Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 1

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να ϐρεθεί το πεδίο ορισµού των συναρτήσεων :. f (x) = log x (5x + 3) + sin x. f (x) = (x + ) sin x 3. f 3 (x) = 3 sin x + x + Λύση :. Πρέπει 5x + 3 > 0 x > 5/3 και 0 < x. Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι D(f ) = (0, ) (, + ).. Πρέπει +sin x 0 ( + sin x)( sin x) 0 sin x που ισχύει sin x για κάθε x R. Επίσης πρέπει sin x x kπ + π, k Z. Εποµένως D(f ) = R { x R : x kπ + π, k Z}. 3. Πρέπει x + 0 ( x)( + x) 0 x, και sin x 0 kπ x kπ + π, k Z. Εποµένως το πεδίο ορισµού είναι D(f 3 ) = [0, ]. ) Αν f(x) = ax + b, a 0, να ϐρεθεί (αν υπάρχει) η αντίστροϕη συνάρτηση f (x). Να ϐρεθούν επίσης τα a, b ώστε f = f. Λύση : Για το πεδίο ορισµού της συνάρτησης έχουµε : D(f) = R. Για κάθε x, x R µε f(x ) = f(x ) έχουµε ax + b = ax + b a(x x ) = 0 x = x. Εποµένως η συνάρτηση είναι -, οπότε και αντιστρέϕεται. f Θέτουµε y = ax + b x = (y b). Άρα ο τύπος της αντίστροϕης συνάρτησης είναι a (x b) µε πεδίο ορισµού D(f ) = R. (x) = a { Για να είναι f = f a =, b = b a a} {(a =, b = 0), (a =, b R} 3) Να υπολογιστούν τα όρια : πρέπει για κάθε x R να έχουµε ax + b = (x b) a

. lim x 0 x + 3 x + tan(πx). lim x 4 x + 4 Λύση :. Εχουµε απροσδιοριστία 0 0. Το πεδίο ορισµού είναι D(f) = (0, + ). Θέτουµε y6 = x + x+ οπότε έχουµε 3 = y3 x + y = (y )(y + y + ) 3 x + + 6 x + + = (y )(y + ) 6. x + + x + 3 x + + 6 x + + Εποµένως lim x 0 3 = lim x + x 0 6 = 3 x + +.. Εχουµε απροσδιοριστία 0 tan(πx). Θέτουµε x = 4+h, οπότε 0 x + 4 tan(πh) = π sin(πh) ( tan x. Εποµένως lim h πh cos(πh) x 4 x + 4 = lim h 0 π. tan( 4π + πh) = h ) π sin(πh) πh cos(πh) = = 4) Να υπολογισθεί το όριο της συνάρτησης 4x. lim x x. lim x 0 tan(5x) tan(3x) Λύση :. Το όριο lim x + 4x x =. Η συνάρτηση lim x + 4x /x = f(x) = tan(5x) tan(3x) = sin(5x) cos(5x) = sin(5x) cos(3x) sin(3x) cos(5x) = 5 sin(5x) 5x lim f(x) = 5 x 0 3 = 5 3 3 sin(3x) 3x sin(3x) cos(3x) cos(3x) cos(5x)

5) Να αποδείξετε ότι sin x lim x 0 x = cos x lim x 0 x = 0 Λύση : (ϐλέπε και λύση στη σελίδα 04 του ϐιβλίου) sin x lim x 0 x = lim (sin x) x 0 (x) cos x lim x 0 x 6) Να υπολογίσετε (αν υπάρχει) το όριο lim x = lim x 0 cos x = lim x 0 ( sin x) 5x 3 x + 3 = 0 = Λύση : Το όριο lim x + 5x 3x 5 x + 3x = 3

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να προσδιοριστούν τα a, b R, ώστε η συνάρτηση { x + 3, αν x f(x) = ax + b, αν x < να είναι παραγωγίσιµη στο x 0 =. Λύση : Αναγκαία συνθήκη ώστε η συνάρτηση να είναι παραγωγίσιµη στο x 0 = είναι να είναι συνεχής στο σηµείο αυτό. Η συνέχεια εξασϕαλίζεται όταν a + b = 5. Απαιτώντας την ισότητα της δεξιάς µε την αριστερή παράγωγο στο x 0 = οδηγούµαστε στην σχέση a = 5 0. Οπότε τελικά ϐρίσκουµε τελικά b = 4 5 5. ) Υπολογίστε την πρώτη παράγωγο των συναρτήσεων. y(x) = x x (3 ln x ). y(x) = e sin (x 3 ) 3. y(x) = Λύση : 5 x x +. y (x) = 9 x ln x. y (x) = 3x e sin (x 3) sin(x 3 ) 3. y (x) = 9x 5 x (x + ) 3/ 3) Να υπολογιστεί η πρώτη και η δεύτερη παράγωγος της καµπύλης µε παραµετρικές εξισώσεις x(t) = 3t + t + και y(t) = t 4 + t.

Λύση : Βρίσκουµε ότι dy dx = 4t3 + 6t + και d y dx = 48t3 + t (6t + ) 3. 4) Να υπολογιστούν οι παράγωγοι m. m(u) = o u /c όπου m o, c είναι σταθερές.. Να υπολογισθεί ο τύπος της παραγώγου (d n f(x)/dx n ) της συνάρτησης y = /(x + ) Λύση :. dm = du m o u c [ u /c ] 3/. y = (x + ) dy dx d y dx. d n y dx n = (x + ) = ( )( )(x + ) 3 = ( ) n (n)(x + ) n 5). Αν a > 0 και σταθερά. Να υπολογισθεί το k > 0 σαν συνάρτηση του a αν οι συναρτήσεις y = sin(kx) και y = cos(kx) ικανοποιούν την εξίσωση d y + ay = 0 () dx. είξτε ότι y = c sin(kx) + c cos(kx) είναι επίσης λύσεις της εξίσωσης, για κάθε σταθερά c και c. 3. είξτε ότι η συνάρτηση y = sin(kx + ϕ) επίσης ικανοποιεί την εξίσωση για κάθε τιµή της ϕ. 4. είξτε ότι η συνάρτηση y = c sin(kx) + c cos(kx) µπορεί να πάρει τη µορϕή y = sin(kx + ϕ)

Λύση :. (sin(kx)) = k cos(kx). Εποµένως (sin(kx)) = (k cos(kx)) = k sin(kx). Οµοίως, διαϕοροποιώντας το συνηµίτονο δύο φορές µε µία αλλαγή προσήµου έ- χουµε (cos(kx)) = k cos(kx) Εποµένως, και sin(kx) + k sin(kx) = 0 cos(kx) + k cos(kx) = 0 Εάν υποθέσουµε k > 0, k = a.. Αυτό προκύπτει από την γραµµικότητα της λειτουργίας της διαϕοροποίησης. Με k = a, προκύπτει (c sin(kx) + c cos(kx)) + k (c sin(kx) + c cos(kx)) () = c (sin(kx)) + c (cos(kx)) + k c sin(kx) + k c cos(kx) (3) = c [(sin(kx)) + k sin(kx)] + c [(cos(kx)) + k cos(kx)] (4) = c 0 + c 0 = 0 (5) 3. Εϕόσον το ϕ είναι σταθερό, d(kx) + ϕ)/dx = k και (sin(kx + ϕ) = k cos(kx + ϕ), (sin(kx + ϕ)) = (k cos(kx + ϕ)) = k sin(kx + ϕ) Εποµένως, αν a = k, (sin(kx + ϕ) + a sin(kx + ϕ) = 0 4. Ο τύπος αθροίσµατος για τις λειτουργίες ηµιτόνου λέει sin(kx + ϕ) = sin(kx) cos(ϕ) + cos(kx) sin(ϕ) Με άλλα λόγια sin(kx + ϕ) = c sin(kx) + c cos(kx) µε c = cos(ϕ) και c = sin(ϕ). 3

6) Αν η εϕαπτοµένη της καµπύλης y = ( a x), µε α=σταθερό και x > 0, τέµνει τους άξονες Ox και Oy στα σηµεία Α και Β αντίστοιχα, να αποδειχθεί ότι το άθροισµα (OA) + (OB) είναι σταθερό. Λύση : Η εξίσωση της εϕαπτοµένης της καµπύλης στο τυχαίο σηµείο M(x 0, y 0 ) είναι y y 0 = f (x 0 )(x x 0 ) y ( a ( ) a x 0 ) = (x x 0 ) (6) Για να ϐρούµε το τµήµα ΟΑ ϑέτουµε στην 6 y = 0 και έχουµε : a + a ax 0 x 0 = ( )(x x 0 ) x 0 x 0 x = x 0 a a x0 x0 a = ax0 ( x 0 a) x0 a = ax 0 εποµένως για το τυχαίο σηµείο Μ της καµπύλης είναι (OA) = ax 0. Για να ϐρούµε το τµήµα ΟΒ ϑέτουµε στη σχέση 6 x = 0 και έχουµε : y ( a a x 0 ) = x 0 ( ) x 0 y = a ax 0 + x 0 x 0 + ax 0 = a ax 0 Εποµένως για το τυχαίο σηµείο Μ της καµπύλης είναι (OB) = a ax 0 Άρα (OA) + (OB) = ax 0 + a ax 0 = a = σταθερ. 4

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 3 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να υπολογιστούν τα όρια : x +. lim x 0 sin x ( 4. lim x3 x +5 3 ) 8x 3 3x +x 5 x + Λύση :. Εχουµε απροσδιοριστία 0. Αν όµως πολλαπλασιάσουµε επί τη συζυγή παράσταση του αριθµητή, ϑα πάρουµε ότι : lim = lim 0 x + ( x +) x 0 sin x x 0 sin x( x ++) = ( ) x x lim = 0=0 x 0 sin x x ++ ( 4. Εχουµε lim x3 x +5 3 ) 8x 3 3x +x 5 = x + ( ( ) ( 4 x x 4 x + 5x4 x 3 3 8 3 x + x 5 ) ) = x 3 lim x + ( ) [ lim x lim x + x + ( ( 4 x x + 5 ) ( 3 8 3 x 4 x + x 5 ) )] =(+ )(0 ) = x 3 ) Να υπολογίσετε την δεύτερη παράγωγο f (x) της συνάρτησης f(x) =x m cos(nx), όπου m, n µη µηδενικοί ϕυσικοί αριθµοί και στην συνέχεια τις τιµές f (0), f (0), f (π), f (π). Λύση : f (x) =mx m cos(nx) nx m sin(nx). Ειδικότερα, για m =έχουµε f (x) = cos(nx) nx sin(nx). f (x) =m(m )x m cos(nx) mnx m sin(nx) n x m cos(nx) Ειδικότερα, για m =έχουµε f (x) = n sin(nx) n x cos(nx) και για m =f (x) =cos(nx) 4xn sin(nx) n x cos(nx).

Από τα παραπάνω έχουµε : f (0) = αν m =,ενώανm>f (0) = 0. Επ ίσης f (π) =mπ m ( ) n. f (0) = 0 αν m =, f (0) = αν m =, ενώ ανm > f (0) = 0. Επ ίσης f (π) =( ) n [m(m )π m n π m ]. 3) Σε ορθοκανονικό σύστηµα Oxy ϑεωρούµε σηµείο A στο πρώτο τεταρτηµόριο του µοναδιαίου κύκλου µε κέντρο την αρχή των αξόνων και τις προβολές αυτού B και Γ στους άξονες των x και y αντίστοιχα. Να ϐρεθεί η ϑέση του A ώστε το εµβαδόν του ορθογωνίου ABOΓ να είναι µέγιστο. Λύση : Το εµβαδόν E του ορθογωνίου ABOΓ ισούται µε E = xy και, καθώς x +y =και x, y µη αρνητικά, παίρνει την µορφή E(x) =x x (δες σχήµα ). Θέλουµε λοιπόν να µεγιστοποιήσουµε την συνάρτηση E(x) = x x στο διάστηµα [0, ]. Η π ρώτη παράγωγος της E(x) στο διάστηµα (0,) είναι E (x) = x = ( x)( + x). x x Εύκολα ϕαίνεται ότι η συνάρτηση έχει ολικό µέγιστο στο σηµείο x = / την τιµή E( /) = /. ηλαδή το ορθογώνιο έχει µέγιστο εµβαδόν όταν γίνεται τετράγωνο. Σχήµα : Το σχήµα της άσκησης 3. 4) Ενα σωµατίδιο κινείται πάνω σε µια οριζόντια γραµµή σύµφωνα µε την εξίσωση x(t) =t 4 0t 3 +36t 56t + Υπολογίστε (α) πότε αυξάνει και πότε ελαττώνει το µέτρο της ταχύτητας, (ϐ) πότε αλλάζει η κατεύθυνση της κίνησης, (γ) η συνολική απόσταση που διανύθηκε τα πρώτα 4sec. Λύση : α) Η ϑέση του σωµατιδίου την χρονική στιγµή t δίνεται από τη συνάρτηση x(t) =t 4 0t 3 +36t 56t +,

η ταχύτητα του σωµατιδίου είναι u(t) =x (t) =4t 3 30t +7t 56, και η επιτάχυνση a(t) =u (t) =t 60t +7. Θεωρούµε ως ϑετική ϕορά την προς τα δεξιά κίνηση. Το µέτρο της ταχύτητας αυξάνει όταν η ταχύτητα και η επιτάχυνση έχουν το ίδιο πρόση- µο δηλαδή u a και µειώνεται όταν η ταχύτητα και η επιτάχυνση έχουν αντίθετο πρόσηµο δηλαδή u a. Η ταχύτητα του µηδενίζεται τις χρονικές στιγµές t =s, 3.5s. Εποµένως η ταχύτητα ελαττώνεται από 0 sec και από 3 3, 5sec ενώ αυξάνεται από 3sec και από 3, 5sec και έπειτα. Σχήµα : Η ταχύτητα σαν συνάρτηση του χρόνου (ϐ) Η κατεύθυνση της κίνησης αλλάζει όταν αλλάζει πρόσηµο η ταχύτητα. κατεύθυνση της κίνησης αλλάζει την χρονική στιγµή t =3, 5sec. Άρα η (γ) Θεωρώντας ότι το κινητό ξεκινάει την κίνησή του την t = 0, εκείνη τη στιγµή ϐρίσκεται στη ϑέση x(0) = µονάδα µήκους και έχει u(0) = 56 µονάδες ταχύτητας. Στη συνέχεια κινείται προς τα αρνητικά του άξονα µέχρι την t =3, 5sec όπου στιγµιαία σταµατάει να κινείται και αλλάζει ϕορά κίνησης. Την t =3, 5sec ϐρίσκεται στη ϑέση x(3, 5) = 3, 6875 µονάδες µήκους. Εκείνη τη στιγµή αλλάζει ϕορά κίνησης και κινείται προς τα ϑετικά. Ετσι την t =4secϐρίσκεται στη ϑέση x(4) = 3 µονάδες µήκους. Άρα συνολικά έχει διανύσει διάστηµα S ol = x(0) + x(3, 5) + x(4) x(3, 5) =+3, 6875 + ( 3 + 3, 6875) = 33, 6875 +, 6875 = 35, 375 5) ίνεται η συνάρτηση Να προσδιοριστεί η παράγωγος dy/dx. y = x / (x +) /3 (x ) /3. 3

Λύση : dy dx = x(x +)/3 (x ) /3 + x / 3 (x +) /3 (x ) /3 + x / (x +) /3 3 (x ) /3 = = 9x 3+x 6(x ) /3 x(+x) /3 6) Εστω ότι x = t+/t και y = t +/t. Να αποδειχθεί ότι η δεύτερη παράγωγος d y/dx είναι σταθερή και να προσδιοριστεί η παράσταση K = ( x 4 ) d y dx + xdy dx 4y. Λύση : Η δεύτερη παράγωγος υπολογίζεται από τη σχέση d y dx = d ( dy ) dx = dx Άρα d y dx = (t6 3t 4 +3t ) (t ) 3 = d ( dy ) dt dx dt dx = d dt ( dy ) dt dx dt dx dt Άρα η δεύτερη παράγωγος είναι σταθερή. Επίσης dy = ( ) d y ( dx dt dt ( dx ) 3 dt = dy dt dx dx dt ) ( dy dt = t t 3 t Άρα K =(x 4) d y + x dy 4y = ( ) ( ) ( t + dx dx t + t + t 4 t t 3 t ) ( ) d x dt = t4 t 3 t ) 4t 4 t =0 4

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 4 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να υπολογιστούν τα όρια : ( x + x. lim x +. lim (x + 3) x 3 Λύση : x x x x + 6x + 9 ). Εχουµε απροσδιοριστία. Η άσκηση λοιπόν λύνεται µε το γνωστό τέχνασ- µα του πολλαπλασιασµού και διαίρεσης της παράστασης µε την συζυγή της, οπότε µε ( απλές πράξεις ϐρίσκουµε : x + x x ) x lim x + + x + lim x + = x = lim x + x x + x + x x =. Εχουµε απροσδιοριστία 0 0. Παρατηρώντας ότι x + 6x + 9 = (x + 3), η συνάρτησή µπορεί να γραϕεί και ως εξής : (x + 3) = (x+3) x x. Υπολογίζουµε τα x +6x+9 x+3 (x + 3) x πλευρικά όρια και ϐρίσκουµε εύκολα ότι lim = (x + 3) x 6, lim x 3 + x + 3 x 3 x + 3 6. Εποµένως αϕού τα πλευρικά όρια είναι διαϕορετικά δεν υπάρχει το Ϲητούµενο όριο. = ) Ενα εργοστάσιο µπορεί να κατασκευάσει x εκατοντάδες λάστιχα τύπου Α και y εκατοντάδες λάστιχα τύπου Β την ηµέρα όπου 0 x 4 και y =. Το κέρδος 40 0x 5 x ανά λάστιχο τύπου Α είναι διπλάσιο από το κέρδος ανά λάστιχο τύπου Β. Ποιος είναι ο ιδανικός αριθµός παραγωγής (x, y) ώστε να µεγιστοποιείται το συνολικό κέρδος ;

Λύση : Εάν το κέρδος ανά λάστιχο τύπου Β είναι p, τότε το κέρδος ανά λάστιχο τύπου Α 0 x είναι p και η συνάρτηση κέρδους γίνεται : P (x) = px + py = p. Τα πιθανά 5 x ακρότατα µηδενίζουν την παράγωγο ή είναι σηµεία στα οποία δεν ορίζεται η παράγωγος ή είναι άκρα του διαστήµατος. Οµως, P (x) = p (x 5 + 5)(x 5 5) (5 x) οπότε πιθανά ακρότατα είναι τα σηµεία είναι τα x = 5 5, x = 5+ 5. Αϕού 0 x 4, το µόνο σηµείο που µας ενδιαϕέρει είναι το x = 5 5. Παρατηρούµε ότι η παράγωγος είναι ϑετική για 0 < x < 5 5 (οπότε και η συνάρτηση είναι αύξουσα) και αρνητική για 5 5 < x < 4 (οπότε και η συνάρτηση είναι φθίνουσα). Άρα, στο σηµείο x = 5 5 έχουµε τοπικό µέγιστο µε P (5 5) = 4p(5 5), 0557p. Στα άκρα του διαστήµατος έχουµε P (0) = 8p και P (4) = 8p. Συµπεραίνουµε έτσι ότι το σηµείο (5 5, P (5 5)) είναι ολικό µέγιστο και η Ϲητούµενη λύση είναι x, 76 και y 5, 53 εκατοντάδες λάστιχα. 3) ίδεται το τρίγωνο το οποίο σχηµατίζεται από την τοµή της ευθείας γραµµής y = x/ +, του άξονα των x και του άξονα των y. Βρείτε το εµβαδόν του µεγαλύτερου ορθογωνίου το οποίο δύναται να εγγραϕεί εντός του δοθέντος τριγώνου. Λύση : Αν ονοµάσουµε (x, y) τις συντεταγµένες της κορυϕής του σκιασµένου παραλληλόγραµµου που ϐρίσκεται πάνω στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου (δες σχήµα ), τότε 0 x 4, και είναι φανερό ότι το εµβαδόν του παραλληλογράµµου µπορεί να γραϕεί E = xy. Ξρησιµοποιώντας κατόπιν την σχέση y = x/ + γράϕουµε το εµβαδόν αυτό ως µια συνάρτηση µόνο του x ως εξής : E(x) = x( x + ). Ακολούθως παίρνουµε την παράγωγο της συνάρτησης, αναζητώντας τα ακρότατά της E (x) = x +. Εύκολα ϐρίσκουµε E () = 0, E () = < 0.. Άρα το παραλληλόγραµµο µε το µέγιστο εµβαδόν είναι αυτό που έχει πλευρές µήκους x = και y =, δηλ. E =. Σχήµα : Το σχήµα της άσκησης 3. 4) Στη δοκιµή σύγκρουσης ενός αυτοκινήτου µε εµπόδιο (crashtest), ένα αυτοκίνητο επιταχύνεται από ηρεµία µε m/s για 5 δευτερόλεπτα και µετά επιβραδύνεται µε 4m/s µέχρι που συγκρούεται µε το εµπόδιο. Η ϑέση του αυτοκινήτου δίνεται από τη συνάρτηση

{ s(t) = t 0 < t < 5 t + At + B t 5 (α) Υποθέτοντας ότι s(t) και s (t) είναι συνεχείς συναρτήσεις τη χρονική στιγµή t = 5, υπολογίστε τα Α και Β. (ϐ) Το εµπόδιο είναι τοποθετηµένο σε απόσταση s = 33 µέτρα. Υπολογίστε την ταχύτητα του αυτοκινήτου όταν συγκρούεται µε το εµπόδιο. Λύση : (α) Επειδή η s(t) είναι συνεχής για t = 5, το αριστερό όριο και το δεξί όριο είναι ίσα. Το αριστερό όριο είναι, lim s(t) = lim t = 5. t 5 t 5 Το δεξί όριο είναι, lim s(t) = lim + At + B) = (5) + A(5) + B = 50 + 5A + B. t 5 + t 5 +( t Αυτό οδηγεί στην εξίσωση, η οποία απλοποιείται σε, Η παράγωγος s (t) ισούται µε, { s (t) = το οποίο ισούται µε, s (t) = 5 = 50 + 5A + B, 5A + B = 75. (t ) 0 t < 5 ( t + At + B) t > 5 { t 0 t < 5 4t + A t > 5 Επειδή η s (t) είναι συνεχής στο t = 5, το αριστερό όριο και το δεξί όριο είναι ίσα. Το αριστερό όριο είναι, Το δεξί όριο είναι, lim s (t) = lim t = (5) = 0. t 5 t 5 lim s (t) = lim t 5 + +( 4t + A) = 4(5) + A = 0 + A. t 5 Αυτό οδηγεί στην εξίσωση, 0 = 0 + A, η οποία απλοποιείται σε, 3

A = 30. Αντικαθιστώντας µε A = 30 στην πρώτη εξίσωση έχουµε, το οποίο απλοποιείται σε, Άρα η λύση είναι, 5(30) + B = 75, B = 75 5(30) = 75 50 = 75. A = 30, B = 75. (ϐ) Για t > 5, η εξίσωση για τη µετατόπιση είναι, s(t) = t + 30t 75. Η στιγµή T όταν το αυτοκίνητο χτυπάει στο εµπόδιο είναι η λύση της εξίσωσης s(t ) = 33, T + 30T 75 = 33. Αϕαιρώντας το 33 από κάθε µέρος της εξίσωσης έχουµε, ιαιρώντας κάθε µέρος µε έχουµε, T + 30T 08 = 0. T 5T + 54 = 0. Το κλάσµα 54 αναλυεται ως 7, 3 8 και 6 9. Στην τελευταία περίπτωση, το άθροισµα των παραγόντων είναι +5. Ετσι οι παράγοντες του πολυώνυµου γράϕονται ως εξής, T 5T + 54 = (T 6)(T 9). Οι δύο πιθανές λύσεις του (T 6)(T 9) = 0 είναι οι T = 6 και T = 9. Από τη στιγµή που το αυτοκίνητο δε γίνεται να συγκρουστεί δύο φορές, συγκρούεται τη στιγµή, Για t > 5, η εξίσωση u(t) = s (t) είναι, Αντικαθιστώντας για t = T = 6 παίρνουµε, T = 6. s (t) = 4t + A = 4t + 30. s (6) = 4(6) + 30. 4

Εποµένως, τη στιγµή που το αυτοκίνητο συγκρούεται µε το εµπόδιο, η ταχύτητα είναι, 6m/s. 5) Να υπολογισθούν οι παράγωγοι (παρουσιάστε αναλυτικά τις πράξεις) (α) d [ tan θ ] dθ tan θ (ϐ) d dt sin (t) Λύση : (α) Η απλούστερη λύση χρησιµοποιεί τον τύπο της διπλής γωνίας για tan(θ). Επειδή sin(θ) = sin(θ) cos(θ) και cos(θ) = cos(θ) sin(θ), το tan(θ) ισούται µε, tan(θ) = sin(θ) cos(θ) = sin(θ) cos(θ) cos(θ) sin(θ). Ο παράγοντας cos(θ) και στον αριθµητή και στον παρονοµαστή οδηγεί στο, Αυτό οδηγεί στο tan(θ) = Αντικαθιστούµε το θ µε u, Εποµένως, sin(θ)/ cos(θ) (sin(θ)/ cos(θ)) = tan(θ) tan(θ). ( ) d tan(θ) = d dθ tan(θ) dθ tan(θ). d dθ tan(u) du tan(u)d du dθ = sec(u). ( ) d tan(θ) = sec(θ). dθ tan(θ) Ορίζουµε υ = tan(θ) και w = υ/( υ ) και έχουµε, dw dθ = dw dυ dυ dθ dw dυ = ( υ ) ((υ) ( υ ) (υ)( υ ) ) = Επίσης, Σύµϕωνα µε τα προηγούµενα d dθ tan(θ) = sec(θ). ( υ ) (( υ ) υ( υ)) = ( + υ ) ( υ ). dw dθ = ( + υ ) ( υ ) sec(θ) = ( + tan(θ) ) sec(θ). ( tan(θ) ) 5

Εϕόσον + tan(θ) ισούται µε sin(θ), αυτό απλοποιείται σε, ( ) d tan(θ) = sec(θ) 4 /( tan(θ) ). dw tan(θ) (ϐ) d sin sin(t) cos(t) (t) = dt sin (t) 6) Να υπολογισθούν οι παράγωγοι των συναρτήσεων (α) f(x) = ex e x e x +e x (ϐ) f(x) = + x 34 (γ) f(x) = log 0 (x 3 + 3x) (δ) Να υπολογισθεί η παράγωγος x (y) στο σηµείο y = 0 που ορίζεται από την πεπλεγ- µένη συνάρτηση yx x + x = 0 Λύση : (a) Αν ϑέσουµε u = e x e x, v = e x + e x τότε y = u/v dy dx = ( ) du v dx v udv. dx και καταλήγουµε στη σχέση dy dx = v (v u ) v u = 4 dy dx = 4/(ex e x ) (b) Αν υποθέσουµε ότι u = x 34 και v = + u τότε y = v /. dy dx = dy dv du dv du dx du dx = 34x33, dv du (c) Επειδή x 3 + 3x = x(x + 3) και =, dy dv = v / dy dx = 67x33 / + x 34. log 0 (x(x + 3)) = log 0 (x) + log 0 (x + 3) 6

(log 0 (x)) = ln(0)x dy dx = ln(0)x + x ln(0)(x + 3) (d) yx x + x = 0 ye x ln x + x = 0 εϕόσον x x + yx x (x ln x + x ) + x = 0 x = x x yx x ln(x) + yx x + yx x ln(x) + yx x + 0 Από την αρχική εξίσωση έχουµε για y = 0, x = άρα x (0) =. 7

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 5 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να υπολογιστούν τα όρια :. lim (x ln x) x +. lim x 0 x e x + e x x sin x Λύση :. Εχουµε απροσδιοριστία. lim (x ln x) = lim x + ( lim x lim ln x ) x + x + x lim x + (ln x) = lim x x + ( 0 x sin x ( 0) 0 x e x + e x. lim x 0 lim x 0 lim x 0 e x e x cos x e x + e x sin x ( 0 0 ) 0 x = 0. ) [ ( x x + = + ( 0) = +, αϕού lim x + = lim x 0 (x e x + e x ) (x sin x) = = lim x 0 ( e x e x ) ( cos x) = = lim x 0 ( e x + e x ) (sin x) = lim x 0 e x e x cos x = ln x )] ( x ) ln x + x + = = = x + α x + α ) Να ϐρεθεί η παράµετρος α έτσι ώστε το όριο lim x 3 x να υπάρχει στο 5x + 6 σύνολο των πραγµατικών αριθµών. Στη συνέχεια να το υπολογίσετε. ( x ) Λύση : Παρατηρούµε ότι : lim + α x + α = 3 + α 6 + α, lim x x 3 x 3 5x + 6 = 0. Ετσι, αν 3 + α 6 + α 0 το τελικό αποτέλεσµα ϑα ήταν ±. Πρέπει, συνεπώς 3 + α 6 + α = 0 α = 3. Για αυτήν την τιµή του α έχουµε :

lim x 3 lim x 3 x + 6 x + 3 ( x + 6 x + 3)( x + 6 + x + 3) = lim x 3 (x 5x + 6)( x + 6 + = x + 3) x 5x + 6 (x 3) (x 3)(x )( x + 6 + x + 3) = 6. 3) Να προσδιοριστούν τα a, b R, ώστε η συνάρτηση ax + b sin(x), αν x < 0 x f(x) = a 4, αν x = 0 4 + x, αν x > 0 bx να είναι συνεχής στο x 0 = 0. Λύση : Για να είναι η f(x) συνεχής στο x 0 = 0 ϑα πρέπει lim f(x) = lim f(x) = f(0) = x 0 x 0 + ax + b sin(x) sin(x) a 4. Επίσης, έχουµε : lim f(x) = lim = lim a + b lim = x 0 x 0 x x 0 ( ) x 0 x a + b, και lim f(x) = lim 4 + x 0 ( 4 + x)( + 4 + x) = lim x 0 + x 0 + bx 0 x 0 + bx( + = 4 + x) lim x 0 + x bx( + 4 + x) = 4b. Εποµένως ϑα πρέπει a + b = a 4 b =, 4b = a 4 a = 33 8. 4) Η συνάρτηση f(x) ορίζεται από τη σχέση ( + sin x)/(cos(x)) αν cos(x) 0 f(x) = 0, αν cos(x) = 0 Για π x π. Σχεδιάστε την καµπύλη y = f(x). Λύση : Από τη στιγµή που η εξίσωση y = f(x) είναι περιοδική µε περίοδο π, αρκεί µόνο να κάνουµε την ανάλυση για [0, π]. (i) Οι κάθετες ασύµπτωτες ίσως τοποθετούνται όπου cos x = 0, το οποίο συµβαίνει για x = π, 3π στο [0, π]. Εϕόσον + sin x 0 για x = π, αυτή είναι µία κάθετη ασύµπτωτη. Από την άλλη, + sin x = 0 για x = 3π, εποµένως αυτό το σηµείο χρειάζεται επιπλέον ανάλυση. lim x 3π + sin x cos x = lim x 3π cos x sin x = 0

Εποµένως δεν υπάρχει ασύµπτωτη στο x = 3π (ii) Από τη µελέτη της πρώτης παραγώγου έχουµε f (x) = cos x + ( + sin x) sin x cos x όπου η εξίσωση είναι συνεχής. = + sin x cos x = + sin x sin x = sin x. Εποµένως η f είναι µη φθίνουσα και δεν υπάρχουν τοπικά ακρότατα. (iii) Σύµϕωνα µε την f (x) = cos x ( sin x) η οποία αλλάζει πρόσηµο κάθε φορά που cos x = 0 το οποίο συµβαίνει στο x = π και 3π. Ωστόσο, υπάρχει µία κάθετη ασύµπτωτη στο x = π, εποµένως το µόνο σηµείο καµπής παρουσιάζεται όταν x = 3π. Οι συντεταγµένες του σηµείου δίνονται από το ( 3π, 0). Η κλίση στο σηµείο καµπής είναι f ( 3π) = /. (iv) Η συνάρτηση στρέϕει τα κοίλα πάνω όταν cos x > 0 και τα κοίλα κάτω όταν cos x < 0. Για να σχεδιάσουµε τη γραϕική παράσταση, σχεδιάζουµε πρώτα το σηµείο 0 x π, και έπειτα την επεκτείνουµε περιοδικά στο π x π, ϐλ. το παρακάτω σχήµα. 5) ύο ακτίνες L, M (ϐλέπε σχήµα) συναντιόνται σε ένα σηµείο σχηµατίζοντας σταθερή γωνία ϕ. Μία ϱάβδος µε σταθερό µήκος c κινείται µε τη µία άκρη να παραµένει στην ακτίνα L και η άλλη άκρη στην M. Να υπολογισθούν τα a, b, θ σαν συνάρτηση των σταθερών c, ϕ όταν το b γίνεται µέγιστο. Λύση : Ξεκινάµε µε τον κανόνα των συνηµιτόνων : c = a + b ab cos ϕ () Μπορούµε να ϑεωρήσουµε το b ως συνάρτηση του a: Στην πραγµατικότητα υπάρχουν δύο τέτοιες συναρτήσεις, ωστόσο τα µέγιστα που παρουσιάζουν είναι τα ίδια και στο ίδιο 3

σηµείο. ιαϕορίζοντας την ως προς το a, παίρνουµε 0 = a + b db db b cos ϕ a da da cos ϕ Για b = b(a), αναζητώντας τα ακρότατα εχουµε db da Συνδέοντας αυτό µε την, παίρνουµε εποµένως το µέγιστο b είναι και ισχύει = 0. Εποµένως 0 = a b cos ϕ a = b cos ϕ c = b (cos ϕ + ) b cos ϕ = b ( sin ϕ) = b sin ϕ b = c sin ϕ a = b cos ϕ = c cot ϕ Επιπλέον πρέπει να ϐρούµε µία σχέση για το θ όταν το b είναι µέγιστο. Ονοµάζουµε A την αντίστοιχη γωνία στην κορυϕή b του τριγώνου abc, έπειτα σύµϕωνα µε το ϑεώρηµα των ηµιτόνων έχουµε b sin A = c sin ϕ Σύµϕωνα µε την αυτό σηµαίνει ότι sin A = και ως εκ τούτου A = π/. Από τη σχέση ϕ + θ + A = π, ϐρίσκουµε ότι θ = π ϕ στην περίπτωση που το b είναι µέγιστο. () 4

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 6 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) ύο κατακόρυϕοι στύλοι QP, ST στηρίζονται από δύο δοκούς P RS (ϐλέπε Σχήµα ). Να υπολογισθούν οι γωνίες θ = P RQ, θ = ŜRT για να είναι το µήκος των δοκών ελάχιστο. Σχήµα : Λύση : Αν ορίσουµε P Q = a, ST = b, το QT = d και το RQ = x ϑα έχουµε f(x) = a + x + b + (d x). Η πρώτη παράγωγος f (x) είναι ίση µε µηδέν όταν ( ) ad d x = = a + b + (b/a) στο σηµείο αυτό η δεύτερη παράγωγος είναι ϑετική άρα f(x ) = ελάχιστο. Ενας διαϕορετικός τρόπος λύσης είναι µε τις γωνίες θ = P RQ και θ = ŜRT. ιαπιστώνουµε ότι το ελάχιστο παρουσιάζεται όταν θ = θ = tan [(a + b)/d]. ) Ενας µεταλλικός αγωγός πρέπει να µεταϕερθεί από τον όροϕο µιας πολυκατοικίας στο ισόγειο. Οι διάδροµοι της πολυκατοικίας είναι κάθετοι µεταξύ τους και έχουν πλάτος 8 µέτρα και 6 µέτρα αντίστοιχα. Να υπολογισθεί το µέγιστο µήκος του µεταλλικού αγωγού

(στρογγυλέψτε το στο πλησιέστερο ακέραιο) ώστε µπορούµε να το µεταϕέρουµε στο ισόγειο από τον όροϕο της πολυκατοικίας (πρόβληµα 4 σελίδα 30 στο ϐιβλίο T homas etal ϐλέπε Σχήµα στη σελίδα 30). Λύση : Σχήµα : Λύση : Το µήκος της σκάλας ϑα δίνεται από τη σχέση L = AΓ + ΓB L = KΓ cos θ + ΛΓ sin θ L(θ) = 8 cos θ + 6 sin θ L (θ) = 8 sin θ cos θ 6 cos θ sin θ = 8 sin3 θ 6 cos 3 θ cos θ sin θ L (θ) = 0 8 sin 3 θ 6 cos 3 θ = 0 8 sin 3 θ = 6 cos 3 θ tan θ = ( 3 6 θ = arctan ) 3 6 Επειδή 3 6 θ π/4 Άρα για θ = π/4 L = 8 + 6 = 4 = 9.799 0m 3) (α) Να περιγράψατε γύρω από µια σϕαίρα ακτίνας R ορθό κώνο, που να έχει τον ελάχιστο όγκο. (ϐ) Να υπολογισθεί η µεγίστη επιϕάνεια ορθογωνίου παραλληλογράµµου που µπορεί να εγγράψει γνωστό ορθογώνιο παραλληλόγραµµο µε µήκος L και πλάτος W (ϐλέπε Σχήµα ). Λύση : (α) Ο περιγεγραµµένος κώνος ϑα έχει, όπως φαίνεται και στο σχήµα, ύψος h = R + a, όπου a = AE > 0 (µεταβλητό).

Σχήµα 3: Επίσης επειδή τα τρίγωνα A Γ και AOB είναι όµοια ϑα ισχύει ακτίνα του κώνου. Άρα r = (R+a)R R+a Ο όγκος του κώνου ϑα είναι : V = 3 πr h V (a) = 3 π (R + a)3 R (R + a) V (a) = 3 π 3(R + a) R (R + a) (R + a) 3 R (R + a) (R + a) 4 V (a) = 0 3(R + a) R (R + a) (R + a) 3 R (R + a) = 0 (R + a)(r + a) R [3(R + a) (R + a)] = 0 r = R R+a R+a όπου r η R = a (απορρίπτεται) a = R/ (απορρίπτεται) 3(R + a) (R + a) = 0 a = R (δεκτή) Άρα στο R η συνάρτηση V (a) παρουσιάζει ακρότατο, το οποίο είναι ελάχιστο µιας και V (a) = /3π 6(aR4 +R 5 ) (a+r) 4 > 0 Συµπερασµατικά, ο περιγεγραµµένος κώνος µε τον ελάχιστο όγκο έχει ύψος h = 3R και r = (R+R)R = 3R = (3/)R R+R R (ϐ) Το εγγεγραµµένο παραλληλόγραµµο EZHΘ έχει µήκος L και πλάτος W, ενώ για το παραλληλόγραµµο ABΓ στο οποίο το EZHΘ εγγράϕεται έχουµε : AB = AE + A = W cos θ + L cos θ 4 και Από το σχήµα έχουµε : Γ = Θ + ΘΓ = L cos θ 3 + W cos θ θ + θ 4 = 90 o θ + θ 3 = 90 o θ + θ = 90 o 3

Σχήµα 4: Άρα cos θ 4 = sin θ, cos θ 3 = sin θ, sin θ = cos θ, cos θ = sin θ Άρα για τις πλευρές έχουµε : AB = W cos θ + L sin θ Γ = W sin θ + L cos θ Το εµβαδόν του ABΓ ϑα είναι : E = ABΓ = (W cos θ + L sin θ )(W sin θ + L cos θ ) = W cos θ sin θ + LW (cos θ + sin θ ) + L cos θ sin θ E(θ) = (W + L ) cos θ sin θ + LW E (θ) = (W + L )[cos θ sin θ] E (θ) = 0 cos θ sin θ = 0 και αϕού θ[0, π/] cos θ = sin θ θ = π/4. Επίσης E (θ) = (W + L )[ cos θ sin θ cos θ sin θ] < 0 Οπότε το εµβαδόν για την τιµή θ = π/4 γίνεται µέγιστο ίσο µε E = (W + L )/ + LW 4) Εστω f(x) µια γνησίως αύξουσα συνάρτηση. Η συνάρτηση g(x) = [f(x)] είναι γνησίως αύξουσα ; Αν ναι αποδείξτε το. Αν όχι µπορείτε να ϐρείτε µια απλή συνθήκη που ϑα εξασϕαλίζει ότι η g(x) είναι γνησίως αύξουσα ; Λύση : Αϕού η f(x) είναι γνησίως αύξουσα ϑα ισχύει f (x) > 0. Η πρώτη παράγωγος της g(x) είναι g (x) = f(x)f (x). Είναι φανερό ότι η g (x) δεν είναι πάντα ϑετική εκτός αν f(x) > 0. Για παράδειγµα η f(x) = x είναι γνησίως αύξουσα αλλά η g(x) = x δεν είναι γιατί η f(x) δεν είναι παντού ϑετική. Αντίθετα η f(x) = e x είναι γνησίως αύξουσα και η 4

g(x) = e x είναι επίσης γνησίως αύξουσα αϕού η f(x) είναι ϑετική. Εποµένως η συνθήκη f(x) > 0 είναι αρκετή για να µας εξασϕαλίσει ότι η g(x) είναι γνησίως αύξουσα. 5) Θέλουµε να κατασκευάσουµε ένα παράθυρο η ϐάση του οποίου ϑα έχει το σχήµα παραλληλογράµµου και η κορυϕή του ϑα είναι ένα ηµικύκλιο όπως φαίνεται στο σχήµα 5. Αν η περίµετρος του παραθύρου είναι µέτρα να ϐρεθούν οι διαστάσεις του ώστε να µπαίνει από αυτό όσο το δυνατόν περισσότερο φως. Σχήµα 5: Το σχήµα της άσκησης 5. Λύση : Αν r η ακτίνα του ηµικυκλίου και h το ύψος του παραθύρου (ϐλέπε σχήµα 6), ϑέλουµε να µεγιστοποιήσουµε την επιϕάνεια E = hr + πr / του παραθύρου και ταυτόχρονα να έχουµε = h + r + πr. Εκϕράζουµε το εµβαδό ως συνάρτηση του r, E(r) = r r πr / αϕού από την περίµετρο που παραθύρου ϐρίσκουµε h = 6 r πr/. Για την πρώτη και τη δεύτερη παράγωγο έχουµε E (r) = r(4+π), E (r) = 4 π < 0, οπότε το εµβαδό γίνεται µέγιστο για r =. Σε αυτή την περίπτωση ϐρίσκουµε ότι 4 + π h = 4 + π. 6) Να αποδείξετε ότι για κάθε πραγµατικούς αριθµούς a, b ισχύει sin(a) sin(b) a b. Λύση : Αν a = b τότε η αποδεικτέα σχέση ισχύει ως ισότητα. Υποθέτουµε λοιπόν ότι το a είναι διάϕορο του b και µάλιστα (χωρίς ϐλάβη της γενικότητας) ότι a < b. Η συνάρτηση sin(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιµη. Αρα είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [a, b] και παραγωγίσιµη στο ανοικτό διάστηµα (a, b) µε παράγωγο sin (x) = cos(x). Ετσι ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήµατος Μέσης Τιµής και συνεπώς υπάρχει ξ στο ανοικτό διάστηµα sin(a) sin(b) sin(a) sin(b) (a, b) έτσι ώστε = cos ξ. Οµως cos ξ, συνεπώς a b a b και τελικά πολλαπλασιάζοντας τα δυο µέλη της τελευταίας ανισότητας µε την ϑετική ποσότητα a b έχουµε ότι sin(a) sin(b) a b. 5

Σχήµα 6: Το σχήµα της λύσης της άσκησης 5. 6

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 7 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να υπολογισθούν τα όρια των ακολουθιών : ( ) n 7n +. a n = 7n. a n = n/3 cos n n + 3. a n = n n + 3 n n Λύση :. a n = ( + ) n 7n = 7n ( ( + /7 n + /7 n έχουµε lim a n = e/7 e /7 = e/7.. a n = n/3 cos n. n + ) n ) n. Είναι γνωστό ότι a n = lim ( + x n) n = e x, οπότε Η ακολουθία cos n είναι φραγµένη αϕού cos n, και η ακολουθία n/3 n/3 είναι µηδενική αϕού lim = lim n + n + + n n 0. Οπότε, η ακολουθία a n ως γινόµενο µιας µηδενικής επί µία φραγµένη ακολουθία είναι µηδενική, άρα lim a n = 0. n/3 n = lim n+ n /3 = 0 + 0 = 3. Εχουµε απροσδιοριστία. Οµως, αν πολλαπλασιάσουµε και διαιρέσουµε επί την συζυγή παράσταση ϑα έχουµε : lim a n = lim n ( n + 3 n)( n + 3 + n) ( n + 3 + n) 3 3 lim n = lim n n + 3 + n n ( / + 3 + ) = + 3 = +. n =

) Να εξετασθούν ως προς τη σύγκλιση οι παρακάτω σειρές :.. 3. n= n= n= e n n ( ) n n + 5 n 0 0 n Λύση :. Η σειρά δεν συγκλίνει, διότι αν εϕαρµόσουµε το κριτήριο λόγου ϑα έχουµε : lim lim en+ n e n (n + ) = e lim n (n + ) = e >.. Η σειρά αυτή είναι εναλλάσσουσα. Θα εϕαρµόσουµε το κριτήριο του Λειβνιτζ. Για την ακολουθία a n = έχουµε ότι : α) Εχει ϑετικούς όρους,β) Είναι φθίνουσα, n + 5 αϕού a n+ < a n γ) Συγκλίνει στο 0, αϕού lim n + 5 = 0. Συνεπώς η σειρά µας συγκλίνει. 3. Θα εϕαρµόσουµε το κριτήριο της ϱίζας για την ακολουθία a n = n0 0 n. lim n a n = 0 (lim n n) 0 = 0 ()0 = <. Συνεπώς, η σειρά συγκλίνει. 0 a n+ a n = 3). Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα Taylor της f(x) = e x κέντρου 0 υπολογίστε το όριο e x x lim x 0 + x e x.. Να αναπτυχθεί σε σειρά Taylor κέντρου 0 η συνάρτηση f(x) = e x. Λύση :

. Το ανάπτυγµα Taylor της f(x) = e x είναι : e x x n = = + x + x n!! + x3 3! +.... ( n=0 ) e x x + x + x + x3 +... x! 3! Συνεπώς lim = lim x 0 + x e x x 0 + x ( + x + x + x3 +... ) = (! 3! x + x3 +...! 3! lim x 0 + x ( + x + x + x3 +... ) = lim x + x +...)! 3! x 0! 3! + x ( + x + x + x3 +... ) =.! 3!. Χρησιµοποιώντας και πάλι το ανάπτυγµα Taylor της εκθετικής συνάρτησης έχουµε : ( x ) n f(x) = e x = = ( ) n n n! n! xn n+ n = ( ) n! xn. n=0 4) Να υπολογισθεί η παραµετρική εξίσωση για το σύνολο των σηµείων P (ϐλέπε Σχ. ) που υπολογίζονται από τη συνθήκη OP = AB. Να σχεδιαστεί η καµπύλη. n=0 n= Σχήµα : Η καµπύλη του ιοκλή Λύση : Ονοµάζουµε P (X, Y ), B(a, y ) και A(x, y ). Ολα τα σηµεία ϐρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία που σχηµατίζει γωνία θ µε τον άξονα των x, άρα ισχύει : tan θ = y P y 0 x P x 0 = y A y 0 x A x 0 = y B y 0 x B x 0 Συγκεκριµένα : y A y 0 = y B y 0 y = y x A x 0 x B x 0 x a y = ay () x Επειδή OP = AB, ισχύει ότι : x OP cos θ = x AB cos θ x P x O = x B x A X = a x () 3

Για τον ίδιο λόγο ισχύει ότι : y OP sin θ = y AB sin θ y P y 0 = y B y A Y = y y Οµως το σηµείο A(x, y ) ανήκει σε κύκλο, άρα ισχύει : Άρα η 3 γίνεται : Y = ay y x x (3) (x a) + y = a x ax + y = 0 y = ± x + ax Y = ± x + ax (a x ) x Y = ± a x (a x ) Y = ± x Άρα από και 4 η παραµετρική εξίσωση της καµπύλης είναι : ( x + a) 3 x (4) X = a t ( t + a) 3 Y = ± t Για τη µελέτη της συνάρτησης ϑα χρησιµοποιήσουµε Y > 0, αϕού η συνάρτηση είναι συµµετρική ως προς τον x x. dy dy dx = dt dx dt = ta+6t a t t t = 6t(a t) + a t t t Η παράγωγος αυτή είναι µονίµως ϑετική επειδή t = x > 0 και επειδή a t = a x = x B x A > 0. Άρα η Y (X) είναι γνησίως αύξουσα. Ελέγχουµε την πιθανότητα ύπαρξης ασύµπτωτης στο x = a. Στο lim x a [Y (X)] ϑέτουµε όπου x το t. Για x a, t 0 +. Άρα : ( t + a) 3 lim t 0 +[Y (t)] = lim = + t 0 + t Εποµένως η Y (X) έχει ως ασύµπτωτη την x = a. Αποτέλεσµα αυτού είναι η συνάρτηση να στρέϕει τα κοίλα άνω. Η γραϕική παράσταση της συνάρτησης είναι : 4

5) ίνεται η συνάρτηση Bessel µε γενική έκϕραση J (x) = [( ) 3 x x cos x + 3 sin x ]. x Με την προϋπόθεση ότι x, να αποδείξετε ότι, σε πρώτη προσέγγιση, η συνάρτηση Bessel παίρνει την µορϕή J (x) 3/x 3. Λύση : Αναπτύσσουµε το συνηµίτονο και το ηµίτονο σε σειρά J (x) [( ) ) 3 ( x x x! + x4 + 3 )] (x x3 4! x 3! + x5 3 5! x. 3 6) (α) Βρείτε τις ασύµπτωτες της υπερβολής x a y b = όπου ( x a, a b > 0, (ϐ)να σχεδιαστεί η καµπύλη r = 3( + cos θ) (γ) Η µεταβολή του µήκους µιάς καµπύλης δίδεται από την σχέση ds = dx + dy. Να υπολογισθεί το ds/dθ των καµπύλών r = + cos θ (αστροειδής) και r = e θ/4 (λογαριθµηκή σπείρα) 5

Λύση : (α) Λύνουµε ως προς y: ( ) y b = x x a y = b x a y = ±b a Ας εξετάσουµε την περίπτωση όπου y 0: y(x) = b x a a = b a x a x Οταν x ο παράγοντας a τείνει στο, που σηµαίνει ότι η y(x) τείνει α- x συµπτωτικά στο b x. Μια πιο αυστηρή απόδειξη είναι να ϑεωρήσουµε τη διαϕορά : a d(x) = y(x) b a x = b a ( x a x) = b x a x a x a + x = ab x a + x Οπότε : lim d(x) = 0 x Απ όπου προκύπτει, όπως πριν, ότι για x είναι y(x) b x. Οµοίως για x a είναι y(x) b a x. Λόγω συµµετρίας της υπερβολής, οι ασύµπτωτες ευθείες για την περίπτωση y 0 είναι οι ίδιες µε προηγουµένως. Στο παρακάτω διάγραµµα φαίνεται µια εϕαρµογή για την περίπτωση a = 5, b =. 6

(ϐ) Η καµπύλη r = 3( + cos θ) εκϕράζεται σε πολικές συντεταγµένες και η γραϕική της παράσταση είναι το καρδιοειδές. Για να ϐρω ποια µορϕή έχει ακριβώς ϑα κάνω έναν πίνακα τιµών θ r = 3( + cos θ) 0 9 π/6 8, π/3 6 π/ 3 π/3 0 5π/6, π 3 7π/6, 4π/3 0 3π/ 3 5π/3 6 π/6 8, π 9 Σύµϕωνα µε τα παραπάνω η γραϕική παράσταση που προκύπτει είναι 7

(γ) ίνεται από την άσκηση ότι : ds = dx + dy Εάν περάσουµε σε ένα σύστηµα πολικών συντεταγµένων τότε η συνάρτηση y = f(x) ορίζεται παραµετρικά από τις x = r(θ) cos θ και y = r(θ) sin θ: Οπότε έχουµε : dx = d(r(θ) cos θ) = (r (θ) cos θ r(θ) sin θ)dθ dy = d(r(θ) sin θ) = (r (θ) sin θ + r(θ) cos θ)dθ ds = dx + dy = (r (θ) cos θ rr sin θ cos θ + r (θ) sin θ)dθ +(r (θ) sin θ + rr sin θ cos θ + r (θ) cos θ)dθ = (r (cos θ + sin θ) + r (sin θ + cos θ))dθ = (r + r )dθ Άρα Για r(θ) = + cos θ, έχουµε : ds dθ = r (θ) + r (θ) ds dθ = ( + cos θ) + ( sin θ) = + cos θ + cos θ + sin θ = ( + cos θ) Για r(θ) = e θ/4, έχουµε : ( ) ds dθ = e θ/ + 4 eθ/4 = e θ/ + 6 eθ/ = 7 4 eθ/4 8

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 8 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να εξετασθούν ως προς τη σύγκλιση οι παρακάτω σειρές :.. 3. n= n= n= cos (πα) n α R n + n n n 4 + Λύση :. Επειδή cos (πα) n και η γεωµετρική σειρά n ϑείσα σειρά συγκλίνει. n= συγκλίνει, έπεται ότι η δο- n. Επειδή n + n n + n = n, έχουµε ότι n + n n. Οµως η σειρά n =, και η τελευταία σειρά δεν συγκλίνει (µη µηδενικό πολλαπλάσιο αρµονικής σειράς), οπότε από την προηγούµενη ανισότητα έχουµε ότι η σειρά n= n n= δεν συγκλίνει. n + n n= n 3. Επειδή n 4 + n n = 4 και η σειρά n και η αρχική σειρά συγκλίνει. n= n = n= συγκλίνει, έχουµε ότι n

) Για ποιες τιµές του x R συγκλίνει η σειρά n3 n x n ; Λύση : Για την δυναµοσειρά n3 n x n ϐρίσκουµε την ακτίνα σύγκλισης χρησιµοποιώντας n= το κριτήριο λόγου : Επειδή (n + )3 n+ x n+ n3 n x n = n + 3 x 3 x, έχουµε ότι η σειρά n n συγκλίνει για 3 x < δηλαδή για /3 < x < /3 και αποκλίνει για x >. Για την 3 σύγκλιση στα άκρα αντικαθιστούµε τις συγκεκριµένες τιµές : για x = /3 η σειρά γίνεται n3 n 3 = n n που προϕανώς δεν συγκλίνει καθώς ο γενικός όρος δεν συγκλίνει στο n= n= µηδέν. Παρόµοια για x = /3 η σειρά γίνεται n= ( ) n n, που προϕανώς δεν συγκλίνει. n= Αρα η σειρά συγκλινει µόνο για τις τιµές /3 < x < /3. 3) Εστω ότι για µία συνάρτηση y = f(x) δίνεται ότι : f() =, f () =, f () =, f () = 3 4,... f (n) () = n! n. Να γραϕεί η σειρά Taylor της συνάρτησης αυτής γύρω από το x =. Για ποιές τιµές του x συγκλίνει αυτή η σειρά ; Ποιά είναι η τιµή της f στο µηδέν ; f (n) (a) Λύση : Χρησιµοποιώντας τον γενικό τύπο f(x) = (x a) n στην ϑέση a =, n! n=0 έχουµε : f(x) = f() (x ) 0 + f () (x ) + f () (x ) + f () (x ) 3 +... + 0!!! 3! f (n) () (x a) n +... = n! (x )0 + /! (x ) + /! (x ) + 3/4 3! (x )3 +... + n!/ n + n! + (x a) n +... = n n! n! (x a)n = (x n )n. n=0 n=0 Χρησιµοποιώντας το κριτήριο της ϱίζας µπορούµε να προσδιορίσουµε το διάστηµα σύγκλισης της σειράς αυτής. Συγκεκριµένα, για να συγκλίνει η σειρά αρκεί να ισχύει ότι : ( ) ( ) n n lim (x )n n < lim x < x < < x < n 3. ( ) n Εκτός του διαστήµατος (, 3) η σειρά δεν συγκλίνει, αϕού τότε lim (x )n n >, όπως δεν συγκλίνει και στα άκρα του διαστήµατος αϕού για x = 3 η σειρά γίνεται n=0, ενώ για x =, n=0 ( )n. Τέλος, δεδοµένου ότι το σηµείο x = 0 περιλαµβάνεται στο διάστηµα σύγκλισης της +

+ σειράς, η Ϲητούµενη τιµή f(0) υπολογίζεται ως εξής : f(0) = n (0 )n = n=0 ( ) = 3. + n=0 ( ) n = 4)Να υπολογιστούν τα αόριστα ολοκληρώµατα xe x dx, x sin xdx, ln xdx, x ln xdx, x arctan xdx. Λύση :. xe x dx = x(e x ) dx = (κατά παράγοντες ολοκλήρωση) xe x e x dx = xe x e x + c. x sin xdx = x( cos x) dx = x cos x + cos xdx = x cos x + sin x + c 3. ln xdx = x ln xdx = x ln x x x dx = x ln x x + c 4. x ln xdx = ( x ) ln xdx = x ln x x x dx = x 5. x arctan xdx = ( x 3 3 x 3 3 arctan x 3 Εχουµε x 3 x + dx x 3 x + x 3 x x x x ln x + c 4 ) arctan xdx = x 3 arctan x x 3 (arctan 3 3 x) dx = Άρα σύµϕωνα µε την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης έχουµε ότι x 3 = x(x + ) x 3

Άρα x 3 3 arctan x ( x 3 x arctan xdx = x3 3 arctan x x(x + ) x dx = 3 x + ) dx = x3 3 arctan x xdx + x 3 3 x + dx = x 3 x arctan x 3 6 + 6 ln(x + ) + c x x + 5)Να υπολογιστούν τα αόριστα ολοκληρώµατα dx x + x, 3 + x dx, Λύση :. I = dx x+ x e x e x e x + dx, x x dx, x dx. ϑέτω u = x x = u µε dx = udu. Άρα έχω I = u du = du = ln u + = ln( x + ) + c u +u u+. 3 + x dx = ( + x) /3 dx = 3 4 ( + x)4/3 + c 3. x ( ) x dx = x(x ) / dx = x (x )3/ dx = 3 3 x(x )3/ (x ) 3/ dx = 3 3 x(x )3/ 3 5 (x )5/ = 3 x(x )3/ 4 5 (x )5/ + c 4. e x e x e x + dx = e x (e x ) dx = e x + c 5. I = x dx Θέτω x = sin u άρα dx = cos udu. Οπότε I = cos u sin u du = cos u cos u du = ± cos udu = ± ( +cos udu = ± u + sin u) du = ± ( u + sin u) ( + c = ± 4 arcsin x + sin u cos u) = ± (arcsin x + x x ) 4

6)Να υπολογιστούν τα αόριστα ολοκληρώµατα dx (x ) (x ), dx x + x, 3 dx x + x +. Λύση :. I = dx (x ) (x ) = (x ) (x ) A + x B + C (x ) x = A(x )(x ) + B(x ) + C(x ) = Ax 3Ax + A + Bx B + Cx Cx + C = (A + C)x + ( 3A + B C)x + A B + C A + C = 0 { 3A + C B = 0 A = B = A B + C = C = Οπότε I = ( ) + dx = x (x ) x ln x + + ln x + c x. I = dx x 3 +x = = A + Bx+C x 3 +x x(x +) x x + = A(x + ) + Bx + Cx = (A + B)x + Cx + A A = B = C = 0 άρα I = ( ) x x x + dx = ln x (x + ) dx 3. = dx = dx = x +x+ x + x+ 4 4 + (x+ ) + 3 4 [ dx 3 4 4 3(x+ ) ] = 4 + 3 ( Οπότε ϑέτω u = 3 x + Εποµένως I = 4 3 3 dx ( 3 (x+ ) ) + ) x = 3 u µε dx = 3 du du = 3 arctan u = 3 arctan u + 3 3 ( ( 3 x + ) ) + c 5

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 9 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Να ϐρεθεί αναδροµικός τύπος, ως προς n, για το ορισµένο ολοκλήρωµα I n = e (ln x)n dx, n N, και στη συνέχεια να υπολογιστεί το I 3. Λύση : Χρησιµοποιώντας παραγοντική ολοκλήρωση έχουµε για n : I n = e e x (ln x) n dx = [x(ln x) n ] x=e x= xn(ln x) n x dx = e ni n. e (ln x) n dx = Αρα ο αναδροµικός τύπος είναι I n = e ni n και ισχύει για n µε I 0 = e dx = e. Εποµένως έχουµε I = e I 0 = e (e ) =, I = e I = e, I 3 = e 3I = e 3(e ) = 6 e. ) Να υπολογιστούν τα αόριστα ολοκληρώµατα :.. 3. ln(tan x) sin x dx xe x ( + x) dx x dx x Λύση : ln(tan x). sin x dx = cot x ln(tan x) +. cos x (cot x) ln(tan x)dx = cot x ln(tan x)+ sin x sin dx = cot x ln(tan x) cot x + c. x xe x ( + x) ( + x) dx = e x e x dx = ( + x) + x dx e x ( + x) dx = ] e x e x ex dx = dx + + x + x e x ex dx = + x + x. [ + x cos x sin x cos x dx = e x + x dx +

3. Θέτουµε : t = x x = t dx = tdt. Εποµένως έχουµε : t t tdt = e t ln dt = ln et ln + c = ln t + c. x x dx = 3) Να υπολογιστούν τα ορισµένα ολοκληρώµατα :. I =. I = 3 0 6 3 x (x + 9) dx x x + 3dx Λύση : x. Υπολογίζουµε αρχικά το αντίστοιχο αόριστο ολοκήρωµα : I = (x + 9) dx = ( ) x x (x + 9) dx = x x dx = x + 9 (x + 9) + dx x + 9 = x (x + 9) + dx x ( x ) [ ( 8 x = 3) + (x + 9) + 6 arctan +c. Εποµένως έχουµε I = 3 3 36 + ] 6 arctan() [0 + 6 ] arctan(0) = π 4.. Υπολογίζουµε αρχικά το αντίστοιχο αόριστο ολοκήρωµα : x x + 3dx = (x + 3) x x + 3dx 3 + 3dx = (x + 3) 3/ dx 3 (x + 3) / dx = 5 (x + 3)5/ (x + 3) 3/ + c. Εποµένως έχουµε I = 5 95/ 9 3/ = 6 5. 4) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα. sec xdx. sin(7x) cos(3x)dx 3. tan x sec xdx

Λύση : (α) [ ] sec x + tan x sec xdx = sec x dx sec x + tan x [ ] sec x + sec x tan x = dx sec x + tan x u = sec x + tan x du = (sec x tan x + sec x)dx = du = ln u + c u = ln sec x + tan x + c (ϐ) sin(7x) cos(3x)dx = (sin(4x) + sin(0x))dx = 8 cos(4x) 0 cos(0x) + c (γ) tan x sec xdx = (sec x ) sec xdx = sec xdx sec xdx από την αναδροµική σχέση sec n xdx = n secn x tan x + n n sec n xdx 3

άρα sec 3 xdx sec xdx = = sec x tan x + sec xdx sec xdx = sec x tan x sec xdx = sec x tan x ln sec x + tan x + c 5) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα dx 5 4x x Λύση : Η παράσταση I = dx 5 4x x 5 4x x = 7 ( (x + )) ( ) (x + ) = 7 7 άρα I = 7 ( (x+) 7 ) dx u = (x + ) 7 du = 7 dx I = ( ) du = arcsin u + c = (x + ) arcsin + c u 7 6) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα 4

0 dx x + Λύση : I = dx x + αν ϑέσουµε x = tan θ + tan θ = sec θ + x = sec θ, π θ π dx = sec θ dx sec = θdθ = sec θdθ + x sec θ = ln sec θ + tan θ + c = = ln + x + x + c 0 dx [ln = ] + x + x = ln( + ) + x 0 5

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 0 Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) είξτε ότι το ολοκλήρωµα dx, p R συγκλίνει αν και µόνο αν p <. (x ) p Λύση : Το πεδίο ορισµού της είναι το R {} αν p > 0 και όλο το R αν p 0. (x ) p Επίσης έχουµε I = dx = lim dx. Υπολογίζουµε το αόριστο (x ) p a + a (x ) p { ln x αν p =, ολοκλήρωµα (x ) dx = p (x ) p+. Στη συνέχεια υπολογίζουµε το αν p. p+ ορισµένο ολοκλήρωµα για. p = : I = lim a + [ln x ] a. p : I = lim a + (a ) p+ lim a + p + = ln lim ln a = 0 ( ) = + a + ] [ p+ [ (x ) p+ = lim p + a a { + + αν p >, = αν p <. p p + ] (a ) p+ p + = p + Συνεπώς το ολοκλήρωµα συγκλίνει µόνο για τις τιµές του p που είναι µικρότερες της µονάδας. ) Για κάθε φυσικό αριθµό n, ϑεωρούµε την επιϕάνεια µε εµβαδό E n κάτω από την γραϕική παράσταση της f(x) =, πάνω από τον άξονα των x και µεταξύ των ευθειών x x = n και x = n +.. Να δείξετε ότι ισχύει n + E n n.. Αϕού υπολογίσετε το E n, δείξτε ότι ln(n + ) Λύση : n k= k ln(n + ) + n n +.

. Το εµβαδόν του εγγεγραµµένου ορθογωνίου (δες σχήµα ) ισούται προς του περιγεγραµµένου n. Εποµένως n + E n n. n + και Σχήµα : Το σχήµα της άσκησης.. Υπολογίζουµε E n = ανισότητες : ln ln ln 3 ln 3 n+ n dx x = ln(n + ) ln(n), οπότε έχουµε διαδοχικά τις. ln(n + ) ln n n+ n και ϑεωρώντας το άθροισµα κατά µέλη έχουµε την διπλή ανισότητα n+ k= k από την οποία έχουµε (δεξιά ανισότητα) και (αριστερή ανισότητα) n+ k= k ln(n + ) n k= ln(n + ) ln n ln(n + ) k + n + n k= ln(n + ) n Οι () και () δίνουν την Ϲητούµενη διπλή ανισότητα. k= k, k, () k= k ln(n + ) + n +. ()

3) Να ϐρεθεί το εµβαδόν της φραγµένης περιοχής που ορίζεται από τις γραϕικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = x και g(x) = x(4 x). Στη συνέχεια να προσδιορισθεί η τιµή του a ώστε η ευθεία x = a να χωρίζει την περιοχή αυτή σε δύο ισεµβαδικά τµήµατα. Λύση : Οι γραϕικές παραστάσεις των συναρτήσεων που δίνονται τέµνονται στα σηµεία που αντιστοιχούν στις τιµές x = 0 και x = αϕού : f(x) = g(x) x = x(4 x) x 4x = 0 x(x ) = 0 x = 0, x =. Επίσης f(x) < g(x) x(x ) < 0 x [0, ], οπότε η γραϕική παράσταση της f(x) είναι κάτω από αυτήν της g(x) στο διάστηµα [0, ] ενώ η f(x) είναι µεγαλύτερη στα διαστήµατα (, 0) και (, + ), όπως φαίνεται και στο σχήµα. Από την µονοτονία και τα όρια των συναρτήσεων καθώς το x τείνει στο + ή, η φραγµένη περιοχή αντιστοιχεί για x στο διάστηµα [0, ]. Το Ϲητούµενο εµβαδόν εποµένως ϑα είναι : [ x ] 3 x3 = 8 0 3. 0 (g(x) f(x))dx = 0 (4x x )dx = Αν x = a είναι η ευθεία που χωρίζει την περιοχή σε δύο ισεµβαδικά τµήµατα, ϑα πρέπει το πρώτο τµήµα να έχει εµβαδό ίσο µε το µισό του συνολικού : (g(x) f(x))dx = 4 0 3 [ x ] a 3 x3 = 4 0 3 a3 3a + = 0 (a )(a a ) = 0 a =, αϕού το a είναι πραγµατικός αριθµός. a Σχήµα : Το σχήµα της άσκησης 3. 4) Να ευρεθεί το εµβαδόν της επιϕάνειας που περικλείεται από τις καµπύλες y = 4x, x = 4y. Λύση : E = 4 0 ( x x 4 )dx = 6 3. 3

Σχήµα 3: Η επιϕάνεια που πρέπει να υπολογίσουµε. 5) Να υπολογισθεί το εµβαδόν της επιϕάνειας στο εσωτερικό της καµπύλης r = 5 3 cos θ, θ [0, π]. Λύση : Η γραϕική παράσταση της καµπύλης είναι (ϐλέπε Σχ. 4) 4 8 6 4 4 Σχήµα 4: Η επιϕάνεια της άσκησης 5. [ E = π 0 ] (5 3 cos θ) dθ = 59π. 6) Να υπολογισθεί το εµβαδόν της επιϕάνειας που περικλείεται από τις καµπύλες y = x 3 4

και y = ax, a > 0. Λύση : x 3 = ax, x = ± a ή x = 0. Υπάρχουν δύο κοµµάτια ( a < x < 0, 0 < x < a) που για λόγους συµµετρίας είναι ίσα a 0 (ax x 3 )dx = a. Σχήµα 5: Η επιϕάνεια της άσκησης 6. 5

Ασκήσεις Γενικά Μαθηµατικά Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) Υπολογίστε το µήκος της καµπύλης y = ln(sec x) για 0 x π/4. π ( ) π 4 dy 4 π Λύση : L = + dx = + tan 4 xdx = sec xdx = 0 dx 0 0 π π 4 4 sec x + tanx π 4 sec xdx = sec x dx = ln sec x + tanx 0 = ln( + ). sec x + tanx 0 0 π 4 0 sec x dx = ) Υπολογίστε το εµβαδό που περικλείεται από τον οριζόντιο άξονα και την καµπύλη µε παραµετρική εξίσωση x = 6(θ sin θ), y = 6( cos θ) (κυκλοειδής) για 0 θ π. π Λύση : E = y(θ) dx(θ) π π ( 3 0 dθ dθ = 36( cos θ) dθ = 36 0 0 cos θ + ) cos(θ) dθ = 08π. 3) Υπολογίστε το εµβαδό της περιοχής που ϐρίσκεται εντός και των δυο καµπυλών µε εξισώσεις r = 3 + sin θ και r =. Λύση : Το Ϲητούµενο εµβαδόν A φαίνεται στο σχήµα και µπορεί να υπολογιστεί ως η διαϕορά του εµβαδού του κύκλου r = και του εµβαδού εκτός της καµπύλης r = 3+ sin θ και εντός του κύκλου (σχήµα ). Το τελευταίο εµβαδόν E είναι E = π 6 7π 6 [ ( (3 + sin θ) )] dθ = 3 7π 3, οπότε το Ϲητούµενο εµβαδό A είναι A = π E = 9π 3 3.

Σχήµα : Το Ϲητούµενο εµβαδόν της άσκησης 3. Σχήµα : Το εµβαδόν εκτός της καµπύλης r = 3 + sin θ και εντός του κύκλου r = 4) Υπολογίστε τον όγκο του στερεού που προκύπτει µε περιστροϕή γύρω από τον άξονα x στην περιοχή του πρώτου τεταρτηµόριου του επιπέδου xy που οριοθετείται από τους άξονες και την καµπύλη x 4 + r y = r 4. Λύση : Η καµπύλη τέµνει τον άξονα y όταν r y = r 4, δηλαδή y = r. Η καµπύλη τέµνει τον άξονα x όταν x 4 = r 4, δηλαδή x = r. Άρα τα τελικά σηµεία της καµπύλης είναι τα (0, r) και (r, 0). Εποµένως ο όγκος του στερεού είναι, Εϕόσον y = r x4, ο όγκος είναι, r V = x=r x=0 Αυτό αποτιµάται σε πr 3 5 πr3 = 4 5 πr3. x=r x=0 πy dx. πr πx4 r dx = (πr x πx5 5r 5) Υπολογίστε το εµβαδόν της επιϕάνειας περιστροϕής που προκύπτει µε περιστροϕή r 0.

γύρω από τον άξονα y του τµήµατος r = a cos(θ) στο πρώτο τεταρτηµόριο, δηλαδή στο 0 θ π 4. Λύση : Η πολική εξίσωση για το µήκος τόξου είναι ds = dr + r dθ, η οποία είναι ισοδύναµη µε r ds = r dr + r 4 dθ. Με έµµεση διαϕοροποίηση έχουµε, Εποµένως, rdr = 4a sin(θ)dθ, r dr = 4a sin (θ)dθ. r ds = r dr + r 4 dθ = 4a 4 sin (θ)dθ + 4a 4 cos (θ)dθ = 4a 4 dθ. Άρα ds = a r dθ. Το εµβαδόν της επιϕάνειας περιστροϕής δίνεται ως, πxds = θ= π 4 θ=0 Εποµένως το εµβαδόν της επιϕάνειας είναι 4π a. π πr cos(θ) a r dθ = 4 4πa cos(θ)dθ = 4πa sin(θ) π 4 0. 0 6) Υπολογίστε το εµβαδόν της περιοχής στο πρώτο και τέταρτο τεταρτηµόριο που περιέχεται εντός του κύκλου µε πολική εξίσωση r = a cos(θ) και εκτός του κύκλου µε πολική εξίσωση r = a. Λύση : Θέτοντας a cos(θ) ίσο µε a, τα σηµεία τοµής εµϕανίζονται όταν cos(θ) =, δηλαδή θ = π 3 και θ = + π 3. Η περιοχή ανάµεσα στα δύο γραϕήµατα είναι π θ π 3 3. Η εξωτερική καµπύλη είναι r o = a cos(θ) και η εσωτερική καµπύλη r i = a. Ο τύπος για το εµβαδόν ανάµεσα στις δύο καµπύλες είναι Area = (r o ri )dθ. Στην περίπτωση αυτή, το εµβαδόν είναι, π 3 π 3 (4a cos (θ) a )dθ = a π 3 0 (4 cos (θ) )dθ. Για να το υπολογίσουµε, χρησιµοποιούµε τον τύπο cos (θ) = ( + cos(θ)). Το ολοκλήρωµα γίνεται, π a 3 ( + cos(θ) )dθ = a (θ + sin(θ) π 3 0. 0 Εποµένως το εµβαδόν είναι a ( π 3 + 3 ), δηλαδή π+3 3 6 a. 3