , α(t) > 1 , t ≥ 0 . ℓnα(t)Η αύξηση της τετμημένης του Μ με ταχύτητα 4α cm/s, σημαίνει ότι η συνάρτηση α(t) , t ≥ 0 , είναι πα-ραγωγίσιμη και ο ρυθμός μεταβολής xM′(t) = α′(t) της τετμημένης του Μ ικανοποιεί την σχέσηα′(t) = 4α(t) > 0 , t ≥ 0 .Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο της Μ(α, f(α)), α > 1, έχει εξίσωση ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ,όπου f(α) = 1 και f′(x) = − 1 , άρα f′(α) = − 1 . ℓnα xℓn2x αℓn2αΆρα η εξίσωση της (ε) είναι η ε : y− 1 =− 1 ⋅(x − α) ⇔ ε : y − 1 =− 1 ⋅x+ 1 . ℓnα αℓn2α ℓnα αℓn2α ℓn2α - 117 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤο σημείο Α είναι το σημείο τομής της εφαπτομένης (ε) με τον άξονα x΄x, άρα έχει τετμημένη yΑ = 0 .Αντικαθιστώντας στην εξίσωση της (ε) βρίσκουμε, για την τετμημένη xΑ του Α, ότι 0− 1 =− 1 ⋅ xΑ + 1 ⋅α ⋅ℓn2α ℓnα αℓn2α ℓn2α ⇔ − αℓnα = −xΑ ⇔ xΑ = α + αℓnα = α(1 + ℓnα) .( )Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α α(1 + ℓnα) , 0 , α > 1 , όπου α = α(t) η συνάρτηση που περι-γράφει την τετμημένη του Μ.Αυτό σημαίνει ότι και οι συντεταγμένες του Α μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής( )Α xA(t) , yA(t) , t ≥ 0 , με xA(t) = α(t) ⋅ ⎢⎡⎣1 + ℓnα(t)⎦⎤⎥ και yA(t) = 0 , t ≥ 0 , άρα ( )A α(t) ⋅ ⎣⎢⎡1 + ℓnα(t)⎦⎥⎤ , 0 , t ≥ 0 , α(t) > 1 .Να σημειώσουμε ότι τα παραπάνω μπορούν κάλλιστα να γραφούν στην αρχή της απάντησης για το γ­Ιερώτημα και στην συνέχεια να χρησιμοποιηθούν και στο γ­ΙΙ που έπεται. Εμείς τα γράφουμε ξεχωριστάκαι εξ αρχής, απλά και μόνο για να τονίσουμε ότι τα συμπεράσματα που προκύπτουν αφορούν όλα ταεπόμενα ερωτήματα. Άλλωστε και η θέση τους στην εκφώνηση δεν είναι στο γ­Ι αλλά και στο (γ), πρινξεκινήσουν τα υποερωτήματα.Ι. Από υπόθεση, t0 είναι η χρονική στιγμή που το σημείο Μ διέρχεται από το σημείο (e, f(e)). Αυτό 1σημαίνει ότι xM(t0) = α(t0) = e και yM(t0) = f(e) = ℓne =1.Η τετμημένη του Α είναι η xA(t) = α(t) ⋅ ⎢⎣⎡1 + ℓnα(t)⎦⎥⎤ , t ≥ 0 , που είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση, ως σύν-πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγοxA′(t) = α′(t) ⋅ ⎡⎣⎢1 + ℓnα(t)⎥⎦⎤ + α(t) ⋅ ⎢⎣⎡1 + ℓnα(t)⎦⎥⎤′ = α′(t) ⋅ ⎡⎢⎣1 + ℓnα(t)⎥⎤⎦ + α(t) ⋅ α′(t) = α(t)= α′(t) ⋅ ⎣⎡⎢1 + ℓnα(t)⎥⎦⎤ + α′(t) = α′(t) ⋅ ⎣⎢⎡2 + ℓnα(t)⎦⎤⎥ α′( t ) = 4α( t ) 4α(t) ⋅ ⎣⎢⎡2 + ℓnα(t)⎥⎦⎤ . =Την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Α είναι x ′ (t 0 ) = 4α(t0) ⋅ ⎢⎣⎡2 + ℓnα(t 0 )⎥⎦⎤ , Aοπότε με αντικατάσταση α(t0) = e προκύπτει x ′ (t 0 ) = 4e ⋅ (2 + ℓne) = 4e ⋅ (2 + 1) = 12e . AΤελικά, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Α, την χρονική στιγμή t0 , είναι 12e cm/s.Η μονάδα μέτρησης είναι προφανώς η ίδια με την μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής της τετμημέ-νης του σημείου Μ.ΙΙ. Η (ε) εφάπτεται στην Cf στο σημείο της Μ, άρα για την γωνία θ, την οποία σχηματίζει η (ε) με τονάξονα x΄x, ισχύει εϕθ = f′(xM) = f′(α) .Καθώς το Μ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, το ίδιο συμβαίνει και για την γωνία θ. Άρα και αυτήπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t) , t ≥ 0 , για την οποία ισχύει ότι ( )εϕθ(t) = f′ α(t) =− 1 , t≥0. α(t) ⋅ ℓn2α(t)Παραγωγίζοντας την σχέση αυτή ως προς τον χρόνο t, βρίσκουμε - 118 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 1 ⋅ θ′(t) = ⎢⎡⎣α(t) ⋅ ℓn2α(t)⎤⎥⎦′ ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α(t) ⋅ 2ℓnα(t) ⋅ ⎣⎢⎡ℓnα(t)⎦⎥⎤′ ⇔συν2θ(t) ⎡⎣⎢α(t) ⋅ ℓn2α(t)⎤⎦⎥2 συν2θ(t) α2(t) ⋅ ℓn4α(t)⇔ 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α(t) ⋅ 2ℓnα(t) ⋅ α′(t) ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ ℓnα(t) ⋅ ⎡⎣⎢ℓnα(t) + 2⎦⎥⎤ ⇔ συν2θ(t) α(t) συν2θ(t) α2(t) ⋅ ℓn4 3α(t) α2(t) ⋅ ℓn4α(t)α′( t ) = 4α( t ) 1 ⋅ θ′(t) = 4 α(t) ⋅ ⎣⎡⎢ℓnα(t) + 2⎤⎦⎥ ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = 4 ⎣⎢⎡ℓnα(t) + 2⎦⎥⎤ ⇔ συν2θ(t) α 2 (t) ⋅ ℓn3α(t) συν2θ(t) α(t) ⋅ ℓn3α(t) ⇔⇔ θ′(t) = συν2θ(t) ⋅ 4 ⎢⎣⎡ℓnα(t) + 2⎤⎦⎥ . α(t) ⋅ ℓn3α(t)Την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ είναι ίσος με θ′(t0) = συν2θ(t0) ⋅ 4 ⎡⎢⎣ℓnα(t0) + 2⎦⎥⎤ , όπου α(t0) = e από το γ­Ι. α(t0) ⋅ ℓn3α(t0)Καθώς δεν γνωρίζουμε την τιμή θ(t0) της γωνίας θ την χρονική στιγμή t0 , αλλά έχουμε σχέση για τηνεφθ(t), θα προχωρήσουμε ως εξής:Ισχύει ότι 1 = 1 + εϕ2θ ⇔ συν2θ = 1 , άρα την χρονική στιγμή t0 ισχύει ότι συν2θ 1 + εϕ2θ 1 εϕθ(t0 )= f′(α(t0 )) 1 1 1 1 1 + εϕ2θ(t0) 1 + ⎣⎢⎡f′ α(t0 ⎤⎥⎦2 1 + ⎢⎡⎣f′(e)⎤⎥⎦2 1 + ⎜⎜⎜⎛⎝− =( )συν2θ(t0) = = = 1 + ⎜⎜⎛⎝⎜− 1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟2 = 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟2 = eℓn2e e 1 e2= = e2 + 1 . 1 1+ e2Τότε, αντικαθιστώντας στην σχέση που μας δίνει τον ρυθμό θ′(t0) , βρίσκουμε ότι θ′(t0) = e2 ⋅ 4(ℓne + 2) = e2 ⋅ 4⋅3 = 12e . e2 + 1 e ⋅ ℓn3e e2 + 1 e ⋅ 13 e2 + 1Άρα, την χρονική στιγμή t0 , η γωνία θ, την οποία σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα x΄x, έχειρυθμό μεταβολής θ′(t0) = 12e rad / s . e2 + 1Η μονάδα μέτρησης της γωνίας θ (εφόσον δεν αναφέρεται κάτι άλλο) είναι ακτίνια (rad) και η μονάδατου χρόνου είναι δευτερόλεπτα (s), όπως προκύπτει από τον δεδομένο ρυθμό μεταβολής της τετμημένηςτου Μ. Έτσι προκύπτει η μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής της γωνίας, που είναι rad/s. - 119 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 30ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = x ⋅ x , x>2. x−2α) Να αποδείξετε ότι f′(x) = x−2 ⋅ x2 − 3x , x > 2 , και να μελετήσετε την f ως προς την x (x − 2)2 μονοτονία.β) Να βρείτε τις ασύμπτωτες και το σύνολο τιμών της f.Ένα μεταβλητό ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ = ΑΓ, είναι περιγεγραμμένο σε έναν κύκλο με ακτίναρ = 1. Έστω ΑΔ = x το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ.γ) Να αποδείξετε ότι ΒΓ = 2 ⋅ x , x>2. x−2δ) Να εκφράσετε το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση του x και να βρείτε την τιμή του x, για την οποία το εμβαδόν αυτό γίνεται ελάχιστο.ε) Η πλευρά ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ, αυξάνεται με ρυθμό 3 cm/s. Να βρείτε τον ρυθμό με τον οποίο μεταβάλλεται: Ι. το ύψος ΑΔ καιΙΙ. η γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ,την χρονική στιγμή που το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.Πώς εξηγείται, κατά την γνώμη σας, το αρνητικό πρόσημο του ρυθμού μεταβολής του ύψους ΑΔστο ερώτημα ε­Ι;Πρόσθετα ερωτήματα, που θα μελετήσουμε μετά το τέλος της λύσης του θέματος:στ) Να εκφράσετε την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ως συνάρτηση του x. Στην συνέχεια, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ακτίνας R, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο ΑΒΓ γίνεται ισόπλευρο.ζ) Να βρείτε την τιμή του x, για την οποία η ακτίνα R ελαχιστοποιείται, καθώς και την ελάχιστη τιμή της R. Τί συμπεραίνετε, σε σχέση και με το αποτέλεσμα του ερωτήματος (στ);η) Να αποδείξετε ότι, καθώς αυξάνεται η πλευρά ΒΓ του τριγώνου, υπάρχουν ακριβώς δύο χρονικές στιγμές στις οποίες το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου και του εγγε- γραμμένου κύκλου, είναι ίσο με το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου.Εισαγωγικό σχόλιο. Το θέμα αυτό προτάθηκε αρχικά προς λύση από τον κ. Μπάμπη Στεργίου σεδιαδικτυακή συζήτηση, τον Νοέμβριο του 2017. Σύντομα συγκεντρώθηκαν αρκετές προτάσεις για τιςλύσεις των ερωτημάτων, ενώ ο κ. Παύλος Τρύφων, σε συνεργασία με τον γράφοντα, πρότεινε και πρόσ-θετα ερωτήματα που θα μπορούσαν να ζητηθούν στην θέση των ήδη υπαρχόντων. Επειδή η έκταση τουθέματος, μετά από όλες αυτές τις διεργασίες, είναι ιδιαίτερα μεγάλη, η παρουσίαση του θέματος θα γί-νει ως εξής:Αρχικά θα παρουσιάσουμε την αρχική πρόταση του θέματος και θα καταγράψουμε την απάντηση μεέναν τρόπο λύσης ανά ερώτημα. Στην συνέχεια, θα παρουσιάσουμε τους εναλλακτικούς τρόπους λύσηςτων ερωτήματων. Τέλος, θα παρουσιάσουμε τα πρόσθετα ερωτήματα και τις λύσεις αυτών.Τονίζουμε και πάλι, ότι το συγκεκριμένο θέμα έχει μεγάλη έκταση. Ο υποψήφιος είναι καλό να το δειως μία ευκαιρία να γνωρίσει τον πλούτο των σκέψεων και τρόπων λύσης που μπορεί να κρύβονται σε - 120 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςένα θέμα. Είναι επίσης, όπως θα δούμε, μία πρώτης τάξης ευκαιρία να ξεσκονίσουμε τις γνώσεις μαςστην Γεωμετρία, καθώς πολλά ερωτήματα λύνονται με την βοήθειά της.α) Η συνάρτηση f ορίζεται στο Df = (2 , + ∞) , στο οποίο είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσι-μων συναρτήσεων.1ος τρόπος υπολογισμού της παραγώγου της f (με κλασική παραγώγιση).f′(x) = (x)′ ⋅ x + x ⋅⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜ x ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟′ = x +x⋅ 1 ⋅ ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ x x ⎠⎟⎟⎟⎟⎞′ = x−2 x−2 x−2 2⋅ −2 x x−2= x + x ⋅ x−2 ⋅ (x)′ ⋅ (x − 2) − x ⋅ (x − 2)′ = x + x ⋅ x−2 ⋅ x −2− x = x−2 2 x (x − 2)2 x−2 2 x (x − 2)2= x + x ⋅ x−2 ⋅ −2 = x 2 x−2 −x⋅ x−2 ⋅ 1 = x−2 2 x (x − 2)2 x−2 x x (x − 2)2 ⋅= x−2 ⋅ ⎢⎢⎡⎣ x x − (x x ⎦⎥⎤⎥ = x−2 ⋅ x(x − 2) − x ⇒ f′(x) = x−2 ⋅ x2 − 3x . x −2 − 2)2 x (x − 2)2 x (x − 2)22ος τρόπος υπολογισμού της παραγώγου της f: Δες στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος.Για την μονοτονία της f έχουμε:• f′(x) = 0 ⇔ x−2 ⋅ x2 − 3x =0⇔ x>2 x (x − 2)2 x − 2 ⋅ (x2 − 3x) = 0 ⇔ x2 − 3x = 0 ⇔ x(x − 3) = 0 ⇔ x−2 >0⇔ x = 0 ή x − 3 = 0 ⇔ x = 0 (απορρίπτεται, αφού είναι x > 2 ) ή x = 3 .Άρα, f′(x) = 0 ⇔ x = 3 .• f′(x) > 0 ⇔ x2 − 3x > 0 ⇔ x < 0 ή x > 3 , αφού είναι x−2 , (x − 2)2 > 0 , για κάθε x >2. xΕπιπλέον, αφού είναι x > 2 , η συναλήθευση αυτών μάς δίνει ότι, f′(x) > 0 ⇔ x > 3 . x>2Τότε και f′(x) < 0 ⇔ 2 < x < 3 .Ο πίνακας μονοτονίας της f είναι ο διπλανός και απ’ αυτόν x2 3 +∞προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (2, 3],γνησίως αύξουσα στο [3 , + ∞) και παρουσιάζει ελάχιστο (και f′(x) ­ +μάλιστα ολικό) για x = 3, το f(3) = 3 ⋅ 3 =3 3. f(x) 2 1 3−2β) Αφού η f ορίζεται στο Df = (2 , + ∞) , θα αναζητήσουμε πιθανή κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 2 καιοριζόντια ή πλάγια στο +∞ .Έχουμε:• ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎜⎝⎜⎛⎜⎜x ⋅ x ⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = ℓ im ⎜⎜⎜⎛⎝⎜x x⋅ 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , όπου x−2 x−2 x→ 2+ x→ 2+ x→ 2+( )ℓ im x x = 2 2 > 0 και ℓ im x − 2 = 0 , με x − 2 > 0 για x > 2 , άρα ℓ im 1 = +∞ .x→ 2+ x→ 2+ x→2+ x − 2 - 121 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣυνεπώς, ℓ im f(x) = 2 2 ⋅ (+∞) = +∞ , οπότε η ευθεία x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . x→ 2+• Για την οριζόντια ή πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ , αρχικά έχουμε: λ = ℓ im f(x) = ℓ im x⋅ x = ℓ im x = ℓ im 1 = 1 =1∈\". x→ +∞ x x→ +∞ x−2 x→ +∞ x→ +∞ 1−0 x x ⎛⎜⎜⎜⎝1 − 2 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ 1− 2 x x1ος τρόπος υπολογισμού του συντελεστή β.