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

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣημείωση. Τα ερωτήματα αυτού του τύπου είτε ζητούν να βρούμε τον τύπο της f είτε μας λένε «νααποδείξετε ότι ο τύπος της f είναι ο...» και μας δίνουν τον τύπο που θα βρούμε.Στην δεύτερη περίπτωση, η δουλειά μας είναι λίγο πιο εύκολη, καθώς αν κάνουμε λάθος, θα το ξέρουμεάμεσα, εφόσον θα έχουμε βρει άλλη απάντηση.Όμως, για την πρώτη περίπτωση, επειδή συχνά ο τύπος της συνάρτησης που θα βρούμε χρειάζεται σεεπόμενα ερωτήματα, συμβαίνει ΣΕ ΕΠΟΜΕΝΑ ερωτήματα να υπάρχει η διατύπωση «Αν f(x) = ...» καινα δίνεται εκεί ο τύπος για την f. Άρα και πάλι, πρακτικά, η εκφώνηση μάς μαρτυρά την αναμενόμενηαπάντηση για τον τύπο της f ! Ας το έχουμε κατά νου λύνοντας αυτό το ερώτημα, ώστε με μια ματιάπαρακάτω να έχουμε την επαλήθευση για την λύση μας.δ) Ι. Αρχικά ελέγχουμε αν το σημείο Β είναι σημείο της γραφικής παράστασης ή όχι.Επειδή f(0) = 2 − 02 + 1 =1≠ 3 , καταλαβαίνουμε ότι το σημείο Β δεν ανήκει στην Cf . 2Έστω, λοιπόν, Κ(x0 , f(x0)) το σημείο επαφής μιας εφαπτομένης με την Cf . Η εξίσωσή της είναι η ε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) ,όπου f′(x) = 0 − (x2 + 1)′ = − 2 x = − x , οπότε 2 x2 + 1 2 x2 + 1 x2 + 1 ( )ε : y − 2 − x20 + 1 = − x0 ⋅(x − x0) ⇔ ε: y−2+ x20 + 1 = − x0 ⋅(x − x0) (5) x20 + 1 x20 + 1Η (ε) διέρχεται από το σημείο Β⎝⎜⎜⎛⎜⎜0 , 3 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ , συνεπώς οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή της. 2Άρα, με αντικατάσταση στην (5), βρίσκουμε3 −2+ x20 + 1 = − x0 ⋅ (0 − x0) ⇔ − 1 + x20 + 1 = x20 ⇔2 x20 + 1 2 x20 + 1⇔− 1 x20 + 1 + 2 1 x20 + 1 + x20 +1= x20 ⇔− 1 x20 + 1 + 1 = 0 ⇔ 2 2 2 x20 + 1 = x20 ⇔ −⇔ x20 + 1 = 2 ⇔ x20 + 1 2 = 22 ⇔ x20 + 1 = 4 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x0 = 3 ή x0 = − 3 . 0• Για x0 = 3 , από την (5) έχουμε την εφαπτομένη 2 ( )3 ( )3 ⋅ x − 3 ⇔ ε1 : y − 2 + 3 + 1 = − 2 3+1 ⋅ x − 3 ⇔ ε1 : y − 2 + 3 + 1 = − 3 +1 ( )⇔ ε1 : y − 2 + 2 = − 3 3 ⋅x+ 3 2 ⋅ x− 3 ⇔ ε1 : y = − 2 2 .• Για x0 = − 3 , από την (5) έχουμε την εφαπτομένη ( )2 −3 ( )3 ⋅ x + 3 ⇔ ε2 : y − 2 + − 3 + 1 = − ( )2 3+1 ( )− 3 + 1 ⋅ x + 3 ⇔ ε2 : y − 2 + 3 + 1 = ( )⇔ ε2 : y − 2 + 2 =3 3 3 2 ⋅ x+ 3 ⇔ ε2 : y = 2 ⋅x+ 2 . - 133 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙΙ. Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής.Έστω M(x, y) σημείο της Cf , με τετμημένη x > 0 .Καθώς το Μ κινείται, οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, άρα είναι της μορ-φής (x(t) , y(t)) , t ≥ 0 .Το Μ έχει θετική τετμημένη, άρα βρίσκεται δεξιά του άξονα y΄y. Επιπλέον, η τετμημένη του απομακρύ-νεται από την αρχή των αξόνων, άρα το Μ κινείται προς τα δεξιά, δηλαδή η τετμημένη του αυξάνεται.Η ταχύτητα της τετμημένης είναι 2 cm/s, άρα ισχύει x′(t) = +2 cm / s .Παρατηρήσεις.α) Προφανώς, η θέση του Μ έχει ιδιαίτερη σημασία και πρέπει να αναφερθεί. Αν το Μ είχε αρνητικήτετμημένη, τότε θα βρισκόταν αριστερά του y΄y, άρα η απομάκρυνσή του από την αρχή των αξόνων θασήμαινε κίνηση προς τα αριστερά και τετμημένη που μειώνεται, οπότε θα ίσχυε x′(t) = −2 cm / s !β) Εδώ η εκφώνηση έχει ένα αξιοσημείωτο εκφραστικό λάθος. Η έκφραση «η τετμημένη απομακρύνε-ται από την αρχή των αξόνων» στερείται νοήματος! Η τετμημένη είναι αριθμός και όχι σημείο, συνεπώςτυπικά δεν έχει νόημα να «απομακρύνεται» από ένα άλλο σημείο, την αρχή των αξόνων Ο. Η εκφώνησηεννοεί ότι το σημείο Μ κινείται και η προβολή του στον οριζόντιο άξονα απομακρύνεται αντίστοιχα απότο Ο, με ταχύτητα 2 cm/s.Για τους ιδιαίτερα παρατηρητικούς, που θα πιάσουν αυτήν την λεπτομέρεια, ισχύει η συμβουλή πουέχουμε δώσει και σε άλλο σημείο: ζητήστε διευκρίνιση! Αν έρθει, θα ξεκαθαρίσει το λεπτό σημείο. Ανόχι, πηγαίνετε με την λογική και την πιο προφανή εξήγηση για το νόημα της έκφρασης, αυτό δηλαδήπου αναφέραμε νωρίτερα.Το τρίγωνο ΟΑΜ έχει κορυφή το σημείο Μ,άρα και αυτό μεταβάλλεται ως προς τονχρόνο. Έτσι, και το εμβαδόν του, Ε, θαπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφήςE(t) , t ≥ 0 .Για το εμβαδόν του, αν θεωρήσουμε ωςβάση του την πλευρά ΟΑ, τότε το αντί-στοιχο ύψος του θα είναι η απόστασητου Μ από τον άξονα y΄y, δηλαδή x(t)>0 υ = d(M , y′y) = | x(t) | = x(t) .Είναι (ΟΑ) = | yA | = 1 , άραE(t) = 1 ⋅ (ΟΑ) ⋅ υ = 1 ⋅1 ⋅ x(t) ⇒ 2 2⇒ E(t) = 1 x(t) , t ≥ 0 . 2 1Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, ως προς τον χρόνο t, είναι E′(t) = 2 x′(t) , t ≥0 και, επειδήx′(t) = +2 cm / s , βρίσκουμε ότι E′(t) = 1 ⋅2 = +1 cm / s . 2Συνεπώς, το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΜ μεταβάλλεται (συγκεκριμένα, αυξάνεται) με ρυθμό 1 cm/s.Σχόλιο. Καθώς γνωρίζουμε ότι η τετμημένη του Μ αυξάνεται, έχουμε το πρόσημο του ρυθμού μεταβο-λής της, που είναι «+». Το αποτέλεσμα που βρήκαμε για τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού, είναι ομό-σημο με τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης, άρα είναι και αυτό θετικό. Αυτό σημαίνει ότι έχουμεθετικό ρυθμό μεταβολής και για το εμβαδόν, δηλαδή αυτό αυξάνεται. - 134 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 21ο επαναληπτικό θέμαΔίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f , g : ! → ! , με f(0) = 2 και f(x) ⋅ g(x) = f′(x) ⋅ g′(x) = e2x , x ∈ ! .α) Να βρεθούν οι τύποι των συναρτήσεων.β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(α , f(α)) , α > 0 .γ) Να υπολογιστεί, συναρτήσει του α, το εμβαδόν Ε(α) του χωρίου, που περικλείεται από την Cf , την ευθεία y = 2eα και τον άξονα y΄y.δ) Αν το σημείο Α απομακρύνεται από τον άξονα x΄x με ταχύτητα υ = 2 μονάδες μήκους/s, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του Ε(α), την χρονική στιγμή που η εφαπτομένη τέμνει τον x΄x στο σημείο (1, 0).ε) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = 2x2g(x) , x ∈ ! . Δείξτε ότι υπάρχει μοναδικό x0 ∈ (0 ,1) τέτοιο, 1 ∫ώστε h(x0) = h(x) dx . 0α) Από την υπόθεση έχουμε ότι f(x) ⋅ g(x) = f′(x) ⋅ g′(x) = e2x , x ∈ ! (1)Για κάθε x ∈ ! , ισχύει ότι e2x > 0 ⇔ e2x ≠ 0 , οπότε από την (1) έχουμε ότι f(x) ⋅ g(x) ≠ 0 ⇒ f(x) ≠ 0 και g(x) ≠ 0 (2)Εφόσον οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες (άρα και συνεχείς) στο ! , η (2) σημαίνει ότι διατη-ρούν σταθερό πρόσημο σε αυτό. Επιπλέον, είναι f(0) = 2 > 0 , άρα θα είναι f(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! . 1Επίσης, από την (1), για x = 0, βρίσκουμε f(0) ⋅ g(0) = e2⋅0 ⇔ 2g(0) = 1 ⇔ g(0) = 2 > 0 , άρα θα είναικαι g(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! .Θα δούμε δύο τρόπους εύρεσης των f και g, στους οποίους η βασική διαφορά είναι μία ελαφρά διαφο-ρετική αξιοποίηση της σχέσης (1).1ος τρόπος. f(x)≠0 e2x και παραγωγίζοντας ως προς x έχουμε f(x)Για την συνάρτηση g έχουμε f(x) ⋅ g(x) = e2x ⇔ g(x) = g′(x) = (e2x )′ ⋅ f(x) − e2x ⋅ f′(x) = e2x ⋅ (2x)′ ⋅ f(x) − e2xf′(x) = 2e2xf(x) − e2xf′(x) = e2x ⎡⎣⎢2f(x) − f′(x)⎥⎤⎦ , f2(x) f2(x) f2(x) f2(x)οπότε με αντικατάσταση στην (1) βρίσκουμεf′(x) ⋅ g′(x) = e2x ⇔ f′(x) ⋅ e2x ⎡⎣⎢2f(x) − f′(x)⎤⎥⎦ = e2x ⇔ f′(x) ⋅ 2f(x) − f′(x) =1⇔ f2(x) f2(x)⇔ 2f(x) ⋅ f′(x) − ⎢⎣⎡f′(x)⎤⎦⎥2 =1⇔ 2⋅ f′(x) − ⎣⎡⎢⎢ f′(x) ⎥⎦⎤⎥2 =1⇔ ⎢⎢⎣⎡ f′(x) ⎥⎦⎥⎤2 − 2 ⋅ f′(x) +1 = 0 ⇔ ⎢⎢⎣⎡ f′(x) − 1⎤⎥⎦⎥2 = 0 ⇔ f2(x) f(x) f(x) f(x) f(x) f(x)⇔ f′(x) −1= 0 ⇔ f′(x) = 1 ⇔ f′(x) = f(x) , για κάθε x∈!. f(x) f(x) - 135 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος. f(x)≠0 e2x και παραγωγίζοντας ως προς x έχουμε f(x)Για την συνάρτηση g έχουμε f(x) ⋅ g(x) = e2x ⇔ g(x) = g′(x) = ... = e2x ⎡⎢⎣2f(x) − f′(x)⎦⎥⎤ . f2(x)Από την (1) προκύπτει f′(x) ⋅ g′(x) = e2x ⇔ g′(x) = e2x , οπότε με την βοήθεια της προηγούμενης σχέ-σης έχουμε f′(x) e2x = e2x ⎣⎢⎡2f(x) − f′(x)⎤⎥⎦ ⇔ f2(x) = f′(x) ⋅ ⎡⎢⎣2f(x) − f′(x)⎤⎥⎦ ⇔ f2(x) = 2f(x) ⋅ f′(x) − ⎢⎣⎡f′(x)⎦⎤⎥2 ⇔f′(x) f2(x)⇔ f2(x) − 2f(x) ⋅ f′(x) + ⎢⎣⎡f′(x)⎦⎤⎥2 = 0 ⇔ ⎡⎣⎢f(x) − f′(x)⎤⎦⎥2 = 0 ⇔ f(x) − f′(x) = 0 ⇔ f′(x) = f(x) , για κάθε x ∈ ! .Εδώ τελειώνουν οι δύο διαφορετικές εκδοχές εύρεσης των f και g. Τα υπόλοιπα είναι κοινά.Άρα προκύπτει ότι f(x) = c ⋅ ex , x ∈ ! , c ∈ ! σταθερά.Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε ότι f(0) = 2, άρα για x = 0 έχουμε f(0) = c ⋅ e0 ⇔ 2 = c ⋅1 ⇔ c = 2 .Επομένως είναι f(x) = 2ex , x ∈ ! .Επίσης, από την σχέση g(x) = e2x βρίσκουμε και g(x) = e2x ⇔ g(x) = 1 ex , x ∈ ! . f(x) 2ex 2β) Η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο σημείο Α(α, f(α)) έχει εξίσωσηε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ⇔ ε : y − 2eα = 2eα(x − α) ⇔ ε : y = 2eαx − 2αeα + 2eα ⇔⇔ ε : y = 2eα ⋅ x + 2eα(1 − α) .γ) Για να βρούμε το ζητούμενο εμβαδόν, εργαζόμαστε ως εξής:η Cf και η ευθεία y = 2eα τέμνονται στο σημείο (x, y), για το οποίο ισχύει ότι y = 2eα ⇔ f(x) = 2eα ⇔ 2 ex = 2 eα ⇔ x = α ,δηλαδή στο σημείο Α(α , f(α)) , α > 0 .Επιπλέον, η συνάρτηση f έχει παράγωγο f′(x) = 2ex > 0 , για κάθε x ∈ ! , άρα είναι γνησίως αύξουσαστο ! . f↑Τότε, για κάθε x ∈ (0 , α) , ισχύει 0 < x < α ⇔ f(x) < f(α) ⇔ f(x) < 2ex , που σημαίνει ότι, στο διάστημα(0, α), η Cf βρίσκεται κάτω από την ευθεία y = 2eα .Άρα, για 0 < x ≤ α , είναι f(x) ≤ 2eα ⇔ f(x) − 2eα ≤ 0 , οπότε f(x) − 2eα = 2eα − f(x) , συνεπώς το ζητού-μενο εμβαδόν είναι ίσο με αα α 0∫ ∫Ε(α) = ⎣⎡⎢2eα − f(x)⎤⎦⎥ dx = (2eα − 2ex ) dx = ⎢⎣⎡2eαx − 2ex ⎦⎥⎤ = 2eα ⋅α − 2eα − (2eα ⋅ 0 − 2e0) ⇒ 00⇒ Ε(α) = 2αeα − 2eα + 2 . - 136 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Από την υπόθεση έχουμε ότι το σημείο Α απομακρύνεται από τον άξονα x΄x, άρα οι συντεταγμένες του( )θα μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου και θα είναι της μορφής Α x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με x(t) = α(t)( )και y(t) = f (x(t)) = f (α(t)) , t ≥ 0 , άρα Α α(t) , f (α(t)) , t ≥ 0 .( )Αφού x(t) = α = α(t) > 0 και y(t) = f α(t) = 2eα(t) > 0 , το σημείο Α βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο,άρα η απομάκρυνσή του από τον άξονα x΄x σημαίνει ότι κινείται προς τα πάνω με ταχύτηταυ(t) = y′(t) = +2 μονάδες μήκους/s, όπου το πρόσημο «+» εκφράζει την αύξηση της τεταγμένης ωςπρος τον χρόνο t.( )Είναι y(t) = f α(t) = 2eα(t) ⇒ y′(t) = ⎡⎢⎣2eα(t) ⎦⎥⎤′ = 2eα(t) ⋅ α′(t) , άρα ισχύει ότι y′(t) = 2 ⇔ 2 eα(t) ⋅ α′(t) = 2 ⇔ eα(t) ⋅ α′(t) = 1 (3)Καθώς κινείται το Α, μαζί του μεταβάλλεται και το εμβαδόν, Ε(α), άρα προσδιορίζεται και αυτό απόσυνάρτηση της μορφής E(t) , t ≥ 0 . Από το ερώτημα (γ) έχουμε ότι Ε(α) = 2αeα − 2eα + 2 , α > 0 ,άρα E(t) = 2α(t) ⋅ eα(t) − 2eα(t) + 2 , t ≥ 0 .Η συνάρτηση E(t) είναι παραγωγίσιμη ως προς t (ως σύνθεση και πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσε-ων), με παράγωγοE′(t) = 2α′(t) ⋅ eα(t) + 2α(t) ⋅ ⎡⎢⎣eα(t) ⎤⎥⎦′ − 2 ⎡⎢⎣eα(t) ⎤⎦⎥′ = 2α′(t) ⋅ eα(t) + 2α(t) ⋅ eα(t) ⋅ α′(t) − 2eα(t) ⋅ α′(t) ⇒ (3)⇒ E′(t) = 2α(t) ⋅ α′(t) ⋅ eα(t) = 2α(t) ⋅ 1 ⇒ E′(t) = 2α(t) , t ≥ 0 .Έστω t0 η χρονική στιγμή που η εφαπτομένη τέμνει τον x΄x στο σημείο (1, 0).Αυτό σημαίνει ότι, την χρονική στιγμή t0 και για x = x(t0) = 1 και y = y(t0) = 0 , από την εξίσωση τηςεφαπτομένης θα έχουμε 2 eα > 0 0 = 2eα ⋅ 1 + 2eα ⋅ (1 − α) ⇔ 2eα + 2eα − α ⋅ 2eα = 0 ⇔ 2 − α = 0 ⇔ α = 2 ,δηλαδή α(t0) = 2 .Αυτήν την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θα είναι ίσος με E′(t0) = 2α(t0) , οπότεμε αντικατάσταση βρίσκουμε E′(t0) = 2 ⋅ 2 ⇒ E′(t0) = 4 τ.µ / s .Από την ταχύτητα απομάκρυνσης του σημείου Α από τον άξονα x΄x δεν έχουμε συγκεκριμένη μονάδαμήκους, παρά την έκφραση «μονάδα μήκους». Έτσι και το εμβαδόν θα μετράται σε αντίστοιχη τετρα-γωνική μονάδα (τ.μ.), ενώ ο χρόνος σε δευτερόλεπτα (s), οπότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θαμετράται σε «τ.μ/s».ε) Η συνάρτηση h έχει τύπο h(x) = 2x2g(x) = 2x2 ⋅ ex ⇔ h(x) = x2ex , x ∈ ! . 2Η h είναι παραγωγίσιμη στο ! , με παράγωγο h′(x) = (x2)′ ⋅ ex + x2 ⋅ (ex )′ = 2xex + x2ex = x(x + 2)ex , x ∈ ! .Για κάθε x ∈ (0 ,1) είναι x > 0 , x + 2 > 0 , ex > 0 , άρα και h′(x) > 0 , που σημαίνει ότι η συνάρτηση hείναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, 1].Έτσι, για κάθε x ∈ [0 ,1] θα ισχύει ότι h(0) ≤ h(x) ≤ h(1) , απ’ όπου με ολοκλήρωση στο διάστημα [0, 1]έχουμε - 137 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής111 1∫ ∫ ∫ ∫h(0) dx ≤ h(x) dx ≤ h(1) dx ⇔ h(0) ⋅ (1 − 0) ≤ h(x) dx ≤ h(1) ⋅ (1 − 0) ⇔000 0 1 (4)∫⇔ h(0) ≤ h(x) dx ≤ h(1) 0Η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, 1], οπότε από την ανισότητα 0 < 1έχουμε ότι h(0) < h(1) , δηλαδή h(0) ≠ h(1) .Άρα ισχύουν για την h οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Ενδιάμεσων Τιμών στο [0, 1], οπότε για τον 1∫αριθμό η = h(x) dx , που βρίσκεται μεταξύ των αριθμών h(0) και h(1), όπως προκύπτει από την (4), 01∫υπάρχει x0 ∈ (0 ,1) , ώστε h(x0) = η = h(x) dx , και μάλιστα μοναδικό, αφού η h είναι γνησίως αύξου- 0σα στο διάστημα [0, 1]. - 138 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 22ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ex + x2 + x .α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α ∈ (−1, 0) τέτοιος, ώστε eα + 2α + 1 = 0 .β) Να δείξετε ότι f(x) ≥ α2 − α − 1 , για κάθε x ∈ ! , όπου α ο αριθμός του ερωτήματος (α).γ) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(x) = 2019 στο ! . 2018δ) Να αποδείξετε ότι f(x2 + 1) + f(x2 + 2) < f(x2) + f(x2 + 3) , για κάθε x > 0 .( )ε) Έστω ένα σημείο Μ x(t) , y(t) , το οποίο διατρέχει την γραφική παράσταση της f. Να αποδείξετε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 , με x(t0) ∈ (−1, 0) , ώστε ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Μ, ως προς τον χρόνο t, να μηδενίζεται.α) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α ∈ (−1, 0) , που να είναι λύση της εξί-σωσης ex + 2x + 1 = 0 .Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ex + 2x + 1 , x ∈ ! .Ι. Η g είναι συνεχής στο διάστημα [­1, 0], ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.ΙΙ. g(−1) = e−1 + 2 ⋅ (−1) + 1 = 1 −1 = 1−e <0 . e eIII. g(0) = e0 + 2 ⋅ 0 + 1 = 1 + 1 = 2 > 0 .Επομένως ισχύει το θεώρημα Bolzano, άρα υπάρχει, τουλάχιστον ένα, α ∈ (−1, 0) , ώστε g(α) = 0 .Επιπλέον, η g είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με g′(x) = ex + 2 > 0 , για κάθε x ∈ ! .Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , οπότε και στο διάστημα [­1, 0], που σημαίνει ότι το α που βρή-καμε νωρίτερα είναι μοναδικό.β) Θα μελετήσουμε την μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης f, ώστε με την βοήθειά τους ναπροκύψει το ζητούμενο αποτέλεσμα.Η συνάρτηση f ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων, μεπαράγωγο f′(x) = ex + 2x + 1 = g(x) , όπου g η συνάρτηση που θέσαμε στο ερώτημα (α).Εκεί βρήκαμε ότι η g έχει μοναδική ρίζα α ∈ (−1, 0) , δηλαδή ότι υπάρχει μοναδικό α ∈ (−1, 0) , με g(α) = 0 ⇒ f′(α) = 0 .Επίσης βρήκαμε ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο ! , επομένως ισχύουν: g↑ x −∞ α +∞ f′(x) ­ +• για κάθε x > α ⇒ g(x) > g(α) ⇒ g(x) > 0 ⇒ f′(x) > 0 . g↑• για κάθε x < α ⇒ g(x) < g(α) ⇒ g(x) < 0 ⇒ f′(x) < 0 .Με βάση τα παραπάνω, ο πίνακας μονοτονίας της f είναι οδιπλανός. f(x) 2 1 - 139 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑπό τον πίνακα προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞ , α) , γνησίως φθίνουσαστο (α , + ∞) και έχει ολικό ελάχιστο για x = α, το f(α) = eα + α2 + α .Επομένως, για κάθε x ∈ ! ισχύει ότι f(x) ≥ f(α) ⇔ f(x) ≥ eα + α2 + α .Παρατηρούμε ότι η ανισότητα που βρήκαμε δεν είναι η ζητούμενη! Για να προκύψει στο δεύτερο μέλοςτης η ποσότητα που θέλουμε, θα αξιοποιήσουμε το εύρημα του ερωτήματος (α).Επιπλέον, από το (α) γνωρίζουμε ότι eα + 2α + 1 = 0 ⇔ eα = −2α − 1 , οπότε αντικαθιστώντας, το ολικόελάχιστο της f είναι ίσο με f(α) = eα + α2 + α = −2α − 1 + α2 + α = α2 − α − 1 .Άρα, για κάθε x ∈ ! , η παραπάνω ανισότητα γίνεται f(x) ≥ f(α) ⇔ f(x) ≥ α2 − α − 1 .Τελικά, για τον αριθμό α του ερωτήματος (α), ισχύει ότι f(x) ≥ α2 − α − 1 , για κάθε x ∈ ! .γ) Αρχικά θα βρούμε την εικόνα κάθε διαστήματος που υπάρχει στον πίνακα μονοτονίας της f.Έστω Δ1 = (−∞ , α] , Δ2 = [α , + ∞) .)Ι.Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ1 , είναι f(Δ1) = ⎢⎣⎡ f(α) , ℓ im f(x) . x→ −∞• f(α) = α2 − α − 1 (βρέθηκε στο (β)).• ℓ im f(x) = ℓ im(ex + x2 + x) = 0 + (+∞) = +∞ . x→ −∞ x→ −∞Άρα είναι f(Δ1) = [α2 − α − 1 , + ∞) .Θα εξετάσουμε αν ο αριθμός 2019 ανήκει στο f(Δ1) , δηλαδή αν είναι 2019 ≥ α2 − α −1 . 2018 2018Παρατηρούμε ότι 2019 > 1 . Επίσης, αφού α ∈ (−1, 0) , είναι −1 < α < 0 ⇔ 0 < −α < 1 , οπότε και 2018 02 < (−α)2 < 12 ⇔ 0 < α2 < 1 .Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες ⎧⎪⎪⎨⎩⎪⎪ 0 < α2 < 1 ⎪⎬⎫⎪⎭⎪⎪ προκύπτει 0 < −α < 1 0 < α2 − α < 2 ⇔ 0 − 1 < α2 − α − 1 < 2 − 1 ⇔ −1 < α2 − α − 1 < 1 ,συνεπώς α2 − α − 1 < 1 < 2019 , δηλαδή 2019 > α2 − α −1 . 2018 2018Άρα ο αριθμός 2019 ανήκει στο f(Δ1) , οπότε υπάρχει ρ1 ∈ Δ1 τέτοιο, ώστε f(ρ1) = 2019 , δηλαδή η 2018 2018εξίσωση f(x) = 2019 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστημα Δ1 . Η ρίζα αυτή, όμως, θα είναι μονα- 2018δική, αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα (άρα και 1­1) στο Δ1 .)ΙΙ. Δ2 , ⎡⎢⎣ f(α)Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο είναι f(Δ2) = , ℓ im f(x) . x→ +∞Είναι ℓ im f(x) = ℓ im (ex + x2 + x) = (+∞) + (+∞) = +∞ , οπότε f(Δ2) = [α2 − α − 1 , + ∞) . x→ +∞ x→ +∞Και εδώ, το 2019 ∈ f(Δ2) , οπότε υπάρχει ρ2 ∈ Δ2 τέτοιο, ώστε f(ρ2) = 2019 , δηλαδή η εξίσωση 2018 2018f(x) = 2019 έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα στο διάστημα Δ2 . Η ρίζα αυτή, όμως, θα είναι μοναδική, αφού 2018 - 140 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςη f είναι γνησίως αύξουσα (άρα και 1­1) στο Δ2 .Τελικά, η εξίσωση f(x) = 2019 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο ! . 2018δ) Η μορφή της ζητούμενης ανισότητας, με τα ισαπέχοντα δεδομένα x2 , x2 + 1 , x2 + 2 , x2 + 3 , παρα-πέμπει σε χρήση Θ.Μ.Τ.Για κάθε x > 0 , η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα γράφεταιf(x2 + 1) + f(x2 + 2) < f(x2) + f(x2 + 3) ⇔ f(x2 + 1) − f(x2) < f(x2 + 3) − f(x2 + 2) ⇔⇔ f(x2 + 1) − f(x2) < f(x2 + 3) − f(x2 + 2) , την οποία και θα αποδείξουμε ότι ισχύει. (x2 + 1) − x2 (x2 + 3) − (x2 + 2)Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! .Έστω τυχαίο x > 0 . Τότε η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα [x2 , x2 + 1] και[x2 + 2 , x2 + 3] και παραγωγίσιμη, αντίστοιχα, στα (x2 , x2 + 1) και (x2 + 2 , x2 + 3) , δηλαδή ισχύουν οιπροϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ για την f σε καθένα από τα [x2 , x2 + 1] , [x2 + 2 , x2 + 3] .Άρα υπάρχουν ξ1 ∈ (x2 , x2 + 1) και ξ2 ∈ (x2 + 2 , x2 + 3) , με ξ1 < x2 + 1 < x2 + 2 < ξ2 ⇒ ξ1 < ξ2 , τέτοια,ώστε f′(ξ1) = f(x2 + 1) − f(x2) και f′(ξ2) = f(x2 + 3) − f(x2 + 2) . (x2 + 1) − x2 (x2 + 3) − (x2 + 2)Όμως για την f έχουμε f′(x) = ex + 2x + 1 ⇒ f′′(x) = ex + 2 > 0 , για κάθε x ∈ ! , που σημαίνει ότι η f′είναι γνησίως αύξουσα στο ! . Επομένως, f′↑ f(x2 + 1) − f(x2) < f(x2 + 3) − f(x2 + 2) (x2 + 1) − x2 (x2 + 3) − (x2 + 2) ξ1 < ξ2 ⇒ f′(ξ1) < f′(ξ2) ⇒και αποδεικνύεται το ζητούμενο.ε) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.( )Το σημείο Μ x(t) , y(t) διατρέχει την γραφική παράσταση της συνάρτησης f, άρα οι συντεταγμένες του( )μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής Μ x(t) , y(t) , t ≥ 0 , όπως δίνεται και από τηνεκφώνηση.( )Τότε ισχύει ότι y(t) = f x(t) = ex(t) + x2(t) + x(t) , t ≥ 0 .Όπως πάντα, εφόσον στην εκφώνηση του θέματος δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, εννοείται ότι οισυναρτήσεις x(t), y(t), που προσδιορίζουν τις συντεταγμένες του Μ, είναι παραγωγίσιμες.Παραγωγίζοντας την σχέση αυτή ως προς t, βρίσκουμε y′(t) = ex(t) ⋅ x′(t) + 2x(t) ⋅ x′(t) + x′(t) ⇒ y′(t) = x′(t) ⋅ ⎣⎡⎢ex(t) + 2x(t) + 1⎥⎦⎤ .Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 , με x(t0) ∈ (−1, 0) , κατά την οποία ο ρυθμόςμεταβολής της τεταγμένης του Μ μηδενίζεται.Από την παραπάνω σχέση, για t = t0 , προκύπτει ότι ( την ζητούμενη χρονική στιγμή t0 ο ρυθμός μεταβο-λής της τεταγμένης του Μ θα είναι y′( t0) = x′(t0) ⋅ ⎡⎣⎢ex +t0 ) 2x(t0) + 1⎤⎥⎦ , όπου από την υπόθεση έχουμε x(t0) ∈ (−1, 0) ⇒ x(t0) ≠ 0 . - 141 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα, y′(t0) = 0 ⇔ x′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡ex(t0) + 2x(t0) + 1⎥⎦⎤ x′(t0 )≠0 ex(t0) + 2x(t0) + 1 = 0 . ⇔Επομένως, ισοδύναμα αρκεί να βρούμε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία ισχύει ex(t0) + 2x(t0) + 1 = 0 .Καθώς δεν θέλουμε να υπολογίσουμε την συγκεκριμένη χρονική στιγμή, αλλά να εξασφαλίσουμε τηνύπαρξή της, αλλά και λόγω της μορφής της ζητούμενης ισότητας, που εμφανώς παραπέμπει στην συνάρ-τηση g που ορίσαμε στο (α) ερώτημα, θα αξιοποιήσουμε το αποτέλεσμα του ερωτήματος (α) ως εξής:Στο (α) βρήκαμε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α ∈ (−1, 0) τέτοιος, ώστε eα + 2α + 1 = 0 .Αφού και το ζητούμενο x(t0) ∈ (−1, 0) , ονομάζουμε t0 την χρονική στιγμή κατά την οποία ισχύει ότιx(t0) = α ∈ (−1, 0) . Τότε, την χρονική στιγμή t0 , θα είναι y′(t0) = x′(t0 ) ⋅ ⎢⎡⎣ex(t0) + 2x(t0) + 1⎥⎦⎤ x( t0 ) = α x′(t0) ⋅ (eα + 2α + 1) (α) x′(t0) ⋅ 0 = 0. = =Τελικά, υπάρχει πράγματι χρονική στιγμή t0 , με x(t0) ∈ (−1, 0) , και είναι η στιγμή κατά την οποία ισ-χύει ότι x(t0) = α ∈ (−1, 0) , ώστε ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Μ, ως προς τον χρόνο t, ναμηδενίζεται. - 142 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 23ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = −x , x ≤ 0 .α) Να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία, τα κοίλα και να βρείτε το σύνολο τιμών της.( )β) Ένα υλικό σημείο Α α , −α , α < 0 , κινείται στην Cf με ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του α′(t) = −α(t) . Επίσης, υλικό σημείο Μ(x, y), με x > 0 , κινείται στην ευθεία με εξίσωση y = x. Ι. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της γωνίας ΑΟΜ = θ, όπου Ο η αρχή των αξόνων, την χρονική στιγμή t0 , που είναι (ΟΑ) = 2 . ΙΙ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τις καμπύλες με εξισώσεις y = −x , με x ≤ 0 , y = x , με x ≥ 0 , και την y = α′(t0) . ΙΙΙ. Να βρείτε ευθεία παράλληλη με τον άξονα y΄y, η οποία να χωρίζει το χωρίο Ω σε δύο ισεμβα- δικά χωρία.α) Μονοτονία.Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα (−∞ , 0] και παραγωγίσιμη στο (−∞ , 0) , με παράγωγο f′(x) = 1 ⋅ (−x)′ = −1 < 0 , για κάθε x ∈ (−∞ , 0) . 2 −x 2 −xΣυνεπώς, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (−∞ , 0] .Κυρτότητα.Η f′ είναι παραγωγίσιμη στο (−∞ , 0) , με παράγωγοf′′(x) = − 1 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ ⎟⎟⎠⎟⎟⎞′ = −( )11⋅ − −x ′ = 1 ⋅ 2 1 ⋅ (−x)′ = 1 ⋅ −1 = 1 <0, 2 2 −x 2 2 −x 4 2 −x 4x −x −x −x −xαφού είναι x < 0 και −x > 0 , για κάθε x ∈ (−∞ , 0) .Συνεπώς, η f είναι κοίλη στο διάστημα (−∞ , 0] .Σύνολο τιμών.Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Df = (−∞ , 0] , έχει σύνολο τιμών το )f(Df ) = ⎢⎣⎡ f(0) , ℓ im f(x) . x→ −∞Είναι f(0) = 0 = 0 και ℓ im f(x) = ℓ im −x = +∞ , οπότε σύνολο τιμών είναι το f(Df ) = [0 , + ∞) . x→ −∞ x→ −∞ - 143 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Θα ξεκινήσουμε αναλύοντας τα δεδομένα του (β), που είναι κοινά για τα υποερωτήματα που ακο-λουθούν. Η ανάλυση αυτή είναι απαραίτητη και καλό είναι να γίνει πριν καν ξεκινήσει η απάντηση τωνυποερωτημάτων, ώστε τα κοινά συμπεράσματα να χρησιμοποιηθούν όποτε χρειαστεί.( )Το υλικό σημείο Α α , −α , α < 0 , κινείται στην Cf , άρα οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως( )προς τον χρόνο και είναι της μορφής Α xA(t) , yA(t) , t ≥ 0 , με xA(t) = α(t) < 0 και yA(t) = −α(t) .Επιπλέον, από την υπόθεση έχουμε ότι η συνάρτηση xA(t) = α(t) είναι παραγωγίσιμη και ισχύει x ′ (t) = α′(t) = −α(t) > 0 , t ≥ 0 . AΤο υλικό σημείο Μ(x , y) , x > 0 , κινείται επίσης, πάνω στην ευθεία με εξίσωση y = x, άρα οι συντεταγ-( )μένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής M xM(t) , yM(t) , t ≥ 0 , με xM(t) > 0και yM(t) = xM(t) , t ≥ 0 .Εδώ θα αξιοποιήσουμε και το δεδομένο (ΟΑ) = 2 , για να βρούμε τις τιμές των α(t0) και α′(t0) , πουθα μας χρειαστούν στην συνέχεια.Την χρονική στιγμή t0 της εκφώνησης, έχουμε ότι(ΟΑ) = 2⇒ α2(t0) + 2 2 ⇒ α2(t0) + −α(t0) 2 = 2 ⇒ α2(t0) − α(t0) − 2 = 0 . −α(t0) =Το τελευταίο είναι τριώνυμο ως προς α(t0) , με ρίζες 2 και ­1. Όμως, από την υπόθεση έχουμε ότι είναια(t0) < 0 , άρα η λύση 2 απορρίπτεται και η λύση α(t0) = −1 είναι δεκτή.Συνεπώς, την χρονική στιγμή t0 είναι α(t0) = −1 .Επίσης, από την σχέση α′(t) = −α(t) , t ≥ 0 , για t = t0 προκύπτει α′(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Ι. Αρχικά θα βρούμε σχέση για την γωνία θ.Η γωνία ΑΟΜ = θ έχει πλευρές που ορίζονται με την βοή-θεια των μεταβλητών, ως προς τον χρόνο, σημείων Α και Μ,άρα και αυτή μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου καιπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t) , t ≥ 0 .Να παρατηρήσουμε εδώ ότι η μεταβλητότητα του Μ σεαυτό το ερώτημα δεν παίζει ρόλο, καθώς η μία πλευράτης γωνίας είναι η ΟΜ, που παραμένει σταθερή καθώς το Μκινείται πάνω στην ευθεία y = x, στην οποία ανήκουν και ταδύο σημεία Ο και Μ. Δείτε και το σχήμα.Να θυμίσουμε επίσης, ότι η μελέτη του ρυθμού μεταβολήςγωνίας γίνεται με την βοήθεια σύνθετων συναρτήσεων, όπουπεριέχεται η θ(t). Παρακάτω θα αναφέρουμε τρεις διαφορετι-κούς τρόπους να λύσουμε το ερώτημα αυτό. Ο πρώτος ακολουθεί άμεσα, ενώ οι άλλοι δύο παρατίθενταισυμπληρωματικά μετά το τέλος της λύσης της άσκησης. !!!!\" !!!\"1ος τρόπος. Με την βοήθεια του εσωτερικού γινομένου των διανυσμάτων ΟΜ , ΟΑ . !!!\" !!!\"Γνωρίζουμε ότι, για τα διανύσματα ΟΜ , ΟΑ και την γωνία θ που αυτά σχηματίζουν, ισχύει !!!\" !!!\" συνθ = !Ο!!Μ\" ⋅ Ο!!Α!\" . ΟΜ ⋅ ΟΑ - 144 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤα διανύσματα έχουν συντεταγμένες αντίστοιχα !!!\" xM (t)= yM (t) !!!\" ( ) ( ) ( )ΟΜ = xM(t) , yM(t) = xM(t) , xM(t) , t ≥ 0 , και ΟΑ = α(t) , −α(t) , t ≥ 0 .Επομένως, για την συνάρτηση θ(t) , t ≥ 0 , θα ισχύεισυνθ(t) = xM(t) ⋅ α(t) + xM(t) ⋅ −α(t) = xM(t) ⋅ ⎡⎢⎣α(t) + −α(t) ⎥⎦⎤ xM ( t ) > 0 −α(t) 2 2x 2 (t) ⋅ α2(t) − α(t) = M x 2 (t) + xM2 ( t) ⋅ α2(t) + M= xM(t) ⋅ ⎡⎣⎢α(t) + −α(t) ⎦⎤⎥ = α(t) + −α(t) = 1 ⋅ α(t) + −α(t) .2 ⋅ xM(t) ⋅ α2(t) − α(t) 2 ⋅ α2(t) − α(t) 2 α2(t) − α(t)Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε(Προσοχή στην παραγώγιση, καθώς πρόκειται για ιδιαίτερα σύνθετη παράσταση!) α2(t) − α(t) ′ ⇒ ( )1 ⎡⎢⎣α(t) + −α(t) ⎥⎤⎦′ ⋅ −α(t) ⎥⎦⎤ ⋅ 2−ηµθ(t) ⋅ θ′(t) = ⋅ α2(t) − α(t) − ⎣⎢⎡α(t) + α2(t) − α(t) 2 ( )1 ⎢⎢⎡⎣⎢⎢⎢α′(t) + −α(t) ′ ⎦⎥⎥⎥⎥⎤⎥ ⋅ α2(t) − α(t) − ⎣⎡⎢α(t) + −α(t) ⎥⎦⎤ ⋅ ⎢⎡⎣α2(t) − α(t)⎥⎤⎦′ 2 −α(t) α2(t) − α(t) 2 α2(t) − α(t)⇒ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) = − 2⇒ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) = − ⋅ ⇒ 1 ⎢⎣⎡⎢⎢α′(t) − α′(t) ⎥⎥⎦⎥⎤ ⋅ α2(t) − α(t) − ⎣⎡⎢α(t) + −α(t) ⎥⎦⎤ ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) − α′(t) 2 2 −α(t) α2(t) − α(t) 2 α2(t) − α(t) ⋅ .Στο σημείο αυτό μπορούμε να σταματήσουμε τις πράξεις. Πράγματι, στο πρώτο μέλος έχουμε τον επι-θυμητό ρυθμό μεταβολής της γωνίας, μαζί με το ημίτονό της (που θα χρειαστεί να βρούμε), ενώ στοδεύτερο μέλος έχουμε μία παράσταση, πολύπλοκη μεν, αλλά εξαρτώμενη μόνο από τα α(t) και α′(t)των οποίων τις τιμές, για την χρονική στιγμή t0 , τις γνωρίζουμε.Την χρονική στιγμή t0 έχουμε ότι ⎢⎢⎡⎣⎢α′(t0) − α′(t 0 ) ⎥⎥⎤⎦⎥ ⋅ α2(t0) − α(t0) − ⎡⎣⎢α(t0) + −α(t 0 ) ⎦⎤⎥ ⋅ 2α(t0) ⋅ α′(t0) − α′(t0) 2 −α(t0) α2(t0) − α(t0) 2 α2(t0) − α(t0)ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − 1 ⋅ 2και με αντικατάσταση των α(t0) = −1 ⇔ −α(t0) = 1 και α′(t0) = 1 βρίσκουμε ( )1 ⎜⎜⎜⎜⎛⎝1 − 1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ⋅ ⋅ 2 ⋅ (−1) ⋅1 − 1 21 2 (−1)2 + 1 2 12 + 1 − −1 + 1 (−1)2 + 1ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − ⋅ ⇔ 1⋅ 1 ⋅ 2 − 0 ⋅ −3 1 2 2 2 22 2 4⇔ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − ⇔ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − ⋅ ⇔ 2⇔ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) = − 1 . 4 - 145 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΧρειαζόμαστε την τιμή του ηµθ(t0) . Αρκεί να βρούμε την γωνία θ(t0) που σχηματίζεται την χρονικήστιγμή t0 . Σε τέτοιες περιπτώσεις, συνήθως τα δεδομένα είναι τέτοια, ώστε η γωνία να παίρνει «κατάλ-ληλες» τιμές που «βοηθούν» να βρούμε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς. Έτσι συμβαίνει κι εδώ.Την χρονική στιγμή t0 είναι xA(t0) = α(t0) = −1 και yA(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(­1, 1), που σημαίνει ότι ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = ­x, πη οποία είναι κάθετη στην ευθεία ΟΜ: y = x. Έτσι, την χρονική στιγμή t0 ισχύει θ(t0) = ΑΟΜ = 2 , ποπότε ηµθ(t0) = ηµ 2 = 1.Αντικαθιστώντας, βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t0) = − 1 ⇔ θ′(t0) = − 1 . 4 4Τελικά, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ είναι θ′(t0) = − 1 rad/μονάδα χρόνου. 4Σχόλιο. Για την μονάδα μέτρησης του παραπάνω ρυθμού μεταβολής, η γωνία μετράται σε rad, ενώ γιατον χρόνο δεν έχουμε κανένα στοιχείο από την εκφώνηση, οπότε καταφεύγουμε στην γενική μορφή«μονάδα χρόνου».2ος τρόπος. Με χρήση του συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας ΟΑ.3ος τρόπος. Με χρήση του νόμου συνημιτόνων.Λόγω έκτασης, οι δύο αυτοί εναλλακτικοί τρόποι παρατίθενται μετά το τέλος της απάντησης του θέμα-τος.ΙΙ. Αρχικά, η δεδομένη ευθεία y = α′(t0) , γιαα′(t0) = 1 , όπως βρήκαμε στο β­Ι, είναι η y = 1.Η ευθεία αυτή τέμνει την Cf στο σημείο Β, τονάξονα y΄y στο σημείο Ν και την ευθεία y = xστο σημείο Γ. Τότε, το ζητούμενο εμβαδόν τουχωρίου Ω είναι ίσο με Ε(Ω) = Ε1 + Ε2 , όπου Ε1είναι το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΟΒΝκαι Ε2 το εμβαδόν του τριγώνου ΟΝΓ.Έχουμε: 0∫• E1 = | f(x) − 1 | dx , όπου για −1 ≤ x ≤ 0 −1είναι 0 ≤ −x ≤ 1 , άρα 0 ≤ −x ≤ 1 , οπότεf(x) − 1 = −x − 1 < 0 ⇒ | f(x) − 1 | = 1 − f(x) .Επίσης, στο ολοκλήρωμα θα θέσουμε u = −x και θα είναι du = −dx , ενώ για x = −1 θα είναι u = 1και για x = 0 θα είναι u = 0 . Τότε έχουμε ∫ ( ) ∫ (0 0 ) ∫u 1 ⎜⎛⎝⎜⎜⎜1 − 1 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟⎟ du = ⎡⎢⎢⎣⎢⎢⎢⎢u u3/2 ⎥⎤⎥⎥⎥⎦⎥⎥10 = ⎢⎣⎢⎡⎢u − 2u3/2 ⎥⎥⎤⎦⎥ 1 = (−du) = 0 u 2 − 3 3 0Ε1 = 1 − −x dx = 1 − 2 −1 1= 1− 2⋅1 −0 = 1 . 3 3 - 146 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής• Ε2 = (ΟΝ) ⋅ (ΝΓ) = 1⋅1 = 1 . 2 2 2Τελικά είναι Ε(Ω) = Ε1 + Ε2 = 1 + 1 ⇒ Ε(Ω) = 5 . 3 2 6Σχόλιο. Καθώς πουθενά στην άσκηση δεν αναφέρονται μονάδες μήκους ή εμβαδού, το αποτέλεσμά μαςμπορεί να δοθεί χωρίς μονάδα μέτρησης, χωρίς πρόβλημα.ΙΙΙ. Αναζητούμε ευθεία παράλληλη με τον y΄y,άρα της μορφής ε : x = x0 , η οποία θα χωρίζειτο χωρίο Ω σε δύο ισεμβαδικά χωρία.Επειδή Ε1 < Ε2 , όπως βρήκαμε στο β­ΙΙ,θα πρέπει x0 ∈ (0 ,1) .Στην περίπτωση αυτή, το πρώτο χωρίο είναιτο Ω1 , που σχηματίζεται από το μικτόγραμμοτρίγωνο ΟΒΝ, μαζί με το τραπέζιο ΟΝΡΣ πουπερικλείεται από τον y΄y, την ευθεία (ε), τηνΟΓ: y = x και την ευθεία y = 1, ενώ το δεύτεροχωρίο Ω2 είναι αυτό του τριγώνου ΣΡΓ, πουσχηματίζουν η ευθεία (ε), η ευθεία ΟΜ: y = xκαι η ευθεία y = 1. 1∫Για x ∈ (x0 ,1) , είναι x0 < 1 ⇔ 1 − x0 > 0 και το εμβαδόν του χωρίου Ω2 είναι το Ε2 = (1 − x) dx . x0Τότε, για να είναι ισεμβαδικά τα χωρία Ω1 , Ω2 , αρκεί το εμβαδόν Ε2′ του δεύτερου να είναι ίσο με τομισό του Ε(Ω), δηλαδή να ισχύει Ε(Ω) 1 5 ⇔ ⎣⎢⎡⎢⎢x − x2 ⎥⎦⎥⎤⎥ 1 5 12 − ⎜⎜⎝⎛⎜⎜x0 − x20 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟⎟ 5∫E2′ = 2 6 2 x0 12 2 2 12 ⇔ (1 − x) dx = 2 = ⇔ 1− = ⇔ x0⇔ x20 − x0 + 1 = 5 ⇔ 6x20 − 12x0 + 1 = 0 ⇔ x0 = 1 + 30 ή x0 = 1− 30 . 2 2 12 6 6Η λύση x0 = 1 + 30 είναι μεγαλύτερη του 1 και απορρίπτεται, αφού x0 ∈ (0 ,1) . Η δεύτερη λύση εί- 6ναι δεκτή, αφού 5 < 30 <6⇔ 5 < 30 < 1 ⇔ −1 < − 30 <− 5 ⇔ 0<1− 30 < 1 , δηλαδή 6 6 6 6 6 61− 30 ∈ (0 ,1) . 6Τελικά, η ζητούμενη ευθεία είναι η ε : x = 1− 30 . 6 - 147 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Συμπλήρωμα: Εναλλακτικοί τρόποι επίλυσης του ερωτήματος β­Ι.Καθώς αντικείμενο αυτού του βιβλίου είναι τα προβλήματα ρυθμού μεταβολής, παρουσιάζει ιδιαίτεροενδιαφέρον να δούμε εναλλακτικούς τρόπους επίλυσης του ερωτήματος β­Ι. Στο συγκεκριμένο μάλισταερώτημα, αναζητούμε ρυθμό μεταβολής γωνίας, με όλες τις ιδιαιτερότητες που έχουμε αναφέρει ότι έχειαυτή η περίπτωση. Συνεπώς, έχει μεγάλη αξία να δούμε διαφορετικές προσεγγίσεις.2ος τρόπος. Με χρήση του συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας ΟΑ.Η ευθεία y = x σχηματίζει με τον άξονα x΄x γωνία xΟΜ = π , άρα η ευθεία ΟΑ σχηματίζει με τον άξο-να x΄x γωνία 4 είναι λΟΑ = εϕ⎜⎛⎜⎜⎝⎜θ(t) + π π ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ θ(t) + 4 . Συνεπώς, ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΟΑ 4 . yA(t) −α(t) 2 − α(t) xA(t) α(t) = −α(t) α(t) ⋅ −α(t) 1.Επιπλέον, ξέρουμε ότι λΟΑ = = α(t) ⋅ −α(t) = =− −α(t)Επομένως ισχύει εϕ⎜⎜⎜⎛⎝⎜θ(t) + π ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ = − 1. 4 −α(t)Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε ( )1 ⋅ ⎢⎣⎡⎢θ(t) + π ⎤⎥⎦⎥′ − −α(t) ′ θ′(t) 1 ⋅(−α(t))′ 4 συν2 ⎛⎜⎝⎜⎜θ(t) + 2 −α(t)συν2 ⎜⎛⎜⎝⎜θ(t) +π ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ = − 2 ⇒ π ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ = −α(t) ⇒ 4 4 −α(t)⇒ θ′(t) π ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = −α′(t) ⇒ θ′(t) π ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = α′(t) α′( t ) = −α( t ) συν2 ⎛⎝⎜⎜⎜θ(t) + 4 2 −α(t) συν2 ⎛⎝⎜⎜⎜θ(t) + 4 2α(t) ⋅ −α(t) ⇒ −α(t)⇒ θ′(t) π ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = −α(t) ⇒ θ′(t) π ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = −1 ⇒ συν2 ⎜⎜⎝⎜⎛θ(t) + 4 2 α(t) ⋅ −α(t) συν2 ⎛⎝⎜⎜⎜θ(t) + 4 2 −α(t)⇒ θ′(t) = 2 −1 ⋅ συν2 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜θ(t) + π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ . −α(t) 4Την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε θ′(t0) = 2 −1 ⋅ συν2 ⎜⎜⎛⎜⎝⎜θ(t0) + π ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ . −α(t 0 ) 4Επιπλέον, την χρονική στιγμή t0 είναι xA(t0) = α(t0) = −1 ⇒ −α(t0) = 1 και yA(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(­1, 1), που σημαίνει ότι ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = ­x, ππου είναι κάθετη στην ευθεία ΟΜ: y = x. Άρα την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει θ(t0) = ΑΟΜ = 2 .Αντικαθιστώντας στον τύπο του θ′(t0) βρίσκουμεθ′(t0) = −1 ⋅ συν2 ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ π + π ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ ⇔ θ′(t 0 ) = − 1 ⋅ συν2 3π ⇔ θ′(t0) = − 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎜⎜⎛⎝− 2 ⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎞2 ⇔ θ′(t0) = − 1 ⋅ 1 ⇔ 21 2 4 2 4 2 2 2 2⇔ θ′(t0) = − 1 rad/μονάδα χρόνου, που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. 4 - 148 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΠαρατήρηση. Ο τρόπος αυτός έχει εμφανώς λιγότερες και ευκολότερες πράξεις σε σχέση με τον πρώτοπου παρουσιάστηκε νωρίτερα στην λύση του β­Ι, απλά θέλει λίγη παραπάνω προσοχή στον σωστό χει-ρισμό των γωνιών.3ος τρόπος. Με χρήση του νόμου συνημιτόνων. !!!\" !!!\" !!!\" y=x !!!\"( )Τα διανύσμα!τ!α!\" ΟΜ!!!,\"ΟΑ!!έ!\"χουν συντεταγμένες αντίστοιχα ΟΜ = (x , y) = (x , x) και ΟΑ = α , −α ,( )οπότε είναι ΑΜ = ΟΜ − ΟΑ = x − α , x − −α .Τότε είναι (ΟΜ) = x>0 2 ⋅x και (ΟΑ) = α2 + 2 α2 − α και x2 + x2 = −α = 2( )(ΑΜ) = (x − α)2 + x − −α .Αν θ είναι η γωνία που σχηματίζουν τα ΟΑ και ΟΜ, τότε από τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε ότι(ΑΜ)2 = (ΟΜ)2 + (ΟΑ)2 − 2 ⋅ (ΟΜ) ⋅ (ΟΑ) ⋅ συνθ ⇔ ( ) ( )2 2 22⇔ (x − α)2 + x − −α = 2 ⋅ x + α2 − α − 2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔⇔ x2 − 2xα + α2 + x2 − 2x −α + −α 2 = 2x2 + α2 − α − 2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔ x≠0⇔ −2xα − 2x −α −α = −α − 2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔ −2xα − 2x −α = −2 2 x ⋅ α2 − α ⋅ συνθ ⇔⇔ α + −α = 2 ⋅ α2 − α ⋅ συνθ .Τα μεγέθη α και θ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, άρα την τυχαία χρονική στιγμή t είναι α(t) + −α(t) = 2 ⋅ α2(t) − α(t) ⋅ συνθ(t) .Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση κατά μέλη ως προς τον χρόνο t έχουμεα′(t) + −α′(t) = 2⋅ 1 ⋅ ⎡⎣⎢α2(t) − α(t)⎤⎦⎥′ ⋅ συνθ(t) + 2⋅ α2(t) − α(t) ⋅ ⎣⎡⎢−ηµθ(t)⎤⎥⎦ ⋅ θ′(t) ⇒ 2 −α(t) 2 α2(t) − α(t)⇒ α′(t) − α′(t) = 2 ⋅ 2α(t) ⋅ α′(t) − α′(t) ⋅ συνθ(t) − 2⋅ α′( t ) = −α( t ) 2 −α(t) 2 α2(t) − α(t) α2(t) − α(t) ⋅ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) ⇒⇒ −α(t) + α(t) = 2 ⋅ −2α2(t) + α(t) ⋅ συνθ(t) − 2 ⋅ α2(t) − α(t) ⋅ ηµθ(t) ⋅ θ′(t) . 2 −α(t) 2 α2(t) − α(t)Την χρονική στιγμή t0 έχουμε ότι −α(t0) + 2 α(t 0 ) = 2 ⋅ −2α2(t0) + α(t0) ⋅ συνθ(t0) − 2⋅ α2(t0) − α(t0) ⋅ ηµθ(t0) ⋅ θ′(t0) . −α(t 0 ) 2 α2(t0) − α(t0)Γνωρίζουμε ότι xA(t0) = α(t0) = −1 και yA(t0) = −α(t0) = −(−1) = 1 .Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(­1, 1), που σημαίνει ότι ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = ­x, πη οποία είναι κάθετη στην ευθεία ΟΜ: y = x. Έτσι, την χρονική στιγμή t0 ισχύει θ(t0) = ΑΟΜ = 2 , π ποπότε ηµθ(t0) = ηµ 2 =1 και συνθ(t0) = συν 2 = 0.Επιπλέον, είναι α(t0) = −1 ⇔ −α(t0) = 1 , οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε - 149 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής1− 1 = 2 ⋅ −2 ⋅ (−1)2 − 1 ⋅ 0 − 2⋅ (−1)2 + 1 ⋅ 1 ⋅ θ′(t0) ⇔ 1 =− 2 ⋅ 2 ⋅ θ′(t0) ⇔ 21 2 (−1)2 + 1 2⇔ θ′(t0) = − 1 rad/μονάδα χρόνου, που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής. 4 24ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩ ex −1 , αν x ≠ 0 . x 1 , αν x = 0α) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο σημείο x0 = 0 και, στην συνέχεια, ότι είναι γνησίως αύξου- σα.β) Δίνεται, επιπλέον, ότι η f είναι κυρτή. ( )Ι. Αν F είναι μία αρχική της συνάρτησης f, τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση F 2f′(x) = F(1) έχει ακριβώς μία λύση, η οποία είναι η x = 0. ΙΙ. Ένα υλικό σημείο Μ ξεκινά, την χρονική στιγμή t = 0, από ένα σημείο Α(x0 , f(x0)) , με x0 < 0 , και κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = f(x) , x ≥ x0 , με x = x(t) , y = y(t) , t ≥ 0 . Σε ποιο σημείο της καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης, x(t), του σημείου Μ είναι διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης, y(t), αν υποτεθεί ότι x′(t) > 0 , για κάθε t ≥ 0 ;γ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = ⎡⎣⎢x ⋅ f(x) + 1 − e⎦⎥⎤2 (x − 2)2 , x ∈ (0 , + ∞) . Να αποδείξετε ότι η συνάρ- τηση g έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και μία θέση τοπικού μεγίστου.α) Για να είναι η f συνεχής στο x0 = 0 , αρκεί να ισχύει ℓ im f(x) = f(0) . 0 x→ 0Έχουμε ℓ im f(x) = ℓ im ex −1 0 ℓ im (ex − 1)′ = ℓ im ex = e0 = 1 =1. x→ 0 x→ 0 x (x)′ x→ 0 1 1 1 = x→ 0Σημείωση. Για τους παρατηρητικούς, το ℓ im ex −1 είναι η παράγωγος τιμή της ex στο x0 = 0 . x x→ 0Πράγματι, αν ϕ(x) = ex , τότε η φ είναι παραγωγίσιμη στο ! , άρα και στο x0 = 0 , με παράγωγο τιμή ϕ′(0) = ℓ im ϕ(x) − ϕ(0) = ℓ im ex − e0 = ℓ im ex −1 . x−0 x→ 0 x x→ 0 x x→ 0Όμως, γνωρίζουμε ότι ϕ′(x) = ex , x ∈ ! , άρα ϕ′(0) = e0 = 1 ⇒ ℓ im ex −1 = 1. x→ 0 xΕπιπλέον, f(0) = 1, άρα ℓ im f(x) = f(0) = 1 , που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής στο x0 =0. x→ 0Θα προσδιορίσουμε την μονοτονία της f.Για κάθε x≠0 είναι f′(x) = (ex − 1)′ ⋅ x − (ex − 1) ⋅ (x)′ ⇒ f′(x) = xex − ex + 1 (1) x2 x2 - 150 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΚαθώς x2 > 0 , για κάθε x ∈ !* , το πρόσημο της f′(x) εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή τουπροηγούμενου κλάσματος. Θέτουμε, λοιπόν, h(x) = xex − ex + 1 , x ∈ ! (2)Η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως πράξεις παραγωγίσιμων, με h′(x) = (x)′ ⋅ ex + x ⋅ (ex )′ − ex = ex + xex − ex = xex ,άρα: ex>0• h′(x) = 0 ⇔ xex = 0 ⇔ x = 0 και ex >0• h′(x) > 0 ⇔ xex > 0 ⇔ x > 0 , άρα και h′(x) < 0 ⇔ x < 0 ,οπότε για την h έχουμε τον διπλανό πίνακα μονοτονίας. x −∞ 0 +∞ +Από τον πίνακα συμπεραίνουμε ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα h′(x) ­στο διάστημα (−∞ , 0] , γνησίως αύξουσα στο [0 , + ∞) και έχει h(x) 1ολικό ελάχιστο στο x0 = 0 , το h(0) = 0e0 − e0 + 1 = 0 . 2Συνεπώς, για κάθε x ∈ ! ισχύει h(x) ≥ h(0) ⇔ h(x) ≥ 0 .Άρα και για την f′(x) έχουμε, από τις (1) και (2), ότι f′(x) = h(x) ≥ 0 , x ∈ !* . x2Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (−∞ , 0] και [0 , + ∞) . Επιπλέον όμως,βρήκαμε ότι η f είναι και συνεχής στο 0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞ , 0] ∪ [0 , + ∞) = ! .β) Δίνεται επιπλέον, ότι η f είναι κυρτή στο ! .Το στοιχείο αυτό, στην θέση που παρατίθεται, σημαίνει ότι μπορεί να αξιοποιηθεί σε όλα τα υποερωτή-ματα του (β).Ι. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ! , άρα έχει παράγουσα F στο ! , δηλαδή υπάρχει συνάρτηση F,ορισμένη και παραγωγίσιμη σε κάθε x ∈ ! , με F′(x) = f(x) .Η μορφή της ζητούμενης εξίσωσης παραπέμπει σε πιθανή συνάρτηση F, που είναι 1­1. Για τον λόγο αυ-τό, θα μελετήσουμε την μονοτονία της F μέσω του προσήμου της παραγώγου της, δηλαδή της f.1ος τρόπος. Για την συνάρτηση f παρατηρούμε ότι:• Αν x ∈ (0 , + ∞) , τότε x>0 και ex > e0 ⇔ ex > 1 ⇔ ex − 1 > 0 , άρα και f(x) = ex −1 >0. x• Αν x ∈ (−∞ , 0) , τότε x<0 και ex < e0 ⇔ ex < 1 ⇔ ex − 1 < 0 , άρα και f(x) = ex −1 >0. xΤέλος, είναι f(0) = 1 > 0 .Άρα ισχύει f(x) > 0 ⇔ F′(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , συνεπώς η F είναι γνησίως αύξουσα στο ! .2ος τρόπος. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , άρα έχει σύνολο τιμών το ( )f(!) = ℓ im f(x) , ℓ im f(x) . x→ −∞ x→ +∞ −1 ⎢⎣⎢⎡(ex ⎦⎤⎥⎥• ℓ im f(x) = ℓ im ex −1 −∞ ℓ im − 1) ⋅ 1 = (0 − 1) ⋅ 0 = 0 . x→ −∞ x→ −∞ x x = x→ −∞ - 151 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής +∞• ℓ im f(x) = ℓ im ex −1 +∞ ℓ im (ex − 1)′ = ℓ im ex = +∞ . x→ +∞ x→ +∞ x (x)′ x→ +∞ 1 = x→ +∞Άρα είναι f(!) = (0 , + ∞) , που σημαίνει ότι είναι f(x) > 0 ⇒ F′(x) > 0 , για κάθε x ∈ ! , συνεπώς η Fείναι γνησίως αύξουσα στο ! .Αφού βρήκαμε την μονοτονία της F, προχωράμε στην απάντησή μας.Αφού η F είναι γνησίως αύξουσα, είναι και 1­1 στο ! , άρα η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται F(2f′(x)) = F(1) ⇔ 2f′(x) = 1 ⇔ f′(x) = 1 . 2Ελέγχουμε την παραγωγισιμότητα της f:Για x ≠ 0 , η f είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Στο x0 = 0 έχουμε: ex −1 −1 0 − 1 − x)′ x (x2 )′ℓ im f(x) − f(0) = ℓ im = ℓ im ex −1− x 0 ℓ im (ex = ℓ im ex −1 = 1 ℓ im ex −1 (α) x−0 x→ 0 x→ 0 x2 2x 2 x x→ 0 x = x→ 0 x→ 0 x→ 0 == 1 ⋅1 = 1 . 2 2Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0 , με f′(0) = 1 . 2Τότε, η ζητούμενη εξίσωση ισοδύναμα γίνεται f′(x) = 1 ⇔ f′(x) = f′(0) ⇔ x = 0 , διότι η f είναι κυρτή, 2άρα η f′ θα είναι γνησίως αύξουσα, οπότε και 1­1, συνεπώς η λύση x = 0 είναι μοναδική.ΙΙ. Το ερώτημα αυτό πραγματεύεται τον ρυθμό μεταβολής.( )Το σημείο Μ, σύμφωνα με την εκφώνηση, έχει συντεταγμένες της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , για τιςοποίες ισχύουν:( )• y = f(x) , x ≥ x0 ή y(t) = f x(t) , t ≥ 0 , όπου f η συνάρτηση της εκφώνησης. (Αυτό δεν πρέπει να το ξεχνάμε, καθώς όλα όσα έχουμε βρει για την f μπορούν να χρησιμοποιηθούν στην λύση και αυτού του ερωτήματος).• Την χρονική στιγμή t = 0 είναι x(0) = x0 < 0 και y(0) = f(x0) .Αναζητούμε το σημείο της καμπύλης, στο οποίο ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ εί-ναι διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης του.Έστω t1 η χρονική στιγμή που συμβαίνει αυτό. Τότε x′(t1) = 2y′(t1) ⇔ 1 x′(t1) = y′(t1) . 2Έχουμε, επιπλέον, ως δεδομένο ότι, για κάθε t ≥ 0 , ισχύει x′(t) > 0 .Η σχέση y(t) = f (x(t)) , t ≥ 0 , με παραγώγιση ως προς t, μας δίνει y′(t) = f′(x(t)) ⋅ x′(t) .Άρα, την χρονική στιγμή t1 έχουμε x′(t1) > 0 και 1 x′(t1 )≠ 0 1 2 2 ⇔ ( ) ( ) ( )y′(t1) = f′ f′ x(t1) ⋅ x′(t1) ⇔ x′(t1 ) = f′ x(t1) ⋅ x′(t1) x(t1) = .( )Όμως στο β­Ι αποδείξαμε ότι 1 f ′ 1−1 f′(0) = 2 , άρα η τελευταία γίνεται f′ x(t1) = f′(0) ⇔ x(t1) = 0 . - 152 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής( )Τότε και y(t1) = f x(t1) = f(0) = 1 .Συνεπώς, το ζητούμενο σημείο της καμπύλης είναι το Μ1(0 ,1) .Σημαντική παρατήρηση! Υπάρχει ένα δεδομένο, που φαινομενικά δεν χρησιμοποιήθηκε!Πράγματι, η εκφώνηση λέει ότι, στην αρχή της μέτρησης του χρόνου, δηλαδή για t = 0, έχουμεx(0) = x0 < 0 , αλλά αυτό στην συνέχεια δεν αξιοποιήθηκε πουθενά! Γιατί;Το ερώτημα είναι ουσιώδες, γιατί σπανιότατα συμβαίνει να μπορούμε να λύσουμε ένα θέμα χωρίς νααξιοποιήσουμε όλα του τα δεδομένα. Είναι πολύ πιθανότερο η λύση μας να είναι λάθος και η σωστή ναείναι μία λύση που θα αξιοποιεί και το «χαμένο» δεδομένο.Εδώ, όμως, δεν έχουμε κάνει λάθος! Αυτό που συμβαίνει, μπορεί να διαπιστωθεί μόνο όταν παρατηρή-σουμε την λύση που βρήκαμε. Η λύση αυτή είναι ένα σημείο με τετμημένη x(t1) = 0 , άρα διαφορετικήςτης τιμής x0 < 0 . Άρα το σημείο της λύσης μας ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ το αρχικό σημείο! Και μόνο επειδή γνωρί-ζουμε το αρχικό σημείο, μπορούμε να κάνουμε την διαπίστωση αυτή.Έτσι η λύση μας συμβαδίζει και με την διαπίστωση της εκφώνησης, σύμφωνα με την οποία το υλικό ση-μείο Μ ΞΕΚΙΝΑ την χρονική στιγμή t = 0, ΚΙΝΕΙΤΑΙ κατά μήκος της καμπύλης y = f(x) και, σε κάποιοσημείο της καμπύλης αυτής (υπονοώντας ότι αυτό συμβαίνει κατά την πορεία της κίνησης αυτής, συνε-πώς ΟΧΙ ΣΤΗΝ ΑΡΧΙΚΗ ΘΕΣΗ), έχουμε το ζητούμενο.γ) Για κάθε x ∈ (0 , + ∞) είναι f(x) = ex −1 , οπότε ο τύπος της συνάρτησης g γίνεται xg(x) = ⎣⎡⎢x ⋅ f(x) + 1 − e⎦⎥⎤2 (x − 2)2 = ⎛⎜⎝⎜⎜⎜ x ⋅ ex −1 + 1 − e⎟⎠⎞⎟⎟⎟2 (x − 2)2 = (ex − 1 + 1 − e)(x − 2)2 ⇒ x⇒ g(x) = (ex − e)2(x − 2)2 .Τότε η g είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, μεg′(x) = ⎣⎡⎢(ex − e)2 ⎤⎥⎦′ ⋅ (x − 2)2 + (ex − e)2 ⋅ ⎡⎣⎢(x − 2)2 ⎥⎤⎦′ == 2(ex − e) ⋅ (ex − e)′ ⋅ (x − 2)2 + (ex − e)2 ⋅ 2(x − 2) ⋅ (x − 2)′ = 2ex(ex − e)(x − 2)2 + 2(ex − e)2(x − 2) == 2(ex − e)(x − 2) ⋅ ⎣⎢⎡ex(x − 2) + ex − e⎦⎤⎥ ⇒ g(x) = 2(ex − e)(x − 2)(xex − ex − e) .Για τις ρίζες της g′(x) έχουμε:• ex − e = 0 ⇔ ex = e1 ⇔ x = 1 και ex − e > 0 ⇔ ex > e1 ⇔ x > 1 .• x − 2 = 0 ⇔ x = 2 και x − 2 > 0 ⇔ x > 2 .• Για τις ρίζες και το πρόσημο του παράγοντα xex − ex − e έχουμε τους ακόλουθους δύο τρόπους εύ- ρεσης:1ος τρόπος. Θέτουμε q(x) = xex − ex − e , x > 0 .Τότε η q είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με q′(x) = (x)′ ⋅ ex + x ⋅ (ex )′ − ex = ex + xex − ex = xex > 0 , για κάθε x > 0 ,συνεπώς η q είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0 , + ∞) .Επιπλέον, η q είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , άρα και στο [1, 2] ⊆ (0 , + ∞) , με• q(1) = 1 ⋅ e1 − e1 − e = −e < 0 .• q(2) = 2e2 − e2 − e = e2 − e = e(e − 1) > 0 . - 153 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, 2], οπότε η εξίσωση q(x) = 0έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα ρ στο διάστημα (1, 2).Επιπλέον, η q είναι γνησίως αύξουσα, άρα η ρίζα ρ ∈ (1, 2) είναι μοναδική και:• για x > ρ θα είναι q(x) > q(ρ) ⇔ q(x) > 0 .• για 0 < x < ρ θα είναι q(x) < q(ρ) ⇔ q(x) < 0 .2ος τρόπος. Από τον τύπο g′(x) = 2(ex − e)(x − 2)(xex − ex − e) έχουμε άμεσα ότι g′(1) = 0 (αφού το 1μηδενίζει την πρώτη παρένθεση) και g′(2) = 0 (αφού το 2 μηδενίζει την δεύτερη παρένθεση).Επιπλέον, η συνάρτηση g(x) = (ex − e)2(x − 2)2 είναι παραγωγίσιμη στο (0 , + ∞) , άρα είναι και συνεχήςστο διάστημα [1, 2] και παραγωγίσιμη στο (1, 2), με g(1) = g(2) = 0.Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [1, 2], συνεπώς θα υπάρχει ένα, του-λάχιστον, ρ ∈ (1, 2) , ώστε g′(ρ) = 0 .Όμως, από τον τύπο της g′(x) προκύπτει ότι η ρίζα ρ δεν μηδενίζει τις παραστάσεις ex − e και x − 2 ,άρα θα είναι ρίζα της παράστασης xex − ex − e .Τότε, όπως αναφέραμε στον 1ο τρόπο, η συνάρτηση q(x) = xex − ex − e είναι γνησίως αύξουσα στο διά-στημα (0 , + ∞) , άρα είναι και 1­1, οπότε η ρίζα της, ρ, είναι μοναδική. Ακόμη:• για x > ρ θα είναι q(x) > q(ρ) ⇔ q(x) > 0 .• για 0 < x < ρ θα είναι q(x) < q(ρ) ⇔ q(x) < 0 .Εδώ τελειώνει η μελέτη προσήμου των παραγόντων του γινομένου και συγκεντρώνουμε τα αποτελέσμα-τά μας.Συγκεντρώνοντας όλα τα παραπάνω, έχουμε τον ακόλουθο πίνακα. x0 ­ 1 ρ 2 +∞ ­ ex − e ­ +++ x−2 ­ ­ ++xex − ex − e 2 ­ ++ f′(x) +­+ f(x) 121Από τον πίνακα προκύπτει ότι η g:• είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα (0, 1] και [ρ, 2].• είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα [1, ρ] και [2 , + ∞) .• έχει τοπικό ελάχιστο για x = 1 και για x = 2 και τοπικό μέγιστο για x = ρ.Σχόλιο. Η άσκηση δεν μας ζητάει να βρούμε τα τοπικά ακρότατα! Άρα αρκεί να αναφέρουμε τις θέσειςόπου έχουμε αυτά, όπως κάναμε παραπάνω. Φυσικά, αν ο μαθητής, από συνήθεια, αναφέρει επιπλέονκαι τις τιμές των ακροτάτων στις παραπάνω θέσεις, δεν θα υπάρξει κανένα πρόβλημα, καθώς μία ανα-φορά 2-3 λέξεων για το καθένα (π.χ., «...για x = 1 το g(1) = ...» κ.ο.κ) δεν θεωρείται πλεονασμός. - 154 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣυνεπώς η συνάρτηση f έχει δύο θέσεις τοπικών ελαχίστων και μία θέση τοπικού μεγίστου. Σχολιασμός του θέματος.Το θέμα αυτό ήταν το Θέμα Δ στις Πανελλαδικές Εξετάσεις του έτους 2014. Το πρωτότυπο υποερώτη-μα Ι του (β) ερωτήματος ήταν το ακόλουθο: 2f′(x) ∫Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(u) du = 0 έχει ακριβώς μία λύση, η οποία είναι η x = 0. 1Επειδή το ερώτημα αυτό είναι εκτός ύλης από το έτος 2016 και μετά, εμείς διατυπώσαμε στην εκφώνη-ση ­και κατόπιν λύσαμε­ μία «διασκευή» αυτού, που είναι η εξής:( )Αν F είναι μία αρχική της συνάρτησης f, τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση F 2f′(x) = F(1) έχει ακριβώςμία λύση, η οποία είναι η x = 0. - 155 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 25ο επαναληπτικό θέμαΈστω συνάρτηση f, συνεχής στο διάστημα Δ = [­3, 3] και παραγωγίσιμη εσωτερικά του Δ. Ισχύει ότι:• ℓ im ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx =1 (1) x x→ 0• f(x) ⋅ f′(x) = −x , για κάθε x ∈ (−3 , 3) (2)α) Να αποδειχθεί ότι f(0) = 3 και, στην συνέχεια, να βρεθεί ο τύπος της f στο Δ.β) Έστω f(x) = 9 − x2 , με x ∈ [−3 , 3] , και τα σημεία Α(­3, 0), Β(3, 0) και Μ(μ, f(μ)), με µ ∈ (−3 , 3) , σημεία της Cf . Ι. Να γίνει πρόχειρο σχήμα της Cf . ΙΙ. Να βρεθούν τα μήκη των πλευρών ΑΜ και ΒΜ, ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΒ να είναι μέγιστο.γ) Έστω συνάρτηση g, συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , όπου τα σημεία Γ(1, 2) και Δ(2, 4) σημεία της Cg . Να αποδειχθεί ότι οι Cf , Cg τέμνονται σε μοναδικό σημείο, με τετμημένη x0 ∈ (1, 2) . 3∫δ) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι = x3f(x) dx . 2( )ε) Έστω σημείο Ν x(t) , y(t) , που διατρέχει την Cf . Να βρεθούν οι συντεταγμένες του Ν κατά την χρο- νική στιγμή t0 , στην οποία ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης είναι ίσος με αυτόν της τεταγμένης y′(t0) = x′(t0) ≠ 0 .α) Θέτουμε ϕ(x) = ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx , x ∈ [−3 , 0) ∪ (0 , 3] (3) xΤότε από την υπόθεση έχουμε ότι ℓ im ϕ(x) = 1 και x→ 0 ϕ(x) = ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx ⇔ x ⋅ ϕ(x) = ηµx ⋅ f(x) − 2εϕx ⇔ ηµx ⋅ f(x) = x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx (4) xΣτο σημείο αυτό θέλουμε να διαιρέσουμε κατά μέλη με ημx, ώστε να μείνει μόνο του το f(x) και στηνσυνέχεια να βρούμε το όριό του. Θέλει, όμως, προσοχή, να βεβαιωθούμε ότι διαιρούμε με μη μηδενικόπαράγοντα! Το ημx δεν είναι πάντα μη μηδενικό, άρα θέλει λίγη προσοχή. Μπορούμε να το εξασφαλί-σουμε με δύο τρόπους:1ος τρόπος. Επειδή ξέρουμε ότι θέλουμε να πάρουμε όριο για x → 0 , μας ενδιαφέρει το ημx να είναιμη μηδενικό κοντά στο 0 και όχι γενικά. Εφόσον ημ0 = 0 και ηµx ≠ 0 κοντά στο 0, π.χ. γιαx ∈ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜− , 0⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ∪ ⎛⎜⎜⎜⎝⎜0 , ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ , π π μπορούμε να πούμε ότι «περιοριζόμαστε κοντά στο 0, όπου ηµx ≠ 0 » ή «περιο- 2 2 x ∈ ⎜⎜⎜⎝⎛⎜− , 0⎟⎟⎟⎟⎞⎠ ∪ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜0 , ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ,ριζόμαστε στο π π όπου ηµx ≠ 0 » και να προχωρήσουμε στον υπολογισμό του ορίου. 2 2 - 156 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος. Λύνουμε την εξίσωση ημx = 0. Από εδώ έχουμε x = κπ , κ ∈ ! , οπότε για κ = ­1, 0, 1 οιαντίστοιχες ρίζες της εξίσωσης ημx = 0 είναι οι διαδοχικές ­π, 0, π.Επειδή π > 3 , είναι [−3 , 0) ∪ (0 , 3] ⊆ (−π , 0) ∪ (0 , π) , άρα στο [−3 , 0) ∪ (0 , 3] , όπου ορίσαμε την φ, ισχύειηµx ≠ 0 .Εφόσον εξασφαλίσουμε (με έναν από τους προηγούμενους δύο τρόπους) ότι ηµx ≠ 0 , προχωράμε έτσι:Η (4) ισοδύναμα γίνεται f(x) = x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx , οπότε ηµx ⎡⎢⎢⎣⎢⎢⎢⎢ ⎥⎥⎥⎥⎦⎥⎥⎤ =ℓ im f(x) = ℓ im x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx = ℓ im ⎢⎣⎢⎡ x ⋅ ϕ(x) + 2εϕx ⎤⎦⎥⎥ = ℓ im ϕ(x) +2⋅ ηµx x→ 0 ηµx ηµx ηµx ηµx x→ 0 x→ 0 x→ 0 συνx x ηµx= ℓ im ⎢⎣⎢⎢⎢⎡⎢⎢ ϕ(x) +2⋅ 1 ⎦⎥⎥⎥⎥⎤⎥⎥ = 1 +2⋅ 1 = 3 , αφού ℓ im ϕ(x) = 1 , ℓ im ηµx = 1 , ℓ im(συνx) = 1 . ηµx συνx 1 1 x→ 0 x x→ 0 x→ 0 x→ 0 xΣυνεπώς είναι ℓ im f(x) = 3 . x→ 0Επιπλέον, η f είναι συνεχής στο 3, άρα ισχύει f(0) = ℓ im f(x) ⇒ f(0) = 3 . x→ 0Για τον τύπο της f, από την σχέση (2) έχουμε ισοδύναμα ότι f(x) ⋅ f′(x) = −x ⇔ 2f(x) ⋅ f′(x) = −2x ⇔ ⎢⎡⎣f2(x)⎦⎤⎥′ = (−x2)′ ,οπότε προκύπτει ότι f2(x) = −x2 + c , c ∈ ! , στο Δ.Θέτω x = 0 στην σχέση αυτή και έχω f2(0) = −02 + c ⇔ 32 = c ⇔ c = 9 .Άρα είναι f2(x) = −x2 + 9 , x ∈ Δ .Θέλουμε να φύγει το τετράγωνο από το f2(x) παραπάνω. Θα βασιστούμε στο πρόσημο της συνεχούςσυνάρτησης f(x), εργαζόμενοι ως εξής:Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ και είναι f(0) = 3 ≠ 0 . Επίσης, για x ∈ (−3 , 0) ∪ (0 , 3) , από την (2)έχω ότι f(x) ⋅ f′(x) = −x ≠ 0 ⇒ f(x) ≠ 0 .Άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής και μη μηδενική στο (­3, 3), οπότε διατηρεί πρόσημο σε αυτό.Επειδή είναι f(0) = 3 > 0 , είναι και f(x) > 0 , για κάθε x ∈ (−3 , 3) , άρα από την σχέση f2(x) = −x2 + 9βρίσκουμε ότι f(x) = −x2 + 9 ⇔ f(x) = 9 − x2 , x ∈ (−3 , 3) .Προσοχή! Δεν έχουμε τελειώσει! Μας λείπουν οι τιμές f(­3) και f(3)!Επιπλέον, η f είναι συνεχής σε όλο το Δ = [­3, 3], άρα:• f(−3) = ℓ im f(x) = ℓ im 9 − x2 = 9 − 32 = 0 και x→ −3+ x→ −3+• f(3) = ℓ im f(x) = ℓ im 9 − x2 = 9 − 32 = 0 , x→ 3− x→ 3−που επαληθεύουν τον τύπο της f που έχουμε βρει.Τελικά, ο τύπος της f είναι ο f(x) = 9 − x2 , x ∈ [−3 , 3] . - 157 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Ι. Από τον τύπο της συνάρτησης f που βρήκαμε στο (α), αν θέσουμε y = f(x) έχουμε ότι y = 9 − x2 ⇔ y2 = 9 − x2 ⇔ x2 + y2 = 9 ⇔ x2 + y2 = 32 .Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι τοημικύκλιο του κύκλου με κέντρο Ο(0, 0) και ακτίνα ρ = 3,το οποίο βρίσκεται πάνω από τον άξονα x΄x, μαζί με τασημεία Α(­3, 0) και Β(3, 0), που είναι κοινά σημεία τηςCf και του x΄x.ΙΙ. Έστω (ΑΜ) = α και (ΒΜ) = β τα μήκη των δύοπλευρών τα οποία αναζητούμε.Από το σχήμα μας έχουμε ότι η γωνία ΑΜΒ είναι 90°, ωςεγγεγραμμένη σε ημικύκλιο. Άρα το τρίγωνο ΑΜΒ είναιορθογώνιο, οπότε από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε ότι ΑΜ2 + ΜΒ2 = ΑΒ2 ⇔ α2 + β2 = 62 ⇔ α2 + β2 = 36 ⇔ β2 = 36 − α2 ⇔ β = 36 − α2 .Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΒ είναι (ΑΜΒ) = Ε = α⋅β = 1 ⋅α ⋅ 36 − α2 , όπου 0 < α < 6 , αφού 2 2για α = 0 ή α = 6 δεν υφίσταται τρίγωνο, και η χορδή ΑΜ έχει πάντα μήκος α, θετικό και μικρότεροτης διαμέτρου του κύκλου, δηλαδή της ΑΒ = 6.Θεωρούμε, λοιπόν, την συνάρτηση Ε(α) = 1 α 36 − α2 , 0 < α < 6 . 2Η Ε είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0, 6), με παράγωγο( )Ε′(α) = 1 ⋅ ⎢⎡⎢⎣⎢(α)′ ⋅ ′⎥⎥⎥⎤⎦ = 1 ⋅ ⎣⎢⎢⎢⎡ 36 − α2 1 ⋅ (36 − α2)′⎤⎥⎥⎥⎦ = 2 36 − α2 + α ⋅ 36 − α2 2 +α⋅ 36 − α2 2= 1 ⋅ ⎛⎜⎜⎜⎝⎜ 36 − α2 + α ⋅ −2 α ⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞ = 1 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜ 2 α2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = 1 ⋅ 36 − 2α2 = 2 2 36 − α2 2 36 − α2 2 36 − α2 36 − α2 − 36 − α2= 1 ⋅ 2(18 − α2) ⇒ Ε′(α) = 18 − α2 . 2 36 − α2 36 − α2Έχουμε: 18 − α2 α>0• Ε′(α) = 0 ⇔ 36 − α2 = 0 ⇔ α2 = 18 ⇔ α = 18 = 3 2 .• Ε′(α) > 0 ⇔ 18 − α2 α>0 36 − α2 > 0 ⇔ 18 − α2 > 0 ⇔ α2 < 18 ⇔ 0 < α < 3 2 , α<6 άρα και Ε′(α) < 0 ⇔ 3 2 < α < 6 .Ο πίνακας μονοτονίας της συνάρτησης Ε(α) είναι ο α 0 32 6διπλανός, από τον οποίο προκύπτει ότι η Ε(α): Ε′(α) ­ Ε(α) +(• είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0 , 3 2 ⎥⎦⎤ . 2)• είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ⎡⎣⎢3 2 , 6 . 1• έχει ολικό μέγιστο για α = 3 2 . - 158 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΆρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΒ γίνεται μέγιστο, όταν α = 3 2 . Τότε είναι ( )2 β = 36 − α2 = 36 − 3 2 = 36 − 18 = 18 ⇔ β = 3 2 ,δηλαδή α = β = 3 2 . Αυτό σημαίνει ότι το εμβαδόν του ορθογώνιου τριγώνου ΑΜΒ γίνεται μέγιστο,όταν αυτό είναι ισοσκελές, με κάθετες πλευρές ίσες προς 3 2 .γ) Για την συνάρτηση g, που είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ! , έχουμε ότι Γ(1, 2) ∈ Cg ⇔ g(1) = 2 και Δ(2 , 4) ∈ Cg ⇔ g(2) = 4 .Για να δείξουμε ότι οι Cf , Cg τέμνονται σε μοναδικό σημείο με τετμημένη x0 ∈ (1, 2) , αρκεί να δείξουμεότι η εξίσωση f(x) = g(x) ⇔ f(x) − g(x) = 0 έχει μοναδική λύση x0 ∈ (1, 2) .Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) − g(x) , x ∈ [1, 2] .Αυτή είναι συνεχής στο [1, 2], ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων, με:( )• h(1) = f(1) − g(1) = 9 − 12 − 2 = 8 − 2 = 2 2 − 2 = 2 2 − 1 > 0 .• h(2) = f(2) − g(2) = 9 − 22 − 4 = 5 − 4 < 0 .Άρα η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [1, 2], οπότε υπάρχει ένα,τουλάχιστον, x0 ∈ (1, 2) τέτοιο, ώστε h(x0) = 0 ⇔ f(x0) − g(x0) = 0 ⇔ f(x0) = g(x0) .Για την μοναδικότητα του x0 :Αρχικά, η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [1, 2].Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει και άμεσα από το σχήμα που έχουμε κάνει στο ερώτημα β­Ι. Όμως,επειδή το σχήμα που μας ζητήθηκε είναι «πρόχειρο» (έστω κι αν ξέρουμε ότι πρόκειται για ημικύκλιο,που έχει συγκεκριμένη, γνωστή μορφή), μπορούμε να αποδείξουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο[1, 2].Πράγματι, η f είναι παραγωγίσιμη στο (1, 2), με παράγωγοf′(x) = 1 ⋅ (9 − x2)′ = −2 x = − x < 0 , για κάθε x ∈ (1, 2) , 2 9 − x2 2 9 − x2 9 − x2οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 2].Θα αποδείξουμε ότι και η συνάρτηση h είναι γνησίως μονότονη στο [1, 2].Έστω x1 , x2 ∈ [1, 2] με x1 < x2 . Τότε: f↓• x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) . g↑• x1 < x2 ⇒ g(x1) < g(x2) ⇒ −g(x1) > −g(x2) .Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει f(x1) − g(x1) > f(x2) − g(x2) ⇒ h(x1) > h(x2) ,που σημαίνει ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 2], άρα είναι και 1­1.Συνεπώς, η ρίζα x0 ∈ (1, 2) της εξίσωσης h(x) = 0 ⇔ f(x) = g(x) που βρήκαμε νωρίτερα, είναι μοναδική,οπότε οι Cf , Cg τέμνονται σε μοναδικό σημείο, με τετμημένη x0 ∈ (1, 2) . - 159 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι f(x) = 9 − x2 , x ∈ [−3 , 3] , άρα το ολοκλήρωμα γίνεται 33 ∫ ∫Ι = x3f(x) dx = x3 9 − x2 dx . 22Θέτουμε u = 9 − x2 . Τότε x2 = 9 − u και du = (9 − x2)′dx ⇔ du = −2xdx ⇔ xdx = − 1 du . 2Επιπλέον, για x = 2 είναι u = 9 − 22 = 5 , ενώ για x = 3 είναι u = 9 − 32 = 0 .Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται 33 0 5∫ ∫ ∫ ∫ ( )Ι = −1 1 x3 9 − x2 dx = x2 9 − x2 ⋅ x dx = (9 − u) u ⋅ 2 du = 2 9 u − u u du = 22 5 0∫=1 5 ⎝⎜⎜⎜⎜⎛9u 1 3 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟⎟ du = 1 ⋅ ⎢⎢⎢⎡⎢⎣⎢⎢9 ⋅ u3/2 − u5/2 ⎥⎥⎦⎤⎥⎥⎥⎥ 5 = 1 ⋅ ⎢⎢⎣⎡⎢2 ⋅ 3u3/2 − 2 ⋅ u5/2 ⎥⎥⎥⎦⎤ 5 = 1 ⋅ 2 ⋅ ⎡⎢⎢⎢⎣3u3/2 − u5/2 ⎥⎦⎤⎥⎥ 5 = 2 0 2 2 3 5 0 2 5 0 2 5 0 −u2 2 2 3 5 ⎜⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎝⎜3 3 5 ⎟⎟⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎠⎟ = 3 ⋅ 5 2= 3⋅52 − 52 − ⋅ 0 − 02 5 −5 5 ⇒ I = 10 5 . 5 5 2ε) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.( )Το σημείο Ν x(t) , y(t) διατρέχει την Cf , συνεπώς οι συντεταγμένες το μεταβάλλονται ως προς τον χρό-( )νο t και είναι της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , όπως δίνονται από την εκφώνηση.Για τις συντεταγμένες του Ν ισχύει ότι Ν ∈ Cf ⇔ y(t) = 9 − x2(t) .Επίσης, δίνεται ότι t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης τουείναι ίσος με τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του και, επιπλέον, μη μηδενικός. Άρα την χρονικήστιγμή t0 ισχύει x′(t0) = y′(t0) ≠ 0 .Έχουμε y(t) = 9 − x2(t) , απ’ όπου παραγωγίζοντας ως προς t βρίσκουμε y′(t) = ⎡⎢⎣9 − x2(t)⎥⎦⎤′ = −2 x(t) ⋅ x′(t) ⇒ y′(t) = −x(t) ⋅ x′(t) . 2 9 − x2(t) 2 9 − x2(t) 9 − x2(t)Την χρονική στιγμή t0 έχουμεy′(t0) = − x(t0) ⋅ x′(t0) x′(t0 )= y′(t0 ) x′(t 0 ) = −x(t0) ⋅ x′(t0) x′(t0 )≠0 −x(t 0 ) ⇔ 9 − x2(t0) = −x(t0) . 9 − x2(t0) 9 − x2(t0) 9 − x2(t0) ⇔ ⇔ 1=Η εξίσωση αυτή, για x(t0) > 0 είναι αδύνατη, ενώ για x(t0) ≤ 0 ⇔ −x(t0) ≥ 0 γίνεται 9 − x2(t0) 2 = ⎣⎢⎡−x(t0)⎥⎤⎦2 ⇔ 9 − x2(t0) = x2(t0) ⇔ 2x2(t0) = 9 ⇔ x2(t0) = 9 x( t0 )≤0 9 = 32 . 2 2 2 ⇔ x(t0) =Τελικά, οι ζητούμενες συντεταγμένες του σημείου Ν είναι Ν⎜⎜⎜⎜⎛⎝⎜− 32 , 32 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠⎟ . 2 2 - 160 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής26ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού το διάστημα [1, 4]. Αν το σύνολο τι-μών της f είναι το [­2, 3] και f(1) = 2, f(4) = 1, τότε:α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 ∈ (1, 4) , έτσι ώστε f(x0) = 0 .β) Να αποδείξετε ότι η Cf δέχεται τουλάχιστον δύο οριζόντιες εφαπτόμενες και έχει ένα, τουλάχιστον, πιθανό σημείο καμπής.γ) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ε: y = ­x + 2 τέμνει την Cf σε ένα, τουλάχιστον, σημείο, με τετμημένη στο διάστημα (1, 4).δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ (1, 4) , έτσι ώστε η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Ρ(ξ, f(ξ)) να διέρχεται από το σημείο Α(0, 2).ε) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο, τουλάχιστον, ξ1 , ξ2 ∈ (1, 4) , με ξ1 ≠ ξ2 , έτσι ώστε 1 − 1 =− 3 .f ′(ξ1 ) 2f ′(ξ2 ) 2στ) Ένα σημείο Κ κινείται στην ευθεία (ε) του ερωτήματος (γ), η οποία τέμνει τον άξονα x΄x στο Μ και Λ είναι η προβολή του Κ στον άξονα x΄x. Το σημείο Λ απομακρύνεται από την αρχή των αξόνων Ο(0, 0) με ρυθμό 1 m/s. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΚΛΜ, την χρο- νική στιγμή t0 που η τετμημένη του Κ είναι ίση με την τεταγμένη του.Το θέμα αυτό είναι μία καλή ευκαιρία να κάνουμε μία επανάληψη στα υπαρξιακά θεωρήματα! Φυσικά,στο τέλος έχει και ερώτημα που αφορά ρυθμό μεταβολής.α) Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα [1, 4], άρα είναι και συνεχής σε αυτό,με σύνολο τιμών το [­2, 3].Επειδή το 0 ∈ [−2 , 3] , θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 ∈ (1, 4) , έτσι ώστε f(x0) = 0 .β) Η f έχει σύνολο τιμών το [­2, 3], άρα παίρνει ελάχιστη τιμή fmin = −2 και μέγιστη τιμή fmax = 3 . Τιςτιμές αυτές δεν τις παίρνει στα άκρα του πεδίου ορισμού της, αφού −2 < f(1) = 2 < 3 και−2 < f(4) = 1 < 3 .Άρα από το Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης Τιμής, υπάρχουν x1 , x2 ∈ (1, 4) τέτοια, ώστε f(x1) = fmin = −2 και f(x2) = fmax = 3 (1)Τότε, για καθένα από τα σημεία x1 και x2 , έχουμε ότι είναι εσωτερικά σημεία του διαστήματος (1, 4),στα οποία η f παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και φυσικά είναι παραγωγίσιμη σε αυτά, αφού η f είναιπαραγωγίσιμη σε όλο το [1, 4]. Δηλαδή, η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Fermat γιακαθένα από τα x1 , x2 , συνεπώς f′(x1) = 0 και f′(x2) = 0 .Άρα η Cf δέχεται τουλάχιστον δύο οριζόντιες εφαπτομένες, στα σημεία της με τετμημένες x1 και x2 . - 161 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΓια το πιθανό σημείο καμπής: Έστω, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι x1 < x2 .Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα [1, 4], άρα η f′ είναι συνεχής στο [x1 , x2] ⊆ (1, 4) καιπαραγωγίσιμη στο (x1 , x2) ⊆ (1, 4) . Επιπλέον, για την f′ βρήκαμε ότι f′(x1) = f′(x2) = 0 .Άρα η f′ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [x1 , x2] , οπότε υπάρχει ένα,τουλάχιστον, α ∈ (x1 , x2) ⊆ (1, 4) , ώστε f′′(α) = 0 . Αυτό σημαίνει ότι το σημείο (α, f(α)) της Cf είναι πι-θανό σημείο καμπής.γ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = −x + 2 , x ∈ ! , που έχει γραφική παράσταση την ευθείαε: y = ­x + 2.Τότε το ζητούμενο σημαίνει ισοδύναμα να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f(x) = g(x) έχει μία, τουλάχιστον,λύση στο διάστημα (1, 4).Θέτουμε h(x) = f(x) − g(x) , x ∈ [1, 4] . Τότε f(x) = g(x) ⇔ f(x) − g(x) = 0 ⇔ h(x) = 0 .Θα λύσουμε το ερώτημα με χρήση του θεωρήματος Bolzano για την h. Το πρώτο διάστημα, όπου λογικάθα δοκιμάσουμε την ισχύ του, είναι το [1, 4], αφού ψάχνουμε σημείο τομής της ευθείας και της Cf σεσημείο με τετμημένη στο (1, 4).Όμως, h(1) = f(1) − g(1) = 2 − (−1 + 2) = 1 > 0 και h(4) = f(4) − g(4) = 1 − (−4 + 2) = 3 > 0 , οπότε δενισχύει h(1) ⋅ h(4) < 0 .Άρα θα πρέπει να εξασφαλίσουμε την ισχύ του θεωρήματος σε άλλο διάστημα, υποδιάστημα του [1, 4].Προφανώς, το μόνο υποδιάστημα για το οποίο έχουμε στοιχεία να πορευτούμε, είναι το [x1 , x2] .Η συνάρτηση h(x) είναι συνεχής στο [x1 , x2] ⊆ (1, 4) (αφού x1 , x2 ∈ (1, 4) ) και ισχύουνh(x1) = f(x1) − g(x1) = −2 − (−x1 + 2) = x1 − 4 < 0 , αφού x1 < 4 ,h(x2) = f(x2) − g(x2) = 3 − (−x2 + 2) = x2 + 1 > 0 , αφού x2 > 1 ⇔ x2 + 1 > 2 > 0 .Συνεπώς h(x1) ⋅ h(x2) < 0 , δηλαδή η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διά-στημα [x1 , x2] , οπότε υπάρχει ρ ∈ (x1 , x2) ⊆ (1, 4) τέτοιο, ώστε h(ρ) = 0 ⇔ f(ρ) = g(ρ) , δηλαδή η εξίσωσηf(x) = g(x) έχει μία, τουλάχιστον, λύση στο διάστημα (1, 4).δ) Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο της Ρ(ξ, f(ξ)), το οποίο αναζητούμε, θα έχει εξίσωση ε : y − f(ξ) = f′(ξ) ⋅ (x − ξ) .Για να διέρχεται η (ε) από το σημείο Α(0, 2), αρκεί οι συντεταγμένες του Α να επαληθεύουν την εξίσω-ση της (ε), δηλαδή να ισχύει 2 − f(ξ) = f′(ξ) ⋅ (0 − ξ) ⇔ 2 − f(ξ) = −ξ ⋅ f′(ξ) ⇔ ξ ⋅ f′(ξ) − f(ξ) + 2 = 0 .Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ ∈ (1, 4) τέτοιο, ώστε ξ ⋅ f′(ξ) − f(ξ) + 2 = 0 , δηλαδή ξ ∈ (1, 4)που να είναι λύση της εξίσωσης x ⋅ f′(x) − f(x) + 2 = 0 .Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(x) = x ⋅ f′(x) − f(x) + 2 , x ∈ [1, 4] .Και πάλι, η πρώτη μας σκέψη θα είναι να εφαρμόσουμε το θεώρημα Bolzano για την φ στο διάστημα[1, 4]. Όμως δεν έχουμε καμία πληροφορία για τις τιμές f′(1) , f′(4) , συνεπώς δεν μπορούμε να προσδιο-ρίσουμε το πρόσημο των φ(1) και φ(4). Και πάλι λοιπόν, θα εργαστούμε στο κατάλληλο υποδιάστηματου [1, 4], στα άκρα του οποίου έχουμε τις απαραίτητες πληροφορίες, και αυτό ειναι πάλι το [x1 , x2] . - 162 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ συνάρτηση φ είναι συνεχής στο [x1 , x2] ⊆ (1, 4) και ισχύουν (1)ϕ(x1) = x1f′(x1) − f(x1) + 2 = x1 ⋅ 0 − (−2) + 2 = 4 > 0 , (1)ϕ(x2) = x2 ⋅ f′(x2) − f(x2) + 2 = x2 ⋅ 0 − 3 + 2 = −1 < 0 .Άρα ϕ(x1) ⋅ ϕ(x2) < 0 , οπότε η φ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [x1 , x2] ,συνεπώς θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ (x1 , x2) ⊆ (1, 4) τέτοιο, ώστε ϕ(ξ) = 0 ⇔ ξ ⋅ f′(ξ) − f(ξ) + 2 = 0 .ε) Η μορφή της ζητούμενης σχέσης παραπέμπει σε χρήση Θ.Μ.Τ. για την f. Εδώ, η εμπειρία στην επί-λυση ασκήσεων παίζει ρόλο. Η «υποψία» μας προκύπτει από τα εξής:Το ζητούμενο δεν έχει ισότητα με δεύτερο μέλος το 0, αλλά άλλον αριθμό, και συνήθως αυτό είναι έν-δειξη για χρήση Θ.Μ.Τ.Επίσης, στην ζητούμενη σχέση έχουμε ξ1 , ξ2 , με ξ1 ≠ ξ2 , και αυτό σημαίνει ότι θα χρειαστεί να εφαρμό-σουμε το Θ.Μ.Τ. σε ξένα μεταξύ τους, κατάλληλα επιλεγμένα, υποδιαστήματα του [1, 4].Τέλος, για να προκύψουν συμπεράσματα για τιμές της μορφής f′(ξ1) , f′(ξ2) , πρέπει να εφαρμόσουμε τοΘ.Μ.Τ. για την f, άρα χρειαζόμαστε σημείο του (1, 4) με πληροφορίες για την τιμή της f σε αυτό. Τέτοιοείναι το σημείο x0 που βρήκαμε στο ερώτημα (α).Με βάση τα παραπάνω προχωρούμε ως εξής:Θα εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στα διαστήματα [1, x0] και [x0 , 4] , όπου x0 ∈ (1, 4) είναι αυτόπου βρήκαμε στο ερώτημα (α), τέτοιο ώστε f(x0) = 0 .Η f, ως δύο φορές παραγωγίσιμη στο [1, 4], είναι συνεχής σε καθένα από τα [1, x0] και [x0 , 4] και πα-ραγωγίσιμη σε καθένα από τα (1, x0) και (x0 , 4) . Άρα ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. σε κα-θένα από τα [1, x0] , [x0 , 4] , συνεπώς• υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ1 ∈ (1, x0) τέτοιο, ώστε f′(ξ1) = f(x0) − f(1) = 0−2 = −2 = 2 . x0 −1 x0 −1 x0 −1 1− x0• υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ2 ∈ (x0 , 4) τέτοιο, ώστε f′(ξ2) = f(4) − f(x0) = 1−0 = 1 . 4 − x0 4 − x0 4 − x0Τότε, 1 − 1 = 1 − 1 = 1− x0 − 4 − x0 = 1− x0 − 4 + x0 =− 3 . f ′(ξ1 ) 2f ′(ξ2 ) 2 2 2 2 2 1− x0 2⋅ 1 4 − x0Τελικά, υπάρχουν ξ1 , ξ2 ∈ (1, 4) , με ξ1 ≠ ξ2 (αφού 1 < ξ1 < x0 < ξ2 < 4 ), έτσι ώστε 1 − 1 =− 3 . f ′(ξ1 ) 2f ′(ξ2 ) 2 - 163 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςστ) Το σημείο Κ κινείται στην ευθεία ε: y = ­x + 2 του ερωτήματος (γ). Αυτό σημαίνει ότι οι συντε-( )ταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο t, άρα είναι της μορφής Κ x(t) , y(t) , t ≥ 0 . Επιπλέον,οι συντεταγμένες του Κ επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας, άρα ισχύει y(t) = −x(t) + 2 , t ≥ 0 .Το σημείο Λ είναι η προβολή του Κ στον άξονα x΄x, άρα θα κινείται κι αυτό και θα έχει συντεταγμένεςτης μορφής Λ(x(t) , 0) , t ≥ 0 .Εδώ χρειάζεται ιδιαίτερη προσοχή, γιατί η εκφώνηση μάς δίνει μία πληροφορία, φαινομενικάελλιπή! Συγκεκριμένα, δίνεται ότι «το σημείο Α απομακρύνεται από την αρχή των αξόνων Ο(0, 0), μερυθμό 1 m/s». Το πρόβλημα είναι το εξής: το σημείο Λ, που κινείται επί του x΄x, και αντίστοιχα το ση-μείο Κ, που κινείται πάνω στην ευθεία (ε), βρίσκονται αριστερά ή δεξιά του άξονα y΄y;Αν τα σημεία Κ, Λ βρίσκονται δεξιά του άξονα y΄y, τότε το Λ, για να απομακρύνεται από το Ο, θα πρέ-πει να κινείται προς τα δεξιά, δηλαδή να έχει τετμημένη που αυξάνεται, άρα θα έχει θετικό ρυθμό με-ταβολής, δηλαδή θα ισχύει x′(t) = +1 m / s .Αν πάλι τα σημεία Κ, Λ βρίσκονται αριστερά του άξονα y΄y, τότε το Λ, για να απομακρύνεται από το Ο,θα πρέπει να κινείται προς τα αριστερά, δηλαδή να έχει τετμημένη που μειώνεται, άρα θα έχει αρνητικόρυθμό μεταβολής, δηλαδή θα ισχύει x′(t) = −1 m / s .Εδώ θα μπορούσε κανείς να ισχυριστεί ότι το δεδομένο «ρυθμός 1 m/s» υπονοεί θετικό ρυθμό μεταβο-λής, άρα ισχύει μόνο η πρώτη περίπτωση. Έχουμε όμως πει, στις παρατηρήσεις της μεθοδολογίας, ότι το1 m/s μπορεί κάλλιστα να θεωρηθεί αριθμητική και όχι αλγεβρική τιμή του ρυθμού μεταβολής!Τελικά, τί από τα δύο συμβαίνει; Ευτυχώς, η απάντηση δίνεται από το τελευταίο δεδομένο της άσκησης.Να θυμάστε ότι διαβάζουμε πάντα με προσοχή και ολόκληρο το ερώτημα που έχουμε, αναζητώ-ντας στοιχεία χρήσιμα για την λύση μας παντού! Αν διαβάσουμε το ερώτημα μέχρι τέλους, τότεξεκαθαρίζει το σκοτεινό σημείο!Ζητείται να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΚΛΜ, την χρονική στιγμή t0 πουη τετμημένη του Κ είναι ίση με την τεταγμένη του.Άρα, την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει x(t0) = y(t0) ⇔ x(t0) = −x(t0) + 2 ⇔ 2x(t0) = 2 ⇔ x(t0) = 1 > 0 .Αυτό σημαίνει ότι, την χρονική στιγμή t0 που μας ενδια-φέρει, τα σημεία Κ και Λ βρίσκονται δεξιά του y΄y. Άρα(θυμηθείτε την ανάλυση στο παραπάνω σχόλιο) ισχύει x′(t0) = +1 m / s .Το σημείο Μ, που η ευθεία (ε) τέμνει τον άξονα x΄x, θαέχει τεταγμένη 0, άρα για την τετμημένη του θα ισχύει0 = −x + 2 ⇔ x = 2 , συνεπώς το σημείο Μ έχει συντε-ταγμένες Μ(2, 0).Το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ορθογώνιο, με κάθετες πλευρέςΚΛ και ΛΜ που έχουν μήκη αντίστοιχα(ΚΛ) = | yK − yΛ | = | −x(t) + 2 − 0 | = | x(t) − 2 |και(ΛΜ) = | xM − xΛ | = | 2 − x(t) | = | x(t) − 2 | .Καθώς οι πλευρές του τριγώνου μεταβάλλονται (λόγω της κίνησης του Κ), το εμβαδόν επίσης μεταβάλ-λεται ως προς τον χρόνο και προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο - 164 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςE(t) = (ΚΛ) ⋅ (ΛΜ) = | x(t) − 2 | ⋅ | x(t) − 2 | = 1 ⋅ ⎡⎢⎣x(t) − 2⎤⎦⎥2 . 2 2 2Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι ίσος με E′(t) = 1 ⋅ 2 ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 2⎤⎥⎦ ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 2⎥⎦⎤′ = x′(t) ⋅ ⎣⎢⎡x(t) − 2⎦⎥⎤ . 2Την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε E′(t0) = x′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡x(t0) − 2⎤⎦⎥ και αντικαθιστώντας τα x(t0) = 1 καιx′(t0) = +1 βρίσκουμε E′(t0) = 1 ⋅ (1 − 2) = −1 m2 / s , που σημαίνει ότι το εμβαδόν μειώνεται με αυτόντον ρυθμό.Σχόλιο επί του θέματος. Είναι γεγονός ότι το θέμα είχε περισσότερα ερωτήματα από όσα ζητούνταισυνήθως σε ένα θέμα εξετάσεων. Λογικά, αν ένα τέτοιο θέμα έμπαινε στα Πανελλαδικά Εξεταζόμενα,θα είχε τουλάχιστον ένα, πιθανότατα δύο, λιγότερα ερωτήματα. Ο λόγος που το αφήσαμε ως έχει είναιγιατί, όπως αναφέρθηκε και στην αρχή της λύσης, είναι μία πολύ καλή ευκαιρία να κάνουμε μία επανά-ληψη στα υπαρξιακά θεωρήματα. - 165 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 27ο επαναληπτικό θέμαΔίνονται οι συναρτήσεις f , g : ! → ! , με f(x) = ℓn(x + 1) και g(x) = x . x+1α) Να λύσετε την εξίσωση f(x) + g(x) = 0 και να βρείτε το πρόσημο της συνάρτησης Φ(x) = f(x) + g(x).β) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις, Cf και Cg , των συναρτήσεων f και g δέχονται κοινή εφαπτομένη στο σημείο Ο(0, 0), η οποία διχοτομεί την γωνία του πρώτου και τρίτου τεταρτημορίου.γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από την γραφική παράσταση, Cf , της συνάρτησης f, την παραπάνω εφαπτομένη και την ευθεία x = 3.δ) Ένα υλικό σημείο Μ, με θετική τετμημένη, κινείται στην Cf και η τετμημένη του, x, αυξάνεται με ρυθμό 2 cm/s. Αν Ν είναι η προβολή του σημείου Μ στον άξονα x΄x και Α(0, α) σημείο του άξονα y΄y, με α > 0 , τότε: Ι. να αποδείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής, Ε′(t) , του εμβαδού Ε του τριγώνου ΑΜΝ, κάθε χρονική στιγμή ισούται με Φ(x(t)). ΙΙ. να βρείτε την τετμημένη του σημείου Μ, την χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβο- 8 λής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ είναι ίσος με 2ℓn3 + 9 cm2 / s .α) Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα f(x) + g(x) = 0 ⇔ ℓn(x + 1) + x = 0 , x ∈ (−1, + ∞) (1) x+1Θεωρούμε την συνάρτηση Φ, με τύπο Φ(x) = ℓn(x + 1) + x , x ∈ (−1, + ∞) . x+1Θα μελετήσουμε την μονοτονία της Φ και, βάσει αυτής, θα συμπεράνουμε αν και πόσες ρίζες μπορεί ναέχει.Η συνάρτηση Φ είναι παραγωγίσιμη στο (−1, + ∞) , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με Φ′(x) = (x + 1)′ + (x)′ ⋅ (x + 1) − x ⋅ (x + 1)′ = 1 + x +1− x = x +1+1 = x+2 . x+1 (x + 1)2 x+1 (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2Τότε, για κάθε x ∈ (−1, + ∞) έχουμε x > −1 , άρα x + 2 > 1 > 0 , συνεπώς Φ′(x) > 0 , για κάθε x > −1 ,οπότε η συνάρτηση Φ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (−1, + ∞) , άρα είναι και 1­1.Εδώ καταλαβαίνουμε ότι η συνάρτηση Φ αν έχει ρίζα, αυτή θα είναι μοναδική. Αρκεί λοιπόν να δούμεαν η Φ έχει ρίζα. Η μορφή της Φ, που συνδυάζει πολυωνυμική παράσταση με λογαριθμική, σημαίνει ότιδεν λύνεται με κλασικές μεθόδους επίλυσης εξισώσεων που γνωρίζουμε από την Άλγεβρα. Αυτό μάςωθεί στο να αναζητήσουμε «προφανή ρίζα», να δοκιμάσουμε δηλαδή αριθμητικές τιμές στην θέση του x,μήπως εντοπίσουμε την ρίζα μεταξύ αυτών. Σε τέτοιες περιπτώσεις, πάντα ξεκινάμε από τους αριθμούς0, 1, 2, ­1, ... και προχωράμε σε άλλους αριθμούς, τους οποίους συνήθως «υπονοεί» η μορφή της εξίσω-σης ή της συνάρτησης που έχουμε.Επιπλέον, η Φ έχει προφανή ρίζα την x = 0, αφού Φ(0) = ℓn(0 + 1) + 0 =0. 0+1Αφού η Φ είναι 1­1, η ρίζα αυτή είναι μοναδική, άρα η εξίσωση Φ(x) = 0 ⇔ f(x) + g(x) = 0 έχει μοναδι-κή ρίζα την x = 0.Αυτό ήταν το πρώτο ζητούμενο του ερωτήματος. Προχωράμε άμεσα και στο επόμενο. - 166 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕπιπλέον, αφού η Φ είναι γνησίως αύξουσα, ισχύουν: Φ↑• για −1 < x < 0 ⇒ Φ(x) < Φ(0) ⇒ Φ(x) < 0 και Φ↑• για x > 0 ⇒ Φ(x) > Φ(0) ⇒ Φ(x) > 0 .Άρα η Φ παίρνει θετικές τιμές στο (0 , + ∞) και αρνητικές τιμές στο (−1, 0) .β) Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο (−1, + ∞) , με παραγώγους αντίστοιχα f′(x) = (x + 1)′ = 1 και g′(x) = (x)′ ⋅ (x + 1) − x ⋅ (x + 1)′ = x +1− x = 1 . x+1 x+1 (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2Αρχικά βεβαιωνόμαστε ότι το Ο(0, 0) είναι όντως κοινό σημείο των Cf , Cg .Το σημείο Ο(0, 0) είναι κοινό σημείο των Cf , Cg , αφού ισχύουν f(0) = ℓn(0 + 1) = ℓn1 = 0 και g(0) = 0 =0. 0+1Προχωράμε στον προσδιορισμό των εφαπτομένων των Cf , Cg στο Ο(0, 0).Στο σημείο Ο(0, 0) οι Cf , Cg έχουν αντίστοιχα εφαπτομένες με εξισώσεις ε1 : y − f(0) = f′(0) ⋅ (x − 0) και ε2 : y − g(0) = g′(0) ⋅ (x − 0) ,όπου f′(0) = 1 =1 και g′(0) = 1 =1. 0+1 (0 + 1)2Άρα είναι ε1 : y − 0 = 1 ⋅ (x − 0) ⇔ ε1 : y = x και ε2 : y − 0 = 1 ⋅ (x − 0) ⇔ ε2 : y = x .Παρατηρούμε ότι οι (ε1) , (ε2) ταυτίζονται με την ε : y = x , άρα η ε : y = x , δηλαδή η διχοτόμος της γω-νίας του πρώτου και τρίτου τεταρτημορίου, είναι κοινή εφαπτομένη των Cf , Cg στο κοινό τους σημείοΟ(0, 0).γ) Για να προσδιορίσουμε το χωρίο Ω, χρειαζόμαστε να ξεκαθαρίσουμε την σχετική θέση της Cf καιτης εφαπτομένης της. Άρα χρειαζόμαστε τόσο τα κοινά τους σημεία, όσο και την σχετική τους θέση σταδιάφορα σχετικά διαστήματα. Πολύ συχνά σε τέτοια ερωτήματα, η κυρτότητα της Cf μάς εξασφαλίζειάμεσα και τις ρίζες της εξίσωσης «τύπος συνάρτησης ίσος με τύπο εφαπτομένης», όσο και την σχετικήθέση γραφικής παράστασης και εφαπτομένης.Για κάθε x ∈ (−1, + ∞) έχουμε βρει ότι f′(x) = 1 , άρα x+1 f′′(x) = − (x + 1)′ =− 1 < 0 , για κάθε x > −1 . (x + 1)2 (x + 1)2Άρα η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάστημα (−1, + ∞) , που σημαίνει ότι η γραφική της παράστασηβρίσκεται κάτω από την ευθεία y = x, με εξαίρεση το σημείο επαφής τους. Δηλαδή, για κάθε x > −1ισχύει ότι f(x) ≤ x , με την ισότητα να ισχύει στο κοινό τους σημείο Ο(0, 0).Τώρα έχουμε όσα στοιχεία χρειαζόμαστε για να προχωρήσουμε στον υπολογισμό του εμβαδού.Άρα, το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται μεταξύ της Cf , της εφαπτομένης (ε) και της ευθείας 3∫x = 3, θα είναι ίσο με Ε = f(x) − x dx , όπου f(x) ≤ x ⇔ f(x) − x ≤ 0 , άρα f(x) − x = x − f(x) . 0 - 167 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 33 33∫ ∫ ∫ ∫Επομένως είναι Ε = ⎢⎡⎣x − f(x)⎦⎤⎥ dx = ⎣⎢⎡x − ℓn(x + 1)⎤⎦⎥ dx = x dx − ℓn(x + 1) dx = 00 00∫ ∫=⎡⎢⎢⎣⎢ x2 ⎥⎤⎦⎥⎥ 3 3 ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⎦⎥⎥⎥⎤ 3 − ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪ ⎣⎢⎡ 1)⎤⎦⎥ 3 3 x ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(x + 1)⎦⎥⎤′ dx⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪⎫⎪ = 2 0 − 0 (x)′ ⋅ ℓn(x + 1) dx = 2 0 x ⋅ ℓn(x + 0 − 0∫ ∫=⎢⎢⎣⎢⎡ x2 ⎦⎤⎥⎥⎥ 3 − ⎢⎡⎣ x ⋅ ℓn(x + 1)⎥⎦⎤ 3 + 3 x dx = ⎡⎢⎢⎢⎣ x2 ⎤⎥⎥⎥⎦ 3 − ⎢⎣⎡ x ⋅ ℓn(x + 1)⎦⎥⎤ 3 + 3 (x + 1) − 1 dx = 2 0 0 0 x+1 2 0 0 0 x+1∫ ∫ ∫=⎣⎡⎢⎢⎢x2 ⎥⎥⎥⎦⎤ 3 ⎡⎣⎢ 1)⎤⎥⎦ 3 3 ⎜⎛⎜⎝⎜⎜1 − 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ dx ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 ⎥⎥⎥⎦⎤ 3 − ⎢⎡⎣x 1)⎤⎥⎦ 3 3 3 1 2 0 − x ⋅ ℓn(x + 0 + 0 x +1 = 2 0 ⋅ ℓn(x + 0 + 0 1dx − 0 x +1 dx =∫= ⎡⎣⎢⎢⎢ x2 ⎤⎦⎥⎥⎥ 3 − ⎢⎣⎡ ⋅ + 1)⎤⎦⎥ 3 3 (x + 1)′ = ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 ⎥⎦⎤⎥⎥ 3 ⎡⎣⎢x 1)⎦⎤⎥ 3 ⎣⎢⎡ 1)⎦⎤⎥ 3 = 2 0 x ℓn(x 0 + 1 ⋅ (3 − 0) − 0 x+1 dx 2 0 − ⋅ ℓn(x + 0 + 3 − ℓn(x + 0= 32 − 02 − (3ℓn4 − 0 ⋅ ℓn1) + 3 − (ℓn4 − ℓn1) = 9 − 3ℓn4 + 3 − ℓn4 ⇒ E= 15 − 4ℓn4 τ.µ . 2 2 2 2Σχόλιο. Αν και σημαίνει λίγο παραπάνω γράψιμο, επιλέξαμε να κρατάμε τους υπολογισμούς στις πα-ραστάσεις της μορφής ⎡⎣⎢f(x)⎥⎦⎤ β για το τέλος, ώστε να είναι ξεκάθαρο πότε ασχολούμαστε με το τεχνικό ακομμάτι του ολοκληρώματος και πότε κάνουμε αντικατάσταση και πράξεις. Φυσικά, μπορούμε να κά-νουμε τις αντίστοιχες πράξεις και άμεσα, όταν προκύπτουν.δ) Το ερώτημα (δ), στα υποερωτήματά του Ι και ΙΙ, πραγματεύεται τον Ρυθμό Μεταβολής.Το υλικό σημείο Μ κινείται πάνω στην Cf . Αυτό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συ-( ) ( ) ( )ναρτήσει του χρόνου t, άρα είναι της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , με y(t) = f x(t) = ℓn x(t) + 1 . Απότην υπόθεση έχουμε ότι x(t) > 0 , t ≥ 0 , και x′(t) = +2 cm / s .Το σημείο Ν, που είναι προβολή του σημείου Μ πάνω στον άξονα x΄x, ακολουθεί την κίνηση του Μ, άρα( )έχει κι αυτό συντεταγμένες που μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής Ν x(t) , 0 ,με t ≥ 0 .Το σημείο Α(0, α), με α > 0 , είναι ένα σταθερό σημείο του άξονα y΄y.Ι. Για το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΜΝ, ανθεωρήσουμε ωα βάση του την πλευρά ΜΝ,τότε το αντίστοιχο ύψος είναι η απόσταση τηςκορυφής Α από την ΜΝ, δηλαδή η d(Α, ΜΝ).Από την υπόθεση έχουμε x > 0 , άρα καιℓn(x + 1) > ℓn1 = 0 , οπότε(ΑΜΝ) = Ε = 1 ⋅ (ΜΝ) ⋅ d(Α , ΜΝ) = 2= 1 ⋅ ℓn(x + 1) ⋅ x = 1 x ⋅ ℓn(x + 1) , x ≥ 0 . 2 2 - 168 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑφού εξαρτάται από τον χρόνο, το εμβαδόν Ε θα μεταβάλλεται κι αυτό ως προς τον χρόνο και θαπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 1 ⋅ x(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) , t ≥ 0 , x(t) > 0 . 2Η παράγωγος της συνάρτησης Ε(t) είναι ηE′(t) = 1 ⋅ ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨x′(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) + x(t) ⋅ ⎢⎢⎡⎣ℓn(x(t) + 1)′⎦⎤⎥⎥ ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ = 1 ⋅ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎪⎪x′(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) + x(t) ⋅ ⎢⎣⎡x(t) + 1⎥⎦⎤′ ⎪⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪ = 2 2 x(t) + 1= 1 ⋅ ⎣⎢⎡⎢x′(t) ⋅ ℓn(x(t) + 1) + x(t) ⋅ x′(t) ⎥⎤⎥⎦ = x′(t) ⋅ ⎣⎢⎡⎢ℓn(x(t) + 1) + x(t) 1 ⎤⎥⎥⎦ . 2 x(t) +1 2 x(t) +Όμως, από την υπόθεση έχουμε ότι, για κάθε χρονική στιγμή, είναι x′(t) = 2 cm / s , σταθερός ρυθμός με-ταβολής. Επιπλέον, είναι Φ(x) = ℓn(x + 1) + x , άρα Φ(x(t)) = ℓn(x(t) + 1) + x(t) . x+1 x(t) + 1Συνεπώς, η παράγωγος E′(t) γίνεται E′(t) = 2 ⋅ Φ(x(t)) = Φ(x(t)) , x(t) > 0 , t ≥ 0 . 2Πράγματι επομένως, ο ρυθμός μεταβολής, E′(t) , του εμβαδού E(t) του τριγώνου ΑΜΝ, κάθε χρονικήστιγμή ισούται με Φ(x(t)) . 2ος τρόπος εύρεσης του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ.Για το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ μπορούμε, εναλλακτικά, να εργαστούμε ως εξής: !!!\"Είναι ΑΜ !!!\"( )και ΑΝ = = (xM − xA , yM −y A) = (x − 0, ℓn(x + 1) − α) = (x , ℓn(x + 1) − α) !!!\" !!!\" (x N− xA , yN − yA) = (x − 0 ,0 − α) = (x ,− α) , άρα (ΑΜΝ) = ΑΜ ΑΝ 1 ⋅ det , , όπου 2 ( )!!!\" !!!\" x ℓn(x + 1) − α = −αx − x ⋅ ℓn(x + 1) + αx = −x ⋅ ℓn(x + 1) . det ΑΜ , ΑΝ = x −αΆρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ είναι ίσο με Ε= 1 ⋅ −x ⋅ ℓn(x + 1) x>0 1 ⋅ x ⋅ ℓn(x + 1) , x>0 2 2 = ℓn( x+1) > 0και συνεχίζουμε όπως στον 1ο τρόπο.ΙΙ. Έστω t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ 8 8είναι ίσος με 2ℓn3 + 9 cm2 / s , δηλαδή ισχύει E(t0) = 2ℓn3 + 9 cm2 / s .Το αριθμητικό δεδομένο έχει σχετικά «περίεργη» μορφή, όχι τυχαία, όπως θα διαπιστώσουμε παρακά-τω.( ) ( ) ( )Επειδή x(t 0 ) Ε(t) = Φ x(t) , την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε E(t0) = Φ x(t 0 ) = ℓn x(t0) + 1 + x(t0) + 1 .( )Συνεπώς, αναζητούμε λύση για την εξίσωση x(t 0 ) 8 ℓn x(t0) + 1 + x(t0) + 1 = 2ℓn3 + 9 . - 169 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕδώ πρέπει να είμαστε παρατηρητικοί, για να διαπιστώσουμε ότι το αριθμητικό μας δεδομένο έχειμορφή που παραπέμπει σε αποτέλεσμα της συνάρτησης Φ(x). Με λίγες πράξεις θα πετύχουμε να τοφέρουμε ακριβώς στην μορφή Φ(α), όπου α αριθμός που «ταιριάζει» ώστε να βγαίνουν τα αριθμητικάστοιχεία του δεύτερου μέλους. Αυτός διαφαίνεται στην πορεία της επίλυσης. Τότε θα αξιοποιήσουμετην ιδιότητα 1­1 της Φ. Γενικά σε πολύπλοκες εξισώσεις με μη προφανή αλγεβρικό τρόπο επίλυσης καιόταν έχουμε βρει συνάρτηση 1­1, έχουμε πάντα τον νου μας να αξιοποιήσουμε την ιδιότητα αυτή.Έχουμε: x(t 0 ) 8 x(t 0 ) 8 x(t0) + 1 9 x(t0) + 1 9( ) ( )ℓn = ℓn32 + ⇔x(t0) + 1 + = 2ℓn3 + ⇔ ℓn x(t0) + 1 + x(t 0 ) 8 x(t 0 ) 8 x(t0) + 1 9 x(t0) + 1 8+1( ) ( )⇔ ℓnx(t0) + 1 + = ℓn9 + ⇔ ℓn x(t0) + 1 + = ℓn(8 + 1) + ⇔⇔ Φ(x(t0)) = Φ(8) .Όμως, από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η Φ είναι γνησίως αύξουσα, άρα είναι και 1­1, οπότε από τηντελευταία ισότητα έχουμε ότι x(t0) = 8 .Τελικά, την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΜΝ 8είναι ίσος με 2ℓn3 + 9 cm2 / s , η τετμημένη του σημείου Μ είναι ίση με 8 cm. - 170 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 28ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = xℓnx − x , x > 0 .α) Στο διάστημα Δ = [1, + ∞) : Ι. Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και το πρόσημο. 1 e2 ∫ΙΙ. e2 − 1 Να αποδείξετε ότι −1 ≤ ⋅ f(x) dx ≤ e2 . 1β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται μεταξύ της γραφικής παράστασης της f, του άξονα x΄x και των κατακόρυφων ευθειών x = 1 και x = e2 .γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = x2ℓnx − 3x2 + 3 , x > 0 , είναι μία παράγουσα της f και, 2 4 4 στην συνέχεια, να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g(ξ) = 0.( )δ) Έστω σημείο Μ x(t) , y(t) , t ≥ 0 , της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g. Να βρεθούν οι συ- τεταγμένες του Μ την χρονική στιγμή t0 , όπου ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Μ είναι αντίθετος από τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του Μ, αν υποθέσουμε ότι x′(t) ≠ 0 , για κάθε t ∈ [0 , + ∞) .ε) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν x1 , x2 , x3 ∈ (e , e3) , διαφορετικά μεταξύ τους και τέτοια, ώστε f(x2) + e ⋅ f(x3) = e2 ⋅ f(x1) .α) Προσοχή! Ενώ η συνάρτηση f ορίζεται στο (0 , + ∞) , τα ερωτήματα του (α) αφορούν το διάστημαΔ = [1, + ∞) . Όσον αφορά στην μονοτονία και το πρόσημο της f, μπορεί κανείς να κάνει την απαραίτη-τη εργασία σε όλο το (0 , + ∞) και μετά να περιορίσει την απάντησή του στα αποτελέσματα που αφο-ρούν στο Δ = [1, + ∞) , αλλά εν γένει αυτό δεν συστήνεται.Ι. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ = [1, + ∞) , ως πράξεις συνεχών, και παραγωγίσιμη στο (1, + ∞) ,ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο f′(x) = (x)′ ⋅ ℓnx + x ⋅ (ℓnx)′ − 1 = ℓnx + x ⋅ 1 − 1 = ℓnx + 1 − 1 = ℓnx . xΓια κάθε x > 1 είναι ℓnx > ℓn1 ⇔ ℓnx > 0 , άρα f′(x) > 0 ⇔ x > 1 .Συνεπώς, η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, + ∞) .Για το πρόσημο της f έχουμε ότι: x ≥1 f(x) = 0 ⇔ xℓnx − x = 0 ⇔ x(ℓnx − 1) = 0 ⇔ ℓnx − 1 = 0 ⇔ ℓnx = 1 ⇔ x = eκαι αφού είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ, θα έχουμε ότι: f↑• για 1 ≤ x < e ⇒ f(x) < f(e) ⇒ f(x) < 0 και f↑• για x > e ⇒ f(x) > f(e) ⇒ f(x) > 0 .Άρα η συνάρτηση f παίρνει θετικές τιμές στο διάστημα (e , + ∞) , αρνητικές τιμές στο [1, e) , ενώ μηδενί-ζεται για x = e. - 171 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤα προηγούμενα συμπεράσματα συνοψίζονται στον διπλανό πίνακα προ- x 1 e +∞σήμου της f.ΙΙ. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ = [1, + ∞) , θα έχουμε f(x) ­ + 1 ≤ x ≤ e2 ⇒ f(1) ≤ f(x) ≤ f(e2) ,όπου f(1) = 1 ⋅ ℓn1 − 1 = 0 − 1 = −1 και f(e2) = e2ℓne2 − e2 = 2e2 − e2 = e2 , άρα ισχύει −1 ≤ f(x) ≤ e2 . e2 e2 e2 e2∫ ∫ ∫ ∫Τότε (−1) dx ≤ f(x) dx ≤ e2 dx ⇔ −1 ⋅ (e2 − 1) ≤ f(x) dx ≤ e2 ⋅ (e2 − 1) ⇔ 1 11 1 e2 e2 e2−1 > 0 1 e2 e2 − 1 f(x) dx ≤ e2(e2 − 1) ⇔ − 1 ≤∫ ∫ ∫⇔ −e2 + 1 ≤ f(x) dx ≤ e2 . f(x) dx ≤ e4 − e2 ⇔ −(e2 − 1) ≤ ⋅ 11 1β) Το χωρίο που περικλείεται από την Cf , τον x΄x και τις κατακόρυφες ευθείες x = 1 και x = e2 έχει e2∫εμβαδόν ίσο με E = f(x) dx . 1Από το α­Ι έχουμε ότι f(x) ≤ 0 , στο διάστημα [1, e] , και f(x) ≥ 0 , στο διάστημα [e , e2] , άρα e2 e e2 1 e2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ε = f(x) dx = ⎢⎡⎣−f(x)⎤⎦⎥ dx + f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx . 11 e eeΕδώ θα εφαρμόσουμε ένα πρακτικό τέχνασμα για να γλιτώσουμε το πολύ (πρακτικά διπλό) γράψιμο.Επειδή η συνάρτηση του ολοκληρώματος είναι ακριβώς η ίδια και στα δύο ολοκληρώματα και τα μόνα β∫που αλλάζουν είναι τα άκρα ολοκλήρωσης, θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα f(x) dx (δηλαδή για αάκρα α και β) και κατόπιν θα εφαρμόσουμε το εύρημά μας δύο φορές για καθένα από τα παραπάνωολοκληρώματα.Για α , β ≥ 1 , με α < β , έχουμε β β β β β ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ x2 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠′ ⋅ ℓnx dx − ⎢⎡⎢⎣⎢ x2 ⎥⎥⎤⎦⎥ β α α α α 2 2 α∫ ∫ ∫ ∫ ∫α f(x) dx = (xℓnx − x) dx = xℓnx dx − x dx = =∫ ∫=⎢⎡⎢⎣⎢ x2 ⎦⎥⎤⎥⎥ β β x2 ⎢⎣⎡⎢⎢ x2 ⎤⎥⎦⎥⎥ β ⎡⎣⎢⎢⎢ x2 ⎥⎥⎦⎤⎥ β β x2 1 dx − ⎣⎡⎢⎢⎢ x2 ⎥⎥⎥⎦⎤ β 2 ⋅ ℓnx α − α 2 ⋅ (ℓnx)′ dx − 2 α = 2 ⋅ ℓnx α − α 2 ⋅ x 2 α =∫= ⎢⎢⎣⎡⎢ x2 ⋅ ℓnx ⎥⎥⎦⎤⎥ β − β x dx − ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⎦⎥⎥⎥⎤ β = ⎢⎢⎣⎡⎢ x2 ⋅ ℓnx ⎥⎥⎥⎦⎤ β − ⎢⎡⎢⎢⎣ x2 ⎤⎦⎥⎥⎥ β − ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⎤⎦⎥⎥⎥ β = 2 α α 2 2 α 2 α 4 α 2 α= β2 ⋅ ℓnβ − α2 ⋅ ℓnα − ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ β2 − α2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ −⎛⎜⎜⎜⎜⎝ β2 − α2 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ = β2 ⋅ ℓnβ − α2 ⋅ ℓnα − 3β2 + 3α2 . 2 2 4 4 2 4 2 2 4 4Εφαρμόζοντας αυτό μία φορά για (α , β) = (e ,1) και μία φορά για (α , β) = (e , e2) , έχουμε - 172 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕ = ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ 12 ⋅ ℓn1 − e2 ⋅ ℓne − 3 ⋅ 12 + 3e2 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ + ⎡⎢⎢⎢⎣ (e2 )2 ⋅ ℓne2 − e2 ⋅ ℓne − 3(e2 )2 + 3e2 ⎤⎥⎦⎥⎥ = 2 2 4 4 2 2 4 4=− e2 − 3 + 3e2 + e4 − e2 − 3e4 + 3e2 = e4 + e2 − 3 ⇒ E= e4 + 2e2 − 3 . 2 4 4 2 4 4 4 2 4 4Σχόλιο. Καθώς δεν υπάρχει πουθενά αναφορά σε μονάδες μέτρησης, το παραπάνω αριθμητικό αποτέ-λεσμα είναι επαρκές. Αν θέλουμε, μπορούμε να προσθέσουμε το γενικό «τετραγωνικές μονάδες» ή, πιοαπλά, «τ.μ.».γ) Για να είναι η συνάρτηση g μία παράγουσα της συνάρτησης f, στο (0 , + ∞) , αρκεί να ισχύει g′(x) = f(x) , x > 0 .Πράγματι: g′(x) = 1 ⋅ ⎡⎣⎢(x2)′ ⋅ ℓnx + x2 ⋅ (ℓnx)′⎦⎥⎤ − 3 ⋅ 2x = 1 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜⎜2xℓnx + x 2 ⋅ 1 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ − 3x = 2 4 2 x 2= 1 ⋅ (2xℓnx + x) − 3x = 2xℓnx + x − 3x = 2xℓnx − 2x = 2(xℓnx − x) = xℓnx − x ⇒ 2 2 2 2 2⇒ g′(x) = f(x) .Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , άρα και στο [e , e2] ⊆ (0 , + ∞) , ως πράξεις συνεχών συναρ-τήσεων. Επιπλέον, είναι• g(e) = e2ℓne − 3e2 + 3 =− e2 + 3 = 3 − e2 <0, 2 4 4 4 4 4 αφού e > 2 ⇔ e2 > 4 ⇔ −e2 < −4 ⇔ 3 − e2 < 3 − 4 ⇔ 3 − e2 < −1 < 0 .• g(e2) = e4ℓne2 − 3e4 + 3 = 2e4 − 3e4 + 3 = e4 + 3 >0 . 2 4 4 2 4 4 4Άρα είναι g(e) ⋅ g(e2) < 0 .Έτσι, για την συνάρτηση g ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [e , e2] ,συνεπώς υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g(ξ) = 0 .Θα αποκλείσουμε την ύπαρξη δεύτερης ρίζας της συνάρτησης g με απαγωγή σε άτοπο.Έστω ότι υπάρχει και δεύτερη τιμή η ∈ (e , e2) , διαφορετική του ξ, τέτοια ώστε g(η) = 0 .Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι ξ < η . Τότε:• η g είναι συνεχής στο διάστημα [ξ, η], ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων,• η g είναι παραγωγίσιμη στο (ξ, η), ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων,• ισχύει g(ξ) = g(η) = 0.Άρα ισχύουν για την g οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [e , e2] , συνεπώς υπάρχειένα, τουλάχιστον, ρ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g′(ρ) = 0 ⇔ f(ρ) = 0 .Το τελευταίο, όμως, είναι άτοπο, αφού από το ερώτημα (α) είναι f(x) > 0 , για κάθε x > e .Τελικά, υπάρχει μοναδικό ξ ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε g(ξ) = 0. - 173 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Θα ξεκινήσουμε αναλύοντας τις πληροφορίες που μας δίνει η εκφώνηση.( )Το σημείο Μ έχει συντεταγμένες της μορφής x(t) , y(t) , t ≥ 0 , που σημαίνει ότι η θέση του Μ μετα-βάλλεται ως προς τον χρόνο και προσδιορίζεται από τις παραπάνω συναρτήσεις.Το Μ είναι σημείο της Cg , άρα για τις συντεταγμένες του ισχύει ότι y = g(x) ή y(t) = g(x(t)) , t ≥ 0 .Από τα δεδομένα, t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Μείναι αντίθετος από τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του Μ.Αυτό σημαίνει ότι οι συναρτήσεις x(t), y(t) είναι παραγωγίσιμες και ισχύει x′(t0) = −y′(t0) ⇔ y′(t0) = −x′(t0) , με x′(t0) ≠ 0 .( )Αναζητούμε τις συντεταγμένες x(t0) , y(t0) του Μ την χρονική στιγμή t0 . g′(x)= f(x)( ) ( ) ( )Είναι y(t) = g x(t) , άρα y′(t) = g′ x(t) ⋅ x′(t) = f x(t) ⋅ x′(t) .Τότε, την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε y′(t0 )=−x′(t0 ) x′(t0 )≠0 ⇔ ⇔( ) ( ) ( )y′(t0) = f x(t 0 ) ⋅ x′(t0) − x′(t0) = f x(t 0 ) ⋅ x′(t0) f x(t 0 ) = −1 .Το σημείο αυτό θέλει ιδιαίτερη προσοχή: Στο ερώτημα (α) μελετήσαμε μονοτονία και πρόσημο της f( )στο διάστημα Δ = [1, + ∞) , όμως εδώ αναζητούμε, αν υπάρχει, τιμή x(t0) > 0 , ώστε f x(t0) = −1 . Άραχρειαζόμαστε να επεκτείνουμε την μελέτη της f ως προς μονοτονία, ακρότατα κ.λπ, στο (0 , + ∞) .Παρατήρηση. Αυτό θα μπορούσε να γίνει εξ αρχής στο (α) ερώτημα και να το αξιοποιήσουμε τώρα.Όμως, όπως είπαμε και στο (α), εκεί φαίνονταν περιττό, οπότε απλά θα συμπληρώσουμε τώρα όσαστοιχεία λείπουν.Για την μονοτονία της f, στα ευρήματα του α­Ι ερωτήματος θα x 0 1 +∞συμπληρώσουμε ότι, για 0 < x < 1 είναι f′(x) = ℓnx < 0 , οπότε ο f′(x) ­+πίνακας μονοτονίας της f στο (0 , + ∞) είναι ο διπλανός. f(x) 21Άρα η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή για x = 1, την f(1) = 1 ⋅ ℓn1 − 1 = 0 − 1 = −1 .Άρα, f (x(t0)) = −1 ⇔ f (x(t0)) = f(1) ⇔ x(t0) = 1 .( )Τότε, 12 ⋅ ℓn1 3 ⋅ 12 3y(t0) = g x(t0) = g(1) = 2 − 4 + 4 = 0.Τελικά, την χρονική στιγμή t0 το σημείο Μ έχει συντεταγμένες Μ(1, 0).ε) Για την συνάρτηση f έχουμε ότι f(e) = 0 , f(e2) = e2 και f(e3) = 2e3 .Η f είναι συνεχής στο (0 , + ∞) , άρα και σε καθένα από τα διαστήματα [e , e2] και [e2 , e3] . Τότε:• το 2e ∈ (e , e2) , άρα από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών για την f στο διάστημα [e , e2] , θα υπάρχει x1 ∈ (e , e2) τέτοιο, ώστε f(x1) = 2e .• το e3 ∈ (e2 , e3) , άρα από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών για την f στο διάστημα [e2 , e3] , θα υπάρχει x2 ∈ (e2 , e3) τέτοιο, ώστε f(x2) = e3 . - 174 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε είναι x1 < e2 < x2 (άρα x1 ≠ x2 ) και η f είναι συνεχής στο διάστημα [x1 , x2] ⊆ (e , e3) , με f(x1) = 2e < e2 < e3 < f(x2) .Έτσι, από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών για την f στο διάστημα [x1 , x2] , θα υπάρχει x3 ∈ (x1 , x2)(άρα x3 ≠ x1 , x2 ) τέτοιο, ώστε f(x3) = e2 .Τότε είναι f(x2) + e ⋅ f(x3) = e3 + e ⋅ e2 = 2e3 και e2 ⋅ f(x1) = e2 ⋅ 2e = 2e3 .Άρα πράγματι υπάρχουν x1 , x2 , x3 ∈ (e , e3) , διαφορετικά μεταξύ τους και τέτοια ώστε f(x2) + e ⋅ f(x3) = e2 ⋅ f(x1) . - 175 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 29ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (1, + ∞) → ! , με f(e) = 1 , η οποία για κάθε x ∈ (1, + ∞) ικανο-ποιεί τις σχέσεις f(x) > 0 και x ⋅ f′(x) + f2(x) = 0 .α) Να αποδείξετε ότι f(x) = 1 , x ∈ (1, + ∞) . ℓnx ⎛⎜⎜⎜⎝⎜1 , π ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ .β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = εφx έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα 2γ) Ένα υλικό σημείο Μ(α, f(α)), α > 1, κινείται στην γραφική παράσταση, Cf , της συνάρτησης f, ώστε η τετμημένη του να αυξάνεται με ταχύτητα 4α cm/s. Αν η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο σημείο Μ τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Α, τότε: Ι. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του σημείου Α, την χρονική στιγμή t0 που το σημείο Μ διέρχεται από το σημείο (e, f(e)). ΙΙ. Αν θ είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα x΄x, να αποδείξετε ότι ο ρυθ- 12e μός μεταβολής της γωνίας θ, την χρονική στιγμή t0 , είναι θ′(t0) = e2 + 1 rad / s .α) Το ερώτημα (α) ζητάει να βρούμε τον τύπο της συνάρτησης f από δεδομένη συναρτησιακή σχέση.Η σχέση που δίνεται είναι βασική, για αυτήν την κατηγορία ασκήσεων, από αυτές που κάθε μαθητήςπρέπει να χειρίζεται με ευκολία!Για κάθε x ∈ (1, + ∞) είναι x ≠ 0 και f(x) > 0 ⇒ f(x) ≠ 0 , άραx ⋅ f′(x) + f2(x) = 0 ⇔ x ⋅ f′(x) + f2(x) = 0 ⇔ f′(x) + 1 =0⇔− f′(x) = 1 ⇔ x ⋅ f2(x) x ⋅ f2(x) x ⋅ f2(x) f2(x) x f2(x) xx >1 ⎢⎣⎢⎡ 1 ⎥⎤⎦⎥′ = (ℓnx)′ , οπότε προκύπτει ότι 1 = ℓnx + c , c ∈ \" . f(x) f(x)⇔Για x = e από την υπόθεση έχουμε ότι f(e) = 1, οπότε με αντικατάσταση βρίσκουμε 1 = ℓne + c ⇔ 1 =1+c ⇔ c = 0. f(e) 1Τότε είναι 1 = ℓnx ⇔ f(x) = 1 , x ∈ (1, + ∞) . f(x) ℓnxβ) Το ερώτημα (β) ανήκει επίσης στις βασικές μορφές ασκήσεων, όπου ζητείται να βρούμε μοναδικήρίζα εξίσωσης, από αυτές που κάθε υποψήφιος πρέπει να δουλεύει με άνεση.Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση f(x) = εϕx ⇔ f(x) − εϕx = 0 έχει μοναδική ρίζα στο ⎜⎝⎜⎛⎜⎜1 , π ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ . 2 x ∈ ⎝⎛⎜⎜⎜⎜1, π ⎠⎟⎟⎞⎟⎟Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x) − εϕx , 2 .Η g είναι παραγωγίσιμη στο ⎜⎛⎜⎜⎜⎝1 , π ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγο 2g′(x) = f′(x) − 1 = −(ℓnx)′ − 1 = − 1 − 1 =− 1 − 1 ⇒ συν2x ℓn2x συν2x x συν2x xℓn2x συν2x ℓn2x - 176 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής⇒ g′(x) = −⎜⎜⎝⎛⎜⎜ 1 + 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ < 0 , για κάθε x ∈ ⎜⎛⎜⎝⎜⎜1, π ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ⊆ ⎜⎜⎜⎜⎛⎝0 , π ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ , αφού στο διάστημα αυτό είναι xℓn2x συν2x 2 2x > 0 , ℓn2x > 0 , συν2x > 0 .Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ = ⎜⎜⎝⎛⎜⎜1, π ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ , οπότε το σύνολο τιμών της είναι το 2 g(Δ) = ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝ ℓ im g(x) , ℓ im g(x) ⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟ . − π x→ 1− x→ 2• ℓ im 1 = 1 = α ∈ \" , άρα ℓ im g(x) = ℓ im ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ 1 − εϕx⎞⎟⎠⎟⎟⎟ α−(+∞) − ∞ . ℓnx ℓnx − π − − = 2 x→ π ℓn x→ π x→ π 2 2 2• ℓ im(ℓnx) = 0 , με ℓnx > 0 για x > 1 , άρα ℓ im 1 = +∞ , και ℓ im(εϕx) = εϕ1 = β ∈ \" , άρα ℓnx x→ 1+ x→ 1+ x→ 1+ ℓ im g(x) = ℓ im ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ 1 − εϕx⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ( +∞) − β + ∞ . ℓnx x→ 1+ x→ 1+ =Συνεπώς, το σύνολο τιμών της g είναι το g(Δ) = (−∞ , + ∞) = ! .Τότε, το 0 ∈ g(Δ) , άρα υπάρχει x0 ∈ Δ τέτοιο, ώστε g(x0) = 0 , δηλαδή το x0 είναι μία ρίζα της εξίσω-σης g(x) = 0 ⇔ f(x) = εϕx . Επιπλέον, η ρίζα αυτή είναι μοναδική, αφού η συνάρτηση g είναι γνησίωςφθίνουσα, άρα και 1­1, στο Δ. ⎛⎝⎜⎜⎜⎜1 , ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .Τελικά, η εξίσωση f(x) = εφx έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα π 2γ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής και στα δύο υποερωτήματά του.Αρχικά θα αναλύσουμε τα δεδομένα του (γ), που προηγούνται της διατύπωσης των γ­Ι και γ­ΙΙ, άρααφορούν και στα δύο υποερωτήματα.Από την υπόθεση, το υλικό σημείο Μ(α, f(α)), α > 1, κινείται στην Cf έτσι, ώστε η τετμημένη του να αυ-ξάνεται με ταχύτητα 4α cm/s.Αυτό σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο t, άρα είναι της μορφής 1( ) ( ) ( )Μ ℓnα(t) xM(t) , yM(t) , t ≥ 0 , με xM(t) = α(t) και yM(t) = f xM(t) =f α(t) = , άρα είναι Μ⎜⎛⎝⎜⎜⎜α(t) , 1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟ , α(t) > 1 , t ≥ 0 . ℓnα(t)Η αύξηση της τετμημένης του Μ με ταχύτητα 4α cm/s, σημαίνει ότι η συνάρτηση α(t) , t ≥ 0 , είναι πα-ραγωγίσιμη και ο ρυθμός μεταβολής xM′(t) = α′(t) της τετμημένης του Μ ικανοποιεί την σχέσηα′(t) = 4α(t) > 0 , t ≥ 0 .Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο της Μ(α, f(α)), α > 1, έχει εξίσωση ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ,όπου f(α) = 1 και f′(x) = − 1 , άρα f′(α) = − 1 . ℓnα xℓn2x αℓn2αΆρα η εξίσωση της (ε) είναι η ε : y− 1 =− 1 ⋅(x − α) ⇔ ε : y − 1 =− 1 ⋅x+ 1 . ℓnα αℓn2α ℓnα αℓn2α ℓn2α - 177 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤο σημείο Α είναι το σημείο τομής της εφαπτομένης (ε) με τον άξονα x΄x, άρα έχει τετμημένη yΑ = 0 .Αντικαθιστώντας στην εξίσωση της (ε) βρίσκουμε, για την τετμημένη xΑ του Α, ότι 0− 1 =− 1 ⋅ xΑ + 1 ⋅α ⋅ℓn2α ℓnα αℓn2α ℓn2α ⇔ − αℓnα = −xΑ ⇔ xΑ = α + αℓnα = α(1 + ℓnα) .( )Άρα το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α α(1 + ℓnα) , 0 , α > 1 , όπου α = α(t) η συνάρτηση που περι-γράφει την τετμημένη του Μ.Αυτό σημαίνει ότι και οι συντεταγμένες του Α μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο και είναι της μορφής( )Α xA(t) , yA(t) , t ≥ 0 , με xA(t) = α(t) ⋅ ⎢⎡⎣1 + ℓnα(t)⎦⎤⎥ και yA(t) = 0 , t ≥ 0 , άρα ( )A α(t) ⋅ ⎣⎢⎡1 + ℓnα(t)⎦⎥⎤ , 0 , t ≥ 0 , α(t) > 1 .Να σημειώσουμε ότι τα παραπάνω μπορούν κάλλιστα να γραφούν στην αρχή της απάντησης για το γ­Ιερώτημα και στην συνέχεια να χρησιμοποιηθούν και στο γ­ΙΙ που έπεται. Εμείς τα γράφουμε ξεχωριστάκαι εξ αρχής, απλά και μόνο για να τονίσουμε ότι τα συμπεράσματα που προκύπτουν αφορούν όλα ταεπόμενα ερωτήματα. Άλλωστε και η θέση τους στην εκφώνηση δεν είναι στο γ­Ι αλλά και στο (γ), πρινξεκινήσουν τα υποερωτήματα.Ι. Από υπόθεση, t0 είναι η χρονική στιγμή που το σημείο Μ διέρχεται από το σημείο (e, f(e)). Αυτό 1σημαίνει ότι xM(t0) = α(t0) = e και yM(t0) = f(e) = ℓne =1.Η τετμημένη του Α είναι η xA(t) = α(t) ⋅ ⎢⎣⎡1 + ℓnα(t)⎦⎥⎤ , t ≥ 0 , που είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση, ως σύν-πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων, με παράγωγοxA′(t) = α′(t) ⋅ ⎡⎣⎢1 + ℓnα(t)⎥⎦⎤ + α(t) ⋅ ⎢⎣⎡1 + ℓnα(t)⎦⎥⎤′ = α′(t) ⋅ ⎡⎢⎣1 + ℓnα(t)⎥⎤⎦ + α(t) ⋅ α′(t) = α(t)= α′(t) ⋅ ⎣⎡⎢1 + ℓnα(t)⎥⎦⎤ + α′(t) = α′(t) ⋅ ⎣⎢⎡2 + ℓnα(t)⎦⎤⎥ α′( t ) = 4α( t ) 4α(t) ⋅ ⎣⎢⎡2 + ℓnα(t)⎥⎦⎤ . =Την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Α είναι x ′ (t 0 ) = 4α(t0) ⋅ ⎢⎣⎡2 + ℓnα(t 0 )⎥⎦⎤ , Aοπότε με αντικατάσταση α(t0) = e προκύπτει x ′ (t 0 ) = 4e ⋅ (2 + ℓne) = 4e ⋅ (2 + 1) = 12e . AΤελικά, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Α, την χρονική στιγμή t0 , είναι 12e cm/s.Η μονάδα μέτρησης είναι προφανώς η ίδια με την μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής της τετμημέ-νης του σημείου Μ.ΙΙ. Η (ε) εφάπτεται στην Cf στο σημείο της Μ, άρα για την γωνία θ, την οποία σχηματίζει η (ε) με τονάξονα x΄x, ισχύει εϕθ = f′(xM) = f′(α) .Καθώς το Μ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, το ίδιο συμβαίνει και για την γωνία θ. Άρα και αυτήπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t) , t ≥ 0 , για την οποία ισχύει ότι ( )εϕθ(t) = f′ α(t) =− 1 , t≥0. α(t) ⋅ ℓn2α(t)Παραγωγίζοντας την σχέση αυτή ως προς τον χρόνο t, βρίσκουμε - 178 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 1 ⋅ θ′(t) = ⎢⎡⎣α(t) ⋅ ℓn2α(t)⎤⎥⎦′ ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α(t) ⋅ 2ℓnα(t) ⋅ ⎣⎢⎡ℓnα(t)⎦⎥⎤′ ⇔συν2θ(t) ⎡⎣⎢α(t) ⋅ ℓn2α(t)⎤⎦⎥2 συν2θ(t) α2(t) ⋅ ℓn4α(t)⇔ 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ ℓn2α(t) + α(t) ⋅ 2ℓnα(t) ⋅ α′(t) ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ ℓnα(t) ⋅ ⎡⎣⎢ℓnα(t) + 2⎦⎥⎤ ⇔ συν2θ(t) α(t) συν2θ(t) α2(t) ⋅ ℓn4 3α(t) α2(t) ⋅ ℓn4α(t)α′( t ) = 4α( t ) 1 ⋅ θ′(t) = 4 α(t) ⋅ ⎣⎡⎢ℓnα(t) + 2⎤⎦⎥ ⇔ 1 ⋅ θ′(t) = 4 ⎣⎢⎡ℓnα(t) + 2⎦⎥⎤ ⇔ συν2θ(t) α 2 (t) ⋅ ℓn3α(t) συν2θ(t) α(t) ⋅ ℓn3α(t) ⇔⇔ θ′(t) = συν2θ(t) ⋅ 4 ⎢⎣⎡ℓnα(t) + 2⎤⎦⎥ . α(t) ⋅ ℓn3α(t)Την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ είναι ίσος με θ′(t0) = συν2θ(t0) ⋅ 4 ⎡⎢⎣ℓnα(t0) + 2⎦⎥⎤ , όπου α(t0) = e από το γ­Ι. α(t0) ⋅ ℓn3α(t0)Καθώς δεν γνωρίζουμε την τιμή θ(t0) της γωνίας θ την χρονική στιγμή t0 , αλλά έχουμε σχέση για τηνεφθ(t), θα προχωρήσουμε ως εξής:Ισχύει ότι 1 = 1 + εϕ2θ ⇔ συν2θ = 1 , άρα την χρονική στιγμή t0 ισχύει ότι συν2θ 1 + εϕ2θ 1 εϕθ(t0 )= f′(α(t0 )) 1 1 1 1 1 + εϕ2θ(t0) 1 + ⎣⎢⎡f′ α(t0 ⎤⎥⎦2 1 + ⎢⎡⎣f′(e)⎤⎥⎦2 1 + ⎜⎜⎜⎛⎝− =( )συν2θ(t0) = = = 1 + ⎜⎜⎛⎝⎜− 1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟2 = 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟2 = eℓn2e e 1 e2= = e2 + 1 . 1 1+ e2Τότε, αντικαθιστώντας στην σχέση που μας δίνει τον ρυθμό θ′(t0) , βρίσκουμε ότι θ′(t0) = e2 ⋅ 4(ℓne + 2) = e2 ⋅ 4⋅3 = 12e . e2 + 1 e ⋅ ℓn3e e2 + 1 e ⋅ 13 e2 + 1Άρα, την χρονική στιγμή t0 , η γωνία θ, την οποία σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα x΄x, έχειρυθμό μεταβολής θ′(t0) = 12e rad / s . e2 + 1Η μονάδα μέτρησης της γωνίας θ (εφόσον δεν αναφέρεται κάτι άλλο) είναι ακτίνια (rad) και η μονάδατου χρόνου είναι δευτερόλεπτα (s), όπως προκύπτει από τον δεδομένο ρυθμό μεταβολής της τετμημένηςτου Μ. Έτσι προκύπτει η μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής της γωνίας, που είναι rad/s. - 179 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 30ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = x ⋅ x , x>2. x−2α) Να αποδείξετε ότι f′(x) = x−2 ⋅ x2 − 3x , x > 2 , και να μελετήσετε την f ως προς την x (x − 2)2 μονοτονία.β) Να βρείτε τις ασύμπτωτες και το σύνολο τιμών της f.Ένα μεταβλητό ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ = ΑΓ, είναι περιγεγραμμένο σε έναν κύκλο με ακτίναρ = 1. Έστω ΑΔ = x το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ.γ) Να αποδείξετε ότι ΒΓ = 2 ⋅ x , x>2. x−2δ) Να εκφράσετε το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση του x και να βρείτε την τιμή του x, για την οποία το εμβαδόν αυτό γίνεται ελάχιστο.ε) Η πλευρά ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ, αυξάνεται με ρυθμό 3 cm/s. Να βρείτε τον ρυθμό με τον οποίο μεταβάλλεται: Ι. το ύψος ΑΔ καιΙΙ. η γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ,την χρονική στιγμή που το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.Πώς εξηγείται, κατά την γνώμη σας, το αρνητικό πρόσημο του ρυθμού μεταβολής του ύψους ΑΔστο ερώτημα ε­Ι;Πρόσθετα ερωτήματα, που θα μελετήσουμε μετά το τέλος της λύσης του θέματος:στ) Να εκφράσετε την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ως συνάρτηση του x. Στην συνέχεια, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ακτίνας R, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο ΑΒΓ γίνεται ισόπλευρο.ζ) Να βρείτε την τιμή του x, για την οποία η ακτίνα R ελαχιστοποιείται, καθώς και την ελάχιστη τιμή της R. Τί συμπεραίνετε, σε σχέση και με το αποτέλεσμα του ερωτήματος (στ);η) Να αποδείξετε ότι, καθώς αυξάνεται η πλευρά ΒΓ του τριγώνου, υπάρχουν ακριβώς δύο χρονικές στιγμές στις οποίες το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου και του εγγε- γραμμένου κύκλου, είναι ίσο με το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου.Εισαγωγικό σχόλιο. Το θέμα αυτό προτάθηκε αρχικά προς λύση από τον κ. Μπάμπη Στεργίου σεδιαδικτυακή συζήτηση, τον Νοέμβριο του 2017. Σύντομα συγκεντρώθηκαν αρκετές προτάσεις για τιςλύσεις των ερωτημάτων, ενώ ο κ. Παύλος Τρύφων, σε συνεργασία με τον γράφοντα, πρότεινε και πρόσ-θετα ερωτήματα που θα μπορούσαν να ζητηθούν στην θέση των ήδη υπαρχόντων. Επειδή η έκταση τουθέματος, μετά από όλες αυτές τις διεργασίες, είναι ιδιαίτερα μεγάλη, η παρουσίαση του θέματος θα γί-νει ως εξής:Αρχικά θα παρουσιάσουμε την αρχική πρόταση του θέματος και θα καταγράψουμε την απάντηση μεέναν τρόπο λύσης ανά ερώτημα. Στην συνέχεια, θα παρουσιάσουμε τους εναλλακτικούς τρόπους λύσηςτων ερωτήματων. Τέλος, θα παρουσιάσουμε τα πρόσθετα ερωτήματα και τις λύσεις αυτών.Τονίζουμε και πάλι, ότι το συγκεκριμένο θέμα έχει μεγάλη έκταση. Ο υποψήφιος είναι καλό να το δειως μία ευκαιρία να γνωρίσει τον πλούτο των σκέψεων και τρόπων λύσης που μπορεί να κρύβονται σε - 180 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςένα θέμα. Είναι επίσης, όπως θα δούμε, μία πρώτης τάξης ευκαιρία να ξεσκονίσουμε τις γνώσεις μαςστην Γεωμετρία, καθώς πολλά ερωτήματα λύνονται με την βοήθειά της.α) Η συνάρτηση f ορίζεται στο Df = (2 , + ∞) , στο οποίο είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσι-μων συναρτήσεων.1ος τρόπος υπολογισμού της παραγώγου της f (με κλασική παραγώγιση).f′(x) = (x)′ ⋅ x + x ⋅⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜ x ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟′ = x +x⋅ 1 ⋅ ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ x x ⎠⎟⎟⎟⎟⎞′ = x−2 x−2 x−2 2⋅ −2 x x−2= x + x ⋅ x−2 ⋅ (x)′ ⋅ (x − 2) − x ⋅ (x − 2)′ = x + x ⋅ x−2 ⋅ x −2− x = x−2 2 x (x − 2)2 x−2 2 x (x − 2)2= x + x ⋅ x−2 ⋅ −2 = x 2 x−2 −x⋅ x−2 ⋅ 1 = x−2 2 x (x − 2)2 x−2 x x (x − 2)2 ⋅= x−2 ⋅ ⎢⎢⎡⎣ x x − (x x ⎦⎥⎤⎥ = x−2 ⋅ x(x − 2) − x ⇒ f′(x) = x−2 ⋅ x2 − 3x . x −2 − 2)2 x (x − 2)2 x (x − 2)22ος τρόπος υπολογισμού της παραγώγου της f: Δες στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος.Για την μονοτονία της f έχουμε:• f′(x) = 0 ⇔ x−2 ⋅ x2 − 3x =0⇔ x>2 x (x − 2)2 x − 2 ⋅ (x2 − 3x) = 0 ⇔ x2 − 3x = 0 ⇔ x(x − 3) = 0 ⇔ x−2 >0⇔ x = 0 ή x − 3 = 0 ⇔ x = 0 (απορρίπτεται, αφού είναι x > 2 ) ή x = 3 .Άρα, f′(x) = 0 ⇔ x = 3 .• f′(x) > 0 ⇔ x2 − 3x > 0 ⇔ x < 0 ή x > 3 , αφού είναι x−2 , (x − 2)2 > 0 , για κάθε x >2. xΕπιπλέον, αφού είναι x > 2 , η συναλήθευση αυτών μάς δίνει ότι, f′(x) > 0 ⇔ x > 3 . x>2Τότε και f′(x) < 0 ⇔ 2 < x < 3 .Ο πίνακας μονοτονίας της f είναι ο διπλανός και απ’ αυτόν x2 3 +∞προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (2, 3],γνησίως αύξουσα στο [3 , + ∞) και παρουσιάζει ελάχιστο (και f′(x) ­ +μάλιστα ολικό) για x = 3, το f(3) = 3 ⋅ 3 =3 3. f(x) 2 1 3−2β) Αφού η f ορίζεται στο Df = (2 , + ∞) , θα αναζητήσουμε πιθανή κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 2 καιοριζόντια ή πλάγια στο +∞ .Έχουμε:• ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎜⎝⎜⎛⎜⎜x ⋅ x ⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = ℓ im ⎜⎜⎜⎛⎝⎜x x⋅ 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , όπου x−2 x−2 x→ 2+ x→ 2+ x→ 2+( )ℓ im x x = 2 2 > 0 και ℓ im x − 2 = 0 , με x − 2 > 0 για x > 2 , άρα ℓ im 1 = +∞ .x→ 2+ x→ 2+ x→2+ x − 2 - 181 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣυνεπώς, ℓ im f(x) = 2 2 ⋅ (+∞) = +∞ , οπότε η ευθεία x = 2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . x→ 2+• Για την οριζόντια ή πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ , αρχικά έχουμε: λ = ℓ im f(x) = ℓ im x⋅ x = ℓ im x = ℓ im 1 = 1 =1∈\". x→ +∞ x x→ +∞ x−2 x→ +∞ x→ +∞ 1−0 x x ⎛⎜⎜⎜⎝1 − 2 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ 1− 2 x x1ος τρόπος υπολογισμού του συντελεστή β.β = ℓ im ⎢⎣⎡f(x) − x⎤⎦⎥ = ℓ im ⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎛x ⋅ x − x⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ = ℓ im ⎢⎢⎣⎡⎢ x ⋅ ⎛⎜⎜⎝⎜⎜⎜ x − 1⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ⎤⎦⎥⎥⎥ ( +∞) ⋅ 0 x−2 x−2 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ = ⎢⎢⎢⎢⎢⎡⎣⎢⎢⎢ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝⎜ x − 1⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜ x + 1⎟⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤ ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎜⎜ x −1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟ = ⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡ x − (x − 2) ⎥⎥⎤⎦⎥⎥⎥⎥ = x−2 x−2 x−2 +1= ℓ im x ⋅ x = ℓ im x ⋅ ℓ im x ⋅ x−2 x−2 +1 x x→ +∞ x→ +∞ x−2 x→ +∞ x +1 x−2 2x ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ x ⎜⎝⎛⎜⎜1 − ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛⎝⎜ x − x +2 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟ = 2x 2 x= ℓ im x ⋅ x−2 ℓ im x ⋅ x−2 ℓ im x − 2 = ℓ im = x→ +∞ x +1 x→ +∞ x +1 x→ +∞ x +1 x→ +∞ x +1 x−2 x−2 x−2 x ⎜⎜⎛⎝⎜1 − 2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ 2 x 1− 2 2 2 x 2= ℓ im = 1−0 = =1∈\" . x→ +∞ 1 +1 1 +1 1−0 1− 2 xΆρα η ευθεία ε : y = 1 ⋅ x + 1 ⇔ ε : y = x + 1 είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .2ος τρόπος υπολογισμού του β: Δες στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος.Σύνολο τιμών της f ­ 1ος τρόπος.Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, στο Δ = (2 , + ∞) . Επιπλέον:)• ⎡⎢⎣⎢ ⎟⎟⎠⎟⎞ ⎢⎡⎣3 η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 = (2 , 3] , οπότε f(Δ1 ) = f(3) , ℓ im f(x) = 3 ,+∞ . x→ 2+• η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ2 = [3 , + ∞) , άρα για κάθε x ∈ Δ2 ισχύει )x ≥ 3 ⇒ f(x) ≥ f(3) ⇒ f(x) ≥ 3 3 , οπότε f(Δ2) ⊆ ⎣⎢⎡3 3 , + ∞ .)Τότε το σύνολο τιμών της f είναι το f(Δ) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) ⇒ f(Δ) = ⎣⎢⎡3 3 , + ∞ .Παρατήρηση. Με τον παραπάνω τρόπο, αποφύγαμε την ανάγκη να υπολογίσουμε το όριο ℓ im f(x) . x→ +∞2ος τρόπος εύρεσης του συνόλου τιμών: Δες στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος. - 182 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών