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

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής E′(t0) = 1 ⋅ ⎢⎣⎡x′(t0) ⋅ ex(t0) + x(t0) ⋅ ex(t0) ⋅ x′(t0)⎤⎦⎥ = 1 ⋅ (3 ⋅ e4 + 4 ⋅ e4 ⋅ 3) = 15 ⋅ e4 cm2 / s , 2 2 2που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής.ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ !!Η άσκηση θέλει ιδιαίτερη προσοχή γιατί, όπως θα δείξουμε αμέσως, υπάρχει σοβαρός κίνδυνος να κά-νουμε λάθος, το οποίο μάλιστα θα είναι πολύ δύσκολο να εντοπιστεί!Παρακάτω θα παρουσιάσουμε δύο εναλλακτικούς τρόπους επίλυσης της άσκησης, τους οποίους στηνσυνέχεια θα σχολιάσουμε. 1ος εναλλακτικός τρόπος επίλυσης της άσκησης.Είδαμε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ προσδιορίζεται από την συνάρτηση E(x) = xex , x>0. 2Επίσης, καθώς το x μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής( )x(t), οπότε αντικαθιστώντας στον παραπάνω τύπο βρίσκουμε ότι E x(t) = x(t) ⋅ ex(t) , t>0. 2( )Παραγωγίζοντας ως προς t έχουμε E′ ⋅ x′(t) = 1 ⋅ ⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎧x′(t) ⋅ ex(t) + x(t) ⋅ ⎡⎢⎣ex(t) ⎦⎥⎤′⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎫ = x(t) 2= 1 ⋅ ⎣⎢⎡x′(t) ⋅ ex(t) + x(t) ⋅ ex(t) ⋅ x′(t)⎥⎤⎦ = 1 ⋅ x′(t) ⋅ ⎣⎡⎢ex(t) + x(t) ⋅ ex(t) ⎤⎥⎦ . 2 2Απλοποιώντας την ποσότητα x′(t) , που είναι σταθερή και μη μηδενική (θυμηθείτε ότι είναι 1( )x′(t) = +3 cm / s ), βρίσκουμεE′ = 2 ⋅ ⎣⎢⎡ex(t) + x(t) ⋅ ex(t) ⎦⎥⎤ . x(t)Όταν x = x(t) = 4 cm, αντικαθιστώντας βρίσκουμε E′(4) = 1 ⋅ (e4 + 4 ⋅ e4) = 5 ⋅ e4 , οπότε ο ρυθμός 2 2 5μεταβολής του εμβαδού, όταν x = 4 cm, είναι 2 ⋅ e4 . 2ος εναλλακτικός τρόπος επίλυσης της άσκησης.Ο τρόπος που θα παρουσιαστεί εδώ είναι, πρακτικά, παραλλαγή του 1ου, σε μια πιο απλοποιημένη εκ-δοχή. Θα παρακάμψουμε την ανάγκη να αναφερθούμε στον χρόνο, εκμεταλλευόμενοι τα δεδομένα τηςάσκησης.Είπαμε ότι το εμβαδόν προσδιορίζεται από την συνάρτηση E(x) = xex , x > 0. ⋅ ⎡⎣⎢(x)′ ⋅ ex + x ⋅ (ex )′⎦⎤⎥ = 2 , οπότε E′(x) = 1 1Παραγωγίζοντας βρίσκουμε 2 2 ⋅ (ex + xex ) για x = 4 (όπως δίνε-ται από την εκφώνηση) βρίσκουμε E′(4) = 1 ⋅ (e4 + 4e4) = 5 e4 , δηλαδή προκύπτει το ίδιο αποτέλεσμα 2 2με τον 1ο τρόπο που δόθηκε νωρίτερα, αλλά και πάλι διαφορετικό απ’ αυτό της αρχικής λύσης (όπωςσυνέβη και με την 1η εναλλακτική λύση). Πού βρίσκεται το λάθος;Παρατηρήστε ότι, και στους δύο εναλλακτικούς τρόπους, εσκεμμένα παραλείφθηκε η αναφορά σεμονάδες μέτρησης! Όμως, έχουμε τονίσει, ξανά και ξανά, την μεγάλη σημασία τους.Εδώ, όταν πάμε να βρούμε τις μονάδες μέτρησης, θα βρούμε το λάθος μας.Η μονάδα μέτρησης ενός ρυθμού μεταβολής είναι, όπως έχουμε πει πολλές φορές ήδη, της μορφής«μονάδα μεγέθους/μονάδα ανεξάρτητης μεταβλητής». - 36 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΒλέπετε την διαφορά σε σχέση με όσα συνήθως λέμε σε άλλες ασκήσεις; Εδώ γράψαμε στον παρονομα-στή «μονάδα ανεξάρτητης μεταβλητής» και όχι «μονάδα χρόνος», ως συνήθως! Γιατί;Αρχικά, αν προσέξουμε την 2η προτεινόμενη εναλλακτική λύση, είναι ξεκάθαρο ότι παρακάμψαμε εντε-λώς τον χρόνο και λύσαμε με ανεξάρτητη μεταβλητή το x! Άρα ο ρυθμός μεταβολής που θα βρούμεθα είναι ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ως προς x και όχι ως προς t!Άρα το αποτέλεσμα που βρίσκουμε είναι, σε πλήρη μορφή, E′(4) = 5 e4 cm2 / cm = 5 e4 cm , όπου τοτελικό «cm» προκύπτει από την απλοποίηση στο κλάσμα cm²/cm. 2 2Στον 1ο εναλλακτικό τρόπο τα πράγματα είναι, δυστυχώς, λίγο πιο δυσδιάκριτα.( )Εκεί βρήκαμε τον τύποE′ = 1 ⋅ ⎣⎡⎢ex(t) + x(t) ⋅ ex(t) ⎤⎥⎦ , που περιέχει τον χρόνο. x(t) 2Και πάλι, όμως, όταν αντικαταστήσαμε x = x(t) = 4 cm, και βρήκαμεE′(4) = 1 ⋅ (e4 + 4e4) = 5 ⋅ e4 , στην 2 2πραγματικότητα βρήκαμε πάλι ρυθμό μεταβολής ως προς x και όχι ως προς t!Πώς το καταλαβαίνουμε;Μα, από την τιμή E′(4) !Αν είχαμε μεταβολή ως προς τον χρόνο, t, αυτό το 4 θα υπονοούσε ρυθμό μεταβολής την χρονική στιγμήt = 4, που είναι λάθος όμως! Πουθενά δεν φαίνεται (και δεν βρήκαμε) τέτοια χρονική στιγμή! Θυμηθείτε·στην λύση μας απλώς θέσαμε t0 την χρονική στιγμή στην οποία είναι x = x(t0) = 4 cm . Το 4 αυτό ανα-φέρεται στο x και όχι στο t.Άρα και στους δύο εναλλακτικούς τρόπους, η αναζήτηση της μονάδας μέτρησης μάς αποκαλύπτειπού έχουμε κάνει λάθος: και στις δύο περιπτώσεις, βρήκαμε ρυθμό μεταβολής ως προς ανεξάρτητημεταβλητή x, γι’ αυτό και βρήκαμε το ίδιο, αλλά διαφορετικό της αρχικής ­και σωστής­ λύσηςαποτέλεσμα!Σαν τελική παρατήρηση θα αναφέρουμε το εξής:Οι μαθητές πρέπει να προσέχουν φυσικά όλα τα δεδομένα της άσκησης, ώστε να την λύσουν πλήρως καισωστά. Όμως και οι θεματοδότες οφείλουν να είναι (και είναι) ακόμα πιο προσεκτικοί στις διατυπώσειςτων θεμάτων και ασκήσεων, ώστε αυτές να είναι σαφείς και να μην προκαλούν παρερμηνείες. Μερικέςφορές, τα απαραίτητα στοιχεία μπορεί να μην είναι άμεσα ορατά, είναι όμως εκεί σε κάθε περίπτωση!Συνεπώς, πρέπει και αρκεί ο λύτης να είναι προσεκτικός και η λύση θα βρεθεί.Σε περίπτωση που εντοπίσουμε μία (κατά την γνώμη μας) ασάφεια σε θέμα στις Πανελλήνιες Εξετά-σεις, μία σοφή συμβουλή είναι να ζητήσουμε διευκρίνιση! Στην σπάνια περίπτωση που όντως υπάρχειασάφεια (ή και λάθος) που πρέπει να διευκρινιστεί από τον θεματοδότη, θα έρθει οδηγία και η ασάφειαθα ξεκαθαριστεί (ή το λάθος θα διορθωθεί). Σε περίπτωση που δεν έρθει διευκρίνιση, σημαίνει ότι οθεματοδότης γνωρίζει το λεπτό σημείο που μας προβληματίζει, αλλά θεωρεί ότι η εκφώνηση αρκεί γιανα δοθεί η λύση. Σε μια τέτοια περίπτωση, η λύτης απλώς θα πρέπει να προχωρήσει με την πιο «λογι-κή» επιλογή που έχει να κάνει.Στην άσκησή μας, ο ρυθμός μεταβολής του x έχει μονάδα μέτρησης cm/s, άρα είναι ρυθμός μεταβολήςως προς τον χρόνο. Εφόσον δεν φαίνεται κάτι διαφορετικό στην εκφώνηση, η ασφαλής (και σωστή) σκέ-ψη είναι ότι και ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θα είναι επίσης ρυθμός μεταβολής ωςπρος τον χρόνο.Καταλαβαίνουμε, λοιπόν, για άλλη μια φορά την σημασία της παρότρυνσης: ΠΡΟΣΟΧΗ ΣΤΙΣ ΜΟΝΑΔΕΣ ΜΕΤΡΗΣΗΣ !!!Και εδώ μένει να απαντήσουμε σε ένα τελευταίο ερώτημα:Τι θα γινόταν (ή πώς θα καταλαβαίναμε), αν η άσκηση όντως ήθελε να βρούμε ρυθμό μεταβολής ωςπρος x και όχι ως προς t;Η απάντηση είναι η εξής: - 37 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΑν δεν μας ενδιέφερε ο χρόνος, τότε το δεδομένο ότι «το x μεταβάλλεται με ρυθμό μεταβολής 3 cm/s»είναι παντελώς άχρηστο (για να μην πούμε και παραπλανητικό!).Πράγματι· αν θέλουμε να βρούμε ρυθμό μεταβολής του εμβαδού ως προς ανεξάρτητη μεταβλητή το x,τότε δεν μας ενδιαφέρει καθόλου ο χρόνος! Αν υπήρχε χρόνος, τότε θα ήταν αυτός η ανεξάρτητη μετα-βλητή και όχι το x.Στην περίπτωση αυτή, λοιπόν, η εκφώνηση της άσκησης θα ήταν η εξής:«Έστω Ε το εμβαδόν του τριγώνου που ορίζουν τα σημεία Α(x , 0) , B(0 , ex ) και Ο(0 , 0) , με x > 0 . Ναβρείτε τον ρυθμό μεταβολής του Ε (ή «Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής, ως προς x, του Ε»), ότανx = 4 cm». Τελικό σχόλιο.Μην σας τρομάζουν όλα όσα προηγήθηκαν! Η ανάλυση αυτή έγινε, για να ξεκαθαρίσουν κάποια πολύλεπτά σημεία. Αν επιστρέψετε στην αρχική (και σωστή) λύση, θα δείτε ότι, αν ακολουθείτε, με προσοχήκαι συνέπεια, τα βήματα που έχουν περιγραφεί στην μεθοδολογία, τότε η λύση της άσκησης είναι«στρωτή» και χωρίς «σκοτεινά» σημεία. Άσκηση 15( )Ένα σώμα κινείται σε κυκλική τροχιά με εξίσωση x2 + y2 = 4 . Καθώς περνάει από το σημείοΑ −1, 3 , η τετμημένη του ελαττώνεται με ρυθμό 6 m/s. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγ-μένης του, την χρονική στιγμή που το σώμα περνάει από το Α. Το σώμα περνάει από το Α ακολουθώ-ντας την θετική φορά κίνησης ή όχι;Έστω Μ(x, y) το σημείο της κυκλικής τροχιάς, στο οποίο βρίσκεται το σώμα. Το σημείο αυτό μεταβάλ-λεται, καθώς το σημείο κινείται, συναρτήσει του χρόνου, επομένως έχει συντεταγμένες της μορφήςM(x(t) , y(t)) , t ≥ 0 .Αφού το Μ είναι σημείο της κυκλικής τροχιάς, ισχύει x2(t) + y2(t) = 4 (1)Παραγωγίζοντας την (1) ως προς t, βρίσκουμε 2 x(t) ⋅ x′(t) + 2 y(t) ⋅ y′(t) = 0 ⇒ x(t) ⋅ x′(t) + y(t) ⋅ y′(t) = 0 (2)Έστω t0 η χρονική στιγμή που το σώμα περνάει από το σημείο Α.Τότε το Μ ταυτίζεται με το Α, άρα ισχύουν x(t0) = −1 , y(t0) = 3 . Επιπλέον, την χρονική αυτή στιγμήη τετμημένη του ελαττώνεται με ρυθμό 6 m/s, συνεπώς ισχύει x′(t0) = −6 m / s .Για την χρονική στιγμή t0 επομένως, από την (2) έχουμε ότι x(t0) ⋅ x′(t0) + y(t0) ⋅ y′(t0) = 0 , όπου αντι-καθιστώντας τα παραπάνω αριθμητικά δεδομένα βρίσκουμε−1 ⋅ (−6) + 3 ⋅ y′(t0) = 0 ⇔ 3 ⋅ y′(t0) = −6 ⇔ y′(t0) = − 6 =− 63 ⇔ y′(t0) = −2 3 m / s . 3 3Η μονάδα μέτρησης, εφόσον δεν υπάρχει κάποια διαφοροποίηση στην εκφώνηση, θα είναι ίδια με αυτήντου x′(t0) , δηλαδή m/s.Μένει να βρούμε αν το σώμα, καθώς περνάει από το σημείο Α, κινείται κατά την θετική φορά ή όχι.Αρχικά να θυμίσουμε ότι, θετική φορά θεωρείται η φορά διαγραφής του κύκλου αντίθετα από αυτήν τηςκίνησης των δεικτών του ρολογιού, ενώ αρνητική φορά είναι η φορά διαγραφής του κύκλου, που είναιίδια με αυτήν της κίνησης των δεικτών του ρολογιού. - 38 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕπίσης, να θυμηθούμε εδώ ότι η παράγωγος της συνάρτησης θέσης για ένα σημείο που κινείται πάνω σεάξονα, μας δίνει την ταχύτητα κίνησης του σημείου αυτού πάνω στον άξονα. Όταν η ταχύτητα είναι θε-τική, το σώμα κινείται κατά την θετική φορά του άξονα, ενώ, αντίστοιχα, αρνητική ταχύτητα σημαίνεικίνηση κατά την αρνητική φορά του άξονα.Έτσι, η παράγωγος της συνάρτησης x(t), που μας δίνει την θέση της προβολής Μx του σημείου Μ επίτου οριζόντιου άξονα x΄x, δηλαδή η συνάρτηση x′(t) , είναι η ταχύτητα, υx(t) , με την οποία κινείται ηπροβολή, Mx , του σημείου Μ επί του x΄x.Αντίστοιχα, η παράγωγος της συνάρτησης y(t), που μας δίνει την θέση της προβολής My του σημείου Μεπί του κατακόρυφου άξονα y΄y, δηλαδή η συνάρτηση y′(t) , είναι η ταχύτητα, υy(t) , με την οποία κινεί-ται η προβολή My του σημείου Μ επί του y΄y.Την χρονική στιγμή t0 , για το κινητό μας ισχύει ότι x′(t0) = −6 m / s ⇒ υx(t0) = −6 m / s < 0 , όπου τοαρνητικό πρόσημο του αποτελέσματος σημαίνει ότι η προβολή Mx κινείται προς τα αριστερά. Άρα καιτο σημείο Μ κινείται επί της κυκλικής τροχιάς προς τα αριστερά.Επίσης βρήκαμε ότι y′(t0) = −2 3 m / s ⇒ υy(t0) = −2 3 m / s < 0 , όπου το αρνητικό πρόσημο τουαποτελέσματος σημαίνει ότι η προβολή My κινείται προς τα κάτω. Άρα και το σημείο Μ κινείται επίτης κυκλικής τροχιάς προς τα κάτω.Συνεπώς το σημείο Μ, την χρονική στιγμή t0 , βρίσκεται στο 2οτεταρτημόριο (όπως καταλαβαίνουμε από τις συντεταγμένες του Α,που είναι xA = −1 < 0 , yA = 3 > 0 ) και κινείται επί της κυκλικήςτροχιάς προς τα κάτω και αριστερά. Αυτό σημαίνει ότι, όταν τοκινητό περνάει από το σημείο Α (οπότε οι θέσεις των Μ και Αταυτίζονται), κινείται ακολουθώντας την θετική φορά κίνησης, όπωςφαίνεται στο σχήμα δεξιά.Ότι διευκρινήσαμε σε ποιο τεταρτημόριο είναι το σημείο Α έχει μεγά-λη σημασία! Όταν το Μ περνάει από την θέση του Α, που βρίσκεταιστο 2ο τεταρτημόριο, η κίνησή του προς τα κάτω και αριστερά σημαί-νει κίνηση κατά την θετική φορά διαγραφής. Αν το Α ήταν σημείο του4ου τεταρτημορίου, η ίδια ακριβώς κίνηση (προς τα κάτω και αριστε-ρά) θα σήμαινε κίνηση προς την αρνητική φορά διαγραφής! - 39 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 16Ένας πεζοπόρος ξεκινάει από το σημείο Α ενός κυκλικού δρόμου ακτίνας 4 km και βαδίζει με σταθερήταχύτητα 2 km/h. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του μήκους της διαδρομής και της αντίστοιχης χορ-δής, ως προς τον χρόνο t, κατά την χρονική στιγμή t0 , που η επίκεντρη γωνία διαγραφής είναι ίση μεπ3 .Η άσκηση είναι ένα πρόβλημα, το οποίο λύνεται με την βοήθεια του ρυθμούμεταβολής, καθώς περιέχει ταχύτητα. Για την λύση του θα ανακαλέσουμε βα-σικές γνώσεις Γεωμετρίας και Τριγωνομετρίας, οι οποίες πολύ συχνά χρησι-μοποιούνται στην επίλυση τέτοιων ασκήσεων (και εδώ έχουμε ένα χαρακτη-ριστικό παράδειγμα).Στο σχήμα δεξιά έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλήματος.Να παρατηρήσουμε εδώ ότι θα φτιάξουμε εξ ολοκλήρου δικό μας σχήμα. Εφό-σον η λύση μας θα βασιστεί σ’ αυτό, καλό είναι να δώσουμε κάποιες σχετικέςπληροφορίες, κυρίως για τα μεγέθη της εκφώνησης και πού/πώς αντιστοιχίζο-νται στο σχήμα μας. Όλα τα σχετικά στοιχεία οφείλουμε να τα καταγράψουμε, πριν ξεκινήσει η επίλυσητης άσκησης.Ο πεζοπόρος ξεκινάει από το σημείο Α της κυκλικής τροχιάς και κινείται με την θέση του, ανά πάσαχρονική στιγμή, να είναι αυτή του σημείου Β.Έστω S το μήκος του τόξου ΑΒ, δηλαδή το μήκος της διαδρομής που διανύει ο πεζοπόρος. Τότε η αντί-στοιχη χορδή είναι η ΑΒ, με αντίστοιχη επίκεντρη γωνία την θ. Τα μεγέθη αυτά μεταβάλλονται συναρτή-σει του χρόνου, άρα περιγράφονται, αντίστοιχα, από συναρτήσεις της μορφής S(t), για το μήκος της δια-δρομής, x(t), για το μήκος της χορδής ΑΒ, και θ(t), για την επίκεντρη γωνία. Η ακτίνα της διαδρομής εί-ναι σταθερή και ίση με R = ΟΑ = 4 km.Ο πεζοπόρος βαδίζει με σταθερή ταχύτητα υ = 2 km/h κατά μήκος της κυκλικής διαδρομής. Συνεπώς, ορυθμός μεταβολής του μήκους του διαγραφόμενου τόξου είναι σταθερός και ίσος με S′(t) = υ(t) = 2 km / h .Έστω ΟΜ το απόστημα της χορδής ΑΒ. θ 2Τότε το τρίγωνο ΟΑΜ είναι ορθογώνιο και για την γωνία ΑΟΜ = ισχύει ΑΒ θ ΑΜ ΑΒ ηµ 2 = ΟΑ = 2 = 2ΟΑ , ΟΑοπότε είναι ΑΒ = 2 ⋅ ΟΑ ⋅ ηµ θ ⇔ ΑΒ = 2 ⋅ 4 ⋅ ηµ θ ⇔ ΑΒ = 8ηµ θ . 2 2 2 θ(t)Συνεπώς, χρησιμοποιώντας τις συναρτήσεις που ορίσαμε νωρίτερα, έχουμε ότι x(t) = 8ηµ 2 .Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t έχουμε x′(t) = 8 ⋅ συν θ(t) ⋅ ⎣⎡⎢⎢ θ(t) ⎤⎦⎥⎥′ = 8 ⋅ συν θ(t) ⋅ θ′(t) ⇒ x′(t) = 4 ⋅ θ′(t) ⋅ συν θ(t) (1) 2 2 2 2 2Από την Γεωμετρία γνωρίζουμε ότι, το μήκος, S, του τόξου με αντίστοιχη επίκεντρη γωνία θ ακτινίων, σεκύκλο ακτίνας R, δίνεται από τον τύπο S = θ ⋅ R . Συνεπώς για την άσκησή μας ισχύει, αντίστοιχα, ότι R=4 S(t) = θ(t) ⋅ R ⇒ S(t) = 4θ(t) . - 40 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΠαραγωγίζοντας ως προς t βρίσκουμε S′(t) = 4θ′(t) ⇔ θ′(t) = S′(t) . 4Τότε με αντικατάσταση στην (1) προκύπτει x′(t) = 4 ⋅ S′(t) ⋅ συν θ(t) ⇒ x′(t) = S′(t) ⋅ συν θ(t) , 4 2 2 θ(t)όπου S′(t) = υ(t) = 2 . Επομένως είναι x′(t) = 2 ⋅ συν 2 .Την χρονική στιγμή t0 , που η επίκεντρη γωνία διαγραφής είναι ίση με θ(t0) = π , το μήκος της χορδήςΑΒ είναι ίσο με x′(t0) αντικατάσταση βρίσκουμε 3 = 2 ⋅ συν θ(t 0 ) , όπου με 2 π x′(t0) = 2 ⋅ συν 3 = 2συν π = 2⋅ 3 ⇒ x′(t0) = 3. 2 6 2Τελικά, την χρονική στιγμή t0 ο ρυθμός μεταβολής της αντίστοιχης χορδής είναι 3 km / h . Άσκηση 17Σημείο Μ κινείται στην ευθεία με εξίσωση y = 4x + 1. Αν η τετμημένη του Μ αυξάνεται με ρυθμό2 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της απόστασης του Μ από το σημείο Α(4, 0), την χρονική στιγμήπου το Μ έχει τετμημένη 4.Αν M(x, y) είναι οι συντεταγμένες του Μ, τότε αυτές μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδήείναι x = x(t) και y = y(t). Επιπλέον, αφού το Μ κινείται (ανήκει) στην ευθεία, οι συντεταγμένες του θαεπαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει y(t) = 4x(t) + 1 . Άρα είναι M(x(t) , y(t)) ή M(x(t) , 4x(t) + 1) .Από τα δεδομένα έχουμε ότι ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Μ είναι σταθερός και ίσος με x′(t) = 2 cm / s .Η απόσταση του Μ από το Α είναι (ΑΜ) = d = (xM − xA )2 + (yM − yA )2 = (x − 4)2 + (y − 0)2 ⇔ (AM) = d = (x − 4)2 + y2 (1)Αφού οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, το ίδιο θα συμβαίνει και με τηναπόσταση d, δηλαδή θα είναι d(t) = ⎡⎢⎣x(t) − 4⎥⎦⎤2 + y2(t) = ⎡⎣⎢x(t) − 4⎤⎦⎥2 + ⎢⎡⎣4x(t) + 1⎦⎤⎥2 == x2(t) − 8x(t) + 16 + 16x2(t) + 8x(t) + 1 = 17x2(t) + 17 = 17 ⋅ ⎡⎢⎣x2(t) + 1⎥⎦⎤ ⇔⇔ d(t) = 17 ⋅ x2(t) + 1 (2)Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t έχουμε d′(t) = 17 ⋅ 1 ⋅ ⎢⎣⎡x2(t) + 1⎦⎤⎥′ = 17 ⋅ 2 x(t) ⋅ x′(t) = 17 ⋅ x(t) ⋅ x′(t) . 2 x2(t) + 1 2 x2(t) + 1 x2(t) + 1Αν t0 η χρονική στιγμή που το Μ έχει τετμημένη 4, τότε θα ισχύει x(t0) = 4 , ενώ και ο ρυθμός μεταβο-λής της τετμημένης είναι ίσος με x′(t0) = 2 . - 41 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕίναι d(t0) = 17 ⋅ x(t0) ⋅ x′(t0) , όπου αντικαθιστώντας τα παραπάνω δεδομένα έχουμε x2(t0) + 1d′(t0) = 17 ⋅ 4 ⋅ 2 = 8 , οπότε ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι ίσος με 8 cm/s. 42 + 1Η εκφώνηση φαινομενικά δεν μας έχει δώσει πολλά στοιχεία για τις μονάδες μέτρησης. Όμως, και μόνοπου μας έδωσε μονάδες μέτρησης για τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Μ μάς δίνει όσα χρεια-ζόμαστε. Πράγματι· ο χρόνος μετράται σε δευτερόλεπτα και οι αποστάσεις που δίνονται είναι σε cm(αλλιώς θα έπρεπε να ξεκαθαριστεί από την εκφώνηση αν ίσχυε κάτι διαφορετικό). Το μοναδικό «γκρί-ζο» σημείο είναι η τετμημένη του Μ, που αναφέρεται απλώς 4. Ελλείψει άλλων στοιχείων, μπορούμε ναθεωρήσουμε ότι και εδώ μετράμε σε cm (αν ίσχυε κάτι διαφορετικό, θα όφειλε ο θεματοδότης να τοξεκαθαρίσει στην εκφώνηση). Άσκηση 18Σημείο Μ κινείται στην ευθεία ε: 3x + 2y = 6. Αν, κατά την χρονική στιγμή t = 0, βρίσκεται στο σημείοΑ(2, 0) και την χρονική στιγμή t η τεταγμένη του είναι 3t², να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμέ-νης του, όταν το σημείο βρεθεί πάνω στον άξονα y΄y.Η άσκηση αυτή δείχνει παρόμοια με την 17, έχει όμως κάποιες σημαντικές διαφορές. Εδώ έχουμε μενμια σχέση που συνδέει τις συντεταγμένες του σημείου Μ, επιπλέον όμως έχουμε και μία σχέση πουπροσδιορίζει πώς μεταβάλλεται η τεταγμένη του Μ ως προς τον χρόνο! Ας δούμε πώς διαμορφώνεται ηλύση με αυτό το παραπάνω δεδομένο.Αν M(x, y) είναι οι συντεταγμένες του Μ, τότε αυτές μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδήείναι x = x(t) και y = y(t). Επιπλέον, αφού το Μ κινείται (ανήκει) στην (ε), οι συντεταγμένες του θαεπαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει 3x(t) + 2y(t) = 6 (1)( )Άρα το Μ έχει συντεταγμένες της μορφής M x(t) , y(t) , που συνδέονται με την σχέση (1).Την χρονική στιγμή t = 0, το Μ βρίσκεται στην θέση (2, 0), άρα είναι x(0) = 2 και y(0) = 0. Επιπλέον,την τυχαία χρονική στιγμή t, η τεταγμένη του Μ δίνεται από την σχέση y(t) = 3t2 , t ≥ 0 (2)Γράφουμε t ≥ 0 και όχι απλά t > 0 , αφού παρατηρούμε ότι για t = 0 η (2) δίνει y(0) = 3·0² = 0, πουισχύει.Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) βρίσκουμε ότι 3x(t) + 2 ⋅ 3t2 = 6 ⇔ 3x(t) = 6 − 6t2 ⇔ x(t) = 2 − 2t2 , t ≥ 0 (3)Όπως και πριν, έτσι κι εδώ γράφουμε t ≥ 0 και όχι t > 0 , αφού για t = 0 η (3) δίνει x(0) = 2 ­ 2·0² == 2, που ισχύει.Παραγωγίζοντας την (3) ως προς t βρίσκουμε x′(t) = −4t (4)Θέλουμε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του σημείου, όταν αυτό βρεθεί πάνω στονάξονα y΄y. Αρχικά λοιπόν, θα προσδιορίσουμε πότε συμβαίνει αυτό, πότε δηλαδή το Μ βρίσκεται πάνωστον y΄y. t≥0Αυτό συμβαίνει, όταν x(t) = 0 ⇔ 2 − 2t2 = 0 ⇔ 2t2 = 2 ⇔ t2 = 1 ⇔ t = 1 .Τότε από την (4) βρίσκουμε ότι η τετμημένη του Μ μεταβάλλεται με ρυθμό x′(1) = −4 ⋅1 = −4 . - 42 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΗ άσκηση αυτή είναι μία σχετικά σπάνια περίπτωση, όπου για κανένα μέγεθος δεν έχουν δοθεί μονάδεςμέτρησης. Άρα και τα αποτελέσματά μας θα είναι αριθμητικά, χωρίς να χρειάζεται να συμπληρωθεί μο-νάδα μέτρησης. Αν θέλουμε να εκφράσουμε γενικά την μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής, θαπούμε ότι είναι της μορφής «μονάδα απόστασης/μονάδα χρόνου», χωρίς όμως να έχουμε στοιχεία γιανα γίνουμε πιο συγκεκριμένοι. Αφήνοντας τα αριθμητικά αποτελέσματα χωρίς περαιτέρω εξηγήσεις, δενυπάρχει πρόβλημα. Άσκηση 19Στο διπλανό σχήμα δίνεται ένα καρτεσιανό σύστημα συντεταγμέ-νων και τα σημεία Α(0, 3) και Β(6, 0).α) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ.β) Ένα σημείο, Μ, κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ (ξεκινώντας από το Α), ώστε η τετμημένη του να αυξάνεται κατά 2 cm/s. Έστω, επίσης, Κ και Λ οι προβολές του Μ στους άξονες x΄x και y΄y αντίστοιχα. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του ΟΚΜΛ, την χρονική στιγμή που: Ι. το ΟΚ είναι τετραπλάσιο του ΟΛ. ΙΙ. το ΟΚΜΛ είναι τετράγωνο.α) Είναι ΑΒ : y − yA = λΑΒ ⋅ (x − xA ) , όπου λΑΒ = yB − yA = 0−3 =− 3 =− 1 . xB − xA 6−0 6 2Άρα είναι ΑΒ : y − 3 = − 1 ⋅ (x − 0) ⇔ ΑΒ : y = − 1 x+3. 2 2β) Αν M(x, y) οι συντεταγμένες του Μ, τότε αφού αυτό κινείται πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ οισυντεταγμένες του θα προσδιορίζονται από συναρτήσεις της μορφής x(t), y(t), για τις οποίες έχουμε ταεξής δεδομένα από την εκφώνηση:I. η τετμημένη του Μ αυξάνεται κατά 2 m/s, συνεπώς ο ρυθμός μεταβολής της, x(t), είναι σταθερός και ίσος με x′(t) = +2 m / s .ΙΙ. το Μ ξεκινά την κίνησή του από το Α, συνεπώς την χρονική στιγμή t = 0 για τις συντεταγμένες του ισχύουν x(0) = 0 και y(0) = 3.ΙΙΙ. το Μ είναι σημείο της ευθείας ΑΒ, άρα για τις συντεταγμένες του ισχύει y(t) = − 1 ⋅ x(t) + 3 (1) 2Παραγωγίζοντας την (1) ως προς τον χρόνο βρίσκουμε y′(t) = − 1 ⋅ x′(t) , όπου αντικαθιστώντας τον 2 1σταθερό ρυθμό μεταβολής, x′(t) = 2 m / s , βρίσκουμε y′(t) = − 2 ⋅ 2 = −1 m / s , που σημαίνει ότι ητεταγμένη του Μ μειώνεται με σταθερό ρυθμό, ίσο με 1 m/s.Τα σημεία Κ και Λ έχουν συντεταγμένες της μορφής K(x(t) , 0) , Λ(0 , y(t)) , άρα το ορθογώνιο ΟΚΜΛέχει εμβαδόν Ε = (ΟΚΜΛ) = ΟΚ ⋅ ΟΛ = x(t) ⋅ y(t) , t ≥ 0 .Ο ρυθμός μεταβολής του είναι E′(t) = x′(t) ⋅ y(t) + x(t) ⋅ y′(t) . - 43 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΙ. Αν t1 η χρονική στιγμή που ισχύει ΟΚ = 4ΟΛ, θα είναι x(t1) = 4y(t1) καιy(t) = − 1 ⋅ x(t) + 3 ⇒ y(t1) = − 1 ⋅ x(t1) + 3 ⇒ y(t1) = − 1 ⋅ 4y(t1) + 3 ⇒ y(t1) = −2y(t1) + 3 ⇒ 2 2 2⇒ 3y(t1) = 3 ⇒ y(t1) = 1 .Τότε θα είναι και x(t1) = 4 ⋅1 = 4 .Την ίδια χρονική στιγμή είναι E′(t1) = x′(t1) ⋅ y(t1) + x(t1) ⋅ y′(t1) , δηλαδή E′(t1) = 2 ⋅ 1 + 4 ⋅ (−1) = −2 m2 / s ,που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής.ΙΙ. Αν t2 η χρονική στιγμή που το ΟΚΜΛ γίνεται τετράγωνο, θα είναι ΟΚ = ΟΛ και θα ισχύουν και x(t2) = y(t2) .Επίσης θα είναι y(t2) = − 1 ⋅ x(t2) + 3 ⇒ y(t2) = − 1 ⋅ y(t2) + 3 ⇒ 2y(t2) = −y(t2) + 6 ⇒ 2 2⇒ 3y(t2) = 6 ⇒ y(t2) = 2 .Τότε θα είναι και x(t2) = 2 .Την ίδια χρονική στιγμή είναι E′(t2) = x′(t2) ⋅ y(t2) + x(t2) ⋅ y′(t2) , δηλαδή E′(t2) = 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ (−1) = 2 m2 / s ,που δίνει τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Άσκηση 20Μια μεταβλητή ορθή γωνία ΑΟΒ τέμνει την παραβολή με εξίσωση y = x2 στα σημεία Α και Β. Η τετ-μημένη, xA , του Α μεταβάλλεται με ρυθμό 3 cm/s. Να βρεθούν:α) οι συντεταγμένες των σημείων Α και Β ως συνάρτηση του xΑ .β) ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΟΒ, την χρονική στιγμή που είναι xA = 2 cm .ΠΡΟΣΟΧΗ !! Όταν η εκφώνηση λέει «μεταβλητή ορθή γωνία», εν-νοεί ότι η γωνία ΑΟΒ έχει πλευρές ΟΑ και ΟΒ που μεταβάλλονται,καθώς τα σημεία Α και Β κινούνται πάνω στην παραβολή, ώστε ηγωνία να παραμένει συνεχώς ορθή. Άρα η λέξη «μεταβλητή» δεναναφέρεται στο άνοιγμα της γωνίας (που παραμένει σταθερό καιίσο με 90°), αλλά στις πλευρές της, οι οποίες μεταβάλλονται συνε-χώς, ακολουθώντας την κίνηση των Α και Β πάνω στην παραβολή.α) Έστω A(xA , yA ) , B(xB , yB) οι συντεταγμένες των Α, Β και αςείναι xA > 0 , xB < 0 .Εφόσον σχηματίζεται ορθή γωνία ΑΟΒ, κανένα από τα Α, Β δενταυτίζεται με το Ο.Τα Α και Β είναι σημεία της παραβολής, άρα οι συντεταγμένες τουςεπαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή ισχύουν yA = x2A , yB = x2B , οπότε είναι Α(xΑ , x2A ) . - 44 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕπιπλέον, η γωνία ΑΟΒ είναι ορθή, οπότε ΟΑ ⊥ ΟΒ ⇔ λΟΑλΟΒ = −1 ⇔ yA ⋅ yB = −1 ⇔ x 2 ⋅ xB2 = −1 ⇔ xAxB = −1 ⇔ xB = − 1 (1) xA xB A xB xA xAΛόγω της (1), από την σχέση yB = x2B έχω yB = ⎝⎛⎜⎜⎜⎜− 1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎠2 ⇔ yB = 1 . xA x2A B⎜⎜⎜⎛⎜⎝− ⎟⎟⎟⎞⎠⎟⎟ .Επομένως είναι 1 , 1 xA x2Aβ) Το ΑΟΒ είναι ορθογώνιο, άρα έχει εμβαδόν Ε = (ΑΟΒ) = ΟΑ ⋅ ΟΒ , όπου: 2 2 x2A + (x2A )2 = xA >0• OA = (OA) = x A + y2A = x2A + x4A = x2A(1 + x2A ) ⇔ (OA) = xA ⋅ 1 + x2A .• OB = (OB) = x2B + y2B = ⎜⎛⎜⎝⎜⎜− 1 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟⎟2 + ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟2 = 1 + 1 = x2A + 1 ⇔ (OB) = 1 + x2A . xA x2A x2A x4A x2A x 4 A xA ⋅ 1 + x2A ⋅ 1 + x2A 2Άρα είναι Ε = (ΑΟΒ) = x 2 = 1 + x2A . A 2xAΌμως η τετμημένη του Α μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, δηλαδή είναι xA = xA(t) = x(t) , οπότεκαι το Ε θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, συνεπώς θα είναι E(t) = 1 + x2(t) = 1 ⋅ ⎣⎢⎢⎡⎢ 1 + x2 (t) ⎥⎤⎥⎥⎦ = 1 ⋅ ⎡⎢⎣⎢ 1 + x(t)⎥⎤⎦⎥ . 2x(t) 2 x(t) x(t) 2 x(t)Ο ρυθμός μεταβολής του, ως προς τον χρόνο, είναι E′(t) = 1 ⋅ ⎣⎡⎢⎢− x′(t) + x′(t) ⎤⎥⎥⎦ . 2 x2(t)Ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Α είναι σταθερός και ίσος με 3 cm/s, άρα είναι καιx′(t0) = 3 cm / s .Για την χρονική στιγμή t0 είναι E′(t0) = 1 ⋅ ⎢⎢⎡⎣⎢− x′(t 0 ) + x′(t0) ⎥⎥⎥⎦⎤ , όπου αν αντικαταστήσουμε τις προη- 2 x2(t0)γούμενες τιμές βρίσκουμε E′(t0) = 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜− 3 + 3⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = 9 cm2 / s και έχουμε τον ζητούμενο ρυθμό μετα- 2 22 8βολής. - 45 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 21Έστω η συνάρτηση f(x) = 1 + ℓnx και το σημείο Α, που ηεφαπτομένη, (ε), σε αυτό διέρχεται από το σημείο Β(0, 1).α) Να βρείτε την εξίσωση της (ε).β) Αν ένα σημείο Μ κινείται κατά μήκος της Cf και καθώς περνάει από το Α η τετμημένη του, x, ελαττώνεται κατά 4 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του την χρονική στιγμή που το κινητό περνάει από το σημείο Α.παα)ραΕγίνωαγιίσDιμf η=, (0 , + ∞) , στο οποίο η f είναι συνεχής και ως άθροισμα συνεχών και παραγωγίσιμων,αντίστοιχα, συναρτήσεων.( )Αν A x0 , f(x0) το σημείο της Cf , στο οποίο φέρουμε τηνζητούμενη εφαπτομένη, τότε αυτή θα έχει εξίσωσηε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) .Είναι f′(x) = 1 , οπότε ε : y − (1 + ℓnx0) = 1 ⋅ (x − x0) ⇔ ε : y − 1 − ℓnx0 = 1 ⋅x−1 ⇔ x x0 x0⇔ ε:y= 1 ⋅ x + ℓnx0 (1) x0Αφού η (ε) διέρχεται από το Β, ισχύει 1= 1 ⋅0+ ℓnx0 ⇔ ℓnx0 = 1 ⇔ x0 = e .Τότε από την (1) έχω την ε: x0 ⋅x +1. 1 1 y= e ⋅x + ℓne ⇔ ε : y = eβ) Έστω M(x, y) το σημείο που κινείται κατά μήκος της καμπύλης της Cf .( )Αφού οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, θα είναι M x(t) , y(t) και, αν ονο-μάσουμε t0 την χρονική στιγμή που το Μ περνάει από το Α(e, 2), οι συντεταγμένες τους θα ταυτίζο-νται.Επομένως για τις συντεταγμένες του Μ ισχύουν x(t0) = e , y(t0) = 2 .Ακόμη, την χρονική στιγμή t0 η τετμημένη του Μ ελαττώνεται με ρυθμό 4 cm/s, άρα ισχύει x′(t0) = −4 cm / s .Αναζητούμε τον ρυθμό μεταβολής, y′(t0) , της τεταγμένης του Μ την χρονική στιγμή t0 που το κινητόπερνά από το Α, δηλαδή όταν τα Μ και Α ταυτίζονται.( )Από τον τύπο της f έχουμε y = f(x) = 1 + ℓnx , οπότε είναι y(t) = 1 + ℓn x(t) .Παραγωγίζοντας εδώ ως προς t έχουμε y′(t) = 1 ⋅ x′(t) = x′(t) και την χρονική στιγμή t0 θα είναι cm / s , απ’ όπου x(t) x(t) ρυθμό μεταβολής. x′(t 0 ) −4y′(t0) = x(t 0 ) = e παίρνουμε τον ζητούμενο - 46 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 22Σημείο Μ κινείται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = (x − 1)3 . Η τετμημένη του Μ κινείταιμε σταθερό ρυθμό 1, πάνω στον ημιάξονα Ox, παίρνοντας μόνο θετικές τιμές. Να βρείτε:α) μία σχέση που να συνδέει την γωνία θ, που σχηματίζει η εφαπτόμενη ευθεία της γραφικής παράστα- σης της f στο Μ, με τον άξονα x΄x και την τετμημένη, x, του σημείου Μ.β) τον ρυθμό μεταβολής της γωνίας θ, την χρονική στιγμή που η εφαπτόμενη ευθεία στο Μ είναι παράλληλη στην ευθεία ε: 3x ­ y + 2 = 0.α) Στο τυχαίο σημείο M(x, f(x)) της Cf ισχύειεϕθ = f′(x) , απ’ όπου προκύπτει εϕθ = 3(x − 1)2 ,η οποία είναι και η ζητούμενη σχέση.Βλέπουμε εδώ ότι δεν βρήκαμε συνάρτηση πουνα συνδέει άμεσα τα δύο μεγέθη! Αυτό συμβαί-νει, διότι δεν έχουμε τρόπο, με λυκειακά Μαθη-ματικά, να συνδέσουμε άμεσα την γωνία θ με τοx. Η σύνδεση, όπως έχουμε δει και σε άλλες ασ-κήσεις με γωνίες, γίνεται μέσω των τριγωνομε-τρικών αριθμών.Σε αυτήν την λεπτομέρεια οφείλεται και η προ-σεκτική διατύπωση της εκφώνησης, που δεν λέει«υπολογίστε την γωνία θ συναρτήσει του x». Ηδιατύπωση αυτή (συγκεκριμένα, η λέξη «συναρ-τήσει») υπονοεί την εύρεση συνάρτησης. Επειδήαυτό δεν είναι δυνατό, η εκφώνηση λέει «βρείτε μία σχέση που να συνδέει...», αφήνοντας την δυνατότη-τα αυτή η σύνδεση να είναι έμμεση, μέσω, π.χ., τριγωνομετρικών αριθμών, όπως συμβαίνει εδώ.Επιπλέον, να παρατηρήσουμε ότι, αν μπορούμε να λύσουμε την σχέση μας ως προς x, τότε μπορούμε ναβρούμε μία συνάρτηση που να υπολογίζει το x συναρτήσει του θ. Και πάλι, στο δεύτερο μέλος θα έχου-με τριγωνομετρικό αριθμό βέβαια, αλλά η μορφή x = φ(θ) ταιριάζει και σε εκφώνηση της μορφής «υπο-λογίστε το x συναρτήσει του θ».Στην συγκεκριμένη άσκηση βέβαια, η επίλυση της σχέσης ως προς x δεν είναι πολύ απλή και, φυσικά,δεν είναι απαραίτητη!β) Η ευθεία (ε) έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = −3 =3. −1Τόσο η τετμημένη του σημείο Μ, όσο και η γωνία θ, μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, οπότε η σχέ-( )ση του (α) γράφεται εϕ θ(t) = 3 ⎡⎣⎢x(t) − 1⎥⎦⎤2 . θ′(t) συν2θ(t)Παραγωγίζοντάς την ως προς t βρίσκουμε = 3 ⋅ 2 ⎢⎡⎣x(t) − 1⎥⎦⎤ ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 1⎥⎤⎦′ ⇒⇒ θ′(t) ⋅ 1 = 6x′(t) ⋅ ⎡⎣⎢x(t) − 1⎦⎤⎥ ⇒ θ′(t) ⋅ ⎣⎢⎡1 + εϕ2θ(t)⎦⎥⎤ = 6x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 1⎥⎤⎦ ⇒ θ′(t) = 6x′(t) ⋅ ⎢⎣⎡x(t) − 1⎦⎥⎤ . συν2θ(t) 1 + εϕ2θ(t)Την χρονική στιγμή t0 , που η εφαπτομένη είναι παράλληλη με την (ε), ισχύει λεϕ = λε , απ’ όπου προκύ-πτει εϕθ(t0) = 3 ⇔ 3 ⎢⎡⎣x(t0) − 1⎤⎥⎦2 = 3 ⇔ ⎡⎢⎣x(t0) − 1⎤⎥⎦2 = 1 ⇔ x(t0) − 1 = 1 ή x(t0) − 1 = −1 ⇔⇔ x(t0) = 2 ή x(t0) = 0 . - 47 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΗ λύση x(t0) = 0 απορρίπτεται, αφού η τετμημένη παίρνει μόνο θετικές τιμές (από την εκφώνηση). Άραείναι x(t0) = 2 .Επιπλέον, η τετμημένη του Μ κινείται με σταθερό ρυθμό ίσο με 1, συνεπώς ισχύει x′(t) = 1 , για κάθεχρονική στιγμή, άρα και x′(t0) = 1 . 6x′(t0) ⋅ ⎢⎣⎡x(t0) − 1⎦⎥⎤ , 1 + εϕ2θ(t0)Την χρονική στιγμή t0 , ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής της γωνίας είναι θ′(t0) =όπου με αντικατάσταση των σχετικών τιμών βρίσκουμε θ′(t0) = 6 ⋅1 ⋅ (2 − 1) = 6 = 3 = 0, 6 μον.γωνίας/μον.χρόνου. 1 + 32 10 5 Άσκηση 23Το κόστος παραγωγής, K(x), και η τιμή πώλησης, Π(x), x μονάδων ενός προϊόντος, δίνονται από τις 1 3συναρτήσεις K(x) = x2 , Π(x) = 3 x3 − 2 x2 + 6x + 500 αντίστοιχα. Να βρεθούν:α) η συνάρτηση P(x), που δίνει το κέρδος από την πώληση x μονάδων του προϊόντος.β) πότε το οριακό κέρδος μηδενίζεται και πότε είναι θετικό.Εδώ έχουμε μία βασική εφαρμογή του ρυθμού μεταβολής σε οικονομικά μεγέθη. Εδώ βλέπουμε στην εκ-φώνηση και την χρήση του όρου «οριακό κέρδος».Σημείωση: στην εκφώνηση χρησιμοποιείται ο όρος «τιμή πώλησης», που συμβολίζεται με Π(x), αντί τουόρου «είσπραξη» και του συμβολισμού Ε(x) που είδαμε στην μεθοδολογία. Εκτός από την ορολογία αυ-τή, καμία άλλη διαφορά δεν υπάρχει στην λύση της άσκησης.Υπενθυμίζεται ότι, στα οικονομικά μεγέθη ο ρυθμός μεταβολής εκφράζεται με τον όρο οριακό» (κόστος,είσπραξη ή κέρδος, αντίστοιχα).α) Το κέρδος από την πώληση x μονάδων προϊόντος δίνεται από την συνάρτησηP(x) = Π(x) − K(x) , x ≥ 0 , δηλαδή είναι P(x) = 1 x3 − 3 x2 + 6x + 500 − x2 = 1 x3 − 5 x2 + 6x + 500 , x ≥0 , 3 2 3 2απ’ όπου έχουμε και την ζητούμενη συνάρτηση.β) Ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους, P(x), δηλαδή το οριακό κέρδος P′(x) , είναι P′(x) = 1 ⋅ 3 x2 − 5 ⋅ 2 x + 6 = x2 − 5x + 6 , x ≥ 0 . 3 2Αυτό μηδενίζεται, όταν P(x) = 0 ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2 ή x = 3 .Το οριακό κέρδος είναι θετικό, όταν P′(x) > 0 ⇔ x2 − 5x + 6 > 0 ⇔ x < 2 ή x > 3 .Όμως, επειδή είναι x ≥ 0 , τελικά προκύπτει x ∈ [0 , 2) ∪ (3 , + ∞) . - 48 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 24Έστω K(x) = x2 + 10x − 50 το συνολικό κόστος x μονάδων ενός προϊόντος εβδομαδιαία, σε χιλιάδες 100ευρώ, με 0 ≤ x ≤ 200 .α) Να βρεθεί η συνάρτηση του μέσου κόστους.β) Να βρεθεί το οριακό κόστος.γ) Να συγκρίνετε τους ρυθμούς μεταβολής του συνολικού και του μέσου κόστους, όταν παράγονται 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα.δ) Αν, επιπλέον, δίνεται η συνάρτηση των συνολικών εισπράξεων από την πώληση x μονάδων τουπροϊόντος εβδομαδιαία και είναι η E(x) = 2x3 + x2 − 14x , να βρείτε τις ελάχιστες μονάδες παρα- 100γόμενου προϊόντος, πάνω από τις οποίες έχουμε θετικό οριακό κέρδος.Εδώ έχουμε μία απλή εφαρμογή με ρυθμούς μεταβολής οικονομικών μεγεθών. Ενδιαφέρον παρουσιάζεικαι η έννοια του μέσου κόστους που εμφανίζεται εδώ.α) Η έννοια της συνάρτησης του μέσου κόστους εμφανίζεται στο σχολικό βιβλίο, στην εφαρμογή 2 τηςσελίδας 124, ως εκ τούτου (πρέπει να) θεωρείται γνωστή από τους μαθητές! Καλό είναι, λοιπόν, να με-λετηθεί και η συγκεκριμένη εφαρμογή. Σε κάθε περίπτωση, αναφέρουμε κι εδώ ότι, αν K(x) είναι το K(x)συνολικό κόστος παραγωγής x μονάδων ενός προϊόντος, τότε το μέσο κόστος είναι το K′µ(x) = x .Η συνάρτηση του μέσου κόστους είναι η Kµ(x) = K(x) = x2 + 10x − 50 = x + 10 − 50 , 0 < x ≤ 200 . x 100 100 x xβ) Το οριακό κόστος είναι ο ρυθμός μεταβολής του κόστους, δηλαδή η πρώτη παράγωγος, K′(x) , τηςσυνάρτησης K(x): K′(x) = 1 ⋅ 2x + 10 = x + 10 , 0 ≤ x ≤ 200 . 100 50γ) Ο ρυθμός μεταβολής του συνολικού κόστους, όταν παράγονται x = 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα, 10είναι ίσος με Κ′(10) = 50 + 10 = 10, 2 .Ο ρυθμός μεταβολής του μέσου κόστους είναι η πρώτη παράγωγος, Kµ′(x) , της συνάρτησης Kµ(x) , δη-λαδή η συνάρτηση K′µ(x) = 1 − 50 ⋅ −1 = 50 + 1 . 100 x2 x2 100Επομένως ο ρυθμός μεταβολής του μέσου κόστους, όταν παράγονται x = 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα, 50 1είναι ίσος με Κ′µ(10) = 102 + 100 = 0, 51 .Παρατηρούμε ότι Κ′(10) = 10, 2 > 0, 51 = Κ′µ(10) , άρα ο ρυθμός μεταβολής του συνολικού κόστους, ότανπαράγονται 10 προϊόντα κάθε εβδομάδα, είναι μεγαλύτερος από τον αντίστοιχο ρυθμό μεταβολής τουμέσου κόστους. - 49 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολήςδ) Το κέρδος από την πώληση x μονάδων του προϊόντος δίνεται από την συνάρτησηP(x) = E(x) − K(x) , δηλαδή P(x) = 2x3 + x2 − 14x − ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ x2 + 10x − 50⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 100 100= 2x3 + x2 − 14x − x2 − 10x + 50 = 2x3 − 24x + 50 . 100 100Έτσι, το οριακό κέρδος δίνεται από την παράγωγο της P(x), δηλαδή την P′(x) = 6x2 − 24 .Έχουμε P′(x) > 0 ⇔ 6x2 − 24 > 0 ⇔ x2 − 4 > 0 ⇔ x < −2 ή x > 2 .Λαμβάνοντας υπόψη ότι είναι x ≥ 0 , τελικά έχουμε x > 2 , που σημαίνει ότι οι ελάχιστες παραγόμενεςμονάδες εβδομαδιαία, πάνω από τις οποίες έχουμε θετικό οριακό κέρδος, είναι οι 2. Άσκηση 25Το εμβαδόν κυκλικού τομέα δίνεται από τον τύπο Ε= 1 R2θ , όπου R είναι η ακτίνα του και θ η επί- 2κεντρη γωνία, σε ακτίνια. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής:α) του εμβαδού Ε ως προς την γωνία θ, όταν η ακτίνα R είναι σταθερή και ίση με R = 4 μον.β) του εμβαδού Ε ως προς την ακτίνα R, όταν η γωνία θ είναι σταθερή και ίση με θ= π rad. 3γ) της ακτίνας R ως προς την γωνία θ, όταν το εμβαδόν Ε είναι σταθερό και ίσο με Ε = 25 τετρ. μον. και R = 10 μον.Η άσκηση παρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον, γιατί σε κάθε ερώτημά της έχουμε μεγέθη που μεταβάλλο-νται ως προς διαφορετική, κάθε φορά, μεταβλητή! Άρα είναι σημαντικό να είμαστε βέβαιοι, σε κάθε πε-ρίπτωση, αν και ποια μεγέθη παραμένουν σταθερά (συνεπώς θα αντιμετωπιστούν ως αριθμητικές στα-θερές), ποια μεταβάλλονται και ­κυρίως­ ποια παίζουν τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητής (του x)και ποια τον ρόλο της εξαρτημένης μεταβλητής (του y = f(x) δηλαδή). Τις πληροφορίες αυτές φυσικάμάς τις δίνει η εκφώνηση, την οποία πάντα διαβάζουμε με ιδιαίτερη προσοχή.Η άσκηση είναι και μία σπάνια περίπτωση, όπου ο εναλλακτικός συμβολισμός της παραγώγου ίσως ναξεκαθαρίζει καλύτερα τα παραπάνω! Γι’ αυτό, και σε κάθε ερώτημα, αρχικά θα γράψουμε την λύση αυ-τή χρησιμοποιώντας τον κλασσικό συμβολισμό των παραγώγων και στην συνέχεια η λύση θα δοθεί χρη-σιμοποιώντας τον εναλλακτικό συμβολισμό.Σε κάθε περίπτωση πάντως, καλό είναι ο εναλλακτικός συμβολισμός να αποφεύγεται, καθαρά και μόνοεπειδή δεν υπάρχει εκ των πραγμάτων μεγάλη εξοικείωση με αυτόν, άρα ελλοχεύει ο κίνδυνος λάθους.α) Εδώ η ακτίνα είναι σταθερή και ίση με R = 4 μον., που σημαίνει ότι σ’ αυτό το ερώτημα θα αντιμε-τωπιστεί ως αριθμητική σταθερά. Από την άλλη πάλι, η έκφραση στο ζητούμενο «του εμβαδού Ε ωςπρος την γωνία θ» κάνει ξεκάθαρο ότι τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητής εδώ τον έχει η γωνία θ καιτης εξαρτημένης το εμβαδόν Ε.Άρα ο τύπος Ε= 1 R2θ , για R = 4 θα γίνει Ε = Ε(θ) = 1 ⋅ 42 ⋅ θ = 8 ⋅ θ και ο ζητούμενος ρυθμός μετα- 2 2βολής θα είναι Ε′(θ) = 8 ⋅ (θ)′ = 8 ⋅1 = 8 τετρ.μον/rad. - 50 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Δεύτερος τρόπος για το (α).Είναι Ε = Ε(θ) = 1 ⋅ 42 ⋅ θ = 8⋅θ και χρησιμοποιώντας τον εναλλακτικό συμβολισμό της παραγώγου 2έχουμε dE = dΕ(θ) = d(8θ) =8 τετρ.μον/rad. dθ dθ dθΠΡΟΣΟΧΗ !! Ένα πολύ δύσκολο και λεπτό σημείο εδώ είναι οι μονάδες μέτρησης! Έχουμε συνηθίσει ορυθμός μεταβολής να μετράται σε μονάδες του μεταβαλλόμενου μεγέθους ανά μονάδα του χρόνου (συ-νήθως σε sec), όμως δεν σημαίνει ότι πάντα ισχύει αυτό! Εδώ έχουμε μεταβολή ως προς την γωνία, άραο αντίστοιχος ρυθμός μεταβολής θα είναι σε τετραγωνικές μονάδες μέτρησης του εμβαδού ανά rad, πουείναι η μονάδα μέτρησης της γωνίας!Να σημειώσουμε ότι, αν τα μεγέθη αναφέρονται που αναφέρονται στην εκφώνηση έχουν τιμές χωρίς μο-νάδες μέτρησης, τότε και οι αντίστοιχες απαντήσεις μας μπορούν να δοθούν χωρίς μονάδες μέτρησης,δηλαδή ως σκέτοι αριθμοί. Εδώ όμως, η άσκηση μάς δίνει μονάδες (rad) για την γωνία και μον. (τετρ.μον.) για μήκος και εμβαδόν, οπότε μας «υποχρεώνει» να χρησιμοποιούμε αυτές και στις απαντήσειςμας!β) Εδώ η γωνία θ είναι σταθερή και ίση με θ= π rad, που σημαίνει ότι θα αντιμετωπισθεί ως αριθ- 3μητική σταθερά.Η έκφραση «του εμβαδού Ε ως προς την ακτίνα R» σημαίνει ότι τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητής 1 πεδώ τον έχει η ακτίνα R και της εξαρτημένης το εμβαδόν Ε. Άρα ο τύπος Ε= 2 R2θ , για θ= 3 rad,θα γίνει Ε = Ε(R) = 1 ⋅R2 ⋅ π = π ⋅R2 . 2 3 6Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού ως προς την ακτίνα είναι Ε′(R) = π ⋅ 2R = π ⋅R τετρ.μον/μον. 6 3 Δεύτερος τρόπος για το (β).Πάλι είναι Ε = Ε(R) = 1 ⋅R2 ⋅ π = π ⋅ R2 και χρησιμοποιώντας τον εναλλακτικό συμβολισμό της 2 3 6 d ⎛⎜⎝⎜⎜ R 2 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟παραγώγου έχουμε dE = dE(R) = π = π ⋅ 2R = π ⋅R τετρ.μον/μον. dR dR 6 6 3 dRΚαι εδώ θέλουν πολλή προσοχή οι μονάδες μέτρησης! Και πάλι η ανεξάρτητη μεταβλητή δεν είναι οχρόνος, άρα δεν θα μετρήσουμε ρυθμό ανά sec, αλλά ανά μονάδα μέτρησης του μήκους της ακτίνας R!Γι’ αυτό και γράψαμε νωρίτερα τις μονάδες ως «τετρ.μον» (μονάδα μέτρησης εμβαδού) «ανά μον»(μονάδα μέτρησης της ακτίνας). Οι παραπάνω μονάδες μπορούν να απλοποιηθούν, αλλά εμείς δεν τιςαπλοποιούμε για να φαίνεται ξεκάθαρα ότι πρόκειται για μέτρηση ρυθμού μεταβολής (να έχουν τηναναμενόμενη μορφή κλάσματος).γ) Εδώ το σταθερό μέγεθος είναι το εμβαδόν Ε, που είναι ίσο με 25 τετρ.μον. Άρα εδώ, το εμβαδόνείναι που θα εκφραστεί ως αριθμητική σταθερά (αν και βρίσκεται μόνο του στο πρώτο μέλος του τύπουπου δίνεται).Η έκφραση «της ακτίνας R ως προς την γωνία θ» σημαίνει ότι τον ρόλο της ανεξάρτητης μεταβλητήςεδώ τον έχει η γωνία θ και της εξαρτημένης η ακτίνα.Έτσι, τον τύπο Ε= 1 R2θ πρέπει να φροντίσουμε αρχικά να τον μετασχηματίσουμε, ώστε η εξαρτημένη 2 της στο πρώτο μέλος: Ε 1 2Εμεταβλητή να βρεθεί μόνη = 2 R2θ ⇔ 2Ε = R2θ ⇔ R2 = θ . - 51 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΓια Ε = 25 μον, ο τύπος αυτός δίνει R2 = R2(θ) = 2 ⋅ 25 = 50 . θ θΝα τονιστεί εδώ, ότι η άσκηση ΔΕΝ ζητάει να προσδιορίσουμε την συνάρτηση της ακτίνας R!Συνεπώς, δεν είναι ανάγκη, από τον παραπάνω τύπο, να οδηγηθούμε στον R(θ) = 50 και δεν θα το θκάνουμε, διότι, όπως θα δούμε, η μορφή που θα έχουμε θα μας δώσει πολύ ευκολότερες πράξεις!Δύο παρατηρήσεις εδώ:1η. Το παραπάνω συμβαίνει γενικά, όταν το μεταβαλλόμενο μέγεθος εμφανίζεται μέσα σε σύνθετη συ-νάρτηση. Αντίστοιχο ­και πολύ χαρακτηριστικό­ παράδειγμα είδαμε και σε προηγούμενη άσκηση, μετον ρυθμό μεταβολής γωνίας.2η. Για άλλη μία φορά τονίζουμε ότι, σε μία άσκηση είναι σημαντικό να γνωρίζουμε τί ζητά η άσκησηνα βρούμε, αλλά συχνά είναι ακόμα πιο σημαντικό να προσέχουμε τι ΔΕΝ ζητά! Αν κάτι δεν ζητείται,τότε δεν είναι απαραίτητο να το βρούμε. Κανείς δεν το απαγορεύει, αλλά ίσως υπάρχει λόγος που δενζητείται!Μπορεί, π.χ., να είναι πολύ δύσκολο να βρεθεί, γιατί έχει δύσκολες πράξεις.Μπορεί πάλι, εφόσον δεν ζητείται, η λύση του θέματος να προκύπτει με αρκετά πιο εύκολες πράξεις.Εδώ, π.χ., αν δεν διώξουμε το τετράγωνο από τον τύπο της ακτίνας, θα δούμε ότι ο ζητούμενος ρυθμόςμεταβολής θα προκύψει σχετικά εύκολα από την παραγώγιση μιας σαφώς πιο εύκολης σχέσης.Πράγματι:Παραγωγίζοντας την σχέση R2(θ) = 50 ως προς θ βρίσκουμε θ 2R(θ) ⋅ R′(θ) = − 50 ⇔ R(θ) ⋅ R′(θ) = − 25 (1) θ2 θ2Εδώ υπάρχει ένα ακόμα λεπτό σημείο, που θέλει πολλή προσοχή!Στα δύο προηγούμενα ερωτήματα ζητήθηκε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής γενικά και όχι για κάποιασυγκεκριμένη τιμή της εκάστοτε μεταβλητής (ανεξάρτητης ή εξαρτημένης). Ήταν, λοιπόν, αναμενόμενονα προκύψει ως αποτέλεσμα ένας τύπος που έδινε σταθερό ρυθμό μεταβολής (για το (α)) και ρυθμό με-ταβολής εκπεφρασμένο ως ανεξάρτητη μεταβλητή (για το (β)).Στο (γ) όμως, εκτός του ότι δίνεται το σταθεροποιημένο μέγεθος (εμβαδόν), δίνεται επιπλέον και η τιμήτην οποία έχει η ακτίνα, την «στιγμή» που θέλουμε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής της! Συνεπώς, εδώμπορούμε ­και θα γίνουμε­ ακόμη πιο ακριβείς.Ψάχνουμε τον ρυθμό μεταβολής, όταν R = 10. Άρα: R(θ) = 10 ⇔ R2(θ) = 100 ⇔ 50 = 100 ⇔ θ = 50 = 1 rad. θ 100 2Συνεπώς, όταν η ακτίνα είναι ίση με 10 μονάδες, τότε έχουμε θ= 1 rad και R(θ) = R ⎜⎜⎛⎜⎝⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = 10 μον,οπότε αντικαθιστώντας στην (1) προκύπτει 2 22 ⋅10 ⋅ R′⎜⎛⎝⎜⎜⎜ 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ = − 50 ⇔ 20 ⋅ R′⎜⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ = − 50 ⇔ 20 ⋅ R′⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = −200 ⇔ R′⎜⎝⎜⎜⎜⎛ 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = −10 μον/rad. 2 2 1 2 2 ⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞2 4 2Αφού έχουμε μεταβολή ακτίνας ως προς γωνία, ο ρυθμός μεταβολής θα μετράται σε μονάδες μήκουςανά ακτίνιο. - 52 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Δεύτερος τρόπος για το (γ).Για την παραγώγιση, ως προς θ, της σχέσης R2(θ) = 50 , χρησιμοποιώντας τον εναλλακτικό τρόπο συμ-βολισμού της παραγώγου έχουμε θdR2(θ) = d ⎜⎝⎜⎜⎛ 50 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⇔ 2R(θ) ⋅ dR(θ) =− 50 ⇔ dR(θ) =− 50 ⇔ dR(θ) =− 25 . dθ θ dθ θ2 dθ 2R(θ) ⋅ θ2 dθ R(θ) ⋅ θ2 dθΘέτοντας R = R(θ) = 10 , θ = 1 rad έχουμε 2 dR(θ) =− 25 =− 25 =− 100 = −10 μον/rad. 10 dθ θ= 1 R ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝ 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟2 10 ⋅ 1 2 2 2 4 Άσκηση 26Σε έναν κατακόρυφο τοίχο βρίσκεται στερεωμένη πλάγια μία σκάλα μήκους 5 m. Το κάτω μέρος τηςσκάλας αρχίζει να γλιστρά με ρυθμό 1 m/s. Την χρονική στιγμή t0 , που το κάτω μέρος της σκάλαςαπέχει από τον τοίχο 3 m, να βρείτε:α) σε τί ύψος είναι στερεωμένη η σκάλα.β) με τί ρυθμό πέφτει το πάνω μέρος της σκάλας.γ) με τί ρυθμό μεταβάλλεται το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζεται από την σκάλα, τον τοίχο και το έδαφος.δ) με τί ρυθμό μεταβάλλεται η γωνία, θ, που σχηματίζει η σκάλα με τον τοίχο.Καθώς γλιστρά, η σκάλα σχηματίζει με το έδαφος και τον κατα-κόρυφο τοίχο το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ. Σ’ αυτό, οι πλευρές ΟΑκαι ΟΒ μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, καθώς η σκάλα με-τακινείται, ενώ η υποτείνουσα παραμένει σταθερή και ίση με 5 m.Θεωρούμε τις συναρτήσεις που προσδιορίζουν τα μήκη των ΟΑκαι ΟΒ, x(t) και y(t) αντίστοιχα. Επίσης, ονομάζουμε θ την γωνίαπου σχηματίζει η σκάλα με τον κατακόρυφο τοίχο, η οποία επίσηςθα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άρα ας συμβολίσουμε θ(t)την συνάρτηση που την προσδιορίζει.Από τα δεδομένα έχουμε ότι το κάτω μέρος της σκάλας (δηλαδήτο σημείο Α) γλιστρά με ρυθμό 1 m/s, συνεπώς ισχύει x′(t) = υ(t) = 1 m / s .Επίσης, την χρονική στιγμή t0 , το κάτω μέρος της σκάλας απέχει από τον τοίχο 3 m, συνεπώς ισχύειx(t0) = 3 m . - 53 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολήςα) Το ύψος στο οποίο είναι στερωμένη η σκάλα, κάθε χρονική στιγμή μάς το δίνει η y(t).Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ, από το Πυθαγόρειο Θεώρημα βρίσκουμε ΟΑ2 + ΟΒ2 = ΑΒ2 ⇒ x2(t) + y2(t) = 52 ⇒ x2(t) + y2(t) = 25 (1)Την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει x2(t0) + y2(t0) = 25 .Αφού είναι x(t0) = 3 m , αντικαθιστώντας βρίσκουμε 32 + y2(t0) = 25 ⇔ y2(t0) = 16 ⇔ y(t0) = 4 m ,αφού είναι y(t0) > 0 .Επομένως, την χρονική στιγμή t0 η σκάλα είναι στερεωμένη σε ύψος 4 m.β) Παραγωγίζοντας την (1) ως προς t βρίσκουμε 2 x(t) ⋅ x′(t) + 2 y(t) ⋅ y′(t) = 0 ⇒ x(t) ⋅ x′(t) + y(t) ⋅ y′(t) = 0 ,οπότε την χρονική στιγμή t0 θα ισχύει x(t0) ⋅ x′(t0) + y(t0) ⋅ y′(t0) = 0 (2)Εδώ γνωρίζουμε τα εξής:• x(t0) = 3 m , από την εκφώνηση.• x′(t) = υ(t) = 1 m / s , για κάθε χρονική στιγμή t (αφού ο ρυθμός με τον οποίο γλιστρά το κάτω μέρος της σκάλας είναι σταθερός), άρα την χρονική στιγμή t0 θα είναι επίσης x′(t0) = 1 m / s .• y(t0) = 4 m , όπως βρήκαμε στο (α).Αντικαθιστώντας τις παραπάνω τιμές στην (2) βρίσκουμε 3 ⋅1 + 4 ⋅ y′(t0) = 0 ⇔ y′(t 0 ) =− 3 , οπότε ορυθμός με τον οποίο πέφτει το πάνω μέρος της σκάλας, την χρονική στιγμή t0 , είναι ίσος 4 − 3 m/s. με 4γ) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι Ε = 1 ⋅ ΟΑ ⋅ ΟΒ . 2Εφόσον οι πλευρές του μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, το ίδιο θα συμβαίνει και με το εμβαδόν 1του, άρα θα είναι E(t) = 2 ⋅ x(t) ⋅ y(t) , t ≥ 0 .Παραγωγίζοντας εδώ ως προς t βρίσκουμε E′(t) = 1 ⋅ ⎡⎢⎣x′(t) ⋅ y(t) + x(t) ⋅ y′(t)⎦⎤⎥ . 2Την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού θα είναι E′(t0) = 1 ⋅ ⎢⎣⎡x′(t0) ⋅ y(t0) + x(t0) ⋅ y′(t0)⎥⎦⎤ , 2όπου αντικαθιστώντας τα γνωστά μεγέθη του δεξιού μέλους βρίσκουμε E′(t0) = 1 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜⎜1 ⋅ 4 + 3 ⋅ −3 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ = 1 ⋅⎛⎜⎝⎜⎜⎜4 − 9 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ = 1 ⋅ 7 = 7 . 2 4 2 4 2 4 8Επομένως ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι 7 m²/s. 8δ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ έχουμε ηµθ = ΟΑ ⇒ ηµθ(t) = x(t) . ΑΒ 5 1Παραγωγίζοντας ως προς t βρίσκουμε συνθ(t) ⋅ θ′(t) = 5 ⋅ x′(t) .Συνεπώς, την χρονική στιγμή t0 θα έχουμε συνθ(t0) ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ x′(t0) ⇔ θ′(t0) = x′(t 0 ) (3) 5 5συνθ(t 0 ) - 54 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό ΜεταβολήςΕδώ να σταθούμε να παρατηρήσουμε τί βρήκαμε:η σχέση (3) μάς επιτρέπει να υπολογίσουμε τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής, θ′(t0) , της γωνίας θ, τηνχρονική στιγμή t0 . Στο δεύτερο μέλος βλέπουμε ότι εμφανίζεται η τιμή θ(t0) , την οποία φυσικά δενγνωρίζουμε, αλλά αυτό δεν αποτελεί εμπόδιο στην λύση, διότι δεν την χρειαζόμαστε! Η τιμή θ(t0) δενεμφανίζεται μόνη της, αλλά στην ποσότητα συνθ(t0) , την οποία μπορούμε να υπολογίσουμε!Την χρονική στιγμή t0 , το τρίγωνο έχει πλευρές ΟΑ = x(t0) = 3 m , OB = y(t0) = 4 m , AB = 5 m .Συνεπώς, από τους γνωστούς τριγωνομετρικούς τύπους έχουμε άμεσα ότι συνθ(t0) = y(t 0 ) = 4 . 5 5 1 1Αντικαθιστώντας τότε στην (3) βρίσκουμε θ′(t0) = = 4 rad/s. 4 5⋅ 5 Δεύτερος τρόπος για το (δ).Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο μπορούμε να εργαστούμε ξεκινώντας με το συνθ = ΟΒ ⇒ συνθ(t) = y(t) . ΑΒ 5 Τρίτος τρόπος για το (δ).Αν και σε γενικές γραμμές ακολουθούμε την ίδια συλλογιστική πορεία, χρησιμοποιώντας την εφαπτο-μένη της γωνίας θ έχουμε μερικές διαφορές που αξίζει να δούμε.Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ έχουμε εϕθ = ΟΑ ⇒ εϕθ(t) = x(t) . ΟΒ y(t)Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t) = x′(t) ⋅ y(t) − x(t) ⋅ y′(t) ⇒ συν2θ(t) y2(t) x′(t) ⋅ y(t) − x(t) ⋅ y′(t)⇒ ⎢⎣⎡1 + εϕ2θ(t)⎤⎥⎦ ⋅ θ′(t) = y2(t) και, για την χρονική στιγμή t0 ,⎢⎣⎡1 + εϕ2θ(t0)⎦⎤⎥ ⋅ θ′(t0) = x′(t0) ⋅ y(t0) − x(t0) ⋅ y′(t0) ⇒ θ′(t0) = 1 ⋅ x′(t0) ⋅ y(t0) − x(t0) ⋅ y′(t0) . y2(t0) 1 + εϕ2θ(t0) y2(t0)Όποια από τις παραπάνω σχέσεις κι αν επιλέξουμε, γνωρίζουμε όλα τα απαραίτητα στοιχεία για νακάνουμε αντικατάσταση και πράξεις και να βρούμε το ζητούμενο.Προφανώς ο πρώτος τρόπος είναι μακράν συντομότερος και ευκολότερος, άρα αυτόν θα προτιμήσουμεσ’ αυτήν την άσκηση. - 55 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 27Ένα μπαλόνι ανέρχεται κατακόρυφα πάνω από ένα σημείο Β του εδάφους, με ταχύτητα 140 m/min.Ένας παρατηρητής βρίσκεται στο σημείο Α του εδάφους, 500 m μακριά από το Β. Να βρείτε τον ρυθμόμεταβολής της γωνίας θ, που σχηματίζει το έδαφος με την ευθεία που συνδέει τον παρατηρητή με τομπαλόνι, ως προς τον χρόνο t, την χρονική στιγμή t0 που το μπαλόνι βρίσκεται σε ύψος 500 m.Από τα δεδομένα έχουμε ότι η απόσταση ΑΒ είναι σταθερή και ίσημε 500 m. Επίσης, το μπαλόνι ανέρχεται κατακόρυφα με ταχύτηταυ = 140 m/min.Αν συμβολίσουμε με h το ύψος όπου βρίσκεται το μπαλόνι, κατα-λαβαίνουμε ότι αυτό μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άραπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής h(t), t ≥ 0 . Τότε ηταχύτητα του μπαλονιού είναι ο ρυθμός μεταβολής του ύψουςσυναρτήσει του χρόνου, που σημαίνει ότι γι’ αυτήν ισχύει υ = υ(t) = h′(t) = 140 m / min .Η γωνία θ, που σχηματίζει το έδαφος (στο σχήμα μας, το ΑΒ) με τηνευθεία που συνδέει τον παρατηρητή με το μπαλόνι (στο σχήμα μας,την ΑΜ), επίσης μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου (συγκεκριμένα, αυξάνεται), καθώς το μπαλόνιανέρχεται. Συνεπώς και η γωνία θ προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής θ(t), t ≥ 0 .Την χρονική στιγμή t0 , στην οποία αναφέρεται η εκφώνηση, το μπαλόνι βρίσκεται σε ύψος 500 m, άραισχύει h(t0) = 500 m . Ψάχνουμε να βρούμε τον ρυθμό μεταβολής της γωνίας θ αυτήν την χρονική στιγ-μή, δηλαδή την θ′(t0) .Στο τρίγωνο ΑΒΜ που σχηματίζεται, γνωρίζουμε την απόσταση ΑΒ = 500 m και, την χρονική στιγμή t0 ,γνωρίζουμε το ύψος στο οποίο είναι το μπαλόνι, που είναι h(t0) = 500 m . Αν και μπορούμε να βρούμε(με το Πυθαγόρειο Θεώρημα) και το μήκος της υποτείνουσας ΑΜ, δεν θα χρειαστεί, αλλά θα λύσουμετην άσκηση ως εξής: ΒΜ h(t) ΑΒ 500Για την γωνία θ ισχύει εϕθ = ⇒ εϕθ(t) = .Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t βρίσκουμε 1 ⋅ θ′(t) = 1 ⋅ h′(t) , οπότε για την χρο- συν2θ(t) 500νική στιγμή t0 και τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής, θ′(t0) , θα ισχύει 1 ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) (1) συν2θ(t 0 ) 500Το πρόβλημά μας εδώ είναι εμφανές:αφού δεν γνωρίζουμε την γωνία θ την χρονική στιγμή t0 , δηλαδή την θ(t0) , πώς να βρούμε το συνημί-τονό της;Η απάντηση είναι ότι δεν χρειάζεται! Μπορούμε να το παρακάμψουμε αξιοποιώντας τις γνώσεις μαςστην Τριγωνομετρία από την Β΄ Λυκείου.Από την Τριγωνομετρία είναι γνωστό ότι ισχύει 1 = 1 + εϕ2θ (αν δεν θυμόμαστε τον τύπο, μια συν2θεπανάληψη στην Τριγωνομετρία μόνο καλό θα κάνει), οπότε από την (1) και για την χρονική στιγμή t0έχουμε - 56 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός ΛογισµόςΡυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής⎢⎣⎡1 + εϕ2θ(t0)⎤⎦⎥ ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⇔ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⋅ 1+ 1 . 500 500 εϕ2θ(t 0 )Την δεδομένη χρονική στιγμή είναι h(t0) = 500 m , οπότε έχουμε εϕθ(t0) = h(t 0 ) = 500 = 1 , συνεπώς 500 500 1 1 7 θ′(t0) = 500 ⋅140 ⋅ 1 + 12 = 50 rad/min.Εφόσον μετράμε ρυθμό μεταβολής γωνίας, η οποία μετράται σε rad, συναρτήσει του χρόνου, που στηνάσκηση μετράται σε λεπτά (το καθορίζει η μονάδα μέτρησης της ταχύτητας του μπαλονιού), το αποτέ-λεσμα θα έχει μονάδα μέτρησης rad/min. Παρατήρηση.Στην λύση αναφέρθηκε το εξής:«Αφού δεν γνωρίζουμε την γωνία θ την χρονική στιγμή t0 , δηλαδή την θ(t0 ) , πώς θα βρούμε τοσυνημίτονό της;».Η αλήθεια είναι ότι δεν γνωρίζουμε ακόμα, αλλά μπορούμε να βρούμε το συνθ(t0) . Να πώς:Την χρονική στιγμή t0 , το ύψος στο οποίο είναι το μπαλόνι είναι h(t0) = 500 m , άρα στο τρίγωνο ΑΒΜισχύει ΑΒ = ΒΜ = 500 m. Συνεπώς το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, που σημαίνει ότι η γωνίαθ, την χρονική στιγμή t0 , είναι ίση με θ(t0) = π , άρα είναι συνθ(t0) = συν π = 2 . 4 4 2Έτσι, λύνοντας την (1) ως προς θ′(t0) έχουμε 1 ⋅ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⇔ θ′(t0) = 1 ⋅ h′(t0) ⋅ συν2θ(t0) , συν2θ(t 0 ) 500 500απ’ όπου βρίσκουμε θ′(t0) = 1 ⋅140 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎞2 = 7 rad/min. 500 2 50 - 57 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 28Ένα περιπολικό Α κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = −x5 , x ≤ 0 ,πλησιάζοντας την ακτή και ο προβολέας του φωτίζει κατευθείανεμπρός (σχήμα). Αν ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του περιπο-λικού δίνεται από τον τύπο α′(t) = −α3(t) , να βρείτε τον ρυθμόμεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ της ακτής, στο οποίο πέφτουντα φώτα του προβολέα, την χρονική στιγμή κατά την οποία το περιπο-λικό έχει τετμημένη ­1.Στο σχήμα έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλήματος. Τοσημείο Α μάς δίνει την θέση του περιπολικού επί της γραφικής παρά-στασης της f(x) = −x5 , x ≤ 0 , ανά πάσα χρονική στιγμή. Ο προβολέαςτου περιπολικού φωτίζει κατά την διεύθυνση της εφαπτομένης της Cf ,καθώς αυτό κινείται κατά μήκος της καμπύλης.Η τετμημένη, α, του περιπολικού μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου,οπότε και οι συντεταγμένες του Α, που θα είναι της μορφής ( )α(t) ,− α5(t) , t ≥ 0 .Η εφαπτομένη της Cf στο Α έχει εξίσωση ε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) .Είναι f′(x) = −5x4 ⇒ f′(α) = −5α4 , οπότε ε : y − (−α5) = −5α4(x − α) ⇔ ε : y + α5 = −5α4x + 5α5 ⇔⇔ ε : y = −5α4x + 4α5 . α≠0 4α 5 = 4 α = xΜ . 5Θέτοντας y = 0 στην εξίσωση της (ε) έχουμε 0 = −5α4x + 4α5 ⇔ 5α4x = 4α5 ⇔ x = 5 α4Επειδή οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται συναρτήσει του χρόνου, θα είναι x(t) = 4 ⋅ α(t) . 5 4Παραγωγίζοντας αυτήν την σχέση ως προς t έχουμε x′(t) = 5 ⋅ α′(t) και, αφού από την υπόθεση δίνεταιότι α′(t) = −α3(t) , θα είναι x′(t) = − 4 ⋅α3(t) . 5Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία είναι α(t0) = −1 , έχουμε x′(t0) = − 4 α3(t0) = − 4 ⋅ (−1) = 0, 8 μον.μήκους/μον.χρόνου. 5 5Επομένως, κατά την χρονική στιγμή κατά την οποία το περιπολικό έχει τετμημένη ­1, το σημείο Μ τηςακτής στο οποίο πέφτουν τα φώτα του προβολέα κινείται με ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του ίσομε 0,8 μον.μήκους/μον.χρόνου. - 58 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 29Μία νεαρή γυναίκα ύψους 1,50 m απομακρύνεται από την βάση ενός φανοστάτη ύψους 9 m με ταχύτη-τα 2,5 m/s. Με ποια ταχύτητα αυξάνεται ο ίσκιος της;Καθώς περιέχει ταχύτητα, η άσκηση λύνεται με την βοήθεια τουρυθμού μεταβολής. Το σημαντικό σε αυτό είναι η χρήση βασικώνγνώσεων Γεωμετρίας (συγκεκριμένα, η ομοιότητα τριγώνων). ΗΓεωμετρία πολύ συχνά χρησιμοποιείται στην επίλυση τέτοιωνασκήσεων και εδώ έχουμε ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα.Στο σχήμα έχουμε μία απεικόνιση των στοιχείων του προβλή-ματος.Να παρατηρήσουμε εδώ ότι θα φτιάξουμε εξ ολοκλήρου δικόμας σχήμα, χωρίς να υπάρχει οποιαδήποτε αναφορά σε τέτοιοστην εκφώνηση. Εφόσον η λύση μας θα βασιστεί στο σχήμα μας,καλό είναι να δώσουμε κάποιες σχετικές πληροφορίες, κυρίωςγια τα μεγέθη της εκφώνησης και πού/πώς αντιστοιχίζονται στοσχήμα μας. Π.χ., η κίνηση της γυναίκας μπορεί να «τοποθετηθεί»πάνω σε οριζόντιο άξονα, ώστε η θέση της να προσδιορίζεται ποσοτικά από την τετμημένη της. Επίσης,η απόσταση της γυναίκας από τον φανοστάτη και το ύψος του ίσκιου της πρέπει να προσδιοριστούνστην κατασκευή του σχήματος και σε ποια στοιχεία/συναρτήσεις του προβλήματος αντιστοιχούν. Αυτάτα στοιχεία οφείλουμε να τα καταγράψουμε πριν ξεκινήσει η επίλυση της άσκησης.Θεωρούμε ότι η γυναίκα κινείται κατά μήκος ενός θετικού ημιάξονα Ox, με τον φανοστάτη να έχει τηνβάση του στην αρχή, Ο, αυτού. Τότε η θέση της πάνω στον Οx προσδιορίζεται από την τετμημένη τουσημείου Π και, καθώς η γυναίκα βαδίζει, αυτή μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άρα προσδιορίζε-ται από συνάρτηση της μορφής x(t), t ≥ 0 .Αντίστοιχα, ο ίσκιος της γυναίκας, όπως φαίνεται στο σχήμα, είναι ίσος με το μήκος, s, του ευθύγραμ-μου τμήματος ΠΣ. Καθώς η γυναίκα βαδίζει, και ο ίσκιος της μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου, άραπροσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής s(t), t ≥ 0 .Από το σχήμα βρίσκουμε ότι τα τρίγωνα ΦΟΣ και ΚΠΣ είναι όμοια (διότι είναι και τα δύο ορθογώνια,με κοινή γωνία την Σ). Από την ομοιότητα αυτή προκύπτει ΚΠ = ΠΣ , όπου είναι ΚΠ = 1,5 m = 3 ΦΟ ΟΣ= 2 m , ΦΟ = 9 m, άρα βρίσκουμε 3 s 1 s 1 2 = x+s ⇔ 6 = x+s ⇔ x + s = 6s ⇔ x = 5s ⇔ s = 5 x 9ή s(t) = 1 x(t) , απ’ όπου με παραγώγιση προκύπτει s′(t) = 1 x′(t) . 5 5Η ταχύτητα με την οποία κινείται η γυναίκα είναι ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης της θέσης της,δηλαδή ισχύει υ(t) = x′(t) = 2, 5 m / s .Τότε θα είναι s′(t) = 1 ⋅ 2, 5 = 1 ⋅ 5 = 1 = 0, 5 m / s , συνεπώς καθώς η γυναίκα απομακρύνεται από 5 5 2 2τον φανοστάτη, ο ίσκιος της αυξάνεται με ταχύτητα 0,5 m/s. - 59 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός Ρυθµός µεταβολής • Γ΄ΜΕΡΟΣ • Λυµένες ασκήσεις στον Ρυθµό Μεταβολής Άσκηση 30Η ποσότητα (σε gr) ενός ραδιενεργού υλικού, σε ένα εργαστήριο, κατά την χρονική στιγμή t (σε s),δίνεται από την συνάρτηση f(t) = 100e−0,3t .α) Να βρείτε την αρχική ποσότητα του υλικού.β) Να αποδείξετε ότι η ποσότητα του υλικού συνεχώς μειώνεται.γ) Να βρείτε τον ρυθμό με τον οποίο μειώνεται το υλικό την χρονική στιγμή t = 10 s.δ) Να βρείτε τον χρόνο ημιζωής του ραδιενεργού υλικού, καθώς και τον ρυθμό με τον οποίο μειώνεται το υλικό, την χρονική στιγμή που συμπληρώνεται ο χρόνος ημιζωής του.Δίνεται ότι ℓn2 \" 0, 693 .α) Η αρχική ποσότητα του ραδιενεργού υλικού είναι η ποσότητα που μας δίνει ο τύπος της f(t), ανθέσουμε t = 0, δηλαδή f(0) = 100 ⋅ e−0,3⋅0 = 100 ⋅ 1 = 100 gr .β) Αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα.Ελλείψει του «δυνατού» εργαλείου εύρεσης της μονοτονίας (μελέτη του προσήμου της πρώτης παραγώ-γου), θα αναγκαστούμε να βρούμε την μονοτονία με χρήση του ορισμού της, μέθοδος που είναι δύσχρη-στη και κουραστική συχνά, ειδικά όταν έχουμε τον τύπο της συνάρτησης.Έστω t1 , t2 ≥ 0 , με t1 < t2 . Τότε είναι −0, 3t1 > −0, 3t2 ⇒ e−0,3t1 > e−0,3t2 ⇒ 100e−0,3t1 > 100e−0,3t2 ⇒ f(t1) > f(t2) ,που σημαίνει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.γ) Γενικά, ο ρυθμός μείωσης (δηλαδή, μεταβολής) της ποσότητας του υλικού δίνεται από την παράγω-γο, f′(t) , της f, που είναι f′(t) = 100e−0,3t ⋅ (−0, 3t)′ = −100 ⋅ 0, 3e−0,3t = −30e−0,3t .Την χρονική στιγμή t = 10 s επομένως, ο ζητούμενος ρυθμός μείωσης του υλικού είναι f′(10) = −30e−0,3⋅10 = −30e−3 gr/s.δ) Ο χρόνος ημιζωής ενός ραδιενεργού υλικού είναι ο χρόνος που χρειάζεται να περάσει, μέχρι ηποσότητα του υλικού μειωθεί στο μισό της αρχικής.Δηλαδή, αν tη είναι ο χρόνος ημιζωής, τότε ισχύει f(tη) = f(0) , απ’ όπου έχουμε 2 100 1 1100 e−0,3tη = 2 ⇔ e−0,3tη = 2 ⇔ −0, 3tη = ℓn 2 ⇔ −0, 3tη = ℓn2−1 ⇔ −0, 3tη = − ℓn2 ⇔⇔ 0, 3tη = ℓn2 ⇔ tη = ℓn2 = ℓn2 = 10 ⋅ ℓn2 . 0, 3 3 3Αφού ℓn2 \" 0, 693 , θα είναι 10 10 ⋅ 0, 693 = 6, 93 = 2, 31 s. tη = 3 3Την χρονική στιγμή που συμπληρώνεται ο χρόνος ημιζωής του υλικού, ο ρυθμός μεταβολής της ποσότη-τάς του είναι f ′(t η ) = −30e−0,3tη − 0,3 ⋅ ℓn2 = −30e−ℓn2 = − 30 =− 30 = −15 gr / s . 0,3 eℓn2 2 = −30eΤο “­” εκφράζει την μείωση της ποσότητας του υλικού. - 60 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών



επαναληπτικά3 θ0έµατα,ποµυεπΡευρθιλµαόµΜβάετναουβνολεήρςω.τήµατα Δ΄ ΜΕΡΟΣ



Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 1ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f, με τύπο f(x) = e1−ex , x ∈ ! .α) Να μελετήσετε την f ως προς: Ι. την μονοτονία. ΙΙ. την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.β) Να βρείτε τις οριζόντιες ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της f.γ) Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης, (ε), της Cf , στο σημείο της Μ(α, f(α)).δ) Έστω σημείο Β, που είναι το σημείο τομής της ευθείας (ε) του (γ) ερωτήματος, με τον άξονα x΄x. Αν ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του σημείου Μ είναι 2 m/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της Α⎝⎛⎜⎜⎜⎜−1 , ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ τετμημένης του σημείου Β, την χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο e e−1 . eΕισαγωγικό σχόλιο. Το θέμα αυτό έχει κλασικά ερωτήματα, που αντιμετωπίζονται χωρίς δυσκολία μετην συνήθη μεθοδολογία τους. Ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρουσιάζει το ερώτημα (δ), που αφορά σε ΡυθμόΜεταβολής. Προσέξτε την παρατήρηση που ακολουθεί την λύση του. Εκεί αναδεικνύεται η σημασία τωνπαρατηρήσεων που έχουμε παραθέσει στο κλείσιμο της μεθοδολογίας. Μελετήστε το καλά!α) Ι. Η συνάρτηση f ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση των, παραγωγίσιμων στο ! ,συναρτήσεων ϕ1(x) = ex και ϕ2(x) = 1 − ex , με παράγωγο ( )f′(x) = e1−ex ′ = e1−ex ⋅ (1 − ex )′ = −e1−ex ⋅ ex = −e1−ex+x < 0 , για κάθε x ∈ ! ,αφού είναι eα > 0 , για κάθε α ∈ ! .Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ! .ΙΙ. Η f′ ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση των, παραγωγίσιμων στο ! , συναρτήσε-ων ϕ3(x) = −ex και ϕ4(x) = 1 − ex + x , με παράγωγοΤότε: ( )f′′(x) = −e1−ex+x ′ = −e1−ex+x ⋅ (1 − ex + x)′ = −e1−ex+x ⋅ (−ex + 1) = e1−ex+x ⋅ (1 − ex ) , x ∈ ! .• f′′(x) = 0 ⇔ e1−ex+x (1 − ex ) = e1−ex +x>0 1− ex = 0 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0 και 0⇔• f′′(x) > 0 ⇔ e1−ex+x (1 − ex ) > 0 1−ex +x>0 1− ex > 0 ⇔ ex < 1 ⇔ x < 0 , άρα και f′′(x) < 0 ⇔ x > 0 , ⇔οπότε προκύπτει ο διπλανός πίνακας κυρτότητας της f. x −∞ 0 +∞ +Από τον πίνακα έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι κοίλη στο διάσ- f′′(x) ­τημα (−∞ , 0] , κυρτή στο διάστημα [0 , + ∞) και έχει σημείο κα- f(x) 3μπής το Κ(0, f(0)), όπου f(0) = e1−e0 = e1−1 = e0 = 1 . 4Άρα το σημείο καμπής της f είναι το Κ(0, 1).β) Στο −∞ .Είναι ℓ im f(x) = ℓ im e1−ex = e1−0 = e , που σημαίνει ότι η ευθεία y = e είναι οριζόντια ασύμπτωτη της x→ −∞ x→ −∞Cf στο −∞ . - 61 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣτο +∞ .Είναι ℓ = ℓ im f(x) = ℓ im e1−ex . x→ +∞ x→ +∞Είναι α = ℓ im (1 − ex ) = 1 − (+∞) = −∞ , οπότε ℓ = ℓ im eα = 0 , που σημαίνει ότι η ευθεία y = 0 είναι x→ +∞ α→ −∞οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ .γ) Η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωσηε : y − f(α) = f′(α) ⋅ (x − α) ⇔ ε : y − e1−eα = −e1−eα+α (x − α) ⇔ ε : y − e1−eα = −e1−eα+α ⋅ x + α ⋅ e1−eα+α ⇔⇔ ε : y = −e1−eα+α ⋅ x + α ⋅ e1−eα+α + e1−eα .δ) Αρχικά θα βρούμε το σημείο Β.Για να βρούμε το σημείο τομής, Β, της ευθείας (ε) του προηγούμενου ερωτήματος, με τον άξονα x΄x, θέ-τουμε y = 0 στην εξίσωση της (ε) και βρίσκουμε0 = −e1−eα+α ⋅ x + α ⋅ e1−eα+α + e1−eα e1−eα +α>0 e1−eα+α ⋅ x = α ⋅ e1−eα+α + e1−eα ⇔ ⇔⇔x= α ⋅ e1−eα+α 1−eα ⇔ x =α+ e1−eα ⇔ x =α+ 1 . e1−eα +α e1−eα ⋅ eα eα + ee1−eα+αΆρα η (ε) τέμνει τον x΄x στο σημείο Β⎜⎜⎝⎛⎜⎜α + 1 , 0⎟⎟⎟⎟⎠⎞ . eαΠροχωράμε στο ερώτημα, στα στοιχεία που αφορούν ρυθμό μεταβολής.Από την εκφώνηση έχουμε ότι η τετμημένη του σημείου Μ μεταβάλλεται με ρυθμό 2 m/s. Αυτό σημαίνει( )ότι το σημείο Μ κινείται και οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, δηλαδή είναι τηςμορφής Μ α(t) , f (α(t)) , t ≥ 0 , με α′(t) = 2 m / s .Παρατήρηση. Σύμφωνα και με την σχετική παρατήρηση που έχει παρατεθεί στο τέλος της ενότητας τηςμεθοδολογίας, αφού η εκφώνηση μάς μιλάει για «μεταβολή», θα κρατήσουμε την τιμή του ρυθμού ωςέχει, χωρίς αναφορά σε πρόσημο, και θα βρούμε ως αποτέλεσμα επίσης «μεταβολή» (και όχι συγκεκρι-μένα αύξηση ή μείωση).Έστω t0 η χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο Α⎛⎜⎜⎜⎜⎝−1 , e e−1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟⎟ . Τότε θα ισχύουν e ( ) e−1 α(t0) = −1 , f α(t0) = e e και, φυσικά, α′(t0) = 2 .Το σημείο Β⎜⎝⎜⎛⎜⎜α + 1 , 0⎟⎟⎟⎞⎠⎟ έχει συντεταγμένες που εξαρτώνται από το α = α(t) , t ≥ 0 , άρα κι αυτό θα eα 1 eα(t)μεταβάλλεται, με την τετμημένη του να είναι της μορφής x(t) = α(t) + , t≥0.Παραγωγίζοντας ως προς t, έχουμε x′(t) = ⎡⎢⎣⎢α(t) + 1 ⎦⎤⎥⎥′ = α′(t) + − ⎢⎣⎡eα(t) ⎤⎦⎥′ = α′(t) − eα(t) ⋅ α′(t) = α′(t) − α′(t) . eα(t) ⎡⎣⎢eα(t) ⎤⎦⎥2 ⎢⎣⎡eα(t) ⎥⎤⎦ 2 eα(t)Την χρονική στιγμή t0 θα είναι x′(t0) = α′(t0) − α′(t 0 ) , απ’ όπου με αντικατάσταση βρίσκουμε eα( t0 ) x′(t0) = 2 − 2 = 2 − 2e . e−1 - 62 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤελικά, την χρονική στιγμή t0 , που το Μ διέρχεται από το Α, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Βείναι 2 ­ 2e m/s.Παρατήρηση. Για μονάδα μέτρησης, προφανώς χρησιμοποιούμε την ίδια με αυτήν του ρυθμού μεταβο-λής του σημείου Μ.ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Αν προσέξουμε το αποτέλεσμα του ερωτήματος (δ), θα δούμε ότιείναι αρνητικό! Πράγματι: e > 1 ⇔ 2e > 2 ⇔ 2 − 2e < 0 .Θυμηθείτε την παρατήρηση που προαναφέραμε, από την μεθοδολογία του Ρυθμού Μεταβολής:όταν μας δίνεται η μεταβολή ενός δεδομένου ως αριθμητική τιμή, το αποτέλεσμά μας είναι και πάλιαριθμητική τιμή για τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Αν αυτά τα δύο βγουν ετερόσημα, αυτό σημαίνειότι μεταβάλλονται με διαφορετικό τρόπο!Και τώρα ας δούμε το ακόλουθο σχήμα με την γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Σε αυτό, έχουμεσχεδιάσει κάποιες εφαπτόμενές της για αρνητικές τιμές του Μ, δηλαδή στο διάστημα που περιέχει τοσημείο Α και στο οποίο η συνάρτηση f είναι κοίλη, όπως βρήκαμε στο ερώτημα α­ΙΙ. Επίσης, έχουμε ση-μειώσει και τα αντίστοιχα σημεία τομής, Β, των εφαπτομένων, με τον οριζόντιο άξονα. Παρατηρήστε,όταν το Μ κινείται ώστε να αυξάνεται η τετμημένη του, την αντίστοιχη κίνηση των εφαπτομένων καιτων σημείων Β στον άξονα x΄x.Είναι σαφές από το σχήμα, ότι όταν η τετμημένη του Μ αυξάνεται, τότε η αντίστοιχη τετμημένη του Βμειώνεται, καθώς αυτό κινείται με κατεύθυνση προς την αρχή των αξόνων. Έτσι εξηγείται το αρνητικόαποτέλεσμα που βρήκαμε.Είναι προφανές ότι, αν το Μ κινείται προς τα αριστερά και η τετμημένη του μειώνεται, τότε το Β απο-μακρύνεται από την αρχή των αξόνων και η τετμημένη του αυξάνεται, άρα το συμπέρασμα παραμένει:Η τετμημένη του Β έχει αντίθετο είδος μεταβολής από αυτή του Μ και αυτό φαίνεται από την αρνητικήτιμή που βρήκαμε στο αποτέλεσμα. - 63 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 2ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση ϕ(t) = 2t + µ , t ∈ ! , όπου η παράμετρος μ είναι ένας πραγματικός αριθμός. Μίαεπιχείρηση έχει έσοδα Ε(t) που δίνονται, σε χιλιάδες ευρώ, από τον τύπο E(t) = (t − 1) ⋅ ϕ(t) , t ≥ 0 ,όπου t συμβολίζει τον χρόνο σε έτη.Το κόστος λειτουργίας, K(t), της επιχείρησης δίνεται, επίσης σε χιλιάδες ευρώ, από τον τύπο K(t) = ϕ(t + 4) , t ≥ 0 .α) Να βρείτε την συνάρτηση κέρδους P(t), για t ≥ 0 , όταν γνωρίζουμε ότι κατά το πρώτο έτος λειτουρ- γίας η επιχείρηση παρουσίασε ζημιά δώδεκα χιλιάδες ευρώ.β) Ποια χρονική στιγμή θα αρχίσει η επιχείρηση να παρουσιάζει κέρδη;γ) Ποιος θα είναι ο ρυθμός μεταβολής της συνάρτησης κέρδους στο τέλος του δεύτερου έτους; 6∫δ) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης Ι = µ + (µ3µ − µ3) ⋅ P(t) dt , όπου μ είναι η τιμή που παίρνει η παράμετρος της συνάρτησης φ στο ερώτημα (α). 0Το συγκεκριμένο θέμα προέρχεται από μία συγκεκριμένη κατηγορία θεμάτων Ρυθμού Μεταβολής, μεοικονομικά μεγέθη. Τα ερωτήματά του είναι βασικά, χωρίς κάποια ιδιαίτερη δυσκολία, από αυτά πουπρέπει ο υποψήφιος να χειρίζεται με άνεση.α) Η συνάρτηση κέρδους, P(t), δίνεται από την σχέση P(t) = E(t) ­ K(t), t ≥ 0 .Από τα δεδομένα της εκφώνησης έχουμε:P(t) = E(t) − K(t) = (t − 1) ⋅ ϕ(t) − ϕ(t + 4) = (t − 1) ⋅ (2t + µ) − ⎢⎣⎡2(t + 4) + µ⎤⎥⎦ == 2t2 + µt − 2t − µ − 2t − 8 − µ ⇔ P(t) = 2t2 + (µ − 4)t − 2µ − 8 , t ≥ 0 .Επειδή κατά το πρώτο έτος λειτουργίας η επιχείρηση παρουσίασε ζημιά 12 χιλιάδες ευρώ, θα ισχύει ότι P(1) = −12 ⇔ 2 ⋅12 + (µ − 4) ⋅1 − 2µ − 8 = −12 ⇔ 2 + µ − 4 − 2µ − 8 = −12 ⇔ −µ − 10 = −12 ⇔ µ = 2 .Άρα η συνάρτηση κέρδους της επιχείρησης είναι η P(t) = 2t2 + (2 − 4)t − 2 ⋅ 2 − 8 ⇔ P(t) = 2t2 − 2t − 12 , t ≥ 0 .β) Η επιχείρηση παρουσιάζει κέρδη, όταν P(t) > 0 ⇔ 2t2 − 2t − 12 > 0 ⇔ t2 − t − 6 > 0 ⇔ t < −2 ή t > 3 .Όμως, αφού είναι t ≥ 0 , δεκτές γίνονται οι τιμές t > 3 .Η χρονική στιγμή που το κέρδος μηδενίζεται και αρχίζει να γίνεται θετικό, είναι η t = 3 , που υποδηλώ-νει το τέλος του τρίτου έτους.Άρα η επιχείρηση θα αρχίσει να παρουσιάζει κέρδη από το τέλος του τρίτου έτους και μετά.γ) Ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους δίνεται από την παράγωγο P′(t) = (2t2 − 2t − 12)′ = 4t − 2 , t ≥ 0 .Ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής του κέρδους είναι ο P′(2) = 4 ⋅ 2 − 2 = 6 χιλ.€/έτος.Παρατήρηση. Όπως έχουμε τονίσει κατ’ επανάληψη, χρειάζεται προσοχή στις μονάδες μέτρησης τουρυθμού μεταβολής. Εδώ έχουμε κέρδος μετρούμενο σε χιλιάδες ευρώ (χιλ.€) και χρόνο μετρούμενο σεέτη, άρα η μονάδα μέτρησης είναι χιλ.€/έτος. - 64 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 6 6 ⎢⎢⎢⎡⎣ 2t3 ⎦⎥⎤⎥⎥ 6 0 3 0 P(t) dt = 0∫ ∫δ) (2t2 − 2t − 12) dt = − t2 − = Έχουμε 12t= 2 ⋅ 63 − 62 − 12 ⋅ 6 − ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ 2 ⋅ 03 − 02 − 12 ⋅ 0⎟⎟⎠⎞⎟⎟ = 36 . 3 3Επίσης, στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι μ = 2. Συνεπώς: Ι = 2018 . 6 ∫Ι = µ + (µ3µ − µ3) ⋅ P(t) dt = 2 + (23⋅2 − 23) ⋅ 36 ⇔ 0 3ο επαναληπτικό θέμαΗ τιμή, Ρ, σε ευρώ, ενός προϊόντος, t μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά, δίνεται από τον τύπο P(t) = 4 + t−6 . t2 + 25 4α) Να βρεθεί η τιμή του προϊόντος την στιγμή της εισαγωγής του στην αγορά.β) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος δύο μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά.γ) Να βρεθεί το χρονικό διάστημα, στο οποίο η τιμή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται.δ) Να αποδειχθεί ότι η τιμή του προϊόντος, μετά από κάποια χρονική στιγμή, συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνεται μικρότερη από την αρχική τιμή. t−6 4⎜⎜⎝⎛⎜t2 + 25 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟ + t − 6 4t2 + t + 19 4Η συνάρτηση Ρ έχει τύπο P(t) = 4 + = = . 25 25 25 t2 + 4 t2 + 4 t2 + 4α) Την στιγμή της εισαγωγής του προϊόντος στην αγορά, δηλαδή t = 0 μήνες μετά την εισαγωγή του,το προϊόν έχει τιμή Ρ(0) = 4 ⋅ 02 + 0 + 19 = 19 = 76 = 3, 04 €. 25 25 02 + 25 4 4β) Ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος στην αγορά είναι ίσος με την παράγωγο της συνάρτη-σης P(t), δηλαδή ⎝⎜⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 4t2 +t + 19 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟′ (4t2 + t + 19)′ ⋅⎜⎛⎝⎜⎜t2 + 25 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ − (4t2 + t + 19) ⋅ ⎜⎜⎜⎝⎛t2 + 25 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠′ t2 + 25 4 4P′(t) = 4 = = ⎜⎝⎜⎛⎜t2 + 25 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟2 4 (8t + 1)⎝⎜⎜⎜⎛t2 + 25 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ − (4t2 + t + 19) ⋅ 2t 8t3 + 50t + t2 + 25 − 8t3 − 2t2 − 38t −t2 + 12t + 25 4 4 4= = = . ⎜⎛⎜⎜⎝t2 + 25 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟2 ⎝⎜⎛⎜⎜t2 + 25 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟2 ⎜⎜⎝⎜⎛t2 + 25 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟2 4 4 4 - 65 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής −22 + 12 ⋅ 2 + 25 −4 + 24 + 25 105 105 420 4 4 4 1681Για t = 2 βρίσκουμε Ρ′(2) = ⎠⎟⎟⎟⎞⎟2 = ⎞⎟⎟⎟⎟⎠2 = 4 ⎟⎞⎟⎟⎠⎟2 = = . 1681 ⎜⎜⎝⎜⎛22 + 25 ⎜⎜⎜⎛⎝4 + 25 ⎜⎜⎝⎛⎜ 41 16 4 4 4Συνεπώς, ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος, δύο μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά, 420είναι ίσος με 1681 €/μήνα ή περίπου 0,25 €/μήνα.γ) Η τιμή του προϊόντος αυξάνεται, όταν ο ρυθμός μεταβολής της είναι θετικός ή μηδέν (με το μηδένσε μεμονωμένα σημεία), δηλαδή όταν για την παράγωγο Ρ′(t) ισχύει P′(t) ≥ 0 ⇔ −t2 + 12t + 25 ≥ 0 ⇔ −t2 + 12t + 25 ≥ 0 ⇔ 4t2 − 48t − 25 ≤ 0 t ≥0 t ∈ ⎡⎢⎢⎣0 , 25 ⎤⎥⎦⎥ . 4 4 2 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞2 ⇔ ⎜⎝⎛⎜⎜t2 + 25 4Συνεπώς, από την στιγμή εισαγωγής του στην αγορά και για τους επόμενους 12,5 μήνες, η τιμή τουπροϊόντος συνεχώς αυξάνεται.δ) Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της συνάρτησης P(t) t 0 25 / 2 +∞ ⎣⎢⎡⎢α2ύ25ξο,υ+σ∞α ⎟⎟⎟⎟⎠⎞στκοαδι ιπάασρτοηυμσαιά⎢⎢⎣⎡0ζε,ι225 ⎦⎤⎥⎥βλέπουμε ότι αυτή είναι γνησίως , P′(t)γνησίως φθίνουσα στο διάστημα P(t) +­μέγιστο για t= 25 , το 1313 12 2 2 Ρ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ 25 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ 4 ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝ 25 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟2 + 25 + 19 4 ⋅ 625 + 25 + 19 325 1313 2 2 2 4 2 2 325 = = = = = 4, 04 . ⎜⎛⎝⎜⎜ 25 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠2 25 625 25 2 + 4 4 + 4Συνεπώς, η μέγιστη τιμή του προϊόντος είναι 4, 04€.ε) Αφού η συνάρτηση Ρ22ε5ίν=αι1γ2ν,η5σίμωήςνεφςθκίναοιυμσεατάσ,τοσυδνιεάχσώτςημμαειώ⎣⎡⎢⎢ 2ν2ε5τα, +ι. ∞⎟⎟⎠⎟⎟⎞ , η τιμή του προϊόντος, από χρονική στιγμή t =τηνΑν Α= ⎢⎡⎣⎢ 25 , + ∞⎟⎠⎞⎟⎟⎟ , τότε επειδή η συνάρτηση Ρ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα σ’ αυτό, είναι 2 . ⎜⎜⎛⎜⎝⎜ P ⎜⎝⎜⎛⎜⎜ 25 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ⎤⎦⎥⎥⎥ Ρ(Α) = ℓ im P(t) , 2 t→ +∞Είναι ℓ im P(t) = ℓ im 4t2 + t + 19 = ℓ im 4 t2 =4 , οπότε Ρ(Α) = (4 , 4, 04] , που σημαίνει ότι οι τιμέςτης Ρ, tt→+∞ 2 άρα και από την αρχική τιμή Ρ(0) = 3,04 €. t→ +∞ tt→ +∞ 2 + 25 4 για x ≥ 25 2 , είναι μεγαλύτερες από 4,Τελικά, η τιμή του προϊόντος συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνεται μικρότερη από την αρχική τιμή. - 66 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΣχόλιο στο θέμα. Ήταν το Δ θέμα των Επαναληπτικών Πανελλαδικών Εξετάσεων του έτους 2000. Νασημειωθεί ότι, καθώς οι μαθητές είναι εξοικειωμένοι με το ευρώ, οι τιμές (από χιλιάδες δραχμές πουήταν στο θέμα των Πανελλαδικών), μετατράπηκαν σε ευρώ.Η δυσκολία του θέματος σαφώς είναι μικρότερη από αντίστοιχα Δ θέματα που τέθηκαν τα επόμεναχρόνια, αλλά ­σε κάθε περίπτωση­ δεν παύει να είναι ένα πρόβλημα με Ρυθμό Μεταβολής, με όλες τιςιδιαιτερότητες στον χειρισμό που αυτό συνεπάγεται και που έχουμε αναλύσει ήδη στο βιβλίο αυτό. 4ο επαναληπτικό θέμαΘεωρούμε την συνεχή συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει ότι ℓ im f(2x + 1) − 7 = 10 . x −1 x→1α) Να αποδείξετε ότι: Ι. f(3) = 7 και ΙΙ. f′(3) = 5 .β) Έστω (ε) η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f, στο σημείο της Μ(3, f(3)). Ι. Να αποδείξετε ότι η (ε) έχει εξίσωση y = 5x ­ 8. ΙΙ. Ένα σημείο Σ, που έχει τετμημένη μεγαλύτερη του 3, κινείται στην ευθεία (ε). Αν ο ρυθμός με- ταβολής της τετμημένης του είναι 2 m/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τρι- γώνου ΟΜΣ.α) Ι. Στο όριο που δίνεται θέτουμε h(x) = f(2x + 1) − 7 και θα είναι ℓ im h(x) = 10 . x −1 x→1Τότε είναι f(2x + 1) − 7 = (x − 1) ⋅ h(x) ⇔ f(2x + 1) = (x − 1) ⋅ h(x) + 7 (1) , x ∈ ! −{1} .Από την (1) έχουμε τότε ℓ im f(2x + 1) = ℓ im ⎡⎢⎣(x − 1) ⋅ h(x) + 7⎤⎦⎥ = (1 − 1) ⋅10 + 7 ⇒ ℓ im f(2x + 1) = 7 (2) x→1 x→1 x→1Στο όριο της (2) θέτουμε u = 2x + 1.Όταν x → 1 , τότε u → 3 και από η (2) ισοδύναμα δίνει ότι ℓ im f(u) = 7 . (3) u→ 3Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι συνεχής και στο 3, οπότε f(3) = ℓ im f(u) ⇔ f(3) = 7 u→ 3ΙΙ. Για x ≠ 1 έχουμε για το όριο που δόθηκε στην εκφώνηση ότι ℓ im f(2x + 1) − f(3) = 10 (4) x −1 x→1Με την αλλαγή μεταβλητής u = 2x + 1 που έγινε στο α­Ι, έχουμε και x = u−1 και τότε από την (4)προκύπτει 2ℓ im f(u) − f(3) = 10 ⇔ ℓ im f(u) − f(3) = 10 ⇔ ℓ im ⎡⎢⎢⎣2 ⋅ f(u) − f(3) ⎤⎥⎦⎥ = 10 ⇔ 2 ⋅ ℓ im f(u) − f(3) = 10 ⇔ u→ 3 u−3 u −3 u−3 u→ 3 u−1 −1 u→ 3 u→ 3 2 2⇔ ℓ im f(u) − f(3) =5∈\" . u→ 3 u−3Το τελευταίο σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 3, με f′(3) = 5 . - 67 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Ι. Η εφαπτομένη της Cf στο σημείο Μ(3, f(3)) έχει εξίσωση ε : y − f(3) = f′(3) ⋅ (x − 3) .Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι f(3) = 7 , f′(3) = 5 , οπότε θα είναι ε : y − 7 = 5(x − 3) ⇔ ε : y − 7 = 5x − 15 ⇔ ε : y = 5x − 8 .ΙΙ. Αφού το σημείο Σ κινείται στην ευθεία (ε), οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο,( )άρα είναι της μορφής Σ x(t) , y(t) , t ≥ 0 . Για τις συντεταγμένες αυτές ισχύουν τα ακόλουθα:• x(t) > 3 (από την εκφώνηση).• το Σ είναι σημείο της (ε), άρα είναι y(t) = 5x(t) − 8 .• x′(t) = 2 m / s , σταθερός ρυθμός (από την εκφώνηση). !!!\" !!!\" det OM , OΣ( )Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΣ είναι ίσο με (ΟΜΣ) = Ε = 1 ⋅ . 2Καθώς το σημείο Σ κινείται επί της ευθείας (ε), θα μεταβάλλεται και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΣ,άρα θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής E(t) , t ≥ 0 .Είναι !!!\" = (3 , f(3)) , !!!\" = (x(t) , y(t)) και ΟΜ ΟΣ ( )!!!\" !!!\" = 3 7 = 3y(t) − 7x(t) = 3 ⎡⎢⎣5x(t) − 8⎤⎦⎥ − 7x(t) = 15x(t) − 24 − 7x(t) = x(t) y(t)det ΟΜ , ΟΣ= 8x(t) − 24 = 8 x(t) − 3 = 8 ⎢⎣⎡x(t) − 3⎥⎤⎦ , αφού είναι x(t) > 3 .Επομένως είναι E(t) = 1 ⋅ 8 ⎡⎣⎢x(t) − 3⎦⎥⎤ = 4 ⎡⎣⎢x(t) − 3⎥⎦⎤ ⇔ E(t) = 4x(t) − 12 , t ≥ 0 . 2Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι E′(t) = ⎡⎣⎢4x(t) − 12⎦⎤⎥′ = 4x′(t) , t ≥ 0 , όπου x′(t) = 2 m / sσταθερός ρυθμός, άρα με αντικατάσταση βρίσκουμε τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής, E′(t) = 4 ⋅ 2 ⇔ E′(t) = 8 m2 / s .Η μονάδα μέτρησης (m²/s) του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού προκύπτει με την βοήθεια της μονάδαςμέτρησης του ρυθμού μεταβολής της τετμημένης (m/s).Παρατήρηση. Όπως βλέπουμε από το αποτέλεσμα που βρήκαμε, ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού εί-ναι ομόσημος του ρυθμού μεταβολής της τετμημένης του σημείου Σ, άρα καταλαβαίνουμε ότι έχουν καιτο ίδιο είδος μεταβολής, χωρίς αυτό να χρειάζεται να αναφερθεί στην απάντησή μας. - 68 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 5ο επαναληπτικό θέμαΈστω f(x) = −x2 + (α + 1)x − α , όπου α > 1 .α) Να βρείτε την μέγιστη τιμή της f και, στην συνέχεια, για τις διάφορες τιμές του α, να βρείτε την εξί- σωση της γραμμής στην οποία κινούνται τα σημεία των μεγίστων της f.β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την Cf και τον άξονα x΄x.γ) Το σημείο Α(α, 0) κινείται στον άξονα x΄x με ταχύτητα υ = 2 cm/s. Την χρονική στιγμή κατά την οποία είναι α = 3, να βρείτε: Ι. τον ρυθμό μεταβολής της μέγιστης τιμής της f. ΙΙ. τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του χωρίου που ορίζεται από την Cf και τον άξονα x΄x.Το συγκεκριμένο θέμα δεν εμφανίζει ιδιαίτερη δυσκολία, περιέχει, όμως, χαρακτηριστικά ερωτήματα,που πρέπει κάθε υποψήφιος να γνωρίζει πώς να χειρίζεται.α) Η f ορίζεται στο ! και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό, με f′(x) = −2x + α + 1 , x ∈ ! , α > 1 .Έχουμε:• f′(x) = 0 ⇔ −2x + α + 1 = 0 ⇔ x = α+1 και 2• f′(x) > 0 ⇔ −2x + α + 1 > 0 ⇔ x < α+1 , άρα και f′(x) < 0 ⇔ x > α+1 , 2 2Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της f προκύπτει ότι αυτή α+1 2είναι γνησίως αύξουσα στο δ,ιά+σ∞τη⎟⎟⎟⎟⎞⎠μακα⎜⎛⎜⎜⎜⎝−ι έ∞χε,ι α + 1 ⎥⎤⎥⎦ , γνησίως φθί- x −∞ +∞ 2 τιμή για ⎢⎣⎡⎢ α + 1 f′(x)νουσα στο διάστημα 2 μέγιστη f(x) +­ α+1x= 2 , την 12fmax = f ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ α+1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ = −⎜⎜⎝⎛⎜⎜ α + 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞2 + (α + 1) ⋅ α+1 −α =− (α + 1)2 + (α + 1)2 −α = (α + 1)2 −α = 2 2 2 4 2 4= α2 + 2α + 1 − 4α = α2 − 2α + 1 = (α − 1)2 . 4 4 4Ιδιαίτερη σημασία αξίζει να δοθεί στα επόμενα βήματα. Η εύρεση του γεωμετρικού τόπου είναι πάνταένα ερώτημα που θέλει προσοχή.Έστω, λοιπόν, (x0 , y0) οι συντεταγμένες των σημείων των μεγίστων της f. Τότε ισχύουν x0 = α+1 και y0 = (α − 1)2 . 2 4Θα απαλείψουμε το α από τις σχέσεις αυτές, ώστε να προκύψει μία σχέση που να συνδέει άμεσα ταx0 και y0 . Προσοχή χρειάζεται στους περιορισμούς που συνοδεύουν τις μεταβλητές, καθώς αυτοί καθο-ρίζουν επακριβώς και τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο.Έχουμε x0 = α+1 ⇔ 2x0 = α + 1 ⇔ α = 2x0 − 1 , με α > 1 ⇔ 2x0 − 1 > 1 ⇔ 2x0 > 2 ⇔ x0 > 1 . 2 - 69 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΤότε η σχέση y0 = (α − 1)2 γίνεται 4 y0 = (2x0 − 1 − 1)2 ⇔ y0 = (2x0 − 2)2 ⇔ y0 = ⎡⎣⎢2(x0 − 1)⎥⎦⎤2 ⇔ y0 = 4 (x0 − 1)2 ⇔ y0 = (x0 − 1)2 . 4 4 4 4Από την τελευταία έχουμε ότι οι συντεταγμένες x0 , y0 ικανοποιούν την σχέση y = (x − 1)2 , με x > 1 .Άρα η εξίσωση της γραμμής στην οποία κινούνται τα σημεία των μεγίστων της f είναι η y = (x − 1)2 , x > 1 .β) Για να προσδιορίσουμε το χωρίο που περικλείεται από την Cf και τον άξονα x΄x, χρειαζόμαστε τιςλύσεις της εξίσωσης f(x) = 0 .Έχουμε: f(x) = 0 ⇔ −x2 + (α + 1)x − α = 0 ⇔ x2 − (α + 1)x + α = 0 ⇔ x2 − αx − x + α = 0 ⇔⇔ x(x − α) − (x − α) = 0 ⇔ (x − α)(x − 1) = 0 ⇔ x − α = 0 ή x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ή x = α > 1 .(Φυσικά, η εξίσωση αυτή μπορεί να λυθεί και με διακρίνουσα ή σχήμα Horner).Για το πρόσημο της f έχουμε τον διπλανό πίνακα. x0 1 α +∞Οι ρίζες της συνάρτησης f είναι οι 1 και α > 1 και μεταξύαυτών η f παίρνει θετικές τιμές, οπότε το ζητούμενο εμβαδόν f(x) ­ + ­είναι ίσο με∫ ∫Ε =α α ⎡⎣⎢−x2 + (α + 1)x − α⎥⎦⎤ dx = ⎢⎢⎢⎣⎡− x3 x2 − αx⎥⎥⎥⎤⎦1α = 1 f(x) dx = 1 3 + (α + 1) ⋅ 2=− α3 + (α + 1) ⋅ α2 − α2 − ⎢⎢⎢⎡⎣− 13 + (α + 1) ⋅ 12 − α ⋅1⎤⎦⎥⎥⎥ = α3 − 3α2 + 3α − 1 ⇒ Ε= (α − 1)3 . 3 2 3 2 6 6γ) Ι. Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f, όπως βρήκαμε στο (α), είναι η fmax = (α − 1)2 . 4Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και η μέγιστη αυτή τιμή θα μεταβάλλεται επίσης ως προς ⎣⎡⎢α(t) − 1⎦⎤⎥2τον χρόνο και θα περιγράφεται από συνάρτηση της μορφής fmax(t) , με τύπο fmax(t) = 4 , t≥0.Ο ρυθμός μεταβολής αυτής θα είναι η παράγωγος συνάρτησή της, δηλαδή η fm′ ax(t) = ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪ ⎡⎢⎣α(t) − 1⎤⎥⎦2 ⎫⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪′ = 2 ⎢⎣⎡α(t) − 1⎦⎥⎤ ⋅ ⎢⎡⎣α(t) − 1⎥⎦⎤′ = ⎣⎢⎡α(t) − 1⎥⎤⎦ ⋅ α′(t) , t≥0. 4 4 2Την χρονική στιγμή t0 θα είναι fm′ ax (t0 ) = ⎣⎡⎢α(t0) − 1⎦⎤⎥ ⋅ α′(t0) και αντικαθιστώντας βρίσκουμε 2 fm′ ax (t0 ) = (3 − 1) ⋅ 2 =2 μον/s. 2Παρατήρηση. Εδώ οι μονάδες μέτρησης θέλουν προσοχή. Καθώς το μετρούμενο μέγεθος είναι η f, γιατην οποία δεν έχουμε μονάδα μέτρησης, θα χρησιμοποιήσουμε αναγκαστικά το γενικό «μον». Ο χρόνοςμετράται σε δευτερόλεπτα (s), όπως μαρτυρά η ταχύτητα κίνησης του Α, οπότε προκύπτει η μονάδαμέτρησης του ρυθμού μεταβολής του μεγίστου, που θα είναι «μον/s».Να τονίσουμε ότι η μετακίνηση (που μετράται σε cm) αφορά το σημείο μεγίστου της f, που, ως κινούμε-νο σημείο, διανύει αποστάσεις μετρούμενες σε cm. Όμως, το ίδιο το μέγιστο της f δεν μετακινείται (ως - 70 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςσημείο), αλλά μεταβάλλεται ως τιμή της συνάρτησης f, που έχει την ίδια μονάδα μέτρησης με όλες τιςτιμές της f ! Γι’ αυτό και δεν χρησιμοποιούμε cm, αλλά «μον», στην μονάδα μέτρησης του ρυθμού με-ταβολής της μέγιστης τιμής της f.ΙΙ. Το εμβαδόν του χωρίου, που ορίζεται από την Cf και τον άξονα x΄x, όπως βρήκαμε στο (β), είναι (α − 1)3ίσο με Ε = 6 .Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και το εμβαδόν αυτό θα μεταβάλλεται επίσης ως προς ⎢⎣⎡α(t) − 1⎤⎥⎦3τον χρόνο και θα περιγράφεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο E(t) = 6 , t≥0.Ο ρυθμός μεταβολής αυτού θα είναι η παράγωγος συνάρτησή του, δηλαδή η E′(t) = ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ ⎡⎣⎢α(t) − 1⎦⎤⎥3 ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪′ = 1 ⋅ 3 ⎣⎢⎡α(t) − 1⎥⎦⎤2 ⋅ ⎡⎣⎢α(t) − 1⎤⎦⎥′ = 1 α′(t) ⋅ ⎢⎣⎡α(t) − 1⎥⎦⎤2 , t ≥ 0 . 6 6 2Την χρονική στιγμή t0 θα είναι E′(t0) = 1 α′(t0) ⋅ ⎡⎢⎣α(t0) − 1⎤⎥⎦2 και αντικαθιστώντας βρίσκουμε 2 E′(t0) = 1 ⋅ 2 ⋅ (3 − 1)2 = 4 cm2 / s . 2Σχόλιο. Εδώ φυσικά τα πράγματα για την μονάδα μέτρησης είναι πολύ πιο απλά. Ο χρόνος μετράταισε δευτερόλεπτα (s) και οι αποστάσεις σε cm, άρα το εμβαδόν σε cm² και ο ρυθμός μεταβολής του εμ-βαδού σε cm²/s. - 71 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 6ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνεχής και παραγωγίσιμη συνάρτηση f, για την οποία ισχύει f(exηµx) = 2ex , για κάθε x ∈ ⎜⎜⎝⎜⎛⎜− π , π ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ . 2 2α) Να δείξετε ότι f′(0) = 2 .β) Να δείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο Α(0, f(0)) είναι η y = 2x + 2.γ) Αν ένα σημείο κινείται πάνω στην προηγούμενη ευθεία και η τετμημένη του αυξάνεται με ρυθμό 2 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του σημείου.Το συγκεκριμένο θέμα έχει την εμφανή ιδιαιτερότητα ότι δεν γνωρίζουμε τον τύπο της συνάρτησης f,παρά μόνο ότι αυτή είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, προφανώς (ελλείψει άλλων στοιχείων που να πε-ριορίζουν το συμπέρασμά μας) σε όλο το ! . Επιπλέον, έχουμε ως εφόδιο μία συναρτησιακή σχέση,όπου η f εμφανίζεται μέσω μιας σύνθεσής της με άλλες συναρτήσεις.Πάμε να δούμε τους κατάλληλους χειρισμούς για να βρούμε τα ζητούμενα, χρησιμοποιώντας μόνο ταπαραπάνω δεδομένα.α) Γνωρίζουμε από την υπόθεση, ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! . Επίσης, η συνάρτησηϕ(x) = exηµx είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως γινόμενο παραγωγίσιμων στο ! συναρτήσεων. Άρα και η( )σύνθεσή τους, f ϕ(x) = f(exηµx) , είναι παραγωγίσιμη στο ! .Τότε, παραγωγίζοντας κατά μέλη την σχέση της εκφώνησης παίρνουμε (1)( )⎡⎣⎢f(exηµx)⎤⎥⎦′ = 2ex ′ ⇒ f′(exηµx) ⋅ (exηµx)′ = 2ex ⇒ f′(exηµx) ⋅ ⎡⎢⎣(ex )′ ⋅ ηµx + ex ⋅ (ηµx)′⎥⎤⎦ = 2ex ⇒ ex>0⇒ f′(exηµx) ⋅ (exηµx + exσυνx) = 2ex ⇒ f′(exηµx) ⋅ ex(ηµx + συνx) = 2ex ⇒ f′(exηµx) ⋅ (ηµx + συνx) = 2Αναζητούμε το f′(0) , οπότε παρατηρώντας την (1) διαπιστώνουμε ότι η τιμή x = 0 μηδενίζει την ποσό-τητα exηµx στο εσωτερικό της f′(exηµx) του πρώτου μέλους. Άρα, για x = 0 θα προκύψει η ζητούμενηποσότητα f′(0) ως εξής:Για x = 0, η (1) μάς δίνει f′(e0ηµ0) ⋅ (ηµ0 + συν0) = 2 ⇔ f′(1) ⋅ (0 + 1) = 2 ⇔ f′(1) = 2 .β) Η εξίσωση της εφαπτομένης, (ε), της Cf στο σημείο Α(0, f(0)) είναι η ε : y − f(0) = f′(0) ⋅ (x − 0) .Θυμίζουμε ότι δεν έχουμε τύπο για την f, οπότε για τα απαραίτητα f(0) , f′(0) έχουμε:Στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι f′(0) = 2 . Επιπλέον, η σχέση της εκφώνησης, για x = 0, δίνει f(e0ηµ0) = 2e0 ⇔ f(0) = 2 .Επομένως, η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ε : y − 2 = 2x ⇔ ε : y = 2x + 2 .γ) Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής.Έστω Μ το σημείο που κινείται πάνω στην προηγούμενη ευθεία (ε).( )Οι συντεταγμένες του Μ μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο, άρα είναι της μορφής Μ x(t) , y(t) , t ≥ 0 .Αφού η τετμημένη του Μ αυξάνεται με ρυθμό 2 cm/s, θα ισχύει x′(t) = +2 cm / s , σταθερός ρυθμός με-ταβολής. - 72 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΕπίσης, οι συντεταγμένες του Μ θα επαληθεύουν τον τύπο της ευθείας (ε), άρα θα ισχύει ότι y(t) = 2x(t) + 2 .Παραγωγίζοντας την τελευταία σχέση ως προς t, βρίσκουμε y′(t) = ⎢⎣⎡2x(t) + 2⎤⎦⎥′ ⇒ y′(t) = 2x′(t)και με αντικατάσταση προκύπτει y′(t) = 2 ⋅ 2 = +4 cm / s , που είναι ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής.Σχόλιο για όλο το 6ο επαναληπτικό θέμα. Το θέμα διαπιστώνουμε ότι δεν έχει καμία απολύτως δυσ-κολία στην λύση του, ΕΦΟΣΟΝ γνωρίζουμε να χειριζόμαστε συναρτησιακές σχέσεις και να εξάγουμεαπό αυτές τα απαραίτητα συμπεράσματα. Πολύ συχνά, σε τέτοιες περιπτώσεις χρειάζεται να θέσουμεστην θέση του x κατάλληλη τιμή, για να προκύψουν οι ζητούμενες ποσότητες. Επίσης, πρέπει να τονί-σουμε ότι, σε τέτοιες σχέσεις, συνέχεια και παραγωγισιμότητα ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ αυτονόητες και πρέπει ναεξασφαλίζονται και τυπικά, όπως κάναμε στην αρχή του ερωτήματος (α). - 73 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 7ο επαναληπτικό θέμαΈστω συνεχής συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει 22 2 ∫ ∫ ∫f2(x) dx + (x4 + 2x2 + 1) dx = 4 ⎣⎡⎢x ⋅ f(x2) ⋅ (x4 + 1)⎥⎤⎦ dx . 11 1α) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f, στο διάστημα Δ = [1, 2].β) Έστω ότι f(x) = x2 + 1 , x ∈ ! . α−β β−α ∫ ∫Ι. Να αποδειχθεί ότι ef(x) dx + ef(x) dx = 0 , με α ≠ β . 00 ΙΙ. Έστω σημείο Α(α, f(α)) της Cf και (ε) η εφαπτομένη της στο Α. Αν η ευθεία (η), που είναι κάθετη στην (ε) στο Α, τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Β, να αποδειχθεί ότι ο ρυθμός μεταβο- λής της τεταγμένης του Β είναι διπλάσιος από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α, την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία α(t0) = 1 .α) Το ερώτημα αυτό παρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον, καθώς ζητείται να προσδιορίσουμε τον τύποσυνάρτησης από σχέση με ολοκληρώματα! Τα εφόδιά μας, σε τέτοια ερωτήματα, είναι κατά βάση οιιδιότητες του ολοκληρώματος και μία από αυτές, ικανή να μας δώσει τον τύπο της συνάρτησης σε διά-στημα, είναι η ακόλουθη: «Αν g : [α , β] → ! είναι συνεχής συνάρτηση, με g(x) ≥ 0, για κάθε x ∈ [α , β] , β ∫και g(x) dx = 0 , τότε g(x) = 0, για κάθε x ∈ [α , β] ». αΗ πρόταση αυτή πρέπει να αποδειχθεί για να χρησιμοποιηθεί, καθώς, αν και βασική, τυπικά δεν περι-λαμβάνεται στην διδακτέα ύλη.Αρχικά θα απλουστεύσουμε ελαφρά το πιο πολύπλοκο από τα ολοκληρώματα της δεδομένης σχέσης. 2∫Για το ολοκλήρωμα ⎡⎣⎢x ⋅ f(x2) ⋅ (x4 + 1)⎤⎦⎥ dx της αρχικής σχέσης, θέτουμε u = x2 . 1Τότε είναι du = (x2)′dx ⇔ du = 2xdx ⇔ xdx = 1 du . 2 2Επίσης, για x = 1 είναι u = 1, ενώ για x = 2 είναι u = 2 =2. 2 2 1 1 2 2 2 ⎡⎣⎢x ⋅ f(x2) ⋅ (x4 + 1)⎤⎦⎥ dx = f(x) ⋅ (x2 + 1) dx .∫ ∫ ∫Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται f(u) ⋅ (u2 + 1) ⋅ du = 11 1Στο τέλος, αλλάξαμε απλά το σύμβολο της μεταβλητής από u και πάλι σε x, ώστε να ενσωματώσουμετο παραπάνω στην αρχική δεδομένη σχέση, όπως φαίνεται παρακάτω.Τότε η αρχική δεδομένη σχέση γίνεται22 1 2 22 2∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫f2(x)dx + 2 (x4 + 2x2 + 1) dx = 4⋅ f(x) ⋅ (x2 + 1) dx ⇔ f2(x) dx + (x2 + 1)2 dx = 2 f(x) ⋅ (x2 + 1) dx ⇔11 1 11 122 2 2∫ ∫ ∫ ∫⇔ f2(x) dx + (x2 + 1)2 dx − 2f(x) ⋅ (x2 + 1) dx = 0 ⇔ ⎡⎢⎣f2(x) + (x2 + 1)2 − 2f(x) ⋅ (x2 + 1)⎥⎦⎤ dx = 0 ⇔11 1 1 - 74 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 2 (1)∫⇔ ⎢⎣⎡f(x) − (x2 + 1)⎥⎦⎤2 dx = 0 1Στο σημείο αυτό, θα αποδείξουμε την εξής βοηθητική πρόταση: βΑν g : [α , β] → ! συνεχής συνάρτηση, με g(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ [α , β] , και ∫ g(x) dx = 0 , τότε g(x) = 0, αγια κάθε x ∈ [α , β] .Η απόδειξη θα γίνει με απαγωγή σε άτοπο.Πράγματι· έστω ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, x0 ∈ [α , β] τέτοιο, ώστε g(x0) > 0 . βΤότε, αφού η g είναι συνεχής στο [α, β] και g(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈ [α , β] , θα είναι g(x) dx > 0 , ∫β∫άτοπο, αφού είναι g(x) dx = 0 . α αΆρα δεν υπάρχει x0 ∈ [α , β] τέτοιο, ώστε g(x0) > 0 .Επομένως, ισχύει ότι g(x) = 0 , για κάθε x ∈ [α , β] .Εδώ ολοκληρώνεται η απόδειξη και επιστρέφουμε στο ερώτημα της άσκησής μας.Λόγω της παραπάνω πρότασης, από την (1) έπεται ότι, για την συνεχή συνάρτηση g(x) = ⎣⎢⎡f(x) − (x2 + 1)⎥⎤⎦2 22 ⎣⎡⎢f(x) − (x2 + 1)⎤⎦⎥2 dx = g(x) dx = 0 , για κάθε x ∈ [1, 2] .∫ ∫ισχύει ότι g(x) ≥ 0 και 11Άρα είναι g(x) = 0 ⇔ ⎡⎣⎢f(x) − (x2 + 1)⎤⎦⎥2 = 0 ⇔ f(x) − (x2 + 1) = 0 ⇔ f(x) = x2 + 1 , για κάθε x ∈ [1, 2] .β) Να παρατηρήσουμε ότι, ο τύπος της συνάρτησης που βρέθηκε στο (α), αφορά στο διάστημαΔ = [1, 2]. Εδώ, όμως, η εκφώνηση επεκτείνει την ισχύ του τύπου σε όλο το ! .Ι. 1ος τρόπος. α−β∫Για το ολοκλήρωμα Ι = ef(x) dx θέτουμε u = −x . 0Η ιδέα να θέσουμε u = ­x μπορεί να προέλθει είτε από την παρατήρηση ότι η συνάρτηση f(x) είναι άρ-τια είτε από τα όρια ολοκλήρωσης μεταξύ αυτού και του επόμενου ολοκληρώματος της ζητούμενης σχέ-σης, που είναι αντίθετα. Η ιδέα της αξιοποίησης της άρτιας αναλύεται ακόμα πιο διεξοδικά στον 2οτρόπο λύσης παρακάτω.Τότε du = ­dx και για x = 0 είναι u = 0, ενώ για x = α ­ β είναι u = ­(α ­ β) = β ­ α.Έτσι, το ολοκλήρωμα γίνεταια−β β−α β−α β−α β−α β−α∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = ef(x) dx = ef(−u) ⋅ (−du) = − e(−u)2+1 du = − eu2+1 du = − ef(u) du = − ef(x) dx .00 0 0 00Στο τέλος, απλά αλλάξαμε συμβολισμό της μεταβλητής, ώστε να συμβαδίζει με τα υπόλοιπα. β−α β−α α−β β−α .∫ ∫Άρα, Ι = − ef(x) dx ⇔ Ι + ef(x) dx = 0 ⇔ ∫ ∫ef(x) dx + ef(x) dx = 0 00 00 - 75 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής2ος τρόπος. Αρχικά θα αποδείξουμε μία βασική πρόταση, που αφορά στο ολοκλήρωμα άρτιας συ-νάρτησης. Η πρόταση αυτή πρέπει να αποδειχθεί για να χρησιμοποιηθεί, καθώς, αν και βασική, δεν πε-ριλαμβάνεται στην διδακτέα ύλη.Βοηθητική πρόταση. Αν η συνάρτηση f : [−λ , λ] → ! είναι συνεχής και άρτια, τότε λλ ∫ ∫f(x) dx = 2 f(x) dx . −λ 0 λ 0λ 0λ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Απόδειξη. Έχουμε Ι = f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx = Ι1 + Ι2 , με Ι1 = f(x) dx , Ι2 = f(x) dx . −λ −λ 0 −λ 0Για το Ι1 θέτουμε u = −x .Τότε είναι du = −dx και, για x = ­λ είναι u = λ, ενώ για x = 0 είναι u = 0. Έτσι βρίσκουμε λ0 λ f αρτια 0 λ λ λ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = f(x) dx = f(−u) ⋅ (−du) + f(x) dx = − f(u) du + f(x) dx = f(u) du + f(x) dx ⇒ −λ λ 0 λ000 λλ λ∫ ∫ ∫⇒ Ι = f(x) dx + f(x) dx ⇒ Ι = 2 f(x) dx . 00 0Εδώ ολοκληρώθηκε η απόδειξη της βοηθητικής πρότασης. Στην συνέχεια, θα εφαρμόσουμε την πρότασηαυτή στην άσκησή μας.Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση g(x) = ef(x) είναι άρτια, αφού για κάθε x ∈ ! , και το −x ∈ ! , και g(−x) = ef(−x) = e(−x)2+1 = ex2+1 = ef(x) = g(x) .Τότε, για λ = α ­ β εφαρμόζοντας την παραπάνω βασική πρόταση, βρίσκουμε ότια−β α−β 0 α−β α−β∫ ∫ ∫ ∫ ∫g(x) dx = 2 g(x) dx ⇔ g(x) dx + g(x) dx = 2 g(x) dx ⇔−(α−β) 0 β−α 0 0 β−α α−β β−α α−β α−β β−α∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫⇔ − g(x) dx − g(x) dx = 0 ⇔ g(x) dx + g(x) dx = 0 ⇔ ef(x) dx + ef(x) dx = 0 . 00 00 00ΙΙ. Το ερώτημα αυτό αφορά ρυθμό μεταβολής.Καθώς η εκφώνηση μάς μιλά για ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α(α, f(α)), καταλαβαίνουμε ότιτο Α κινείται πάνω στην Cf , άρα οι συντεταγμένες του θα μεταβάλλονται ως προς τον χρόνο t, με τηντετμημένη του να είναι της μορφής α(t) , t ≥ 0 .Μαζί με το Α, προφανώς κινούνται η εφαπτομένη, (ε), της Cf στο Α, η κάθετη, (η), προς την (ε), στο Α,και το σημείο Β του άξονα y΄y, στο οποίο τον τέμνει η (η).Αφού το Β είναι σημείο του y΄y, θα έχει τετμημένη x = 0, ενώ η τεταγμένη του θα μεταβάλλεται ωςπρος τον χρόνο t και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής y(t) , t ≥ 0 .Από την εκφώνηση, t0 είναι η χρονική στιγμή κατά την οποία α(t0) = 1 . Καθώς το α μεταβάλλεται κατάτρόπο συνεχή, μπορούμε να περιοριστούμε σε χρονικές στιγμές κοντά στην t0 , όπου α = α(t) ≠ 0 .Αυτή η επιπλέον υπόθεση χρειάζεται διότι, όπως θα δούμε παρακάτω, οι συντελεστές διεύθυνσης τωνευθειών (ε) και (η) εξαρτώνται από το α, οπότε η παραπάνω ιδιότητα θα μας εξασφαλίσει την ύπαρξήτους και την δυνατότητά μας να αξιοποιήσουμε την καθετότητα των δύο ευθειών. - 76 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΗ εφαπτομένη, (ε), της Cf στο σημείο της Α(α, f(α)), έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = f′(α) , όπουf(x) = x2 + 1 ⇒ f′(x) = 2x , άρα λε = 2α .Είναι ε ⊥ η , άρα λελη = −1 ⇔ 2α ⋅ λη = −1 ⇔ λη = − 1 . 2α 1Άρα η ευθεία (η) διέρχεται από το Α και έχει συντελεστή διεύθυνσης λη = − 2α , οπότε έχει εξίσωση η : y − f(α) = − 1 ⋅(x − α) . 2αΤο Β είναι σημείο τομής της ευθείας (η) και του y΄y, με τετμημένη x = 0.Θέτοντας x = 0 στην εξίσωση της (η), βρίσκουμε y − f(α) = − 1 ⋅ (0 − α) ⇔ y = 1 + f(α) ⇔ y = 1 + α2 + 1 ⇔ y = α2 + 3 = yΒ . 2α 2 2 2Η τεταγμένη του Β εξαρτάται από το α, άρα και αυτή μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο σύμφωνα με 3την συνάρτηση y(t) = α2(t) + 2 , t ≥0.Ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β είναι y′(t) = ⎢⎣⎡⎢α2(t) + 3 ⎥⎥⎦⎤′ ⇒ y′(t) = 2α(t) ⋅ α′(t) . 2Την χρονική στιγμή t0 θα είναι y′(t0) = 2α(t0) ⋅ α′(t0) , όπου αντικαθιστώντας βρίσκουμε y′(t0) = 2 ⋅ 1 ⋅ α′(t0) ⇔ y′(t0) = 2α′(t0) ,σχέση που αποδεικνύει ότι, την χρονική στιγμή t0 , ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β είναι δι-πλάσιος από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α. - 77 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 8ο επαναληπτικό θέμαΔίνεται η συνάρτηση f(x) = ex(x − α) και το σημείο Α(α, 0), όπου α ∈ ! , με α > 0 .α) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα, τα σημεία καμπής και τις ασύμπτωτες.β) Για τις διάφορες τιμές του α, να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται: Ι. το ακρότατο της f. ΙΙ. το σημείο καμπής της f.γ) Να βρεθεί το εμβαδόν, Ε(λ), του χωρίου, που ορίζεται από τον άξονα x΄x, την Cf και την ευθεία x = λ < 0.δ) Να βρείτε το ℓ im Ε(λ) . λ→ −∞ε) Αν το Α κινείται με ταχύτητα υ = 3 cm/s, να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού, την χρονική στιγμή κατά την οποία είναι α = 5.Το θέμα αυτό δεν παρουσιάζει κάποια ιδιαίτερη δυσκολία εν γένει. Περιέχει, όμως, πολλά «δημοφιλή»ερωτήματα. Συνεπώς, πρέπει να το δει κανείς ως μία καλή πρώτη επανάληψη σε βασικές έννοιες, σεόλο το φάσμα της ύλης, συμπεριλαμβανομένου και του ρυθμού μεταβολής.α) Η συνάρτηση f ορίζεται στο Df = ! , στο οποίο είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη, ως γι-νόμενο συνεχών και δύο φορές παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσεων, μεf′(x) = (ex )′ ⋅ (x − α) + ex ⋅ (x − α)′ = ex(x − α) + ex ⇒ f′(x) = ex(x − α + 1) καιf′′(x) = (ex )′ ⋅ (x − α + 1) + ex ⋅ (x − α + 1)′ = ex(x − α + 1) + ex ⇒ f′′(x) = ex(x − α + 2) .Μονοτονία ­ ακρότατα. Έχουμε: ex>0• f′(x) = 0 ⇔ ex(x − α + 1) = 0 ⇔ x − α + 1 = 0 ⇔ x = α − 1 και ex>0• f′(x) > 0 ⇔ ex(x − α + 1) > 0 ⇔ x − α + 1 > 0 ⇔ x > α − 1 , άρα και f′(x) < 0 ⇔ x < α − 1 .Ο πίνακας μονοτονίας και ακροτάτων της f είναι ο διπλανός και x −∞ α − 1 +∞από αυτόν έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞ , α − 1] , f′(x) ­ +γνησίως αύξουσα στο [α − 1, + ∞) και παρουσιάζει ελάχιστο γιαx = α ­ 1, το fmin = f(α − 1) = eα−1( α − 1 − α ) = −eα−1 .Κυρτότητα ­ σημεία καμπής. Έχουμε: f(x) 2 1 ex>0• f′′(x) = 0 ⇔ ex(x − α + 2) = 0 ⇔ x − α + 2 = 0 ⇔ x = α − 2 και ex>0• f′′(x) > 0 ⇔ ex(x − α + 2) > 0 ⇔ x − α + 2 > 0 ⇔ x > α − 2 , άρα και f′′(x) < 0 ⇔ x < α − 2 .Ο πίνακας κυρτότητας της f είναι ο διπλανός και από αυτόν έχου- x −∞ α − 2 +∞ f′(x) ­+με ότι η f είναι κοίλη στο (−∞ , α − 2] , κυρτή στο [α − 2 , + ∞) f(x) 43και έχει σημείο καμπής το Κ(α − 2 , f(α − 2)) , όπουf(α − 2) = eα−2( α − 2 − α ) = −2eα−2 , δηλαδή το σημείο καμπής( )της Cf είναι το Κ α − 2 , − 2eα−2 . - 78 -Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό ΜεταβολήςΑσύμπτωτες.Ι. Κατακόρυφες. Η f είναι συνεχής στο ! , άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.ΙΙ. Οριζόντιες. −∞Είναι ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎢⎡ ex (x − α)⎦⎥⎤ 0⋅(−∞) ℓ im x−α +∞ ℓ im (x − α)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 = e−x (e−x )′ x→ −∞ e−x ⋅ (−x)′ −e−x x→ −∞ x→ −∞ = x→ −∞ = x→ −∞ x→ −∞= − ℓ im ex = −0 = 0 , που σημαίνει ότι η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . x→ −∞Επίσης, ℓ im f(x) = ℓ im ⎣⎢⎡ ex (x − α)⎤⎦⎥ = (+∞) ⋅ (+∞) = +∞ , που σημαίνει ότι δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη x→ +∞ x→ +∞στο +∞ .ΙΙΙ. Πλάγιες.Επειδή στο −∞ έχει οριζόντια ασύμπτωτη, δεν θα έχει πλάγια. Επομένως, θα εξετάσω αν έχει πλάγιαασύμπτωτη στο +∞ .Αν έχει, θα είναι της μορφής y = λx + β, όπου λ = ℓ im f(x) = ℓ im ex(x − α) = ℓ im ⎜⎜⎜⎝⎛⎜ex ⋅ x − α ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ = ℓ im ⎢⎢⎡⎢⎣ex ⎝⎜⎜⎜⎛⎜1 − α ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ ⎥⎥⎥⎦⎤ = (+∞) ⋅ (1 − 0) = +∞ . x→ +∞ x x→ +∞ x x x x→ +∞ x→ +∞Αυτό σημαίνει ότι δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ .β) Ι. Ιδιαίτερη σημασία αξίζει να δοθεί στα επόμενα βήματα. Η εύρεση γεωμετρικού τόπου είναι πά-ντα ένα θέμα που θέλει προσοχή.Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η f έχει ακρότατο (ελάχιστο), το fmin = −eα−1 , για x = α ­ 1.Έστω (x0 , y0) οι συντεταγμένες του σημείου ελαχίστου της f.Τότε ισχύουν x0 = α − 1 και y0 = −eα−1 .Θα απαλείψουμε το α από τις σχέσεις αυτές, ώστε να προκύψει μία σχέση που να συνδέει άμεσα ταx0 , y0 . Προσοχή χρειάζεται στους περιορισμούς που συνοδεύουν τις μεταβλητές, καθώς αυτοί καθορί-ζουν επακριβώς και τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο.Έχουμε ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧⎪ x0 = α −1 ⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎭⎪ ⇒ y0 = −ex0 , όπου, από υπόθεση, α > 0 ⇔ x0 + 1 > 0 ⇔ x0 > −1 . y0 = −eα−1Συνεπώς, η εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται το ακρότατο της f, είναι η y = −ex , x > −1 .ΙΙ. Θα εργαστούμε με τον ίδιο ακριβώς τρόπο με αυτόν του ερωτήματος β­Ι.( )Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η Cf έχει σημείο καμπής το Κ α − 2 , − 2eα−2 . Άρα, για τις συντεταγ-μένες, (xK , yK ) , του σημείου καμπής, Κ, της Cf ισχύουν ⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪ xK = α −2 ⎪⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫ ⇒ yK = −2exΚ , όπου, από υπόθεση, α > 0 ⇔ xK + 2 > 0 ⇔ xK > −2 . yK = −2eα−2Συνεπώς, η εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται το σημείο καμπής της f είναι η y = −2ex , x > −2 . - 79 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςγ) Είναι: ex>0• f(x) = 0 ⇔ ex(x − α) = 0 ⇔ x − α = 0 ⇔ x = α και ex>0• f(x) > 0 ⇔ ex(x − α) > 0 ⇔ x − α > 0 ⇔ x > α , άρα και f(x) < 0 ⇔ x < α .Επειδή λ < 0 < α, το διάστημα ολοκλήρωσης της f θα είναι το [λ, α], στο οποίο η f είναι συνεχής και ισ-χύει f(x) ≤ 0 . Άρα το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι αα α α∫ ∫ ∫ ∫Ε(λ) = | f(x) | dx = ⎡⎣⎢−f(x)⎤⎥⎦ dx = ⎢⎣⎡−ex(x − α)⎦⎥⎤ dx = − (ex )′ ⋅ (x − α) dx = λλ λ λ αα − ⎣⎡⎢ex(x − α)⎥⎦⎤αλ α α α λ∫ ∫=−⎡⎢⎣ ex (x − α)⎦⎤⎥ λ + ex(x − α)′ dx = − ⎢⎡⎣ ex (x − α)⎥⎤⎦ λ + ex dx = + ⎡⎣⎢ ex ⎥⎦⎤ = λλ= − ⎡⎣⎢eα(α − α) − eλ(λ − α)⎥⎤⎦ + eα − eλ = eλ(λ − α) + eα − eλ ⇒ Ε(λ) = eλ(λ − α − 1) + eα , λ < 0 .δ) Είναι ℓ im Ε(λ) = ℓ im ⎡⎣⎢ e λ (λ −α − 1) + eα ⎤⎥⎦ , όπου λ→ −∞ λ→ −∞ −∞ℓ im ⎢⎡⎣ eλ (λ − α − 1)⎦⎥⎤ 0⋅(−∞) ℓ im λ −α −1 +∞ ℓ im (λ − α − 1)′ = ℓ im 1 = ℓ im 1 = e−λ (e−λ )′ e−λ ⋅ (−λ)′ −e−λλ→ −∞ = λ→ −∞ = λ→ −∞ λ→ −∞ λ→ −∞= − ℓ im eλ = −0 = 0 . λ→ −∞Επομένως είναι ℓ im Ε(λ) = 0 + eα ⇒ ℓ im Ε(λ) = eα . λ→ −∞ λ→ −∞ε) Από την εκφώνηση έχουμε ότι το σημείο Α(α, 0), α > 0, κινείται με σταθερή ταχύτητα υ = 3 cm/s.Επειδή η τεταγμένη του Α είναι σταθερή, ίση με 0, καταλαβαίνουμε ότι η κίνηση του Α γίνεται κατά μή-κος του άξονα x΄x. Άρα, η τετμημένη του θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου t και θα προσδιορί-ζεται από συνάρτηση της μορφής α(t) , t ≥ 0 , με θετικές τιμές, αφού α = α(t) > 0 από την υπόθεση.Εφόσον η κίνηση γίνεται αποκλειστικά στον οριζόντιο άξονα, θα ισχύει υ = α′(t) = 3 cm / s .Αυτό το τελευταίο δεν είναι τόσο προφανές όσο φαντάζει. Η ανάλυση που προηγήθηκε μάς επιτρέπειαυτό το συμπέρασμα. Αν η κίνηση δεν γίνεται κατά μήκος του άξονα, τότε η ταχύτητα του Α, ως δια-νυσματικό μέγεθος, μπορεί να είναι προς οποιαδήποτε κατεύθυνση! Σε αυτήν την περίπτωση, το α′(t)θα αφορούσε μόνο την οριζόντια συνιστώσα της ταχύτητας υ.Λόγω της κίνησης του Α, και το εμβαδόν, Ε, θα μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου και θα προσδιορί-ζεται από συνάρτηση της μορφής E(t), με τύπο Ε(t) = eλ ⋅ ⎢⎣⎡λ − α(t) − 1⎤⎦⎥ + eα(t) , t ≥ 0 , όπου λ ∈ ! , λ < 0 .Ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού, ως προς τον χρόνο t, είναι E′(t) = eλ ⋅ ⎢⎣⎡λ − α(t) − 1⎥⎦⎤′ + ⎣⎢⎡eα(t) ⎥⎤⎦′ = −eλ ⋅ α′(t) + eα(t) ⋅ α′(t) = −α′(t) ⋅ eλ + α′(t) ⋅ eα(t) .Την χρονική στιγμή t0 , κατά την οποία είναι α = α(t0) = 5 και α′(t) = 3 , έχουμε E′(t0) = −α′(t0) ⋅ eλ + α′(t0) ⋅ eα(t) ⇒ E′(t0) = −3eλ + 3e5 cm2 / s ,που δίνει και τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής.Παρατήρηση. Η μονάδα μέτρησης προέκυψε από την μονάδα μέτρησης της ταχύτητας υ = 3 cm/s.Η απόσταση μετράται σε cm και ο χρόνος σε δευτερόλεπτα (s), άρα το εμβαδόν μετράται σε cm² και ορυθμός μεταβολής του σε cm²/s. - 80 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολής 9ο επαναληπτικό θέμαΈνα κινητό, Μ, κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x , x ≥ 0 .Ένας παρατηρητής βρίσκεται στην θέση Π(0, 1) ενός συστήματος συ-ντεταγμένων Oxy και παρατηρεί το κινητό από την αρχή Ο, όπωςφαίνεται στο διπλανό σχήμα. Δίνεται ότι ο ρυθμός μεταβολής τηςτετμημένης του κινητού, για κάθε χρονική στιγμή t, t ≥ 0 , είναιx′(t) = 16 m / min .α) Να αποδείξετε ότι η τετμημένη του κινητού, για κάθε χρονική στιγμή t ≥ 0 , δίνεται από τον τύπο x(t) = 16t .β) Να αποδείξετε ότι το σημείο της καμπύλης μέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό, είναι το Α(4, 2) και, στην συνέχεια, να υπολογίσετε πόσο χρόνο διαρκεί η οπτική επαφή.γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που διαγράφει η οπτική ακτίνα ΠΜ του παρατηρητή από το σημείο Ο μέχρι το σημείο Α.δ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει χρονική στιγμή t0 ∈ ⎝⎜⎜⎛⎜⎜0 , 1 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ , κατά την οποία η απόσταση d = (ΠΜ) του παρατηρητή από το κινητό, γίνεται ελάχιστη. 4Να θεωρήσετε ότι το κινητό Μ και ο παρατηρητής Π, είναι σημεία του συστήματος συντεταγμένων Οxy.Στο τέλος του θέματος θα βρείτε αναλυτικά σχόλια για την παραπάνω εκφώνηση. Αφού δείτε την λύσητου θέματος, αξίζει να διαβάσετε τα σχόλια αυτά, σχετικά με τις πληροφορίες που μας δίνει η εκφώνη-ση.α) Έστω Μ(x, y) οι συντεταγμένες του κινητού Μ.Καθώς αυτό κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x , x ≥ 0 , οι συντεταγμένες του μεταβάλλονταισυναρτήσει του χρόνου t, άρα είναι της μορφής (x(t) , y(t)) , t ≥ 0 .Από την υπόθεση έχουμε ότι, για κάθε t ≥ 0 , είναι x′(t) = 16 ⇔ x′(t) = (16t)′ , απ’ όπου βρίσκουμε x(t) = 16t + c , t ≥ 0 , c ∈ ! σταθερά.Το σημείο αυτό χρειάζεται αρκετή προσοχή. Η σχέση x′(t) = 16 δεν έπεται άμεσα το ζητούμενοx(t) = 16t . Επομένως, χρειαζόμαστε ένα ακόμα στοιχείο για να προσδιορίσουμε την παράμετρο c. Αυτότο δίνει μια μικρή λεπτομέρεια στην εκφώνηση.Επιπλέον, ο παρατηρητής παρατηρεί το κινητό από το σημείο Ο(0, 0), δηλαδή η κίνηση του Μ ξεκινάαπό το Ο, άρα ισχύουν x(0) = 0 και y(0) = 0.Ειδικά στα προβλήματα, αλλά και σε κάθε άσκηση ή θέμα πανελλαδικών, κάθε λέξη μετράει, γι’ αυτόπρέπει να διαβάζουμε την εκφώνηση με προσοχή σε κάθε λεπτομέρεια! Μερικές φορές κρύβονται δεδο-μένα σε σημεία που δεν φαίνονται άμεσα!Για t = 0 έχουμε από την σχέση x(t) = 16t + c : x(0) = 16 ⋅ 0 + c ⇔ 0 = 0 + c ⇔ c = 0 .Άρα η τετμημένη του κινητού δίνεται από τον τύπο x(t) = 16t , t ≥ 0 . - 81 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών

Μαθηµατικά Γ΄Λυκείου • Διαφορικός Λογισµός 30 επαναληπτικά θέµατα, µε ερωτήµατα που περιλαµβάνουν Ρυθµό Μεταβολήςβ) Έχει σημασία να εξηγήσουμε εξ αρχής μία φαινομενικά αυτονόητο λεπτομέρεια: μέχρι ποιο σημείο διατηρεί ο παρατηρητής οπτική επαφή με το κινητό;Αν και η απάντηση δίνεται έμμεσα και από το σχήμα της εκφώνησης, εν τούτοις πρέπει να αναφερθεί,ώστε να δικαιολογηθεί η εύρεση και χρήση της εφαπτομένης στην συνέχεια.Ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό Μ μέχρι το σημείο Α, στο οποίο η οπτική του ακτίναεφάπτεται στην καμπύλη y = x .Πράγματι· η οπτική επαφή του παρατηρητή με οποιοδήποτε σημείο ορίζεται από την ευθεία που ξεκινάαπό αυτόν, δηλαδή από το Π, και εκτείνεται μέχρι το σημείο, εφόσον ενδιάμεσα δεν υπάρχει φυσικόεμπόδιο. Προφανώς, μετά το σημείο Α, προς τα δεξιά (δηλαδή για τα σημεία της Cf με την μεγαλύτερητετμημένη), η καμπύλη αποτελεί φυσικό εμπόδιο που εμποδίζει την οπτική ακτίνα του παρατηρητή απόπεραιτέρω δυνατότητα οπτικής επαφής.Έστω A(x0 , y0) το σημείο επαφής καμπύλης και εφαπτομένης, όπου x0 > 0 (αφού από το σχήμα, προ-φανώς το Α δεν ταυτίζεται με το Ο). Θα βρούμε την εφαπτομένη, (ε), της Cf , με σημείο επαφής το Α, ηοποία διέρχεται από το Π(0, 1).Είναι f(x) = x , x ≥ 0 , άρα f′(x) = 1 , x > 0 . 2xΗ (ε) έχει εξίσωση ε : y − f(x0) = f′(x0) ⋅ (x − x0) ⇔ ε : y− x0 = 2 1 ⋅(x − x0) (1) x0Αφού η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο Π(0, 1), οι συντεταγμένες του Π θα επαληθεύουν την εξί-σωσή της (ε), άρα θα ισχύει( )1− 1 x0 = −x0 ⇔ 2 x0 − 2x0 = −x0 ⇔x0 = 2 x0 ⋅ (0 − x0) ⇔ 1 − x0 =− 2 x0 ⇔ 2 x0 1− x0 ( ) x0>02−⇔ 2 x0 − x0 = 0 ⇔ x0 x0 = 0 ⇔ 2− x0 = 0 ⇔ x0 = 2 ⇔ x0 = 4 . x0 >0Για x0 = 4 είναι y0 = f(x0) = 4 = 2 .Συνεπώς, το σημείο της καμπύλης μέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό, είναιτο Α(4 , 2) .Προφανώς, η οπτική επαφή του παρατηρητή με το κινητό διαρκεί από την αρχή της κίνησης και μέχριτο κινητό να φτάσει στο σημείο Α, δηλαδή όσο ισχύει 0 ≤ x(t) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ 16t ≤ 4 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 . 4 1 1Άρα η οπτική επαφή διαρκεί συνολικά 4 −0 = 4 min .ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Προσέξτε ότι η άσκηση δεν μας ρωτά μέχρι ποια χρονική στιγμή 1υπάρχει οπτική επαφή (που είναι η t0 = 4 min ), αλλά πόσο χρόνο διαρκεί η οπτική επαφή!Συνεπώς, η τελευταία αφαίρεση, αν και δίνει το ίδιο αριθμητικό αποτέλεσμα, είναι απαραίτητη!Σκεφτείτε απλά, ότι αν η οπτική επαφή δεν ξεκινούσε από την χρονική στιγμή 0, τα δύο αποτελέσματαθα διέφεραν!Παρατήρηση. Για άλλη μία φορά, μεγάλη προσοχή στις μονάδες μέτρησης!Από το δεδομένο x′(t) = 16 m / min συμπεραίνουμε ότι ο χρόνος μετράται σε λεπτά (min), άρα και τοαποτέλεσμα είναι σε λεπτά (min). - 82 - Θανάσης Νικολόπουλος, καθηγητής Μαθηµατικών