Θανάσης Νικολόπουλος Καθηγητής Μαθηματικών Πτυχιούχος Εθνικού και Καποδιστριακού Πανεπιστημίου Αθηνών Γ΄ Λυκείου Μαθηματικά προσανατολισμού Ρυθµός µεταβολής 30 επαναληπτικά θέματα, τα οποία περιλαμβάνουν ερωτήματα με ρυθμό μεταβολής Αναλυτικά λυμένα και με πλούσιο σχολιασμό ΘΕΜΑΤΑ 1- 1 0 Ζάκυνθος , Απρίλιος 2022
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής ΘΕΜΑΤΑ 1 - 10 Θέμα 1 ∆ίνεται 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 τετμημένης του σημείου Β την χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο Α⎛⎝⎜⎜⎜−1, e e−1 ⎟⎟⎟⎞⎠ . e Εισαγωγικό σχόλιο Το θέμα αυτό έχει κλασικά ερωτήματα, τα οποία αντιμετωπίζονται χωρίς δυσκολία με την συνήθη μεθοδολογία τους. Ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρουσιάζει το ερώτημα (δ), που αφορά σε Ρυθμό Μεταβολής. Προσέξτε την παρατήρηση που ακολουθεί την λύση του. Εκεί αναδεικνύεται η σημα- σία των παρατηρήσεων που έχουμε παραθέσει στο κλείσιμο της μεθοδολογίας. Μελε- τήστε το καλά! -1- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) α) Ι. Η συνάρτηση f ορίζεται και είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως σύνθεση των παραγωγίσι- μων 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 ! συναρτήσεων ϕ3(x) =−ex και ϕ4(x) =1−ex + x , με παράγωγο ( ) ( ) ( ) ( )f ′′(x) = − e1−ex+x ′ = − e1−ex+x ⋅ 1−ex + x ′ = − e1−ex+x ⋅ −ex +1 = e1−ex+x ⋅ 1−ex , για κάθε x ∈ ! . Τότε : ( )• f ′′(x) = 0 ⇔ e1−ex+x 1−ex = 0 ⇔e1−ex+x>0 1−ex = 0 ⇔ ex =1 ⇔ x = 0 και ( )• 1−ex+x > 0 f ′′(x)> 0 ⇔ e1−ex+x 1−ex >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 f ′′(x) + f(x) στο διάστημα (−∞,0] , κυρτή στο διάστημα [0,+∞) 4 3 και έχει σημείο καμπής το Κ(0,f(0)) , όπου f (0) = e1−e0 = e1−1 = e0 =1. -2- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Άρα, το σημείο καμπής της f είναι το Κ(0,1) . β) Στο −∞ Είναι ℓim f(x) = ℓim e1−ex = e1−0 = e , x→−∞ x→−∞ το οποίο σημαίνει ότι η ευθεία y = e είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο −∞ . Στο +∞ Είναι ℓ = ℓim f(x) = ℓim e1−ex . x→+∞ x→+∞ Είναι α = ℓim (1−ex )= 1−(+∞)=−∞ , x→+∞ οπότε ℓ = ℓim eα = 0 , α→−∞ το οποίο σημαίνει ότι η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞ . γ) Η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ε : 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 . -3- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 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, θέτουμε y = 0 στην εξίσωση της (ε) και βρίσκουμε 0 = − e1−eα+α ⋅x +α ⋅e1−eα+α + e1−eα ⇔ e1−eα+α ⋅x = α ⋅e1−eα+α + e1−eα e1−eα+α > 0 ⇔ ⇔ x = α ⋅ e1−eα+α + e1−eα ⇔ x =α+ e1−eα ⇔ x =α+ 1 . e1−eα+α e1−eα+α e1−eα ⋅ eα eα Άρα, η (ε) τέμνει τον x’x στο σημείο Β⎜⎛⎜⎝⎜α + 1 , 0⎟⎟⎟⎠⎞ . eα Προχωράμε 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 μεταβάλλο- νται ως προς τον χρόνο, δηλαδή είναι της μορφής 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 της μεθοδολογίας, αφού η εκφώνηση μάς μιλάει για «μεταβολή», θα κρατήσουμε την τιμή του ρυθμού ως έχει, χωρίς αναφορά σε πρόσημο, και θα βρούμε ως αποτέλεσμα επίσης «μεταβολή» (και όχι συγκεκριμένα αύξηση ή μείωση). Έστω t0 η χρονική στιγμή που το Μ διέρχεται από το σημείο Α⎝⎜⎛⎜⎜−1 , e e−1 ⎟⎞⎠⎟⎟ . e Τότε θα ισχύουν α(t0 ) =−1 , f (α(t0 )) = e e−1 και, φυσικά, α′(t0 ) = 2 . e -4- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Το σημείο Β⎛⎝⎜⎜⎜α + 1 , 0⎟⎠⎟⎞⎟ έχει συντεταγμένες που εξαρτώνται από το α = α(t) , t ≥ 0 , eα άρα κι αυτό θα μεταβάλλεται, με την τετμημένη του να είναι της μορφής x(t) = α(t)+ 1 , t≥0. eα( t ) 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′(t0 ) , eα( t0 ) απ’ όπου με αντικατάσταση βρίσκουμε x′(t0 ) = 2− 2 = 2−2e . e−1 Τελικά, την χρονική στιγμή t0 που το Μ διέρχεται από το Α, ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του Β είναι 2−2e m / s Παρατήρηση Για μονάδα μέτρησης, προφανώς χρησιμοποιούμε την ίδια με αυτήν του ρυθμού με- ταβολής του σημείου Μ. ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Αν προσέξουμε το αποτέλεσμα του ερωτήματος (δ), θα δούμε ότι είναι αρνητικό! Πράγματι : e >1 ⇔ 2e >2 ⇔ 2−2e <0 . Θυμηθείτε την παρατήρηση που προαναφέραμε, από την μεθοδολογία του Ρυθμού Μεταβολής : -5- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Όταν μας δίνεται η μεταβολή ενός δεδομένου ως αριθμητική τιμή, το αποτέλεσμά μας είναι και πάλι αριθμητική τιμή για τον ζητούμενο ρυθμό μεταβολής. Αν αυτά τα δύο βγουν ετερόσημα, αυτό σημαίνει ότι μεταβάλλονται με διαφορετικό τρόπο! Και τώρα ας δούμε το ακόλουθο σχήμα με την γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Σε αυτό έχουμε σχεδιάσει κάποιες εφαπτόμενές της για αρνητικές τιμές του Μ, δηλαδή στο διάστημα που περιέχει το σημείο Α και στο οποίο η συνάρτηση f είναι κοίλη, όπως βρήκαμε στο ερώτημα α - ΙΙ. Επίσης, έχουμε σημειώσει 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 και των σημείων Β στον άξονα x’x. Είναι σαφές από το σχήμα ότι, όταν η τετμημένη του Μ αυξάνεται, τότε η αντίστοιχη τετμημένη του Β μειώνεται, καθώς αυτό κινείται με κατεύθυνση προς την αρχή των αξόνων. Έτσι εξηγείται το αρνητικό αποτέλεσμα που βρήκαμε. Είναι προφανές ότι, αν το Μ κινείται προς τα αριστερά και η τετμημένη του μειώνεται, τότε το Β απομακρύνεται από την αρχή των αξόνων και η τετμημένη του αυξάνεται, άρα το συμπέρασμα παραμένει: -6- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Η τετμημένη του Β έχει αντίθετο είδος μεταβολής από αυτή του Μ και αυτό φαίνεται από την αρνητική τιμή που βρήκαμε στο αποτέλεσμα. Θέμα 2 ∆ίνεται η συνάρτηση ϕ(t) = 2t+µ , t ∈ ! , όπου η παράμετρος μ είναι ένας πραγματι- κός αριθμός. Μια επιχείρηση έχει έσοδα Ε(t) που δίνονται, σε χιλιάδες ευρώ, από τον τύπο Ε(t) = (t−1)⋅ ϕ(t) , t ≥ 0 , όπου t συμβολίζει τον χρόνο σε έτη. Το κόστος λειτουργίας Κ(t) της επιχείρησης δίνεται, επίσης σε χιλιάδες ευρώ, από τον τύπο Κ(t) = ϕ(t+ 4) , t ≥ 0 . α) Να βρείτε την συνάρτηση κέρδους Ρ(t) , για t ≥ 0 , όταν γνωρίζουμε ότι κατά το πρώτο έτος λειτουργίας η επιχείρηση παρουσίασε ζημία 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 δεύτε- ρου έτους; δ) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης 6 ∫Ι = µ (+ µ3µ −µ3)⋅ Ρ(t)dt , 0 όπου μ είναι η τιμή που παίρνει η παράμετρος της συνάρτησης φ στο ερώτημα (α). Το συγκεκριμένο θέμα προέρχεται από μία συγκεκριμένη κατηγορία θεμάτων Ρυθμού Μεταβολής, με οικονομικά μεγέθη. Τα ερωτήματά του είναι βασικά, χωρίς κάποια ιδι- αίτερη δυσκολία, από αυτά που πρέπει ο υποψήφιος να χειρίζεται με άνεση. -7- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) α) Η συνάρτηση κέρδους Ρ(t) δίνεται από την σχέση Ρ(t) = Ε(t) − Κ(t) , t ≥ 0 . Από τα δεδομένα της εκφώνησης, έχουμε Ρ(t) = Ε(t)−Κ(t) = (t−1)⋅ ϕ(t)−ϕ(t+ 4)= (t−1)⋅(2t+µ)−⎡⎣2(t+ 4)+µ⎦⎤ = = 2t2 +µ t−2t−µ−2t−8−µ ⇔ Ρ(t) = 2t2 +(µ−4)t−2µ−8 , t ≥ 0 . Επειδή κατά το πρώτο έτος λειτουργίας η επιχείρηση παρουσίασε ζημία 12 χιλιάδες ευρώ, θα ισχύει ότι Ρ(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 Ρ(t) = 2t2 +(2−4)t−2⋅2−8 ⇔ Ρ(t) = 2t2 −2t−12 , t ≥ 0 . β) Η επιχείρηση παρουσιάζει κέρδη, όταν Ρ(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 υποδηλώνει το τέλος του τρίτου έτους. Άρα η επιχείρηση θα αρχίσει να παρουσιάζει κέρδη από το τέλος του τρίτου έτους και μετά. -8- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) γ) Ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους δίνεται από την παράγωγο Ρ′(t) = (2t2 −2t−12)′ = 4 t−2 , t ≥ 0 . Ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής του κέρδους είναι ο Ρ′(2) = 4⋅2−2 = 6 χιλ.€/έτος. Παρατήρηση Όπως έχουμε τονίσει κατ’ επανάληψη, χρειάζεται προσοχή στις μονάδες μέτρησης του ρυθμού μεταβολής. Εδώ έχουμε κέρδος μετρούμενο σε χιλιάδες ευρώ (χιλ.€) και χρό- νο μετρούμενο σε έτη, άρα η μονάδα μέτρησης είναι χιλ.€/έτος. δ) Έχουμε ∫ ∫ ( )6 6 dt = ⎡⎢⎢⎣ 2 t3 t2 t⎥⎦⎤⎥ 6 Ρ(t)dt = 3 0 00 2t2 −2t−12 − −12 = = 2⋅63 −62 −12⋅6−⎜⎛⎜⎜⎝ 2⋅03 −02 −12⋅0⎠⎟⎟⎞⎟⎟ = 36 . 3 3 Επίσης, στο ερώτημα (α) βρήκαμε ότι µ = 2 , συνεπώς 6 ∫Ι = µ (+ µ3µ −µ3)⋅ Ρ(t)dt = 2+(23⋅2 −23)⋅ 36 ⇒ Ι = 2018 . 0 -9- Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Θέμα 3 Η τιμή Ρ, σε ευρώ, ενός προϊόντος, t μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά, δίνεται από τον τύπο Ρ(t) = 4 + t−6 . t2 + 25 4 α) 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 εισα- γωγή του στην αγορά. γ) Να βρεθεί το χρονικό διάστημα στο οποίο η τιμή του προϊόντος συνεχώς αυξάνε- ται. δ) Να αποδειχθεί ότι η τιμή του προϊόντος, μετά από κάποια χρονική στιγμή, συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνεται μικρότερη από την αρχική τιμή. Η συνάρτηση Ρ έχει τύπο t−6 4⎜⎜⎛⎝t2 + 25 ⎟⎟⎞⎠⎟+ t−6 4t2 + t+19 4 Ρ(t) = 4 + = = . 25 25 25 t2 + 4 t2 + 4 t2 + 4 α) 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 4 β) Ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος στην αγορά είναι ίσος με την παράγωγο της συνάρτησης Ρ(t) , δηλαδή - 10 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Ρ′( t) = ⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 4t2 + t+19 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎟′ (4t2 + t+19)′ ⋅⎝⎜⎛⎜t2 + 25 ⎟⎟⎟⎠⎞ −(4t2 + t +19) ⋅⎛⎜⎝⎜t2 + 25 ⎟⎟⎟⎠⎞′ t2 4 4 = = 25 ⎛⎜⎜⎝t2 + 25 ⎟⎟⎞⎠⎟2 + 4 4 (8 t+1)⎜⎜⎝⎛t2 + 25 ⎟⎟⎟⎠⎞ − (4 t2 + t +19) ⋅ 2 t 8 t3 +50 t+ t2 + 25 − 8t3 −2t2 −38 t 4 4 = = = ⎜⎛⎜⎝t2 + 25 ⎟⎞⎠⎟⎟2 ⎝⎛⎜⎜t2 + 25 ⎟⎟⎟⎠⎞2 4 4 = −t2 +12t+ 25 . 4 ⎛⎝⎜⎜t2 + ⎟⎟⎠⎞⎟2 25 4 Για t = 2 βρίσκουμε −22 +12⋅2+ 25 −4 +24 + 25 105 105 420 4 4 4 1681 Ρ′(2) = ⎝⎜⎛⎜22 + ⎟⎟⎟⎞⎠2 = ⎜⎛⎝⎜4 + ⎞⎠⎟⎟⎟2 = ⎛⎜⎜⎝ 4 ⎟⎟⎞⎟⎠2 = 1681 = . 16 25 25 41 4 4 4 Συνεπώς, ο ρυθμός μεταβολής της τιμής του προϊόντος, δύο μήνες μετά την εισαγωγή του στην αγορά,είναι ίσος με 420 €/μήνα ή περίπου 0,25 €/μήνα. 1681 γ) Η τιμή του προϊόντος αυξάνεται, όταν ο ρυθμός μεταβολής της είναι θετικός ή μηδέν (με το μηδέν σε μεμονωμένα σημεία), δηλαδή όταν για την παράγωγο Ρ′(t) ισχύει Ρ′(t) ≥ 0 ⇔ −t2 +12t+ 25 ≥ 0 ⇔ −t2 +12t+ 25 t ≥0 4 4 ⎜⎜⎝⎛t2 + ⎟⎟⎟⎠⎞2 ≥0 ⇔ 4t2 −48 t−25≤0 ⇔ 25 4 - 11 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) ⇔ t ∈ ⎡⎣⎢⎢0 , 25 ⎦⎥⎥⎤ . 2 Συνεπώς, από την στιγμή εισαγωγής του στην αγορά και για τους επόμενους 12,5 μή- νες, η τιμή του προϊόντος συνεχώς αυξάνεται. δ) Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της συνάρτησης 25 2 Ρ(t) βλέπουμε ότι αυτή είναι γνησίως αύξουσα στο t0 +∞ διάστημα ⎡⎣⎢⎢0 , 25 ⎥⎤⎦⎥ , γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Ρ′(t) + 2 ⎢⎢⎣⎡ 25 , +∞⎠⎟⎟⎞⎟ και παρουσιάζει μέγιστο για t = 25 , το Ρ(t) 1 2 2 2 Ρ⎜⎛⎜⎜⎝ 25 ⎠⎞⎟⎟⎟ = 4 ⋅⎛⎝⎜⎜ 25 ⎟⎟⎞⎠⎟2 + 25 +19 4⋅ 625 + 25 +19 1313 1313 2 2 2 4 2 2 325 = = 325 = = 4,04 . ⎜⎜⎝⎛ 25 ⎟⎟⎞⎠⎟2 25 625 25 2 2 + 4 4 + 4 Συνεπώς, η μέγιστη τιμή του προϊόντος είναι 4,04 €. ε) Αφού η συνάρτηση Ρ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ⎢⎣⎡⎢ 25 , +∞⎠⎟⎟⎞⎟ , η τιμή του 2 προϊόντος, από την χρονική στιγμή t= 25 = 12,5 μήνες και μετά, συνεχώς μειώνεται. 2 Αν Α = ⎢⎡⎢⎣ 25 , +∞⎟⎟⎟⎞⎠ , τότε επειδή η συνάρτηση Ρ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα 2 σε αυτό, είναι Ρ(Α)= ⎜⎜⎜⎛⎝ ℓim Ρ(t) , Ρ⎛⎜⎜⎝⎜ 25 ⎟⎞⎟⎟⎠ ⎦⎥⎥⎤ . 2 t→+∞ - 12 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Είναι ℓim Ρ(t) = ℓim 4t2 + t+19 = ℓim 4 t2 =4, t→+∞ t2 t→+∞ t→+∞ t2 + 25 4 οπότε Ρ(Α)= (4 , 4,04] , που σημαίνει ότι οι τιμές της Ρ, για x≥ 25 , είναι μεγαλύτε- 2 ρες από 4, άρα και από την αρχική τιμή Ρ(0) = 3,04 €. Τελικά, η τιμή του προϊόντος συνεχώς μειώνεται, χωρίς όμως να γίνεται μικρότερη από την αρχική τιμή. Σχόλιο στο θέμα Ήταν το ∆’ θέμα των Επαναληπτικών Πανελλαδικών Εξετάσεων του έτους 2000. Να σημειωθεί ότι, καθώς οι μαθητές είναι εξοικειωμένοι με το ευρώ, οι τιμές (από χιλιά- δες δραχμές που ήταν στο θέμα των Πανελλαδικών), μετατράπηκαν σε ευρώ. Η δυσκολία του θέματος σαφώς είναι μικρότερη από αντίστοιχα ∆ θέματα που τέθη- καν τα επόμενα χρόνια, αλλά -σε κάθε περίπτωση- δεν παύει να είναι ένα πρόβλημα με Ρυθμό Μεταβολής, με όλες τις ιδιαιτερότητες στον χειρισμό που αυτό συνεπάγεται και που έχουμε αναλύσει ήδη στην σχετική θεωρία και μεθοδολογία. - 13 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Θέμα 4 Θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει ότι ℓim f(2x +1)−7 =10 . x→1 x −1 α) 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 μεταβολής της τετμημένης του είναι 2 m / s , να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΟΜΣ. α) Ι. Στο όριο που δίνεται θέτουμε h(x) = f(2x +1)−7 και θα είναι ℓimh(x) =10 . x −1 x→1 Τότε 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 ℓimf(2x +1)= ℓim ⎣⎡( x −1) ⋅ h( x ) + 7⎤⎦ = (1−1)⋅10+7 ⇒ ℓimf(2x +1)= 7 (2) x→1 x→1 x→1 Στο όριο της (2) θέτουμε u = 2x +1. Όταν x →1, τότε u→ 3 και η (2) ισοδύναμα δίνει ότι ℓimf(u) = 7 . u→3 Αφού η f είναι συνεχής στο ! , είναι συνεχής και στο 3, οπότε - 14 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) f(3) = ℓimf(u) ⇔ f(3) = 7 (3) u→3 ΙΙ. Για x ≠1 έχουμε, για το όριο που δόθηκε στην εκφώνηση, ότι ℓim f(2x+1)− f(3) = 10 (4) x→1 x −1 Με την αλλαγή μεταβλητής u = 2x +1 που έγινε στο α - Ι, έχουμε και x = u−1 και 2 τότε από την (4) προκύπτει ℓim f (u)− f (3) = 10 ⇔ ℓim f (u)− f (3) = 10 ⇔ ℓim ⎢⎡⎣⎢2 ⋅ f (u)− f (3) ⎦⎥⎥⎤ = 10 ⇔ u→3 u−3 u−3 u→3 u−1 −1 u→3 2 2 ⇔ 2 ⋅ ℓim f (u)− f (3) =10 ⇔ ℓim f (u)− f (3) =5∈\" . u→3 u−3 u→3 u−3 Το τελευταίο σημαίνει ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 3, με f ′(3) = 5 . β) 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 - 15 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 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). Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΣ είναι ίσο με 1 !!!\" !!!\" 2 OM , OΣ ( )(ΟΜΣ)= Ε = ⋅ det . Καθώς το σημείο Σ κινείται επί της ευθείας (ε), θα μεταβάλλεται και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΣ, άρα θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής Ε(t) , t ≥ 0 . Είναι !!!\" !!!\" ΟΜ ΟΣ = (3 , f (3)) = (3,7) , = (x( t) , y( t)) και ( )!!!\" !!!\" = 3 7 = 3y(t)−7 x(t) = 3⋅[5x(t)−8]−7 x(t) = x( t) y( t) det ΟΜ , ΟΣ 15x(t)−24−7 x(t) = 8 x(t)−24 = 8 x(t)−3 = 8[x(t)−3], αφού είναι x(t) > 3 . Επομένως, είναι Ε(t) = 1 ⋅ 8[x(t)−3] = 4[ x( t)− 3] ⇔ Ε(t) = 4 x(t)−12 , t≥0. 2 Τότε ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι Ε′(t) =[4 x(t)−12]′ = 4 x′(t) , t ≥ 0 , όπου x′(t) = 2 m / s σταθερός ρυθμός, άρα με αντικατάσταση βρίσκουμε τον ζητού- μενο ρυθμό μεταβολής, Ε′(t) = 4⋅2 ⇔ Ε′(t) = 8 m2 / s . - 16 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Η μονάδα μέτρησης (m2 / s ) του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού προκύπτει με την βοήθεια της μονάδας μέτρησης του ρυθμού μεταβολής της τετμημένης (m / s ). Παρατήρηση Όπως βλέπουμε από το αποτέλεσμα που βρήκαμε, ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού είναι ομόσημος του ρυθμού μεταβολής της τετμημένης του σημείου Σ, άρα καταλα- βαίνουμε ότι έχουν και το ίδιο είδος μεταβολής, χωρίς αυτό να χρειάζεται να αναφερ- θεί στην απάντησή μας. - 17 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Θέμα 5 Έστω 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 εξίσωση 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, χαρακτηρι- στικά ερωτήματα που πρέπει κάθε υποψήφιος να γνωρίζει πώς να χειρίζεται. α) Η f ορίζεται στο ! και είναι παραγωγίσιμη σε 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 , 2 άρα και f ′(x)<0 ⇔ x > α +1 . 2 - 18 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Από τον διπλανό πίνακα μονοτονίας της f προκύ- x −∞ α +1 +∞ πτει ότι αυτή είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 2 ⎛⎜⎜⎜⎝−∞ , α +1 ⎦⎤⎥⎥ , γνησίως φθίνουσα στο διάστημα f ′(x) + 2 ⎣⎡⎢⎢ α +1 +∞⎠⎟⎟⎟⎞ f(x) 1 2 2 , και έχει μέγιστη τιμή για x= α +1 , την 2 fmax = f ⎜⎜⎛⎜⎝ α +1 ⎟⎞⎟⎟⎠ = − ⎝⎛⎜⎜⎜ α +1 ⎟⎠⎟⎟⎞2 +(α +1) ⋅ α +1 −α =− (α +1)2 + (α +1)2 −α = 2 2 2 4 2 = (α +1)2 −α = α2 +2α +1−4α = α2 −2α +1 = (α −1)2 . 4 4 4 4 Ιδιαίτερη σημασία αξίζει να δοθεί στα επόμενα βήματα. Η εύρεση του γεωμετρικού τόπου είναι πάντα ένα 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 4 Θα απαλείψουμε το α από τις σχέσεις αυτές, ώστε να προκύψει μία σχέση που να συν- δέει άμεσα τα x0 και y0 . Προσοχή χρειάζεται στους περιορισμούς που συνοδεύουν τις μεταβλητές, καθώς αυτοί καθορίζουν επακριβώς και τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο. Έχουμε x0 = α +1 ⇔ 2x0 = α +1⇔ α = 2x0 −1, με 2 α >1 ⇔ 2x0 −1>1 ⇔ 2x0 >2 ⇔ x0 >1. - 19 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Τότε, 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 ⇔ 4 4 4 4 ⇔ y0 =(x0 −1)2 . Από 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, χρει- αζόμαστε τις λύσεις της εξίσωσης f(x) = 0 . Έχουμε : f(x) = 0 ⇔−x2 +(α +1)x−α = 0 ⇔ x2 −(α +1)x +α = 0 ⇔ x2 −α x−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. x 0 1 α +∞ Οι ρίζες της συνάρτησης f είναι οι 1 και α >1 και f(x) + μεταξύ αυτών η f παίρνει θετικές τιμές, οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με - 20 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) ∫ ∫Ε= α α ⎡⎣−x2 +(α +1)x−α⎦⎤ dx = ⎣⎡⎢⎢− x3 +(α +1)⋅ x2 x⎦⎥⎥⎤ α 1 f(x)dx = 1 3 2 −α 1 = =− α3 +(α +1)⋅ α2 −α2 − ⎡⎣⎢⎢− 13 +(α +1)⋅ 12 −α⋅1⎦⎥⎥⎤ = α3 −3α2 +3α−1 ⇒ 3 2 3 2 6 ⇒ Ε= (α −1)3 . 6 γ) Ι. Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f, όπως βρήκαμε στο (α), είναι η fmax = (α −1)2 . 4 Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και η μέγιστη αυτή τιμή θα μεταβάλλε- ται επίσης ως προς τον χρόνο και θα περιγράφεται από συνάρτηση της μορφής fmax(t) , με τύπο fmax (t) = [ α(t)−1]2 , t≥0. 4 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 2 Την χρονική στιγμή t0 θα είναι fm′ ax ( t0 ) = [ α(t0 )−1]⋅α′(t0 ) 2 και αντικαθιστώντας βρίσκουμε fm′ ax ( t0 ) = (3−1) ⋅ 2 = 2 μον/s. 2 - 21 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Παρατήρηση Εδώ, οι μονάδες μέτρησης θέλουν προσοχή. Καθώς το μετρούμενο μέγεθος είναι η f, για την οποία δεν έχουμε μονάδα μέτρησης, θα χρησιμοποιήσουμε αναγκαστικά το γενικό «μον». Ο χρόνος μετράται σε δευτερό- λεπτα (s), όπως μαρτυρά η ταχύτητα κίνησης του Α, οπότε προκύπτει η μονάδα μέτρη- σης του ρυθμού μεταβολής του μεγίστου, που θα είναι «μον/s». Να τονίσουμε ότι η μετακίνηση (η οποία μετράται σε cm) αφορά το σημείο μεγίστου της f το οποίο, ως κινούμενο σημείο, διανύει αποστάσεις μετρούμενες σε cm. Όμως, το ίδιο το μέγιστο της f δεν μετακινείται (ως σημείο), αλλά μεταβάλλεται ως τιμή της συνάρτησης f, που έχει την ίδια μονάδα μέτρησης με όλες τις τιμές της f ! Γι’ αυτό και δεν χρησιμοποιούμε cm, αλλά «μον», στην μονάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής 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 ίσο με Ε= (α −1)3 . 6 Καθώς το α μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο, και το εμβαδόν αυτό θα μεταβάλλεται επίσης ως προς τον χρόνο και θα περιγράφεται από συνάρτηση της μορφής Ε(t) , με τύπο Ε(t) = [ α(t)−1]3 , t≥0. 6 Ο ρυθμός μεταβολής αυτού θα είναι η παράγωγος συνάρτησή του, δηλαδή η Ε′(t) = ⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩ [ α(t)−1]3 ⎪⎭⎬⎪⎪⎪⎫′ = 1 ⋅ 3[ α(t)−1]2 ⋅[ α(t)−1]′ = 1 α′( t) ⋅[ α( t)−1]2 , t ≥ 0 . 6 2 6 - 22 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Την χρονική στιγμή t0 θα είναι Ε′(t0 ) = 1 α′(t0 ) ⋅[ α(t0 )−1]2 2 και αντικαθιστώντας βρίσκουμε Ε′(t0 ) = 1 ⋅ 2 ⋅(3−1)2 = 4 cm2 / s . 2 Σχόλιο Εδώ φυσικά, τα πράγματα για την μονάδα μέτρησης είναι πολύ πιο απλά. Ο χρόνος μετράται σε δευτερόλεπτα (s) και οι αποστάσεις σε cm, άρα το εμβαδόν σε cm2 και ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού σε cm2 / s . - 23 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Θέμα 6 ∆ίνεται η συνεχής και παραγωγίσιμη συνάρτηση f, για την οποία ισχύει f(exηµx) = 2ex , για κάθε x ∈⎜⎝⎛⎜⎜− π , π ⎠⎟⎞⎟⎟ . 2 2 α) 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 αυξά- νεται με ρυθμό 2 cm / s , να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του ση- μείου. Το συγκεκριμένο θέμα έχει την εμφανή ιδιαιτερότητα ότι δεν γνωρίζουμε τον τύπο της συνάρτησης f, παρά μόνο ότι αυτή είναι συνεχής και παραγωγίσιμη, προφανώς (ελλεί- ψει άλλων στοιχείων που να περιορίζουν το συμπέρασμά μας) σε όλο το ! . Επιπλέον, έχουμε ως εφόδιο μια συναρτησιακή σχέση, όπου η f εμφανίζεται μέσω μιας σύνθεσής της με άλλες συναρτήσεις. Πάμε να δούμε τους κατάλληλους χειρισμούς για να βρούμε τα ζητούμενα, χρησιμο- ποιώντας μόνο τα παραπάνω δεδομένα. α) Γνωρίζουμε από την υπόθεση ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ! . Επίσης, η συνάρτηση ϕ(x) = exηµx είναι παραγωγίσιμη στο ! , ως γινόμενο παραγωγί- σιμων στο ! συναρτήσεων. Άρα και η σύνθεσή τους f(ϕ(x)) = f(exηµx) , είναι παρα- γωγίσιμη στο ! . Τότε, παραγωγίζοντας κατά μέλη την σχέση της εκφώνησης παίρνουμε - 24 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) ⎣⎡⎢f(exηµx)⎦⎥⎤′ =(2ex )′ ⇒ f ′(exηµx)⋅(exηµx)′ = 2ex ⇒ ⇒ f ′(exηµx)⋅ ⎣⎢⎡⎢(ex )′ ⋅ηµx +ex ⋅(ηµx)′⎥⎤⎦⎥ = 2ex ⇒ ⇒ f ′(exηµx)⋅(exηµx +exσυνx) = 2ex ⇒ f ′(exηµx)⋅ex(ηµx +συνx) = 2ex ex > 0 ⇒ ⇒ f ′(exηµx)⋅(ηµx +συνx)= 2 (1) Αναζητούμε το f ′(0) , οπότε, παρατηρώντας την (1), διαπιστώνουμε ότι η τιμή x = 0 μηδενίζει την ποσότητα exηµx στο εσωτερικό της f ′(exηµx) του πρώτου μέλους. Άρα, για x = 0 θα προκύψει η ζητούμενη ποσότητα 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 . - 25 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 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 μεταβολής. Επίσης, 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 δυσκολία στην λύση του, εφό- σον γνωρίζουμε να χειριζόμαστε συναρτησιακές σχέσεις και να εξάγουμε από αυτές τα απαραίτητα συμπεράσματα. Πολύ συχνά, σε τέτοιες περιπτώσεις χρειάζεται να θέσουμε στην θέση του x κατάλλη- λη τιμή, για να προκύψουν οι ζητούμενες ποσότητες. Επίσης, πρέπει να τονίσουμε ότι, σε τέτοιες σχέσεις, συνέχεια και παραγωγισιμότητα δεν είναι αυτονόητες και πρέπει να εξασφαλίζονται και τυπικά, όπως κάναμε στην αρχή του ερωτήματος (α). - 26 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Θέμα 7 Έστω συνεχής συνάρτηση f : ! → ! , για την οποία ισχύει 22 2 ∫ ∫ ∫f 2(x)dx+ (x4 +2x2 +1)dx = 4 ⋅ ⎢⎡⎣x ⋅ f(x2)⋅(x4 +1)⎤⎥⎦dx . 11 1 α) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f στο διάστημα Δ =[ 1,2 ] . β) Έστω ότι f(x) = x2 +1 , x ∈ ! . Ι. Να αποδειχθεί ότι α−β β−α ∫ ∫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 μεταβολής 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 προσδιορί- σουμε τον τύπο συνάρτησης από σχέση με ολοκληρώματα! Τα εφόδιά μας σε τέτοια ερωτήματα είναι κατά βάση οι ιδιότητες του ολοκληρώματος και μία από αυτές, ικανή να μας δώσει τον τύπο της συνάρτησης σε διάστημα, είναι η ακόλουθη: «Αν g:[α,β]→ ! είναι συνεχής συνάρτηση, με g(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈[α,β] , και - 27 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) β ∫ g(x)dx = 0 , τότε g(x)= 0 , για κάθε x ∈[α,β] ». α Η πρόταση αυτή πρέπει να αποδειχθεί για να χρησιμοποιηθεί καθώς, αν και βασική, τυπικά δεν περιλαμβάνεται στην διδακτέα ύλη. Αρχικά θα απλουστεύσουμε ελαφρώς το πιο πολύπλοκο από τα ολοκληρώματα της δεδομένης σχέσης. Για το ολοκλήρωμα 2 ∫ ⎢⎣⎡x ⋅ f(x2)⋅(x4 +1)⎥⎤⎦dx 1 της αρχικής σχέσης θέτουμε u = x2 . Τότε είναι du=(x2)′ dx ⇔ du= 2xdx ⇔ xdx = 1 du . 2 Επίσης, για x =1 είναι u = 1, ενώ για x = 2 είναι u = 2 2 = 2 . Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται 22 1 1 2 2 2 ∫ ∫ ∫⎡⎢⎣x ⋅ f(x2)⋅(x4 +1)⎥⎤⎦dx = f(x) ⋅(x2 +1)dx . f(u) ⋅(u2 +1)⋅ du = 11 1 Στο τέλος αλλάξαμε απλά το σύμβολο της μεταβλητής από u και πάλι σε x, ώστε να ενσωματώσουμε το παραπάνω στην αρχική δεδομένη σχέση, όπως φαίνεται παρακά- τω. Τότε, η αρχική δεδομένη σχέση γίνεται 22 1 2 2 ∫ ∫ ∫f 2(x)dx+ (x4 +2x2 +1)dx = 4 ⋅ ⋅ f(x) ⋅(x2 +1)dx ⇔ 11 1 - 28 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 22 2 ∫ ∫ ∫f 2(x)dx+ (x2 +1)2 dx = 2 ⋅ f(x) ⋅(x2 +1)dx ⇔ 11 1 22 2 ∫ ∫ ∫⇔ f 2(x)dx+ (x2 +1)2 dx− 2f(x) ⋅(x2 +1)dx = 0 ⇔ 11 1 22 ∫ ∫⇔ ⎢⎡⎣f 2(x)+(x2 +1)2 −2f(x) ⋅(x2 +1)⎦⎤⎥dx = 0 ⇔ ⎣⎢⎡f(x)−(x2 +1)⎤⎥⎦2 dx = 0 (1) 11 Στο σημείο αυτό, θα αποδείξουμε την εξής βοηθητική πρόταση: Αν g:[α,β]→ ! συνεχής συνάρτηση με g(x) ≥ 0 , για κάθε x ∈[α,β] , και β ∫ g(x)dx = 0 , τότε g(x) = 0 , για κάθε x ∈[α,β] . α Η απόδειξη θα γίνει με απαγωγή σε άτοπο. Πράγματι, έστω ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον x0 ∈[α ,β] τέτοιο, ώστε g(x0 ) >0 . Τότε, αφού η g είναι συνεχής στο [α,β] και g(x)≥0 , για κάθε x ∈[α,β] , θα είναι άτοπο, αφού είναι β ∫ g(x)dx >0 , α β ∫ g(x)dx = 0 . α Άρα δεν υπάρχει x0 ∈[α ,β] τέτοιο, ώστε g(x0 ) >0 . Επομένως, ισχύει ότι g(x) = 0 , για κάθε x ∈[α,β] . - 29 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 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 ισχύει g(x)≥0 και 22 ∫ ∫⎢⎣⎡f(x)−(x2 +1)⎥⎤⎦2 dx = g(x)dx = 0 , για κάθε x ∈[ 1,2 ] . 11 Άρα 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 το διά- στημα Δ =[ 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 . 0 Η ιδέα να θέσουμε u = − x μπορεί να προέλθει είτε από την παρατήρηση ότι η συ- νάρτηση f(x) είναι άρτια είτε από τα όρια ολοκλήρωσης μεταξύ αυτού και του επόμε- νου ολοκληρώματος της ζητούμενης σχέσης, που είναι αντίθετα. - 30 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Η ιδέα της αξιοποίησης της άρτιας αναλύεται ακόμα πιο διεξοδικά στον 2ο τρόπο λύ- σης στην συνέχεια. Τότε du = − dx και για x = 0 είναι u = 0 , ενώ για x = α−β είναι u = −(α−β) = β−α . Έτσι, το ολοκλήρωμα γίνεται α−β β−α β−α β−α β−α ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = ef(x) dx = ef(−u)(−du) =− e(−u)2+1du=− eu2+1du =− ef(u) du = 00 0 00 β−α ∫=− ef(x) dx . 0 Στο τέλος απλά αλλάξαμε συμβολισμό της μεταβλητής, ώστε να συμβαδίζει με τα υπό- λοιπα. Άρα, β−α β−α α−β β−α ∫ ∫ ∫ ∫Ι =− ef(x) dx ⇔ Ι + ef(x) dx = 0 ⇔ ef(x) dx + ef(x) dx = 0 . 00 00 2ος τρόπος Αρχικά θα αποδείξουμε μία βασική πρόταση, η οποία αφορά το ολοκλήρωμα άρτιας συνάρτησης. Η πρόταση αυτή πρέπει να αποδειχθεί για να χρησιμοποιηθεί καθώς, αν και βασική, δεν περιλαμβάνεται στην διδακτέα ύλη. Βοηθητική πρόταση Αν η συνάρτηση f[−λ,λ]→ ! είναι συνεχής και άρτια, τότε - 31 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) λλ ∫ ∫f(x)dx = 2 ⋅ f(x)dx . −λ 0 Απόδειξη Έχουμε λ 0λ ∫ ∫ ∫Ι = f(x)dx = f(x)dx+ f(x)dx = Ι1+Ι2 , −λ −λ 0 0λ ∫ ∫με Ι1 = f(x)dx και Ι2 = f(x)dx . −λ 0 Για 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 0λ f αρτια f(x)dx = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι= f(x)dx = f (−u)(−du)+ f (u)du + f(x)dx = −λ λ 0 λ0 λλ λλ λ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫= f(u)du+ f(x)dx ⇒ Ι = f(x)dx+ f(x)dx ⇒ Ι = 2 ⋅ f(x)dx . 00 00 0 Εδώ ολοκληρώθηκε η απόδειξη της βοηθητικής πρότασης. Στην συνέχεια, θα εφαρμό- σουμε την πρόταση αυτή 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 ότι - 32 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) α−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 ∫ ∫ ∫ ∫⇔ − g(x)dx − g(x)dx = 0 ⇔ g(x)dx + g(x)dx = 0 ⇔ 00 00 α−β β−α ∫ ∫⇔ ef(x) dx + ef(x) dx = 0 . 00 ΙΙ. Το ερώτημα αυτό αφορά Ρυθμό Μεταβολής. Καθώς η εκφώνηση μάς μιλά για ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α(α ,f(α)) , καταλαβαίνουμε ότι το Α κινείται πάνω στην Cf , άρα οι συντεταγμένες του θα μετα- βάλλονται ως προς τον χρόνο t, με την τετμημένη 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 με- ταβάλλεται ως προς 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 κατά τρόπο 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 των ευθειών (ε) και (η) εξαρτώνται από το α, οπότε η παραπάνω ιδιότητα θα μας εξασφαλίσει την ύπαρξή τους και την δυνατότητά μας να αξιοποιήσουμε την - 33 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) καθετότητα των δύο ευθειών. Η εφαπτομένη (ε) της Cf στο σημείο της Α(α ,f(α)), έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = f ′(α) , όπου f(x) = x2 +1 ⇒ f ′(x) = 2x , άρα λε = 2α . Είναι ε ⊥ η , άρα λελη =−1 ⇔ 2α ⋅ λη =−1 ⇔ λη =− 1 . 2α Άρα η ευθεία (η) διέρχεται από το Α και έχει συντελεστή διεύθυνσης λη =− 1 , 2α οπότε έχει εξίσωση η: y−f(α)=− 1 ⋅(x−α) . 2α Το 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 2 Η τεταγμένη του Β εξαρτάται από το α, άρα και αυτή μεταβάλλεται ως προς τον χρόνο σύμφωνα με την συνάρτηση y(t) = α2(t)+ 3 , t≥0. 2 Ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β είναι y′(t) = ⎢⎣⎡⎢α2(t)+ 3 ⎦⎤⎥⎥′ ⇒ y′( t) = 2α( t) ⋅ α′( t) . 2 Την χρονική στιγμή t0 θα είναι y′(t0 ) = 2α(t0 ) ⋅α′(t0 ) , όπου αντικαθιστώντας βρίσκουμε y′(t0 ) = 2 ⋅1⋅α′(t0 ) ⇔ y′(t0 ) = 2α′(t0 ) , - 34 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) σχέση που αποδεικνύει ότι την χρονική στιγμή t0 ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης του Β είναι διπλάσιος από τον ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του Α. Θέμα 8 ∆ίνεται 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 κινεί- ται: 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 ℓim 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 μια καλή πρώτη επανάληψη σε βασικές έννοιες, σε όλο το φάσμα της ύλης, συμπεριλαμβανομένου και του ρυθμού μεταβολής. α) Η συνάρτηση f ορίζεται στο Df = ! , στο οποίο είναι συνεχής και δύο φορές παραγω- γίσιμη, ως γινόμενο συνεχών και δύο φορές παραγωγίσιμων, αντίστοιχα, συναρτήσε- ων, με - 35 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) f ′(x) =(ex )′ ⋅(x−α)+ex ⋅(x−α)′ = ex(x−α)+ex ⇒ f ′(x) = ex(x−α +1) και f ′′(x) =(ex )′ ⋅(x−α +1)+ex ⋅(x−α +1)′ = ex(x−α +1)+ex ⇒ f ′′(x) = ex(x−α +2) . Μονοτονία - ακρότατα Έχουμε : • f ′( x) = 0 ⇔ ex (x −α +1) = 0 ex>0 x −α +1= 0 ⇔ x = α −1 ⇔ και • f ′( x) > 0 ⇔ ex (x −α +1) > 0 ex>0 x −α +1> 0 ⇔ x > α −1, ⇔ άρα και f ′(x)<0 ⇔ x <α−1. Ο πίνακας μονοτονίας της f είναι ο διπλανός και από x −∞ α−1 +∞ αυτόν έχουμε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο f ′(x) + (−∞ , α−1], γνησίως αύξουσα στο [α−1, +∞) και f(x) 2 1 παρουσιάζει ελάχιστο για x = α−1, το ( )fmin = f (α−1) = eα−1 α −1− α =−eα−1 . Κυρτότητα - σημεία καμπής Έχουμε : • f ′′( x ) = 0 ⇔ ex (x −α + 2) = 0 ex>0 x −α + 2 = 0 ⇔ x = α −2 ⇔ και • f ′′( x ) > 0 ⇔ e x ( x −α + 2) > 0 ex>0 x −α + 2 > 0 ⇔ x > α − 2 , ⇔ - 36 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) άρα και f ′′(x)<0 ⇔ x <α−2 . Ο πίνακας κυρτότητας της f είναι ο διπλανός και x −∞ α−2 +∞ από αυτόν έχουμε ότι η f είναι κοίλη στο f ′′(x) + (−∞ , α−2], κυρτή στο [α−2 , +∞) και έχει ση- f(x) 4 3 μείο καμπής το Κ( α−2 , f(α−2)) , όπου ( )f (α−2) = eα−2 α −2− α =−2 eα−2 , δηλαδή το σημείο καμπής της Cf είναι το Κ(α−2 , −2eα−2) . Ασύμπτωτες Ι. Κατακόρυφες Η f είναι συνεχής στο ! , άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. ΙΙ. Οριζόντιες Είναι = ℓim ⎣⎡ex (x −α)⎦⎤ 0⋅(−∞) ℓim x−α −∞ ℓim (x −α)′ = ℓim 1 = e−x x→−∞ = x→−∞ +=∞ x→−∞ e−x ′ x→−∞ ⋅(−x)′ ℓim f( x ) e−x ( )x→−∞ = ℓim 1 = − ℓim ex =− 0 = 0 , −e−x x→−∞ x→−∞ το οποίο σημαίνει ότι η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο −∞ . Επίσης, ℓim f ( x ) = ℓim ⎣⎡e x ( x −α)⎦⎤ = (+∞) ⋅(+∞) = +∞ , x→+∞ x→+∞ το οποίο σημαίνει ότι δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞ . - 37 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) ΙΙΙ. Πλάγιες Επειδή στο −∞ έχει οριζόντια ασύμπτωτη, δεν θα έχει πλάγια. Επομένως, θα εξετά- σουμε αν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ . Αν έχει, θα είναι της μορφής y = λ x +β , όπου λ,β ∈ ! , με λ = ℓim f(x) = ℓim ex (x −α) = xℓ→i+m∞⎛⎜⎜⎝⎜ex ⋅ x−α ⎞⎠⎟⎟⎟ = ℓim ⎢⎢⎣⎡e x ⎝⎜⎜⎛⎜1− α ⎟⎟⎞⎠⎟ ⎥⎥⎦⎤ = x→+∞ x x→+∞ x x x x→+∞ =(+∞)⋅(1−0)= +∞ ∉ ! , άτοπο. Αυτό σημαίνει ότι δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +∞ . β) Ι. Ιδιαίτερη σημασία αξίζει να δοθεί στα επόμενα βήματα. Η εύρεση γεωμετρικού τόπου είναι πάντα 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 συν- δέει άμεσα τα x0 , y0 . Προσοχή χρειάζεται στους περιορισμούς που συνοδεύουν τις με- ταβλητές, καθώς αυτοί καθορίζουν επακριβώς και τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο. Έχουμε ⎪⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎪ x0 = α−1 ⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪⎫⇒ y0 =−ex0 , όπου, από υπόθεση, y0 = −eα−1 α >0 ⇔ x0 +1>0 ⇔ x0 >−1. - 38 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Συνεπώς, 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 β - Ι. Από το ερώτημα (α) έχουμε ότι η Cf έχει σημείο καμπής το Κ(α−2 , −2eα−2) . Άρα, για τις συντεταγμένες (xΚ , yΚ) του σημείου καμπής Κ της Cf , ισχύουν ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ xΚ =α−2 ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪⇒ yΚ =−2exΚ , yΚ = −2eα−2 όπου, από υπόθεση, α >0 ⇔ xΚ +2 >0 ⇔ xΚ >−2 . Συνεπώς, η εξίσωση της καμπύλης στην οποία κινείται το σημείο καμπής της f είναι η y =−2ex , x >−2 . γ) Είναι: • f ( x) = 0 ⇔ ex (x −α) = 0 ex>0 x −α = 0 ⇔ x = α ⇔ και • f ( x) > 0 ⇔ ex (x −α) > 0 ex>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 εί- ναι συνεχής και ισχύει f(x)≤0 . Άρα, το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι - 39 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) αα α α ∫ ∫ ∫ ∫Ε(λ)= | f(x)| dx = [−f(x)]dx = ⎣⎡−ex(x−α)⎤⎦dx = − (ex)′ ⋅(x−α)dx = λλ λ λ αα ∫ ∫=− ⎡⎣e x (x −α)⎦⎤ α + ex ⋅(x −α)′ dx = − ⎣⎡ex (x −α)⎦⎤ α + ex dx = λ λ λλ = − ⎣⎡e x (x −α)⎤⎦ α + ⎣⎡ex ⎦⎤ α = − ⎣⎡eα (α −α)−e λ (λ −α)⎤⎦ + eα −eλ = λ λ = eλ(λ−α)+eα −eλ ⇒ Ε(λ) = eλ(λ−α−1)+eα , λ <0 . δ) Είναι ℓim Ε(λ) = ℓim ⎣⎡eλ (λ −α −1)+ eα ⎦⎤ , λ→−∞ λ→−∞ όπου ⎡⎣eλ (λ −α −1)⎦⎤ 0⋅(−∞) λ −α −1 −∞ ℓim (λ −α −1)′ = ℓim 1 = e−λ λ→−∞ = ℓim +=∞ λ→−∞ e−λ ′ e−λ ⋅(−λ)′ λ→−∞ ℓim ( )λ→−∞ = ℓim 1 =− ℓim eλ =− 0 = 0 . λ→−∞ −e−λ λ→−∞ Επομένως, είναι ℓim Ε(λ) = 0+eα ⇒ ℓim 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 μήκος του άξονα x’x. Άρα η τετμημένη του θα μεταβάλλεται συναρτήσει - 40 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) του χρόνου t και θα προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής α(t) , t ≥ 0 , με θετι- κές 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 προηγήθη- κε μάς επιτρέπει αυτό το συμπέρασμα. Αν η κίνηση δεν γίνεται κατά μήκος του άξονα, τότε η ταχύτητα του Α, ως διανυσματικό 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 προσδιορίζεται από συνάρτηση της μορφής Ε(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 Ε′(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 Ε′(t0 ) = − α′(t0 ) ⋅ eλ +α′(t0 ) ⋅ eα(t) ⇒ Ε′(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 με- τράται σε cm2 και ο ρυθμός μεταβολής του σε cm2 / s . - 41 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) Θέμα 9 Ένα κινητό Μ κινείται κατά μήκος της καμπύλης y= x , x≥0. Ένας παρατηρητής βρίσκεται στην θέση Π(0,1) ενός συστήματος συντεταγμένων Oxy και παρα- τηρεί το κινητό από την αρχή Ο, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. ∆ίνεται ότι ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του κινητού, για κάθε χρονική στιγμή t ≥ 0 , είναι x′(t) = 16 m /min . α) Να αποδείξετε ότι η τετμημένη του κινητού, για κάθε χρονική στιγμή t ≥ 0 , δίνεται από τον τύπο x(t) = 16 t . 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 απόστα- 4 ση d = (ΠΜ) του παρατηρητή από το κινητό γίνεται ελάχιστη. Να 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 λύση του θέματος, αξίζει να διαβάσετε τα σχόλια αυτά, σχετικά με τις πληροφορίες που μας δίνει η εκφώνηση. - 42 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) α) Έστω Μ(x, y) οι συντεταγμένες του κινητού Μ. Καθώς αυτό κινείται κατά μήκος της καμπύλης y = x , x ≥0 , οι συντεταγμένες του μεταβάλλονται συναρτήσει 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) =16 t+c , t ≥ 0 , c ∈ ! σταθερά. Το σημείο αυτό χρειάζεται αρκετή προσοχή. Η σχέση x′(t) = 16 δεν έπεται άμεσα το ζητούμενο x(t) = 16 t . Επομένως, χρειαζόμα- στε ένα ακόμα στοιχείο για να προσδιορίσουμε την παράμετρο c. Αυτό το δίνει μια μι- κρή λεπτομέρεια στην εκφώνηση. Επιπλέον, ο παρατηρητής παρατηρεί το κινητό από το σημείο Ο(0,0) , δηλαδή η κίνη- ση του Μ ξεκινά από 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’ αυτό πρέπει να διαβάζουμε την εκφώνηση με προσοχή σε κάθε λεπτομέ- ρεια! Μερικές φορές κρύβονται δεδομένα σε σημεία που δεν φαίνονται άμεσα! Για t = 0 έχουμε από την σχέση x(t) = 16 t+c : x(0) =16⋅0+c ⇔ 0 = 0+c ⇔ c = 0 . Άρα, η τετμημένη του κινητού δίνεται από τον τύπο x(t) =16 t , t ≥ 0 . - 43 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) β) Έχει σημασία να εξηγήσουμε εξαρχής μία φαινομενικά αυτονόητη λεπτομέρεια: Mέχρι 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 συ- νέχεια. Ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό Μ μέχρι το σημείο Α, στο οποίο η οπτική του ακτίνα εφάπτεται στην καμπύλη y = x . Πράγματι, η οπτική επαφή του παρατηρητή με οποιοδήποτε σημείο ορίζεται από την ευθεία που ξεκινά από αυτόν, δηλαδή από το Π, και εκτείνεται μέχρι το σημείο Α, εφό- σον ενδιάμεσα δεν υπάρχει φυσικό εμπόδιο. Προφανώς, μετά το σημείο Α προς τα δεξιά (δηλαδή για τα σημεία της Cf με μεγαλύ- τερη τετμημένη), η καμπύλη αποτελεί φυσικό εμπόδιο που εμποδίζει την οπτική ακτί- να του παρατηρητή από περαιτέρω δυνατότητα οπτικής επαφής. Έστω Α(x0 , y0) το σημείο επαφής καμπύλης και εφαπτομένης, όπου x0 >0 (αφού από το σχήμα, προφανώς το Α δεν ταυτίζεται με το Ο). Θα βρούμε την εφαπτομένη (ε) της Cf , με σημείο επαφής το Α, η οποία διέρχεται από το Π(0,1) . Είναι f(x) = x , x ≥0 , άρα f ′(x) = 1 , x >0 . 2x Η (ε) έχει εξίσωση ε : y−f(x0 ) = f ′(x0 ) ⋅(x−x0) ⇔ ε : y− x0 = 2 1 ⋅(x−x0) (1) x0 Αφού η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο Π(0,1) , οι συντεταγμένες του Π θα επα- ληθεύουν την εξίσωσή της (ε), άρα θα ισχύει - 44 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) ( )1− 1 x0 x0 = 2 x0 ⋅(0−x0) ⇔1− x0 =− 2 x0 ⇔2 x0 1− x0 =−x0 ⇔ ( )⇔ 2 x0 −2x0 =−x0 ⇔ 2 x0 −2x0 =−x ⇔ 2 x0 −x0 = 0 ⇔ x0 2− x0 = 0 ⇔ ⇔x0>0 2− x0 =0 ⇔ x0 =2⇔ x0 = 4 . x0 >0 Για x0 = 4 είναι y0 = f(x0 )= 4 =2 . Συνεπώς, το σημείο της καμπύλης μέχρι το οποίο ο παρατηρητής έχει οπτική επαφή με το κινητό, είναι το Α(4 ,2) . Προφανώς, η οπτική επαφή του παρατηρητή με το κινητό διαρκεί από την αρχή της κίνησης και μέχρι το κινητό να φτάσει στο σημείο Α, δηλαδή όσο ισχύει 0 ≤ x(t) ≤ 4 ⇔ 0 ≤16 t ≤ 4 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 . 4 Άρα η οπτική επαφή διαρκεί συνολικά 1 −0= 1 min . 4 4 ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Προσέξτε ότι η άσκηση δεν μας ρωτά μέχρι ποια χρονική στιγμή υπάρχει οπτική επαφή (που είναι η t0 = 1 min ), αλλά πόσο χρόνο διαρκεί η οπτική επαφή! 4 Συνεπώς, η τελευταία αφαίρεση, αν και δίνει το ίδιο αριθμητικό αποτέλεσμα, είναι απα- ραίτητη ! Σκεφτείτε απλά ότι, αν η οπτική επαφή δεν ξεκινούσε από την χρονική στιγμή 0, τα δύο αποτελέσματα θα διέφεραν! - 45 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 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 το αποτέλεσμα είναι σε λεπτά (min). γ) 1ος τρόπος Το χωρίο Ω που διαγράφει η οπτική ακτίνα ΠΜ του παρατηρητή, καθώς το σημείο Μ κινείται από το σημείο Ο μέχρι το σημείο Α, είναι το καμπυλόγραμμο τρίγωνο ΟΠΑ. Αρχικά βρίσκουμε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) στο Α. Αντικαθιστώντας στην σχέση (1) το x0 = 4 , βρίσκουμε ε: y− 4= 1 ⋅(x−4)⇔ ε: y−2= 1 (x − 4) ⇔ ε : y = 1 x +1. 24 4 4 Με την βοήθεια του σχήματος βρίσκουμε ότι το εμβαδόν του χωρίου Ω είναι 4 ⎢⎣⎢⎡ 1 x +1−f(x)⎥⎥⎦⎤ dx = 4 ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎠⎟⎟⎟⎞dx ⎣⎢⎢⎢⎢⎡ 1 x2 3 ⎤⎥⎥⎥⎦⎥ 4 4 4 4 2 0 ∫ ∫Ε(Ω)= x +1− x = ⋅ +x− x2 = 3 0 0 2 - 46 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) ⎢⎢⎢⎡⎢⎣ x2 3 ⎥⎤⎥⎦⎥⎥ 4 42 3 − ⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎝⎜ 02 3 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟ = 8 2x 2 0 8 2⋅4 2 8 02 16 2⋅8 = +x− 3 = +4− 3 +0− 3 8 +4− 3 ⇒ ⇒ Ε(Ω) = 2 m2 . 3 ΠΟΛΥ ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ! Η επίκληση του σχήματος για τον υπολογισμό του εμβαδού Ε(Ω) έχει σημασία! Αν δεν επικαλεστούμε το δεδομένο σχήμα, θα πρέπει να δικαιολογήσουμε γιατί πήρα- με την διαφορά χωρίς απόλυτη τιμή, πώς δηλαδή γνωρίζουμε ότι η διαφορά 1 x +1−f(x) , του τύπου της εφαπτομένης μείον τον τύπο της συνάρτησης, είναι θετι- 4 κή! Αν θέλουμε να απαντήσουμε χωρίς να επικαλεστούμε το σχήμα, ένας εύκολος τρόπος είναι να διαπιστώσουμε, με απλές πράξεις, ότι η συνάρτηση f(x) είναι κοίλη, συνεπώς η γραφική της παράσταση θα είναι κάτω από την εφαπτομένη της στο Α, εκτός του σημείου επαφής τους, οπότε η διαφορά στο ολοκλήρωμα θα είναι μη αρνητική. Από την στιγμή, πάντως, που το σχήμα δίνεται, η επίκλησή του μας καλύπτει πλήρως ως προς την αιτιολόγηση. Σημειώνεται ακόμη ότι η μονάδα μέτρησης του εμβαδού είναι m2 , αφού από την μο- νάδα μέτρησης του ρυθμού μεταβολής x′(t) έχουμε ότι οι αποστάσεις μετρώνται σε μέτρα (m), άρα και τα εμβαδά σε m2 . - 47 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) 2ος τρόπος Στο σχήμα μας φέρνουμε από το σημείο Α κάθετη προς τον άξονα x’x και έστω Β το σημείο τομής τους. Το Β έχει τετμημένη xΒ = xΑ = 4 , άρα έχει συντεταγμένες Β(4 ,0) . Τότε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΟΠΑ είναι ίσο με την διαφορά του εμβαδού του τραπεζίου ΟΠΑΒ μείον το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την Cf , την κατακόρυφη ευθεία x = 4 και τον άξονα x’x. Συνεπώς, 44 f ( x )≥0 ∫ ∫Ε(Ω)=(ΟΠΑΒ)− | f ( x)| dx = (ΟΠΑΒ) − f(x)dx , 00 όπου το ΟΠΑΒ είναι τραπέζιο με μεγάλη βάση ΑΒ = 2 , μικρή βάση ΟΠ = 1 και ύψος ΟΒ = 4 , άρα έχει εμβαδόν (ΟΠΑΒ) = (ΑΒ + ΟΠ) ⋅ ΟΒ = (2+1)⋅ 4 = 6 m2 . 2 2 Επίσης, 44 4 ⎡⎢⎢⎢⎣⎢ 3 ⎥⎥⎥⎤⎥⎦ 4 ⎢⎢⎢⎢⎡⎣ 3 ⎥⎤⎥⎥⎥⎦ 4 3 3 2⋅8 0 1 0 0 2⋅0 2 3 ∫ ∫f(x)dx = ∫x dx = x 2 dx = x2 = 2x 2 = 2⋅4 2 − 3 = = 00 3 3 3 2 - 48 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Μαθηματικά Γ΄Λυκείου Επαναληπτικά θέματα με ερωτήματα τα οποία περιλαμβάνουν Ρυθμό Μεταβολής (1 - 10) = 16 m2 . 3 Άρα είναι Ε(Ω)= 6− 16 ⇒ Ε(Ω) = 2 m2 . 3 3 δ) Η απόσταση του παρατηρητή από το κινητό είναι d = (ΠΜ) , όπου Π(0,1) και Μ(x(t) , y(t)) , με x(t) = 16 t , t ≥ 0 , και y(t) = x(t) = 16 t = 4 t , t ≥ 0 . Συνεπώς και η απόσταση d μεταβάλλεται ως προς t, άρα προσδιορίζεται από συνάρ- τηση της μορφής d(t) , με τύπο ( )d(t) = (xΜ −xΠ)2 +(yΜ −yΠ)2 = (16 t−0)2 + 4 t −1 2 ⇒ ⇒ d(t) = 256 t2 +16 t−8 t +1 , t ≥ 0 . Θα αναζητήσουμε, αν υπάρχει, χρονική στιγμή t0 ∈⎜⎜⎝⎜⎛0 , 1 ⎟⎟⎞⎠⎟ , κατά την οποία η συνάρ- 4 τηση d(t) παίρνει ελάχιστη τιμή. Η συνάρτηση d(t) είναι παραγωγίσιμη για t > 0 , ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτή- σεων, με ( )d′(t) = 1 ⋅ 256t2 +16t−8 t +1 ′ = 2 256 t2 +16 t−8 t +1 = 1 t +1 ⋅⎜⎝⎛⎜⎜256 ⋅ 2t+16−8 ⋅ 1 ⎟⎟⎟⎠⎞ = 2 256 t2 +16 t−8 2t = 1 t +1 ⋅ 2 ⋅⎛⎜⎜⎜⎝256 t+8− 2 ⎟⎟⎟⎠⎞ ⇒ 2 256 t2 +16 t−8 t - 49 - Θανάσης Νικολόπουλος • Καθηγητής Μαθηματικών
Search
