30 επαναληπτικά θέματα με Ρυθμό Μεταβολής (Β ΤΟΜΟΣ)

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςγ) Σε αυτό το ερώτημα, το Μ μεταβάλλεται, απομακρυνόμενοαπό τον x΄x, με σταθερή ταχύτητα 8 m/s. Αυτό σημαίνει ότιy′(t) = +8 m / s .Παρατήρηση. Όπως και στο (β) ερώτημα, έτσι κι εδώ ηθέση του Μ στο πρώτο τεταρτημόριο σημαίνει ότι η απο-μάκρυνσή του από τον x΄x γίνεται προς τα πάνω, άρα ηταχύτητά του έχει θετική αλγεβρική τιμή.Στο ερώτημα αυτό, ορίζουμε ως Ε το εμβαδόν του χωρίου,που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και τηνεφαπτομένη της, ε : y = 3α2x − 2α3 .Η Cf και η (ε), όπως βρήκαμε στο (α) ερώτημα, έχουν δύοκοινά σημεία, τα Ν(−2α ,− 8α3) και Μ(α , α3) , όπου α > 0 ,άρα −2α < 0 < α . Έτσι, το εμβαδόν, Ε, του ζητούμενου χωρίου α∫είναι ίσο με Ε = f(x) − (3α2x − 2α3) dx . −2α (α)Έχουμε: f(x) ≥ 3α2x − 2α3 ⇔ x3 ≥ 3α2x − 2α3 ⇔ x3 − 3α2x + 2α3 ≥ 0 ⇔ (x − α)2(x + 2α) ≥ 0 ⇔( x−α )2≥ 0 ⇔ x + 2α ≥ 0 ⇔ x ≥ −2α .Άρα, για x ≥ −2α , είναι f(x) − (3α2x − 2α3) ≥ 0 , οπότε∫ ∫Ε α ⎡⎢⎣f(x) α ⎢⎢⎣⎢⎡ x4 x2 ⎦⎥⎥⎤⎥ α = −2α − (3α2x − 2α3)⎦⎤⎥ dx = − 3α2x + 2α3) dx = 4 − 3α2 ⋅ 2 + 2α3x −2α = (x3 −2α= α4 − 3α2 ⋅ α2 + 2α3 ⋅α − ⎢⎢⎢⎣⎡ (−2α)4 − 3α2 ⋅ (−2α)2 + 2α3 ⋅ (−2α)⎦⎥⎤⎥⎥ = 3α4 − −24α4 = 27α4 . 4 2 4 2 4 4 4Καθώς το Μ κινείται, το εμβαδόν Ε μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, άρα προσδιορίζεται από συνάρ- 27α4 (t)τηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 4 , t≥0.Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, ως προς t, είναι η παράγωγος E′(t) , δηλαδή E′(t) = ⎡⎣⎢⎢⎢ 27α4 (t) ⎤⎥⎦⎥⎥′ = 27 ⋅ 4α3(t) ⋅ α′(t) = 27α3(t) ⋅ α′(t) . 4 4Την χρονική στιγμή t1 , κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m, ο ρυθμός μετα-βολής του εμβαδού θα είναι E′(t1) = 27α3(t1) ⋅ α′(t1) , όπου α ( t1 ) > 0 xM(t1) = 2 ⇔ α(t1) = 2 ⇔ α(t1) = 2 .Επιπλέον, είναι y(t) = α3(t) , άρα y′(t) = 3α2(t) ⋅ α′(t) .Την χρονική στιγμή t1 θα ισχύει y′(t1) = 3α2(t1) ⋅ α′(t1) , όπου y′(t) = +8 m / s σταθερό, άραy′(t1) = +8 m / s . Συνεπώς είναι 3α2(t1) ⋅ α′(t1) = 8 και με αντικατάσταση βρίσκουμε E′(t1) = 27α3(t1) ⋅ α′(t1) = 9α(t1) ⋅ 3α2(t1) ⋅ α′(t1) = 9 ⋅ 2 ⋅ 8 = 144 m2 / s .Τελικά, την χρονική στιγμή t1 , το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ της Cf και της (ε) μεταβάλλεται (συγκε-κριμένα, αυξάνεται) με ρυθμό 144 m²/s. - 47 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣχόλιο. 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 τεταγμένης του, στον οποίο το-νίσαμε το πρόσημο «+». Στο αποτέλεσμά μας βλέπουμε ότι και ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού τουχωρίου που ζητείται, προκύπτει ομόσημος του δεδομένου. Έτσι, στην απάντησή μας μπορούμε και ανα-φέρουμε όχι μόνο το μέγεθος, αλλά και το είδος του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού του χωρίου. 16ο επαναληπτικό θέμαΔίνονται οι συναρτήσεις f(x) = ℓn 2x − 1 και g(x) = x−2 , με κοινό πεδίο ορισμού το σύνολο Α, στοοποίο ορίζονται οι f και g. x+1 2x − 1α) Να βρεθεί το σύνολο τιμών των f και g.β) Να βρεθούν οι ασύμπτωτες των Cf και Cg .γ) Να αποδειχθεί ότι η Cf βρίσκεται πάνω από την Cg , με εξαίρεση ένα σημείο.δ) Να υπολογισθεί το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τις Cf , Cg και την ευθεία x = α, με α > 2 .ε) Αν η παραπάνω ευθεία x = α κινείται προς τα δεξιά με ταχύτητα 1 cm/s, να βρεθεί ο ρυθμός μετα- βολής του παραπάνω εμβαδού, την χρονική στιγμή που το α ισούται με 3 cm.α) Αρχικά θα βρούμε το κοινό πεδίο ορισμού, Α, των f και g.Η f ορίζεται για όλα τα x ∈ ! , που ικανοποιούν τους περιορισμούς ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪ x+1≠ 0 ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎫⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎪⎩⎨ x ≠ −1 ⎪⎬⎫⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ x ≠ −1 ⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎬ ⇔ x < −1 ή x> 1 . (2x − 1)(x + 1) > 0 x < −1 η x > 2 2x − 1 >0 1 x+1 2Η g ορίζεται για όλα τα x ∈ ! , που ικανοποιούν τον περιορισμό 2x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 . 2 1Η συναλήθευση των παραπάνω περιορισμών μάς δίνει ότι x < −1 ή x> 2 , συνεπώς το κοινό πεδίοορισμού των f και g είναι το σύνολο Α = (−∞ ,− 1) ∪ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ 1 , + ∞⎟⎠⎟⎟⎟⎞ . 2Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, στο Α, ως ρητή.Η f είναι επίσης παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, στο Α, ως σύνθεση ρητής συνάρτησης με την ℓnx . Εύρεση του συνόλου τιμών της f.Η f έχει παράγωγοf′(x) = 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎜⎝⎜ 2x − 1 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟′ = x+1 ⋅ (2x − 1)′ ⋅ (x + 1) − (2x − 1) ⋅ (x + 1)′ = 2x − 1 x+1 2x − 1 (x + 1)2 x+1= 1 ⋅ 2(x + 1) − (2x − 1) = 2x + 2 − 2x + 1 = 3 . 2x − 1 x+1 (2x − 1)(x + 1) (2x − 1)(x + 1) - 48 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςH f′ , όπως και η f, ορίζεται στο Α. Τα στοιχεία του Α, όπως βρήκαμε νωρίτερα, ικανοποιούν, μεταξύάλλων, και τον περιορισμό (2x − 1)(x + 1) > 0 , άρα προκύπτει ότι f′(x) = 3 >0 στο Α. (2x − 1)(x + 1)Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (−∞ ,− 1) και ⎜⎝⎜⎛⎜⎜ 1 , + ∞⎟⎟⎞⎠⎟⎟ στο Α. 2Αν Δ1 = (−∞ ,− 1) και Δ2 = ⎜⎜⎜⎝⎜⎛ 1 , + ∞⎞⎟⎠⎟⎟⎟ , τότε αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στα Δ1 καιΔ2 , προκύπτει ότι f(Δ1) = 2 ⎝⎜⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎛⎜⎝ ℓ im f(x) , ℓ im f(x) ⎟⎟⎟⎞⎠ και f(Δ2 ) = ℓ im f(x) , ℓ im f(x) + x→ −∞ x→ −1− 1 x→ +∞ x→ 2• Είναι ℓ im 2x − 1 = ℓ im 2x = 2 , άρα αν θέσουμε u = 2x − 1 , τότε για x → −∞ το u → 2 , οπότε x+1 x→ −∞ x x+1 x→ −∞ ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ℓn 2x − 1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ = ℓ im(ℓnu) = ℓn2 . x+1 x→ −∞ x→ −∞ u→ 2• Είναι ℓ im 2x − 1 = ℓ im ⎡⎢⎢⎣(2x − 1) ⋅ x 1 1 ⎦⎥⎥⎤ , όπου ℓ im (2x − 1) = 2 ⋅ (−1) − 1 = −3 < 0 και x+1 + x→ −1− x→ −1− x→ −1− ℓ im (x + 1) = 0 , με x + 1 < 0 , για x < −1 , άρα ℓ im 1 = −∞ , συνεπώς x+1 x→ −1− x→ −1− ℓ im 2x − 1 = (−3) ⋅ (−∞) = +∞ . x+1 x→ −1− Τότε θέτουμε u= 2x − 1 , οπότε για x → −1− το u → +∞ και βρίσκουμε x+1 ⎝⎜⎜⎜⎜⎛ℓn ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ = ℓ im f(x) = ℓ im 2x − 1 ℓ im (ℓnu) = +∞ . x+1 x→ −1− x→ −∞ u→ +∞ 2x − 1 2⋅ 1 −1 0 1 x+1 2 3 2• Είναι ℓ im = = 2 = 0 , όπου 2x − 1 > 0 και x+1>0 για x> , άρα + 1 1 2 +1 x→ 2 2x − 1 >0. x+1 1+ Τότε θέτουμε u= 2x − 1 , οπότε για x→ 2 το u → 0+ και βρίσκουμε x+1 ℓ im f(x) = ℓ im ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ℓn 2x − 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ = ℓ im(ℓnu) = −∞ . + + x+1 1 1 u→ 0+ x→ 2 x→ 2• ℓ im 2x − 1 = ℓ im 2x = 2 , άρα αν θέσουμε u= 2x − 1 , τότε για x → +∞ το u → 2 , οπότε x+1 x x+1 x→ +∞ x→ +∞ ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ℓn 2x − 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = ℓ im(ℓnu) = ℓn2 . x+1 x→ +∞ x→ +∞ u→ 2Επομένως θα είναι f(Δ1) = (ℓn2 , + ∞) και f(Δ2) = (−∞ , ℓn2) , οπότε το σύνολο τιμών της f είναι το f(Α) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) = (ℓn2 , + ∞) ∪ (−∞ , ℓn2) = (−∞ , ℓn2) ∪ (ℓn2 , + ∞) = \" −{ℓn2} . - 49 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Εύρεση συνόλου τιμών της g.Η g έχει παράγωγο g′(x) = (x − 2)′ ⋅ (2x − 1) − (x − 2) ⋅ (2x − 1)′ = 2x − 1 − 2(x − 2) = 2x − 1 − 2x + 4 = 3 >0 (2x − 1)2 (2x − 1)2 (2x − 1)2 (2x − 1)2για κάθε x ∈ Α .Συνεπώς η g είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (−∞ ,− 1) και ⎜⎝⎜⎜⎜⎛ 1 , + ∞⎞⎟⎟⎟⎠⎟ του Α. 2Αν Δ1 = (−∞ ,− 1) και Δ2 = ⎜⎜⎛⎜⎝⎜ 1 , + ∞⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , τότε αφού η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στα Δ1 καιΔ2 , προκύπτει ότι 2 ⎜⎜⎜⎝⎜⎜⎛⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎠ . g(Δ1 ) = ⎜⎜⎝⎛⎜ ℓ im g(x) , ℓ im g(x) ⎞⎟⎠⎟⎟ και g(Δ2 ) = ℓ im g(x) , ℓ im g(x) + x→ −∞ x→ −1− 1 x→ +∞ x→ 2• ℓ im g(x) = ℓ im x−2 = ℓ im x = 1 . 2x − 1 2x 2 x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞• ℓ im g(x) = ℓ im x−2 = −1 − 2 = −3 =1. 2x − 1 2 ⋅ (−1) − 1 −3 x→ −1− x→ −1−• ℓ im g(x) = ℓ im x−2 = ℓ im ⎣⎡⎢⎢(x − 2) ⋅ 1 ⎦⎥⎥⎤ , όπου ℓ im (x − 2) = 1 −2 = − 3 <0 και + + 2x − 1 + 2x − 1 + 2 2 1 1 1 1 x→ 2 x→ 2 x→ 2 x→ 2 ℓ im (2x − 1) = 0 , με 2x − 1 > 0 για x> 1 , άρα ℓ im 1 = +∞ , συνεπώς + 2 + 2x − 1 1 1 x→ 2 x→ 2 ℓ im g(x) = − 3 ⋅ (+∞) = −∞ . + 2 1 x→ 2• ℓ im g(x) = ℓ im x−2 = ℓ im x = 1 . x→ +∞ x→ +∞ 2x − 1 x→ +∞ 2x 2Επομένως θα είναι g(Δ1 ) = ⎜⎝⎜⎜⎛⎜ 1 , 1⎟⎟⎞⎟⎠⎟ και g(Δ2) = ⎜⎜⎜⎜⎛⎝−∞ , 1 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ , οπότε το σύνολο τιμών της g είναι το 2 2 g(Α) = g(Δ1) ∪ g(Δ2) = ⎜⎜⎜⎜⎛⎝ 1 ,1⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ∪ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜−∞ , 1 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎝⎛−∞ , 1 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ∪ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ 1 ,1⎞⎠⎟⎟⎟⎟ . 2 2 2 2β) Ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f.Η f ορίζεται στο Α = (−∞ ,− 1) ∪ ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ 1 , + ∞⎟⎟⎞⎠⎟⎟ , άρα θα αναζητήσουμε, αν έχει, κατακόρυφες ασύμπτωτες 2 1στο ­1 και στο 2 και οριζόντιες ή πλάγιες ασύμπτωτες στο −∞ και στο +∞ .Εδώ θα αξιοποιήσουμε κάποια από τα όρια που βρήκαμε στο ερώτημα (α).Στο ερώτημα (α) βρήκαμε τα ακόλουθα:Ι. ℓ im f(x) = +∞ , συνεπώς η ευθεία x = ­1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . x→ −1−ΙΙ. ℓ im f(x) = −∞ , συνεπώς η ευθεία x= 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . + 2 1 x→ 2 - 50 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙΙΙ. ℓ im f(x) = ℓn2 , συνεπώς η ευθεία y = ℓn2 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ . x→ −∞IV. ℓ im f(x) = ℓn2 , συνεπώς η ευθεία y = ℓn2 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ . x→ +∞Ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της g.Η g ορίζεται στο Α = (−∞ ,− 1) ∪ ⎝⎛⎜⎜⎜⎜ 1 , + ∞⎟⎟⎟⎠⎟⎞ , άρα θα αναζητήσουμε, αν έχει, κατακόρυφες ασύμπτωτες 2 1στο ­1 και στο 2 και οριζόντιες ή πλάγιες ασύμπτωτες στο −∞ και στο +∞ .Και εδώ θα αξιοποιήσουμε κάποια από τα όρια που βρήκαμε στο ερώτημα (α).Στο ερώτημα (α) βρήκαμε τα ακόλουθα:Ι. ℓ im g(x) = 1 ∈ \" , συνεπώς η Cg δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στο ­1. x→ −1− 1 2ΙΙ. ℓ im g(x) = −∞ , συνεπώς η ευθεία x= είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cg . + 1 x→ 2ΙΙΙ. ℓ im g(x) = 1 , συνεπώς η ευθεία y= 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cg στο −∞ . 2 2 x→ −∞IV. ℓ im g(x) = 1 , συνεπώς η ευθεία y= 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cg στο +∞ . 2 2 x→ +∞γ) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − g(x) , x ∈ A .Για να αποδείξουμε ότι η Cf βρίσκεται πάνω από την Cg , με εξαίρεση ένα σημείο, αρκεί να αποδείξου-με ότι f(x) ≥ g(x) , x ∈ Α , ή, ισοδύναμα, ότι h(x) = f(x) − g(x) ≥ 0 , για x ∈ Α , με την ισότητα να ισχύειμόνο για ένα σημείο του Α.Για κάθε x∈Α έχουμε h(x) = f(x) − g(x) = ℓn 2x − 1 − x−2 . x+1 2x − 1Η h είναι παραγωγίσιμη στο Α, ως διαφορά των f και g, που επίσης είναι παραγωγίσιμες στο Α, καιέχει παράγωγοh′(x) = f′(x) − g′(x) = 3 − 3 = 3(2x − 1) − 3(x + 1) = 6x − 3 − 3x − 3 = (2x − 1)(x + 1) (2x − 1)2 (2x − 1)2(x + 1) (2x − 1)2(x + 1)= 3x − 6 ⇒ h′(x) = 3(x − 2) , x ∈ A . Τότε: (2x − 1)2(x + 1) (2x − 1)2(x + 1)h′(x) = 0 ⇔ 3(x − 2) = 0 ⇔ x−2= 0 ⇔ x = 2 και (2x − 1)2(x + 1)h′(x) > 0 ⇔ 3(x − 2) 3(2x−1)2>0 (2x − 1)2(x + 1) > 0 ⇔ 3(x − 2)(2x − 1)2(x + 1) > 0 ⇔ (x − 2)(x + 1) > 0 ⇔⇔ x < −1 ή x > 2 ,άρα και x∈A 1 < x <2 . 2 h′(x) < 0 ⇔Ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης h είναι ο −∞ −1 1/2 2 +∞διπλανός. h′(x) + ­+Στον πίνακα αυτόν θα συμπληρώσουμε τα ακόλουθα: h(x) 1 21 - 51 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙ. ℓ im h(x) = ℓ im f(x) − ℓ im g(x) = ℓn2 − 1 > 0 , διότι ℓn2 − 1 1 = ℓn 2 > ℓn1 = 0 , x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ 2 2 e = ℓn2 − ℓne 2 αφού e < 4 ⇔ e < 2 ⇔ 2 > 1 . e (+∞)−1ΙΙ. ℓ im h(x) = ℓ im f(x) − ℓ im g(x) = + ∞ . x→ −1− x→ −1− x→ −1−ΙΙΙ. h(2) = f(2) − g(2) = ℓn 2⋅2−1 − 2−2 = ℓn1 − 0 = 0 . 2+1 2⋅2+1Συμπεριλαμβάνοντας αυτά τα ευρήματα, ο προηγούμενος πίνακας μεταβολών γίνεται: −∞ −1 1 / 2 2 +∞ h′(x) + ­ + h(x) +∞ 2 1 1 0 ℓn2 − 1 >0 2Από τον πίνακα μεταβολών της h συμπεραίνουμε ότι:( )Στο διάστημα (−∞ ,− 1) η h είναι συνεχής, με σύνολο τιμών h = ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ℓn2 − 1 , + ∞⎟⎠⎟⎟⎟⎞ ⊆ (0 , + ∞) 2άρα παίρνει θετικές τιμές. (−∞ ,− 1)Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο ⎛⎜⎜⎜⎝⎜ 1 , 2⎥⎤⎦⎥ , γνησίως αύξουσα στο [2 , + ∞) και έχει ελάχιστο για x = 2, το 2h(2) = 0. Άρα για κάθε x ∈ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ 1 , + ∞⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ισχύει h(x) ≥ h(2) ⇔ h(x) ≥ 0 , με την ισότητα να ισχύει μόνο για 2x = 2.Τελικά, ισχύει h(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ A , με την ισότητα να ισχύει για x = 2.Συνεπώς, η Cf βρίσκεται πάνω από την Cg , με εξαίρεση μόνο το κοινό τους σημείο με τετμημένη x = 2.δ) Από το ερώτημα (γ) γνωρίζουμε ότι h(x) = f(x) − g(x) ≥ 0 , δηλαδή η Cf είναι πάνω από την Cg ,για κάθε x ∈ A , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 2.Άρα οι Cf , Cg έχουν μοναδικό κοινό σημείο για x = 2, οπότε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεταιαπό τις Cf , Cg και την ευθεία x = α, με α > 2 , είναι ίσο με α αα ∫ ∫ ∫Ε = ⎢⎣⎡f(x) − g(x)⎤⎥⎦ dx = f(x) dx − g(x) dx . 2 22 αα 2x − 1 αα x+1∫ ∫ ∫ ∫Έχουμε Ι = ℓn(x + 1) dx ⇒ Ι = Ι1 + Ι2 f(x) dx = ℓn dx = ℓn(2x − 1) dx − (1) 22 22 αα∫ ∫όπου Ι1 = ℓn(2x − 1) dx , Ι2 = ℓn(x + 1) dx . 22 - 52 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕδώ είναι μία καλή ευκαιρία να θυμηθούμε πολύ βασικές μεθόδους ολοκλήρωσης, τις οποίες ο υποψή-φιος πρέπει να ξέρει καλά και να χειρίζεται με ευχέρεια.Τα επιμέρους ολοκληρώματα μπορούν να υπολογιστούν ως εξής:1ος τρόπος: Με παραγοντική ολοκλήρωση. αα α x ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(2x − 1)⎤⎦⎥′ dx =∫ ∫ ∫• Ι1 = (x)′ ⎢⎣⎡x − 1)⎤⎥⎦ α ℓn(2x − 1) dx = ⋅ ℓn(2x − 1) dx = ⋅ ℓn(2x 2 − 22 2 α (2x − 1)′ α 2x 2x − 1 2x − 1∫ ∫= ⎢⎣⎡x ⋅ ℓn(2x − 1)⎥⎦⎤α2 − x⋅ dx = ⎢⎣⎡x ⋅ − 1)⎤⎥⎦ α − dx = ℓn(2x 2 22 α α ⎜⎜⎜⎛⎜⎝1 + ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ dx∫ ∫= ⎢⎣⎡x ⋅ ℓn(2x − 1)⎥⎦⎤α2 − 2x − 1 + 1 dx = ⎢⎣⎡x ⋅ ℓn(2x − 1)⎦⎥⎤ α − 1 = 2x − 1 2 2x − 1 22 αα α (2x − 1)′ 2x − 1∫ ∫ ∫= ⎡⎣⎢x ⋅ ℓn(2x − 1)⎤⎦⎥α2 − 1dx − 1 dx = ⎢⎣⎡x ⋅ ℓn(2x − 1)⎦⎤⎥ α − 1 ⋅ (α − 2) − 1 ⋅ dx = 2x − 1 2 2 22 2 1 α − 1)⎥⎦⎤′ 1 2 2∫= ⎡⎣⎢x ⋅ ℓn(2x − 1)⎥⎦⎤2α − (α − 2) − ⋅ ⎣⎢⎡ℓn(2x dx = ⎢⎡⎣x ⋅ ℓn(2x − 1)⎤⎦⎥ α − (α − 2) − ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(2x − 1)⎥⎦⎤ α = 2 2 2= α ⋅ ℓn(2α − 1) − 2ℓn3 − (α − 2) − 1 ⎢⎣⎡ℓn(2α − 1) − ℓn3⎥⎦⎤ = α ⋅ ℓn(2α − 1) − 2ℓn3 − α + 2− 1 ℓn(2α − 1) + 1 ℓn3 = 2 2 2= ⎜⎜⎜⎛⎝⎜α − 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ⋅ ℓn(2α − 1) − 3 ℓn3 − α + 2 . 2 2 αα α∫ ∫ ∫• Ι2 = ℓn(x + 1) dx = (x)′ ⋅ ℓn(x + 1) dx = ⎡⎣⎢x ⋅ ℓn(x + 1)⎤⎦⎥α2 − x ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(x + 1)⎤⎥⎦′ dx = 22 2 α (x + 1)′ α x x+1 +1∫ ∫=⎢⎡⎣x⋅ℓn(x + 1)⎦⎥⎤ α − x⋅ dx = ⎢⎡⎣x ⋅ ℓn(x + 1)⎦⎤⎥ α − x dx = 2 2 22 α x +1−1 α ⎛⎝⎜⎜⎜⎜1 − 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ dx x+1 +⎢⎣⎡x∫ ∫=⋅ + 1)⎥⎤⎦ α = ⎢⎡⎣x + 1)⎥⎤⎦ α ℓn(x 2 − dx ⋅ ℓn(x 2 − x 1 = 22 αα 1 α (x + 1)′ +1 x+1⎢⎡⎣x∫ ∫ ∫= 1)⎦⎤⎥ α ⎣⎢⎡x 1)⎦⎤⎥ α = ⋅ ℓn(x + 2 − 1dx + x dx = ⋅ ℓn(x + 2 − 1 ⋅ (α − 2) + dx 22 2 α + 1)⎤⎦⎥′⎢⎣⎡x∫=⋅ ℓn(x + 1)⎤⎥⎦ α − (α − 2) + ⎡⎢⎣ℓn(x dx = ⎡⎢⎣x ⋅ ℓn(x + 1)⎦⎥⎤ α − (α − 2) + ⎡⎣⎢ℓn(x + 1)⎤⎥⎦ α = 2 2 2 2= α ⋅ ℓn(α + 1) − 2ℓn3 − α + 2 + ℓn(α + 1) − ℓn3 = (α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) − 3ℓn3 − α + 2 . - 53 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος: Με αντικατάσταση και κατόπιν παραγοντική ολοκλήρωση. α u+1 1 2 2∫• Για το Ι1 = ℓn(2x − 1) dx θέτουμε u = 2x − 1 ⇔ x = , οπότε είναι dx = du . 2Για x = 2 είναι u = 3, ενώ για x = α είναι u = 2α ­ 1 και το ολοκλήρωμα είναι ίσο με 2α−1 1 1 2α−1 1 1 2α−1 2 2 2 2 ℓnu ⋅ ⋅ (u)′ ⋅ ℓnu du = u ⋅ (ℓnu)′ du∫ ∫ ∫Ι1= du = ⋅ ⎣⎢⎡ u ⋅ ℓnu ⎥⎤⎦ 2α−1 − = 3 33 3 1 1 2α−1 1 1 1∫= 2 2 u 2 2 ⋅ ⎡⎢⎣u ⋅ ℓnu⎦⎥⎤23α−1 − u⋅ du = ⋅ ⎣⎡⎢ u ⋅ ℓnu⎥⎦⎤ 2α−1 − ⋅ (2α − 1 − 3) = 3 3= (2α − 1) ⋅ ℓn(2α − 1) − 3ℓn3 − 2α − 4 = 2α − 1 ⋅ ℓn(2α − 1) − 3 ℓn3 − 2(α − 2) = 2 2 2 2 2= ⎝⎛⎜⎜⎜⎜α − 1 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ⋅ ℓn(2α − 1) − 3 ℓn3 − α + 2 . 2 2 α∫• Για το I2 = ℓn(x + 1) dx θέτουμε u = x + 1 ⇔ x = u − 1 , οπότε είναι dx = du . 2Για x = 2 είναι u = 3, ενώ για x = α είναι u = α + 1 και το ολοκλήρωμα είναι ίσο με α+1 α+1 α+1 α+1 1∫ ∫ ∫ ∫Ι2 = u ℓnu du = (u)′ ⋅ ℓnu du = ⎡⎣⎢u ⋅ ℓnu ⎤⎦⎥ α+1 − u ⋅ (ℓnu)′ du = ⎣⎡⎢u ⋅ ℓnu⎥⎦⎤α3+1 − u⋅ du = 3 33 3 3= ⎢⎣⎡u ⋅ ℓnu⎦⎥⎤α3+1 − (α + 1 − 3) = (α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) − 3ℓn3 − α + 2 .Έχοντας υπολογίσει τα δύο ολοκληρώματα, προχωράμε στην λύση της άσκησης.Άρα από την (1) έπεται ότι α f(x) dx = ⎜⎛⎝⎜⎜⎜α − 1 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ 3 2 2∫Ι = ⋅ ℓn(2α − 1) − ℓn3 − α + 2 − ⎡⎢⎣(α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) − 3ℓn3 − α + 2⎥⎦⎤ ⇒ 2 α f(x) dx = ⎛⎝⎜⎜⎜⎜α − 1 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ 3 2 2∫⇒ Ι= ⋅ ℓn(2α − 1) − (α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) + ℓn3 (2) 2Σχόλιο. Οι πολλές πράξεις σε ερωτήματα θεμάτων εξετάσεων είναι αναμενόμενες. Χρειάζεται εξάσκη-ση, ώστε να τις κάνουμε γρήγορα και σωστά. Το σπάσιμο μεγάλων παραστάσεων σε επιμέρους κομμά-τια, ώστε να μην χαθούμε στην πληθώρα πράξεων, είναι πάντα μία καλή τακτική. αα x−2 2x − 1 g(x) dx =∫ ∫Επίσης, dx . 22Από την ευκλείδεια διαίρεση (x − 2) : (2x − 1) προκύπτει 1 3 x−2 1 3 2 2 2x − 1 2 x −2 = (2x − 1) − ⇔ = − 2 , 2x − 1οπότε θα είναι - 54 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής∫ ∫ ∫α α ⎜⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝ 1 3 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ dx α ⎢⎢⎣⎡ 1 − 3 (2x − 1)′ ⎥⎦⎤⎥ dx = ⎢⎢⎣⎡ x ⎤⎥⎦⎥ α 3 ⎣⎢⎡ 1)⎥⎤⎦ α 2 2 2 2 2 2 4 2x − 1 2 2 4 2 g(x) dx = − 2x − 1 = ⋅ − ⋅ ℓn(2x − = α 3 α 3 3 α 2 4 4 4 2∫= −1− ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(2α − 1) − ℓn3⎥⎦⎤ ⇒ g(x) dx = − ⋅ ℓn(2α − 1) + ℓn3 + −1 (3) 2 αα∫ ∫Λόγω των (2) και (3), τελικά το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με Ε = f(x) dx − g(x) dx = 22= ⎜⎜⎜⎝⎜⎛α − 1 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ ⋅ ℓn(2α − 1) − (α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) + 3 ℓn3 − ⎢⎡⎣⎢− 3 ℓn(2α − 1) + 3 ℓn3 + α − 1⎤⎦⎥⎥ = 2 2 4 4 2= ⎛⎝⎜⎜⎜⎜α − 1 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ⋅ ℓn(2α − 1) − (α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) + 3 ℓn3 + 3 ℓn(2α − 1) − 3 ℓn3 − α +1⇒ 2 2 4 4 2⇒ Ε = ⎜⎜⎝⎛⎜⎜α + 1 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ ⋅ ℓn(2α − 1) − (α + 1) ⋅ ℓn(α + 1) − α +1+ 3 ℓn3 . 4 2 4ε) Αυτό το τελευταίο ερώτημα αφορά ρυθμό μεταβολής.Η ευθεία x = α κινείται προς τα δεξιά με ταχύτητα 1 cm/s, άρα το α μεταβάλλεται συναρτήσει του χρό-νου. Συνεπώς προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής α(t), για την οποία έχουμε α′(t) = +1 cm / s ,όπου το πρόσημο «+» σημαίνει ότι το α αυξάνεται, λόγω της κίνησης της ευθείας προς τα δεξιά.Επειδή το εμβαδόν, Ε, που βρήκαμε στο ερώτημα (δ), εξαρτάται από το α, θα μεταβάλλεται και αυτόσυναρτήσει του χρόνου t, άρα θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = ⎡⎣⎢⎢α(t) + 1 ⎤⎥⎦⎥ ⋅ ℓn( 2α(t) − 1 ) − ⎢⎡⎣α(t) + 1⎦⎤⎥ ⋅ ℓn ( α(t) + 1 ) − α(t) +1+ 3 ℓn3 . 4 2 4Ο ρυθμός μεταβολής του παραπάνω εμβαδού είναι η παράγωγοςE′(t) = ⎡⎢⎣⎢α(t) + 1 ⎤⎥⎦⎥′ ⋅ ℓn( 2α(t) − 1 ) + α(t) ⋅ ⎢⎣⎡ℓn ( 2α(t) − 1 )⎦⎤⎥′ − ⎣⎢⎡α(t) + 1⎥⎤⎦′ ⋅ ℓn ( α(t) + 1 ) − 4= − ⎡⎣⎢α(t) + 1⎤⎥⎦ ⋅ ⎢⎣⎡ℓn( α(t) + 1 )⎤⎦⎥′ − α′(t) = 2= α′(t) ⋅ ℓn( 2α(t) − 1 ) + ⎡⎢⎢⎣α(t) + 1 ⎥⎥⎦⎤ ⋅ 2α′(t) − α′(t) ⋅ ℓn( α(t) + 1 ) − ⎡⎣⎢α(t) + 1⎤⎦⎥ ⋅ α′(t) − α′(t) . 4 2α(t) − 1 α(t) + 1 2Έστω t0 η χρονική στιγμή που το α ισούται με 3 cm.Τότε είναι α(t0) = 3 cm και α′(t0) = 1 cm / s , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι + ⎢⎢⎣⎡α(t0) + 1 ⎥⎦⎥⎤ ⋅ 2α′(t 0 ) α′(t 0 ) α′(t 0 ) 4 2α(t0) − 1 α(t0) + 1 2( ) ( )E′(t0) = α′(t0) ⋅ ℓn − ⎡⎣⎢α(t0) + 1⎤⎥⎦ ⋅ 2α(t0) − 1 − α′(t0) ⋅ ℓn α(t0) + 1 −οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμεE′(t0) = 1 ⋅ ℓn(2 ⋅ 3 − 1) + ⎛⎜⎜⎜⎜⎝3 + 1 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ⋅ 2⋅1 − 1 ⋅ ℓn(3 + 1) − (3 + 1) ⋅ 1 − 1 = 4 2⋅3−1 3+1 2= ℓn5 + 13 ⋅ 2 − ℓn4 − 4 ⋅ 1 − 1 = ℓn5 − ℓn4 + 13 −1− 1 ⇒ Ε′(t0) = ℓn5 − ℓn4 − 1 cm2 / s . 4 5 4 2 10 2 5 - 55 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΓενικό σχόλιο επί του θέματος. Η δυσκολία ενός θέματος μπορεί να οφείλεται σε διάφορους παράγο-ντες. Το 16ο αυτό θέμα, ενώ δεν έχει καμία αξιοσημείωτη δύσκολη σκέψη ή διαδικασία επίλυσης, σα-φώς δεν είναι εύκολο, απλά και μόνο λόγω της έκτασής του.Π.χ., στο πρώτο ερώτημα θέλαμε να βρούμε δύο σύνολα τιμών. Βρήκαμε πού ορίζεται η κάθε συνάρτη-ση και, με την βοήθεια των παραγώγων τους (που υπολογίστηκαν εύκολα και είχα και σταθερά πρόση-μα), προσδιορίσαμε την μονοτονία των f και g. Χάρη στην συνέχεια των f, g, η εύρεση των συνόλων τι-μών τους είναι το επόμενο, τελευταίο βήμα, με απλή, ξεκάθαρη μεθοδολογία, που απλά έχει πολλέςπράξεις.Επίσης, στο τέταρτο ερώτημα είχαμε τον υπολογισμό δύο ολοκληρωμάτων, καθένα από τα οποία μπο-ρούσε να υπολογιστεί με δύο εναλλακτικούς τρόπους, όπως παρατέθηκαν. Και πάλι η έκταση (και όχιη δυσκολία των υπολογισμών) ήταν που απαιτούσε την προσοχή μας.Σε τέτοια θέματα χρειάζεται υπομονή, προσοχή στις πράξεις και ­κυρίως­ να μην μας ξεφεύγει από τομυαλό ο βασικός μας στόχος για κάθε ερώτημα! - 56 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 17ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f, με f′′ συνεχή στο ! και τέτοια, ώστε να ισχύουν:• (x2 + 1) ⋅ f′′(x) + 4x ⋅ f′(x) + 2f(x) = 0 , για κάθε x ∈ ! .• f(0) = 0 και f′(0) = 2 .α) Να αποδείξετε ότι f(x) = 2x , για κάθε x∈!. x2 + 1β) Έστω Ε(α) το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την Cf , τον x΄x και τις ευθείες x = 0 και x = α , α > 0 . Αν το α μεταβάλλεται με ρυθμό 10 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του Ε(α), την στιγμή κατά την οποία α = 3 cm.γ) Θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση g, με g(x) + x − 2 ≤ f(x) , για κάθε x ∈ ! . Ι. Να δείξετε ότι η ευθεία y = −x + 2 είναι ασύμπτωτη της Cg στο +∞ . ΙΙ. Αν Ε είναι το εμβαδόν που περικλείεται από την Cg , την πλάγια ασύμπτωτή της στο +∞ και τις ευθείες x = 0 και x = 2, να δείξετε ότι Ε ≤ ℓn5 .α) Από την σχέση της εκφώνησης βρίσκουμε(x2 + 1) ⋅ f′′(x) + 4x ⋅ f′(x) + 2f(x) = 0 ⇔ (x2 + 1) ⋅ f′′(x) + 2x ⋅ f′(x) + 2x ⋅ f′(x) + 2f(x) = 0 ⇔⇔ (x2 + 1) ⋅ f′′(x) + 2x ⋅ f′(x) = −2x ⋅ f′(x) − 2f(x) ⇔ (x2 + 1) ⋅ f′′(x) + 2x ⋅ f′(x) = −2 ⋅ ⎣⎡⎢f(x) + x ⋅ f′(x)⎥⎦⎤ ⇔⇔ (x2 + 1) ⋅ f′′(x) + (x2 + 1)′ ⋅ f′(x) = −2 ⋅ ⎣⎢⎡(x)′ ⋅ f(x) + x ⋅ f′(x)⎥⎤⎦ ⇔ ⎢⎣⎡(x2 + 1) ⋅ f′(x)⎦⎥⎤′ = −2 ⎢⎡⎣x ⋅ f(x)⎤⎦⎥′ ⇔⇔ ⎣⎢⎡(x2 + 1) ⋅ f′(x)⎤⎥⎦′ = ⎢⎣⎡−2x ⋅ f(x)⎦⎤⎥′ .Επομένως προκύπτει ότι (x2 + 1) ⋅ f′(x) = −2x ⋅ f(x) + c1 , c1 ∈ ! σταθερά.Για x = 0 έχουμε: (02 + 1) ⋅ f′(0) = −2 ⋅ 0 ⋅ f(0) + c1 ⇔ c1 = 2 .Άρα ισχύει (x2 + 1) ⋅ f′(x) = −2x ⋅ f(x) + 2 , απ’ όπου προκύπτει στην συνέχεια (x2 + 1) ⋅ f′(x) + 2x ⋅ f(x) = 2 ⇔ (x2 + 1) ⋅ f′(x) + (x2 + 1)′ ⋅ f(x) = 2 ⇔ ⎡⎣⎢(x2 + 1) ⋅ f(x)⎥⎦⎤′ = (2x)′ .Από εδώ προκύπτει ότι (x2 + 1) ⋅ f(x) = 2x + c2 , c2 ∈ ! σταθερά.Για x = 0 έχουμε: (02 + 1) ⋅ f(0) = 2 ⋅ 0 + c2 ⇔ c2 = 0 .Άρα είναι (x2 + 1) ⋅ f(x) = 2x ⇔ f(x) = 2x , αφού είναι x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! . x2 + 1 α∫β) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με Ε(α) = f(x) dx . x2 +1 > 0 0 2xΕίναι f(x) ≥ 0 ⇔ x2 + 1 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 .Συνεπώς, για x ∈ [0 , α] έχουμε f(x) ≥ 0 , άρα f(x) = f(x) , οπότε είναι - 57 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ∫ ∫ ∫α α 2x α (x2 + 1)′ α x2 + 1 x2 + 1 0Ε(α) = f(x) dx = dx = dx = ⎢⎡⎣ℓn(x2 + 1)⎦⎥⎤ = ℓn(α2 + 1) − ℓn(02 + 1) ⇒ 00 0⇒ Ε(α) = ℓn(α2 + 1) .Όμως, το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, συνεπώς προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής α(t).Άρα και το εμβαδόν μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, συνεπώς κι αυτό προσδιορίζεται από συνάρτηση( )της μορφής Ε(t), με τύπο E(t) = ℓn α2(t) + 1 .Τότε: E′(t) = 1 ⋅ ⎡⎢⎣α2(t) + 1⎥⎤⎦′ = 1 ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) . α2(t) + 1 α2(t) + 1Έστω t0 η χρονική στιγμή της υπόθεσης, κατά την οποία είναι α = α(t0) = 3 cm και α′(t0) = 10 cm / s .Τότε είναι E′(t0) = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅10 cm2 / s ⇒ E′(t0) = 6 cm2 / s . 32 + 1Συνεπώς, ο ρυθμός μεταβολής του Ε(α), την χρονική στιγμή κατά την οποία είναι α = 3 cm, είναι ίσοςμε 6 cm²/s.Σχόλιο. Παρατηρούμε ότι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι ομόσημος του ρυθμού μεταβολής τουα, συνεπώς τα δύο μεγέθη μεταβάλλονται με τον ίδιο τρόπο. Αυτό δεν χρειάζεται να αναφερθεί στηνλύση του ερωτήματος.γ) Ι. Η ανισοτική σχέση της υπόθεσης, σε συνδυασμό με το ότι δεν γνωρίζουμε τύπο για την συνάρτη-ση g, μας «υποδεικνύουν» ότι θα εργαστούμε με το Κριτήριο Παρεμβολής.Έχουμε: g(x) + x − 2 ≤ f(x) ⇔ g(x) − (−x + 2) ≤ f(x) ⇔ − f(x) ≤ g(x) − (−x + 2) ≤ f(x) . 2x 2x 2 x2 + 1 x2 x( )Όμως, = = ℓ im f(x) = 0 , οπότε ℓ im f(x) = ℓ im = ℓ im ℓ im = 0 , άρα και ℓ im − f(x) x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞από το Κριτήριο Παρεμβολής βρίσκουμε ότι ℓ im ⎢⎡⎣ g(x) − (−x + 2)⎦⎤⎥ =0. x→ +∞Το τελευταίο σημαίνει ότι η ευθεία y = −x + 2 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cg στο +∞ . 22∫ ∫ΙΙ. Το ζητούμενο εμβαδόν είναι το Ε = g(x) − (−x + 2) dx = g(x) + x − 2 dx . 0 0 β β∫ ∫Γνωρίζουμε ότι, αν A(x) ≤ B(x) , x ∈ [α , β] , τότε A(x) dx ≤ B(x) dx . ααΣημείωση. Η πρόταση αυτή, σύμφωνα με τις πιο πρόσφατες (έτος 2017­2018) οδηγίες, θεωρείται γνω-στή για τους μαθητές και χρησιμοποιείται χωρίς απόδειξη.Έχουμε από την υπόθεση ότι g(x) + x − 2 ≤ f(x) , για κάθε x ∈ ! , άρα και για x ∈ [0 , 2] , συνεπώς 2 2 f(x)≥0 2 2 2x 2 (x2 + 1)′ x2 + 1 x2 + 1 g(x) + x − 2 dx ≤ f(x) dx = f(x) dx =∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ε = dx = dx ⇒ 0 0 00 0⇒ E ≤ ⎢⎣⎡ℓn(x2 + 1)⎥⎦⎤ 2 = ℓn(22 + 1) − ℓn(02 + 1) = ℓn5 ⇒ E ≤ ℓn5 . 0 - 58 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 18ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ℓnx , με x ∈ [1, + ∞) . x2α) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. e∫β) Να αποδείξετε ότι 2e ⋅ f(x) dx < e − 1 . 1γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδική εφαπτομένη της Cf , που να διέρχεται από το σημείο Α(0, ­1). ξ 1∫δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (1, + ∞) τέτοιο, ώστε f(x) dx = 2018 . 1( ( ) )ε) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ, που σχηματίζει η εφαπτομένη της Cf στο σημείο M x(t0) , f x(t0 , με τον άξονα x΄x, την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία η τετμημένη του σημεί- 1 ου Μ είναι x(t0) = 1 και μειώνεται με ρυθμό 2 μονάδες/s.α) Η f είναι συνεχής στο [1, + ∞) , ως πηλίκο συνεχών, και παραγωγίσιμη στο (1, + ∞) , ως πηλίκο πα-ραγωγίσιμων συναρτήσεων, με f′(x) = (ℓnx)′ ⋅ x2 − ℓnx ⋅ (x2)′ = 1 ⋅ x 2 − ℓnx ⋅ 2x = x − 2x ⋅ ℓnx = x (1 − 2ℓnx) = 1 − 2ℓnx , x>1. (x2 )2 x x4 x4 x4 3 x3Έχουμε:f′(x) = 0 ⇔ 1 − 2ℓnx = 0 ⇔ 1 − 2ℓnx = 0 ⇔ ℓnx = 1 1 = e και x3 2 ⇔ x = e2f′(x) > 0 ⇔ 1 − 2ℓnx x >1 1 1 ⇔x< e , άρα και x3 2 > 0 ⇔ 1 − 2ℓnx > 0 ⇔ ℓnx < ⇔ x<e2 x >1f′(x) < 0 ⇔ 1 < x < e .Ο πίνακας μονοτονίας της f είναι ο διπλανός. 1 e +∞Από τον πίνακα έχουμε ότι η συνεχής συνάρτηση f είναι γνησίως f′(x) + ­)αύξουσα στο ⎢⎡⎣1, e ⎥⎦⎤ , γνησίως φθίνουσα στο ⎡⎣⎢ e , + ∞ και παρου- f(x) 1 2σιάζει μέγιστο (και μάλιστα ολικό) για x = e , το ( )f 11 1 ℓn e ℓne 2 2e e = e2 = e = 2 = . eβ) Αφού το 1 είναι το μέγιστο της f, ισχύει f(x) ≤ 1 , για κάθε x ≥1 (με την ισότητα να ισχύει 2e 2eμόνο για x = e ), απ’ όπου ισοδύναμα έχουμε ότι ισχύει 2e ⋅ f(x) ≤ 1 , για κάθε x ≥ 1 , άρα και γιακάθε x ∈ [1, e] . - 59 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑν θεωρήσουμε την συνάρτηση ϕ(x) = 1 − 2e ⋅ f(x) , x ∈ [1, e] , τότε η φ είναι συνεχής στο [1, e] , μεϕ(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ [1, e] , και επιπλέον δεν είναι παντού μηδέν στο [1, e] . Άρα θα ισχύειee ee e∫ ∫ ∫ ∫ ∫ϕ(x) dx > 0 ⇔ ⎡⎢⎣1 − 2e ⋅ f(x)⎦⎤⎥ dx > 0 ⇔ 1dx − 2e ⋅ f(x) dx > 0 ⇔ 1 ⋅ (e − 1) − 2e ⋅ f(x) dx > 0 ⇔ 11 11 1 e∫⇔ 2e ⋅ f(x) dx < e − 1 .1γ) Αρχικά, παρατηρούμε ότι το Α(0, ­1) δεν είναι σημείο της Cf , καθώς η f δεν ορίζεται για x = 0.( )Έστω λοιπόν Μ α , f(α) , α ≥ 1 , το σημείο της Cf , από το οποίο η εφαπτομένη (ε) που φέρουμε διέρχε-ται από το σημείο Α(0, ­1). Η εξίσωση της (ε) θα είναι η ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) , όπου f(α) = ℓnα και f′(α) = 1 − 2ℓnα , α2 α3οπότε η εξίσωση γίνεταιε : y− ℓnα = 1 − 2ℓnα ⋅(x − α) ⇔ ε : y = 1 − 2ℓnα ⋅x− 1 − 2ℓnα + ℓnα ⇔ α2 α3 α3 α2 α2⇔ε:y= 1 − 2ℓnα ⋅x+ 3ℓnα − 1 . α3 α2Το σημείο Α(0, ­1) ανήκει στην (ε), άρα οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή −1 = 1 − 2ℓnα ⋅0+ 3ℓnα − 1 ⇔ 3ℓnα − 1 = −1 ⇔ 3ℓnα − 1 = −α2 ⇔ 3ℓnα + α2 − 1 = 0 . α3 α2 α2Αρκεί να αποδείξουμε ότι το α, που ικανοποιεί την παραπάνω ισότητα, είναι μοναδικό.Προσέξτε, ότι η άσκηση δεν μας ζητά να βρούμε απαραίτητα το α και την μοναδική εφαπτομένη της Cf ,παρά μόνο να αποδείξουμε την ύπαρξή τους.Θεωρούμε την συνάρτηση g(α) = 3ℓnα + α2 − 1 , α ≥ 1 .Τότε θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση g(α) = 0 έχει μοναδική ρίζα.Η g είναι συνεχής στο [1, + ∞) και παραγωγίσιμη στο (1, + ∞) , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτή-σεων, με 1 3 α α g′(α) = 3 ⋅ + 2α − 0 = + 2α > 0 , για κάθε α >1.Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, + ∞) , οπότε είναι και 1­1.Επιπλέον, παρατηρούμε ότι g(1) = 3ℓn1 + 12 − 1 = 0 , που σημαίνει ότι το α = 1 είναι ρίζα της εξίσωσηςg(α) = 0 και μάλιστα μοναδική, αφού η g είναι 1­1.ΠΡΟΣΟΧΗ !! Εδώ υπάρχει ένα πολύ λεπτό σημείο!Η τιμή του α που βρίσκουμε είναι το αριστερό άκρο του διαστήματος όπου ορίζεται η g, άρα και η f.Η παραγωγισιμότητα της f στο άκρο αυτό ΔΕΝ είναι δεδομένη!Πράγματι· νωρίτερα βρήκαμε την παράγωγο f′(x) , για x > 1 , αφού εκεί μας ενδιέφερε να προσδιορί-σουμε το πρόσημο της f′ , και δεν ασχοληθήκαμε με την ύπαρξη και τιμή του f′(1) . Όμως, η ύπαρξη αυ-τού του αριθμού δεν είναι δεδομένη! Θυμηθείτε, π.χ., την συνάρτηση f(x) = x , που ορίζεται και είναισυνεχής στο [0 , + ∞) , αλλά δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0! Στο άκρο αυτό μπορεί να μην υπάρχει - 60 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςεφαπτομένη ή μπορεί να υπάρχει κατακόρυφη εφαπτομένη (που είναι εκτός εξεταστέας ύλης όμως), μετην συνάρτηση να μην είναι παραγωγίσιμη.Άρα χρειαζόμαστε να επιβεβαιώσουμε την παραγωγισιμότητα της f στο x0 = 1 , ώστε να είμαστε βέβαιοιγια την ύπαρξη της εφαπτομένης της Cf στο σημείο αυτό.1ος τρόπος: Με βοηθητική συνάρτηση (επέκταση της f).Θεωρούμε την συνάρτηση F(x) = ℓnx , που ορίζεται στο (0 , + ∞) . x2Η συνάρτηση αυτή είναι μία επέκταση της f. Ο όρος αυτός είναι εκτός διδακτέας ύλης Γ΄ Λυκείου, γι’αυτό και επεξηγείται άμεσα. Δεν χρειάζεται να αναφερθεί ως όρος από τον υποψήφιο, αρκεί να εξηγη-θεί όπως φαίνεται παρακάτω.Η F είναι μία συνάρτηση με τύπο ίδιο με αυτόν της f, που ορίζεται σε ένα ευρύτερο διάστημα από αυτότης f, στο οποίο το σημείο x0 = 1 είναι εσωτερικό σημείο. Η F είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ωςπηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (0 , + ∞) , άρα είναι παραγωγίσιμη και στο x0 = 1 ∈ (0 , + ∞) .Άρα υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός το όριο ℓ = ℓ im F(x) − F(1) ⇔ ℓ im F(x) − F(1) = ℓ im F(x) − F(1) =ℓ , x→1 x −1 x→ 1+ x −1 x→ 1− x −1όπου για x >1 είναι F(x) = f(x) , άρα ισχύει ℓ im F(x) − F(1) = ℓ im f(x) − f(1) . x −1 x→ 1+ x −1 x→ 1+Συνεπώς και η συνάρτηση f, που ορίζεται στο [1, + ∞) , είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1 , με παράγωγο f(x) − f(1)τιμή f′(1) = ℓ im x −1 = ℓ ∈ \" , άρα έχει και εφαπτομένη στο σημείο αυτό. x→ 1+Προσέξτε και πάλι, ότι δεν υπολογίσαμε την παράγωγο τιμή, απλά εξασφαλίσαμε την ύπαρξή της, αφούαυτό μας αρκεί.2ος τρόπος: Με άμεσο υπολογισμό.Για να είναι παραγωγίσιμη η f στο x0 = 1 , αρκεί να υπάρχει και να είναι πραγματικός αριθμός το όριο ℓ = ℓ im f(x) − f(1) . x→ 1+ x −1Πράγματι, είναι ℓ = ℓ im f(x) − f(1) = ℓ im f(x) − ℓn1 = ℓ im f(x) = ℓ im ℓnx = ℓ im ℓnx = x→ 1+ x −1 x→ 1+ 12 x→ 1+ x −1 x→ 1+ x2 x→ 1+ x2(x − 1) x −1 x −1 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ 01 1 ℓnx 1 ℓnx 0 (ℓnx)′ 1= ℓ im x2 ⋅ x −1 , όπου ℓ im x2 =1 και ℓ im x −1 ℓ im (x − 1)′ = ℓ im x = ℓ im x =1. = x→ 1+ 1 x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+Τελικά είναι ℓ = ℓ im ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ 1 ⋅ ℓnx ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 1 ⋅ 1 = 1 ∈ \" , συνεπώς η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 1 , με παρά- x2 x −1 x→ 1+γωγο τιμή f′(1) = 1 , άρα έχει και εφαπτομένη στο σημείο αυτό.Εδώ ο υπολογισμός της παραγώγου τιμής ήρθε άμεσα, ως μέρος της απόδειξης ύπαρξης.Αφού εξασφαλίσαμε την παραγωγισιμότητα της f στο 1, εξασφαλίσαμε ότι η γραφική της παράστασηθα έχει εφαπτομένη στο σημείο με τετμημένη 1, άρα η μοναδική λύση α = 1 που βρήκαμε νωρίτεραόντως μάς εξασφαλίζει το ζητούμενο.Τελικά υπάρχει μοναδική εφαπτομένη της Cf , που να διέρχεται από το σημείο Α(0, ­1). - 61 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Η μορφή της συνάρτησης εντός του ολοκληρώματος μάς προτρέπει να επιχειρήσουμε τον άμεσουπολογισμό του και να αντικαταστήσουμε το αποτέλεσμα στην εξίσωση του ερωτήματος. ξ∫Αρχικά θα υπολογίσουμε το f(x) dx , για ξ > 1 . 1 ξξ ℓnx ξ 1 ξ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜− 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟′ ⎡⎢⎣⎢− 1 ⎦⎤⎥⎥ ξ ξ −1 x2 x2 x x 1 1 x f(x) dx = 1 11∫ ∫ ∫ ∫ ∫Είναι = ⋅ (ℓnx)′ dx dx ⋅ ℓnx dx = ⋅ ℓnx dx = ⋅ ℓnx − = 1∫ ∫= ⎣⎢⎢⎡− ξ ξ ξ ξ ⎢⎢⎡⎣− ξ ⎡⎢⎢⎣ ξ 1 ⋅ ℓnx ⎥⎤⎦⎥ 1 − 1 −1 ⋅ 1 dx = ⎢⎢⎡⎣− 1 ⋅ ℓnx⎥⎥⎦⎤ 1 − 1 −1 dx = 1 ⋅ ℓnx ⎥⎤⎦⎥ 1 − 1 ⎥⎦⎤⎥ 1 = x x x x x2 x x=− 1 ⋅ ℓnξ + 1 ⋅ ℓn1 −⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 1 − 1 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ = − ℓnξ − 1 +1. ξ 1 ξ 1 ξ ξΆρα, ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (1, + ∞) τέτοιο, ώστε να ισχύει − ℓnξ − 1 +1= 1 . ξ ξ 2018Παρατήρηση. Τέτοιες «περίεργες» τιμές σε συναρτήσεις ή εξισώσεις, που «παίζουν», για παράδειγμα,με ημερομηνίες/έτη, συνήθως υποδεικνύουν ότι για την λύση τους δεν θα βρούμε συγκεκριμένη τιμή τηςμεταβλητής που να δίνει τέτοιο αποτέλεσμα για την συνάρτηση, απλά θα εξασφαλίσουμε την ύπαρξήτης μέσω, π.χ., μονοτονίας και ιδιότητας 1­1, αν ζητείται μοναδικότητα αυτής.Θεωρούμε την συνάρτηση h : (1, + ∞) → ! , με h(x) = − ℓnx − 1 +1. x xΗ h είναι παραγωγίσιμη στο (1, + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, μεh′(x) = − (ℓnx)′ ⋅ x − ℓnx ⋅ (x)′ − −1 =− 1 ⋅ x − ℓnx + 1 =− 1 − ℓnx + 1 = 1 − 1 + ℓnx ⇒ x2 x2 x x2 x2 x2 x2 x2⇒ h′(x) = ℓnx , x2για την οποία ισχύει ότι h′(x) > 0 , για κάθε x > 1 , αφού x > 1 ⇔ ℓnx > 0 και x2 > 1 > 0 .Σχόλιο. Παρατηρούμε ότι είναι h′(x) = f(x) ! Όμως, καθώς δεν έχουμε βρει στην λύση μας (και σε προ-ηγούμενα ερωτήματα) καμία πληροφορία για το πρόσημο της f, η παραπάνω παρατήρηση είναι περιττήκαι στην λύση, κι έτσι παραλείπεται.Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο (1, + ∞) , άρα και 1­1 σε αυτό. Επιπλέον, το σύνολο τι-( )μών της είναι το h = ⎜⎛⎝⎜⎜ ⎠⎟⎞⎟⎟ , (1, + ∞) ℓ im h(x) , ℓ im h(x) όπου x→ 1+ x→ +∞ℓ im h(x) = ℓ im ⎛⎝⎜⎜⎜⎜− ℓnx − 1 + 1⎟⎞⎟⎟⎠⎟ = − ℓn1 − 1 +1= 0 και x x 1 1x→ 1+ x→ 1+ ⎝⎛⎜⎜⎜⎜− + 1⎟⎟⎠⎟⎞⎟ , με +∞ 1 xℓ im h(x) = ℓ im ℓnx − 1 ℓ im ℓnx +∞ ℓ im (ℓnx)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 = 0. x x x (x)′ x→ +∞ x→ +∞ xx→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ = x→ +∞Άρα είναι ℓ im h(x) = 0 − 0 + 1 = 1 , συνεπώς h( (1, + ∞) ) = (0 ,1) . x→ +∞ - 62 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤο 1 ∈ (0 ,1) , άρα υπάρχει ξ ∈ (0 ,1) τέτοιο, ώστε h(ξ) = 1 . Μάλιστα, αυτό το ξ είναι μοναδι- 2018 2018κό, αφού η h είναι 1­1.Άρα ισοδύναμα υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (0 ,1) τέτοιο, ώστε ℓnξ 1 1 ξ 1 ξ ξ 2018 2018 − − +1= ∫ή f(x) dx = . 1ε) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.( ( ) )Από την εκφώνηση έχουμε ένα σημείο Μ, που κινείται επί της Cf , με συντεταγμένες που μεταβάλλονταιως προς τον χρόνο και είναι της μορφής M x(t) , f x(t) , t ≥ 0 . Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο τηςΜ θα σχηματίζει γωνία θ, που επίσης θα μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο και θα προσδιορίζεται απόσυνάρτηση της μορφής θ(t) , t ≥ 0 .Την χρονική στιγμή t0 , η τετμημένη του =ση−με2ί1ουμΜονάείδνεαςι/sx. (Αt0ν)α=ζη1τοκύαμιεμτεοινώνρευτθαμιόμμεερτυαθβμοόλής21 μονάδες θ′(t0) τηςανά δευτερόλεπτο, δηλαδή ισχύει x′(t0)γωνία, την χρονική στιγμή t0 .Η κλίση της εφαπτομένης στο Μ, για κάθε χρονική στιγμή t, θα είναι η λ = εϕ(θ(t)) = f′(x(t)) = 1 − 2ℓn(x(t)) , t ≥0. x3(t)Όπως έχουμε τονίσει κατ’ επανάληψη, ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας προκύπτει παραγωγίζοντας τρι-γωνομετρικό αριθμό που την περιέχει ­εδώ, την εφ(θ(t)­, ως εξής:Παραγωγίζοντας κατά μέλη ως προς t, έχουμε:⎡⎣⎢ εϕ (θ(t))⎦⎥⎤ ′ = ⎢⎢⎣⎡⎢ 1− 2ℓn(x(t)) ⎤⎥⎥⎥⎦′ ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = ⎡⎣⎢1 − 2ℓn(x(t))⎤⎦⎥′ ⋅ x3(t) − ⎢⎣⎡1 − 2ℓn(x(t))⎦⎤⎥ ⋅ ⎢⎡⎣x3(t)⎦⎥⎤′ ⇔ ⎢⎣⎡ x3 (t)⎥⎦⎤ 2 x3(t) συν2 (θ(t))( ) ( )⇔ x′(t) x(t) ⎤⎥⎦ ⋅ 3x2(t) ⋅ x′(t) 1 −2⋅ x(t) ⋅ x 3 2(t) − ⎢⎣⎡1 − 2ℓn συν2 θ(t) x6(t) ⋅ θ′(t) = ⇔( )⇔ 1 ( )συν2 θ(t) ⋅ θ′(t) = −2x′(t) ⋅ x2(t) − 3x2(t) ⋅ x′(t) + 6x2(t) ⋅ x′(t) ⋅ ℓn x(t) ⇔ x6(t)( )⇔ 1 ( )συν2 θ(t) ⋅ θ′(t) = −5x2(t) ⋅ x′(t) + 6x2(t) ⋅ x′(t) ⋅ ℓn x(t) ⇔ x6(t)(Εδώ αξιοποιούμε την γνωστή τριγωνομετρική σχέση 1 = 1 + εϕ2θ ) συν2θ( ) ( ) ( ) ( )⇔ ⎡⎢⎣1 + εϕ2 θ(t) ⎥⎤⎦ ⋅ θ′(t) = − x2(t) ⋅ x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡5 − 6ℓn x(t) ⎤⎥⎦ ⇔ θ′(t) = 1 ⋅ −x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡5 − 6ℓn x(t) ⎥⎦⎤ . x6 4(t) 1 + εϕ2 x4(t) θ(t)( ) ( )Την χρονική στιγμή t0 έχουμε θ′(t0) = 1 ⋅ −x′(t0) ⋅ ⎡⎢⎣5 − 6ℓn x(t 0 ) ⎥⎤⎦ , όπου x′(t0) = − 1 και 1 + εϕ2 θ(t0) x4(t0) 2 - 63 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής( ) ( )x(t0) = 1 , άρα = f′(1) = 1 − 2ℓn1εϕ θ(t 0 ) = f′ x(t 0 ) 13 =1. 1 − ⎜⎜⎜⎛⎝− 1 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ ⋅ (5 − 6ℓn1) 1 5 5 1 + 12 2 2 2 4Με αντικατάσταση, προκύπτει θ′(t0) = ⋅ = ⋅ = . 14Τελικά, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ είναι ίσος με θ′(t0) = + 5 μον.γ/s, 4όπου το πρόσημο «+» του αποτελέσματος (θετικός ρυθμός μεταβολής) σημαίνει ότι η γωνία αυξάνεταικαι «μον.γ» είναι η μονάδα μέτρησης της γωνίας.Παρατήρηση. Στο αποτέλεσμα δεν βάλαμε ως μονάδα μέτρησης της γωνίας rad, που είναι το σύνηθες,διότι πουθενά στην άσκηση δεν δίνεται κάποιο στοιχείο για την μονάδα μέτρησης της γωνίας. Προτιμή-σαμε το γενικόλογο «μον.γ», που σημαίνει «μονάδα της γωνίας». Για τον χρόνο, πάλι, χρησιμοποιήσαμεως μονάδα μέτρησης τα δευτερόλεπτα (s), αφού ο ρυθμός μείωσης της τετμημένης του Μ χρησιμοποιείτην ίδια μονάδα χρόνου. - 64 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 19ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση g(x) = ℓnx + 1 , με x > 0 , και η συνάρτηση f(x) = x2 − συνx + g(α) , με x∈! καια>0. xα) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.β) Για τις διάφορες τιμές του α, να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(x) = 0.γ) Για α = 1: Ι. Να αποδειχθεί ότι από το σημείο Μ(0, ­2) άγονται ακριβώς δύο εφαπτομένες της Cf . ΙΙ. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό σημείο Ν(x, y) της Cf , με x ∈ (0 ,1) , όπου κατά την χρονι- κή στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένς του, y′(t0) , είναι διπλάσιος από αυτόν της τετμημένης του, x′(t0) , αν υποθέσουμε ότι x′(t0) , y′(t0) ≠ 0 .δ) Να υπολογιστεί το όριο ℓ im ⎣⎡⎢g(x + 1) − g(x)⎥⎦⎤ . x→ +∞α) Η f ορίζεται και είναι συνεχής στο ! , ως άθροισμα συνεχών. Επιπλέον, η f είναι δύο φορές παρα-γωγίσιμη στο ! , με f′(x) = 2x + ηµx , x ∈ ! , και f′′(x) = 2 + συνx > 0 , για κάθε x ∈ ! .Η f′ έχει προφανή ρίζα την x = 0, αφού f′(0) = 2 ⋅ 0 + ηµ0 = 0 , και, επιπλέον, είναι γνησίως αύξουσα,αφού έχει παράγωγο f′′(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! . Άρα:• για κάθε x > 0 (και επειδή η f′ είναι γνησίως αύξουσα), έχουμε f′(x) > f′(0) ⇒ f′(x) > 0 .• για κάθε x < 0 (και επειδή η f′ είναι γνησίως αύξουσα), έχουμε f′(x) < f′(0) ⇒ f′(x) < 0 .Με βάση τα παραπάνω, έχουμε τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της f. −∞ 0 +∞Από τον πίνακα προκύπτει ότι η συνάρτηση f:• είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞ , 0] , f′(x) ­ +• είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0 , + ∞) και• έχει ολικό ελάχιστο για x = 0, το f(x) 2 1 f(0) = 02 − συν0 + g(α) = 1 − g(α) .β) Για να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(x) = 0, χρειαζόμαστε αρχικά το σύνολο τιμών τηςσυνάρτησης f.Έστω τα διαστήματα Δ1 = (−∞ , 0] και Δ2 = (0 , + ∞) . Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η f:)• είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ1 , άρα παίρνει σε αυτό τιμές f(Δ1) = ⎣⎡⎢ f(0) , ℓ im f(x) x→ −∞• είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ2 , άρα παίρνει σε αυτό τιμές f(Δ2 ) = ⎝⎛⎜⎜⎜ ℓ im f(x) , ℓ im f(x) ⎠⎞⎟⎟⎟ . x→ 0+ x→ +∞Έχουμε:• f(0) = 1 − g(α) , όπως βρήκαμε στο (α).• ℓ im f(x) = ℓ im ⎡⎢⎣x2 − συνx + g(α)⎤⎦⎥ = ℓ im ⎢⎡⎣⎢⎢x2 ⎜⎝⎜⎜⎛⎜1 − συνx + g(α) ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ⎥⎤⎥⎥⎦ . x2 x2 x→ −∞ x→ −∞ x→ −∞ - 65 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Για x ≠ 0 είναι συνx = | συνx | ≤ 1 ⇔− 1 ≤ συνx ≤ 1 . x2 x2 x2 x2 x2 x2 Είναι ℓ im −1 = ℓ im 1 =0, άρα από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ℓ im συνx =0. x2 x→ −∞ x2 x2 x→ −∞ x→ −∞ Επιπλέον, ℓ im g(α) = g(α) ⋅ ℓ im 1 = g(α) ⋅ 0 = 0 , άρα τελικά είναι x2 x→ −∞ x2 x→ −∞ ℓ im f(x) = (+∞) ⋅ (1 − 0 + 0) = +∞ . x→ −∞)Επομένως, f(Δ1) = ⎣⎢⎡g(α) − 1, + ∞ .Επίσης:• ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎢⎡x2 − συνx + g(α)⎥⎦⎤ = 02 − συν0 + g(α) = g(α) − 1 . x→ 0+ x→ 0+• ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎢⎡x2 − συνx + g(α)⎦⎤⎥ = ℓ im ⎡⎢⎣⎢⎢x2 ⎛⎜⎝⎜⎜⎜1 − συνx + g(α) ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ ⎦⎥⎥⎥⎤ . x2 x2 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ Για x ≠ 0 είναι συνx = | συνx | ≤ 1 ⇔− 1 ≤ συνx ≤ 1 . x2 x2 x2 x2 x2 x2 Είναι ℓ im −1 = ℓ im 1 = 0 , άρα από το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ℓ im συνx =0. x2 x→ +∞ x2 x2 x→ +∞ x→ +∞ Επιπλέον, ℓ im g(α) = g(α) ⋅ ℓ im 1 = g(α) ⋅ 0 = 0 , άρα τελικά είναι x2 x→ +∞ x2 x→ +∞ ℓ im f(x) = (+∞) ⋅ (1 − 0 + 0) = +∞ . x→ +∞Επομένως, f(Δ2) = (g(α) − 1, + ∞) .Βάσει των παραπάνω, το σύνολο τιμών της f είναι το f(!) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) = ⎡⎣⎢g(α) − 1, + ∞) ∪ ( g(α) − 1, + ∞) = ⎡⎢⎣g(α) − 1, + ∞) .Σχόλιο. Δεύτερος τρόπος για να υπολογίσουμε το ℓ im f(x) , είναι ο εξής: x→ −∞Παρατηρούμε ότι η f είναι άρτια και το αξιοποιούμε στον υπολογισμό του ορίου ως εξής:Η συνάρτηση f είναι άρτια, αφού για κάθε x ∈ Df = ! , το −x ∈ ! και ισχύει ότι f(−x) = (−x)2 − συν(−x) + g(α) = x2 − συνx + g(α) = f(x) , για κάθε x ∈ ! .Θέτουμε u = −x , οπότε για x → −∞ το u → +∞ και το όριο γίνεται ℓ im f(x) = ℓ im f(u) = +∞ . x→ −∞ u→ +∞Μ’ αυτόν τον τρόπο όμως (όπως φάνηκε), προϋποτίθεται ότι έχουμε υπολογίσει το ℓ im f(x) . x→ +∞Επειδή το σύνολο τιμών, f(!) , της f εξαρτάται από την τιμή g(α) − 1 , θα βρούμε τις πιθανές τιμές τηςδιαφοράς g(α) − 1 , μελετώντας την μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης g.Η συνάρτηση g(x) = ℓnx + 1 , x > 0 , είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ως πηλίκο παρα- xγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο g′(x) = (ℓnx + 1)′ ⋅ x − (ℓnx + 1) ⋅ (x)′ = 1 ⋅ x − (ℓnx + 1) = 1 − ℓnx − 1 =− ℓnx . x2 x x2 x2 x2 - 66 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε:g′(x) = 0 ⇔ − ℓnx = 0 ⇔ ℓnx = 0 ⇔ x = 1 . x2g′(x) > 0 ⇔ − ℓnx x2 >0 x>0 g′(x) < 0 ⇔ x > 1 . x2 > 0 ⇔ − ℓnx > 0 ⇔ ℓnx < 0 ⇔ 0 < x < 1 , άρα καιΜε βάση τα παραπάνω προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας 0 1 +∞για την συνάρτηση g. ­Από τον πίνακα προκύπτει ότι η συνάρτηση g έχει ολικό μέγιστο g′(x) + 2 ℓn1 + 1 g(x)για x = 1, το g(1) = 1 = 1 . Άρα για κάθε x > 0 ισχύει ότι 1 g(x) ≤ g(1) ⇔ g(x) ≤ 1 ⇔ g(x) − 1 ≤ 0 ,με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 1.Συνεπώς και για τον πραγματικό αριθμό α > 0 , που βρήκαμε στο ερώτημα (α), θα ισχύει g(α) − 1 ≤ 0 ,με την ισότητα να ισχύει μόνο αν α = 1.Διακρίνουμε, λοιπόν, τις ακόλουθες περιπτώσεις για τις τιμές του α:Ι. Αν α = 1, τότε g(α) − 1 = 0 . Έχουμε: • το 0 ∈ f(Δ1) , οπότε υπάρχει ρ ∈ Δ1 τέτοιο, ώστε f(ρ) = 0 και μάλιστα μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 . • το 0 ∉ f(Δ2) , άρα η f δεν έχει ρίζα στο Δ2 . Άρα αν α = 1, τότε η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία ρίζα στο ! .ΙΙ. Αν 0 < α ≠ 1 , τότε g(α) − 1 < 0 . Έχουμε: • το 0 ∈ f(Δ1) , οπότε υπάρχει ρ1 ∈ Δ1 τέτοιο, ώστε f(ρ1) = 0 και μάλιστα μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 . • το 0 ∈ f(Δ2) , οπότε υπάρχει ρ2 ∈ Δ2 τέτοιο, ώστε f(ρ2) = 0 και μάλιστα μοναδικό, αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ2 . Άρα αν 0 < α ≠ 1 , τότε η εξίσωση f(x) = 0 έχει δύο ρίζες στο ! .Τελικά, η εξίσωση f(x) = 0 έχει μία ρίζα στο ! , όταν είναι α = 1, ενώ έχει δύο ρίζες στο ! , όταν είναι0<α ≠1.γ) Ι. Για α = 1 είναι g(α) = g(1) = ℓn1 + 1 = 1 , άρα f(x) = x2 − συνx + 1 , x ∈ ! . 1Πρέπει πάντα να κάνουμε τον τυπικό έλεγχο, αν το σημείο Μ της εκφώνησης ανήκει ή όχι στην Cf . Ανανήκει, τότε το ίδιο το Μ είναι το σημείο της Cf από το οποίο άγονται οι ζητούμενες εφαπτομένες. Ανόχι, τότε πρέπει να θεωρήσουμε άλλο σημείο (x0 , f(x0)) της Cf , που θα είναι σημείο επαφής της Cf καιτων ζητούμενων εφαπτομένων που θα διέρχονται από το Μ.Το σημείο Μ(0, ­2) δεν ανήκει στην Cf , αφού f(0) = 02 − συν0 + 1 = −1 + 1 = 0 ≠ −2 .Έστω, λοιπόν, Α(x0 , f(x0)) σημείο της Cf , στο οποίο φέρεται μία ζητούμενη εφαπτομένη (ε).Τότε η (ε) έχει εξίσωση ε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) .Η (ε) διέρχεται από το σημείο Μ(0, ­2), άρα θα ισχύει - 67 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής−2 − f(x0) = f′(x0) ⋅ (0 − x0) ⇔ −2 − (x20 − συνx0 + 1) = (2x0 + ηµx0) ⋅ (−x0) ⇔⇔ −2 − x20 + συνx0 −1 = −2x 2 − x0ηµx0 ⇔ x20 + συνx0 + x0ηµx0 −3 = 0 . 0Έτσι, αρκεί να βρούμε πόσες λύσεις έχει η εξίσωση x2 + συνx + x ⋅ ηµx − 3 = 0 .Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(x) = x2 + συνx + x ⋅ ηµx − 3 , x ∈ ! .Η συνάρτηση φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ! , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, μεπαράγωγο ϕ′(x) = 2x − ηµx + (x)′ ⋅ ηµx + x ⋅ (ηµx)′ = 2x − ηµx + ηµx + x ⋅ συνx = x(2 + συνx) , x ∈ ! .Τότε:ϕ′(x) = 0 ⇔ x(2 + συνx) = 0 ⇔ x = 0 , αφού, για κάθε x ∈ ! , ισχύει ότι συνx ≥ −1 ⇔ 2 + συνx ≥ 1 > 0 . 2+ συνx >0Επίσης, ϕ′(x) > 0 ⇔ x(2 + συνx) > 0 ⇔ x > 0 και ϕ′(x) < 0 ⇔ x < 0 .Από τα προηγούμενα έχουμε για την συνάρτηση φ τον διπλανό −∞ 0 +∞πίνακα μονοτονίας. ϕ′(x) ­ +Από τον πίνακα προκύπτει ότι η συνάρτηση φ είναι γνησίωε φθί-νουσα στο διάστημα (−∞ , 0] , γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) και ϕ(x) 2 1έχει ολικό ελάχιστο για x = 0, το ϕ(0) = 02 + συν0 + 0 ⋅ ηµ0 − 3 = −2 < 0 .Παρατηρούμε ότι το ελάχιστο της φ είναι αρνητικό, οπότε η μονοτονία της μάς «δείχνει» ότι θα βρούμε,εφόσον υπάρχουν, δύο σημεία στα οποία η φ μηδενίζεται, ένα αρνητικό και ένα θετικό. Αυτό μπορεί νααποδειχθεί με την βοήθεια του συνόλου τιμών της φ, όπως ακριβώς εργαστήκαμε και στο ερώτημα (α).Όμως, μπορούμε, εναλλακτικά, να εργαστούμε και με το θεώρημα Bolzano ως εξής:Για την συνάρτηση φ, επιπλέον παρατηρούμε ότι:ϕ(3) = 32 + συν3 + 3ηµ3 − 3 = 6 + συν3 + 3ηµ3 , όπου ⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪ −1 ≤ συν3 ≤ 1 ⎫⎪⎪⎬⎪⎭⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪ −1 ≤ συν3 ≤ 1 ⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎭ . −1 ≤ ηµ3 ≤ 1 −3 ≤ 3ηµ3 ≤ 3Προσθέτοντας κατά μέλη τις τελευταίες ανισότητες, προκύπτει −4 ≤ συν3 + 3ηµ3 ≤ 4 ⇔ 2 ≤ 6 + συν3 + 3ηµ3 ≤ 10 ,δηλαδή 6 + συν3 + 3ηµ3 > 0 ⇔ ϕ(3) > 0 .Είναι και ϕ(0) = −2 < 0 , όπως βρέθηκε νωρίτερα.Ακόμη, είναι ϕ(−3) = (−3)2 + συν(−3) − 3ηµ(−3) = 6 + συν3 + 3ηµ3 = ϕ(3) > 0 .Επειδή η φ είναι συνεχής και στα διαστήματα [−3 , 0] και [0 , 3] , μαζί με τα προηγούμενα συμπεραίνου-με ότι ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στα διαστήματα αυτά, οπότε υπάρχουνρ1 ∈ (−3 , 0) και ρ2 ∈ (0 , 3) τέτοια, ώστε ϕ(ρ1) = 0 και ϕ(ρ2) = 0 .Μάλιστα, η φ είναι γνησίως μονότονη, άρα και 1­1, σε καθένα από τα διαστήματα (−∞ , 0) και(0 , + ∞) , άρα και τα ρ1 ∈ (−3 , 0) ⊆ (−∞ , 0) και ρ2 ∈ (0 , 3) ⊆ (0 , + ∞) , που μηδενίζουν την φ, είναι μο-ναδικά.Τελικά, η εξίσωση ϕ(x) = 0 ⇔ x2 + συνx + x ⋅ ηµx − 3 = 0 έχει ακριβώς δύο λύσεις στο ! , συνεπώς απότο σημείο Μ(0, ­2) άγονται ακριβώς δύο εφαπτομένες στην Cf . - 68 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙΙ. Από την διατύπωση του ερωτήματος καταλαβαίνουμε ότι το σημείο Ν(x, y) της Cf μεταβάλλεται ως( )προς τον χρόνο, άρα οι συντεταγμένες του είναι της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , και ισχύει ότιy(t) = f (x(t)) , με x(t) ∈ (0 ,1) , t ≥ 0 .Έστω t0 η χρονική στιγμή που αναζητούμε, ώστε y′(t0) = 2x′(t0) , με x′(t0) , y′(t0) ≠ 0 .( )Είναι y(t) = f x(t) = x2(t) − συνx(t) + 1 , t ≥ 0 , και παραγωγίζοντας ως προς t βρίσκουμε y′(t) = 2x(t) ⋅ x′(t) + ηµx(t) ⋅ x′(t) .Την χρονική στιγμή t0 θα είναι y′(t0) = 2x(t0) ⋅ x′(t0) + ηµx(t0) ⋅ x′(t0) και εφόσον θέλουμε να ισχύειy′(t0) = 2x′(t0) , αρκεί, την χρονική στιγμή t0 , να ισχύει ότι2x′(t 0 ) = 2x(t0) ⋅ x′(t0) + ηµx(t0) ⋅ x′(t0) ⇔ 2x′(t 0 ) = x′(t0) ⋅ ⎣⎢⎡2x(t0) + ηµx(t0)⎦⎤⎥ x′(t0 )≠0 ⇔⇔ 2 = 2x(t0) + ηµx(t0) ⇔ 2x(t0) + ηµx(t0) − 2 = 0 .Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = 2x + ηµx − 2 , x ∈ ! .Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο ! , ως άθροισμα συνεχών. Επιπλέον:• h(0) = 2 ⋅ 0 + ηµ0 − 2 = −2 < 0 .• h(1) = 2 ⋅1 + ηµ1 − 2 = ηµ1 > 0 , αφού 1 ∈ (0 , π) .Σχόλιο. Στον υπολογισμό του h(1), ελλείψει άλλων στοιχείων, έχουμε ότι στο ημ1, αυτό το 1 είναι 1 rad,γι’ αυτό και γράφουμε ότι 1 ∈ (0 , π) , άρα ηµ1 > 0 .Άρα ισχύουν για την h οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [0, 1], συνεπώς υπάρχειx0 ∈ (0 ,1) τέτοιο, ώστε h(x0) = 0 .Επιπλέον, η h είναι παραγωγίσιμη στο ! , με h′(x) = 2 + συνx > 0 , για κάθε x ∈ ! , αφού συνx ≥ −1 ⇔ συνx + 2 ≥ 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! .Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε είναι και 1­1, συνεπώς η ρίζα x0 που βρήκαμε, είναι μο-ναδική, δηλαδή υπάρχει μοναδικό x0 = x(t0) ∈ (0 ,1) , που να είναι ρίζα της εξίσωσης 2x + ηµx − 2 = 0 .( )Ισοδύναμα επομένως, υπάρχει μοναδική χρονική στιγμή t0 (και, αντίστοιχα, μοναδικό σημείοΝ x(t0) , y(t0) της Cf ), με x(t0) ∈ (0 ,1) και y′(t0) = 2x′(t0) .δ) 1ος τρόπος: Άμεσος υπολογισμός.Το ζητούμενο όριο γίνεται ℓ im ⎣⎢⎡g(x + 1) − g(x)⎤⎥⎦ = ℓ im ⎢⎣⎡⎢ ℓn(x + 1) +1 − ℓnx + 1 ⎤⎦⎥⎥ , όπου: x+1 x x→ +∞ x→ +∞• ℓ im ℓn(x + 1) + 1 +∞ ℓ im ⎡⎢⎣ℓn(x + 1) + 1⎤⎦⎥′ = ℓ im 1 ⋅ (x + 1)′ = ℓ im 1 =0 και x+1 +∞ (x + 1)′ x→ +∞ x+1 x→ +∞ x+1 x→ +∞ x→ +∞ = 1 +∞ 1 ℓnx + 1 +∞ (ℓnx + 1)′ 1• ℓ im x ℓ im (x)′ = ℓ im x = ℓ im x =0. = x→ +∞ 1 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞Τελικά είναι ℓ im ⎣⎢⎡g(x + 1) − g(x)⎥⎤⎦ = 0 − 0 = 0 . x→ +∞ - 69 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος: Με χρήση του Θεωρήματος Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ).Αν και ο 1ος τρόπος είναι σαφώς ευκολότερος, όρια αυτής της μορφής αντιμετωπίζονται και έτσι:Θεωρούμε τυχαίο x > 0 .Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , άρα είναι συνεχής στο [x , x + 1] ⊆ (0 , + ∞) και παρα-γωγίσιμη στο (x , x + 1) ⊆ (0 , + ∞) . Ισχύει, επομένως, το Θ.Μ.Τ. για την g στο [x , x + 1] , που σημαίνειότι υπάρχει ξx ∈ (x , x + 1) τέτοιο, ώστε g′(ξx ) = g(x + 1) − g(x) = g(x + 1) − g(x) , x +1− xόπου g′(x) = − ℓnx , άρα g′(ξx ) = − ℓnξx και από την προηγούμενη σχέση προκύπτει x2 ξ2x − ℓnξx = g(x + 1) − g(x) . ξ2xΓια τις διάφορες τιμές του x > 0 , το αντίστοιχο ξx εξαρτάται κάθε φορά από το x, άρα είναι, με τηνσειρά του, μία μεταβλητή, εξαρτημένη από το x, δηλαδή της μορφής ξx = ξ(x) .Για την νέα αυτή μεταβλητή ισχύει x < ξx < x + 1 ⇔ x < ξ(x) < x + 1 , όπου ℓ im x = ℓ im (x + 1) = +∞ . x→ +∞ x→ +∞Άρα από το κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε και ότι ℓ im ξx = ℓ im ξ(x) = +∞ . Τότε: x→ +∞ x→ +∞ ℓ im ⎢⎡⎣ g(x + 1) − g(x)⎤⎦⎥ = ℓ im −ℓnξx . ξ2x x→ +∞ x→ +∞Θέτοντας ξx = u , θα είναι u → +∞ , όταν x → +∞ , επομένως 1 u ℓ im ⎣⎢⎡g(x + 1) − g(x)⎤⎥⎦ = ℓ im −ℓnu −∞ ℓ im (−ℓnu)′ = ℓ im − = ℓ im −1 = 0. u2 +∞ (u2 )′ 2u2 x→ +∞ u→ +∞ u→ +∞ u→ +∞ 2u u→ +∞ =Σχόλιο. Είναι παραπάνω από προφανές, ότι ο 1ος τρόπος είναι προτιμότερος. Στον υπολογισμό ενόςορίου, πάντα ξεκινάμε από τους πιο απλούς και άμεσους τρόπους που γνωρίζουμε και μόνο όταν αυτοίδεν δίνουν αποτέλεσμα προχωράμε σε πιο σύνθετες μεθόδους και σκέψεις, όπως αυτή του 2ου τρόπου.