Γ΄Λυκείου - Διαφορικός Λογισμός - Ρυθμός Μεταβολής (ΟΛΟ ΤΟ ΒΙΒΛΙΟ)

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςγ) 1ος τρόπος.Το χωρίο Ω, που διαγράφει η οπτικήακτίνα ΠΜ του παρατηρητή, καθώς τοσημείο Μ κινείται από το σημείο Ο μέχ-ρι το σημείο Α, είναι το καμπυλόγραμ-μο τρίγωνο ΟΠΑ.Αρχικά βρίσκουμε την εξίσωση τηςεφαπτομένης, (ε), στο Α.Αντικαθιστώντας στην σχέση (1) τοx0 = 4 , βρίσκουμε ε : y− 4= 1 ⋅ (x − 4) ⇔ ε : y − 2 = 1 (x − 4) ⇔ ε : y = 1 x+1. 24 4 4Με την βοήθεια του σχήματος βρίσκουμε ότι το εμβαδόν του χωρίου Ω είναι 4 ⎣⎡⎢⎢ 1 x + 1 − f(x)⎥⎥⎦⎤ dx = 4 ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ dx ⎢⎢⎢⎢⎡⎣⎢⎢ 1 x2 3 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤⎦ 4∫ ∫Ε(Ω) = 0 4 4 4 2 0 x +1− x = ⋅ +x− x2 = 0 3 4 2 0 ⎢⎢⎢⎣⎢⎡ x2 3 ⎥⎥⎥⎦⎤⎥ 42 3 − ⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎝⎜ 02 3 ⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ = 8 8 8= +x− 2x 2 = +4− 2⋅42 +0− 02 16 +4− 2⋅8 ⇒ Ε(Ω) = 2 m2 . 3 8 3 3 3 3ΠΟΛΥ ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Η επίκληση του σχήματος, για τον υπολογισμό του εμβαδούΕ(Ω), έχει σημασία!Αν δεν επικαλεστούμε το δεδομένο σχήμα, θα πρέπει να δικαιολογήσουμε γιατί πήραμε την διαφορά 1χωρίς απόλυτη τιμή, πώς δηλαδή γνωρίζουμε ότι η διαφορά 4 x + 1− f(x) , του τύπου της εφαπτομένηςμείον τον τύπο της συνάρτησης, είναι θετική!Αν θέλουμε να απαντήσουμε χωρίς να επικαλεστούμε το σχήμα, ένας εύκολος τρόπος είναι να διαπι-στώσουμε, με απλές πράξεις, ότι η συνάρτηση f(x) είναι κοίλη, συνεπώς η γραφική της παράσταση θαείναι κάτω από την εφαπτομένη της στο Α, εκτός του σημείου επαφής τους, οπότε η διαφορά στο ολο-κλήρωμα θα είναι θετική.Από την στιγμή, πάντως, που το σχήμα δίνεται, η επίκλησή του μας καλύπτει πλήρως ως προς την αιτιο-λόγηση.Σημειώνεται ακόμη, ότι η μονάδα μέτρησης του εμβαδού είναι m², αφού από την μονάδα μέτρησης τουρυθμού μεταβολής x′(t) έχουμε ότι οι αποστάσεις μετρώνται σε μέτρα (m), άρα και τα εμβαδά σε m².2ος τρόπος. Στο σχήμα μας φέρνουμεαπό το σημείο Α κάθετη προς τον άξο-να x΄x και έστω Β το σημείο τομής τους.Το Β έχει τετμημένη xB = xA = 4 , άραέχει συντεταγμένες Β(4, 0).Τότε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμουτριγώνου ΟΠΑ είναι ίσο με την διαφοράτου εμβαδού του τραπεζίου ΟΠΑΒμείον το εμβαδόν του χωρίου που περι-κλείεται από την Cf , την κατακόρυφηευθεία x = 4 και τον άξονα x΄x. - 83 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ∫ ∫4 f(x)≥0 4Συνεπώς, Ε(Ω) = (ΟΠΑΒ) − | f(x) | dx = (ΟΠΑΒ) − f(x) dx , όπου το ΟΠΑΒ είναι τραπέζιο με 00μεγάλη βάση ΑΒ = 2, μικρή βάση ΟΠ = 1 και ύψος ΟΒ = 4, άρα έχει εμβαδόν (ΟΠΑΒ) = (ΑΒ + ΟΠ) ⋅ ΟΒ = (2 + 1) ⋅ 4 = 6 m2 . 2 2 44 4 1 ⎢⎢⎡⎣⎢⎢⎢⎢ 3 ⎥⎥⎤⎥⎥⎥⎦⎥ 4 ⎢⎢⎣⎡⎢⎢ 3 ⎥⎥⎤⎥⎦⎥ 4 3 3 0 2 0 0∫ ∫Επίσης, f(x) dx = ∫x dx = x dx = x2 = 2x 2 = 2⋅42 − 2⋅02 = 2⋅8 = 16 m2 . 00 3 3 3 3 3 3 2Άρα είναι Ε(Ω) = 6 − 16 ⇒ Ε(Ω) = 2 m2 . 3 3δ) ( )Η απόσταση του παρατηρητή από το κινητό είναι d = (ΠΜ), όπου Π(0, 1) και M x(t) , y(t) , με x(t) = 16t , t ≥ 0 , και y(t) = x(t) = 16t = 4 t , t ≥ 0 .Συνεπώς, και η απόσταση d μεταβάλλεται ως προς t, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφήςd(t), με τύπο ( )2 d(t) = (xM − xΠ)2 + (yΜ − yΠ)2 = (16t − 0)2 + 4 t − 1 ⇒ d(t) = 256t2 + 16t − 8 t + 1 , t ≥ 0 .Θα αναζητήσουμε, αν υπάρχει, χρονική στιγμή t0 ∈ ⎛⎜⎜⎝⎜⎜0 , 1 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ , κατά την οποία η συνάρτηση d(t) παίρνειελάχιστη τιμή. 4Η συνάρτηση d(t) είναι παραγωγίσιμη, για t > 0, ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με( )d′(t) = 1 ⋅ 256t2 + 16t − 8 t + 1 ′ = 2 256t2 + 16t − 8 t + 1= 1 ⋅⎜⎜⎝⎛⎜⎜256 ⋅ 2t + 16 − 8 ⋅ 1 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ = 1 ⋅ 2 ⋅⎝⎜⎜⎜⎜⎛256t + 8 − 2 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ⇒ 256t2 + 16t − 8 2t 256t2 + 16t − 8 t 2 t +1 2 t +1⇒ d′(t) = 256t + 8 − 2 . t 256t2 + 16t − 8 t + 1Το πρόσημο της d′(t) καθορίζει την μονοτονία και τα πιθανά ακρότατα της d(t), άρα αυτό πρέπει ναπροσδιορίσουμε.Επειδή είναι 256t2 + 16t − 8 t + 1 > 0 , για κάθε t > 0 , το πρόσημο της d′(t) εξαρτάται από το πρό-σημο του αριθμητή της.Επειδή ο αριθμητής δεν είναι «απλή» παράσταση, ώστε να μπορούμε εύκολα να προσδιορίσουμε τοπρόσημό του, θα χρησιμοποιήσουμε βοηθητική συνάρτηση.Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(t) = 256t + 8 − 2 , t > 0 , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) ως tπράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο - 84 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ϕ′(t) = 256 − 2 ⋅ −( t )′ 1 = 256 + 1 > 0 , για κάθε t > 0 . 2 = 256 + 2 ⋅ tt t 2t tΆρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο (0 , + ∞) .Παρακάτω θα εστιάσουμε στο διάστημα ⎜⎜⎝⎜⎛⎜0 , 1 ⎥⎤⎦⎥ ⊆ (0 , + ∞) , αφού αναζητούμε τιμή t0 ∈ ⎛⎜⎝⎜⎜⎜0 , 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ . 4 , + ∞) , άρα και στο ⎝⎛⎜⎜⎜⎜0 , ⊆ (0 , 4 ∞) ⎥⎥⎤⎦Επιπλέον, ως παραγωγίσιμη, η φ είναι και συνεχής στο (0 1 + . 4 ϕ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜⎛⎝0 , 1 ⎤⎥⎦⎥ ⎟⎟⎞⎟⎟⎠⎟ ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ ⎝⎜⎜⎜⎜⎛ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ⎥⎥⎤⎥⎦Συνεπώς, 4 = ℓ im ϕ(t) , ϕ 4 , όπου: t→ 0+• ℓ im ϕ(t) = ℓ im ⎜⎛⎜⎜⎝⎜256t + 8 − 2 ⋅ 1 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ = 256 ⋅ 0 + 8 − 2 ⋅ (+∞) = −∞ . t t→ 0+ t→ 0+• ϕ ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ 1 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ = 256 ⋅ 1 +8− 2 = 64 + 8 − 4 = 68 . 4 4 1 ϕ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , ⎦⎥⎤⎥ ⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟ 4Άρα είναι 1 = (−∞ , 68] . 4Επειδή η φ είναι συνεχή και το 0 ∈ ϕ⎝⎛⎜⎜⎜⎜ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜0 , 1 ⎥⎦⎤⎥ ⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟ = (−∞ , 68] , θα υπάρχει t0 ∈ ⎛⎝⎜⎜⎜⎜0 , 1 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ , ώστε ϕ(t0) = 0 , 4 4δηλαδή η φ έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα t0 ∈ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜0 , 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ . 4Επιπλέον, επειδή η φ είναι γνησίως αύξουσα, η ρίζα αυτή θα είναι μοναδική.Για το πρόσημο της φ(t), άρα και της d′(t) , έχουμε: ϕ↑d′(t) > 0 ⇔ ϕ(t) > 0 ⇔ ϕ(t) > ϕ(t0) ⇔ t > t0 και ϕ↓d′(t) < 0 ⇔ ϕ(t) < 0 ⇔ ϕ(t) < ϕ(t0) ⇔ t < t0 .Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της d(t), t0 t0 1 / 4 +∞από τον οποίο συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση d(t) είναι d′(t) ­ +γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [0 , t0] , γνησίως αύξουσα d(t) 2 1στο [t0 , + ∞) και παίρνει ελάχιστη τιμή για ∈ ⎝⎜⎜⎜⎜⎛0 , ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ t = t0 1 . 4Συνεπώς, υπάρχει χρονική στιγμή t0 ∈ ⎜⎜⎝⎜⎜⎛0 , 1 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ , κατά την οποία η απόσταση του παρατηρητή από το κι-νητό γίνεται ελάχιστη. 4Παρατήρηση. Το θέμα αυτό ήταν το Γ΄ θέμα στις Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις του 2011. - 85 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Αναλυτικός σχολιασμός της εκφώνησης του θέματος.Αφού είδαμε τις απαντήσεις στα ερωτήματα του θέματος, αξίζει να προσέξουμε μερικές λεπτομέρειεςστην εκφώνηση.Αρχικά, μας δίνεται σχήμα, το οποίο δίνει πολλές χρήσιμες πληροφορίες. Μία βασική, είναι η φορά κί-νησης του σημείου Μ. Όπως έχουμε επισημάνει και στις παρατηρήσεις της μεθοδολογίας, αν δεν γνωρί-ζουμε το πρόσημο του εκάστοτε ρυθμού μεταβολής, δεν είμαστε βέβαιοι για το είδος της μεταβολής,οπότε δουλεύουμε με αριθμητικές τιμές και χρησιμοποιούμε την γενική έκφραση «μεταβολή». Εδώ ηεκφώνηση, εκτός του δεδομένου ρυθμού μεταβολής της τετμημένης του κινητού Μ, μας δίνει και την φο-ρά κίνησης στο σχήμα, με τα σημειωμένα βέλη, ώστε να είναι ξεκάθαρο ότι ο ρυθμός μεταβολής είναιθετικός, καθώς η τετμημένη του Μ αυξάνεται.Εκτός του σχήματος, άλλη μία σημαντική πληροφορία κρύβει η έκφραση «από την αρχή Ο», στην δεύ-τερη σειρά της εκφώνησης. Αυτή πρακτικά μας δηλώνει ότι η αρχή της κίνησης, δηλαδή η θέση του κινη-τού την χρονική στιγμή t = 0, είναι το σημείο Ο.Το σχήμα, τέλος, μας δίνει άλλη μία χρήσιμη πληροφορία, που είναι η θέση της γραφικής παράστασηςσε σχέση με την εφαπτόμενη ευθεία ΠΑ. Αν και η πληροφορία αυτή μπορεί να βρεθεί και αλγεβρικά, ουποψήφιος μπορεί να την εξάγει άμεσα και από το δεδομένο σχήμα και να την αξιοποιήσει χωρίς πε-ραιτέρω αιτιολόγηση.Έχουμε πει, ότι είναι ευθύνη του θεματοδότη η εκφώνηση να είναι πλήρης ως προς τις πληροφορίες πουπαρέχει για την λύση του θέματος. Εδώ βλέπουμε την καλή δουλειά που έχει γίνει, ώστε ο υποψήφιοςνα έχει όλα τα στοιχεία που χρειάζεται για να λύσει το θέμα. - 86 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 10ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f : ! → ! , με f(x) = x3 .α) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνάρτηση 1­1 και να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση, f−1 .β) Να αποδείξετε ότι, για κάθε x > 0 , ισχύει f(ηµx) > f ⎜⎜⎝⎜⎜⎛x − 1 x3⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 6γ) Ένα σημείο, Μ, κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x3 , x ≥ 0 , με x = x(t) και y = y(t) . Να βρείτε σε ποιο σημείο της καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης, y(t), του Μ είναι ίσος με τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης, x(t), αν υποτεθεί ότι x′(t) > 0 , για κάθε t ≥ 0 .δ) Αν g : ! → ! είναι συνεχής και άρτια συνάρτηση, να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 1 ∫ f(x)g(x) dx . −1α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο ! , στο οποίο είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, οπότε είναι 1­1.Για την αντίστροφή της, παρατηρούμε ότι y = f(x) ⇔ y = x3 ⇔ ⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎪ x = 3 y , αν y ≥ 0 ⎪⎭⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎪ , άρα x = − 3 y , αν y < 0 f−1(x) = ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧⎪ 3 x , αν x ≥ 0 . − 3 x , αν x < 0Σχόλιο. Η μονοτονία της f μπορεί να βρεθεί και με τον κλασικό τρόπο, δηλαδή την χρήση της παραγώ-γου της f.Πράγματι· είναι f′(x) = 3x2 > 0 , για κάθε x ≠ 0 . Όμως, επειδή η f είναι συνεχής στο 0 (αφού είναι πα-ραγωγίσιμη στο ! , είναι και συνεχής στο ! , άρα και στο 0), συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύ-ξουσα στο ! , οπότε είναι και 1­1.Υπενθυμίζεται ότι, όταν η f′(x) μηδενίζεται σε πεπερασμένου πλήθους σημεία (στις ασκήσεις που αντι-μετωπίζουμε, αυτό συνήθως συμβαίνει σε ένα ή δύο, το πολύ, σημεία), στα οποία όμως η f είναι συνεχήςκαι εκατέρωθεν αυτών η f′(x) διατηρεί σταθερό πρόσημο, τότε η μονοτονία της f είναι σταθερή.β) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο ! , η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα γράφεται ηµx > x − 1 x3 ⇔ ηµx − x + 1 x3 > 0 . 6 6Να πούμε εδώ ότι, σύμφωνα με τις διδακτικές οδηγίες του Υπουργείου για το σχολικό έτος 2017-18,θεωρείται δεδομένη και χρησιμοποιείται χωρίς απόδειξη η πρόταση:Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα σε διάστημα Δ, τότε για κάθε x1 , x2 ∈ Δ ισχύει η ισοδυναμία x1 < x2 ⇔ f(x1) < f(x2) .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ηµx − x + 1 x3 , x ≥ 0 . 6Τότε θα δείξουμε ότι g(x) > 0 , για κάθε x > 0 .Η συνάρτηση g μπορεί να οριστεί και σε όλο το ! , αλλά καθώς θέλουμε να αποδείξουμε την ανισότητα(1) για κάθε x > 0 , μπορούμε να περιοριστούμε για την g στο [0 , + ∞) . - 87 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ g είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [0 , + ∞) , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g′(x) = συνx − 1 + x2 ⇒ g′′(x) = −ηµx + x , x ≥ 0 . 2Γνωρίζουμε ότι, για κάθε x ∈ ! , ισχύει | ηµx | ≤ | x | , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0.Άρα, για κάθε x > 0 , ισχύει 0 < ηµx < x ⇔ −ηµx + x > 0 .Τότε είναι g′′(x) > 0 στο (0 , + ∞) , που σημαίνει ότι η g′ είναι γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) .Άρα, για κάθε x > 0 , ισχύει g′(x) > g′(0) ⇔ g′(x) > συν0 − 1 + 02 ⇔ g′(x) > 0 . 2Συνεπώς και η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) , οπότε για κάθε x > 0 έχουμε g(x) > g(0) ⇔ g(x) > ηµ0 − 0 + 03 ⇔ g(x) > 0 . 6γ) Αυτό είναι το ερώτημα του θέματος, που αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Από την εκφώνηση έχουμε ότι το σημείο Μ κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x3 , x ≥ 0 , με τις συ-ντεταγμένες του να μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδή να είναι της μορφής ( )x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με y(t) = x3(t) και x(t) ≥ 0 .Τότε, y′(t) = ⎢⎡⎣x3(t)⎤⎦⎥′ = 3x2(t) ⋅ x′(t) , t ≥ 0 .Έστω t0 η χρονική στιγμή, κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης, y(t), του Μ είναι ίσοςμε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του, x(t), όπου ισχύει επιπλέον και x′(t) > 0 , για κάθε t ≥ 0 .Άρα ισχύουν y′(t0) = x′(t0) και y′(t 0 ) = 3x2(t0) ⋅ x′(t0) y′(t0 )= x′(t0 ) x′(t 0 ) = 3x2(t0) ⋅ x′(t0) x′(t0 )>0 3x2 (t 0 ) = 1 . ⇒ ⇒Επομένως, x2(t0) = 1 x( t0 )>0 1 = 1= 3 . 3 3 3 3 ⇔ x(t0) =Τότε είναι y(t0) = x3(t0) = ⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜ 3 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟3 = 33 = 3 . 3 27 9Συνεπώς, το ζητούμενο σημείο της καμπύλης στο οποίο ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Μ είναιίσος με τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του, είναι το Μ⎜⎜⎝⎜⎛⎜⎜ 3 , 3 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟ . 3 9δ) Η συνάρτηση g : ! → ! είναι συνεχής και άρτια, άρα για κάθε x ∈ Dg = ! , και το −x ∈ Dg = ! ,ενώ ισχύει και g(−x) = g(x) . 1ος τρόπος. 1 1 01∫ ∫ ∫ ∫Το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται Ι = f(x)g(x) dx = x3g(x) dx = x3g(x) dx + x3g(x) dx . 0 −1 −1 −1 0∫Στο ολοκλήρωμα Ι1 = x3g(x) dx θέτουμε u = −x . −1Τότε είναι x = −u , άρα dx = −du . Για x = ­1, είναι u = 1, ενώ για x = 0 είναι u = 0. 00 0∫ ∫ ∫Άρα, Ι1 = x3g(x) dx = (−u)3 g(−u)(−du) = u3g(u) du , συνεπώς −1 1 1 - 88 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής0 1 01 1 −1∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = u3g(u) du + x3g(x) dx = x3g(x) dx + x3g(x) dx = x3g(x) dx = 0 ⇒ f(x)g(x) dx = 0 .1 0 10 1 −1 2ος τρόπος.Πρόκειται, πρακτικά, για παραλλαγή του 1ου τρόπου. Εδώ αποφεύγουμε την διάσπαση του ολοκληρώ-ματος. 1∫Έστω Ι = f(x)g(x) dx το ζητούμενο ολοκλήρωμα.−1Θέτουμε u = −x . Τότε είναι x = −u , άρα dx = −du , ενώ για x = ­1 είναι u = 1 και για x = 1 είναιu = ­1, οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται1 −1 −1 g(−u) = g(u) −1 1∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = f(x)g(x) dx = f(−u)g(−u)(−du) = (−u)3g(−u)(−du) = u3g(u) du = − u3g(u) du ⇒ −1 1 1 1 −1 1∫⇒ I = − x3g(x) dx = −I .−1 −1∫Συνεπώς, Ι = −Ι ⇔ 2 ⋅ Ι = 0 ⇔ Ι = 0 , δηλαδή f(x)g(x) dx = 0 . −1Παρατήρηση. Το θέμα αυτό ήταν το Θέμα Γ στις Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις του 2016. - 89 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 11ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ℓnx , x > 0 , και το σημείο της Μ(α , ℓnα) , α > 1 .α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Μ, καθώς και τις συντεταγμένες του ση- μείου τομής, Α, της εφαπτομένης με τον άξονα x΄x. Για ποια τιμή του α, η εφαπτομένη διέρχεται από την αρχή των αξόνων;β) Αν το σημείο Μ απομακρύνεται από τον άξονα x΄x με σταθερή ταχύτητα 2 m/s, να βρείτε: Ι. τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Μ, ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία η εφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων. ΙΙ. τον ρυθμό μεταβολής, ως προς τον χρόνο t, του εμβαδού του χωρίου, που σχηματίζεται από την Cf , την εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ και τον άξονα x΄x, την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία η εφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων. ΙΙΙ. τον ρυθμό μεταβολής της απόστασης (ΑΜ), ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία η εφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων.α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , με f′(x) = 1 , x>0. xΗ εφαπτομένη στο Μ έχει εξίσωση ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ⇔ ε : y − ℓnα = 1 ⋅(x − α) ⇔ ε:y= x − 1 + ℓnα (1) , όπου α > 1 . α αΘέτοντας y = 0 στην (1), θα βρούμε την τετμημένη του Α. Είναι 0= x − 1 + ℓnα ⇔ x = 1 − ℓnα ⇔ x = α − α ⋅ ℓnα , α αοπότε το σημείο Α είναι το Α(α , α − α ⋅ ℓnα) , με α > 1 .Στο σχήμα δεξιά έχουμε μια απεικόνιση των παραπάνω.Η εφαπτομένη, (ε), διέρχεται από την αρχή των αξόνων, όταντο σημείο Α ταυτίζεται με την αρχή των αξόνων Ο(0, 0), δηλα- α >1δή όταν α − α ⋅ ℓnα = 0 ⇔ 1 − ℓnα = 0 ⇔ ℓnα = 1 ⇔ α = e . Το σχήμα αριστερά μάς δείχνει πώς διαμορφώνο- νται γραφική παράσταση και εφαπτομένη, όταν η (ε) διέρχεται από την αρχή των αξόνων. - 90 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Καθώς το σημείο Μ(α , ℓnα) κινείται, οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου t,άρα προσδιορίζονται από συναρτήσεις της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με x(t) = α(t) και y(t) = ℓnα(t) , όπου x(t) = α(t) > 1 και y(t) = ℓnα(t) > ℓn1 = 0 .Οι συναρτήσεις αυτές είναι παραγωγίσιμες, με x′(t) = α′(t) (1) και y′(t) = ⎢⎡⎣ℓnα(t)⎦⎥⎤′ = α′(t) , t≥0 (2) α(t)Το σημείο Μ απομακρύνεται από τον άξονα x΄x με σταθερή ταχύτητα 2 m/s. Αυτό σημαίνει ότι η τεταγ-μένη του αυξάνεται με σταθερό ρυθμό y′(t) = +2 m / s .Πράγματι· το σημείο Μ βρίσκεται στο 1ο τεταρτημόριο του συστήματος αξόνων, άρα, αφού απομακρύ-νεται από τον x΄x, κινείται προς τα πάνω, δηλαδή η τεταγμένη του αυξάνεται.Παρατήρηση. Η παραπάνω ανάλυση είναι απαραίτητη, γιατί αν, π.χ., το σημείο ήταν κάτω από τονάξονα x΄x, τότε η απομάκρυνσή του από αυτόν θα σήμαινε κίνηση προς τα κάτω, άρα η τεταγμένη τουσημείου θα μειώνονταν, δηλαδή η ταχύτητά του θα είχε αρνητική τιμή! Στην περίπτωση αυτή, θα έπρεπενα γράψουμε ότι y′(t) = −2 m / s !Καθώς θ’ αναφερθούμε κατ’ επανάληψη σ’ αυτήν, ονομάζουμε t0 την χρονική στιγμή κατά την οποία ηεφαπτομένη στο Μ διέρχεται από την αρχή των αξόνων.Ι. Έχουμε: (2) α′(t) =2⇔ α′(t) = 2α(t) (3) α(t) y′(t) = 2 ⇔Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία η εφαπτομένη στο Μ διέρχεται από το Ο, όπως βρήκαμε στο (α)ισχύει α = e. (1) (3)Συνεπώς, x(t0) = α(t0) = e και x′(t0) = α′(t0) = 2α(t0) = 2e .Άρα ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ, ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 ,είναι θετικός (που σημαίνει ότι η τετμημένη αυξάνεται) και ίσος με 2e m/s.Παρατηρήστε ότι γνωρίζουμε και αναφέρουμε το είδος της μεταβολής, καθώς γνωρίζουμε το πρόσημοτου ρυθμού μεταβολής.ΙΙ. Καθώς το Μ κινείται, μεταβάλλονται τόσο η εφαπτομένη στο Μ, όσο και το χωρίο που σχηματίζεταιαπό την Cf , την εφαπτομένη της Cf στο Μ και τον άξονα x΄x. Άρα και το εμβαδόν του παραπάνω χω-ρίου προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t) , t ≥ 0 .Για να προσδιορίσουμε το εμβαδόν Ε, θα παρατηρήσουμε αρχικά ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη.Πράγματι· από την f′(x) = 1 έχουμε ότι f′′(x) = − 1 < 0 , για κάθε x>0. x x2Αυτό σημαίνει ότι η Cf βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της, (ε).Επιπλέον: f(x) = 0 ⇔ ℓnx = 0 ⇔ x = 1 , άρα η Cf τέμνει τον x΄x στο σημείο (1, 0).Έτσι, το εμβαδόν του χωρίου, Ε, που περικλείεται από την Cf , την εφαπτομένη της Cf στο Μ και τον α∫άξονα x΄x, όπως φαίνεται και στο πρώτο σχήμα, είναι ίσο με Ε = (ΑΒΜ) − f(x) dx , αφού για x ≥ 1είναι f(x) = ℓnx ≥ ℓn1 = 0 , άρα | f(x) | = f(x) . 1αα α α 1 x∫ ∫ ∫ ∫Έχουμε: ℓnx dx = (x)′ ⋅ ℓnx dx = ⎢⎡⎣x ⋅ ℓnx⎦⎤⎥1α − x ⋅ (ℓnx)′ dx = α ⋅ ℓnα − 1 ⋅ ℓn1 − x⋅ dx =11 1 1 - 91 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής α∫= α ⋅ ℓnα − 1dx = α ⋅ ℓnα − (α − 1) = α ⋅ ℓnα − α + 1 . 1Επίσης, (ΑΒΜ) = 1 ⋅ (ΑΒ) ⋅ (ΑΜ) = 1 ⋅(xB − xA) ⋅(yM − yB) = 1 ⋅ ⎡⎢⎣α − (α − α ⋅ ℓnα)⎦⎥⎤ (ℓnα − 0) = 2 2 2= 1 ⋅ ( α − α + α ⋅ ℓnα) ⋅ ℓnα ⇒ (ΑΒΜ) = α ⋅ ℓn2α . 2 2Τότε είναι Ε= α ⋅ ℓn2α − α ⋅ ℓnα + α − 1 , α > 1 . 2Η συνάρτηση, που προσδιορίζει το εμβαδόν ως προς τον χρόνο t, έχει τύπο E(t) = α(t) ⋅ ℓn2α(t) − α(t) ⋅ ℓnα(t) + α(t) − 1 , t ≥ 0 . 2Σημείωση. Η συνάρτηση Ε(t) έχει αρκετά σύνθετο τύπο, συνεπώς η παραγώγιση που ακολουθεί θέλειιδιαίτερη προσοχή. Όμως, ο τελικός τύπος της, όπως θα δούμε, είναι πολύ απλούστερος, άρα και το ζη-τούμενο αριθμητικό αποτέλεσμα θα προκύψει αρκετά πιο εύκολα, χάρη στις γνωστές τιμές που έχουμε.Η E(t) είναι παραγωγίσιμη, με E′(t) = ⎡⎢⎢⎣⎢ α(t) ⋅ ℓn2α(t) − α(t) ⋅ ℓnα(t) + α(t) − 1 ⎥⎦⎥⎥⎤′ = 2= 1 ⋅ ⎣⎢⎡⎢⎢α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α(t) ⋅ 2ℓnα(t) ⋅ α′(t) ⎥⎥⎤⎦⎥ − ⎢⎢⎣⎢⎡α′(t) ⋅ ℓnα(t) + α(t) ⋅ α′(t) ⎦⎥⎥⎥⎤ + α′(t) − 0 = 2 α(t) α(t)= 1 ⋅ ⎢⎡⎣α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + 2α′(t) ⋅ ℓnα(t)⎥⎦⎤ − ⎡⎢⎣α′(t) ⋅ ℓnα(t) + α′(t)⎤⎦⎥ + α′(t) = 2= 1 ⋅ α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α′(t) ⋅ ℓnα(t) − α′(t) ⋅ ℓnα(t) − α′(t) + α′(t) = 1 ⋅ α′(t) ⋅ ℓn2α(t) . 2 2Την χρονική στιγμή t0 , είναι E′(t0) = 1 ⋅ α′(t0) ⋅ ℓn2α(t0) , όπου α(t0) = e και α′(t0) = 2e , άρα 2 E′(t0) = 1 ⋅ 2 e ⋅ ℓn2e = e ⋅ 12 ⇒ E′(t0) = e m2 / s , 2που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Μάλιστα, ότι αυτός είναι θετικός σημαίνει ότι το εμβαδόναυξάνεται.Και εδώ, γνωρίζουμε και αναφέρουμε το είδος της μεταβολής, καθώς γνωρίζουμε το πρόσημο του ρυθ-μού μεταβολής.ΙΙΙ. Η απόσταση (ΑΜ) είναι ίση με(ΑΜ) = (xM − xA )2 + (yM − yA )2 = ⎡⎢⎣α − (α − α ⋅ ℓnα)⎤⎥⎦2 + (ℓnα − 0)2 = ( α − α + α ⋅ ℓnα) + ℓn2α = α >1= α2ℓn2α + ℓn2α = ℓn2α ⋅ (α2 + 1) = | ℓnα | ⋅ α2 + 1 ⇒ (ΑΜ) = ℓnα ⋅ α2 + 1 , α > 1 . ℓnα >0Καθώς το Μ κινείται, η απόσταση (ΑΜ) μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, άρα προσδιορίζεται απόσυνάρτηση της μορφής d(t) = ℓnα(t) ⋅ α2(t) + 1 , t ≥ 0 .Σημείωση. Και για την συνάρτηση d(t) έχουμε σχετικά πολύπλοκο τύπο, συνεπώς η παραγώγιση πουακολουθεί θέλει ιδιαίτερη προσοχή. Ο τύπος της παραγώγου που θα βρούμε είναι κι αυτός αρκετά σύν-θετος, πάλι όμως το αριθμητικό αποτέλεσμα, όπως θα δούμε, θα βρεθεί χωρίς δυσκολία, χάρη στις γνω-στές τιμές που έχουμε. - 92 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ d(t) είναι παραγωγίσιμη, με d′(t) = ⎡⎢⎣ℓnα(t) ⋅ α2(t) + 1 ⎤⎦⎥′ = α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ ⎣⎡⎢α2(t) + 1⎤⎦⎥′= ⎡⎣⎢ℓnα(t)⎦⎤⎥′ ⋅ α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ ⎢⎡⎣ α2(t) + 1 ⎦⎤⎥′ = α′(t) ⋅ 2 α2(t) + 1 = α(t)= α′(t) ⋅ α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) = α′(t) ⋅ α2(t) + 1 + ℓnα(t) ⋅ α(t) ⋅ α′(t) . α(t) 2 α2(t) + 1 α(t) α2(t) + 1Την χρονική στιγμή t0 είναι d′(t0) = α′(t 0 ) ⋅ α2(t0) + 1 + ℓnα(t0) ⋅ α(t0) ⋅ α′(t0) , α(t 0 ) α2(t0) + 1όπου α(t0) = e και α′(t0) = 2e , οπότεd′(t0) = 2e ⋅ e2 + 1 + ℓne ⋅ e ⋅ 2e = 2 e2 + 1 + 2 e e2 + 1 2e2 = 2 e2 + 1 + 2e2 = 2(e2 + 1) + 2e2 ⇒ e2 + 1 e2 + 1 e2 + 1⇒ d′(t0) = 4e2 + 2e m/s , που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. e2 + 1Μάλιστα, η απόσταση αυξάνεται, αφού ο ρυθμός μεταβολής είναι θετικός.Και εδώ, γνωρίζουμε και αναφέρουμε το είδος της μεταβολής, καθώς γνωρίζουμε το πρόσημο του ρυθ-μού μεταβολής. - 93 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 12ο επαναληπτικό θέμαΣώμα βάρους Β μετακινείται σε επίπεδο με τηνβοήθεια ενός τεντωμένου σχοινιού, που σχηματίζειγωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο.Μία μεταβαλλόμενη δύναμη F, που ασκείται στοσώμα μέσω του σχοινιού, έχει μέτρο που δίνεται µ⋅Βαπό την σχέση F(θ) = συνθ + µ ⋅ ηµθ , όπουθ ∈ ⎣⎢⎢⎡0 , μ μία π ⎥⎤⎥⎦ και θετική σταθερά, ανεξάρτητη 2από την γωνία θ.α) Να αποδείξετε ότι η δύναμη F γίνεται ελάχιστη, όταν η γωνία θ αποκτά τιμή, ώστε να ισχύει εφθ = μ.β) Έστω ότι η γωνία θ, την χρονική στιγμή t0 , αυξάνεται με ρυθμό 0,2 rad/s και η σταθερά μ, την ίδια χρονική στιγμή, αυξάνει με ρυθμό 0,4 ανά δευτερόλεπτο. Να βρείτε ποια πρέπει να είναι η γωνία θ, την χρονική στιγμή t0 , ώστε να ελαχιστοποιείται η δύναμη F.γ) Έστω ότι, για την προηγούμενη συνάρτηση F(θ), ισχύει µ = 3 . Να αποδείξετε ότι ∫π/2 3 . F(θ) dθ > π ⋅ Β 4 0Το συγκεκριμένο θέμα είναι πρόβλημα από τον χώρο της Φυσικής. Η διατύπωσή του είναι εμφανώς μα-κριά από τα συνήθη για θέμα Μαθηματικών και πολύ πιο κοντά σε αυτό που περιμένουμε όταν λύνου-με ένα πρόβλημα Φυσικής, όπου εμφανίζεται ρυθμός μεταβολής. Γι’ αυτό και οι χειρισμοί μας απαιτούνπαραπάνω προσοχή, καθώς θα «μεταφράζουμε» τα στοιχεία της άσκησης σε μαθηματικά δεδομένα.α) Θεωρούμε την συνάρτηση F(θ) = µ⋅Β , θ ∈ ⎢⎢⎡⎣0 , π ⎥⎦⎥⎤ . συνθ + µ ⋅ ηµθ 2Αρχικά, παρατηρούμε ότι η F ορίζεται στο ⎣⎡⎢⎢0 , π ⎥⎥⎦⎤ , αφού για κάθε θ ∈ ⎣⎡⎢⎢0 , π ⎦⎥⎥⎤ ισχύει ηµθ , συνθ ≥ 0 , 2 2χωρίς ποτέ να μηδενίζονται ταυτόχρονα (αφού τότε θα είχαμε ηµ2θ + συν2θ = 02 + 02 ≠ 1 , άτοπο), καιµ > 0 , σταθερά ανεξάρτητη του θ, άρα ηµθ + µ ⋅ συνθ ≠ 0 , για κάθε θ ∈ ⎢⎢⎡⎣0 , π ⎤⎥⎦⎥ . 2Στην παραγώγιση και όσα ακολουθήσουν, μην ξεχνάτε ότι η μεταβλητή είναι η γωνία θ, ενώ τα μ και Βείναι θετικές σταθερές, ανεξάρτητες από την γωνία θ.Η συνάρτηση F(θ) είναι συνεχής στο ⎣⎡⎢⎢0 , π ⎦⎥⎥⎤ και παραγωγίσιμη στο ⎝⎜⎜⎜⎛⎜0 , π ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ , με παράγωγο 2 2F′(θ) = µ ⋅ Β ⋅ ⎜⎛⎜⎝⎜⎜ συνθ 1 ⋅ ηµθ ⎟⎞⎟⎟⎠⎟′ = µ ⋅ Β ⋅ −1 ⋅ (συνθ + µ ⋅ ηµθ)′ = +µ (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2= µ⋅Β⋅ −1 ⋅ (−ηµθ + µ ⋅ συνθ) = µ⋅Β⋅ ηµθ − µ ⋅ συνθ . (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2 (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2Θα μελετήσουμε την μονοτονία και τα ακρότατα της F(θ), για να καταλήξουμε στο ζητούμενο. - 94 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε για κάθε θ ∈ ⎜⎝⎜⎜⎛⎜0 , π ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ είναι ηµθ , συνθ > 0 , οπότε: 2F′(θ) = 0 ⇔ µ⋅Β⋅ ηµθ − µ ⋅ συνθ =0⇔ ηµθ − µ ⋅ συνθ =0⇔ ηµθ = µ ⋅ συνθ συνθ >0 ηµθ = µ ⇔ εϕθ = µ . (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2 συνθ ⇔Η συνάρτηση φ(θ) = εφθ είναι συνεχής στο ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ και ϕ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ⎟⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = (0 , + ∞) . 2 2Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει άμεσα από την γραφι-κή παράσταση της φ(θ) = εφθ, που είναι βασική συνάρ-τηση.Αυτό σημαίνει ότι, για την σταθερά µ > 0 ισχύει ότιµ ∈ ϕ⎜⎝⎜⎜⎜⎛ ⎜⎛⎜⎜⎜⎝0 , π ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , άρα υπάρχει θ0 ∈ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝0 , π ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ­και μάλισ- 2 2τα μοναδικό­ τέτοιο, ώστε εϕθ0 = µ ⇔ F′(θ0) = 0 .Επιπλέον, έχουμε F′(θ) > 0 ⇔ µ⋅Β⋅ ηµθ − µ ⋅ συνθ >0. (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2Επειδή είναι µ , Β , (συνθ + µ ⋅ ηµθ)2 > 0 , έχουμεηµθ − µ ⋅ συνθ > 0 ⇔ ηµθ > µ ⋅ συνθ .Στο ⎝⎜⎜⎜⎛⎜0 , π ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ έχουμε ήδη αναφέρει ότι είναι συνθ > 0 , 2οπότε συνεχίζοντας έχουμε ηµθ ϕ↑ συνθ > µ ⇔ εϕθ > µ ⇔ εϕθ > εϕθ0 ⇔ θ > θ0 .Με όμοιο τρόπο προκύπτει F′(θ) < 0 ⇔ θ < θ0 , οπότε έχουμε τον θ0 θ0 π / 2διπλανό πίνακα μονοτονίας και ακροτάτων της F(θ).Από αυτόν προκύπτει ότι η F(θ) έχει ελάχιστο (ολικό) για θ = θ0 , F′(θ) ­ +με εϕθ0 = µ . F(θ) 2 1β) Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής, και μάλιστα γωνίας,για τον οποίο έχουμε κατ’ επανάληψη τονίσει την ιδιαιτερότητα πουαπαιτείται στον χειρισμό.Η γωνία θ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t), μεt ≥ 0 . Την χρονική στιγμή t0 , η γωνία αυξάνεται με ρυθμό 0,2 rad/s, άρα η θ(t) είναι παραγωγίσιμη καιτην χρονική στιγμή t0 θα ισχύει θ′(t0) = +0, 2 rad / s .Από την εκφώνηση έχουμε ότι και η σταθερά μ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, αυξάνεται) ως προς τονχρόνο, άρα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής μ(t), t ≥ 0 , η οποία είναι παραγωγίσιμη και ισ-χύει ότι µ′(t0) = +0, 4 µον / s .Παρατήρηση. Για την μονάδα μέτρησης της μ(t), επειδή δεν έχουμε άλλο στοιχείο παρά ότι αυτή είναισταθερά, ανεξάρτητη της γωνίας θ, χρησιμοποιούμε το γενικό «μον». Έτσι, ο αντίστοιχος ρυθμός μετα-βολής έχει μονάδα μέτρησης «μον/s». - 95 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣημαντική παρατήρηση! Εδώ χρειάζεται προσοχή σε μια βασική λεπτομέρεια!Η ποσότητα μ είναι, σύμφωνα με την εκφώνηση, «θετική σταθερά, ανεξάρτητη από την γωνία θ».Στο ερώτημα (β) όμως, έχουμε ότι η μ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, «αυξάνεται με ρυθμό 0,4 ανά δευ-τερόλεπτο»! Αυτό έχει νόημα, καθώς η μ είναι σταθερά ως προς θ, αλλά φυσικά μπορεί να μεταβάλλε-ται ως προς τον χρόνο, όπως και συμβαίνει εδώ.Αναζητούμε την τιμή της γωνίας θ = θ(t0) , την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία η δύναμη F ελαχιστο-ποιείται.Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η F(θ) έχει ελάχιστο, όταν εφθ = μ. Άρα, την χρονική στιγμή t0 θα ισ-χύει εϕθ(t0) = µ(t0) .( )Η συνάρτηση εϕ θ(t) είναι παραγωγίσιμη ως προς τον χρόνο t, ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσε-ων. Επίσης, και η μ(t) είναι παραγωγίσιμη ως προς t, με εφθ(t) = μ(t).Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε ⎢⎣⎡εϕθ(t)⎤⎦⎥′ = µ′(t) ⇒ 1 ⋅ θ′(t) = µ′(t) . συν2θ(t) 1Άρα την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει συν2θ(t 0 ) ⋅ θ′(t0) = µ′(t0) και με αντικατάσταση των τιμώνθ′(t0) = +0, 2 rad / s και µ′(t0) = 0, 4 μον/s βρίσκουμε 1 ⋅ 0, 2 = 0, 4 ⇔ 1 = 2 ⇔ συν2θ(t0) = 1 . συν2θ(t 0 ) συν2θ(t 0 ) 2Είναι θ = θ(t0) ∈ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝0 , π ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ , όπου συνθ(t0) > 0 , άρα προκύπτει συνθ(t0) = 1 = 2 ⇒ θ(t0) = π . 2 2 2 4Τελικά, για να ελαχιστοποιείται, την χρονική στιγμή t0 , η δύναμη F, πρέπει η γωνία θ να παίρνει την πτιμή θ(t0) = 4 rad .γ) Από τα δεδομένα του ερωτήματος έχουμε ότι µ = 3 . Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι η συνάρτησηF(θ) έχει ελάχιστο (ολικό), για θ = θ0 , με εϕθ0 = µ .Έτσι, θα ισχύει εϕθ0 = 3 , με θ0 ∈ ⎝⎜⎜⎜⎛⎜0 , π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ , άρα θα είναι θ0 = π . 2 3Συνεπώς, η συνάρτηση F παρουσιάζει ελάχιστο για θ0 = π , που σημαίνει ότι είναι 3 F⎜⎝⎛⎜⎜⎜ ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ θ ∈ ⎢⎢⎣⎡0 , ⎤⎥⎦⎥ F(θ) ≥ π , για κάθε π . 3 2Τότε έχουμε F(θ) ≥ F⎜⎛⎝⎜⎜⎜ π ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ ⇔ F(θ) ≥ π µ⋅Β π , οπότε για µ = 3 παίρνουμε 3 3 + µ ⋅ ηµ 3 συν F(θ) ≥ 3 ⋅Β ⇔ F(θ) ≥ 3 ⋅Β , για κάθε θ ∈ ⎡⎢⎢⎣0 , π ⎦⎥⎥⎤ , 2 2 1 + 3⋅ 3 2 2με την ισότητα να ισχύει μόνο για θ= π . Επομένως, 3 - 96 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής π/2 π/2 ⋅ 1dθ ⇔ F(θ) dθ >π/2 π/2∫ ∫ ∫ ∫ ∫F(θ)dθ > Β3 π/2 Β3 Β3 ⋅ ⎝⎜⎛⎜⎜⎜ π − 0⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⇔ 2 2 2 2 dθ ⇔ F(θ) dθ >00 0 00 ∫π/2 3 , που είναι και το ζητούμενο. 4⇔ F(θ) dθ > π ⋅ Β ⋅0 13ο επαναληπτικό θέμα 1 − ℓnxΔίνεται η συνάρτηση f, με τύπο f(x) = x , x > 0 .α) Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.β) Αν η τετμημένη του σημείου Μ(x, f(x)) μεταβάλλεται με ρυθμό 1 μ/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού, E(t), του τριγώνου ΑΟΒ, όπου Α(x, 0), O(0, 0), B(0, f(x)), την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία είναι x(t0) = 4 .γ) Αν την χρονική στιγμή t = 0 το σημείο Μ βρίσκεται στην θέση (1, 1), τότε να αποδείξετε ότι: Ι. x(t) = t + 1 . ΙΙ. η συνάρτηση E(t) είναι κοίλη στο διάστημα [e − 1, + ∞) .α) Αρχικά θα απαλείψουμε από τον τύπο της f την απόλυτη τιμή.Είναι 1 − ℓnx ≥ 0 ⇔ ℓnx ≤ 1 ⇔ 0 < x ≤ e , οπότε 1 − ℓnx = 1 − ℓnx , για 0 < x ≤ e .Επίσης, 1 − ℓnx < 0 ⇔ ℓnx > 1 ⇔ x > e , οπότε 1 − ℓnx = ℓnx − 1 , για x > e .Συνεπώς, ο τύπος της συνάρτησης f γίνεται f(x) = ⎨⎪⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 1 − ℓnx , αν 0 < x < e . x ℓnx − 1 , αν x ≥ e xΚαθώς έχουμε συνάρτηση με τύπο που ορίζεται με κλάδους, θα εργαστούμε κατά διαστήματα ως εξής:Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , ως πηλίκο των 1 − ℓnx (που είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , ωςσύνθεση συνεχών) και x. Επιπλέον, στο διάστημα (0 , e) η f είναι παραγωγίσιμη, ως πηλίκο παραγωγί-σιμων συναρτήσεων, με παράγωγο 1 xf′(x) ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ 1 − ℓnx ⎟⎟⎞⎟⎟⎠′ (1 − ℓnx)′ ⋅ x − (1 − ℓnx) ⋅ (x)′ − ⋅ x − (1 − ℓnx) −1 − 1 + ℓnx ℓnx − 2 x x2 x2 x2 x2 = = = = = .Για κάθε x ∈ (0 , e) είναι x < e ⇔ ℓnx < ℓne ⇔ ℓnx < 1 , άρα ℓnx − 2 < −1 < 0 .Αυτό σημαίνει ότι είναι f′(x) = ℓnx − 2 <0 στο (0 , e) . x2Στο διάστημα (e , + ∞) η f είναι παραγωγίσιμη, ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο f′(x) = ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ ℓnx − 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟′ = −⎜⎜⎜⎜⎛⎝ 1 − ℓnx ⎟⎞⎟⎠⎟⎟′ = 2 − ℓnx . x x x2 - 97 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε, για x ∈ (e , + ∞) ⇔ x > e έχουμε:f′(x) = 0 ⇔ 2 − ℓnx = 0 ⇔ 2 − ℓnx = 0 ⇔ ℓnx = 2 ⇔ x = e2 και x2f′(x) > 0 ⇔ 2 − ℓnx x>e f′(x) < 0 ⇔ ℓnx > 2 ⇔ x > e2 . x2 > 0 ⇔ 2 − ℓnx > 0 ⇔ ℓnx < 2 ⇔ e < x < e2 , άρα καιΠροσοχή στην εξής λεπτομέρεια! Λύνοντας την ανίσωση ℓnx < 2 , παίρνουμε αποτέλεσμα x < e2 , αλ-λά δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι δουλεύουμε στο διάστημα (e , + ∞) , δηλαδή για x > e , οπότε τελικά οιλύσεις της ανίσωσης f′(x) > 0 είναι οι αριθμοί x, για τους οποίους ισχύει e < x < e2 . Μπορούμε, βέβαια,να αποφύγουμε αυτήν την λεπτομέρεια, αν προτιμήσουμε να λύσουμε την ανίσωση f′(x) < 0 και ναβρούμε τις λύσεις x > e2 και μετά, στον πίνακα μονοτονίας, να συμπληρώσουμε στο διάστημα (e , e2)που απομένει, το θετικό πρόσημο που έχει εκεί η f′(x) .Βάσει των παραπάνω, ο πίνακας μονοτονίας της f δια- x0 e e2 +∞μορφώνεται ως εξής:Από τον πίνακα προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι γνη- f′(x) ­ + ­σίως φθίνουσα στο διάστημα (0 , e] και στο διάστημα[e2, + ∞) , ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο [e , e2] . f(x) 2 1 2Η απάντησή μας, όσον αφορά στην μονοτονία, έχειολοκληρωθεί.Επίσης, η f έχει τοπικό ελάχιστο για x = e, το f(e) = ℓne − 1 = 1−1 = 0 , και τοπικό μέγιστο για e e ℓne2 − 1 2−1 1x = e2 , το f(e2) = e2 = e2 = e2 = e−2 .Βρήκαμε, προφανώς, τα τοπικά ακρότατα της f, όμως η εκφώνηση μάς ζητά «ακρότατα», δηλαδή ολικάακρότατα. Άρα δεν έχουμε ολοκληρώσει την απάντησή μας!Για να δούμε αν η f έχει ολικά ακρότατα, χρειαζόμαστε και τα όριά της στο 0 και το +∞ . Έχουμε: +∞ ⎢⎢⎡⎣ ⋅ (1 − ℓnx)⎥⎥⎤⎦ = (+∞) ⋅ (+∞) = +∞ .• ℓ im f(x) = ℓ im 1 − ℓnx 0 ℓ im 1 x x x→ 0+ x→ 0+ = x→ 0+ +∞ 1 x• ℓ im f(x) = ℓ im ℓnx − 1 +∞ ℓ im (ℓnx − 1)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 =0. x→ +∞ x→ +∞ x (x)′ x→ +∞ x→ +∞ x = x→ +∞Από τα παραπάνω όρια καταλαβαίνουμε ότι, το ελάχιστο που παρουσιάζει η f στο σημείο x = e είναιολικό και ίσο με f(e) = 0, ενώ το μέγιστο που παρουσιάζει στο σημείο x = e² είναι τοπικό και ίσο μεf(e2) = e−2 . Η απάντηση αυτή, αν και σωστή, στηρίζεται στο οπτικό­διαισθητικό συμπέρασμα ότι οι τι-μές της f αυξάνονται απεριόριστα, όταν x → 0+ , άρα κάποια στιγμή ξεπερνάνε την τιμή e−2 , και στηνακόμα πιο ειδική παρατήρηση ότι, καθώς το x → +∞ , οι τιμές της f πέφτουν προς το 0, προφανώςαπό θετικές τιμές, άρα δεν πέφτουν ποτέ κάτω από το 0. Η σωστή, όμως, και πλήρης απάντηση θα δο-θεί με την βοήθεια του συνόλου τιμών, ως εξής:Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ1 = (0 , e] , άρα παίρνει σε αυτό τιμές f(Δ1 ) = ⎡⎢⎢⎣ f(e) , ℓ im f(x) ⎟⎟⎞⎠⎟ = [0 , + ∞) . x→ 0+Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ2 = (e , e2) , άρα παίρνει σε αυτό τιμές ( )f(Δ2)⎜⎜⎜⎛⎝ ⎠⎟⎟⎟⎞ = (0 , e−2) , = ℓ im f(x) , ℓ im f(x) = f(e) , f(e2) x→ e x→ e2 - 98 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςόπου ℓ im f(x) = f(e) = 0 και ℓ im f(x) = f(e2) = e−2 , από την συνέχεια της f στο (0 , + ∞) και στα ση- x→ e x→ e2μεία x = e και x = e2 .Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ3 = [e2, + ∞) , άρα παίρνει σε αυτό τιμές (f(Δ3) = ℓ im f(x) , f(e2) ⎤⎥⎦ = (0 , e−2] . x→ +∞Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το ( )f (0 , + ∞) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) ∪ f(Δ3) = [0 , + ∞) ∪ (0 , e−2) ∪ (0 , e−2] = [0 , + ∞) .Επομένως είναι f(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ (0 , + ∞) , που σημαίνει ότι η τιμή f(e) = 0, την οποία η f παίρνειγια x = e, είναι ολικό ελάχιστο της f, δηλαδή fmin = f(e) = 0 , ενώ η συνάρτηση δεν έχει ολικό μέγιστο.Σχόλιο. Καλό είναι να συνηθίσουμε, στο τέλος κάθε ερωτήματος, η καταληκτική μας πρόταση να είναιη απάντησή μας. Εδώ, επειδή η απάντηση δόθηκε τμηματικά, συνοψίζουμε με σαφήνεια:Συνοψίζοντας, έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [e , e2] , γνησίως φθίνουσασε καθένα από τα διαστήματα (0 , e] και [e2, + ∞) , παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = e, το f(e) = 0,και τοπικό μέγιστο για x = e2 , το f(e2) = e−2 .β) Από την υπόθεση έχουμε ότι το σημείο Μ έχει συντεταγμένες (x, f(x)), άρα είναι σημείο της Cf .Επίσης, η τετμημένη του μεταβάλλεται με ρυθμό 1 μ/s, άρα το σημείο Μ κινείται επί της Cf , με συντε-( ( ) )ταγμένες που μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής x(t) , f x(t) , t ≥ 0 , έτσι ώστεο ρυθμός, x′(t) , να είναι 1 μ/s.Τα σημεία A(x, 0) και B(0, f(x)) βρίσκονται επί των αξόνων x΄x και y΄y αντίστοιχα, άρα το τρίγωνο ΑΟΒ,που σχηματίζουν με την αρχή των αξόνων, είναι ορθογώνιο στο Ο. Έτσι, το εμβαδόν του είναι ίσο μεΕ= 1 ⋅ (ΟΑ) ⋅ (ΟΒ) = 1 ⋅| x | ⋅| f(x) | = 1 ⋅| x | ⋅ 1 − ℓnx = 1 ⋅|x|⋅ 1 − ℓnx = 1 ⋅ 1 − ℓnx . 2 2 2 x 2 |x| 2Το εμβαδόν εξαρτάται από το x, άρα και αυτό μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο και προσδιορίζεται απόσυνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 1 ⋅ 1 − ℓnx(t) , t≥0. 2Από την υπόθεση, t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία x(t0) = 4 . Επειδή x(t0) > e , μπορούμε, γιατην μεταβλητή t, να περιοριστούμε σε χρονικό διάστημα Δ, κοντά στην χρονική στιγμή t0 , δηλαδή σεανοικτό διάστημα Δ, με t0 ∈ Δ , έτσι ώστε x(t) > e .Πράγματι· επειδή x(t0) = 4 > e ⇔ x(t0) − e > 0 , για την συνάρτηση ϕ(t) = x(t) − e έχουμε ϕ(t0) > 0 , άραϕ(t) > 0 , κοντά στο t0 , οπότε x(t) − e > 0 ⇔ x(t) > e , κοντά στο t0 (δηλαδή για t ∈ Δ ).Τότε, ℓnx(t) > ℓne ⇔ ℓnx(t) > 1 ⇔ 1 − ℓnx(t) < 0 , άρα 1 − ℓnx(t) = ℓnx(t) − 1 και ο προηγούμενος τύποςτου εμβαδού, για τιμές t ∈ Δ , γίνεται E(t) = 1 ⋅ ⎢⎡⎣ℓnx(t) − 1⎤⎦⎥ . 2Προσοχή! Όπως καταλαβαίνουμε, και για τον τύπο του εμβαδού περιοριστήκαμε στο Δ, άρα κάθε επό-μενο συμπέρασμα αφορά αυτό το υποδιάστημα του πεδίου ορισμού της E(t). Αυτό δεν αποτελεί πρό-βλημα, καθώς ο ρυθμός μεταβολής του E(t) που αναζητούμε, αφορά χρονική στιγμή στο εσωτερικό τουδιαστήματος Δ.Τότε, για t ∈ Δ , η συνάρτηση E(t) είναι παραγωγίσιμη, με παράγωγο E′(t) = ⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎨ 1 ⋅ ⎣⎡⎢ℓnx(t) − 1⎥⎤⎦ ⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎫′ = 1 ⋅ 1 ⋅ x′(t) , t∈Δ. 2 2 x(t) - 99 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι E′(t0) = 1 ⋅ 1 ⋅ x′(t0) . 2 x(t 0 )Τότε, όμως, είναι και x(t0) = 4 . Επίσης, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ είναι ίσοςμε x′(t0) = 1 µ / s , οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε E′(t0) 1 1 1 µ2 / s , που δίνει και τον = 2 ⋅ 4 ⋅1 = 8ζητούμενο ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΟΒ.Παρατήρηση. Για την μονάδα μέτρησης προφανώς στηριχθήκαμε στην μονάδα μέτρησης του ρυθμούμεταβολής της τετμημένης του Μ, που είναι μ/s. Αυτό σημαίνει ότι ο χρόνος μετράται σε δευτερόλεπτα(s) και τα μήκη/αποστάσεις/τετμημένες μετρώνται σε «μ». Το «μ» μπορεί να σημαίνει μέτρα ή μονάδαμήκους, αλλά αυτό δεν μας προβληματίζει, καθώς ­σε κάθε περίπτωση­ το εμβαδόν μετράται αντίστοι-χα σε μ².Να αναφέρουμε εδώ, ότι ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού που βρήκαμε νωρίτερα, είναι ομόσημος τουρυθμού μεταβολής της τετμημένης του Μ, άρα τα δύο αυτά μεγέθη μεταβάλλονται με τον ίδιο τρόπο.Αυτό δεν χρειάζεται να αναφερθεί στην λύση, που είναι πλήρης όπως δόθηκε προηγουμένως.γ) I. Την χρονική στιγμή t = 0, το σημείο Μ βρίσκεται στην θέση (1, 1), άρα θα ισχύουν x(0) = 1 και f (x(0)) = f(1) = 1 .Καθώς από την υπόθεση έχουμε ότι η τετμημένη, x(t), μεταβάλλεται με σταθερό ρυθμό 1 μ/s, η συνάρτη-ση x(t) , t ≥ 0 , είναι παραγωγίσιμη, με παράγωγο x′(t) = 1 , απ’ όπου προκύπτει x′(t) = (t)′ ⇒ x(t) = t + c , c ∈ ! σταθερός αριθμός.Επιπλέον, για t = 0 είναι x(0) = 0 + c ⇔ 1 = 0 + c ⇔ c = 1 .Τελικά έχουμε ότι x(t) = t + 1 , t ≥ 0 .Σχόλιο. Στο ερώτημα (β) μιλήσαμε για μεταβολή της τετμημένης του σημείου Μ. Για τον λόγο αυτό,στον ρυθμό μεταβολής πήραμε τιμή χωρίς αναφορά σε πρόσημο και είδος μεταβολής και λύσαμε τηνάσκηση βάσει αυτής.Σε αυτό το ερώτημα συνεχίζουμε με αυτήν την παραδοχή, χωρίς αναφορά σε πρόσημο. Ένα επιπλέονλόγος είναι ότι στο γ­Ι μάς δίνεται ένα στοιχείο που επιβεβαιώνει την επιλογή μας: το αποτέλεσμα!Πράγματι· λύνοντας το ερώτημα με δεδομένη την μεταβολή της τετμημένης του Μ με ρυθμόx′(t) = 1 µ / s , καταλήγουμε στην απάντηση που ζητείται για το γ­Ι, ότι δηλαδή x(t) = t + 1 , t ≥ 0 .ΙΙ. O τύπος του εμβαδού, E(t) = 1 ⋅ 1 − ℓnx(t) , t ≥ 0 , βάσει του γ­Ι γίνεται 2 1 E(t) = 2 ⋅ 1 − ℓn(t + 1) , t ≥0.Στο διάστημα [e − 1 , + ∞) έχουμε ότι t ≥ e − 1 ⇔ t + 1 ≥ e , άρα ℓn(t + 1) ≥ ℓne ⇔ ℓn(t + 1) ≥ 1 ⇔ 1 − ℓn(t + 1) ≤ 0 ,οπότε 1 − ℓn(t + 1) = ℓn(t + 1) − 1 και ο τύπος του εμβαδού γίνεται E(t) = ℓn(t + 1) − 1 , t ≥ e−1. 2Η συνάρτηση αυτή είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (e − 1 , + ∞) , μεE′(t) = ⎣⎡⎢⎢ ℓn(t + 1) − 1 ⎦⎤⎥⎥′ = 1 ⋅ (t + 1)′ = 1 και 2 2 t+1 2(t + 1)E′′(t) = ⎡⎢⎢⎣ 1 ⎤⎥⎦⎥′ = 1 ⋅ −(t + 1)′ =− 1 < 0 , για κάθε t > e−1. 2(t + 1) 2 (t + 1)2 2(t + 1)2Επομένως η E(t) είναι κοίλη στο διάστημα [e − 1 , + ∞) . - 100 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 14ο επαναληπτικό θέμαΈστω συνάρτηση f : ! → ! , παραγωγίσιμη στο x0 = 3 . Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎧ f(27 − 12x) , αν x < 2 . f(11 − x3) , αν x ≥ 2α) Να δείξετε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 2 .β) Αν είναι f(3) = f′(3) = − 1 , να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της g στο σημείο Β(2, g(2)). 4γ) Σημείο Σ(x, y), x > 0 , y ≥ 0 , κινείται επί της προηγούμενης ευθείας και πλησιάζει τον άξονα x΄x με ρυθμό 1 cm/s. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της απόστασης ΣΟ, την χρονική στιγμή κατά την οποία το Σ διέρχεται από το σημείο με τεταγμένη 0.Το θέμα αυτό έχει την εμφανή ιδιαιτερότητα, ότι για την συνάρτηση f δεν γνωρίζουμε τύπο και τίποταπαραπάνω από το ότι είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 3 . Επίσης, η συνάρτηση g ορίζεται με την βοήθειατης f, καθώς πρόκειται για δίκλαδη συνάρτηση, όπου κάθε κλάδος της είναι σύνθεση της f με πολυωνυ-μικές συναρτήσεις, Συνεπώς, πρέπει να εξάγουμε τα ζητούμενα συμπεράσματα βασισμένοι μόνο σε αυ-τά τα δεδομένα, με κατάλληλη αξιοποίηση της συναρτησιακής σχέσης, ως εξής:α) Η συνάρτηση g ορίζεται στο ! .Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο ! και παραγωγίσιμη στο x0 = 3 , άρα υπάρχει (και είναι πραγματι-κός αριθμός) το όριο ℓ im f(x) − f(3) = f′(3) ⇔ ℓ im f(x) − f(3) = ℓ im f(x) − f(3) = f′(3) ∈ \" (1) x−3 x−3 x→ 3− x−3 x→ 3 x→ 3+Για να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 2, αρκεί να αποδείξουμε ότι ℓ im g(x) − g(2) = ℓ im g(x) − g(2) ∈\" (2) x−2 x→ 2+ x−2 x→ 2−Η εργασία με πλευρικά όρια είναι απαραίτητη, καθώς η g ορίζεται με κλάδους, που αλλάζουν στο 2.• Αριστερό πλευρικό όριο.Για x<2 έχουμε g(x) = f(27 − 12x) , άρα ℓ im g(x) − g(2) = ℓ im f(27 − 12x) − g(2) = L1 . x−2 x→ 2− x−2 x→ 2−Θέτουμε u = 27 − 12x . Τότε είναι 12x = 27 − u ⇔ x = 27 − u . 12Όταν x → 2− , τότε είναι x < 2 ⇔ 12x < 24 ⇔ −12x > −24 ⇔ 27 − 12x > 3 ⇔ u > 3 , δηλαδή u → 3+ .Επιπλέον, είναι g(2) = f(11 − 23) = f(3) , οπότε έχουμεL1 = ℓ im f(u) − f(3) = ℓ im f(u) − f(3) = 12 ⋅ ℓ im f(u) − f(3) = −12 ⋅ ℓ im f(u) − f(3) (1) u→ 3+ 27 − u − 24 u→ 3+ 3−u u→ 3+ u−3 u→ 3+ 27 − u ⇒ 12 12 −2⇒ L1 = −12 ⋅ f′(3) . - 101 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής• Δεξί πλευρικό όριο.Αντίστοιχα, για x>2 έχουμε g(x) = f(11 − x3) , άρα ℓ im g(x) − g(2) = ℓ im f(11 − x3) − f(3) = L2 . x−2 x→ 2+ x−2 x→ 2+ 1ος τρόπος υπολογισμού του L2 .Θα εμφανίσουμε, με κατάλληλους χειρισμούς, στον παρονομαστή την παράσταση 11 − x3 , ώστε να μπο-ρέσουμε στην συνέχεια να θέσουμε u = 11 − x3 και να εφαρμόσουμε αλλαγή μεταβλητής. Για να εμφα-νιστεί το x3 , θα αξιοποιήσουμε την ταυτότητα x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x + 4) .Έχουμε, L2 = ℓ im f(11 − x3) − f(3) = ℓ im ⎣⎢⎢⎢⎡ f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎥⎦⎤⎥ = x−2 (x − 2)(x2 + 2x + 4) x→ 2+ x→ 2+= ℓ im ⎣⎢⎢⎡⎢ f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎦⎥⎥⎤ = ℓ im ⎢⎢⎡⎣⎢ f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎤⎥⎦⎥ = x3 − 8 x3 − 11 + 3 x→ 2+ x→ 2+= ℓ im ⎣⎡⎢⎢⎢− f(11 − x3) − f(3) ⋅ (x2 + 2x + 4)⎥⎤⎥⎦⎥ . (11 − x3) − 3 x→ 2+Θέτουμε u = 11 − x3 . Όταν x → 2+ , τότε είναι x > 2 ⇔ x3 > 8 ⇔ −x3 < −8 ⇔ 11 − x3 < 3 ⇔ u < 3 , άρατο u → 3− .Παρατήρηση. Αποφύγαμε να λύσουμε την σχέση u = 11 − x3 ως προς x, για να μην μπλέξουμε με ριζι-κά, τρίτης τάξης μάλιστα. Παρακάτω παρατίθεται και η λύση, που αφορά στην επιλογή αυτή.Τότε ℓ im f(11 − x3) − f(3) = ℓ im f(u) − f(3) = f′(3) και ℓ im(x2 + 2x + 4) = 12 , οπότε τελικά έχουμε (11 − x3) − 3 u→ 3− u−3 x→ 2+ x→ 2+ L2 = −f′(3) ⋅ 12 ⇔ L2 = −12 ⋅ f′(3) . 2ος τρόπος υπολογισμού του L2 .Ας δούμε πώς θα διαμορφωθεί εναλλακτικά ο υπολογισμός του ορίου αυτού, αν θέσουμε εξ αρχήςu = 11 − x3 και λύσουμε ως προς x.Έχουμε, L2 = ℓ im f(11 − x3) − f(3) , όπου θέτουμε u = 11 − x3 . x−2 x→ 2+Όταν x → 2+ , τότε είναι x > 2 ⇔ x3 > 8 ⇔ −x3 < −8 ⇔ 11 − x3 < 3 ⇔ u < 3 , άρα το u → 3− .Επιπλέον, u = 11 − x3 ⇔ x3 = 11 − u , όπου για τιμές του x κοντά στο 2 είναι x3 > 0 και 11 − u > 0 ,άρα x = 3 11 − u και το όριο γίνεται = f(u) − f(3) ⎢⎢⎢⎣⎡⎢⎢⎢ f(u) − f(3) ⋅⎜⎛⎝⎜⎜3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎟⎟⎞⎠ ⎦⎥⎥⎥⎤⎥⎥⎥ = 3 11 − u − 2 3 11 − u − 2 ⎜⎜⎜⎝⎛3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎠⎞⎟⎟L2 ℓ im ( )=ℓ im u→ 3− u→ 3−= ℓ im ⎢⎢⎣⎡⎢ f(u) − f(3) ⋅⎜⎜⎜⎛⎝3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎞⎟⎟⎠ ⎤⎥⎦⎥⎥ = ℓ im ⎢⎣⎢⎡ f(u) − f(3) ⋅⎜⎛⎜⎜⎝3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎞⎠⎟⎟⎟ ⎤⎦⎥⎥ = 3 11 − u 3 − 23 11 − u − 8 u→ 3− u→ 3−= ℓ im ⎢⎢⎣⎡ f(u) − f(3) ⋅⎜⎜⎝⎜⎛3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎟⎟⎟⎠⎞ ⎦⎥⎥⎤ = ℓ im ⎡⎢⎣⎢− f(u) − f(3) ⋅⎜⎛⎜⎜⎝3 11 − u 2 + 2 ⋅ 3 11 − u + 4⎠⎟⎟⎞⎟ ⎥⎤⎦⎥ , 3−u u−3 u→ 3− u→ 3−όπου ℓ im f(u) − f(3) = f′(3) και u−3 u→ 3− - 102 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςℓ im ⎜⎝⎛⎜⎜ 3 11 − u 2 + 2⋅ 3 11 − u + 4⎟⎟⎟⎠⎞ = 3 11 − 3 2 + 2 ⋅ 3 11 − 3 +4 = 3 8 2 +2⋅3 8 + 4 = 22 + 2 ⋅ 2 + 4 = 12 .u→ 3−Άρα τελικά είναι L2 = −f′(3) ⋅12 ⇔ L2 = −12 ⋅ f′(3) .Επιστροφή και ολοκλήρωση της απάντησης στο (α) ερώτημα:Τελικά έχουμε ότι L1 = L2 = −12 ⋅ f′(3) , άρα η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 2, με παράγωγοτιμή g′(2) = −12 ⋅ f′(3) .β) Αφού η g είναι παραγωγίσιμη στο 2, η εφαπτομένη, (ε), της Cg στο σημείο Β(2, g(2)) είναι η ε : y − g(2) = g′(2) ⋅ (x − 2) .Είναι g(2) = f(11 − 23) = f(3) = − 1 και g′(2) = −12 ⋅ f′(3) = −12 ⋅ −1 = 3 , οπότε η (ε) έχει εξίσωση 4 4 ε:y+ 1 = 3(x − 2) ⇔ ε : y = 3x − 6 − 1 ⇔ ε : y = 3x − 25 . 4 4 4γ) Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής.Το σημείο Σ(x, y), με x > 0 , y ≥ 0 , κινείται πάνω στην ευθεία (ε) που βρήκαμε στο (β). Αυτό σημαίνει( )ότι οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής Σ x(t) , y(t) , t ≥ 0 ,με x(t) > 0 , y(t) ≥ 0 . Επιπλέον, το Σ πλησιάζει τον άξονα x΄x με ρυθμό 1 cm/s.Αφού είναι x > 0 , y ≥ 0 , το Σ βρίσκεται στο 1ο τεταρτημόριο, συνεπώς το ότι πλησιάζει τον άξονα x΄xσημαίνει ότι η τεταγμένη του μεταβάλλεται με σταθερό ρυθμό y′(t) = −1 cm / s (όπου το αρνητικό πρό-σημο εκφράζει την μείωσή της).Παρατήρηση. Η παραπάνω ανάλυση είναι απαραίτητη, γιατί αν, π.χ., το σημείο ήταν κάτω από τονάξονα x΄x, τότε η έκφραση «πλησιάζει τον άξονα x΄x» θα σήμαινε κίνηση προς τα πάνω, άρα η τεταγμέ-νη του σημείου θα αυξάνονταν, δηλαδή η ταχύτητά του θα είχε θετική τιμή! Στην περίπτωση αυτή, θαέπρεπε να γράψουμε ότι y′(t) = +1 cm / s .Έστω t0 η χρονική στιγμή, κατά την οποία το σημείο Σ διέρχεται από το σημείο (της ευθείας πάνω στηνοποία κινείται) με τεταγμένη 0. Αυτό σημαίνει ότι, αυτήν την χρονική στιγμή, για την τεταγμένη του Σισχύει ότι y(t0) = 0 .Η απόσταση ΣΟ είναι ίση με ΣΟ = d = x2 + y2 , x > 0 , y ≥ 0 , όπου y = 3x − 25 ⇔ y+ 25 = 3x ⇔ x = 4y + 25 . 4 4 12Άρα είναι ΣΟ = d = ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ 4y + 25 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 + y2 , y ≥ 0. 12Καθώς το Σ κινείται, και η απόσταση d θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου t και θα προσδιορίζε-ται από συνάρτηση της μορφής d(t) , t ≥ 0 , με τύπο d(t) = ⎢⎡⎣⎢ 4y(t) + 25 ⎥⎤⎥⎦2 + y2(t) , t ≥0 . 12Παραγωγίζοντας ως προς t, για t > 0 έχουμε(με μεγάλη προσοχή στην παραγώγιση, καθώς η παράσταση είναι ιδιαίτερα σύνθετη) - 103 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 1 ⋅ ⎧⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎪⎪ ⎡⎢⎣⎢ 4y(t) + 25 ⎤⎥⎦⎥2 y2(t)⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪′ 2 ⋅ 4y(t) + 25 ⋅ ⎢⎢⎡⎣ 4y(t) + 25 ⎥⎥⎤⎦′ + 2 y(t) ⋅ y′(t) 12 12 12d′(t) = + = = 2 ⎢⎢⎣⎡ ⎤⎥⎥⎦2 ⎢⎡⎣⎢ ⎥⎥⎤⎦2 4y(t) + 25 + y2(t) 2 4y(t) + 25 + y2(t) 12 12= 4y(t) + 25 ⋅ 4 ⋅ y′(t) + y(t) ⋅ y′(t) = 4y(t) + 25 ⋅ y′(t) + y(t) ⋅ y′(t) . 12 12 36 ⎣⎡⎢⎢ 4y(t) + 25 ⎥⎦⎤⎥2 + y2(t) ⎢⎣⎢⎡ 4y(t) + 25 ⎦⎥⎤⎥2 + y2(t) 12 12Την χρονική στιγμή t0 επομένως, ο ρυθμός μεταβολής της απόστασης d θα είναι ίσος με d′(t0) = 4y(t0) + 25 ⋅ y′(t0) + y(t0) ⋅ y′(t0) . 36 ⎢⎢⎡⎣⎢ 4y(t0) + 25 ⎤⎥⎥⎥⎦2 + y2(t0) 12Από την υπόθεση έχουμε ότι y(t0) = 0 , y′(t0) = −1 cm / s , οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε d′(t0) = 4 ⋅ 0 + 25 ⋅ (−1) + 0 ⋅ (−1) − 25 =− 12 =− 1 cm / s , 36 = 36 36 3 ⎜⎜⎜⎝⎛ 4 ⋅ 0+ 25 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟2 + 02 25 12 12συνεπώς, την χρονική στιγμή κατά την οποία το σημείο Σ διέρχεται από το σημείο με τεταγμένη 0, η 1απόσταση ΣΟ μειώνεται με ρυθμό − 3 cm / s .Η μονάδα μέτρησης προκύπτει με την βοήθεια της δεδομένης μονάδας μέτρησης του ρυθμού μεταβολήςτης τεταγμένης του Σ, ο οποίος είναι ίσος με ­1 cm/s.Προσέξτε ότι στα δεδομένα έχουμε το είδος της μεταβολής των συντεταγμένων του σημείου Σ, οπότεστο αποτέλεσμά μας έχουμε και το πρόσημο του ρυθμού μεταβολής της απόστασης ΣΟ, άρα και το εί-δος της μεταβολής της. - 104 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 15ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = x3 και το σημείο της γραφικής της παράστασης, Μ(α , α3) , α > 0 .α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο Μ και να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη αυτή τέμνει την Cf και σε δεύτερο σημείο, Ν.β) Αν το σημείο Μ απομακρύνεται από τον y΄y με σταθερή ταχύτητα 0,5 m/s: Ι. να εκφραστεί το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΜΒΝ (με διαγώνιο ΜΝ και πλευρές παράλληλες προς τους άξονες) ως συνάρτηση του χρόνου t. ΙΙ. να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του ορθογωνίου ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m.γ) Αν το σημείο Μ απομακρύνεται από τον άξονα x΄x με σταθερή ταχύτητα 8 m/s και Ε(t) είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και την παραπάνω εφαπ- τομένη, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού E(t) ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t1 κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m.α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! , με παράγωγο f′(x) = 3x2 , x ∈ ! .Η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο Μ έχει εξίσωσηε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ⇔ ε : y − α3 = 3α2(x − α) ⇔ ε : y = 3α2x − 3α3 + α3 ⇔ ε : y = 3α2x − 2α3 .Για να βρούμε τα κοινά σημεία της (ε) και της Cf , λύνουμε το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎪⎧ y = x3 ⎫⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ . y = 3α2x − 2α3Η μορφή των εξισώσεων μάς ωθεί να εξισώσουμε τα δεύτερα μέλη τους.Από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει ότι3α2x − 2α3 = x3 ⇔ x3 − 3α2x + 2α3 = 0 ⇔ (x − α)(x2 + αx − 2α2) = 0 ⇔⇔ x − α = 0 ή x2 + αx − 2α2 = 0 ⇔ x = α ή x = α ή x = −2α ⇔ x = α (διπλή ρίζα) ή x = −2α .Η εξίσωση λύθηκε με χρήση του σχήματος Horner εμφανώς, αφού είναι κλασσική περίπτωση πολυωνυ-μικής εξίσωσης τρίτου βαθμού.• Για x = α , η εξίσωση y = x3 δίνει y = α3 , οπότε ένα κοινό σημείο είναι το Μ(α , α3) . (Αυτό ήταν αναμενόμενο, αφού είναι το σημείο επαφής).• Για x = −2α , η εξίσωση y = x3 δίνει y = (−2α)3 = −8α3 , οπότε δεύτερο κοινό σημείο είναι το Ν(−2α ,− 8α3) , που είναι και το ζητούμενο σημείο.β) Το σημείο Μ μεταβάλλεται, απομακρυνόμενο από τον άξονα y΄y, με σταθερή ταχύτητα 0,5 m/s. Αυ-τό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής( )x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με x(t) = α(t) και y(t) = α3(t) , όπου α(t) > 0 από την υπόθεση.Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε ότι x(t) = α(t) > 0 , άρα και y(t) = α3(t) > 0 . Αυτό σημαίνει ότι τοΜ βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο, άρα x′(t) = α′(t) = +0, 5 m / s .Σημαντική παρατήρηση. Η θέση του Μ έχει ιδιαίτερη σημασία και πρέπει να αναφερθεί! Πράγματι·αν το Μ βρισκόταν στο δεύτερο ή στο τρίτο τεταρτημόριο, δηλαδή αριστερά από τον άξονα y΄y, η απο-μάκρυνσή του από αυτόν θα σήμαινε κίνηση προς τα αριστερά, άρα η ταχύτητά του θα είχε μεν μέτρο - 105 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής0,5 m/s (όπως αναφέρει το δεδομένο της εκφώνησης), αλλά αυτό θα σήμαινε ότι x′(t) = α′(t) = −0, 5 m / s !Σχόλιο. Τα παραπάνω δεδομένα είναι κοινά για τα ερωτήματα β­Ι και β­ΙΙ.Ι. Το ορθογώνιο ΑΜΒΝ έχει απέναντι κορυφές τα σημείαΜ(α , α3) και Ν(−2α ,− 8α3) .Από την παραλληλία των πλευρών του με τους άξονες, γιατις συντεταγμένες των κορυφών Α και Β έχουμε ότι xA = xN = −2α , yA = yM = α3 και xB = xM = α , yB = yN = −8α3 .Επομένως είναι Α(−2α , α3) και Β(α ,− 8α3) . Τότε: α>0(ΑΜ) = xM − xA = α − (−2α) = 3α = 3α και α>0(ΜΒ) = yB − yM = −8α3 − α3 = −9α3 = 9 α3 = 9α3 .Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΜΒΝ είναι ίσο με Ε = (ΑΜΒΝ) = (ΑΜ) ⋅ (ΜΒ) = 3α ⋅ 9α3 = 27α4 .Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και το εμβα-δόν Ε θα μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), μετύπο E(t) = 27α4(t) , t ≥ 0 .Σχόλιο. Η απάντησή μας εδώ έχει ολοκληρωθεί. Πράγματι το αποτέλεσμα είναι επαρκές, διότι εκφρά-ζει την μεταβολή του εμβαδού ως προς τον χρόνο t και εξαρτάται μόνο από το μοναδικό μεταβλητό μέ-γεθος που αναφέρει και η εκφώνηση, δηλαδή το α.ΙΙ. Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, E(t), του ορθογωνίου ΑΜΒΝ, ως προς τον χρόνο t, ισούται με τηνπαράγωγο E′(t) , δηλαδή με E′(t) = ⎢⎡⎣27α4(t)⎦⎤⎥′ = 27 ⋅ 4α3(t) ⋅ α′(t) .Είναι t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m. Αυτό σημαί-νει ότι xM(t0) = 2 ⇔ α(t0) = 2 , αφού xM(t0) = α(t0) > 0 .Επίσης, x′(t) = α′(t) = +0, 5 m / s σταθερό, άρα και α′(t0) = +0, 5 m / s .Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, την χρονική στιγμή t0 , είναι E′(t0) = 27 ⋅ 4α3(t0) ⋅ α′(t0) , οπότε μεαντικατάσταση βρίσκουμε E′(t0) = 27 ⋅ 4 ⋅ 23 ⋅ 0, 5 = 432 m2 / s .Τελικά, την στιγμή που το Μ απέχει από τον άξονα y΄y απόσταση 2 m, το εμβαδόν του ορθογωνίουΑΜΒΝ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, αυξάνεται) με ρυθμό 432 m²/s.Σχόλιο. Στα δεδομένα μας δεν έχουμε απλά το μέτρο, αλλά και το είδος της μεταβολής των συντεταγ-μένων του σημείου Μ, όπως φαίνεται και από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του, στον οποίο το-νίσαμε το πρόσημο «+». Στο αποτέλεσμά μας βλέπουμε ότι και ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού τουορθογωνίου που ζητείται προκύπτει ομόσημος του δεδομένου. Έτσι, στην απάντησή μας μπορούμε καιαναφέρουμε όχι μόνο το μέγεθος, αλλά και το είδος του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού του ορθογωνί-ου. - 106 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

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. - 107 - 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) - 108 - 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} . - 109 - 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 - 110 - 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 x −∞ −1 1/2 2 +∞διπλανός. h′(x) + ­+Στον πίνακα αυτόν θα συμπληρώσουμε τα ακόλουθα: h(x) 1 21 - 111 - 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: x −∞ −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 - 112 - 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)⎥⎤⎦2α − 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)⎦⎤⎥2α − 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 . - 113 - 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⎥⎤⎦3α+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 - 114 - 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 - 115 - 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! - 116 - 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 - 117 - 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 - 118 - 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. x1 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 ℓn e ℓne 2 1 e = e2 = e = 2 = 2e . 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] . - 119 - 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 - 120 - 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). - 121 - 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→ +∞ - 122 - 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 - 123 - 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. - 124 - 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. x −∞ 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→ −∞ - 125 - 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 - 126 - 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 x0 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 - 127 - 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 x −∞ 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 . - 128 - 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→ +∞ - 129 - 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. - 130 - 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»! - 131 - 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 ∈ ! . - 132 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών