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

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΓια τα επόμενα ερωτήματα έχουμε επιπλέον στοιχεία από την εκφώνηση.Συγκεκριμένα, έχουμε ένα μεταβλητό ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ = ΑΓτο οποίο είναι περιγεγραμμένο σε έναν κύκλο ακτίνας ρ = 1. Επίσης, δίνε-ται ότι ΑΔ = x είναι το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, προς την βάση του ΒΓ.Να τονίσουμε ότι, λέγοντας «μεταβλητό ισοσκελές τρίγωνο», η εκφώνησηεννοεί ότι οι πλευρές του τριγώνου μεταβάλλονται, αλλά παραμένει ισο-σκελές καθ’ όλη την διάρκεια οποιασδήποτε μεταβολής.γ) Το ερώτημα αυτό έχει αρκετές εναλλακτικές λύσεις, που βασίζονταισε διαφορετικές ιδέες από την Γεωμετρία. Αυτό μας δείχνει τον πλούτοτης Γεωμετρίας και πώς οι υπάρχουσες γνώσεις μας μπορούν να δώσουνπολλαπλές λύσεις σε μία άσκηση.1ος τρόπος. Θα βρούμε την ζητούμενη σχέση που μας δίνει την πλευράΒΓ του τριγώνου, αξιοποιώντας τις γνώσεις μας από την Γεωμετρία.Συγκεκριμένα, θα αξιοποιήσουμε δύο εναλλακτικούς τρόπου για τοεμβαδόν τριγώνου και, φυσικά, το Πυθαγόρειο Θεώρημα.Έστω y καθεμία από τις ίσες πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή AΒ = ΑΓ = y.Αφού το ΑΔ = x είναι ύψος του ισοσκελούς τριγώνου, θα είναι και διάμεσός του, άρα θα έχουμε ΒΔ = ΔΓ = ΒΓ = α . 2 2Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ, έχουμε ΑΒ2 = ΑΔ2 + ΔΒ2 ⇔ y2 = x2 + ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ α ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 ⇔ y2 = x2 + α2 y>0 x2 + α2 . 2 4 4 ⇔ y=Εδώ θα ανακαλέσουμε γνώσεις Γεωμετρίας της Β΄ Λυκείου για το εμβαδόν τριγώνου.Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με Ε= ΒΓ ⋅ ΑΔ = α⋅x και επίσης είναι ίσο με 2 2 Ε = τ⋅ρ = y+y+α ⋅1 = 2y + α , 2 2όπου τ είναι η ημιπερίμετρος του τριγώνου και ρ = 1 (από την εκφώνηση) η ακτίνα του εγγεγραμμένουκύκλου στο τρίγωνο.Από τους δύο παραπάνω τύπους βρίσκουμε ότια⋅x = 2y + α ⇔ α⋅x = 2⋅ x2 + α2 ⇔ αx − α = 2 ⋅ x2 + α2 ⇔ α(x − 1) = 2 ⋅ x2 + α2 2 2 4 4 4και επειδή προφανώς το ύψος x του τριγώνου είναι μεγαλύτερο από την διάμετρο 2ρ = 2 του κύκλου,άρα x − 1 > 0 και x − 2 > 0 , υψώνοντας στο τετράγωνο βρίσκουμε ότια2(x − 1)2 = 4⎜⎜⎜⎛⎝⎜x2 + α2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ ⇔ α2(x − 1)2 = 4x2 + α2 ⇔ α2 ⎢⎣⎡(x − 1)2 − 1⎦⎤⎥ = 4x2 ⇔ 4 x≠0⇔ α2(x − 1 − 1)(x − 1 + 1) = 4x2 ⇔ α2(x − 2) ⋅ x = 4x2 ⇔ α2(x − 2) = 4x , οπότε α2 = 4x ⇔α= 4x ⇔ α = 2⋅ x . x−2 x−2 x−2Άρα η βάση ΒΓ του ισοσκελούς τριγώνου είναι ίση με ΒΓ = α = 2 ⋅ x , x>2. x−22ος και 3ος τρόπος υπολογισμού της σχέσης υπάρχουν στο παράρτημα, μετά το τέλος του θέματος. - 183 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςδ) Από τα ευρήματα του (γ) έχουμε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με Ε= α⋅x ⇒E= 2⋅ x ⋅x ⇒ E= x⋅ x , x>2. 2 x−2 x−2 2Άρα το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ εκφράζεται ως συνάρτηση του x από την συνάρτηση E(x) = x ⋅ x = f(x) , x > 2 . x−2Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή για x = 3.Άρα και το εμβαδόν, Ε(x), του τριγώνου ΑΒΓ γίνεται ελάχιστο για x = 3.ε) Η πλευρά ΒΓ = α του τριγώνου ΑΒΓ μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, άρα προσδιορίζεται από συ-νάρτηση της μορφής α(t) , t ≥ 0 . Η αύξηση της πλευράς με ρυθμό 3 cm/s σημαίνει ότια′(t) = + 3 cm / s , όπου το πρόσημο «+» εκφράζει την αύξηση.Η μεταβολή της ΒΓ σημαίνει μεταβολή και των υπόλοιπων μεγεθών του τριγώνου ΑΒΓ. Συνεπώς καιαυτά προσδιορίζονται από σχετικές συναρτήσεις: το ύψος ΑΔ από συνάρτηση της μορφής x(t) , t ≥ 0 ,το εμβαδόν (όπως είδαμε) από την E(t) , t ≥ 0 , και η γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ από συνάρτηση τηςμορφής θ(t) , t ≥ 0 .Το ύψος ΑΔ του ισόπλευρου τριγώνου είναι και διχοτόμος της γωνίας Α, άρα για την γωνία ΒΑΔ ισχύει ΒΑΔ = Α = θ(t) . 2 2Έστω t0 η χρονική στιγμή κατά την οποία το τρίγωνο ΑΒΓγίνεται ισόπλευρο.Την χρονική αυτή στιγμή όλες οι πλευρές του είναι ίσες μεα(t0) και όλες οι γωνίες του είναι ίσες μεθ(t0) = 60ο = π rad . 3Αν από το κέντρο Ο του κύκλου φέρουμε κάθετη προς τηνΑΒ, αυτή τέμνει την ΑΒ σε σημείο Κ, οπότε σχηματίζεταιτο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΟ, με Κ = 90° και για την γωνίαΚΑΟ έχουμε ότι ΚΑΟ = θ(t 0 ) = 60ο = 30ο . 