Είναι, όμως, εξίσου σημαντικό να γνωρίζουμε εναλλακτικούς τρόπους υπολογισμού, γι’ αυτό και παρα-τέθηκε ο 2ος τρόπος. Σε περίπτωση που ο τύπος της συνάρτησης μάς έκανε δύσκολο τον άμεσο υπολο-γισμό του ορίου, ο 2ος τρόπος θα ήταν μονόδρομος. - 70 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 20ο επαναληπτικό θέμαΈστω μία συνάρτηση f, παραγωγίσιμη στο ! , της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το ση-μείο Α(0, 1).α) Να υπολογίσετε το ℓ im f(x2) − 1 . x x→ 0β) Να αποδείξετε ότι ℓ im f2(2x) − 1 = 4f′(0) . x x→ 0γ) Αν, επιπλέον, για την f ισχύει ότι f2(x) − 4f(x) = x2 − 3 , για κάθε x ∈ ! , να βρείτε τον τύπο της.δ) Αν f(x) = 2 − x2 + 1 , x ∈ ! , τότε: Β⎜⎝⎛⎜⎜⎜0 , ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ . Ι. Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων της Cf , οι οποίες διέρχονται από το σημείο 3 2 ΙΙ. Έστω σημείο Μ της Cf , με θετική τετμημένη. Αν η τετμημένη του Μ απομακρύνεται από την αρχή των αξόνων, Ο, με ταχύτητα 2 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τρι- γώνου ΟΑΜ.Αρχικά «αποκωδικοποιούμε» τα δεδομένα της εκφώνησης που θα χρησιμοποιήσουμε.Αφού η Cf διέρχεται από το σημείο Α(0, 1), ισχύει f(0) = 1 (1)Επιπλέον, η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , άρα και στο 0, συνεπώς υπάρχει ­και είναι πραγματικόςαριθμός­ το όριο f′(0) = ℓ im f(x) − f(0) (1) f(x) −1 (1) x→ 0 x−0 x = ℓ im x→ 0α) Το ζητούμενο όριο γράφεται ℓ im f(x2) − 1 = ℓ im ⎣⎡⎢⎢⎢x ⋅ f(x2) − 1 ⎥⎥⎥⎦⎤ . x x2 x→ 0 x→ 0Παρατήρηση. Ένα κλασσικό ­και σοβαρό!­ λάθος εδώ, είναι να γράψουμε ότι ℓ im ⎣⎢⎢⎡⎢ x ⋅ f(x2) − 1 ⎥⎥⎦⎤⎥ = ℓ im x ⋅ ℓ im f(x2) − 1 x2 x→ 0 x2 x→ 0 x→ 0και κατόπιν να υπολογίσουμε καθένα από τα δύο όρια και να καταλήξουμε στο ζητούμενο.Όλες οι επόμενες πράξεις θα είναι σωστές, το αποτέλεσμα θα είναι σωστό, αλλά αυτό το βήμα παραπά-νω δεν επιτρέπεται να το κάνουμε, τουλάχιστον όχι ακόμα! Συνεπώς, ό,τι κι αν γράψουμε στην συνέχειαείναι «στον αέρα»!Ο λόγος που δεν μπορούμε να «σπάσουμε» το ζητούμενο όριο, όπως γράφτηκε παραπάνω, είναι ότι δεν ⎣⎡⎢ g(x)⎥⎦⎤ξέρουμε αν υπάρχει το δεύτερο όριο! Η ιδιότητα ℓ im f( x) ⋅ = ℓ im f(x) ⋅ ℓ im g(x) , ως γνωστόν, x→ x0 x→ x0 x→ x0εφαρμόζεται μόνο αν γνωρίζουμε εκ των προτέρων την υπάρξη των ℓ im f(x) και ℓ im g(x) ! Στην περί- x→ x0 x→ x0 f(x2) − 1πτωσή μας, το όριο ℓ im x2 δεν γνωρίζουμε ακόμα αν υπάρχει! Άρα, πρέπει πρώτα να υπολογί- x→ 0σουμε αυτό και, εφόσον εξασφαλίσουμε την ύπαρξή του, μετά να «σπάσουμε»! - 71 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΓια το όριο ℓ im f(x2) − 1 θέτουμε u = x2 . Τότε για x → 0 , το u → 0 και το όριο γίνεται x2 x→ 0 ℓ im f(u) − 1 (2) u u→ 0 = f′(0) .Άρα το ζητούμενο όριο είναι τελικά ίσο με ℓ im f(x2) − 1 = ℓ im ⎢⎡⎢⎣⎢x ⋅ f(x2) − 1 ⎤⎥⎥⎥⎦ = ℓ im x ⋅ ℓ im f(x2) − 1 = 0 ⋅ f′(0) = 0 . x x2 x2 x→ 0 x→ 0 x→ 0 x→ 0β) Το ζητούμενο όριο γράφεταιℓ im f2(2x) − 1 = ℓ im ⎣⎡⎢f(2x) − 1⎤⎥⎦ ⋅ ⎡⎢⎣f(2x) + 1⎦⎥⎤ = ℓ im ⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪ f(2x) − 1 ⋅ ⎡⎣⎢f(2x) + 1⎤⎦⎥ ⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎬ = x x→ 0 x x x→ 0 x→ 0= ℓ im ⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎨2 ⋅ f(2x) − 1 ⋅ ⎢⎡⎣f(2x) + 1⎥⎦⎤ ⎪⎪⎬⎪⎫⎪⎭ . 2x x→ 0Όπως και πριν, πρώτα θα εξασφαλίσουμε την ύπαρξη και θα υπολογίσουμε καθένα από τα όρια τωνεπιμέρους παραστάσεων και κατόπιν θα υπολογίσουμε το παραπάνω «συνολικό» όριο.• Για το όριο ℓ im f(2x) − 1 θέτουμε u = 2x . 2x x→ 0 Τότε για x → 0 , το u→0 και το όριο γίνεται ℓ im f(2x) − 1 = ℓ im f(u) − 1 (2) 2x u→ 0 u x→ 0 = f′(0) .• Για το όριο ℓ im ⎢⎣⎡f(2x) + 1⎥⎦⎤ , αρχικά θα παρατηρήσουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο 0, άρα και συ- x→ 0 (1) νεχής σε αυτό, συνεπώς ℓ im f(x) = f(0) = 1 (4) x→ 0 Άρα θέτουμε w = 2x και για x → 0 , το w → 0 και το όριο γίνεται ℓ im ⎢⎣⎡f(2x) + 1⎦⎥⎤ = ℓ im ⎡⎣⎢f(w) + 1⎥⎤⎦ = ℓ im f(w) + 1 (4) 1+ 1 = 2 . x→ 0 w→ 0 w→ 0 =Τελικά, το ζητούμενο όριο είναι ίσο με ℓ im f2(2x) − 1 = 2 ⋅ ℓ im f(2x) − 1 ⋅ ℓ im ⎢⎡⎣f(2x) + 1⎦⎥⎤ = 2 ⋅ f′(0) ⋅2 = 4 ⋅ f′(0) . x x→ 0 2x x→ 0 x→ 0γ) Για την συνάρτηση f και για κάθε x ∈ ! , ισχύει f2(x) − 4f(x) = x2 − 3 ⇔ f2(x) − 4f(x) + 4 = x2 − 3 + 4 ⇔ ⎡⎣⎢f(x) − 2⎦⎤⎥2 = x2 + 1 .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) − 2 , x ∈ ! .Η g είναι συνεχής και, επιπλέον, ισχύει x2 + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! .Άρα έχουμε ⎣⎡⎢f(x) − 2⎦⎥⎤2 = x2 + 1 ⇒ g2(x) = x2 + 1 > 0 ⇒ g(x) ≠ 0 , για κάθε x ∈ ! .Συνεπώς, η g διατηρεί το πρόσημό της στο ! .Επιπλέον, έχουμε f(0) = 1, άρα g(0) = f(0) − 2 = 1 − 2 = −1 < 0 , επομένως g(x) < 0 , για κάθε x ∈ ! .Άρα, από την σχέση g2(x) = x2 + 1 προκύπτει ότι g(x) = − x2 + 1 ⇔ f(x) − 2 = − x2 + 1 ⇔ f(x) = 2 − x2 + 1 , x ∈ ! . - 72 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣημείωση. Τα ερωτήματα αυτού του τύπου είτε ζητούν να βρούμε τον τύπο της f είτε μας λένε «νααποδείξετε ότι ο τύπος της f είναι ο...» και μας δίνουν τον τύπο που θα βρούμε.Στην δεύτερη περίπτωση, η δουλειά μας είναι λίγο πιο εύκολη, καθώς αν κάνουμε λάθος, θα το ξέρουμεάμεσα, εφόσον θα έχουμε βρει άλλη απάντηση.Όμως, για την πρώτη περίπτωση, επειδή συχνά ο τύπος της συνάρτησης που θα βρούμε χρειάζεται σεεπόμενα ερωτήματα, συμβαίνει ΣΕ ΕΠΟΜΕΝΑ ερωτήματα να υπάρχει η διατύπωση «Αν f(x) = ...» καινα δίνεται εκεί ο τύπος για την f. Άρα και πάλι, πρακτικά, η εκφώνηση μάς μαρτυρά την αναμενόμενηαπάντηση για τον τύπο της f ! Ας το έχουμε κατά νου λύνοντας αυτό το ερώτημα, ώστε με μια ματιάπαρακάτω να έχουμε την επαλήθευση για την λύση μας.δ) Ι. Αρχικά ελέγχουμε αν το σημείο Β είναι σημείο της γραφικής παράστασης ή όχι.Επειδή f(0) = 2 − 02 + 1 =1≠ 3 , καταλαβαίνουμε ότι το σημείο Β δεν ανήκει στην Cf . 2Έστω, λοιπόν, Κ(x0 , f(x0)) το σημείο επαφής μιας εφαπτομένης με την Cf . Η εξίσωσή της είναι η ε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) ,όπου f′(x) = 0 − (x2 + 1)′ = − 2 x = − x , οπότε 2 x2 + 1 2 x2 + 1 x2 + 1 ( )ε : y − 2 − x20 + 1 = − x0 ⋅(x − x0) ⇔ ε: y−2+ x20 + 1 = − x0 ⋅(x − x0) (5) x20 + 1 x20 + 1Η (ε) διέρχεται από το σημείο Β⎜⎛⎜⎝⎜⎜0 , 3 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ , συνεπώς οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή της. 2Άρα, με αντικατάσταση στην (5), βρίσκουμε3 −2+ x20 + 1 = − x0 ⋅ (0 − x0) ⇔ − 1 + x20 + 1 = x20 ⇔2 x20 + 1 2 x20 + 1⇔− 1 x20 + 1 + 2 1 x20 + 1 + x20 +1= x20 ⇔− 1 x20 + 1 + 1 = 0 ⇔ 2 2 2 x20 + 1 = x20 ⇔ −⇔ x20 + 1 = 2 ⇔ x20 + 1 2 = 22 ⇔ x20 + 1 = 4 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x0 = 3 ή x0 = − 3 . 0• Για x0 = 3 , από την (5) έχουμε την εφαπτομένη 2 ( )3 ( )3 ⋅ x − 3 ⇔ ε1 : y − 2 + 3 + 1 = − 2 3+1 ⋅ x − 3 ⇔ ε1 : y − 2 + 3 + 1 = − 3 +1 ( )⇔ ε1 : y − 2 + 2 = − 3 3 ⋅x+ 3 2 ⋅ x− 3 ⇔ ε1 : y = − 2 2 .• Για x0 = − 3 , από την (5) έχουμε την εφαπτομένη ( )2 −3 ( )3 ⋅ x + 3 ⇔ ε2 : y − 2 + − 3 + 1 = − ( )2 3+1 ( )− 3 + 1 ⋅ x + 3 ⇔ ε2 : y − 2 + 3 + 1 = ( )⇔ ε2 : y − 2 + 2 =3 3 3 2 ⋅ x+ 3 ⇔ ε2 : y = 2 ⋅x+ 2 . - 73 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙΙ. Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής.Έστω M(x, y) σημείο της Cf , με τετμημένη x > 0 .Καθώς το Μ κινείται, οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, άρα είναι της μορ-φής (x(t) , y(t)) , t ≥ 0 .Το Μ έχει θετική τετμημένη, άρα βρίσκεται δεξιά του άξονα y΄y. Επιπλέον, η τετμημένη του απομακρύ-νεται από την αρχή των αξόνων, άρα το Μ κινείται προς τα δεξιά, δηλαδή η τετμημένη του αυξάνεται.Η ταχύτητα της τετμημένης είναι 2 cm/s, άρα ισχύει x′(t) = +2 cm / s .Παρατηρήσεις.α) Προφανώς, η θέση του Μ έχει ιδιαίτερη σημασία και πρέπει να αναφερθεί. Αν το Μ είχε αρνητικήτετμημένη, τότε θα βρισκόταν αριστερά του y΄y, άρα η απομάκρυνσή του από την αρχή των αξόνων θασήμαινε κίνηση προς τα αριστερά και τετμημένη που μειώνεται, οπότε θα ίσχυε x′(t) = −2 cm / s !β) Εδώ η εκφώνηση έχει ένα αξιοσημείωτο εκφραστικό λάθος. Η έκφραση «η τετμημένη απομακρύνε-ται από την αρχή των αξόνων» στερείται νοήματος! Η τετμημένη είναι αριθμός και όχι σημείο, συνεπώςτυπικά δεν έχει νόημα να «απομακρύνεται» από ένα άλλο σημείο, την αρχή των αξόνων Ο. Η εκφώνησηεννοεί ότι το σημείο Μ κινείται και η προβολή του στον οριζόντιο άξονα απομακρύνεται αντίστοιχα απότο Ο, με ταχύτητα 2 cm/s.Για τους ιδιαίτερα παρατηρητικούς, που θα πιάσουν αυτήν την λεπτομέρεια, ισχύει η συμβουλή πουέχουμε δώσει και σε άλλο σημείο: ζητήστε διευκρίνιση! Αν έρθει, θα ξεκαθαρίσει το λεπτό σημείο. Ανόχι, πηγαίνετε με την λογική και την πιο προφανή εξήγηση για το νόημα της έκφρασης, αυτό δηλαδήπου αναφέραμε νωρίτερα.Το τρίγωνο ΟΑΜ έχει κορυφή το σημείο Μ,άρα και αυτό μεταβάλλεται ως προς τονχρόνο. Έτσι, και το εμβαδόν του, Ε, θαπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφήςE(t) , t ≥ 0 .Για το εμβαδόν του, αν θεωρήσουμε ωςβάση του την πλευρά ΟΑ, τότε το αντί-στοιχο ύψος του θα είναι η απόστασητου Μ από τον άξονα y΄y, δηλαδή x(t)>0 υ = d(M , y′y) = | x(t) | = x(t) .Είναι (ΟΑ) = | yA | = 1 , άραE(t) = 1 ⋅ (ΟΑ) ⋅ υ = 1 ⋅1 ⋅ x(t) ⇒ 2 2⇒ E(t) = 1 x(t) , t ≥ 0 . 2 1Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, ως προς τον χρόνο t, είναι E′(t) = 2 x′(t) , t ≥0 και, επειδήx′(t) = +2 cm / s , βρίσκουμε ότι E′(t) = 1 ⋅2 = +1 cm / s . 2Συνεπώς, το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΜ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, αυξάνεται) με ρυθμό 1 cm/s.Σχόλιο. Καθώς γνωρίζουμε ότι η τετμημένη του Μ αυξάνεται, έχουμε το πρόσημο του ρυθμού μεταβο-λής της, που είναι «+». Το αποτέλεσμα που βρήκαμε για τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού, είναι ομό-σημο με τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης, άρα είναι και αυτό θετικό. Αυτό σημαίνει ότι έχουμεθετικό ρυθμό μεταβολής και για το εμβαδόν, δηλαδή αυτό αυξάνεται. - 74 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών





Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Από την υπόθεση έχουμε ότι το σημείο Α απομακρύνεται από τον άξονα x΄x, άρα οι συντεταγμένες του( )θα μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου και θα είναι της μορφής Α x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με x(t) = α(t)( )και y(t) = f (x(t)) = f (α(t)) , t ≥ 0 , άρα Α α(t) , f (α(t)) , t ≥ 0 .( )Αφού x(t) = α = α(t) > 0 και y(t) = f α(t) = 2eα(t) > 0 , το σημείο Α βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο,άρα η απομάκρυνσή του από τον άξονα x΄x σημαίνει ότι κινείται προς τα πάνω με ταχύτηταυ(t) = y′(t) = +2 μονάδες μήκους/s, όπου το πρόσημο «+» εκφράζει την αύξηση της τεταγμένης ωςπρος τον χρόνο t.( )Είναι y(t) = f α(t) = 2eα(t) ⇒ y′(t) = ⎣⎢⎡2eα(t) ⎦⎥⎤′ = 2eα(t) ⋅ α′(t) , άρα ισχύει ότι y′(t) = 2 ⇔ 2 eα(t) ⋅ α′(t) = 2 ⇔ eα(t) ⋅ α′(t) = 1 (3)Καθώς κινείται το Α, μαζί του μεταβάλλεται και το εμβαδόν, Ε(α), άρα προσδιορίζεται και αυτό απόσυνάρτηση της μορφής E(t) , t ≥ 0 . Από το ερώτημα (γ) έχουμε ότι Ε(α) = 2αeα − 2eα + 2 , α > 0 ,άρα E(t) = 2α(t) ⋅ eα(t) − 2eα(t) + 2 , t ≥ 0 .Η συνάρτηση E(t) είναι παραγωγίσιμη ως προς t (ως σύνθεση και πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσε-ων), με παράγωγοE′(t) = 2α′(t) ⋅ eα(t) + 2α(t) ⋅ ⎡⎢⎣eα(t) ⎤⎥⎦′ − 2 ⎣⎡⎢eα(t) ⎦⎥⎤′ = 2α′(t) ⋅ eα(t) + 2α(t) ⋅ eα(t) ⋅ α′(t) − 2eα(t) ⋅ α′(t) ⇒ (3)⇒ E′(t) = 2α(t) ⋅ α′(t) ⋅ eα(t) = 2α(t) ⋅ 1 ⇒ E′(t) = 2α(t) , t ≥ 0 .Έστω t0 η χρονική στιγμή που η εφαπτομένη τέμνει τον x΄x στο σημείο (1, 0).Αυτό σημαίνει ότι, την χρονική στιγμή t0 και για x = x(t0) = 1 και y = y(t0) = 0 , από την εξίσωση τηςεφαπτομένης θα έχουμε 2 eα > 0 0 = 2eα ⋅ 1 + 2eα ⋅ (1 − α) ⇔ 2eα + 2eα − α ⋅ 2eα = 0 ⇔ 2 − α = 0 ⇔ α = 2 ,δηλαδή α(t0) = 2 .Αυτήν την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θα είναι ίσος με E′(t0) = 2α(t0) , οπότεμε αντικατάσταση βρίσκουμε E′(t0) = 2 ⋅ 2 ⇒ E′(t0) = 4 τ.µ / s .Από την ταχύτητα απομάκρυνσης του σημείου Α από τον άξονα x΄x δεν έχουμε συγκεκριμένη μονάδαμήκους, παρά την έκφραση «μονάδα μήκους». Έτσι και το εμβαδόν θα μετράται σε αντίστοιχη τετρα-γωνική μονάδα (τ.μ.), ενώ ο χρόνος σε δευτερόλεπτα (s), οπότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θαμετράται σε «τ.μ/s».ε) Η συνάρτηση h έχει τύπο h(x) = 2x2g(x) = 2x2 ⋅ ex ⇔ h(x) = x2ex , x ∈ ! . 2Η h είναι παραγωγίσιμη στο ! , με παράγωγο h′(x) = (x2)′ ⋅ ex + x2 ⋅ (ex )′ = 2xex + x2ex = x(x + 2)ex , x ∈ ! .Για κάθε x ∈ (0 ,1) είναι x > 0 , x + 2 > 0 , ex > 0 , άρα και h′(x) > 0 , που σημαίνει ότι η συνάρτηση hείναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, 1].Έτσι, για κάθε x ∈ [0 ,1] θα ισχύει ότι h(0) ≤ h(x) ≤ h(1) , απ’ όπου με ολοκλήρωση στο διάστημα [0, 1]έχουμε - 77 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής111 1∫ ∫ ∫ ∫h(0) dx ≤ h(x) dx ≤ h(1) dx ⇔ h(0) ⋅ (1 − 0) ≤ h(x) dx ≤ h(1) ⋅ (1 − 0) ⇔000 0 1 (4)∫⇔ h(0) ≤ h(x) dx ≤ h(1) 0Η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, 1], οπότε από την ανισότητα 0 < 1έχουμε ότι h(0) < h(1) , δηλαδή h(0) ≠ h(1) .Άρα ισχύουν για την h οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Ενδιάμεσων Τιμών στο [0, 1], οπότε για τον 1∫αριθμό η = h(x) dx , που βρίσκεται μεταξύ των αριθμών h(0) και h(1), όπως προκύπτει από την (4), 01∫υπάρχει x0 ∈ (0 ,1) , ώστε h(x0) = η = h(x) dx , και μάλιστα μοναδικό, αφού η h είναι γνησίως αύξου- 0σα στο διάστημα [0, 1]. - 78 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 22ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ex + x2 + x .α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α ∈ (−1, 0) τέτοιος, ώστε eα + 2α + 1 = 0 .β) Να δείξετε ότι f(x) ≥ α2 − α − 1 , για κάθε x ∈ ! , όπου α ο αριθμός του ερωτήματος (α).γ) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(x) = 2019 στο ! . 2018δ) Να αποδείξετε ότι f(x2 + 1) + f(x2 + 2) < f(x2) + f(x2 + 3) , για κάθε x > 0 .( )ε) Έστω ένα σημείο Μ x(t) , y(t) , το οποίο διατρέχει την γραφική παράσταση της f. Να αποδείξετε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 , με x(t0) ∈ (−1, 0) , ώστε ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Μ, ως προς τον χρόνο t, να μηδενίζεται.α) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α ∈ (−1, 0) , που να είναι λύση της εξί-σωσης ex + 2x + 1 = 0 .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ex + 2x + 1 , x ∈ ! .Ι. Η g είναι συνεχής στο διάστημα [­1, 0], ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.ΙΙ. g(−1) = e−1 + 2 ⋅ (−1) + 1 = 1 −1 = 1−e <0 . e eIII. g(0) = e0 + 2 ⋅ 0 + 1 = 1 + 1 = 2 > 0 .Επομένως ισχύει το θεώρημα Bolzano, άρα υπάρχει, τουλάχιστον ένα, α ∈ (−1, 0) , ώστε g(α) = 0 .Επιπλέον, η g είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g′(x) = ex + 2 > 0 , για κάθε x ∈ ! .Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε και στο διάστημα [­1, 0], που σημαίνει ότι το α που βρή-καμε νωρίτερα είναι μοναδικό.β) Θα μελετήσουμε την μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης f, ώστε με την βοήθειά τους ναπροκύψει το ζητούμενο αποτέλεσμα.Η συνάρτηση f ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων, μεπαράγωγο f′(x) = ex + 2x + 1 = g(x) , όπου g η συνάρτηση που θέσαμε στο ερώτημα (α).Εκεί βρήκαμε ότι η g έχει μοναδική ρίζα α ∈ (−1, 0) , δηλαδή ότι υπάρχει μοναδικό α ∈ (−1, 0) , με g(α) = 0 ⇒ f′(α) = 0 .Επίσης βρήκαμε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , επομένως ισχύουν: g↑ x −∞ α +∞ f′(x) ­ +• για κάθε x > α ⇒ g(x) > g(α) ⇒ g(x) > 0 ⇒ f′(x) > 0 . g↑• για κάθε x < α ⇒ g(x) < g(α) ⇒ g(x) < 0 ⇒ f′(x) < 0 .Με βάση τα παραπάνω, ο πίνακας μονοτονίας της f είναι οδιπλανός. f(x) 2 1 - 79 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑπό τον πίνακα προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞ , α) , γνησίως φθίνουσαστο (α , + ∞) και έχει ολικό ελάχιστο για x = α, το f(α) = eα + α2 + α .Επομένως, για κάθε x ∈ ! ισχύει ότι f(x) ≥ f(α) ⇔ f(x) ≥ eα + α2 + α .Παρατηρούμε ότι η ανισότητα που βρήκαμε δεν είναι η ζητούμενη! Για να προκύψει στο δεύτερο μέλοςτης η ποσότητα που θέλουμε, θα αξιοποιήσουμε το εύρημα του ερωτήματος (α).Επιπλέον, από το (α) γνωρίζουμε ότι eα + 2α + 1 = 0 ⇔ eα = −2α − 1 , οπότε αντικαθιστώντας, το ολικόελάχιστο της f είναι ίσο με f(α) = eα + α2 + α = −2α − 1 + α2 + α = α2 − α − 1 .Άρα, για κάθε x ∈ ! , η παραπάνω ανισότητα γίνεται f(x) ≥ f(α) ⇔ f(x) ≥ α2 − α − 1 .Τελικά, για τον αριθμό α του ερωτήματος (α), ισχύει ότι f(x) ≥ α2 − α − 1 , για κάθε x ∈ ! .γ) Αρχικά θα βρούμε την εικόνα κάθε διαστήματος που υπάρχει στον πίνακα μονοτονίας της f.Έστω Δ1 = (−∞ , α] , Δ2 = [α , + ∞) .)Ι.Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ1 , είναι f(Δ1) = ⎣⎢⎡ f(α) , ℓ im f(x) . x→ −∞• f(α) = α2 − α − 1 (βρέθηκε στο (β)).• ℓ im f(x) = ℓ im(ex + x2 + x) = 0 + (+∞) = +∞ . x→ −∞ x→ −∞Άρα είναι f(Δ1) = [α2 − α − 1 , + ∞) .Θα εξετάσουμε αν ο αριθμός 2019 ανήκει στο f(Δ1) , δηλαδή αν είναι 2019 ≥ α2 − α −1 . 2018 2018Παρατηρούμε ότι 2019 > 1 . Επίσης, αφού α ∈ (−1, 0) , είναι −1 < α < 0 ⇔ 0 < −α < 1 , οπότε και 2018 02 < (−α)2 < 12 ⇔ 0 < α2 < 1 .Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες ⎩⎪⎨⎧⎪⎪⎪ 0 < α2 < 1 ⎪⎭⎫⎪⎪⎬⎪ προκύπτει 0 < −α < 1 0 < α2 − α < 2 ⇔ 0 − 1 < α2 − α − 1 < 2 − 1 ⇔ −1 < α2 − α − 1 < 1 ,συνεπώς α2 − α − 1 < 1 < 2019 , δηλαδή 2019 > α2 − α −1 . 2018 2018Άρα ο αριθμός 2019 ανήκει στο f(Δ1) , οπότε υπάρχει ρ1 ∈ Δ1 τέτοιο, ώστε f(ρ1) = 2019 , δηλαδή η 2018 2018εξίσωση f(x) = 2019 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστημα Δ1 . Η ρίζα αυτή, όμως, θα είναι μονα- 2018δική, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα (άρα και 1­1) στο Δ1 .)ΙΙ. Δ2 , ⎢⎣⎡ f(α)Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο είναι f(Δ2) = , ℓ im f(x) . x→ +∞Είναι ℓ im f(x) = ℓ im (ex + x2 + x) = (+∞) + (+∞) = +∞ , οπότε f(Δ2) = [α2 − α − 1 , + ∞) . x→ +∞ x→ +∞Και εδώ, το 2019 ∈ f(Δ2) , οπότε υπάρχει ρ2 ∈ Δ2 τέτοιο, ώστε f(ρ2) = 2019 , δηλαδή η εξίσωση 2018 2018f(x) = 2019 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστημα Δ2 . Η ρίζα αυτή, όμως, θα είναι μοναδική, αφού 2018 - 80 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςη f είναι γνησίως αύξουσα (άρα και 1­1) στο Δ2 .Τελικά, η εξίσωση f(x) = 2019 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο ! . 2018δ) Η μορφή της ζητούμενης ανισότητας, με τα ισαπέχοντα δεδομένα x2 , x2 + 1 , x2 + 2 , x2 + 3 , παρα-πέμπει σε χρήση Θ.Μ.Τ.Για κάθε x > 0 , η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα γράφεταιf(x2 + 1) + f(x2 + 2) < f(x2) + f(x2 + 3) ⇔ f(x2 + 1) − f(x2) < f(x2 + 3) − f(x2 + 2) ⇔⇔ f(x2 + 1) − f(x2) < f(x2 + 3) − f(x2 + 2) , την οποία και θα αποδείξουμε ότι ισχύει. (x2 + 1) − x2 (x2 + 3) − (x2 + 2)Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! .Έστω τυχαίο x > 0 . Τότε η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα [x2 , x2 + 1] και[x2 + 2 , x2 + 3] και παραγωγίσιμη, αντίστοιχα, στα (x2 , x2 + 1) και (x2 + 2 , x2 + 3) , δηλαδή ισχύουν οιπροϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ για την f σε καθένα από τα [x2 , x2 + 1] , [x2 + 2 , x2 + 3] .Άρα υπάρχουν ξ1 ∈ (x2 , x2 + 1) και ξ2 ∈ (x2 + 2 , x2 + 3) , με ξ1 < x2 + 1 < x2 + 2 < ξ2 ⇒ ξ1 < ξ2 , τέτοια,ώστε f′(ξ1) = f(x2 + 1) − f(x2) και f′(ξ2) = f(x2 + 3) − f(x2 + 2) . (x2 + 1) − x2 (x2 + 3) − (x2 + 2)Όμως για την f έχουμε f′(x) = ex + 2x + 1 ⇒ f′′(x) = ex + 2 > 0 , για κάθε x ∈ ! , που σημαίνει ότι η f′είναι γνησίως αύξουσα στο ! . Επομένως, f′↑ f(x2 + 1) − f(x2) < f(x2 + 3) − f(x2 + 2) (x2 + 1) − x2 (x2 + 3) − (x2 + 2) ξ1 < ξ2 ⇒ f′(ξ1) < f′(ξ2) ⇒και αποδεικνύεται το ζητούμενο.ε) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.( )Το σημείο Μ x(t) , y(t) διατρέχει την γραφική παράσταση της συνάρτησης f, άρα οι συντεταγμένες του( )μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής Μ x(t) , y(t) , t ≥ 0 , όπως δίνεται και από τηνεκφώνηση.( )Τότε ισχύει ότι y(t) = f x(t) = ex(t) + x2(t) + x(t) , t ≥ 0 .Όπως πάντα, εφόσον στην εκφώνηση του θέματος δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, εννοείται ότι οισυναρτήσεις x(t), y(t), που προσδιορίζουν τις συντεταγμένες του Μ, είναι παραγωγίσιμες.Παραγωγίζοντας την σχέση αυτή ως προς t, βρίσκουμε y′(t) = ex(t) ⋅ x′(t) + 2x(t) ⋅ x′(t) + x′(t) ⇒ y′(t) = x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡ex(t) + 2x(t) + 1⎦⎥⎤ .Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 , με x(t0) ∈ (−1, 0) , κατά την οποία ο ρυθμόςμεταβολής της τεταγμένης του Μ μηδενίζεται.Από την παραπάνω σχέση, για t = t0 , προκύπτει ότι ( την ζητούμενη χρονική στιγμή t0 ο ρυθμός μεταβο-λής της τεταγμένης του Μ θα είναι y′( t0) = x′(t0) ⋅ ⎣⎡⎢ex +t0 ) 2x(t0) + 1⎦⎥⎤ , όπου από την υπόθεση έχουμε x(t0) ∈ (−1, 0) ⇒ x(t0) ≠ 0 . - 81 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα, y′(t0) = 0 ⇔ x′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡ex(t0) + 2x(t0) + 1⎥⎦⎤ x′(t0 )≠0 ex(t0) + 2x(t0) + 1 = 0 . ⇔Επομένως, ισοδύναμα αρκεί να βρούμε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία ισχύει ex(t0) + 2x(t0) + 1 = 0 .Καθώς δεν θέλουμε να υπολογίσουμε την συγκεκριμένη χρονική στιγμή, αλλά να εξασφαλίσουμε τηνύπαρξή της, αλλά και λόγω της μορφής της ζητούμενης ισότητας, που εμφανώς παραπέμπει στην συνάρ-τηση g που ορίσαμε στο (α) ερώτημα, θα αξιοποιήσουμε το αποτέλεσμα του ερωτήματος (α) ως εξής:Στο (α) βρήκαμε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α ∈ (−1, 0) τέτοιος, ώστε eα + 2α + 1 = 0 .Αφού και το ζητούμενο x(t0) ∈ (−1, 0) , ονομάζουμε t0 την χρονική στιγμή κατά την οποία ισχύει ότιx(t0) = α ∈ (−1, 0) . Τότε, την χρονική στιγμή t0 , θα είναι y′(t0) = x′(t0 ) ⋅ ⎢⎣⎡ex(t0) + 2x(t0) + 1⎤⎥⎦ x( t0 ) = α x′(t0) ⋅ (eα + 2α + 1) (α) x′(t0) ⋅ 0 = 0. = =Τελικά, υπάρχει πράγματι χρονική στιγμή t0 , με x(t0) ∈ (−1, 0) , και είναι η στιγμή κατά την οποία ισ-χύει ότι x(t0) = α ∈ (−1, 0) , ώστε ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Μ, ως προς τον χρόνο t, ναμηδενίζεται. - 82 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 23ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = −x , x ≤ 0 .α) Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία, τα κοίλα και να βρείτε το σύνολο τιμών της.( )β) Ένα υλικό σημείο Α α , −α , α < 0 , κινείται στην Cf με ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του α′(t) = −α(t) . Επίσης, υλικό σημείο Μ(x, y), με x > 0 , κινείται στην ευθεία με εξίσωση y = x. Ι. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της γωνίας ΑΟΜ = θ, όπου Ο η αρχή των αξόνων, την χρονική στιγμή t0 , που είναι (ΟΑ) = 2 . ΙΙ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τις καμπύλες με εξισώσεις y = −x , με x ≤ 0 , y = x , με x ≥ 0 , και την y = α′(t0) . ΙΙΙ. Να βρείτε ευθεία παράλληλη με τον άξονα y΄y, η οποία να χωρίζει το χωρίο Ω σε δύο ισεμβα- δικά χωρία.α) Μονοτονία.Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα (−∞ , 0] και παραγωγίσιμη στο (−∞ , 0) , με παράγωγο f′(x) = 1 ⋅ (−x)′ = −1 < 0 , για κάθε x ∈ (−∞ , 0) . 2 −x 2 −xΣυνεπώς, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞ , 0] .Κυρτότητα.Η f′ είναι παραγωγίσιμη στο (−∞ , 0) , με παράγωγοf′′(x) = − 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ ⎟⎞⎠⎟⎟⎟′ = −( )11⋅ − −x ′ = 1 ⋅ 2 1 ⋅ (−x)′ = 1 ⋅ −1 = 1 <0, 2 2 −x 2 2 −x 4 2 −x 4x −x −x −x −xαφού είναι x < 0 και −x > 0 , για κάθε x ∈ (−∞ , 0) .Συνεπώς, η f είναι κοίλη στο διάστημα (−∞ , 0] .Σύνολο τιμών.Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Df = (−∞ , 0] , έχει σύνολο τιμών το )f(Df ) = ⎢⎣⎡ f(0) , ℓ im f(x) . x→ −∞Είναι f(0) = 0 = 0 και ℓ im f(x) = ℓ im −x = +∞ , οπότε σύνολο τιμών είναι το f(Df ) = [0 , + ∞) . x→ −∞ x→ −∞ - 83 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Θα ξεκινήσουμε αναλύοντας τα δεδομένα του (β), που είναι κοινά για τα υποερωτήματα που ακο-λουθούν. Η ανάλυση αυτή είναι απαραίτητη και καλό είναι να γίνει πριν καν ξεκινήσει η απάντηση τωνυποερωτημάτων, ώστε τα κοινά συμπεράσματα να χρησιμοποιηθούν όποτε χρειαστεί.( )Το υλικό σημείο Α α , −α , α < 0 , κινείται στην Cf , άρα οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως( )προς τον χρόνο και είναι της μορφής Α xA(t) , yA(t) , t ≥ 0 , με xA(t) = α(t) < 0 και yA(t) = −α(t) .Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε ότι η συνάρτηση xA(t) = α(t) είναι παραγωγίσιμη και ισχύει x ′ (t) = α′(t) = −α(t) > 0 , t ≥ 0 . AΤο υλικό σημείο Μ(x , y) , x > 0 , κινείται επίσης, πάνω στην ευθεία με εξίσωση y = x, άρα οι συντεταγ-( )μένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής M xM(t) , yM(t) , t ≥ 0 , με xM(t) > 0και yM(t) = xM(t) , t ≥ 0 .Εδώ θα αξιοποιήσουμε και το δεδομένο (ΟΑ) = 2 , για να βρούμε τις τιμές των α(t0) και α′(t0) , πουθα μας χρειαστούν στην συνέχεια.Την χρονική στιγμή t0 της εκφώνησης, έχουμε ότι(ΟΑ) = 2⇒ α2(t0) + 2 2 ⇒ α2(t0) + −α(t0) 2 = 2 ⇒ α2(t0) − α(t0) − 2 = 0 . −α(t0) =Το τελευταίο είναι τριώνυμο ως προς α(t0) , με ρίζες 2 και ­1. Όμως, από την υπόθεση έχουμε ότι είναια(t0) < 0 , άρα η λύση 2 απορρίπτεται και η λύση α(t0) = −1 είναι δεκτή.Συνεπώς, την χρονική στιγμή t0 είναι α(t0) = −1 .Επίσης, από την σχέση α′(t) = −α(t) , t ≥ 0 , για t = t0 προκύπτει α′(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Ι. Αρχικά θα βρούμε σχέση για την γωνία θ.Η γωνία ΑΟΜ = θ έχει πλευρές που ορίζονται με την βοή-θεια των μεταβλητών, ως προς τον χρόνο, σημείων Α και Μ,άρα και αυτή μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου καιπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t) , t ≥ 0 .Να παρατηρήσουμε εδώ ότι η μεταβλητότητα του Μ σεαυτό το ερώτημα δεν παίζει ρόλο, καθώς η μία πλευράτης γωνίας είναι η ΟΜ, που παραμένει σταθερή καθώς το Μκινείται πάνω στην ευθεία y = x, στην οποία ανήκουν και ταδύο σημεία Ο και Μ. Δείτε και το σχήμα.Να θυμίσουμε επίσης, ότι η μελέτη του ρυθμού μεταβολήςγωνίας γίνεται με την βοήθεια σύνθετων συναρτήσεων, όπουπεριέχεται η θ(t). Παρακάτω θα αναφέρουμε τρεις διαφορετι-κούς τρόπους να λύσουμε το ερώτημα αυτό. Ο πρώτος ακολουθεί άμεσα, ενώ οι άλλοι δύο παρατίθενταισυμπληρωματικά μετά το τέλος της λύσης της άσκησης. !!!!\" !!!\"1ος τρόπος. Με την βοήθεια του εσωτερικού γινομένου των διανυσμάτων ΟΜ , ΟΑ . !!!\" !!!\"Γνωρίζουμε ότι, για τα διανύσματα ΟΜ , ΟΑ και την γωνία θ που αυτά σχηματίζουν, ισχύει !!!\" !!!\" συνθ = !Ο!!Μ\" ⋅ Ο!!Α!\" . ΟΜ ⋅ ΟΑ - 84 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤα διανύσματα έχουν συντεταγμένες αντίστοιχα !!!\" xM (t)= yM (t) !!!\" ( ) ( ) ( )ΟΜ = xM(t) , yM(t) = xM(t) , xM(t) , t ≥ 0 , και ΟΑ = α(t) , −α(t) , t ≥ 0 .Επομένως, για την συνάρτηση θ(t) , t ≥ 0 , θα ισχύεισυνθ(t) = xM(t) ⋅ α(t) + xM(t) ⋅ −α(t) = xM(t) ⋅ ⎡⎣⎢α(t) + −α(t) ⎤⎥⎦ xM ( t ) > 0 −α(t) 2 2x 2 (t) ⋅ α2(t) − α(t) = M x 2 (t) + xM2 ( t) ⋅ α2(t) + M= xM(t) ⋅ ⎢⎡⎣α(t) + −α(t) ⎦⎥⎤ = α(t) + −α(t) = 1 ⋅ α(t) + −α(t) .2 ⋅ xM(t) ⋅ α2(t) − α(t) 2 ⋅ α2(t) − α(t) 2 α2(t) − α(t)Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε(Προσοχή στην παραγώγιση, καθώς πρόκειται για ιδιαίτερα σύνθετη παράσταση!) α2(t) − α(t) ′ ⇒ ( )1 ⎣⎡⎢α(t) + −α(t) ⎦⎥⎤′ ⋅ −α(t) ⎥⎤⎦ ⋅ 2−ηµθ(t) ⋅ θ′(t) = ⋅ α2(t) − α(t) − ⎢⎡⎣α(t) + α2(t) − α(t) 2 ( )1 ⎢⎢⎢⎡⎢⎢⎣α′(t) + −α(t) ′ ⎥⎥⎥⎤⎥⎦⎥ ⋅ α2(t) − α(t) − ⎣⎡⎢α(t) + −α(t) ⎦⎤⎥ ⋅ ⎣⎡⎢α2(t) − α(t)⎥⎦⎤′ 2 −α(t) α2(t) − α(t) 2 α2(t) − α(t)⇒ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) = − 2⇒ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) = − ⋅ ⇒ 1 ⎢⎢⎡⎣⎢α′(t) − α′(t) ⎥⎥⎥⎤⎦ ⋅ α2(t) − α(t) − ⎣⎡⎢α(t) + −α(t) ⎤⎦⎥ ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) − α′(t) 2 2 −α(t) α2(t) − α(t) 2 α2(t) − α(t) ⋅ .Στο σημείο αυτό μπορούμε να σταματήσουμε τις πράξεις. Πράγματι, στο πρώτο μέλος έχουμε τον επι-θυμητό ρυθμό μεταβολής της γωνίας, μαζί με το ημίτονό της (που θα χρειαστεί να βρούμε), ενώ στοδεύτερο μέλος έχουμε μία παράσταση, πολύπλοκη μεν, αλλά εξαρτώμενη μόνο από τα α(t) και α′(t)των οποίων τις τιμές, για την χρονική στιγμή t0 , τις γνωρίζουμε.Την χρονική στιγμή t0 έχουμε ότι ⎢⎢⎣⎢⎡α′(t0) − α′(t 0 ) ⎥⎥⎦⎥⎤ ⋅ α2(t0) − α(t0) − ⎢⎡⎣α(t0) + −α(t 0 ) ⎤⎥⎦ ⋅ 2α(t0) ⋅ α′(t0) − α′(t0) 2 −α(t0) α2(t0) − α(t0) 2 α2(t0) − α(t0)ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − 1 ⋅ 2και με αντικατάσταση των α(t0) = −1 ⇔ −α(t0) = 1 και α′(t0) = 1 βρίσκουμε ( )1 ⎜⎜⎛⎜⎝⎜1 − 1 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ⋅ ⋅ 2 ⋅ (−1) ⋅1 − 1 21 2 (−1)2 + 1 2 12 + 1 − −1 + 1 (−1)2 + 1ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − ⋅ ⇔ 1⋅ 1 ⋅ 2 − 0 ⋅ −3 1 2 2 2 22 2 4⇔ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − ⇔ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − ⋅ ⇔ 2⇔ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − 1 . 4 - 85 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΧρειαζόμαστε την τιμή του ηµθ(t0) . Αρκεί να βρούμε την γωνία θ(t0) που σχηματίζεται την χρονικήστιγμή t0 . Σε τέτοιες περιπτώσεις, συνήθως τα δεδομένα είναι τέτοια, ώστε η γωνία να παίρνει «κατάλ-ληλες» τιμές που «βοηθούν» να βρούμε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς. Έτσι συμβαίνει κι εδώ.Την χρονική στιγμή t0 είναι xA(t0) = α(t0) = −1 και yA(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(­1, 1), που σημαίνει ότι ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = ­x, πη οποία είναι κάθετη στην ευθεία ΟΜ: y = x. Έτσι, την χρονική στιγμή t0 ισχύει θ(t0) = ΑΟΜ = 2 , ποπότε ηµθ(t0) = ηµ 2 = 1.Αντικαθιστώντας, βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t0) = − 1 ⇔ θ′(t0) = − 1 . 4 4Τελικά, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ είναι θ′(t0) = − 1 rad/μονάδα χρόνου. 4Σχόλιο. Για την μονάδα μέτρησης του παραπάνω ρυθμού μεταβολής, η γωνία μετράται σε rad, ενώ γιατον χρόνο δεν έχουμε κανένα στοιχείο από την εκφώνηση, οπότε καταφεύγουμε στην γενική μορφή«μονάδα χρόνου».2ος τρόπος. Με χρήση του συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας ΟΑ.3ος τρόπος. Με χρήση του νόμου συνημιτόνων.Λόγω έκτασης, οι δύο αυτοί εναλλακτικοί τρόποι παρατίθενται μετά το τέλος της απάντησης του θέμα-τος.ΙΙ. Αρχικά, η δεδομένη ευθεία y = α′(t0) , γιαα′(t0) = 1 , όπως βρήκαμε στο β­Ι, είναι η y = 1.Η ευθεία αυτή τέμνει την Cf στο σημείο Β, τονάξονα y΄y στο σημείο Ν και την ευθεία y = xστο σημείο Γ. Τότε, το ζητούμενο εμβαδόν τουχωρίου Ω είναι ίσο με Ε(Ω) = Ε1 + Ε2 , όπου Ε1είναι το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΟΒΝκαι Ε2 το εμβαδόν του τριγώνου ΟΝΓ.Έχουμε: 0∫• E1 = | f(x) − 1 | dx , όπου για −1 ≤ x ≤ 0 −1είναι 0 ≤ −x ≤ 1 , άρα 0 ≤ −x ≤ 1 , οπότεf(x) − 1 = −x − 1 < 0 ⇒ | f(x) − 1 | = 1 − f(x) .Επίσης, στο ολοκλήρωμα θα θέσουμε u = −x και θα είναι du = −dx , ενώ για x = −1 θα είναι u = 1και για x = 0 θα είναι u = 0 . Τότε έχουμε ∫ ( ) ∫ (0 0 ) ∫u 1 ⎜⎛⎜⎝⎜⎜1 − 1 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟⎟ du = ⎢⎢⎢⎢⎡⎢⎢⎣u u3/2 ⎥⎤⎥⎥⎥⎦⎥⎥10 = ⎢⎣⎢⎡⎢u − 2u3/2 ⎥⎥⎦⎤⎥ 1 = (−du) = 0 u 2 − 3 3 0Ε1 = 1 − −x dx = 1 − 2 −1 1= 1− 2⋅1 −0 = 1 . 3 3 - 86 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής• Ε2 = (ΟΝ) ⋅ (ΝΓ) = 1⋅1 = 1 . 2 2 2Τελικά είναι Ε(Ω) = Ε1 + Ε2 = 1 + 1 ⇒ Ε(Ω) = 5 . 3 2 6Σχόλιο. Καθώς πουθενά στην άσκηση δεν αναφέρονται μονάδες μήκους ή εμβαδού, το αποτέλεσμά μαςμπορεί να δοθεί χωρίς μονάδα μέτρησης, χωρίς πρόβλημα.ΙΙΙ. Αναζητούμε ευθεία παράλληλη με τον y΄y,άρα της μορφής ε : x = x0 , η οποία θα χωρίζειτο χωρίο Ω σε δύο ισεμβαδικά χωρία.Επειδή Ε1 < Ε2 , όπως βρήκαμε στο β­ΙΙ,θα πρέπει x0 ∈ (0 ,1) .Στην περίπτωση αυτή, το πρώτο χωρίο είναιτο Ω1 , που σχηματίζεται από το μικτόγραμμοτρίγωνο ΟΒΝ, μαζί με το τραπέζιο ΟΝΡΣ πουπερικλείεται από τον y΄y, την ευθεία (ε), τηνΟΓ: y = x και την ευθεία y = 1, ενώ το δεύτεροχωρίο Ω2 είναι αυτό του τριγώνου ΣΡΓ, πουσχηματίζουν η ευθεία (ε), η ευθεία ΟΜ: y = xκαι η ευθεία y = 1. 1∫Για x ∈ (x0 ,1) , είναι x0 < 1 ⇔ 1 − x0 > 0 και το εμβαδόν του χωρίου Ω2 είναι το Ε2 = (1 − x) dx . x0Τότε, για να είναι ισεμβαδικά τα χωρία Ω1 , Ω2 , αρκεί το εμβαδόν Ε2′ του δεύτερου να είναι ίσο με τομισό του Ε(Ω), δηλαδή να ισχύει Ε(Ω) 1 5 ⇔ ⎣⎢⎡⎢⎢x − x2 ⎥⎦⎥⎤⎥ 1 5 12 − ⎜⎝⎛⎜⎜⎜x0 − x20 ⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞ 5∫E2′ = 2 6 2 x0 12 2 2 12 ⇔ (1 − x) dx = 2 = ⇔ 1− = ⇔ x0⇔ x20 − x0 + 1 = 5 ⇔ 6x20 − 12x0 + 1 = 0 ⇔ x0 = 1 + 30 ή x0 = 1− 30 . 2 2 12 6 6Η λύση x0 = 1 + 30 είναι μεγαλύτερη του 1 και απορρίπτεται, αφού x0 ∈ (0 ,1) . Η δεύτερη λύση εί- 6ναι δεκτή, αφού 5 < 30 <6⇔ 5 < 30 < 1 ⇔ −1 < − 30 <− 5 ⇔ 0<1− 30 < 1 , δηλαδή 6 6 6 6 6 61− 30 ∈ (0 ,1) . 6Τελικά, η ζητούμενη ευθεία είναι η ε : x = 1− 30 . 6 - 87 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Συμπλήρωμα: Εναλλακτικοί τρόποι επίλυσης του ερωτήματος β­Ι.Καθώς αντικείμενο αυτού του βιβλίου είναι τα προβλήματα ρυθμού μεταβολής, παρουσιάζει ιδιαίτεροενδιαφέρον να δούμε εναλλακτικούς τρόπους επίλυσης του ερωτήματος β­Ι. Στο συγκεκριμένο μάλισταερώτημα, αναζητούμε ρυθμό μεταβολής γωνίας, με όλες τις ιδιαιτερότητες που έχουμε αναφέρει ότι έχειαυτή η περίπτωση. Συνεπώς, έχει μεγάλη αξία να δούμε διαφορετικές προσεγγίσεις.2ος τρόπος. Με χρήση του συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας ΟΑ.Η ευθεία y = x σχηματίζει με τον άξονα x΄x γωνία xΟΜ = π , άρα η ευθεία ΟΑ σχηματίζει με τον άξο-να x΄x γωνία 4 είναι λΟΑ = εϕ⎜⎛⎝⎜⎜⎜θ(t) + π π ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ θ(t) + 4 . Συνεπώς, ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΟΑ 4 . yA(t) −α(t) 2 − α(t) xA(t) α(t) = −α(t) α(t) ⋅ −α(t) 1.Επιπλέον, ξέρουμε ότι λΟΑ = = α(t) ⋅ −α(t) = =− −α(t)Επομένως ισχύει εϕ⎜⎜⎜⎛⎝⎜θ(t) + π ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ = − 1. 4 −α(t)Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε ( )1 ⋅ ⎢⎣⎡⎢θ(t) + π ⎤⎥⎦⎥′ − −α(t) ′ θ′(t) 1 ⋅(−α(t))′ 4 συν2 ⎜⎛⎜⎝⎜θ(t) + 2 −α(t)συν2 ⎜⎛⎜⎝⎜θ(t) +π ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ = − 2 ⇒ π ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = −α(t) ⇒ 4 4 −α(t)⇒ θ′(t) π ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = −α′(t) ⇒ θ′(t) π ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = α′(t) α′( t ) = −α( t ) συν2 ⎛⎝⎜⎜⎜θ(t) + 4 2 −α(t) συν2 ⎛⎝⎜⎜⎜θ(t) + 4 2α(t) ⋅ −α(t) ⇒ −α(t)⇒ θ′(t) π ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = −α(t) ⇒ θ′(t) π ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ = −1 ⇒ συν2 ⎜⎜⎝⎜⎛θ(t) + 4 2 α(t) ⋅ −α(t) συν2 ⎜⎜⎜⎛⎝θ(t) + 4 2 −α(t)⇒ θ′(t) = 2 −1 ⋅ συν2 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜θ(t) + π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ . −α(t) 4Την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε θ′(t0) = 2 −1 ⋅ συν2 ⎜⎝⎛⎜⎜⎜θ(t0) + π ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ . −α(t 0 ) 4Επιπλέον, την χρονική στιγμή t0 είναι xA(t0) = α(t0) = −1 ⇒ −α(t0) = 1 και yA(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(­1, 1), που σημαίνει ότι ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = ­x, ππου είναι κάθετη στην ευθεία ΟΜ: y = x. Άρα την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει θ(t0) = ΑΟΜ = 2 .Αντικαθιστώντας στον τύπο του θ′(t0) βρίσκουμεθ′(t0) = −1 ⋅ συν2 ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ π + π ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ ⇔ θ′(t 0 ) = − 1 ⋅ συν2 3π ⇔ θ′(t0) = − 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜− 2 ⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎞2 ⇔ θ′(t0) = − 1 ⋅ 1 ⇔ 21 2 4 2 4 2 2 2 2⇔ θ′(t0) = − 1 rad/μονάδα χρόνου, που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. 4 - 88 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΠαρατήρηση. Ο τρόπος αυτός έχει εμφανώς λιγότερες και ευκολότερες πράξεις σε σχέση με τον πρώτοπου παρουσιάστηκε νωρίτερα στην λύση του β­Ι, απλά θέλει λίγη παραπάνω προσοχή στον σωστό χει-ρισμό των γωνιών.3ος τρόπος. Με χρήση του νόμου συνημιτόνων. !!!\" !!!\" !!!\" y=x !!!\"( )Τα διανύσμα!τ!α!\" ΟΜ!!!,\"ΟΑ!!έ!\"χουν συντεταγμένες αντίστοιχα ΟΜ = (x , y) = (x , x) και ΟΑ = α , −α ,( )οπότε είναι ΑΜ = ΟΜ − ΟΑ = x − α , x − −α .Τότε είναι (ΟΜ) = x>0 2 ⋅x και (ΟΑ) = α2 + 2 α2 − α και x2 + x2 = −α = 2( )(ΑΜ) = (x − α)2 + x − −α .Αν θ είναι η γωνία που σχηματίζουν τα ΟΑ και ΟΜ, τότε από τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε ότι(ΑΜ)2 = (ΟΜ)2 + (ΟΑ)2 − 2 ⋅ (ΟΜ) ⋅ (ΟΑ) ⋅ συνθ ⇔ ( ) ( )2 2 22⇔ (x − α)2 + x − −α = 2 ⋅ x + α2 − α − 2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔⇔ x2 − 2xα + α2 + x2 − 2x −α + −α 2 = 2x2 + α2 − α − 2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔ x≠0⇔ −2xα − 2x −α −α = −α − 2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔ −2xα − 2x −α = −2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔⇔ α + −α = 2 ⋅ α2 − α ⋅ συνθ .Τα μεγέθη α και θ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, άρα την τυχαία χρονική στιγμή t είναι α(t) + −α(t) = 2 ⋅ α2(t) − α(t) ⋅ συνθ(t) .Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση κατά μέλη ως προς τον χρόνο t έχουμεα′(t) + −α′(t) = 2⋅ 1 ⋅ ⎡⎢⎣α2(t) − α(t)⎦⎥⎤′ ⋅ συνθ(t) + 2⋅ α2(t) − α(t) ⋅ ⎡⎣⎢−ηµθ(t)⎦⎥⎤ ⋅ θ′(t) ⇒ 2 −α(t) 2 α2(t) − α(t)⇒ α′(t) − α′(t) = 2 ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) − α′(t) ⋅ συνθ(t) − 2⋅ α′( t ) = −α( t ) 2 −α(t) 2 α2(t) − α(t) α2(t) − α(t) ⋅ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) ⇒⇒ −α(t) + α(t) = 2 ⋅ −2α2(t) + α(t) ⋅ συνθ(t) − 2 ⋅ α2(t) − α(t) ⋅ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) . 2 −α(t) 2 α2(t) − α(t)Την χρονική στιγμή t0 έχουμε ότι −α(t0) + 2 α(t 0 ) = 2 ⋅ −2α2(t0) + α(t0) ⋅ συνθ(t0) − 2⋅ α2(t0) − α(t0) ⋅ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) . −α(t 0 ) 2 α2(t0) − α(t0)Γνωρίζουμε ότι xA(t0) = α(t0) = −1 και yA(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(­1, 1), που σημαίνει ότι ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = ­x, πη οποία είναι κάθετη στην ευθεία ΟΜ: y = x. Έτσι, την χρονική στιγμή t0 ισχύει θ(t0) = ΑΟΜ = 2 , π ποπότε ηµθ(t0) = ηµ 2 =1 και συνθ(t0) = συν 2 = 0.Επιπλέον, είναι α(t0) = −1 ⇔ −α(t0) = 1 , οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε - 89 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής1− 1 = 2 ⋅ −2 ⋅ (−1)2 − 1 ⋅ 0 − 2⋅ (−1)2 + 1 ⋅ 1 ⋅ θ′(t0) ⇔ 1 =− 2 ⋅ 2 ⋅ θ′(t0) ⇔ 21 2 (−1)2 + 1 2⇔ θ′(t0) = − 1 rad/μονάδα χρόνου, που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. 4 24ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ⎪⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎪ ex −1 , αν x ≠ 0 . x 1 , αν x = 0α) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο x0 = 0 και, στην συνέχεια, ότι είναι γνησίως αύξου- σα.β) Δίνεται, επιπλέον, ότι η f είναι κυρτή. ( )Ι. Αν F είναι μία αρχική της συνάρτησης f, τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση F 2f′(x) = F(1) έχει ακριβώς μία λύση, η οποία είναι η x = 0. ΙΙ. Ένα υλικό σημείο Μ ξεκινά, την χρονική στιγμή t = 0, από ένα σημείο Α(x0 , f(x0)) , με x0 < 0 , και κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = f(x) , x ≥ x0 , με x = x(t) , y = y(t) , t ≥ 0 . Σε ποιο σημείο της καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης, x(t), του σημείου Μ είναι διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης, y(t), αν υποτεθεί ότι x′(t) > 0 , για κάθε t ≥ 0 ;γ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ⎢⎣⎡x ⋅ f(x) + 1 − e⎤⎦⎥2 (x − 2)2 , x ∈ (0 , + ∞) . Να αποδείξετε ότι η συνάρ- τηση g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και μία θέση τοπικού μεγίστου.α) Για να είναι η f συνεχής στο x0 = 0 , αρκεί να ισχύει ℓ im f(x) = f(0) . 0 x→ 0Έχουμε ℓ im f(x) = ℓ im ex −1 0 ℓ im (ex − 1)′ = ℓ im ex = e0 = 1 =1. x→ 0 x→ 0 x (x)′ x→ 0 1 1 1 = x→ 0Σημείωση. Για τους παρατηρητικούς, το ℓ im ex −1 είναι η παράγωγος τιμή της ex στο x0 = 0 . x x→ 0Πράγματι, αν ϕ(x) = ex , τότε η φ είναι παραγωγίσιμη στο ! , άρα και στο x0 = 0 , με παράγωγο τιμή ϕ′(0) = ℓ im ϕ(x) − ϕ(0) = ℓ im ex − e0 = ℓ im ex −1 . x−0 x→ 0 x x→ 0 x x→ 0Όμως, γνωρίζουμε ότι ϕ′(x) = ex , x ∈ ! , άρα ϕ′(0) = e0 = 1 ⇒ ℓ im ex −1 = 1. x→ 0 xΕπιπλέον, f(0) = 1, άρα ℓ im f(x) = f(0) = 1 , που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο x0 =0. x→ 0Θα προσδιορίσουμε την μονοτονία της f.Για κάθε x≠0 είναι f′(x) = (ex − 1)′ ⋅ x − (ex − 1) ⋅ (x)′ ⇒ f′(x) = xex − ex + 1 (1) x2 x2 - 90 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΚαθώς x2 > 0 , για κάθε x ∈ !* , το πρόσημο της f′(x) εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή τουπροηγούμενου κλάσματος. Θέτουμε, λοιπόν, h(x) = xex − ex + 1 , x ∈ ! (2)Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως πράξεις παραγωγίσιμων, με h′(x) = (x)′ ⋅ ex + x ⋅ (ex )′ − ex = ex + xex − ex = xex ,άρα: ex>0• h′(x) = 0 ⇔ xex = 0 ⇔ x = 0 και ex >0• h′(x) > 0 ⇔ xex > 0 ⇔ x > 0 , άρα και h′(x) < 0 ⇔ x < 0 ,οπότε για την h έχουμε τον διπλανό πίνακα μονοτονίας. x −∞ 0 +∞ +Από τον πίνακα συμπεραίνουμε ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα h′(x) ­στο διάστημα (−∞ , 0] , γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) και έχει h(x) 1ολικό ελάχιστο στο x0 = 0 , το h(0) = 0e0 − e0 + 1 = 0 . 2Συνεπώς, για κάθε x ∈ ! ισχύει h(x) ≥ h(0) ⇔ h(x) ≥ 0 .Άρα και για την f′(x) έχουμε, από τις (1) και (2), ότι f′(x) = h(x) ≥ 0 , x ∈ !* . x2Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (−∞ , 0] και [0 , + ∞) . Επιπλέον όμως,βρήκαμε ότι η f είναι και συνεχής στο 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞ , 0] ∪ [0 , + ∞) = ! .β) Δίνεται επιπλέον, ότι η f είναι κυρτή στο ! .Το στοιχείο αυτό, στην θέση που παρατίθεται, σημαίνει ότι μπορεί να αξιοποιηθεί σε όλα τα υποερωτή-ματα του (β).Ι. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ! , άρα έχει παράγουσα F στο ! , δηλαδή υπάρχει συνάρτηση F,ορισμένη και παραγωγίσιμη σε κάθε x ∈ ! , με F′(x) = f(x) .Η μορφή της ζητούμενης εξίσωσης παραπέμπει σε πιθανή συνάρτηση F, που είναι 1­1. Για τον λόγο αυ-τό, θα μελετήσουμε την μονοτονία της F μέσω του προσήμου της παραγώγου της, δηλαδή της f.1ος τρόπος. Για την συνάρτηση f παρατηρούμε ότι:• Αν x ∈ (0 , + ∞) , τότε x>0 και ex > e0 ⇔ ex > 1 ⇔ ex − 1 > 0 , άρα και f(x) = ex −1 >0. x• Αν x ∈ (−∞ , 0) , τότε x<0 και ex < e0 ⇔ ex < 1 ⇔ ex − 1 < 0 , άρα και f(x) = ex −1 >0. xΤέλος, είναι f(0) = 1 > 0 .Άρα ισχύει f(x) > 0 ⇔ F′(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , συνεπώς η F είναι γνησίως αύξουσα στο ! .2ος τρόπος. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , άρα έχει σύνολο τιμών το ( )f(!) = ℓ im f(x) , ℓ im f(x) . x→ −∞ x→ +∞ −1 ⎢⎣⎢⎡(ex ⎤⎦⎥⎥• ℓ im f(x) = ℓ im ex −1 −∞ ℓ im − 1) ⋅ 1 = (0 − 1) ⋅ 0 = 0 . x→ −∞ x→ −∞ x x = x→ −∞ - 91 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής +∞• ℓ im f(x) = ℓ im ex −1 +∞ ℓ im (ex − 1)′ = ℓ im ex = +∞ . x→ +∞ x→ +∞ x (x)′ x→ +∞ 1 = x→ +∞Άρα είναι f(!) = (0 , + ∞) , που σημαίνει ότι είναι f(x) > 0 ⇒ F′(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , συνεπώς η Fείναι γνησίως αύξουσα στο ! .Αφού βρήκαμε την μονοτονία της F, προχωράμε στην απάντησή μας.Αφού η F είναι γνησίως αύξουσα, είναι και 1­1 στο ! , άρα η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται F(2f′(x)) = F(1) ⇔ 2f′(x) = 1 ⇔ f′(x) = 1 . 2Ελέγχουμε την παραγωγισιμότητα της f:Για x ≠ 0 , η f είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Στο x0 = 0 έχουμε: ex −1 −1 0 − 1 − x)′ x (x2 )′ℓ im f(x) − f(0) = ℓ im = ℓ im ex −1− x 0 ℓ im (ex = ℓ im ex −1 = 1 ℓ im ex −1 (α) x−0 x→ 0 x→ 0 x2 2x 2 x x→ 0 x = x→ 0 x→ 0 x→ 0 == 1 ⋅1 = 1 . 2 2Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 , με f′(0) = 1 . 2Τότε, η ζητούμενη εξίσωση ισοδύναμα γίνεται f′(x) = 1 ⇔ f′(x) = f′(0) ⇔ x = 0 , διότι η f είναι κυρτή, 2άρα η f′ θα είναι γνησίως αύξουσα, οπότε και 1­1, συνεπώς η λύση x = 0 είναι μοναδική.ΙΙ. Το ερώτημα αυτό πραγματεύεται τον ρυθμό μεταβολής.( )Το σημείο Μ, σύμφωνα με την εκφώνηση, έχει συντεταγμένες της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , για τιςοποίες ισχύουν:( )• y = f(x) , x ≥ x0 ή y(t) = f x(t) , t ≥ 0 , όπου f η συνάρτηση της εκφώνησης. (Αυτό δεν πρέπει να το ξεχνάμε, καθώς όλα όσα έχουμε βρει για την f μπορούν να χρησιμοποιηθούν στην λύση και αυτού του ερωτήματος).• Την χρονική στιγμή t = 0 είναι x(0) = x0 < 0 και y(0) = f(x0) .Αναζητούμε το σημείο της καμπύλης, στο οποίο ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ εί-ναι διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης του.Έστω t1 η χρονική στιγμή που συμβαίνει αυτό. Τότε x′(t1) = 2y′(t1) ⇔ 1 x′(t1) = y′(t1) . 2Έχουμε, επιπλέον, ως δεδομένο ότι, για κάθε t ≥ 0 , ισχύει x′(t) > 0 .Η σχέση y(t) = f (x(t)) , t ≥ 0 , με παραγώγιση ως προς t, μας δίνει y′(t) = f′(x(t)) ⋅ x′(t) .Άρα, την χρονική στιγμή t1 έχουμε x′(t1) > 0 και 1 x′(t1 )≠ 0 1 2 2 ⇔ ( ) ( ) ( )y′(t1) = f′ f′ x(t1) ⋅ x′(t1) ⇔ x′(t1 ) = f′ x(t1) ⋅ x′(t1) x(t1) = .( )Όμως στο β­Ι αποδείξαμε ότι 1 f ′ 1−1 f′(0) = 2 , άρα η τελευταία γίνεται f′ x(t1) = f′(0) ⇔ x(t1) = 0 . - 92 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής( )Τότε και y(t1) = f x(t1) = f(0) = 1 .Συνεπώς, το ζητούμενο σημείο της καμπύλης είναι το Μ1(0 ,1) .Σημαντική παρατήρηση! Υπάρχει ένα δεδομένο, που φαινομενικά δεν χρησιμοποιήθηκε!Πράγματι, η εκφώνηση λέει ότι, στην αρχή της μέτρησης του χρόνου, δηλαδή για t = 0, έχουμεx(0) = x0 < 0 , αλλά αυτό στην συνέχεια δεν αξιοποιήθηκε πουθενά! Γιατί;Το ερώτημα είναι ουσιώδες, γιατί σπανιότατα συμβαίνει να μπορούμε να λύσουμε ένα θέμα χωρίς νααξιοποιήσουμε όλα του τα δεδομένα. Είναι πολύ πιθανότερο η λύση μας να είναι λάθος και η σωστή ναείναι μία λύση που θα αξιοποιεί και το «χαμένο» δεδομένο.Εδώ, όμως, δεν έχουμε κάνει λάθος! Αυτό που συμβαίνει, μπορεί να διαπιστωθεί μόνο όταν παρατηρή-σουμε την λύση που βρήκαμε. Η λύση αυτή είναι ένα σημείο με τετμημένη x(t1) = 0 , άρα διαφορετικήςτης τιμής x0 < 0 . Άρα το σημείο της λύσης μας ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ το αρχικό σημείο! Και μόνο επειδή γνωρί-ζουμε το αρχικό σημείο, μπορούμε να κάνουμε την διαπίστωση αυτή.Έτσι η λύση μας συμβαδίζει και με την διαπίστωση της εκφώνησης, σύμφωνα με την οποία το υλικό ση-μείο Μ ΞΕΚΙΝΑ την χρονική στιγμή t = 0, ΚΙΝΕΙΤΑΙ κατά μήκος της καμπύλης y = f(x) και, σε κάποιοσημείο της καμπύλης αυτής (υπονοώντας ότι αυτό συμβαίνει κατά την πορεία της κίνησης αυτής, συνε-πώς ΟΧΙ ΣΤΗΝ ΑΡΧΙΚΗ ΘΕΣΗ), έχουμε το ζητούμενο.γ) Για κάθε x ∈ (0 , + ∞) είναι f(x) = ex −1 , οπότε ο τύπος της συνάρτησης g γίνεται xg(x) = ⎣⎡⎢x ⋅ f(x) + 1 − e⎦⎥⎤2 (x − 2)2 = ⎛⎜⎝⎜⎜⎜ x ⋅ ex −1 + 1 − e⎟⎟⎟⎠⎞⎟2 (x − 2)2 = (ex − 1 + 1 − e)(x − 2)2 ⇒ x⇒ g(x) = (ex − e)2(x − 2)2 .Τότε η g είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, μεg′(x) = ⎣⎡⎢(ex − e)2 ⎤⎥⎦′ ⋅ (x − 2)2 + (ex − e)2 ⋅ ⎡⎣⎢(x − 2)2 ⎥⎤⎦′ == 2(ex − e) ⋅ (ex − e)′ ⋅ (x − 2)2 + (ex − e)2 ⋅ 2(x − 2) ⋅ (x − 2)′ = 2ex(ex − e)(x − 2)2 + 2(ex − e)2(x − 2) == 2(ex − e)(x − 2) ⋅ ⎣⎢⎡ex(x − 2) + ex − e⎦⎤⎥ ⇒ g(x) = 2(ex − e)(x − 2)(xex − ex − e) .Για τις ρίζες της g′(x) έχουμε:• ex − e = 0 ⇔ ex = e1 ⇔ x = 1 και ex − e > 0 ⇔ ex > e1 ⇔ x > 1 .• x − 2 = 0 ⇔ x = 2 και x − 2 > 0 ⇔ x > 2 .• Για τις ρίζες και το πρόσημο του παράγοντα xex − ex − e έχουμε τους ακόλουθους δύο τρόπους εύ- ρεσης:1ος τρόπος. Θέτουμε q(x) = xex − ex − e , x > 0 .Τότε η q είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με q′(x) = (x)′ ⋅ ex + x ⋅ (ex )′ − ex = ex + xex − ex = xex > 0 , για κάθε x > 0 ,συνεπώς η q είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0 , + ∞) .Επιπλέον, η q είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , άρα και στο [1, 2] ⊆ (0 , + ∞) , με• q(1) = 1 ⋅ e1 − e1 − e = −e < 0 .• q(2) = 2e2 − e2 − e = e2 − e = e(e − 1) > 0 . - 93 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, 2], οπότε η εξίσωση q(x) = 0έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα ρ στο διάστημα (1, 2).Επιπλέον, η q είναι γνησίως αύξουσα, άρα η ρίζα ρ ∈ (1, 2) είναι μοναδική και:• για x > ρ θα είναι q(x) > q(ρ) ⇔ q(x) > 0 .• για 0 < x < ρ θα είναι q(x) < q(ρ) ⇔ q(x) < 0 .2ος τρόπος. Από τον τύπο g′(x) = 2(ex − e)(x − 2)(xex − ex − e) έχουμε άμεσα ότι g′(1) = 0 (αφού το 1μηδενίζει την πρώτη παρένθεση) και g′(2) = 0 (αφού το 2 μηδενίζει την δεύτερη παρένθεση).Επιπλέον, η συνάρτηση g(x) = (ex − e)2(x − 2)2 είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , άρα είναι και συνεχήςστο διάστημα [1, 2] και παραγωγίσιμη στο (1, 2), με g(1) = g(2) = 0.Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [1, 2], συνεπώς θα υπάρχει ένα, του-λάχιστον, ρ ∈ (1, 2) , ώστε g′(ρ) = 0 .Όμως, από τον τύπο της g′(x) προκύπτει ότι η ρίζα ρ δεν μηδενίζει τις παραστάσεις ex − e και x − 2 ,άρα θα είναι ρίζα της παράστασης xex − ex − e .Τότε, όπως αναφέραμε στον 1ο τρόπο, η συνάρτηση q(x) = xex − ex − e είναι γνησίως αύξουσα στο διά-στημα (0 , + ∞) , άρα είναι και 1­1, οπότε η ρίζα της, ρ, είναι μοναδική. Ακόμη:• για x > ρ θα είναι q(x) > q(ρ) ⇔ q(x) > 0 .• για 0 < x < ρ θα είναι q(x) < q(ρ) ⇔ q(x) < 0 .Εδώ τελειώνει η μελέτη προσήμου των παραγόντων του γινομένου και συγκεντρώνουμε τα αποτελέσμα-τά μας.Συγκεντρώνοντας όλα τα παραπάνω, έχουμε τον ακόλουθο πίνακα. x0 ­ 1 ρ 2 +∞ ­ ex − e ­ +++ x−2 ­ ­ ++xex − ex − e 2 ­ ++ f′(x) +­+ f(x) 121Από τον πίνακα προκύπτει ότι η g:• είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα (0, 1] και [ρ, 2].• είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα [1, ρ] και [2 , + ∞) .• έχει τοπικό ελάχιστο για x = 1 και για x = 2 και τοπικό μέγιστο για x = ρ.Σχόλιο. Η άσκηση δεν μας ζητάει να βρούμε τα τοπικά ακρότατα! Άρα αρκεί να αναφέρουμε τις θέσειςόπου έχουμε αυτά, όπως κάναμε παραπάνω. Φυσικά, αν ο μαθητής, από συνήθεια, αναφέρει επιπλέονκαι τις τιμές των ακροτάτων στις παραπάνω θέσεις, δεν θα υπάρξει κανένα πρόβλημα, καθώς μία ανα-φορά 2-3 λέξεων για το καθένα (π.χ., «...για x = 1 το g(1) = ...» κ.ο.κ) δεν θεωρείται πλεονασμός. - 94 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣυνεπώς η συνάρτηση f έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και μία θέση τοπικού μεγίστου. Σχολιασμός του θέματος.Το θέμα αυτό ήταν το Θέμα Δ στις Πανελλαδικές Εξετάσεις του έτους 2014. Το πρωτότυπο υποερώτη-μα Ι του (β) ερωτήματος ήταν το ακόλουθο: 2f′(x) ∫Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(u) du = 0 έχει ακριβώς μία λύση, η οποία είναι η x = 0. 1Επειδή το ερώτημα αυτό είναι εκτός ύλης από το έτος 2016 και μετά, εμείς διατυπώσαμε στην εκφώνη-ση ­και κατόπιν λύσαμε­ μία «διασκευή» αυτού, που είναι η εξής:( )Αν F είναι μία αρχική της συνάρτησης f, τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση F 2f′(x) = F(1) έχει ακριβώςμία λύση, η οποία είναι η x = 0. - 95 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 25ο επαναληπτικό θέμαΈστω συνάρτηση f, συνεχής στο διάστημα Δ = [­3, 3] και παραγωγίσιμη εσωτερικά του Δ. Ισχύει ότι:• ℓ im ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx =1 (1) x x→ 0• f(x) ⋅ f′(x) = −x , για κάθε x ∈ (−3 , 3) (2)α) Να αποδειχθεί ότι f(0) = 3 και, στην συνέχεια, να βρεθεί ο τύπος της f στο Δ.β) Έστω f(x) = 9 − x2 , με x ∈ [−3 , 3] , και τα σημεία Α(­3, 0), Β(3, 0) και Μ(μ, f(μ)), με µ ∈ (−3 , 3) , σημεία της Cf . Ι. Να γίνει πρόχειρο σχήμα της Cf . ΙΙ. Να βρεθούν τα μήκη των πλευρών ΑΜ και ΒΜ, ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΒ να είναι μέγιστο.γ) Έστω συνάρτηση g, συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , όπου τα σημεία Γ(1, 2) και Δ(2, 4) σημεία της Cg . Να αποδειχθεί ότι οι Cf , Cg τέμνονται σε μοναδικό σημείο, με τετμημένη x0 ∈ (1, 2) . 3∫δ) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι = x3f(x) dx . 2( )ε) Έστω σημείο Ν x(t) , y(t) , που διατρέχει την Cf . Να βρεθούν οι συντεταγμένες του Ν κατά την χρο- νική στιγμή t0 , στην οποία ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης είναι ίσος με αυτόν της τεταγμένης y′(t0) = x′(t0) ≠ 0 .α) Θέτουμε ϕ(x) = ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx , x ∈ [−3 , 0) ∪ (0 , 3] (3) xΤότε από την υπόθεση έχουμε ότι ℓ im ϕ(x) = 1 και x→ 0 ϕ(x) = ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx ⇔ x ⋅ ϕ(x) = ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx ⇔ ηµx ⋅ f(x) = x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx (4) xΣτο σημείο αυτό θέλουμε να διαιρέσουμε κατά μέλη με ημx, ώστε να μείνει μόνο του το f(x) και στηνσυνέχεια να βρούμε το όριό του. Θέλει, όμως, προσοχή, να βεβαιωθούμε ότι διαιρούμε με μη μηδενικόπαράγοντα! Το ημx δεν είναι πάντα μη μηδενικό, άρα θέλει λίγη προσοχή. Μπορούμε να το εξασφαλί-σουμε με δύο τρόπους:1ος τρόπος. Επειδή ξέρουμε ότι θέλουμε να πάρουμε όριο για x → 0 , μας ενδιαφέρει το ημx να είναιμη μηδενικό κοντά στο 0 και όχι γενικά. Εφόσον ημ0 = 0 και ηµx ≠ 0 κοντά στο 0, π.χ. γιαx ∈ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜− , 0⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ∪ ⎛⎜⎜⎜⎝⎜0 , ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ , π π μπορούμε να πούμε ότι «περιοριζόμαστε κοντά στο 0, όπου ηµx ≠ 0 » ή «περιο- 2 2 x ∈ ⎜⎜⎜⎝⎛⎜− , 0⎟⎟⎟⎟⎞⎠ ∪ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜0 , ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ,ριζόμαστε στο π π όπου ηµx ≠ 0 » και να προχωρήσουμε στον υπολογισμό του ορίου. 2 2 - 96 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών