Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 1

Transcript

1 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) ύο καράβια αναχωρούν από το ίδιο λιµάνι. Το ένα κινείται µε 5 Km/h προς τα νότια και το άλλο µε Km/h προς τα ανατολικά. Να εκϕράσετε την απόσταση µεταξύ των πλοίων σαν συνάρτηση του χρόνου t από την ώρα της αναχώρησης (η απόσταση να εκϕραστεί σε χιλιόµετρα Km, και ο χρόνος σε ώρες h). Λύση : Μετά από απλές πράξεις καταλήγουµε σε µια γραµµική σχέση S(t)(Km) = 5t(Hours). ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού των συναρτήσεων :. f () = (3 ) 4. f () = ln(4 56) 3. f 3 () = ln [ ln ( )] f 4 () = Λύση :. Πρέπει 3 > 3( 4) > ( )( + ) > { < ή > }. Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι D(f ) = (, ) (, + ).. Πρέπει 4 56 > 56 >. Θέτοντας y = έχουµε y y 56 > {y < 7 ή y > 8} < 7 (αδύνατη), και > 8 > 3 > 3. Εποµένως D(f ) = (3, + ). 3. Πρέπει ln [ ln ( ln e e )] ln [ ln ( e (6+3e)+(5 7e) 3+7 )] ( ln ln 6+5 ) ( 3+7 ln 6+5 [(6+3e)+(5 7e)]( 3+ 7) και e 5 6+3e < 7 3. Άρα D(f 3) = [ 7e 5 6+3e, 7 3). 3+7) 4. Πρέπει { ή } { ή } {( ή 3) ή 5 3}. Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι D(f 4 ) = (, ] [ 5, 3] (3, + ).

2 3) Να ϐρεθεί (αν υπάρχει) η αντίστροϕη συνάρτηση των :. f () = + +. f () = 3 +3 Λύση :. Για το πεδίο ορισµού της συνάρτησης έχουµε : D(f ) = R. Για κάθε, R µε f( ) = f( ) έχουµε + + = = ( + )( + ) = + + = ( + )( + ) + + = = ( ) = =. Εποµένως η συνάρτηση είναι -, οπότε και αντιστρέϕεται. Θέτουµε y = + + y = + και επειδή + > για κάθε R έχουµε y > y >, οπότε (y ) = + = y για y. y Εχουµε επίσης y > y > y y y + > (y + )y > y >. y y Άρα ο τύπος της αντίστροϕης συνάρτησης είναι f () = µε πεδίο ορισµού D(f ) = (, + ).. Για το πεδίο ορισµού της συνάρτησης έχουµε : D(f ) = R. Για κάθε, R µε 3 f( ) = f( ) έχουµε = = = 3 =. Εποµένως η συνάρτηση είναι -, οπότε και αντιστρέϕεται. Θέτουµε y = 3 3 = y +3 y y > < y < y µε y. Επειδή 3 > έχουµε. Εποµένως για την αντίστροϕη συνάρτηση έχουµε 3 y = y ln 3 = ln ( f () = ln( ), µε πεδίο ορισµού D(f ln 3 ) = (, ) αϕού πρέπει >. ) 4) Να υπολογιστούν τα όρια : lim lim lim lim 4 Λύση : Σε όλες τις περιπτώσεις έχουµε απροσδιοριστία.

3 . Το πεδίο ορισµού D(f) της συνάρτησης f() = είναι D(f) = R { 3, + 3 }. Για κάθε D(f) έχουµε f() = ( 3)( ) = ( 3)(+). Οπότε lim f() = ( )(+3) (+3) ( 3)( + ) lim ( + 3) = 5 = Το πεδίο ορισµού D(f) της συνάρτησης f() = +8+6 είναι D(f) = R { 4}. +4 { (+4) Για κάθε D(f) έχουµε f() = = +4, αν < 4 = Επειδή =4 =4, αν > 4 lim 4 f() = lim 4 + f() = δεν υπάρχει το όριο lim 4 f(). 3. Το πεδίο ορισµού D(f) της συνάρτησης f() = Για κάθε D(f) έχουµε f() = Οπότε lim f() = lim 4+ είναι D(f) = (, + ). = + + ( )( + ) ( ) ( + = ) ( ) + + = 4 + = Το πεδίο ορισµού D(f) της συνάρτησης f() = 4 {}. Για κάθε D(f) έχουµε f() = ( )(+ ) ( 4)(+ = ) (+)(+. Οπότε lim f() = ) 8. είναι D(f) = [, + ) ( ) ( )(+)(+ ) = 5) Να υπολογιστούν τα όρια :. lim sin(a + ) + sin( a). lim tan sin 3 cos 3. lim cos 4. lim + Λύση : Σε όλες τις περιπτώσεις έχουµε απροσδιοριστία.. Εχουµε sin(a + ) + sin( a) sin lim cos a = cos a = cos a. = sin cos a sin(a + ) + sin( a). Άρα lim = 3

4 . Εχουµε fractan sin 3 sin ( cos ) = [ ( ] 3 cos sin ) tan sin. Άρα lim = cos 3 lim = 3. Εχουµε cos + cos. Άρα lim cos = ( cos )( + cos ) ( + = cos ) [ ( sin ) = lim = sin ( ) sin 3 cos [ ( sin ) sin lim sin ( ) ( + cos ) = ] lim = sin ] lim cos = [ ( ] sin ) + cos = = 4. cos sin ( ) sin ( ) 4. Εχουµε = =. Επειδή + έχουµε >, sin ( ) οπότε = sin ( ( ) cos. Άρα lim = lim + + lim sin ) + = (+ ) = +. 6) Μία µπάλα εκτοξεύεται κατακόρυϕα από ύψος m µε αρχική ταχύτητα u = + m/sec. Να παρασταθεί γραϕικά η τροχιά της (το ύψος σαν συνάρτηση του χρόνου για πέντε ανακλάσεις) υποθέτοντας ότι η ανάκλασή της στο έδαϕος είναι ελαστική (χωρίς απώλειες ενέργειας) ή µη-ελαστική (µε απώλειες). Λύση : Αρχικά η µπάλα έχει µια γνωστή αρχική ενέργεια (δυναµική και κινητική) και εκτοξεύεται προς τα πάνω. Το µέγιστο ύψος που µπορεί να φτάσει το υπολογίζουµε από την µετατροπή της αρχικής ενέργειας σε δυναµική. Το δεύτερο στοιχείο είναι ο χρόνος που ϑα κάνει για να φτάσει στο µέγιστο. Από εκεί πέρα µας ενδιαϕέρει ο χρόνος που ϑα χρειαστεί να φτάσει στο έδαϕος και να επανέλθει στο ίδιο ύψος. Με ϐάση αυτές τις πληροϕορίες τοποθετούµε τα χαρακτηριστικά σηµεία στη καµπύλη (h(t), t) και το µόνο που µένει είναι να Ϲωγραϕίσουµε (µε ϐάση τη εξίσωση h(t) vs. t που την ϐρίσκουµε αναλυτικά την µορϕή της). (Αγνοήστε την αντίσταση του αέρα ή υπολογίστε την για να αποδείξετε ότι είναι µάλλον αµελητέα. ) Στη δεύτερη περίπτωση αποϕασίστε, εµπειρικά, την ενέργεια που ϑα χάση στην επαϕή µε το έδαϕος και σε κάθε αναπήδηση ξεκινήστε µε νέα κινητική ενέργεια από το έδαϕος και προσδιορίστε τα χαρακτηριστικά σηµεία εκ νέου (µέγιστο ύψος και χρόνο πορείας από το έδαϕος στο έδαϕος)... στη νέα καµπύλη το µέγιστο ύψος ϑα είναι µεταβαλλόµενο αλλά και ο συνολικός χρόνος για την επιστροϕή στο έδαϕος ϑα αλλάζει (δουλέψτε µόνοι σας τις λεπτοµέρειες). 4

5 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Υπολογίστε την πρώτη παράγωγο των συναρτήσεων. y = sin. y = ln[ 3 7 4] ln[( + ) 4 ] 3. y = sin 3 Λύση :. y() = e sin ln y () = sin ( cos ln + sin ), >. y() = ln[ 3 7 4] ln[( + ) 4 ] y () = / + 7/(3(7 4)) 8/( + ), > 3. y() = arcsin 3 y () = 3 / 6, < < ) Υπολογίστε την δεύτερη παράγωγο των συναρτήσεων. y = cos (3). 3 + y 3 () = Λύση :. y = arccos(3) y () = 7 ( 9 ) 3/, / y 3 () = y () = 3) ίνεται η συνάρτηση f() = ( 4 + 6)ϕ(),

6 όπου ϕ() = 6 και lim {[ϕ() 6]/} = 4. Να ϐρεθεί η εξίσωση της εϕαπτοµένης της καµπύλης της συνάρτησης στο σηµείο =. Λύση : Η εϕαπτοµένη ϑα προσδιοριστεί από τη σχέση y = f() + f () µε ϐάση τα δεδοµένα f() = 36 και f () = ϕ() + 6ϕ () = + 4 = άρα y = ) Σύρµα κρέµεται, σε σχήµα παραβολής, από δύο κολώνες ύψους m που απέχουν 4m. Αν το χαµηλότερο σηµείο του σύρµατος ακουµπά στο έδαϕος, να προσδιοριστεί η γωνία σύρµατος - κολώνας. Λύση : Με ϐάση την εκϕώνηση συµπεραίνουµε ότι µαθηµατική απεικόνιση της καµπύλης του σύρµατος ϑα είναι y() = (/), [, ]. Υπολογίζουµε την εϕαπτοµένη στο σηµείο (,) και ϐρίσκουµε ότι η Ϲητούµενη γωνία ϑα είναι 45. (ϐλέπε Σχ. ) Σχήµα : Η γραϕική παράσταση για την άσκηση 4 5) Να ϐρεθεί η εξίσωση της εϕαπτοµένης της καµπύλης µε παραµετρικές εξισώσεις (t) = t t και y(t) = 3t 4t, στο σηµείο Ρ µε t =. Λύση : Το σηµείο Ρ έχει συντεταγµένες (3, 7). Βρίσκουµε ότι dy της εϕαπτοµένης είναι y = 5. = 6t 4 d t, οπότε η εξίσωση

7 6) Να προσδιοριστούν τα a, b R, ώστε η συνάρτηση { + a, ( αν f() = π ) + b sin, αν < 4 να είναι παραγωγίσιµη στο =. Λύση : Αναγκαία συνθήκη ώστε η συνάρτηση να είναι παραγωγίσιµη στο = είναι να είναι συνεχής στο σηµείο αυτό. Η συνέχεια εξασϕαλίζεται όταν a = b. Απαιτώντας την ισότητα της δεξιάς µε την αριστερή παράγωγο στο = οδηγούµαστε στην σχέση + b π = + a. Από τις δυο αυτές σχέσεις ϐρίσκουµε τελικά a = 4 8 π 4 και b = 4 π 4. 3

8 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Οµάδα 3 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος Λύσεις ) Η αντίδραση y ενός οργανισµού στην χορήγηση ενός φαρµάκου εξαρτάται από την ποσότητα του χορηγούµενου φαρµάκου. Αν η σχέση που συνδέει τα και y είναι y = (a ), όπου a > σταθερά, να ϐρεθεί η ποσότητα για την οποία η αντίδραση γίνεται µέγιστη. Λύση : Η πρώτη παράγωγος της συνάρτησης είναι y () = a 3, οπότε τα κρίσιµα σηµεία είναι τα = (αποκλείεται) και = a 3. Επειδή y ( a ) = a < καταλαβαίνουµε 3 ότι για = a η αντίδραση του οργανισµού γίνεται µέγιστη. 3 ) Μια ϐιοµηχανία πρόκειται να κατασκευάσει ένα κυλινδρικό δοχείο σταθερού όγκου V, το οποίο είναι ανοικτό στο επάνω µέρος του. Να ϐρεθεί το πηλίκο του ύψους δια της ακτίνας της ϐάση του δοχείου προκειµένου το κόστος κατασκευής να είναι ελάχιστο, γνωρ ιζοντας ότι η µονάδα επιϕάνειας της ϐάσης κοστίζει το διπλάσιο από τη µονάδα επιϕάνειας της παράπλευρης επιϕάνειας. Λύση : Εστω r η ακτίνα της ϐάσης, h το ύψος του δοχείου, V = πr h ο όγκος του, k το κόστος της µονάδας επιϕάνειας της παράπλευρης επιϕάνειας και k το κόστος της µονάδας επιϕάνειας της ϐάσης. Εποµένως το συνολικό κόστος είναι C = kπr +kπrh C(r) = k ( ) πr + V r. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι C (r) = k ( ) πr V r = kπ(r h) και C (r) = 4k ( ) π + V r = 4kπ( + h 3 r ). Εποµένως το κόστος γίνεται ελάχιστο όταν r = h h = r. 3) ίνεται η συνάρτηση f() = e 3 e +.. Να µελετηθεί η f() ως προς τη µονοτονία, τα ακρότατα, την καµπυλότητα, τα σηµεία καµπής της και τις ασύµπτωτες που τυχόν έχει.. Να γίνει πρόχειρη γραϕική παράσταση της f(). Λύση : Η f() έχει πεδίο ορισµού D f = R. Για την πρώτη και δεύτερη παράγωγο έχουµε αντίστοιχα : f () = 5e και f () = 5e ( e ). Επειδή f () >, R η f() είναι (e +) (e +) 3

9 γνησίως αύξουσα στο R και δεν παρουσιάζει ακρότατα. Ακόµη f () >, (, ln ), ενώ f () <, (ln, + ), άρα η f() στρέϕει τα κοίλα άνω (, ln ), ενώ στρέϕει τα κοίλα κάτω (ln, + ) και παρουσιάζει καµπή στο σηµείο M(ln, 4 ). Επίσης, αϕού D f = R, η f() δεν έχει κατακόρυϕη ασύµπτωτη, ενώ επειδή lim f() = + και lim f() = 3, η γραϕική παράσταση της f() έχει οριζόντια ασύµπτωτη την y = για + και την y = 3 για. Στο Σχ. φαίνεται ο πίνακας τιµών των f (), f () και στο Σχ. η γραϕική παράσταση της f(). Σχήµα : Ο πίνακας τιµών των f () και f () και για την άσκηση 3. Σχήµα : Η γραϕική παράσταση για την άσκηση 3. 4) Να ϐρεθεί κλίση της εϕαπτοµένης της καµπύλης µε εξίσωση y +y = 5 στο σηµείο Α(, 3), και της καµπύλης µε εξίσωση y 3 + 3y y = στο σηµείο Β( 3, ). Λύση : Για την πρώτη καµπύλη έχουµε dy = y d +y Οπότε οι κλίσεις είναι αντίστοιχα m = και m = 5., και για την δεύτερη dy d = 4y 3y. 3y +6y 5) ύο ποδηλάτες ξεκίνησαν ταυτόχρονα από δύο πόλεις που απέχουν 4km και κινούνται προς την αντίθετη κατεύθυνση µε ταχύτητα km/h. Μια µύγα ξεκινώντας επίσης από το

10 τιµόνι του ενός ποδηλάτη πέτάει µέχρι το τιµόνι του δεύτερου ποδηλάτη και επιστραϕεί στον πρώτο. Επαναλαµβάνει αυτή την πορεία, µπρος πίσω συνεχώς µέχρι να συναντηθούν οι δύο ποδηλάτες. Πόσα χιλιόµετρα ταξίδεψε η µύγα αν κινείται µε ταχύτητα 3km/h. Λύση : Οι ποδηλάτες ϑα συναντηθούν µετά από µία ώρα, άρα η µύγα ϑα καλύψει συνολικά 3km. 6) Μια κυρία ύψους.7m ϐαδίζει µε ϱυθµό m/sec προς το σηµείο που ϐρίσκεται ένας στύλος της ΕΗ ύψους 5.5m. Πόσο γρήγορα το µήκος της σκιάς της αλλάζει Λύση : Απο το Σχ. 3, κάνοντας χρήση των οµοίων τριγώνων έχουµε = (t) + (t). (t) Ο ϱυθµός µεταβολής της σκιάς dy/dt υπολογίζεται απο την σχέση (t) = (t) ή d dt = d dt = ( cm/sec) Σχήµα 3: Η κυρία και η σκιά της 3

11 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 4 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής του διαϕορικού λογισµού αποδείξτε ότι : e < ln < e. Λύση : Θεωρούµε τη συνάρτηση f() = ln, µε πεδίο ορισµού D f = (, + ) και το κλειστό διάστηµα [, e]. Η f είναι συνεχής στο [, e] και παραγωγίσιµη στο (, e) µε f () =. Άρα ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήµατος Μέσης Τιµής του ιαϕορικού Λογισµού οπότε ξ (, e) : f f(e) f() (ξ) = e ξ = ln e. Αλλά < ξ < e > ξ > e > ln e > e e < ln < e. ) Τρία σηµεία A, B, C σχηµατίζουν γωνία ˆB = 6 o. Ενα αυτοκίνητο φεύγει από το A ενώ ταυτόχρονα ένα τρένο φεύγει από το B. Το αυτοκίνητο κινείται ευθύγραµµα προς το B µε σταθερή ταχύτητα 8km/h ενώ το τρένο κινείται επίσης ευθύγραµµα προς το C µε σταθερή ταχύτητα 5km/h. Αν AB = km και BC = 5 km, να ϐρεθεί πότε η απόσταση µεταξύ αυτοκινήτου και τρένου γίνεται ελάχιστη. Λύση : Τα δύο οχήµατα φθάνουν στο τέλος της διαδροµής τους την ίδια χρονική στιγµή t = = 5 =, 5h. Χρησιµοποιώντας τον νόµο των συνηµιτόνων έχουµε ότι το τετράγωνο 8 5 της απόστασης των κινητών είναι ακόλουθη συνάρτηση του χρόνου : f(t) = 9t 4t + 4. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι αυτή η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο για t = 7 43 h. 3) Να υπολογιστούν τα όρια : + + sin. lim + e +. lim ln + 3. lim ) +(sin

12 Λύση :. Παρατηρούµε ότι sin + +, οπότε ο αριθµητής φράσσεται από πάνω και κάτω από δύο συναρτήσεις ( που ) απειρίζονται οπότε το όριό + + sin + ( + + sin ) του είναι το άπειρο. Άρα lim = lim = + e ( ) (e + ) + + cos + sin lim = lim = + e e.. lim lim ( ) ( ) = lim = lim (ln + ) ln + (ln + ) + =. (ln + ) ( ) = [ ] ln(sin ) 3. lim +(sin ) = lim e ln(sin ) = e lim [ ln(sin )] lim + = e + / = [ ] + [ ] [ ] (ln(sin )) cos cos + sin lim lim lim e + (/) = e + sin = e + cos = e =. 4) ύο πόλεις ϐρίσκονται στα νότια ενός ποταµού (ϐλέπε σχήµα). Για τις ανάγκες ύδρευσης των πόλεων πρόκειται να κατασκευαστεί στον ποταµό ένας σταθµός αντλήσεως ύδατος, άπ όπου ϑα ξεκινούν δύο αγωγοί που ϑα φέρουν το νερό στην κάθε πόλη. Κάθε αγωγός ϑα κατασκευαστεί επί της ευθείας που συνδέει τον σταθµό µε την αντίστοιχη πόλη. Να εκφραστεί το µήκος του αγωγού σαν συνάρτηση µιας µεταβλητής και να ϐρεθεί η ελάχιστη τιµή του. Λύση : Από το σηµείο Α φέρουµε την κάθετο (ΑΟ)=χιλ. και από το Β την κάθετό (ΒΚ)=Km. Η απόσταση (ΟΚ)=(ΟΡ)+(ΡΚ)=Km. Εστω =(ΟΡ). Τότε (ΡΚ)=. Θέλουµε να ϐρούµε τη συνταγµένη του σηµείου Ρ έτσι ώστε το µήκος L=(ΑΡ)+(ΡΒ) να είναι ελάχιστο. Επειδή L = ( ) ()

13 η άκρα τιµή (ή τιµές) του µήκους L ϑα είναι η ϱίζα (ή ϱίζες) που ϑα ϐρεθεί (ή ϐρεθούν) από την µηδενισµένη πρώτη παράγωγο του L ως προς και η οποία (η οποίες) καθιστά (ή καθιστούν) τη τιµή (ή τις τιµές) της δευτέρας παραγώγου του αρνητική ή ϑετική αν έχουµε µέγιστο ή ελάχιστο, αντίστοιχα. Πράγµατι dl d = 5 + ( ) + ( ) + + = () 5 + ( ) ή ή ή 5 + ( ) = ( ) + (3) (5 + ( ) ) = ( ) ( + ) (4) 5 = 4( ) 5 = ( ) = 7 (5) Η τιµή του µήκους L γίνεται ελάχιστη όταν η συντεταγµένη του σηµείου Ρ είναι ( = /7) και αυτή είναι : L = L( = /7) = 49. 5) Ενα αεροπλάνο της τροχαίας παρακολουθεί την κίνηση σε ένα µεγάλο αυτοκινητόδροµο των ΗΠΑ πετώντας περίπου 5m πάνω από το δρόµο µε σταθερή ταχύτητα Km/h. Χρησιµοποιώντας το ϱαντάρ ο πιλότος ανακαλύπτει ένα αυτοκίνητο πιθανά να έχει υπερβεί το όριο ταχύτητας και είναι σε αποστάτη 4m από το αεροπλάνο και για να µπορέσει να σταθεί ακριβώς από πάνω από το αυτοκίνητο χρειάζεται να ελαττώσει την ταχύτητα του µε ϱυθµό Km/h. Υπολογίστε την ταχύτητα του αυτοκινήτου. Λύση : Την χρονική στιγµή t = το αυτοκίνητο κινείται µε σταθερά ταχύτητα v που είναι το Ϲητούµενο και το αεροπλάνο απέχει s =.5Km από το αυτοκίνητο. Οταν συγχρονίζονται οι ταχύτητες του αεροπλάνου v a µε αυτή του αυτοκινήτου v = v a = v t at (6) Η απόσταση που ϑα διανύσει το αεροπλάνο για να συναντηθεί µε το αυτοκίνητο ϑα είναι Αντικαθιστώντας την ταχύτητα από την Εξ. 6 ϑα έχουµε s = s + v t = v t /(at ) (7) v = v s a = Km/h.5Km (Km/h ) 75Km/h. Άρα µάλλον ο οδηγός πρέπει να ετοιµάζεται για εκπλήξεις... 3

14 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 5 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να περιγράψετε την κίνηση ενός σώµατος στο επίπεδο (, y) (σχεδιάζοντας και την τροχιά του) οι συντεταγµένες του οποίου δίνονται από τις σχέσεις = sin t, y = cos t, όπου t είναι ο χρόνος κίνησης του σώµατος. Λύση : Το σώµα εκτελεί περιοδική κίνηση µε περίοδο T = π κινούµενο στο τµήµα της παραβολής = y που ορίζετε από τις ανισώσεις, y. Ξεκινά από 4 το σηµείο (,), φτάνει στο (,-) σε χρόνο t = π επιστρέϕει στο αρχικό σηµείο για t = π, όπως φαίνεται στο Σχ. Σχήµα : Η τροχιά του κινητού της άσκησης. ) Να σχεδιάσετε τις καµπύλες που δίνονται από τις εξισώσεις :. r = + sin θ, θ < π.. = 3 + cos θ, y = 5 + sin θ, θ < π. Λύση :. Η καρδιοειδής καµπύλη του Σχ..

15 Σχήµα : Η καρδιοειδής καµπύλη του ερωτήµατος... Κύκλος µε κέντρο το σηµείο ( 3, 5) και ακτίνα r =. 3) Να δείξετε ότι για τη συνάρτηση ισχύει f () =. f() = { e για για = Λύση : Για ισχύει f () = 3 e. Επίσης, f () = lim lim e =. Οπότε ισχύει f () = { e 3 για για =. f () f () Για τη δεύτερη παράγωγο στο έχουµε lim 4 lim =. Οπότε f () =. e e = lim 4 e = lim ( ) + = + e 4 e ( ) + = + ( ) + = + 4) Εστω = t + /t και y = t + /t να αποδειχτεί ότι η δεύτερη παράγωγος d y/d είναι σταθερή και να προσδιοριστεί η παράσταση K = ( 4) d y d + dy d 4y.

16 Λύση : Η παράγωγος d y d = και επειδή y = και (dy/d) = η παράσταση K = ( 4) + () 4( ) =. 5) Υπολογίστε τα σηµεία της καµπύλης y = + που είναι πλησιέστερα στο σηµείο (,). Λύση : Η συνάρτηση που περιγράϕει το τετράγωνο της απόστασης είναι f() = d = 4 + άρα η πρώτη παράγωγο (( )) µηδενίζεται στα σηµεία (, ±/ ) και η δεύτερη παράγωγο είναι ϑετική ( > ) (τοπικό ελάχιστο) στα σηµεία A( /, 3/), B(/, 3/) που είναι και τα πλησιέστερα στο σηµείο (, ) και τοπικό µέγιστο στο σηµείο (, ). Σχήµα 3: Η καµπύλη για την άσκηση 5 (Σχεδίαση Γ. Ζαχαρέγκας) 6) Ενα οµοίωµα ϱουκέτας αρχικά εκτοξεύεται από την ηρεµία κατακόρυϕα µε επιτάχυνση a(t) = 6t m/sec και κινείται µε αυτή την επιτάχυνση για τρία δευτερόλεπτα. Στη συνέχεια τελειώνουν τα καύσιµα και κινείται σαν ελεύθερο σώµα. Μετά από 7sec ανοίγει το αλεξίπτωτο και η ταχύτητα του προς το έδαϕος ελαττώνεται γραµµικά στο ϱυθµό 5cm/sec για 5sec. Στη συνέχεια πέϕτει στο έδαϕος µε το ϱυθµό που απέκτησε µετά τα 5sec. (α) Να υπολογισθεί η ϑέση s(t) και η ταχύτητα u(t) για κάθε χρονική στιγµή και να γίνει η γραϕική παράταση τους. (ϐ) Να υπολογισθεί η χρονική στιγµή που ϑα φτάσει στο µέγιστο ύψος και να προσδιορισθεί το ύψος αυτό. (γ) Να υπολογισθεί η διάρκεια της πτήσης της ϱουκέτας. Λύση : Θα προχωρήσουµε σταδιακά µε ϐάση τα δεδοµένα της εκϕώνησης Για το χρονικό διάστηµα t : 3s το οµοίωµα της ϱουκέτας κινείται µε επιτάχυνση a(t) = 6t και µε ταχύτητα u(t) = 3t +c και s(t) = t 3 +c t+c. Από τις αρχικές 3

17 συνθήκες ταχύτητας και ϑέσης ϐρίσκουµε ότι u(t) = 3t 3 και s(t) = t 3 άρα µετά από τα 3sec κινείται µε ταχύτητα 7m/s και ϑα έχει ανέλθει σε ύψος 7m. Για το χρονικό διάστηµα t : 3 3s το οµοίωµα κινείται επιβραδυνόµενο µε g = m/s και s(t) = 7(t 3) 5(t 3) και s(t) = 7 (t 3). Αρα µετά από 7sec ϑα έχει διανύσει επιπλέον 3645m Για τα επόµενα 5sec το οµοίωµα πέϕτει προς το έδαϕος µε επιτάχυνση 5m/s. ηλαδή u(t) = 5t και s(t) = (5/)t. Μετά από 5sec ϑα έχει ταχύτητα 5m/sec και ϑα έχει κατέβει 6.5m µετά κινείται οµαλά µε ταχύτητα 5m/sec για να καλύψει το υπόλοιπο της απόστασης που του αποµένει µέχρι το έδαϕος, δηλαδή 385, 5m σε 54, sec. (ϐ) Το οµοίωµα ϑα φτάσει στο µέγιστο ύψος των 395m τη χρονική στιγµή 3sec και (γ) η συνολική του πτήση ϑα διαρκέσει 89, sec. (Να προσπαθήσετε να Ϲωγραϕίσετε την καµπύλη). 4

18 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Ομάδας 6 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) ίνεται η συνάρτηση f () e. Βρείτε τους τέσσερις πρώτους όρους του αναπτύγματος Taylor της f με κέντρο και υπολογίστε προσεγγιστικά την τιμή της στο σημείο,. Λύση: Ο τύπος της σειράς με κέντρο το είναι f () n f (n) () n. n! Υπολογίζουμε τις επιμέρους ποσότητες: f () e, f (), f () e e, f (), f () e + e, f (), f () 3e e, f () 3. Οπότε χρησιμοποιώντας τους τέσσερις πρώτους όρους του αναπτύγματος Taylor της f έχουμε ότι e + 3. Αντικαθιστώντας τη τιμή, συμπεραίνουμε ότι f (, ).64. Αντικαθιστώντας τη τιμή. στη συνάρτηση στο Ματηεματιςα παίρνουμε την τιμή ) Αναπτύξτε σε σειρά Taylor κέντρου τη συνάρτηση f () e ( ). Χρησιμοποιώντας το παραπάνω ανάπτυγμα υπολογίστε το όριο lim f (). Λύση: f () e ( ) ( ) + + +! 3 3! + 4 4! +... ( 3! Οπότε lim f () lim 4! ) 3! + 4! (! 3 3! + 4 4! ) Να υπολογιστεί κατά προσέγγιση το ημίτονο γωνίας, ακτινίων με τη χρήση των τεσσάρων πρώτων όρων του αναπτύγματος Taylor της συνάρτησης f () sin() στο σημείο. Εκτιμήστε επίσης το σϕάλμα στον υπολογισμό του sin(, ). Λύση: Από τη σειρά Taylor του ημιτόνου sin 3 3! έχουμε την προσέγγιση sin(, ), (,)3 6, Η εκτίμηση του σϕάλματος αυτής της προσέγγισης είναι R f (4) (ξ) 4! (, ) 4 sin(ξ) 4! (, ) 4 (,)4 4!,6 4, 67, όπου ξ τυχαίος αριθμός στο διάστημα (,, ). ) 4) Ο καϕές μέσα σε ένα ϕλιτζάνι βρίσκεται σε ϑερμοκρασία T(t ) την χρονική στιγμή t σε ένα δωμάτιο με ϑερμοκρασία T C. Η ϑερμοκρασία του καϕέ μεταβάλλεται με

19 το χρόνο T(t) (T(t ) T )e t t + T, t t Θα προσθέσουμε γάλα, ώστε στο ϕλιτζάνι να περιέχει 9% καϕέ και % γάλα. Η ϑερμοκρασία του καϕέ την χρονική στιγμή t είναι C και σχεδιάζουμε να πιούμε το καϕέ την χρονική στιγμή t. (Η μονάδα του χρόνου είναι παντού η ίδια, λεπτά). Το γάλα στο ψυγείο έχει ϑερμοκρασία 5 C. Ποια είναι η καλλίτερη στιγμή να προσθέσουμε το γάλα για να έχει ο καϕές την υψηλότερη ϑερμοκρασία όταν αποϕασίσουμε να τον πιούμε; Λύση: Η ϑερμοκρασία του καϕέ την χρονική στιγμή t ϑα είναι Το μείγμα ϑα έχει ϑερμοκρασία T (t ) 8 e t / + 9 T + T 7 e t / / όπου T είναι η ϑερμοκρασία του καϕέ και T η ϑερμοκρασία του γάλατος. διάστημα t t η ϑερμοκρασία του μείγματος είναι Y(t) τότε Αν στο Y(t) [Y(t ) ]e (t t )/ + [ 7 e t /.5 ] e (t t )/ + και η τελική ϑερμοκρασία T Y() e [ 7 (.5)e t / ] + dt dt (.5/ ( e) ) e t / < (ϕθίνουσα) Η συνάρτηση συνεχώς ϕθίνει, δεν παρουσιάζει ελάχιστο και έχει την υψηλότερη ϑερμοκρασία τη στιγμή που ρίχνουμε μέσα το γάλα!!! 5) Αν η ανακλαστική επιϕάνεια ενός τηλεσκοπίου περιγράϕεται από τη σχέση S 8π ( ) d 3/ 3 c 6c + και για τα περισσότερα τηλεσκόπια d / 6c << δείξτε ότι η επιϕάνεια του τηλεσκοπίου μπορεί να προσεγγιστεί από τη σχέση πd / 4. Λύση: Αν d / 6c, αναπτύσσω σε σειρά τη σχέση ( + ) 3/ + (3/ ) [ 8π 3 c + 3 ( ) ] d 6c πd 4

20 6) Να υπολογισθεί η τετραγωνική προσέγγιση της συνάρτησης στη περιοχή. f () sec Λύση: Αναπτύσσουμε και το sec αλλά και το ( ) /, και έχουμε sec cos ( / )( / ) + 3

21 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Ομάδα 7 Λύσεις Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Ενας παραγωγός μπορεί και πουλάει προϊόντα την εβδομάδα στην τιμή P, το καθένα. Το συνολικό κόστος για την παραγωγή των αυτών προϊόντων είναι y 5 + ευρώ. Πόσα προϊόντα πρέπει να παράγει ο παραγωγός για να έχει το μέγιστο δυνατό κέρδος; Να βρεθεί το κέρδος αυτό. Λύση: Τα συνολικά εβδομαδιαία έσοδα του παραγωγού από την πώληση των προϊόντων του είναι P (.),. Το κέρδος T του παραγωγού είναι τα έσοδά του μείον το κόστος του. ηλαδή T P y. 5. Παραγωγίζουμε ως προς και έχουμε T dt d 5,. Οπότε T Επίσης T, < (μέγιστο). ηλαδή, ο παραγωγός ϑα πρέπει να παράγει 75 προϊόντα εβδομαδιαίως για να έχει το μέγιστο κέρδος. Επομένως το μέγιστο κέρδος του παραγωγού ϑα είναι T 5(75), (75) 585 ευρώ. ) Να υπολογιστούν τα όρια: tan. lim π + tan. lim sin ln + 3. lim π 4 ( tan ) sec() 4. lim Λύση: (. lim π. lim + sin ) ( tan + tan ) ( ln lim / sin ) + lim π sec () sec () 3. lim π 4 ( tan ) sec() lim π 4 / sin tan lim / sin + tan / sec() lim tan π 4 cos() lim tan + ) ( lim π 4 sec sin()

22 ( 4. lim sin ) lim ( sin sin ) ( ) lim ( 3) Υπολογίστε την πρώτη παράγωγο των συναρτήσεων. e sin ( ) sin. ln cos 3. cos 3 [sin()] 4. 3 sin (5) Λύση:. e sin cos. sin 3. 6 cos [sin()] sin[sin()] cos() 4. 3 sin(5) cos(5) + 3 sin (5) ) cos ( ) lim sin + cos ( ) sin cos sin 4) Αν στη μέτρηση του (κοντά στην αρχή των αξόνων) κάνουμε λάθος κατά 3%, πόσο λάθος κάνουμε στον υπολογισμό της ϑερμοκρασίας που περιγράϕεται αναλυτικά από την συνάρτηση ( + )3/ T() + Λύση: Το λάθος στη μέτρηση της ϑερμοκρασίας είναι [ ] dt() T d Υπολογίζουμε το την παράγωγο της ϑερμοκρασίας dt() ( + )3/ + 3 d ( + ) ( + ) T( ) (/ ).3.5% 5) (α) Να βρεθούν δύο ϑετικοί αριθμοί των οποίων το γινόμενο είναι και το άθροισμα γίνεται μέγιστο. (β) Να βρεθεί το σημείο της καμπύλης 73 7y + 5y 5, που είναι πλησιέστερο στην αρχή των αξόνων.

23 Λύση: (α) Οι ϑετικοί αριθμοί που δίνουν ακρότατα στο άθροισμα είναι, y αλλά δεν δίνουν μέγιστο, οπότε η απάντηση στο ερώτημα, όπως έχει τεθεί, είναι αρνητική. (β) Η απόσταση από την αρχή των αξόνων είναι g() d + y () και τα σημεία, y ακολουθούν την καμπύλη 73 7y() + 5y () 5. () Άρα για να γίνει η απόσταση ελάχιστη ϑα πρέπει g () y / y. Παραγωγίζουμε την Εξ. (), λύνουμε και αντικαθιστούμε τα σημεία που μηδενίζεται η g () και στη συνέχεια λύνουμε ως προς y Στο σημείο y (4/ 3) η Εξ. γράϕεται y 4 3, y (4/ 3) + 5(6/ 9) 5 και έχει λύσεις 8, 8 και αντίστοιχα το y 6, 6. Για y (3/ 4) έχουμε δύο ακόμα ζευγάρια τιμών (4, 4) για το και (3, 3) για το y. Οπότε έχουμε τέσσερα σημεία από τα οποία τα δύο (4, 3), ( 4, 3) είναι τα πλησιέστερα στην αρχή των αξόνων. (Η καμπύλη είναι έλλειψη με αντεστραμμένους άξονες οπότε τα σημεία είναι συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων). 6) Υπολογίστε την περίμετρο ενός πολυγώνου με n γωνίες που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας μήκους και στη συνέχεια υπολογίστε την περίμετρο όταν το n. (Χρησιμοποιήστε την τετραγωνική προσέγγιση του cos θ στη γειτονιά του θ.) Λύση: Από το νόμο του συνημιτόνου στο τρίγωνο με πλευρές a, b και c με γωνία θ απέναντι από την πλευρά c c a + b ab cos θ και για a b και θ π/ n έχουμε c cos(π/ n) Η περίμετρος n cos(π/ n) και με την προσέγγιση cos θ θ /. Αν το n και θ π/ n ϑα έχουμε n cos(π/ n) n (π/ n) n(π/ n) π. 3

24 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Ομάδα 8 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος Ημερομηνία Παράδοσης 3-- ) Να υπολογισθεί το ολακλήρωμα d 8 Λύση: d c ) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα. cos d sin 3. tan 6 sec d 3. d +5 Λύση:. cos d sin 3 cot + c. tan 6 sec d tan7 7 + c 3. d +5 5 ln(5 + ) + c 3) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα + + d Λύση: Αντικαθιστούμε το u + και έχουμε + + d u du

25 Θέτω t u + u (t u ) du t 3 dt ( + )( + ) ln c 4) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα. ln d. cos d Λύση:.. ln d cos d sin + cos () ln d ln (sin ) d sin (ln ) d ln d ln + c. sin d sin + cos d sin + cos sin + c. (cos ) d 5) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα. 3 cos( 4 ) d. sin d Λύση:. Θέτοντας y 4 έχουμε 3 cos( 4 ) d cos(y) dy 4 4 sin y + c 4 sin(4 ) + c.. Επειδή I sin cos(), έχουμε sin d cos() d. Θέτοντας y έχουμε I cos y dy 4 + sin() + c. 4 6) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα. sin(ln ) d. cos d Λύση:

26 . I sin(ln ) d () sin(ln ) d sin(ln ) (sin(ln )) d sin(ln ) cos(ln ) d sin(ln ) () cos(ln ) d. sin(ln ) cos(ln ) I I [ sin(ln ) cos(ln )] + c. cos d (tan ) d tan (cos ) tan + d tan + ln cos + c. cos tan d tan sin cos d 3

27 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Οµάδα 9 Λύσεις Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να υπολογισθεί το ολακλήρωµα d 8 + Λύση : Μετά την διαίρεση των πολυωνύµων ϐρίσκουµε = Επειδή = ( + 3)( ) έχουµε την ανάλυση σε µερικά κλάσµατα Οπότε τελικά παίρνουµε d = = ( ). = 3 ) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώµατα d. +. d (3 )d + 3d ln ln + + c. d d ( ) = Λύση :. Θέτοντας t = + + παίρνουµε = ( ) t t, + = ( ) ( ) t + t, d = t + t dt. ( ) d Οπότε έχουµε + = t + t dt ( dt ) ( ) 4 t t t + = t t = dt t dt t + = + ln t ln t + + c = ln c.

28 . Θέτοντας t = παίρνουµε = ( tdt t t (t + ) = t ( ) t + arctan ( ) + c. t t +, d = ) = t t + + tdt (t +). Οπότε έχουµε d = dt t + = t t + + arctan t + c = 3) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώµατα d. e + e d Λύση : d e + e = dt t t + t =. Θέτοντας t = e έχουµε dt t + = ln t t + ln t + + c = e + ln(e + ) + c.. Επειδή 4+3 = ( ) +3 ϑέτουµε 3z =, οπότε παίρνουµε 6z + z + dz = 3 z z + dz + dz z + = 6 z + + dt dt dt t (t + ) = t + t d = dz z +. ολοκλήρωµα υπολογίζεται µε την αντικατάσταση t = z+ z + οπότε γίνεται dt t = ln t +c = ln z+ z + +c. Εποµένως τελικά παίρνουµε ln c. Το τελευταίο dz z + = d = 4) Να υπολογισθούν τα ολοκληρώµατα.. ln d ( + ) d Λύση :. lim ε + ε ln d = lim ε + [ ln ] ε =

29 . Αντικαθιστούµε το = u 5) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα d = lim d + lim ( + ) k + k ( + ) l = lim k + [ arctan ] k + lim l 9 8 d l ( + ) d [ arctan ] l = π Λύση : Αντικαθιστούµε το 7 = z 9 8 d = dz z = / 6) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα Λύση : Για είναι και εϕόσον d l 3 = lim d l 3 = lim l d 3 ( + ) 3 > 3 ( + ) ) l ( οπότε το ολοκλήρωµα υπολογίζεται προσεγγιστικά από τη σχέση, d 3 ( + ) < d 3 = /8 = ( lim l 4 ) l = 8 3

30 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Ομάδα Λύσεις Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να υπολογιστεί το εμβαδό της περιοχής του επιπέδου που περικλείεται από τις γραϕικές παραστάσεις y + και (y ). Λύση: Αρχικά βρίσκουμε τα σημεία τομής των δυο καμπυλών (Σχ. ): y + (y ) y 4y 6 y, y 3. Επομένως για το εμβαδό A έχουμε: A 3 ( [ y + (y ) ] dy 3 y3 + y + 6y) Σχήμα : Το σχήμα της άσκησης. ) Να υπολογιστεί ο όγκος V του στερεού το οποίο παράγεται από την περιστροϕή γύρω από την ευθεία y 4 της περιοχής του επιπέδου που περικλείεται από τις γραϕικές παραστάσεις y και y. Λύση: Το στερεό ϕαίνεται στο Σχ.. Οι δυο καμπύλες τέμνονται στα σημεία με και 3. Θα υπολογίσουμε τον όγκο χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των δακτυλίων. Από το Σχ. βλέπουμε ότι η εσωτερική ακτίνα του δακτυλίου είναι 4 και η εξωτερική

31 Σχήμα : Το σχήμα της άσκησης. 4 ( ) Οπότε ο όγκος V είναι: V π 3 π [ ( + + 4) (4 ) ] 3 d π ( )d ) 3 ( π ) Να υπολογιστεί ο όγκος V του στερεού το οποίο παράγεται από την περιστροϕή γύρω από τον άξονα y της περιοχής του επιπέδου που περικλείεται από τη γραϕική παράσταση y ( )( 3) και τον άξονα. Λύση: Το στερεό ϕαίνεται στο Σχ. 3. Θα υπολογίσουμε τον όγκο χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των κυλίνδρων. Από το Σχ. 3 βλέπουμε ότι η ακτίνα του κυλίνδρου είναι και το ύψος του ( )( 3). Οι οριακές ϑέσεις του κυλίνδρου βρίσκονται για και 3. Οπότε ο όγκος V είναι: V π 3 π[] [ ( )( 3) ] 3 d π ( )d ) 3 ( π 4 5.

32 Σχήμα 3: Το σχήμα της άσκησης 3. 4). Να υπολογισθεί το μήκος της καμπύλης t, y t 3 για t.. Να υπολογισθεί η περίμετρος της έλλειψης. Λύση:. S (d dt ) ( dy ) dt + dt (4 + 9t ) / tdt 8 7 ( + ). Ο υπολογισμός της περιμέτρου της έλλειψης περιέργως δεν είναι καθόλου απλός. Ας ορίσουμε το πρόβλημα χρησιμοποιώντας τις παραμετρικές εξισώσεις a cos t και y b sin t τότε η περίμετρος υπολογίζεται από τη σχέση π/ S (d dt ) ( dy ) dt + dt 3

33 όπου e a b b E(e ) S 4aE(e ) π/ η εκκεντρότητα της έλλειψης. ( e cos t) / dt Το ολοκλήρωμα αυτό λύνεται μόνο προσεγγιστικά ή αριθμητικά. Αναζητήστε μόνοι σας την προσέγγιση των λύσεων κάνοντας υποθέσεις για την εκκεντρότητα e, για να ανακαλύψετε και αυτή τη διάσταση στα ολοκληρώματα. 5) Να υπολογισθεί η επιϕάνεια και ο όγκος του στερεού που προκύπτει από την περιστροϕή της έλλειψης γύρω από τον άξονα O. Λύση: Ο όγκος του ελλειψοειδούς που δημιουργείται από την περιστροϕή της έλλειψης γύρω από τον άξονα O είναι a V π y d πb a Η επιϕάνεια υπολογίζεται από τη σχέση + οπότε, E 4π a [ ] d 4 3 πb a y() a + (dy/ d) d a + y y(dy/ d) b b a dy d b a y ( dy ) b 4 + d a 4 y b4 + a 4 y a 4 y b4 + a 4 b ( / a ) a 4 b ( / a a4 b + b 4 a b ) a 4 b a b 4πb a a a E πy + a 4 (a b ) d 4πb a a4 + b a a4 (a b ) a 4 a a (a ) ( dy ) d a 4π d a a b b a a a 4 (a b ) a d a a 4 u du a a b [u b ] [ u a 4 u + a4 u ] a a b sin a 4πb a a b 4πb a a a b a a b 4 a (a b ) + a4 a b sin a π b + a b sin a b a b a 4

34 6). Βρείτε το μήκος του τόξου του καδιοειδούς r + cos θ.. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του κοινού τόπου μεταξύ του κύκλου r 3/ και της καρδιοειδούς καμπύλης r + cos θ. 3. Να βρεθεί το εμβαδόν του τόπου, που ορίζεται από τον άξονα O και ένα τόξο της κυκλοειδούς καμπύλης που ορίζεται από τις παραμετρικές εξισώσεις θ sin θ, y cos θ. Λύση:. Υπολογίζουμε το οπότε dr dθ sin θ, π π S ( + cos θ) + sin θ dθ ( + cos θ) dθ π 4 cos θ/ dθ 8. Το ζητούμενο εμβαδό Ε είναι διπλάσιο του εμβαδού E του τόπου OABΓ (βλέπε Σχ. 4 ) που αποτελείται από δύο τμήματα. Το ένα διαγράϕεται από την πολική ακτίνα r 3/ από θ ως θ π/ 3, ενώ το δεύτερο από την r + συνθ από θ π/ 3 ως θ π. Σχήμα 4: Σχήμα για την άσκηση 6. 5

35 Συνεπώς Οπότε Συνεπώς E π/ 3 (3/ ) dθ + π π/ 3 E 9 4 θ π/ 3 + [θ + sin θ]π π/ 3 + π π/ 3 3π 8 + [π π/ 3 sin π/ 3] + E E 7π/ 4 9 3/ 8 ( + cos θ) dθ. + cos θ dθ sin θ [θ/ + ] π 4 π/ 3 7π Ενα τόξο της κυκλοειδούς διαγράϕεται, όταν η θ μεταβάλλεται από ως π, διάστημα κατά το οποίο μεταβάλλεται και η. Συνεπώς E π yd π ( cos θ)( cos θ)dθ [ 3 θ sin θ 4 π sin θ]π 3 π 3π ( 3 + cos θ cos θ)dθ 6