2 2Άρα για την κάθετη πλευράς ΟΚ του ορθογωνίου τριγώνου(που είναι απέναντι από οξεία γωνία 30°) έχουμεΟΚ = ΟΑ ΟΚ = ρ =1 2 ⇔ ΟΑ = 2 , ΟΔ = ρ =1συνεπώς είναι x = x(t0) = ΑΟ + ΟΔ = 2 + 1 = 3 .Προχωράμε στις απαντήσεις των επιμέρους υποερωτημάτων: - 184 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙ. Στο ερώτημα (γ) βρήκαμε ότι ΒΓ = α = 2 ⋅ x , x>2. x−2Άρα και για τις συναρτήσεις α(t) και x(t) ισχύει ότι α(t) = 2 ⋅ x(t) , t≥0. x(t) − 2Την χρονική στιγμή t0 βρήκαμε ότι x(t0) = 3 , άρα α(t0) = 2 ⋅ x(t 0 ) = 2⋅ 3 = 2 3 cm . x(t0) − 2 3−2Παραγωγίζοντας την α(t) = 2 ⋅ x(t) ως προς t, βρίσκουμε x(t) − 2α′(t) = 2 ⋅ 1 ⋅ ⎢⎣⎡⎢ x(t) ⎥⎤⎦⎥′ = x(t) − 2 ⋅ x′(t) ⋅ ⎣⎡⎢x(t) − 2⎦⎥⎤ − x(t) ⋅ ⎣⎡⎢x(t) − 2⎦⎥⎤′ = 2⋅ x(t) − 2 x(t) ⎢⎣⎡x(t) − 2⎦⎤⎥2 x(t) x(t) − 2= x(t) − 2 ⋅ x′(t) ⋅ x(t) − 2x′(t) − x(t) ⋅ x′(t) = x(t) − 2 ⋅ −2x′(t) . x(t) ⎡⎣⎢x(t) − 2⎥⎦⎤2 x(t) ⎢⎡⎣x(t) − 2⎦⎥⎤2Άρα την χρονική στιγμή t0 θα είναι α′(t0) = x(t0) − 2 ⋅ −2x′(t 0 ) ⇒ x′(t0) = α′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡x(t0) − 2⎤⎦⎥2 x(t 0 ) ⎢⎣⎡x(t0) − 2⎦⎤⎥2 −2 ⋅ x(t0) − 2 x(t 0 )και με αντικατάσταση των γνωστών στοιχείων βρίσκουμε ότι 3 ⋅ (3 − 2)2 3 3 2 3 −2 ⋅ 1 2 2 x′(t0) = 3−2 = =− =− . 3 −2 ⋅ 3Συνεπώς, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, το ύψος του ΑΔ μειώνεται με ρυθμό 3− 2 cm / s .Προσοχή στο πρόσημο! Από την στιγμή που στον δεδομένο ρυθμό μεταβολής της πλευράς α είχαμεθετικό πρόσημο, που εκφράζει αύξηση της α, το αρνητικό πρόσημο του αποτελέσματος μάς δίνει το εί-δος της μεταβολής του ύψους του, ότι δηλαδή αυτό μειώνεται. - 185 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής Ερμηνεία του αρνητικού προσήμου του αποτελέσματος.Λόγω της ιδιαιτερότητας του ερωτήματος, θα παραθέσουμε εδώ (καιόχι στο παράρτημα) και τους τρεις διαφορετικούς τρόπους απάντη-σης.1ος τρόπος: Εποπτικά.Παρατηρώντας το σχήμας μας, βλέπουμε ότι καθώς η πλευρά ΒΓ τουτριγώνου αυξάνεται, με τον εγγεγραμμένο κύκλο φυσικά να παραμέ-νει ανά πάσα στιγμή αμετάβλητος (με ακτίνα ρ = 1) και εφαπτόμενοςστις πλευρές του τριγώνου, το σημείο Β θα απομακρύνεται από τοίχνος Δ του ύψους ΑΔ του τριγώνου. Τότε και η πλευρά ΑΒ του τρι-γώνου, προκειμένου να παραμένει πάντα εφαπτόμενη στον εγγεγραμ-μένο κύκλο, πρέπει να κινείται, με την κορυφή Α να κατεβαίνει, συνε-πώς το ύψος ΑΔ = x να μειώνεται.Να σχολιάσουμε εδώ ότι η παραπάνω ερμηνεία, αν και εποπτική,μπορεί και πρέπει να γίνεται δεκτή από τους υποψήφιους. Πράγματι,αυτή βασίζεται στην ερμηνεία του σχήματος και μάλιστα δείχνει καιμία παραπάνω κατανόηση του τρόπου που μεταβάλλονται τα διάφο-ρα μεγέθη καθώς εξελίσσεται η «κίνηση» στο σχήμα.2ος τρόπος: Μέσω του τύπου που συνδέει τα α και x.Νωρίτερα βρήκαμε ότι α2(x − 2) = 4x ⇔ α2x − 2α2 = 4x ⇔ (α2 − 4)x = 2α2 ⇔ x = 2α2 ή α2 − 4 x = 2⋅ α2 = 2⋅ α2 − 4 + 4 = 2 ⋅ ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ α2 − 4 + 4 4 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 2 + 8 , α2 − 4 α2 − 4 α2 − 4 α2 − α2 − 4άρα x =2+ 8 . α2 − 4Από το τελευταίο έχουμε ότι, όσο αυξάνεται το α > 2, αυξάνεται και ο παρονομαστής του κλάσματος,άρα το κλάσμα μειώνεται, δηλαδή μειώνεται και η ποσότητα x, που ισούται με το ύψος ΑΔ του τριγώ-νου.3ος τρόπος: Μέσω του τύπου που συνδέει τα α και x και μονοτονίας σχετικής συνάρτησης.Ο τύπος που συνδέει τα α και x μπορεί να μας οδηγήσει στην συνάρτηση που εκφράζει το x συναρτήσει 8του α, με τύπο της μορφής x(α) = 2 + α2 − 4 , α > 2 . Η συνάρτηση αυτή ορίζεται και είναι παραγωγί-σιμη για α > 2, με παράγωγο x′(α) = − 8 ⋅ (α2 − 4)′ =− 8 ⋅ 2α =− 16α , α>2, (α2 − 4)2 (α2 − 4)2 (α2 − 4)2οπότε προφανώς για α > 2 είναι x′(α) < 0 , που σημαίνει ότι καθώς η πλευρά ΒΓ = α αυξάνεται, τοαντίστοιχο ύψος ΑΔ = x μειώνεται. - 186 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΙΙ. Από το σχήμα μας, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε θ(t) α(t) α(t) 2 2x(t) εϕ = 2 = . x(t)Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t) = α′(t) ⋅ 2x(t) − α(t) ⋅ 2x′(t) ⇔ 2 ⎡⎢⎣2x(t)⎥⎦⎤2συν2 θ(t) 2⇔ 1 ⋅ θ′(t) = 2α′(t) ⋅ x(t) − 2α(t) ⋅ x′(t) ⇔ 2 4x2(t) συν2 θ(t) 2⇔ θ′(t) = 2συν2 θ(t) ⋅ α′(t) ⋅ x(t) − α(t) ⋅ x′(t) , οπότε την χρονική στιγμή t0 θα είναι 2 2x2(t) θ′(t0) = 2συν2 θ(t 0 ) ⋅ α′(t0) ⋅ x(t0) − α(t0) ⋅ x′(t0) 2 2x2 (t 0 )και με αντικατάσταση των γνωστών μεγεθών βρίσκουμε θ′(t0) = 2συν230ο ⋅ 3 ⋅3− 2 3 ⋅ −3 = 2 ⋅⎜⎜⎝⎜⎜⎛⎜ 3 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟2 ⋅ 3 3 +3 3 3 63 3 2 2 18 4 18 2 = 2⋅ ⋅ = . 2 ⋅ 32Συνεπώς, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, η γωνία Α μεταβάλλεται (αυξάνεται)με ρυθμό 3 rad/s. 2Στο σημείο αυτό, η απάντηση των αρχικών ερωτημάτων του θέματος έχει ολοκληρωθεί, κλείνοντας τηνπαρουσίαση της λύσης του θέματος. - 187 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ 1 Εναλλακτικοί τρόποι λύσης κάποιων από τα ερωτήματα του θέματος.α) 2ος τρόπος υπολογισμού της παραγώγου της f.Είναι f(x) = x ⋅ x = x2 ⋅ x = x3 , άρα x−2 x−2 x−2f′(x) = 1 ⋅ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜ x3 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠′ = 1 ⋅ x−2 ⋅ (x3)′ ⋅ (x − 2) − x3 ⋅ (x − 2)′ = 2⋅ x−2 2x x (x − 2)2 x3 x−2= 1 ⋅ x−2 ⋅ 3x2(x − 2) − x3 = 1 ⋅ x−2 ⋅ 3x3 − 6x2 − x3 = 1 ⋅ x−2 ⋅ 2x3 − 6x2 = 2x x (x − 2)2 2x x (x − 2)2 2x x (x − 2)2= 1⋅ x−2 ⋅ 2x (x2 − 3x) ⇒ f′(x) = x−2 ⋅ x2 − 3x , x>2 . 2x x (x − 2)2 x (x − 2)2β) 2ος τρόπος υπολογισμού του συντελεστή β.β = ℓ im ⎢⎡⎣f(x) − x⎦⎤⎥ = ℓ im ⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜x ⋅ x − x⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟ = ℓ im ⎡⎢⎢⎣⎢ x ⋅ ⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎛ x − 1⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⎥⎦⎥⎥⎤ = ℓ im ⎢⎢⎢⎣⎡ x ⋅ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜ x − x−2 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠⎟ ⎥⎦⎥⎤⎥ = x−2 x−2 x−2 x−2 x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ ⎛⎜⎜⎜⎝⎜⎜x ( ( )( ) )x ⎟⎠⎟⎟⎞⎟⎟ ⎢⎢⎢⎢⎡⎣ ⎥⎥⎤⎥⎥⎦ == ℓ im ⋅ − x−2 = ℓ im x ⋅ x − x−2 x + x−2 x−2 x−2 ⋅ x + x−2 x→ +∞ x→ +∞= ℓ im ⎣⎢⎢⎡⎢⎢ x ⋅ ( )x − (x − 2) ⎥⎤⎦⎥⎥⎥ = ℓ im ⎢⎣⎡⎢⎢⎢ x ⋅ ( )x − x + 2 ⎦⎥⎥⎥⎥⎤ = ℓ im ( )2x = x→ +∞ x−2 x + x−2 x→ +∞ x−2 x + x−2 x→ +∞ x−2 x + x−2= ℓ im 2x = ℓ im 2x = ℓ im 2x = x→ +∞ x(x − 2) + x→ +∞ x→ +∞ + x −2 x−2 2 x2 ⎜⎝⎜⎜⎛1 − 2 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ | x |⋅ 1− 2 x + x −2 x= ℓ im 2x = ℓ im 2x = ℓ im 2 = x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ x⋅ 1− 2 + x −2 x ⋅⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎛ 2 2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ 1− 2 +1− 2 x 1− x +1− x x x= 2 = 2 =1∈! . 1−0 +1−0 2 - 188 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣύνολο τιμών της f ­ 2ος τρόπος.Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής, στο Δ = (2 , + ∞) . Επιπλέον:)• ⎡⎣⎢⎢ ⎟⎠⎞⎟⎟ ⎣⎡⎢3η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ1 = (2 , 3] , άρα είναι f(Δ1 ) = f(3) , ℓ im f(x) = 3 ,+∞ . x→ 2+)•η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ1 = [3 , + ∞) , άρα είναι f(Δ2) = ⎡⎣⎢ f(3) , ℓ im f(x) , όπου x→ +∞ℓ im f(x) = ℓ im ⎜⎝⎜⎜⎜⎛⎜x ⋅ x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = ℓ im ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎜⎜⎛⎜⎜⎜x ⋅ x ⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ = ℓ im ⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜x ⋅ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ = (+∞) ⋅ 1 = +∞ . x−2 x ⎜⎛⎜⎜⎝1 − 1−0x→ +∞ x→ +∞ x→ +∞ 2 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ x→ +∞ 1− 2 x x)Άρα είναι f(Δ2) = ⎣⎡⎢3 3 , + ∞ .Τελικά, το σύνολο τιμών της f είναι το ) ) )f(Δ) = f(Δ1) ∪ f(Δ2) = ⎡⎣⎢3 3 , + ∞ ∪ ⎢⎣⎡3 3 , + ∞ = ⎣⎡⎢3 3 , + ∞ .γ) 2ος τρόπος εύρεσης της σχέσης για το ΒΓ: Με ομοιότητα τριγώνων.Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει τις πλευρές ΑΒκαι ΑΓ στα σημεία Κ και Δ αντίστοιχα.Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΚΟ είναι όμοια, γιατί είναι και τα δύο ορθογώνιαμε κοινή γωνία την ΚΑΟ, συνεπώς ΑΔ ΔΒ x α α 2x ΑΚ ΚΟ ΑΚ 2 ΑΚ = ⇔ = 2 ⇔x= ⋅ ΑΚ ⇔ α = . 1Επιπλέον, από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΟΑΚ έχουμε ΑΚ2 = ΑΟ2 − ΟΚ2 ⇔ ΑΚ2 = (x − 1)2 − 12 ,άρα ΑΚ = (x − 1)2 − 1 = x2 − 2x + 1 − 1 = x2 − 2x = x(x − 2) ,οπότε α = 2x = 2 ⋅ x2 = 2⋅ x . x(x − 2) x (x − 2) x−2Συνεπώς, η πλευρά ΒΓ του τριγώνου είναι ίση με x , x>2. ΒΓ = α = 2 ⋅ x−23ος τρόπος εύρεσης της σχέσης για το ΒΓ: Ο τρόπος αυτός επίσης αξιοποιεί τις γνώσεις μας από τηνΓεωμετρία, αυτήν την φορά σχετικά με εφαπτόμενα τμήματα και τέμνουσες κύκλου. Επειδή οι τέμνου-σες κύκλου έχουν εξαιρεθεί από την διδακτέα ύλη για το σχολικό έτος 2017-18, ο τρόπος αυτός υπερ-βαίνει τα όρια της εξεταστέας ύλης.