β = ℓ im ⎢⎣⎡f(x) − x⎤⎦⎥ = ℓ im ⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎛x ⋅ x − x⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ = ℓ im ⎢⎢⎣⎡⎢ x ⋅ ⎛⎜⎜⎝⎜⎜⎜ x − 1⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ⎤⎦⎥⎥⎥ ( +∞) ⋅ 0 x−2 x−2 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ = ⎢⎢⎢⎢⎢⎡⎣⎢⎢⎢ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝⎜ x − 1⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜ x + 1⎟⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤ ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎜⎜ x −1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟ = ⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡ x − (x − 2) ⎥⎥⎤⎦⎥⎥⎥⎥ = x−2 x−2 x−2 +1= ℓ im x ⋅ x = ℓ im x ⋅ ℓ im x ⋅ x−2 x−2 +1 x x→ +∞ x→ +∞ x−2 x→ +∞ x +1 x−2 2x ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ x ⎜⎝⎛⎜⎜1 − ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛⎝⎜ x − x +2 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = 2x 2 x= ℓ im x ⋅ x−2 ℓ im x ⋅ x−2 ℓ im x − 2 = ℓ im = x→ +∞ x +1 x→ +∞ x +1 x→ +∞ x +1 x→ +∞ x +1 x−2 x−2 x−2 x ⎜⎜⎛⎝⎜1 − 2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ 2 x 1− 2 2 2 x 2= ℓ im = 1−0 = =1∈\" . x→ +∞ 1 +1 1 +1 1−0 1− 2 xΆρα η ευθεία ε : y = 1 ⋅ x + 1 ⇔ ε : y = x + 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .2ος τρόπος υπολογισμού του β: Δες στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος.Σύνολο τιμών της f ­ 1ος τρόπος.Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, στο Δ = (2 , + ∞) . Επιπλέον:)• ⎡⎢⎣⎢ ⎟⎟⎠⎟⎞ ⎢⎡⎣3 η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 = (2 , 3] , οπότε f(Δ1 ) = f(3) , ℓ im f(x) = 3 ,+∞ . x→ 2+• η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ2 = [3 , + ∞) , άρα για κάθε x ∈ Δ2 ισχύει )x ≥ 3 ⇒ f(x) ≥ f(3) ⇒ f(x) ≥ 3 3 , οπότε f(Δ2) ⊆ ⎣⎢⎡3 3 , + ∞ .)Τότε το σύνολο τιμών της f είναι το f(Δ) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) ⇒ f(Δ) = ⎣⎢⎡3 3 , + ∞ .Παρατήρηση. Με τον παραπάνω τρόπο, αποφύγαμε την ανάγκη να υπολογίσουμε το όριο ℓ im f(x) . x→ +∞2ος τρόπος εύρεσης του συνόλου τιμών: Δες στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος. - 122 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΓια τα επόμενα ερωτήματα έχουμε επιπλέον στοιχεία από την εκφώνηση.Συγκεκριμένα, έχουμε ένα μεταβλητό ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ = ΑΓτο οποίο είναι περιγεγραμμένο σε έναν κύκλο ακτίνας ρ = 1. Επίσης, δίνε-ται ότι ΑΔ = x είναι το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, προς την βάση του ΒΓ.Να τονίσουμε ότι, λέγοντας «μεταβλητό ισοσκελές τρίγωνο», η εκφώνησηεννοεί ότι οι πλευρές του τριγώνου μεταβάλλονται, αλλά παραμένει ισο-σκελές καθ’ όλη την διάρκεια οποιασδήποτε μεταβολής.γ) Το ερώτημα αυτό έχει αρκετές εναλλακτικές λύσεις, που βασίζονταισε διαφορετικές ιδέες από την Γεωμετρία. Αυτό μας δείχνει τον πλούτοτης Γεωμετρίας και πώς οι υπάρχουσες γνώσεις μας μπορούν να δώσουνπολλαπλές λύσεις σε μία άσκηση.1ος τρόπος. Θα βρούμε την ζητούμενη σχέση που μας δίνει την πλευράΒΓ του τριγώνου, αξιοποιώντας τις γνώσεις μας από την Γεωμετρία.Συγκεκριμένα, θα αξιοποιήσουμε δύο εναλλακτικούς τρόπου για τοεμβαδόν τριγώνου και, φυσικά, το Πυθαγόρειο Θεώρημα.Έστω y καθεμία από τις ίσες πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή AΒ = ΑΓ = y.Αφού το ΑΔ = x είναι ύψος του ισοσκελούς τριγώνου, θα είναι και διάμεσός του, άρα θα έχουμε ΒΔ = ΔΓ = ΒΓ = α . 2 2Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ, έχουμε ΑΒ2 = ΑΔ2 + ΔΒ2 ⇔ y2 = x2 + ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ α ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 ⇔ y2 = x2 + α2 y>0 x2 + α2 . 2 4 4 ⇔ y=Εδώ θα ανακαλέσουμε γνώσεις Γεωμετρίας της Β΄ Λυκείου για το εμβαδόν τριγώνου.Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με Ε= ΒΓ ⋅ ΑΔ = α⋅x και επίσης είναι ίσο με 2 2 Ε = τ⋅ρ = y+y+α ⋅1 = 2y + α , 2 2όπου τ είναι η ημιπερίμετρος του τριγώνου και ρ = 1 (από την εκφώνηση) η ακτίνα του εγγεγραμμένουκύκλου στο τρίγωνο.Από τους δύο παραπάνω τύπους βρίσκουμε ότια⋅x = 2y + α ⇔ α⋅x = 2⋅ x2 + α2 ⇔ αx − α = 2 ⋅ x2 + α2 ⇔ α(x − 1) = 2 ⋅ x2 + α2 2 2 4 4 4και επειδή προφανώς το ύψος x του τριγώνου είναι μεγαλύτερο από την διάμετρο 2ρ = 2 του κύκλου,άρα x − 1 > 0 και x − 2 > 0 , υψώνοντας στο τετράγωνο βρίσκουμε ότια2(x − 1)2 = 4⎜⎜⎜⎛⎝⎜x2 + α2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ ⇔ α2(x − 1)2 = 4x2 + α2 ⇔ α2 ⎢⎣⎡(x − 1)2 − 1⎦⎤⎥ = 4x2 ⇔ 4 x≠0⇔ α2(x − 1 − 1)(x − 1 + 1) = 4x2 ⇔ α2(x − 2) ⋅ x = 4x2 ⇔ α2(x − 2) = 4x , οπότε α2 = 4x ⇔α= 4x ⇔ α = 2⋅ x . x−2 x−2 x−2Άρα η βάση ΒΓ του ισοσκελούς τριγώνου είναι ίση με ΒΓ = α = 2 ⋅ x , x>2. x−22ος και 3ος τρόπος υπολογισμού της σχέσης υπάρχουν στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος. - 123 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Από τα ευρήματα του (γ) έχουμε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με Ε= α⋅x ⇒E= 2⋅ x ⋅x ⇒ E= x⋅ x , x>2. 2 x−2 x−2 2Άρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ εκφράζεται ως συνάρτηση του x από την συνάρτηση E(x) = x ⋅ x = f(x) , x > 2 . x−2Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή για x = 3.Άρα και το εμβαδόν, Ε(x), του τριγώνου ΑΒΓ γίνεται ελάχιστο για x = 3.ε) Η πλευρά ΒΓ = α του τριγώνου ΑΒΓ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, άρα προσδιορίζεται από συ-νάρτηση της μορφής α(t) , t ≥ 0 . Η αύξηση της πλευράς με ρυθμό 3 cm/s σημαίνει ότια′(t) = + 3 cm / s , όπου το πρόσημο «+» εκφράζει την αύξηση.Η μεταβολή της ΒΓ σημαίνει μεταβολή και των υπόλοιπων μεγεθών του τριγώνου ΑΒΓ. Συνεπώς καιαυτά προσδιορίζονται από σχετικές συναρτήσεις: το ύψος ΑΔ από συνάρτηση της μορφής x(t) , t ≥ 0 ,το εμβαδόν (όπως είδαμε) από την E(t) , t ≥ 0 , και η γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ από συνάρτηση τηςμορφής θ(t) , t ≥ 0 .Το ύψος ΑΔ του ισόπλευρου τριγώνου είναι και διχοτόμος της γωνίας Α, άρα για την γωνία ΒΑΔ ισχύει ΒΑΔ = Α = θ(t) . 2 2Έστω t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία το τρίγωνο ΑΒΓγίνεται ισόπλευρο.Την χρονική αυτή στιγμή όλες οι πλευρές του είναι ίσες μεα(t0) και όλες οι γωνίες του είναι ίσες μεθ(t0) = 60ο = π rad . 3Αν από το κέντρο Ο του κύκλου φέρουμε κάθετη προς τηνΑΒ, αυτή τέμνει την ΑΒ σε σημείο Κ, οπότε σχηματίζεταιτο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΟ, με Κ = 90° και για την γωνίαΚΑΟ έχουμε ότι ΚΑΟ = θ(t 0 ) = 60ο = 30ο . 2 2Άρα για την κάθετη πλευράς ΟΚ του ορθογωνίου τριγώνου(που είναι απέναντι από οξεία γωνία 30°) έχουμεΟΚ = ΟΑ ΟΚ = ρ =1 2 ⇔ ΟΑ = 2 , ΟΔ = ρ =1συνεπώς είναι x = x(t0) = ΑΟ + ΟΔ = 2 + 1 = 3 .Προχωράμε στις απαντήσεις των επιμέρους υποερωτημάτων: - 124 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙ. Στο ερώτημα (γ) βρήκαμε ότι ΒΓ = α = 2 ⋅ x , x>2. x−2Άρα και για τις συναρτήσεις α(t) και x(t) ισχύει ότι α(t) = 2 ⋅ x(t) , t≥0. x(t) − 2Την χρονική στιγμή t0 βρήκαμε ότι x(t0) = 3 , άρα α(t0) = 2 ⋅ x(t 0 ) = 2⋅ 3 = 2 3 cm . x(t0) − 2 3−2Παραγωγίζοντας την α(t) = 2 ⋅ x(t) ως προς t, βρίσκουμε x(t) − 2α′(t) = 2 ⋅ 1 ⋅ ⎢⎣⎡⎢ x(t) ⎥⎤⎦⎥′ = x(t) − 2 ⋅ x′(t) ⋅ ⎣⎡⎢x(t) − 2⎦⎥⎤ − x(t) ⋅ ⎣⎡⎢x(t) − 2⎦⎥⎤′ = 2⋅ x(t) − 2 x(t) ⎢⎣⎡x(t) − 2⎦⎤⎥2 x(t) x(t) − 2= x(t) − 2 ⋅ x′(t) ⋅ x(t) − 2x′(t) − x(t) ⋅ x′(t) = x(t) − 2 ⋅ −2x′(t) . x(t) ⎡⎣⎢x(t) − 2⎥⎦⎤2 x(t) ⎢⎡⎣x(t) − 2⎦⎥⎤2Άρα την χρονική στιγμή t0 θα είναι α′(t0) = x(t0) − 2 ⋅ −2x′(t 0 ) ⇒ x′(t0) = α′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡x(t0) − 2⎤⎦⎥2 x(t 0 ) ⎢⎣⎡x(t0) − 2⎦⎤⎥2 −2 ⋅ x(t0) − 2 x(t 0 )και με αντικατάσταση των γνωστών στοιχείων βρίσκουμε ότι 3 ⋅ (3 − 2)2 3 3 2 3 −2 ⋅ 1 2 2 x′(t0) = 3−2 = =− =− . 3 −2 ⋅ 3Συνεπώς, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, το ύψος του ΑΔ μειώνεται με ρυθμό 3− 2 cm / s .Προσοχή στο πρόσημο! Από την στιγμή που στον δεδομένο ρυθμό μεταβολής της πλευράς α είχαμεθετικό πρόσημο, που εκφράζει αύξηση της α, το αρνητικό πρόσημο του αποτελέσματος μάς δίνει το εί-δος της μεταβολής του ύψους του, ότι δηλαδή αυτό μειώνεται. - 125 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Ερμηνεία του αρνητικού προσήμου του αποτελέσματος.Λόγω της ιδιαιτερότητας του ερωτήματος, θα παραθέσουμε εδώ (καιόχι στο παράρτημα) και τους τρεις διαφορετικούς τρόπους απάντη-σης.1ος τρόπος: Εποπτικά.Παρατηρώντας το σχήμας μας, βλέπουμε ότι καθώς η πλευρά ΒΓ τουτριγώνου αυξάνεται, με τον εγγεγραμμένο κύκλο φυσικά να παραμέ-νει ανά πάσα στιγμή αμετάβλητος (με ακτίνα ρ = 1) και εφαπτόμενοςστις πλευρές του τριγώνου, το σημείο Β θα απομακρύνεται από τοίχνος Δ του ύψους ΑΔ του τριγώνου. Τότε και η πλευρά ΑΒ του τρι-γώνου, προκειμένου να παραμένει πάντα εφαπτόμενη στον εγγεγραμ-μένο κύκλο, πρέπει να κινείται, με την κορυφή Α να κατεβαίνει, συνε-πώς το ύψος ΑΔ = x να μειώνεται.Να σχολιάσουμε εδώ ότι η παραπάνω ερμηνεία, αν και εποπτική,μπορεί και πρέπει να γίνεται δεκτή από τους υποψήφιους. Πράγματι,αυτή βασίζεται στην ερμηνεία του σχήματος και μάλιστα δείχνει καιμία παραπάνω κατανόηση του τρόπου που μεταβάλλονται τα διάφο-ρα μεγέθη καθώς εξελίσσεται η «κίνηση» στο σχήμα.2ος τρόπος: Μέσω του τύπου που συνδέει τα α και x.Νωρίτερα βρήκαμε ότι α2(x − 2) = 4x ⇔ α2x − 2α2 = 4x ⇔ (α2 − 4)x = 2α2 ⇔ x = 2α2 ή α2 − 4 x = 2⋅ α2 = 2⋅ α2 − 4 + 4 = 2 ⋅ ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ α2 − 4 + 4 4 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 2 + 8 , α2 − 4 α2 − 4 α2 − 4 α2 − α2 − 4άρα x =2+ 8 . α2 − 4Από το τελευταίο έχουμε ότι, όσο αυξάνεται το α > 2, αυξάνεται και ο παρονομαστής του κλάσματος,άρα το κλάσμα μειώνεται, δηλαδή μειώνεται και η ποσότητα x, που ισούται με το ύψος ΑΔ του τριγώ-νου.3ος τρόπος: Μέσω του τύπου που συνδέει τα α και x και μονοτονίας σχετικής συνάρτησης.