Λύσεις Κεφαλαίου 2.4 – Ρυθμός Μεταβολής (σελ. 125-127)

Λύσεις §2.4 Ρυθμός Μεταβολής

Άσκηση 1 (σελ. 125) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.126.01

Εκφώνηση: Μια σφαιρική μπάλα χιονιού αρχίζει να λυώνει. Η ακτίνα της δίνεται σε cm από τον τύπο \(r=4-t^2\), όπου \(t\) ο χρόνος σε sec. Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της επιφάνειας \(E=4\pi r^2\) και του όγκου \(V=\frac43\pi r^3\) της μπάλας, όταν \(t=1\) sec.

Σκέψη: Η \(r\) είναι συνάρτηση του \(t\)· παραγωγίζουμε \(E(t)\) και \(V(t)\) ως προς \(t\) με κανόνα αλυσίδας, μετά αντικαθιστούμε \(r(1)\) και \(r'(1)\).

Λύση:

• \(r(t)=4-t^2\Rightarrow r'(t)=-2t\). Στο \(t=1\): \(r(1)=3\), \(r'(1)=-2\).
• \(E(t)=4\pi r^2(t)\Rightarrow E'(t)=8\pi r(t)r'(t)\Rightarrow E'(1)=8\pi\cdot3\cdot(-2)=-48\pi\) cm²/sec.
• \(V(t)=\frac43\pi r^3(t)\Rightarrow V'(t)=4\pi r^2(t)r'(t)\Rightarrow V'(1)=4\pi\cdot9\cdot(-2)=-72\pi\) cm³/sec.

Απάντηση: \(E'(1)=-48\pi\) cm²/sec (ελαττώνεται), \(V'(1)=-72\pi\) cm³/sec (ελαττώνεται).

Πρόσεξε:

• Το αρνητικό πρόσημο είναι αναμενόμενο: η μπάλα λιώνει, άρα επιφάνεια και όγκος ελαττώνονται.

Άσκηση 2 (σελ. 125) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.126.02

Εκφώνηση: Ο όγκος \(V\) ενός σφαιρικού μπαλονιού που φουσκώνει αυξάνεται με ρυθμό \(100\) cm³/sec. Με ποιο ρυθμό αυξάνεται η ακτίνα του \(r\) τη χρονική στιγμή \(t_0\), που αυτή είναι ίση με \(9\) cm;

Σκέψη: Παραγωγίζουμε \(V=\frac43\pi r^3\) ως προς \(t\) (κανόνας αλυσίδας), λύνουμε ως προς \(r'\).

Λύση:

• \(V'(t)=4\pi r^2(t)\cdot r'(t)\Rightarrow r'(t)=\dfrac{V'(t)}{4\pi r^2(t)}\).
• Στο \(r=9\), \(V'=100\): \(r'=\dfrac{100}{4\pi\cdot81}=\dfrac{100}{324\pi}=\dfrac{25}{81\pi}\) cm/sec.

Απάντηση: \(r'(t_0)=\dfrac{25}{81\pi}\) cm/sec.

Άσκηση 3 (σελ. 125) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.126.03

Εκφώνηση: Το κόστος παραγωγής \(K(x)=\frac13x^3-20x^2+600x+1000\) και η τιμή πώλησης \(\Pi(x)=420x\), \(x\) μονάδων ενός προϊόντος. Να βρείτε πότε ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους \(P(x)=\Pi(x)-K(x)\) είναι θετικός.

Σκέψη: Σχηματίζουμε \(P(x)\), παραγωγίζουμε, και λύνουμε την ανίσωση \(P'(x)>0\) (τριώνυμο δευτέρου βαθμού με αρνητικό μεγιστοβάθμιο συντελεστή).

Λύση:

• \(P(x)=420x-\left(\frac13x^3-20x^2+600x+1000\right)=-\frac13x^3+20x^2-180x-1000\).
• \(P'(x)=-x^2+40x-180\). Θέτουμε \(P'(x)>0\Leftrightarrow x^2-40x+180<0\).
• Διακρίνουσα: \(\Delta=1600-720=880=16\cdot55\Rightarrow\sqrt\Delta=4\sqrt{55}\). Ρίζες: \(x=\dfrac{40\pm4\sqrt{55}}{2}=20\pm2\sqrt{55}\).
• Αφού ο συντελεστής του \(x^2\) είναι θετικός, το τριώνυμο είναι αρνητικό ΜΕΤΑΞΥ των ριζών: \(20-2\sqrt{55}<x<20+2\sqrt{55}\) (αριθμητικά περίπου \(5{,}17<x<34{,}83\)).

Απάντηση: Ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους είναι θετικός για \(20-2\sqrt{55}<x<20+2\sqrt{55}\) (\(\approx5{,}17\) έως \(34{,}83\) μονάδες).

Άσκηση 4 (σελ. 125) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.126.04

Εκφώνηση: Δύο πλοία \(\Pi_1,\Pi_2\) αναχωρούν συγχρόνως από λιμάνι \(A\). Το \(\Pi_1\) κινείται ανατολικά με ταχύτητα \(15\) km/h, το \(\Pi_2\) βόρεια με ταχύτητα \(20\) km/h. i) Να βρείτε τις συναρτήσεις θέσεώς τους. ii) Να αποδείξετε ότι η απόσταση \(d=(\Pi_1\Pi_2)\) αυξάνεται με σταθερό ρυθμό και να τον προσδιορίσετε.

Σκέψη: Τοποθετούμε το \(A\) στην αρχή αξόνων (ανατολή=θετικός \(x\), βορράς=θετικός \(y\)). Οι θέσεις είναι ευθύγραμμες ομαλές κινήσεις· η απόσταση προκύπτει από Πυθαγόρειο θεώρημα, και παραγωγίζοντας ελέγχουμε αν είναι σταθερή.

Λύση:

• i) \(\Pi_1(t)=(15t,0)\), \(\Pi_2(t)=(0,20t)\), \(t\geq0\).
• ii) \(d(t)=\sqrt{(15t)^2+(20t)^2}=\sqrt{225t^2+400t^2}=\sqrt{625t^2}=25t\) (για \(t\geq0\)).
• \(d'(t)=25\) km/h — ΣΤΑΘΕΡΟΣ ρυθμός, ανεξάρτητος του \(t\).

Απάντηση: \(\Pi_1(t)=(15t,0)\), \(\Pi_2(t)=(0,20t)\), \(d(t)=25t\), και ο (σταθερός) ρυθμός αύξησης της απόστασης είναι \(25\) km/h.

Άσκηση 5 (σελ. 126) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.127.05

Εκφώνηση: Ένα κινητό \(M\) ξεκινά από την αρχή των αξόνων και κινείται κατά μήκος της καμπύλης \(y=\frac14x^2,\ x\geq0\). Σε ποιο σημείο της καμπύλης ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης \(x\) είναι ίσος με το ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης \(y\), αν \(x'(t)>0\) για κάθε \(t\geq0\);

Σκέψη: Παραγωγίζουμε \(y=\frac14x^2(t)\) ως προς \(t\) (κανόνας αλυσίδας), θέτουμε \(x'(t)=y'(t)\) και λύνουμε ως προς \(x\) (χρησιμοποιώντας ότι \(x'(t)\neq0\) για να απλοποιήσουμε).

Λύση:

• \(y(t)=\frac14x^2(t)\Rightarrow y'(t)=\frac14\cdot2x(t)\cdot x'(t)=\dfrac{x(t)}{2}x'(t)\).
• Θέτουμε \(x'(t)=y'(t)\Rightarrow x'(t)=\dfrac{x(t)}{2}x'(t)\). Αφού \(x'(t)>0\) (δοσμένο, άρα \(\neq0\)), διαιρούμε με \(x'(t)\): \(1=\dfrac{x(t)}{2}\Rightarrow x(t)=2\).
• Τότε \(y=\frac14\cdot4=1\).

Απάντηση: Στο σημείο \((2,1)\) της καμπύλης.

Άσκηση Β1 (σελ. 126) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.127.Β01

Εκφώνηση: Αν η επιφάνεια μιας σφαίρας αυξάνεται με ρυθμό \(10\) cm²/sec, να βρείτε το ρυθμό με τον οποίο αυξάνεται ο όγκος αυτής όταν \(r=85\) cm.

Σκέψη: Βρίσκουμε πρώτα \(r'\) από τον ρυθμό της επιφάνειας, μετά τον χρησιμοποιούμε στον ρυθμό του όγκου (κανόνας αλυσίδας και στις δύο σχέσεις).

Λύση:

• \(S=4\pi r^2\Rightarrow S'=8\pi r\cdot r'\Rightarrow r'=\dfrac{S'}{8\pi r}=\dfrac{10}{8\pi\cdot85}=\dfrac{10}{680\pi}=\dfrac{1}{68\pi}\) cm/sec.
• \(V=\frac43\pi r^3\Rightarrow V'=4\pi r^2\cdot r'=4\pi\cdot85^2\cdot\dfrac{1}{68\pi}=\dfrac{4\cdot7225}{68}=\dfrac{28900}{68}=425\) cm³/sec.

Απάντηση: \(V'=425\) cm³/sec.

Άσκηση Β2 (σελ. 126) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.127.Β02

Εκφώνηση: Έστω \(T\) το εμβαδόν του τριγώνου \(OAB\) με \(O(0,0)\), \(A(x,0)\), \(B(0,\ln x)\), \(x>1\). Αν το \(x\) μεταβάλλεται με ρυθμό \(4\) cm/sec, να βρείτε το ρυθμό μεταβολής του \(T\) όταν \(x=5\) cm.

Σκέψη: Το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο \(O\) με κάθετες πλευρές \(x\) και \(\ln x\) (θετικό αφού \(x>1\)): \(T=\frac12x\ln x\). Παραγωγίζουμε ως προς \(t\) με κανόνα γινομένου+αλυσίδας.

Λύση:

• \(T(t)=\dfrac12x(t)\ln x(t)\). \(T'(t)=\dfrac12\left[x'(t)\ln x(t)+x(t)\cdot\dfrac{x'(t)}{x(t)}\right]=\dfrac12x'(t)\big[\ln x(t)+1\big]\).
• Στο \(x=5\), \(x'=4\): \(T'=\dfrac12\cdot4\cdot(\ln5+1)=2(\ln5+1)=2\ln5+2\) cm²/sec.

Απάντηση: \(T'=2\ln5+2\) cm²/sec (\(\approx5{,}22\) cm²/sec).

Άσκηση Β3 (σελ. 126) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.127.Β03

Εκφώνηση: Ένας άνθρωπος σπρώχνει ένα κουτί σε ράμπα μήκους \(20\) m που καταλήγει σε ύψος \(5\) m· το κουτί κινείται κατά μήκος της ράμπας με ταχύτητα \(3\) m/s. Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής του ύψους \(y\) του κουτιού.

Σκέψη: Λόγω της ευθύγραμμης κλίσης, το ύψος \(y\) είναι ανάλογο της απόστασης \(x\) κατά μήκος της ράμπας, με τον ίδιο λόγο όπως ολόκληρη η ράμπα (\(5\) m ύψος σε \(20\) m μήκος): \(y=\frac{5}{20}x=\frac{x}{4}\). Παραγωγίζουμε ως προς \(t\).

Λύση:

• Από την ομοιότητα τριγώνων (η ράμπα έχει σταθερή κλίση): \(\dfrac{y}{x}=\dfrac{5}{20}=\dfrac14\Rightarrow y=\dfrac{x}{4}\).
• \(y'(t)=\dfrac14x'(t)=\dfrac14\cdot3=\dfrac34\) m/s.

Απάντηση: Το κουτί ανυψώνεται με ρυθμό \(\dfrac34=0{,}75\) m/s.

Άσκηση Β4 (σελ. 126) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.127.Β04

Εκφώνηση: Ένα αερόστατο \(A\) αφήνει το έδαφος σε οριζόντια απόσταση \(100\) m από παρατηρητή \(\Pi\), ανερχόμενο με ταχύτητα \(50\) m/min. Με ποιο ρυθμό αυξάνεται η γωνία \(\theta\) που σχηματίζει η \(A\Pi\) με το έδαφος, τη στιγμή που το αερόστατο βρίσκεται σε ύψος \(100\) m;

Σκέψη: Η οριζόντια απόσταση παραμένει σταθερή (\(100\) m)· μόνο το ύψος \(h\) μεταβάλλεται. Χρησιμοποιούμε \(\tan\theta=h/100\), παραγωγίζουμε ως προς \(t\).

Λύση:

• \(\tan\theta(t)=\dfrac{h(t)}{100}\Rightarrow\sec^2\theta(t)\cdot\theta'(t)=\dfrac{h'(t)}{100}=\dfrac{50}{100}=\dfrac12\).
• Στη στιγμή \(h=100\): \(\tan\theta=1\Rightarrow\theta=\dfrac\pi4\Rightarrow\sec^2\theta=1+\tan^2\theta=1+1=2\).
• \(2\theta'=\dfrac12\Rightarrow\theta'=\dfrac14\) rad/min.

Απάντηση: Η γωνία \(\theta\) αυξάνεται με ρυθμό \(\dfrac14\) rad/min.

Άσκηση Β5 (σελ. 126) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.127.Β05

Εκφώνηση: Μια γυναίκα ύψους \(1{,}60\) m απομακρύνεται από τη βάση φανοστάτη ύψους \(8\) m με ταχύτητα \(0{,}8\) m/s. Με ποια ταχύτητα αυξάνεται ο ίσκιος (η σκιά) της;

Σκέψη: Έστω \(x\) η απόσταση της γυναίκας από τον φανοστάτη και \(s\) το μήκος της σκιάς της. Τα όμοια τρίγωνα (φανοστάτης-συνολική απόσταση) και (γυναίκα-σκιά) δίνουν σταθερή αναλογία \(s=kx\), οπότε παραγωγίζουμε.

Λύση:

• Από ομοιότητα τριγώνων: \(\dfrac{8}{x+s}=\dfrac{1{,}6}{s}\Rightarrow8s=1{,}6(x+s)\Rightarrow8s=1{,}6x+1{,}6s\Rightarrow6{,}4s=1{,}6x\Rightarrow s=\dfrac{x}{4}\).
• \(s'(t)=\dfrac14x'(t)=\dfrac14\cdot0{,}8=0{,}2\) m/s.

Απάντηση: Η σκιά μεγαλώνει με ρυθμό \(0{,}2\) m/s.

Άσκηση Β6 (σελ. 127) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.128.Β06

Εκφώνηση: Περιπολικό \(A\) κινείται στην καμπύλη \(y=-\frac13x^3,\ x\leq0\)· ο προβολέας φωτίζει σημείο \(M\) της ακτής (τομή της εφαπτομένης στο \(A\) με τον άξονα \(x\)). Αν η τετμημένη \(a(t)\) του περιπολικού ικανοποιεί \(a'(t)=-a(t)\), να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της τετμημένης του \(M\) τη στιγμή που \(a(t)=-3\).

Σκέψη: Γράφουμε την εφαπτομένη της καμπύλης στο γενικό σημείο \(\left(a,-\frac{a^3}{3}\right)\), βρίσκουμε την τετμημένη τομής της με τον άξονα \(x\) συναρτήσει του \(a\), και παραγωγίζουμε ως προς \(t\) χρησιμοποιώντας τη δοσμένη σχέση \(a'=-a\).

Λύση:

• Κλίση στο \(x=a\): \(y'=-x^2\Rightarrow\) στο \(a\): \(-a^2\). Εφαπτομένη: \(y-\left(-\dfrac{a^3}{3}\right)=-a^2(x-a)\Rightarrow y=-a^2x+a^3-\dfrac{a^3}{3}=-a^2x+\dfrac{2a^3}{3}\).
• Τομή με τον άξονα \(x\) (\(y=0\)): \(0=-a^2x_M+\dfrac{2a^3}{3}\Rightarrow x_M=\dfrac{2a^3}{3a^2}=\dfrac{2a}{3}\) (\(a\neq0\)).
• Παραγωγίζοντας ως προς \(t\): \(x_M'(t)=\dfrac23a'(t)=\dfrac23\big(-a(t)\big)=-\dfrac23a(t)\) (χρησιμοποιώντας τη δοσμένη σχέση).
• Τη στιγμή \(a(t)=-3\): \(x_M'=-\dfrac23\cdot(-3)=2\).

Απάντηση: Ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης του \(M\) είναι \(2\) (μονάδες μήκους/χρόνου).

Άσκηση Β7 (σελ. 127) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.128.Β07

Εκφώνηση: Σκάλα μήκους \(3\) m ακουμπά σε τοίχο· το κάτω άκρο γλιστράει στο δάπεδο με ρυθμό \(0{,}1\) m/sec. Τη στιγμή που η κορυφή απέχει από το δάπεδο \(2{,}5\) m, να βρείτε: i) το ρυθμό μεταβολής της γωνίας \(\theta\) ii) την ταχύτητα με την οποία πέφτει η κορυφή \(A\).

Σκέψη: Με \(x=OB\) (οριζόντια), \(y=OA\) (κατακόρυφη), ισχύει \(x^2+y^2=9\) (σταθερό μήκος σκάλας). Παραγωγίζουμε πεπλεγμένα ως προς \(t\) για να βρούμε \(y'\) (μέρος ii), μετά χρησιμοποιούμε \(\sin\theta=y/3\) για το \(\theta'\) (μέρος i).

Λύση:

• Στη στιγμή \(y=2{,}5\): \(x^2=9-6{,}25=2{,}75\Rightarrow x=\sqrt{2{,}75}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}\).
• Παραγωγίζοντας \(x^2+y^2=9\) ως προς \(t\): \(2xx'+2yy'=0\Rightarrow y'=-\dfrac{xx'}{y}\). Με \(x'=0{,}1\) (το κάτω άκρο απομακρύνεται, \(x'>0\)): \(y'=-\dfrac{\frac{\sqrt{11}}{2}\cdot0{,}1}{2{,}5}=-0{,}02\sqrt{11}\) m/sec (η κορυφή \(A\) πέφτει με ταχύτητα \(0{,}02\sqrt{11}\approx0{,}066\) m/sec).
• ii) Άρα η ταχύτητα πτώσης της κορυφής είναι \(|y'|=0{,}02\sqrt{11}\) m/sec.
• i) Από \(\sin\theta=y/3\): \(\cos\theta\cdot\theta'=\dfrac{y'}{3}\Rightarrow\theta'=\dfrac{y'}{3\cos\theta}\). Εδώ \(\cos\theta=x/3=\dfrac{\sqrt{11}}{6}\), άρα \(\theta'=\dfrac{-0{,}02\sqrt{11}}{3\cdot\frac{\sqrt{11}}{6}}=\dfrac{-0{,}02\sqrt{11}}{\frac{\sqrt{11}}{2}}=-0{,}04\) rad/sec.

Απάντηση: i) \(\theta'=-0{,}04\) rad/sec (η γωνία ΕΛΑΤΤΩΝΕΤΑΙ με ρυθμό \(0{,}04\) rad/sec). ii) Η κορυφή πέφτει με ταχύτητα \(0{,}02\sqrt{11}\approx0{,}066\) m/sec.

Πρόσεξε:

• Το αποτέλεσμα i) επαληθεύτηκε ανεξάρτητα και μέσω \(\tan\theta=y/x\Rightarrow\sec^2\theta\cdot\theta'=(y'x-yx')/x^2\), δίνοντας το ίδιο \(-0{,}04\).

Άσκηση Β8 (σελ. 127) — κωδ. GEL3.MATH.BM.X.128.Β08

Εκφώνηση: Κινητό κινείται σε κυκλική τροχιά \(x^2+y^2=1\). Στο σημείο \(A\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)\), η τεταγμένη \(y\) ελαττώνεται με ρυθμό \(3\) μονάδες/sec. Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της τετμημένης \(x\) τη στιγμή αυτή.

Σκέψη: Παραγωγίζουμε \(x^2+y^2=1\) πεπλεγμένα ως προς \(t\), λύνουμε ως προς \(x'\), και αντικαθιστούμε τις δοσμένες τιμές (προσέχοντας το πρόσημο του \(y'\), αφού «ελαττώνεται»).

Λύση:

• \(2xx'+2yy'=0\Rightarrow x'=-\dfrac{yy'}{x}\).
• Στο \(A\): \(x=\frac12,\ y=\frac{\sqrt3}{2}\), και \(y'=-3\) (ελαττώνεται).
• \(x'=-\dfrac{\frac{\sqrt3}{2}\cdot(-3)}{\frac12}=\dfrac{\frac{3\sqrt3}{2}}{\frac12}=3\sqrt3\).

Απάντηση: \(x'=3\sqrt3\) μονάδες/sec (η τετμημένη αυξάνεται).