Τα ευθύγραμμα τμήματα ΒΚ και ΒΔ είναι ίσα μεταξύ τους, ως εφαπτόμενα τμήματα από το Β προςτον κύκλο (Ο, ρ). Επιπλέον, η ΑΟΔ είναι τέμνουσα και το ΑΚ είναι εφαπτόμενο τμήμα από το σημείο Απρος τον κύκλο, άρα ισχύει ότι ΑΚ2 = ΑΖ ⋅ ΑΔ ⇔ ΑΚ2 = (x − 2) ⋅ x ⇔ ΑΚ = x(x − 2) ,οπότε - 189 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ΑΒ = ΑΚ + ΚΒ ⇔ y = x(x − 2) + ΒΔ ⇔ y = x(x − 2) + α . 2Επιπλέον, το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ορθογώνιο, με Δ = 90°, άρα από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε ΑΒ2 = ΑΔ2 + ΔΒ2 ⇔ y2 = x2 + ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ α ⎠⎟⎟⎟⎞⎟2 ⇔ y2 = x2 + α2 2 4και συνδυάζοντας τις σχέσεις αυτές έχουμε⎢⎢⎣⎡ x(x − 2) + α ⎦⎤⎥⎥2 = x2 + α2 ⇔ 2 x(x − 2) ⋅ α + α2 = x2 + α2 ⇔ 2 4 2 4 4 x(x − 2) + 2 ⋅⇔ x(x − 2) + α ⋅ x(x − 2) = x2 ⇔ x2 − 2x + α ⋅ x(x − 2) = x2 ⇔ −2x + α ⋅ x(x − 2) = 0 ⇔ x>2 2x ⇔ α = 2 ⋅ x2 ⇔ α = 2⋅ x , x>2. x(x − 2) x (x − 2) x−2⇔ α ⋅ x(x − 2) = 2x ⇔ α =Συνεπώς, η πλευρά ΒΓ του τριγώνου είναι ίση με ΒΓ = α = 2 ⋅ x , x>2. x−2Εδώ ολοκληρώνεται και η παρουσίαση των εναλλακτικών λύσεων ερωτημάτων του θέματος.Ακολουθούν πρόσθετα ερωτήματα, πέραν των αρχικών, με τις απαντήσεις τους. - 190 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ 2 Πρόσθετα ερωτήματα, με τις απαντήσεις τους.στ) Να εκφράσετε την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ως συνάρτηση του x. Στην συνέχεια, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ακτίνας R, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο ΑΒΓ γίνεται ισόπλευρο.ζ) Να βρείτε την τιμή του x, για την οποία η ακτίνα R ελαχιστοποιείται, καθώς και την ελάχιστη τιμή της R. Τί συμπεραίνετε, σε σχέση και με το αποτέλεσμα του ερωτήματος (στ);η) Να αποδείξετε ότι, καθώς αυξάνεται η πλευρά ΒΓ του τριγώνου, υπάρχουν ακριβώς δύο χρονικές στιγμές στις οποίες το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου και του εγγε- γραμμένου κύκλου, είναι ίσο με το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου.στ) Στο σχήμα δεξιά, βλέπουμε τον περιγεγραμμένο κύκλοτου τριγώνου ΑΒΓ. Για την ακτίνα του κύκλου αυτού γνω-ρίζουμε ότι συνδέεται με το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ αβγμέσω της σχέσης Ε= 4R , όπου R η ακτίνα του κύκλου.Από το σχήμα μας έχουμε ότι β = γ = y = x2 + α2 , άρα 4Ε= αβγ ⇔R= αβγ ⇔R= αy2 ⇔ 4R 4Ε 4E 2⋅ x ⋅⎜⎜⎜⎛⎝⎜x2 + α2 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ ⇔⇔R= x−2 4 4x ⋅ x x−2 x2 + ⎜⎛⎜⎝⎜⎜⎜2 ⋅ x ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟2 x2 + 4⋅ x x−2 x−2⇔R= 4 ⇔R= 4 ⇔ 2x 2x⇔R= x2 + x = x2(x − 2) + x = x3 − 2x2 + x = x (x2 − 2x + 1) ⇔R= (x − 1)2 . x−2 x−2 2x(x − 2) 2 x (x − 2) 2(x − 2) 2x 2xΚαθώς το x μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο t, και η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου θα μεταβάλ-λεται ως προς τον χρόνο t, άρα θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής R(t) , t ≥ 0 , και, σύμφω-να με τα παραπάνω ευρήματά μας, θα ισχύει R(t) = ⎡⎣⎢x(t) − 1⎤⎦⎥2 , t≥0. 2 ⎣⎢⎡x(t) − 2⎥⎦⎤Παραγωγίζοντας ως προς t, βρίσκουμε:{ }R′(t) = 2 ⎡⎣⎢x(t) − 1⎥⎤⎦ ⋅ x′(t) ⋅ 2 ⎢⎣⎡x(t) − 2⎥⎤⎦ − ⎡⎢⎣x(t) − 1⎤⎥⎦2 ⋅ 2x′(t) = 2 ⎣⎡⎢x(t) − 1⎤⎥⎦ ⋅ x′(t) ⋅ 2 ⎡⎢⎣x(t) − 2⎦⎤⎥ − ⎡⎢⎣x(t) − 1⎦⎥⎤ ⇒ 4 ⎡⎢⎣x(t) − 2⎤⎥⎦2 4 ⎣⎡⎢x(t) − 2⎤⎥⎦2 - 191 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής⇒ R′(t) = 2 ⎣⎡⎢x(t) − 1⎥⎤⎦ ⋅ x′(t) ⋅ ⎡⎣⎢x(t) − 3⎤⎦⎥ . 4 ⎣⎡⎢x(t) − 2⎤⎥⎦2Την χρονική στιγμή t0 , που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, θα είναι R′(t0) = 2 ⎡⎢⎣x(t0) − 1⎦⎥⎤ ⋅ x′(t0) ⋅ ⎣⎢⎡x(t0) − 3⎦⎥⎤ 4 ⎡⎢⎣x(t0) − 2⎦⎤⎥2και με αντικατάσταση των γνωστών μεγεθών, βρίσκουμε R′(t0) = 2(3 − 1) ⋅ −3 ⋅ (3 − 3) =0, 2 4(3 − 2)2που σημαίνει ότι, την χρονική στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, η ακτίνα του περιγεγραμμένουκύκλου στιγμιαία δεν μεταβάλλεται!ζ) Στο ερώτημα (στ) βρήκαμε ότι η ακτίνα R, συναρτήσει του x, δίνεται από την σχέση R= (x − 1)2 . 2(x − 2)Άρα, καθώς το x μεταβάλλεται, θα μεταβάλλεται και η ακτίνα R και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση (x − 1)2της μορφής R(x), με τύπο R(x) = 2(x − 2) , x>2.Αξίζει εδώ να παρατηρήσουμε ότι, παρότι διατηρούμε το R στον συμβολισμό, η νέα αυτή συνάρτηση δενείναι η ίδια με αυτή του ερωτήματος (στ), καθώς αλλάζει η μεταβλητή! Στο ερώτημα (στ) είχαμε τηνσυνάρτηση R(t), της ακτίνας ως προς τον χρόνο t. Τώρα έχουμε την συνάρτηση R(x), της ακτίνας ωςπρος το x, δηλαδή έχουμε διαφορετική ανεξάρτητη μεταβλητή. Φυσικά, και το x μεταβάλλεται συναρτή-σει του χρόνου, αλλά εδώ θα αγνοήσουμε αυτή του την ιδιότητα.Η συνάρτηση R(x) είναι παραγωγίσιμη, με 2(x − 1) ⋅ ⎢⎣⎡2(x − 2) − (x − 1)⎤⎦⎥ 4(x − 2)2 R′(x) = 2(x − 1) ⋅ 2(x − 2) − (x − 1)2 ⋅ 2 = = 2(x − 1)(x − 3) . 4(x − 2)2 4(x − 2)2Γνωρίζοντας ότι x > 2 , είναι x − 1 > 0 και (x − 2)2 > 0 , οπότε έχουμε:R′(x) = 0 ⇔ 2(x − 1)(x − 3) = 0 ⇔ x−3 = 0 ⇔ x = 3 και 4(x − 2)2R′(x) > 0 ⇔ 2(x − 1)(x − 3) > 0 ⇔ x − 3 > 0 ⇔ x > 3 , άρα και x>2 4(x − 2)2 R′(x) < 0 ⇔ 2 < x < 3 .Έτσι προκύπτει ο διπλανός πίνακας μονοτονίας της R(x), από x 23 +∞τον οποίο διαπιστώνουμε ότι η R(x) παρουσιάζει ελάχιστο για R′(x) ­ + (3 − 1)2 R(x)x = 3, το R(3) = 2(3 − 2) =2. 2 1Άρα η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ελα-χιστοποιείται, όταν το ύψος ΑΔ γίνει ίσο με 3, και η ελάχιστητιμή που λαμβάνει αυτή η ακτίνα είναι 2. Παρατήρηση στο αποτέλεσμα του ερωτήματος (ζ), σε σχέση με αυτό του ερωτήματος (στ).Στο ερώτημα (στ) βρήκαμε ότι η ακτίνα R του εγγεγραμμένου κύκλου έχει μηδενικό ρυθμό μεταβολής,όταν το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο.Στο ερώτημα (ζ) βρήκαμε ότι, όταν το ύψος παίρνει την τιμή x = 3, τότε η ακτίνα R ελαχιστοποιείται(με ελάχιστη τιμή την R = 2).Πώς συνδυάζονται τα δύο παραπάνω; - 192 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑν ανατρέξουμε στην απάντηση του ερωτήματος (ε), θα δούμε ότι την χρονική στιγμή t0 , που το τρίγω-νο γίνεται ισόπλευρο, το ύψος παίρνει την τιμή x(t0) = 3 !Άρα τα ζητούμενα των ερωτημάτων (στ) και μ(ζε)τασβυομλβήαςίντοηυςνατκατυίνταόχςρτοονυα!πΔερηιλγαεδγήρ,ατμημνέχνροουνκικύήκλσοτυιγεμίήναtι0που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο, ο ρυθμόςμηδενικός, και ακριβώς αυτή την χρονική στιγμή η ακτίνα ελαχιστοποιείται.Αυτό συμβαδίζει και με την φυσική ερμηνεία της μεταβολής της ακτίνας R. Πράγματι, η R φτάνει στηνελάχιστη τιμή της την στιγμή που το τρίγωνο γίνεται ισόπλευρο. Αυτή την χρονική στιγμή αλλάζει ο τρό-πος που μεταβάλλεται (μέχρι τότε μειώνεται, από κει και πέρα αυξάνεται), άρα ο ρυθμός μεταβολήςτης στιγμιαία μηδενίζεται.η) Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του τριγώνου καιτου εγγεγραμμένου κύκλου είναι προφανώς ίσο με Ε2 = (ΑΒΓ) − Εκυκλου ,όπου Εκυκλου = π ⋅ ρ2 = π ⋅ 12 = π και (ΑΒΓ) = Ε = f(x) = x ⋅ x . x−2Καθώς η πλευρά ΒΓ = α αυξάνεται, όπως δείξαμε στο ερώτημα (ε),το ύψος ΑΔ = x μειώνεται. Άρα το ύψος προσδιορίζεται από συνάρτησητης μορφής x(t), η οποία θα είναι γνησίως φθίνουσα, άρα και 1­1.Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο χρονικές στιγμέςt1 , t2 , άρα ισοδύναμα (μέσω της συνάρτησης x(t), που είναι 1­1)δύο ακριβώς τιμές του x, ώστεΕ2 = Εκυκλου ⇔ Ε − Εκυκλου = Εκυκλου ⇔ Ε = 2Εκυκλου ⇔ f(x) = 2π ⇔⇔ x⋅ x = 2π ⇔ x2 ⋅ x = 4π2 ⇔ x3 = 4π2(x − 2) ⇔ x−2 x−2⇔ x3 − 4π2x + 8π2 = 0 , x > 2 .Θεωρούμε την συνάρτηση ϕ(x) = x3 − 4π2x + 8π2 , x ≥ 2 .1ος τρόπος. Η συνάρτηση φ είναι συνεχής στο [2 , + ∞) και ισχύουν• ϕ(2) = 23 − 4π2 ⋅ 2 + 8π2 = 8 > 0 .• ϕ(4) = 43 − 4π2 ⋅ 4 + 8π2 = 64 − 8π2 = 8(8 − π2) < 0 , αφού π > 3 ⇔ π2 > 9 ⇔ π2 − 8 < 1 ⇔ 8 − π2 < −1 < 0 .• ϕ(6) = 63 − 4π2 ⋅ 6 + 8π2 = 216 − 24π2 + 8π2 = 216 − 16π2 > 0 ,αφού 216 − 16π2 > 0 ⇔ 216 > 16π2 ⇔ π2 < 216 ⇔ π2 < 13, 5 , που ισχύει, διότι π < 3, 2 ⇔ π2 < 10, 24 . 16Άρα έχουμε ϕ(2) ⋅ ϕ(4) < 0 και ϕ(4) ⋅ ϕ(6) < 0 , οπότε η συνάρτηση φ ικανοποιεί τις προϋποθέσεις τουθεωρήματος Bolzano σε καθένα από τα διαστήματα [2, 4] και [4, 6]. Συνεπώς, υπάρχει ένα, τουλάχισ-τον, x1 ∈ (2 , 4) και ένα, τουλάχιστον, x2 ∈ (4 , 6) , ώστε ϕ(x1) = ϕ(x2) = 0 .Άρα, πράγματι, υπάρχουν δύο, τουλάχιστον, τιμές του x, για τις οποίες το εμβαδόν του χωρίου μεταξύτριγώνου και εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίσο με το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου. - 193 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΈστω, επιπλέον, ότι υπάρχει και τρίτη τιμή του x με την παραπάνω ιδιότητα.Τότε, αν ρ1 < ρ2 < ρ3 είναι οι παραπάνω ρίζες της φ, σε αύξουσα σειρά, θα έχουμε ϕ(ρ1) = ϕ(ρ2) = ϕ(ρ3) = 0 ,με την φ, ως πολυωνυμική, να είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στα διαστήματα [ρ1 , ρ2] και [ρ2 , ρ3] .Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για την συνάρτηση φ σε καθένα από τα παραπάνωδιαστήματα, οπότε θα υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ1 ∈ (ρ1 , ρ2) ⊆ (2 , + ∞) και ένα, τουλάχιστον,ξ2 ∈ (ρ2 , ρ3) ⊆ (2 , + ∞) , με 2 < ξ1 < ρ2 < ξ2 , δηλαδή ξ1 ≠ ξ2 , και ϕ′(ξ1) = ϕ′(ξ2) = 0 .Αυτό, όμως, είναι άτοπο, αφού ϕ′(x) = (x3 − 4π2x + 8π2)′ = 3x2 − 4π2 , x ≥ 2 , και ϕ′(x) = 0 ⇔ 3x2 − 4π2 = 0 ⇔ x2 = 4π2 x≥2 2π 3 , μοναδική ρίζα της ϕ′(x) = 0 στο [2 , + ∞) . 3 3 ⇔ x=Συνεπώς δεν υπάρχει τρίτη τιμή του x με την παραπάνω ιδιότητα. Δηλαδή, οι τιμές x1 , x2 που βρήκαμεείναι μοναδικές.Όπως είπαμε νωρίτερα, η συνάρτηση x(t) είναι 1­1, άρα για τις δύο τιμές x1 , x2 που βρήκαμε υπάρχουν,αντίστοιχα, μοναδικές χρονικές στιγμές t1 , t2 τέτοιες, ώστε x(t1) = x1 , x(t2) = x2 .Άρα, πράγματι, καθώς η πλευρά ΒΓ του τριγώνου αυξάνεται, υπάρχουν δύο ακριβώς χρονικές στιγμέςt1 , t2 , για τις οποίες το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ τριγώνου και εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίσο μετο εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου.2ος τρόπος. Η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη, ως πολυωνυμική, με ϕ′(x) = (x3 − 4π2x + 8π2)′ = 3x2 − 4π2 , x > 2 , οπότε ϕ′(x) = 0 ⇔ 3x2 − 4π2 = 0 ⇔ x2 = 4π2 x>2 2π 3 , αφού 2π 3 >2⇔π> 3 , που ισχύει, 3 3 3 ⇔ x=και ϕ′(x) > 0 ⇔ 3x2 − 4π2 > 0 ⇔ x2 > 4π2 x>2 2π 3 , 3 3 ⇔ x>άρα και x>2 2π 3 . 3 ϕ′(x) < 0 ⇔ 2 < x <Ο πίνακας μονοτονίας της φ είναι ο διπλανός και από 2π 3αυτόν προκύπτει ότι η συνάρτηση φ: x 3 2 +∞ ⎢⎡⎢⎣⎢2 , ⎥⎦⎤⎥⎥ , ϕ′(x) +• είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα 2π 3 ϕ(x) 3 1 ­ + 8π2 =• είναι γνησίως αύξουσα στο ⎢⎡⎢⎣⎢ 2π 3 , + ∞⎟⎟⎟⎠⎟⎞⎟ , 2 3• έχει ελάχιστο (και μάλιστα ολικό) για x= 2π 3 , το 3 ϕ ⎜⎜⎜⎝⎜⎛⎜ 2π 3 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ = ⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎛ 2π 3 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟2 − 4π2 ⋅ 2π 3 + 8π2 = 8π3 3 − 8π3 3 + 8π2 = −16π3 3 3 3 3 9 3 9 = 8π2 ⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜1 − 2π 3 ⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ < 0 . 3 - 194 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕπειδή ϕ(2) = 8 και ℓ im ϕ(x) = +∞ , έχουμε ότι οι εικόνες της φ, στα επιμέρους διαστήματα όπου x→ +∞ορίζεται, είναι οι ϕ ⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎝ ⎥⎤⎥⎥⎦ ⎠⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎣⎡⎢⎢⎢8π2 ⎜⎜⎝⎜⎜⎜⎛1 − ⎟⎟⎞⎟⎟⎠⎟ , 8⎥⎥⎥⎤⎦ , με ∈ ϕ⎜⎛⎜⎜⎜⎝⎜ ⎥⎤⎥⎦⎥ ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎢⎣⎡⎢⎢2 , 2π 3 2π 3 8π2 ⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛1 − 2π 3 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ < 0 , άρα 0 ⎣⎢⎡⎢⎢2 , 2π 3 3 3 3 3και ϕ ⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜ ⎢⎣⎢⎡⎢ 2π 3 , + ∞⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟⎟ = ⎡⎣⎢⎢⎢ 8π2 ⎜⎛⎜⎝⎜⎜⎜1 − 2π 3 ⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞ , + ∞⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ , με 0 ∈ ϕ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜⎜ ⎢⎣⎢⎢⎡ 2π 3 , + ∞⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟. 3 3 3Συνεπώς, υπάρχουν x1 ∈ ⎜⎜⎛⎜⎜⎝⎜2 , 2π 3 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟ και x2 ∈ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 2π 3 , + ∞⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟ τέτοια, ώστε ϕ(x1) = ϕ(x2) = 0 . 3 3Μάλιστα, η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο πρώτο και γνησίως αύξουσα στο δεύτερο διάστημα, άρα ταx1 , x2 αυτά είναι μοναδικά!Από δω και κάτω, η απάντηση ταυτίζεται με αυτήν του 1ου τρόπου.Όπως είπαμε νωρίτερα, η συνάρτηση x(t) είναι 1­1, άρα για τις δύο τιμές x1 , x2 που βρήκαμε υπάρχουν,αντίστοιχα, μοναδικές χρονικές στιγμές t1 , t2 τέτοιες, ώστε x(t1) = x1 , x(t2) = x2 .Άρα, πράγματι, καθώς η πλευρά ΒΓ του τριγώνου αυξάνεται, υπάρχουν δύο ακριβώς χρονικές στιγμέςt1 , t2 , για τις οποίες το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ τριγώνου και εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίσο μετο εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου. - 195 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών



Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων~ Βιβλιογραφία - πηγές ασκήσεων ~ Μέρη Α΄, Β΄ και Γ΄ (θεωρία ­ μεθοδολογία)1. Θεόδωρος Παγώνης, Γ΄ Λυκείου, Μαθηματικά κατεύθυνσης, 2016-2017.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/2016/10/blog-post_24.htmlΑν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtWDBhdFNoRUxjUGsΟι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:1 , 3-12 , 14 , 16-23 , 25-27.2. Κώστας Νικολετόπουλος, 9ο ΓΕΛ Περιστερίου.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση http://www.askisopolis.gr/index.php?p=view.php&id=3857Αν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtTnN6TGVCV0tWZWcΗ άσκηση που αντλήθηκε είναι η ακόλουθη:15.3. Τάκης Τσακαλάκος, Προσεγγίσεις στον Ρυθμό Μεταβολής, 2016.Το φυλλάδιο υπάρχει στην διεύθυνση https://mathslibrary.gr/images/clykeiou/7.rythmos.pdfΑν δεν το βρείτε στην παραπάνω διεύθυνση (και μόνο τότε), υπάρχει και εδώ:https://drive.google.com/open?id=0ByCvfxuwaBGtTzlQRnM5SWdkUkUΟι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:2 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο) , 13 , 24 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο) ,30 (με προσθήκες από τον Θανάση Νικολόπουλο).4. Σχολικό βιβλίο Γ΄ Λυκείου.Μαθηματικά Γ΄Λυκείου, Ανάλυση, Οργανισμός Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων, Αθήνα, έκδοση 2016.Συγγραφείς: Ανδρεαδάκης Στυλιανός, Κατσαργύρης Βασίλειος, Μέτης Στέφανος, ΜπρουχούταςΚωνσταντίνος, Παπασταυρίδης Σταύρος, Πολύζος Γεώργιος.Οι ασκήσεις που αντλήθηκαν είναι οι ακόλουθες:28 (παραλλαγή της άσκησης 6, Β΄ ομάδα, σελίδα 127) , 29 (παραλλαγή της άσκησης 5, Β΄ ομάδα, σελίδα 126). - 196 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων Μέρος Δ΄ (επαναληπτικά θέματα)1. Παύλος Τρύφων, Δημήτρης Παπαμικρούλης, «501 επαναληπτικά θέματα Γ΄Λυκείου».Το αρχείο υπάρχει στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/2016/05/16-lisari-team.html(ήδη κυκλοφορεί η 3η, ανανεωμένη και εμπλουτισμένη έκδοση, στην παραπάνω διεύθυνση)Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:1, 7, 11, 15, 18, 28.2. Επαναληπτικά θέματα Καντιδάκη.Το αρχείο υπάρχει στην διεύθυνση http://mathkanavis.blogspot.gr/2013/03/20.htmlΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:2, 17.3. Θέματα Πανελλαδικών Εξετάσεων.Τα θέματα που παρουσιάστηκαν είναι τα:3 (Δ Θέμα Επαναληπτικών Εξετάσεων 2000) , 9 (Γ Θέμα Επαναληπτικών Εξετάσεων 2011) , 10 (Γ Θέμα ΕπαναληπτικώνΕξετάσεων 2016) , 24 (Δ Θέμα Εξετάσεων 2014, με διασκευασμένο υποερώτημα).4. Επαναληπτικά Θέματα Ε.Μ.Ε 2008, 2012, 2016.Τα αρχεία θα τα βρείτε στις διευθύνσειςhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/2008/gl_2008_01-16.pdfhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/2012/gl_2012_14-26.pdfhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/TRAPEZA_THEMATA01_19_2016.pdfΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:4, 13, 23, 27, 29.5. Επαναληπτικά Θέματα από το netsuccess.grΤο αρχείο θα το βρείτε στην διεύθυνση http://www.netsuccess.gr/math/index.aspx?catId=25και στις θέσεις http://www.netsuccess.gr/math/index.aspx?catId=25και http://www.netsuccess.gr/images/news/photos/614-Math%2045.pdfΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:5, 8. - 197 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων6. Επαναληπτικά Θέματα από το study4exams.grΤο αρχείο θα το βρείτε στην διεύθυνση http://www.study4exams.gr/math_k/course/view.php?id=68#3και στην θέση http://www.study4exams.gr/math_k/pdf/DIAGWNISMATA/K3/MK_K3_D.pdf(κάποια θέματα προέρχονται από διαγωνίσματα που έχουν πια αποσυρθεί)Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:6, 20, 26.7. maths4people.blogspot.gr ­ επαναληπτικά θέματα.Τα αρχεία θα τα βρείτε στις διευθύνσειςhttp://maths4people.blogspot.gr/2015/04/20-3.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2016/04/20-4.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2017/04/20-5.htmlΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:12, 19, 22, 25.8. mathematica.grΤα θέματα θα τα βρείτε στις διευθύνσεις https://goo.gl/EsSbPX και https://goo.gl/gMyyYgΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:14, 21.9. Αναρτήσεις στο Facebook των συναδέλφων Θανάση Ξένου, Μπάμπη Στεργίου.Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:18 (Θανάσης Ξένος ­ Η άσκηση της ημέρας, Θέμα 48ο (Γ) - 2016), 30 (Μπάμπης Στεργίου ­ Νοέμβριος 2017). - 198 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών



Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων Μέρος Δ΄ (30 επαναληπτικά θέματα)1. Παύλος Τρύφων, Δημήτρης Παπαμικρούλης, «501 επαναληπτικά θέματα Γ΄Λυκείου».Το αρχείο υπάρχει στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/2016/05/16-lisari-team.html(ήδη κυκλοφορεί η 3η, ανανεωμένη και εμπλουτισμένη έκδοση, στην παραπάνω διεύθυνση)Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:11, 15.2. Επαναληπτικά θέματα Καντιδάκη.Το αρχείο υπάρχει στην διεύθυνση http://mathkanavis.blogspot.gr/2013/03/20.htmlΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:2, 17.3. Θέματα Πανελλαδικών Εξετάσεων.Τα θέματα που παρουσιάστηκαν είναι τα:3 (Δ Θέμα Επαναληπτικών Εξετάσεων 2000) , 9 (Γ Θέμα Επαναληπτικών Εξετάσεων 2011) , 10 (Γ Θέμα ΕπαναληπτικώνΕξετάσεων 2016) , 24 (Δ Θέμα Εξετάσεων 2014, με διασκευασμένο υποερώτημα).4. Επαναληπτικά Θέματα Ε.Μ.Ε 2008, 2012, 2016.Τα αρχεία θα τα βρείτε στις διευθύνσειςhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/2008/gl_2008_01-16.pdfhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/2012/gl_2012_14-26.pdfhttp://www.hms.gr/sites/default/files/subsites/problems/gl/TRAPEZA_THEMATA01_19_2016.pdfΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:4, 13, 23, 27, 29.5. Επαναληπτικά Θέματα από το netsuccess.grΤο αρχείο θα το βρείτε στην διεύθυνση http://www.netsuccess.gr/math/index.aspx?catId=25και στις θέσεις http://www.netsuccess.gr/math/index.aspx?catId=25και http://www.netsuccess.gr/images/news/photos/614-Math%2045.pdfΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:5, 8. - 197 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Βιβλιογραφία ­ πηγές ασκήσεων6. Επαναληπτικά Θέματα από το study4exams.grΤο αρχείο θα το βρείτε στην διεύθυνση http://www.study4exams.gr/math_k/course/view.php?id=68#3και στην θέση http://www.study4exams.gr/math_k/pdf/DIAGWNISMATA/K3/MK_K3_D.pdf(κάποια θέματα προέρχονται από διαγωνίσματα που έχουν πια αποσυρθεί)Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:6, 20, 26.7. maths4people.blogspot.gr ­ επαναληπτικά θέματα.Τα αρχεία θα τα βρείτε στις διευθύνσειςhttp://maths4people.blogspot.gr/2014/04/20-2.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2015/04/20-3.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2016/04/20-4.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2017/04/20-5.htmlhttp://maths4people.blogspot.gr/2013/04/20.htmlΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:1, 7, 12, 18, 19, 22, 25, 28.8. mathematica.grΤα θέματα θα τα βρείτε στις διευθύνσεις https://goo.gl/EsSbPX και https://goo.gl/gMyyYgΤα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:14, 21.9. Αναρτήσεις στο Facebook των συναδέλφων Θανάση Ξένου, Μπάμπη Στεργίου.Τα θέματα που αντλήθηκαν είναι τα ακόλουθα:18 (Θανάσης Ξένος ­ Η άσκηση της ημέρας, Θέμα 48ο (Γ) - 2016), 30 (Μπάμπης Στεργίου ­ Νοέμβριος 2017). - 198 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

ΣΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΘΑ ΒΡΕΙΤΕ:• Αναλυτικότατη θεωρία, που συνοδεύεται από επεξηγηµατικά παραδείγµατα.• Αναλυτικότατη µεθοδολογία ασκήσεων, που παρουσιάζεται βήµα προς βήµα.• 30 ασκήσεις λυµένες βήµα προς βήµα, µε πολλά σχόλια και πλήρη ανάλυση του σκεπτικού, καθώς και πολλές υπενθυµίσεις από την θεωρία.• 30 εξαιρετικά επαναληπτικά θέµατα, τα οποία έχουν και ερωτήµατα µε Ρυθµό Μεταβολής. Και αυτά είναι αναλυτικότατα λυµένα, µε πλουσιότατο σχολιασµό, παρατηρήσεις, υπενθυµίσεις. ΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΔΕΝ ΠΩΛΕΙΤΑΙ ΣΕ ΚΑΝΕΝΑ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ! Αποτελεί την έντυπη έκδοση του αντίστοιχου έργου που διατίθεται ελεύθερα µέσω της ιστοσελίδας “Μαθηµατικό στέκι”. Θα το βρείτε στην διεύθυνση www.mathsteki.gr