Ο τύπος που συνδέει τα α και x μπορεί να μας οδηγήσει στην συνάρτηση που εκφράζει το x συναρτήσει 8του α, με τύπο της μορφής x(α) = 2 + α2 − 4 , α > 2 . Η συνάρτηση αυτή ορίζεται και είναι παραγωγί-σιμη για α > 2, με παράγωγο x′(α) = − 8 ⋅ (α2 − 4)′ =− 8 ⋅ 2α =− 16α , α>2, (α2 − 4)2 (α2 − 4)2 (α2 − 4)2οπότε προφανώς για α > 2 είναι x′(α) < 0 , που σημαίνει ότι καθώς η πλευρά ΒΓ = α αυξάνεται, τοαντίστοιχο ύψος ΑΔ = x μειώνεται. - 126 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙΙ. Από το σχήμα μας, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε θ(t) α(t) α(t) 2 2x(t) εϕ = 2 = . x(t)Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ 2x(t) − α(t) ⋅ 2x′(t) ⇔ 2 ⎡⎢⎣2x(t)⎥⎦⎤2συν2 θ(t) 2⇔ 1 ⋅ θ′(t) = 2α′(t) ⋅ x(t) − 2α(t) ⋅ x′(t) ⇔ 2 4x2(t) συν2 θ(t) 2⇔ θ′(t) = 2συν2 θ(t) ⋅ α′(t) ⋅ x(t) − α(t) ⋅ x′(t) , οπότε την χρονική στιγμή t0 θα είναι 2 2x2(t) θ′(t0) = 2συν2 θ(t 0 ) ⋅ α′(t0) ⋅ x(t0) − α(t0) ⋅ x′(t0) 2 2x2 (t 0 )και με αντικατάσταση των γνωστών μεγεθών βρίσκουμε θ′(t0) = 2συν230ο ⋅ 3 ⋅3− 2 3 ⋅ −3 = 2 ⋅⎜⎜⎝⎜⎜⎛⎜ 3 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟2 ⋅ 3 3 +3 3 3 63 3 2 2 18 4 18 2 = 2⋅ ⋅ = . 2 ⋅ 32Συνεπώς, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, η γωνία Α μεταβάλλεται (αυξάνεται)με ρυθμό 3 rad/s. 2Στο σημείο αυτό, η απάντηση των αρχικών ερωτημάτων του θέματος έχει ολοκληρωθεί, κλείνοντας τηνπαρουσίαση της λύσης του θέματος. - 127 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ 1 Εναλλακτικοί τρόποι λύσης κάποιων από τα ερωτήματα του θέματος.α) 2ος τρόπος υπολογισμού της παραγώγου της f.Είναι f(x) = x ⋅ x = x2 ⋅ x = x3 , άρα x−2 x−2 x−2f′(x) = 1 ⋅ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜ x3 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠′ = 1 ⋅ x−2 ⋅ (x3)′ ⋅ (x − 2) − x3 ⋅ (x − 2)′ = 2⋅ x−2 2x x (x − 2)2 x3 x−2= 1 ⋅ x−2 ⋅ 3x2(x − 2) − x3 = 1 ⋅ x−2 ⋅ 3x3 − 6x2 − x3 = 1 ⋅ x−2 ⋅ 2x3 − 6x2 = 2x x (x − 2)2 2x x (x − 2)2 2x x (x − 2)2= 1⋅ x−2 ⋅ 2x (x2 − 3x) ⇒ f′(x) = x−2 ⋅ x2 − 3x , x>2 . 2x x (x − 2)2 x (x − 2)2β) 2ος τρόπος υπολογισμού του συντελεστή β.β = ℓ im ⎢⎡⎣f(x) − x⎦⎤⎥ = ℓ im ⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜x ⋅ x − x⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟ = ℓ im ⎡⎢⎢⎣⎢ x ⋅ ⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎛ x − 1⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⎥⎦⎥⎥⎤ = ℓ im ⎢⎢⎢⎣⎡ x ⋅ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜ x − x−2 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠⎟ ⎥⎦⎥⎤⎥ = x−2 x−2 x−2 x−2 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ ⎛⎜⎜⎜⎝⎜⎜x ( ( )( ) )x ⎟⎠⎟⎟⎞⎟⎟ ⎢⎢⎢⎢⎡⎣ ⎥⎥⎤⎥⎥⎦ == ℓ im ⋅ − x−2 = ℓ im x ⋅ x − x−2 x + x−2 x−2 x−2 ⋅ x + x−2 x→ +∞ x→ +∞= ℓ im ⎣⎢⎢⎡⎢⎢ x ⋅ ( )x − (x − 2) ⎥⎤⎦⎥⎥⎥ = ℓ im ⎢⎣⎡⎢⎢⎢ x ⋅ ( )x − x + 2 ⎦⎥⎥⎥⎥⎤ = ℓ im ( )2x = x→ +∞ x−2 x + x−2 x→ +∞ x−2 x + x−2 x→ +∞ x−2 x + x−2= ℓ im 2x = ℓ im 2x = ℓ im 2x = x→ +∞ x(x − 2) + x→ +∞ x→ +∞ + x −2 x−2 2 x2 ⎜⎝⎜⎜⎛1 − 2 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ | x |⋅ 1− 2 x + x −2 x= ℓ im 2x = ℓ im 2x = ℓ im 2 = x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x⋅ 1− 2 + x −2 x ⋅⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎛ 2 2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ 1− 2 +1− 2 x 1− x +1− x x x= 2 = 2 =1∈! . 1−0 +1−0 2 - 128 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣύνολο τιμών της f ­ 2ος τρόπος.Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, στο Δ = (2 , + ∞) . Επιπλέον:)• ⎡⎣⎢⎢ ⎟⎠⎞⎟⎟ ⎣⎡⎢3η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 = (2 , 3] , άρα είναι f(Δ1 ) = f(3) , ℓ im f(x) = 3 ,+∞ . x→ 2+)•η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ1 = [3 , + ∞) , άρα είναι f(Δ2) = ⎡⎣⎢ f(3) , ℓ im f(x) , όπου x→ +∞ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎝⎜⎜⎜⎛⎜x ⋅ x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = ℓ im ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎜⎜⎛⎜⎜⎜x ⋅ x ⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ = ℓ im ⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜x ⋅ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ = (+∞) ⋅ 1 = +∞ . x−2 x ⎜⎛⎜⎜⎝1 − 1−0x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ 2 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ x→ +∞ 1− 2 x x)Άρα είναι f(Δ2) = ⎣⎡⎢3 3 , + ∞ .Τελικά, το σύνολο τιμών της f είναι το ) ) )f(Δ) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) = ⎡⎣⎢3 3 , + ∞ ∪ ⎢⎣⎡3 3 , + ∞ = ⎣⎡⎢3 3 , + ∞ .γ) 2ος τρόπος εύρεσης της σχέσης για το ΒΓ: Με ομοιότητα τριγώνων.Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει τις πλευρές ΑΒκαι ΑΓ στα σημεία Κ και Δ αντίστοιχα.Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΚΟ είναι όμοια, γιατί είναι και τα δύο ορθογώνιαμε κοινή γωνία την ΚΑΟ, συνεπώς ΑΔ ΔΒ x α α 2x ΑΚ ΚΟ ΑΚ 2 ΑΚ = ⇔ = 2 ⇔x= ⋅ ΑΚ ⇔ α = . 1Επιπλέον, από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΟΑΚ έχουμε ΑΚ2 = ΑΟ2 − ΟΚ2 ⇔ ΑΚ2 = (x − 1)2 − 12 ,άρα ΑΚ = (x − 1)2 − 1 = x2 − 2x + 1 − 1 = x2 − 2x = x(x − 2) ,οπότε α = 2x = 2 ⋅ x2 = 2⋅ x . x(x − 2) x (x − 2) x−2Συνεπώς, η πλευρά ΒΓ του τριγώνου είναι ίση με x , x>2. ΒΓ = α = 2 ⋅ x−23ος τρόπος εύρεσης της σχέσης για το ΒΓ: Ο τρόπος αυτός επίσης αξιοποιεί τις γνώσεις μας από τηνΓεωμετρία, αυτήν την φορά σχετικά με εφαπτόμενα τμήματα και τέμνουσες κύκλου. Επειδή οι τέμνου-σες κύκλου έχουν εξαιρεθεί από την διδακτέα ύλη για το σχολικό έτος 2017-18, ο τρόπος αυτός υπερ-βαίνει τα όρια της εξεταστέας ύλης.Τα ευθύγραμμα τμήματα ΒΚ και ΒΔ είναι ίσα μεταξύ τους, ως εφαπτόμενα τμήματα από το Β προςτον κύκλο (Ο, ρ). Επιπλέον, η ΑΟΔ είναι τέμνουσα και το ΑΚ είναι εφαπτόμενο τμήμα από το σημείο Απρος τον κύκλο, άρα ισχύει ότι ΑΚ2 = ΑΖ ⋅ ΑΔ ⇔ ΑΚ2 = (x − 2) ⋅ x ⇔ ΑΚ = x(x − 2) ,οπότε - 129 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ΑΒ = ΑΚ + ΚΒ ⇔ y = x(x − 2) + ΒΔ ⇔ y = x(x − 2) + α . 2Επιπλέον, το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ορθογώνιο, με Δ = 90°, άρα από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε ΑΒ2 = ΑΔ2 + ΔΒ2 ⇔ y2 = x2 + ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ α ⎠⎟⎟⎟⎞⎟2 ⇔ y2 = x2 + α2 2 4και συνδυάζοντας τις σχέσεις αυτές έχουμε⎢⎢⎣⎡ x(x − 2) + α ⎦⎤⎥⎥2 = x2 + α2 ⇔ 2 x(x − 2) ⋅ α + α2 = x2 + α2 ⇔ 2 4 2 4 4 x(x − 2) + 2 ⋅⇔ x(x − 2) + α ⋅ x(x − 2) = x2 ⇔ x2 − 2x + α ⋅ x(x − 2) = x2 ⇔ −2x + α ⋅ x(x − 2) = 0 ⇔ x>2 2x ⇔ α = 2 ⋅ x2 ⇔ α = 2⋅ x , x>2. x(x − 2) x (x − 2) x−2⇔ α ⋅ x(x − 2) = 2x ⇔ α =Συνεπώς, η πλευρά ΒΓ του τριγώνου είναι ίση με ΒΓ = α = 2 ⋅ x , x>2. x−2Εδώ ολοκληρώνεται και η παρουσίαση των εναλλακτικών λύσεων ερωτημάτων του θέματος.Ακολουθούν πρόσθετα ερωτήματα, πέραν των αρχικών, με τις απαντήσεις τους. - 130 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ 2 Πρόσθετα ερωτήματα, με τις απαντήσεις τους.στ) Να εκφράσετε την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ως συνάρτηση του x. Στην συνέχεια, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ακτίνας R, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο ΑΒΓ γίνεται ισόπλευρο.ζ) Να βρείτε την τιμή του x, για την οποία η ακτίνα R ελαχιστοποιείται, καθώς και την ελάχιστη τιμή της R. Τί συμπεραίνετε, σε σχέση και με το αποτέλεσμα του ερωτήματος (στ);η) Να αποδείξετε ότι, καθώς αυξάνεται η πλευρά ΒΓ του τριγώνου, υπάρχουν ακριβώς δύο χρονικές στιγμές στις οποίες το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου και του εγγε- γραμμένου κύκλου, είναι ίσο με το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου.στ) Στο σχήμα δεξιά, βλέπουμε τον περιγεγραμμένο κύκλοτου τριγώνου ΑΒΓ. Για την ακτίνα του κύκλου αυτού γνω-ρίζουμε ότι συνδέεται με το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ αβγμέσω της σχέσης Ε= 4R , όπου R η ακτίνα του κύκλου.Από το σχήμα μας έχουμε ότι β = γ = y = x2 + α2 , άρα 4Ε= αβγ ⇔R= αβγ ⇔R= αy2 ⇔ 4R 4Ε 4E 2⋅ x ⋅⎜⎜⎜⎛⎝⎜x2 + α2 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ ⇔⇔R= x−2 4 4x ⋅ x x−2 x2 + ⎜⎛⎜⎝⎜⎜⎜2 ⋅ x ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟2 x2 + 4⋅ x x−2 x−2⇔R= 4 ⇔R= 4 ⇔ 2x 2x⇔R= x2 + x = x2(x − 2) + x = x3 − 2x2 + x = x (x2 − 2x + 1) ⇔R= (x − 1)2 . x−2 x−2 2x(x − 2) 2 x (x − 2) 2(x − 2) 2x 2xΚαθώς το x μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, και η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου θα μεταβάλ-λεται ως προς τον χρόνο t, άρα θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής R(t) , t ≥ 0 , και, σύμφω-να με τα παραπάνω ευρήματά μας, θα ισχύει R(t) = ⎡⎣⎢x(t) − 1⎤⎦⎥2 , t≥0. 2 ⎣⎢⎡x(t) − 2⎥⎦⎤Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε:{ }R′(t) = 2 ⎡⎣⎢x(t) − 1⎥⎤⎦ ⋅ x′(t) ⋅ 2 ⎢⎣⎡x(t) − 2⎥⎤⎦ − ⎡⎢⎣x(t) − 1⎤⎥⎦2 ⋅ 2x′(t) = 2 ⎣⎡⎢x(t) − 1⎤⎥⎦ ⋅ x′(t) ⋅ 2 ⎡⎢⎣x(t) − 2⎦⎤⎥ − ⎡⎢⎣x(t) − 1⎦⎥⎤ ⇒ 4 ⎡⎢⎣x(t) − 2⎤⎥⎦2 4 ⎣⎡⎢x(t) − 2⎤⎥⎦2 - 131 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής⇒ R′(t) = 2 ⎣⎡⎢x(t) − 1⎥⎤⎦ ⋅ x′(t) ⋅ ⎡⎣⎢x(t) − 3⎤⎦⎥ . 4 ⎣⎡⎢x(t) − 2⎤⎥⎦2Την χρονική στιγμή t0 , που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, θα είναι R′(t0) = 2 ⎡⎢⎣x(t0) − 1⎦⎥⎤ ⋅ x′(t0) ⋅ ⎣⎢⎡x(t0) − 3⎦⎥⎤ 4 ⎡⎢⎣x(t0) − 2⎦⎤⎥2και με αντικατάσταση των γνωστών μεγεθών, βρίσκουμε R′(t0) = 2(3 − 1) ⋅ −3 ⋅ (3 − 3) =0, 2 4(3 − 2)2που σημαίνει ότι, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, η ακτίνα του περιγεγραμμένουκύκλου στιγμιαία δεν μεταβάλλεται!ζ) Στο ερώτημα (στ) βρήκαμε ότι η ακτίνα R, συναρτήσει του x, δίνεται από την σχέση R= (x − 1)2 . 2(x − 2)Άρα, καθώς το x μεταβάλλεται, θα μεταβάλλεται και η ακτίνα R και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση (x − 1)2της μορφής R(x), με τύπο R(x) = 2(x − 2) , x>2.Αξίζει εδώ να παρατηρήσουμε ότι, παρότι διατηρούμε το R στον συμβολισμό, η νέα αυτή συνάρτηση δενείναι η ίδια με αυτή του ερωτήματος (στ), καθώς αλλάζει η μεταβλητή! Στο ερώτημα (στ) είχαμε τηνσυνάρτηση R(t), της ακτίνας ως προς τον χρόνο t. Τώρα έχουμε την συνάρτηση R(x), της ακτίνας ωςπρος το x, δηλαδή έχουμε διαφορετική ανεξάρτητη μεταβλητή. Φυσικά, και το x μεταβάλλεται συναρτή-σει του χρόνου, αλλά εδώ θα αγνοήσουμε αυτή του την ιδιότητα.Η συνάρτηση R(x) είναι παραγωγίσιμη, με 2(x − 1) ⋅ ⎢⎣⎡2(x − 2) − (x − 1)⎤⎦⎥ 4(x − 2)2 R′(x) = 2(x − 1) ⋅ 2(x − 2) − (x − 1)2 ⋅ 2 = = 2(x − 1)(x − 3) . 4(x − 2)2 4(x − 2)2Γνωρίζοντας ότι x > 2 , είναι x − 1 > 0 και (x − 2)2 > 0 , οπότε έχουμε:R′(x) = 0 ⇔ 2(x − 1)(x − 3) = 0 ⇔ x−3 = 0 ⇔ x = 3 και 4(x − 2)2R′(x) > 0 ⇔ 2(x − 1)(x − 3) > 0 ⇔ x − 3 > 0 ⇔ x > 3 , άρα και x>2 4(x − 2)2 R′(x) < 0 ⇔ 2 < x < 3 .Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της R(x), από x 23 +∞τον οποίο διαπιστώνουμε ότι η R(x) παρουσιάζει ελάχιστο για R′(x) ­ + (3 − 1)2 R(x)x = 3, το R(3) = 2(3 − 2) =2. 2 1Άρα η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ελα-χιστοποιείται, όταν το ύψος ΑΔ γίνει ίσο με 3, και η ελάχιστητιμή που λαμβάνει αυτή η ακτίνα είναι 2. Παρατήρηση στο αποτέλεσμα του ερωτήματος (ζ), σε σχέση με αυτό του ερωτήματος (στ).Στο ερώτημα (στ) βρήκαμε ότι η ακτίνα R του εγγεγραμμένου κύκλου έχει μηδενικό ρυθμό μεταβολής,όταν το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο.Στο ερώτημα (ζ) βρήκαμε ότι, όταν το ύψος παίρνει την τιμή x = 3, τότε η ακτίνα R ελαχιστοποιείται(με ελάχιστη τιμή την R = 2).Πώς συνδυάζονται τα δύο παραπάνω; - 132 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑν ανατρέξουμε στην απάντηση του ερωτήματος (ε), θα δούμε ότι την χρονική στιγμή t0 , που το τρίγω-νο γίνεται ισόπλευρο, το ύψος παίρνει την τιμή x(t0) = 3 !Άρα τα ζητούμενα των ερωτημάτων (στ) και μ(ζε)τασβυομλβήαςίντοηυςνατκατυίνταόχςρτοονυα!πΔερηιλγαεδγήρ,ατμημνέχνροουνκικύήκλσοτυιγεμίήναtι0που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, ο ρυθμόςμηδενικός, και ακριβώς αυτή την χρονική στιγμή η ακτίνα ελαχιστοποιείται.Αυτό συμβαδίζει και με την φυσική ερμηνεία της μεταβολής της ακτίνας R. Πράγματι, η R φτάνει στηνελάχιστη τιμή της την στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο. Αυτή την χρονική στιγμή αλλάζει ο τρό-πος που μεταβάλλεται (μέχρι τότε μειώνεται, από κει και πέρα αυξάνεται), άρα ο ρυθμός μεταβολήςτης στιγμιαία μηδενίζεται.η) Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου καιτου εγγεγραμμένου κύκλου είναι προφανώς ίσο με Ε2 = (ΑΒΓ) − Εκυκλου ,όπου Εκυκλου = π ⋅ ρ2 = π ⋅ 12 = π και (ΑΒΓ) = Ε = f(x) = x ⋅ x . x−2Καθώς η πλευρά ΒΓ = α αυξάνεται, όπως δείξαμε στο ερώτημα (ε),το ύψος ΑΔ = x μειώνεται. Άρα το ύψος προσδιορίζεται από συνάρτησητης μορφής x(t), η οποία θα είναι γνησίως φθίνουσα, άρα και 1­1.Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο χρονικές στιγμέςt1 , t2 , άρα ισοδύναμα (μέσω της συνάρτησης x(t), που είναι 1­1)δύο ακριβώς τιμές του x, ώστεΕ2 = Εκυκλου ⇔ Ε − Εκυκλου = Εκυκλου ⇔ Ε = 2Εκυκλου ⇔ f(x) = 2π ⇔⇔ x⋅ x = 2π ⇔ x2 ⋅ x = 4π2 ⇔ x3 = 4π2(x − 2) ⇔ x−2 x−2⇔ x3 − 4π2x + 8π2 = 0 , x > 2 .Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(x) = x3 − 4π2x + 8π2 , x ≥ 2 .1ος τρόπος. Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο [2 , + ∞) και ισχύουν• ϕ(2) = 23 − 4π2 ⋅ 2 + 8π2 = 8 > 0 .• ϕ(4) = 43 − 4π2 ⋅ 4 + 8π2 = 64 − 8π2 = 8(8 − π2) < 0 , αφού π > 3 ⇔ π2 > 9 ⇔ π2 − 8 < 1 ⇔ 8 − π2 < −1 < 0 .• ϕ(6) = 63 − 4π2 ⋅ 6 + 8π2 = 216 − 24π2 + 8π2 = 216 − 16π2 > 0 ,αφού 216 − 16π2 > 0 ⇔ 216 > 16π2 ⇔ π2 < 216 ⇔ π2 < 13, 5 , που ισχύει, διότι π < 3, 2 ⇔ π2 < 10, 24 . 16Άρα έχουμε ϕ(2) ⋅ ϕ(4) < 0 και ϕ(4) ⋅ ϕ(6) < 0 , οπότε η συνάρτηση φ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις τουθεωρήματος Bolzano σε καθένα από τα διαστήματα [2, 4] και [4, 6]. Συνεπώς, υπάρχει ένα, τουλάχισ-τον, x1 ∈ (2 , 4) και ένα, τουλάχιστον, x2 ∈ (4 , 6) , ώστε ϕ(x1) = ϕ(x2) = 0 .Άρα, πράγματι, υπάρχουν δύο, τουλάχιστον, τιμές του x, για τις οποίες το εμβαδόν του χωρίου μεταξύτριγώνου και εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίσο με το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου. - 133 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΈστω, επιπλέον, ότι υπάρχει και τρίτη τιμή του x με την παραπάνω ιδιότητα.Τότε, αν ρ1 < ρ2 < ρ3 είναι οι παραπάνω ρίζες της φ, σε αύξουσα σειρά, θα έχουμε ϕ(ρ1) = ϕ(ρ2) = ϕ(ρ3) = 0 ,με την φ, ως πολυωνυμική, να είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στα διαστήματα [ρ1 , ρ2] και [ρ2 , ρ3] .Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση φ σε καθένα από τα παραπάνωδιαστήματα, οπότε θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ1 ∈ (ρ1 , ρ2) ⊆ (2 , + ∞) και ένα, τουλάχιστον,ξ2 ∈ (ρ2 , ρ3) ⊆ (2 , + ∞) , με 2 < ξ1 < ρ2 < ξ2 , δηλαδή ξ1 ≠ ξ2 , και ϕ′(ξ1) = ϕ′(ξ2) = 0 .Αυτό, όμως, είναι άτοπο, αφού ϕ′(x) = (x3 − 4π2x + 8π2)′ = 3x2 − 4π2 , x ≥ 2 , και ϕ′(x) = 0 ⇔ 3x2 − 4π2 = 0 ⇔ x2 = 4π2 x≥2 2π 3 , μοναδική ρίζα της ϕ′(x) = 0 στο [2 , + ∞) . 3 3 ⇔ x=Συνεπώς δεν υπάρχει τρίτη τιμή του x με την παραπάνω ιδιότητα. Δηλαδή, οι τιμές x1 , x2 που βρήκαμεείναι μοναδικές.Όπως είπαμε νωρίτερα, η συνάρτηση x(t) είναι 1­1, άρα για τις δύο τιμές x1 , x2 που βρήκαμε υπάρχουν,αντίστοιχα, μοναδικές χρονικές στιγμές t1 , t2 τέτοιες, ώστε x(t1) = x1 , x(t2) = x2 .Άρα, πράγματι, καθώς η πλευρά ΒΓ του τριγώνου αυξάνεται, υπάρχουν δύο ακριβώς χρονικές στιγμέςt1 , t2 , για τις οποίες το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ τριγώνου και εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίσο μετο εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου.2ος τρόπος. Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη, ως πολυωνυμική, με ϕ′(x) = (x3 − 4π2x + 8π2)′ = 3x2 − 4π2 , x > 2 , οπότε ϕ′(x) = 0 ⇔ 3x2 − 4π2 = 0 ⇔ x2 = 4π2 x>2 2π 3 , αφού 2π 3 >2⇔π> 3 , που ισχύει, 3 3 3 ⇔ x=και ϕ′(x) > 0 ⇔ 3x2 − 4π2 > 0 ⇔ x2 > 4π2 x>2 2π 3 , 3 3 ⇔ x>άρα και x>2 2π 3 . 3 ϕ′(x) < 0 ⇔ 2 < x <Ο πίνακας μονοτονίας της φ είναι ο διπλανός και από 2π 3αυτόν προκύπτει ότι η συνάρτηση φ: x 3 2 +∞ ⎢⎡⎢⎣⎢2 , ⎥⎦⎤⎥⎥ , ϕ′(x) +• είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 2π 3 ϕ(x) 3 1 ­ + 8π2 =• είναι γνησίως αύξουσα στο ⎢⎡⎢⎣⎢ 2π 3 , + ∞⎟⎟⎟⎠⎟⎞⎟ , 2 3• έχει ελάχιστο (και μάλιστα ολικό) για x= 2π 3 , το 3 ϕ ⎜⎜⎜⎝⎜⎛⎜ 2π 3 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ = ⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎛ 2π 3 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟2 − 4π2 ⋅ 2π 3 + 8π2 = 8π3 3 − 8π3 3 + 8π2 = −16π3 3 3 3 3 9 3 9 = 8π2 ⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜1 − 2π 3 ⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ < 0 . 3 - 134 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕπειδή ϕ(2) = 8 και ℓ im ϕ(x) = +∞ , έχουμε ότι οι εικόνες της φ, στα επιμέρους διαστήματα όπου x→ +∞ορίζεται, είναι οι ϕ ⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎝ ⎥⎤⎥⎥⎦ ⎠⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎣⎡⎢⎢⎢8π2 ⎜⎜⎝⎜⎜⎜⎛1 − ⎟⎟⎞⎟⎟⎠⎟ , 8⎥⎥⎥⎤⎦ , με ∈ ϕ⎜⎛⎜⎜⎜⎝⎜ ⎥⎤⎥⎦⎥ ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎢⎣⎡⎢⎢2 , 2π 3 2π 3 8π2 ⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛1 − 2π 3 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ < 0 , άρα 0 ⎣⎢⎡⎢⎢2 , 2π 3 3 3 3 3και ϕ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜ ⎢⎣⎢⎡⎢ 2π 3 , + ∞⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟⎟ = ⎡⎣⎢⎢⎢ 8π2 ⎜⎛⎜⎝⎜⎜⎜1 − 2π 3 ⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞ , + ∞⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ , με 0 ∈ ϕ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜⎜ ⎢⎣⎢⎢⎡ 2π 3 , + ∞⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟. 3 3 3Συνεπώς, υπάρχουν x1 ∈ ⎜⎜⎛⎜⎜⎝⎜2 , 2π 3 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟ και x2 ∈ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 2π 3 , + ∞⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟ τέτοια, ώστε ϕ(x1) = ϕ(x2) = 0 . 3 3Μάλιστα, η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο πρώτο και γνησίως αύξουσα στο δεύτερο διάστημα, άρα ταx1 , x2 αυτά είναι μοναδικά!Από δω και κάτω, η απάντηση ταυτίζεται με αυτήν του 1ου τρόπου.Όπως είπαμε νωρίτερα, η συνάρτηση x(t) είναι 1­1, άρα για τις δύο τιμές x1 , x2 που βρήκαμε υπάρχουν,αντίστοιχα, μοναδικές χρονικές στιγμές t1 , t2 τέτοιες, ώστε x(t1) = x1 , x(t2) = x2 .Άρα, πράγματι, καθώς η πλευρά ΒΓ του τριγώνου αυξάνεται, υπάρχουν δύο ακριβώς χρονικές στιγμέςt1 , t2 , για τις οποίες το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ τριγώνου και εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίσο μετο εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου. - 135 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων~ Βιβλιογραφία - πηγές ασκήσεων ~1. Παύλος Τρύφων, Δημήτρης Παπαμικρούλης, «501 επαναληπτικά θέματα Γ΄Λυκείου».Το αρχείο υπάρχει στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/2016/05/16-lisari-team.html(ήδη κυκλοφορεί η 3η, ανανεωμένη και εμπλουτισμένη έκδοση, στην παραπάνω διεύθυνση)Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:1, 7, 11, 15, 18, 28.2. Επαναληπτικά θέματα Καντιδάκη.Το αρχείο υπάρχει στην διεύθυνση http://mathkanavis.blogspot.gr/2013/03/20.htmlΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:2, 17.3. Θέματα Πανελλαδικών Εξετάσεων.Τα θέματα που παρουσιάστηκαν είναι τα:3 (Δ Θέμα Επαναληπτικών Εξετάσεων 2000) , 9 (Γ Θέμα Επαναληπτικών Εξετάσεων 2011) , 10 (Γ Θέμα ΕπαναληπτικώνΕξετάσεων 2016) , 24 (Δ Θέμα Εξετάσεων 2014, με διασκευασμένο υποερώτημα).4. Επαναληπτικά Θέματα Ε.Μ.Ε 2008, 2012, 2016.Τα αρχεία θα τα βρείτε στις διευθύνσειςhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/2008/gl_2008_01-16.pdfhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/2012/gl_2012_14-26.pdfhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/TRAPEZA_THEMATA01_19_2016.pdfΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:4, 13, 23, 27, 29.5. Επαναληπτικά Θέματα από το netsuccess.grΤο αρχείο θα το βρείτε στην διεύθυνση http://www.netsuccess.gr/math/index.aspx?catId=25και στις θέσεις http://www.netsuccess.gr/math/index.aspx?catId=25και http://www.netsuccess.gr/images/news/photos/614-Math%2045.pdfΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:5, 8. - 136 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων6. Επαναληπτικά Θέματα από το study4exams.grΤο αρχείο θα το βρείτε στην διεύθυνση http://www.study4exams.gr/math_k/course/view.php?id=68#3και στην θέση http://www.study4exams.gr/math_k/pdf/DIAGWNISMATA/K3/MK_K3_D.pdf(κάποια θέματα προέρχονται από διαγωνίσματα που έχουν πια αποσυρθεί)Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:6, 20, 26.7. maths4people.blogspot.gr ­ επαναληπτικά θέματα.Τα αρχεία θα τα βρείτε στις διευθύνσειςhttp://maths4people.blogspot.gr/2015/04/20-3.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2016/04/20-4.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2017/04/20-5.htmlΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:12, 19, 22, 25.8. mathematica.grΤα θέματα θα τα βρείτε στις διευθύνσεις https://goo.gl/EsSbPX και https://goo.gl/gMyyYgΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:14, 21.9. Αναρτήσεις στο Facebook των συναδέλφων Θανάση Ξένου, Μπάμπη Στεργίου.Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:18 (Θανάσης Ξένος ­ Η άσκηση της ημέρας, Θέμα 48ο (Γ) - 2016), 30 (Μπάμπης Στεργίου ­ Νοέμβριος 2017). - 137 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών