Η Ασκηση της Ημερας

1. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Στο τέλος του δευτέρου δευτερολέπτου, η θεση του ζουζουνιού είναι
        
4 3
22 2 4 4
4
12 6 3
x
3
4
2 2
3
cm
Το "-" σημαίνει ότι το ζουζουνι στο τέλος του δευτέρου δευτερολέπτου βρίσκεται δεξιά από
το σημείο εκκίνησης (πίσω από την αφετηρία) .
Η x είναι παραγωγίσιμη (πολυωνυμική) με
    
3 2
t t
x t t2
3 2
υ(t)
  
 
 


                     
  

Δ 105 1
105 10,25
2
3 2
2
2
t 0
ή
t t 3 10,25υ(t) 0 t 0 t 2t 3t 0 t 1,81
42t 3t
3
2 12
3 2
10,25
t 3,
0
31
4
12
Δεκτη η 1
t 1,81s , χρονικη στιγμη που η ταχυτητα αλλαζει προσημο (προσημο τριωνυμου)
Ετσι
           


 

4 3 4 3
2 2
1 1
1,81 1,81 4 1,81 1,81
s(2) x(t ) x(0) x(2) x(t ) 1,81 0 1
12 6 12 6
1,
,81
3
39 0,0 = 16 ,45cm
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση
    
3 2
2t
3 2
t t
h t , t 0
• H h είναι συνεχής στο διάστημα   1,2 (πολυωνυμική)
•
 
 
   



   
  
  

1 1
h 1 0
h 1 h 2 0
8
h 2 2 4 0
2
3 2
3
Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον ένα  1
t 1,2 τέτοιο, ώστε
        1 1 1
h t 0 x t υ t 0
Δηλαδή το ζουζούνι σταμάτησε μία φορά τουλάχιστον μεταξύ πρώτου και δεύτερου
δευτερολέπτου .
γ) Είναι   
3 2
2
3
t t
υ )
2
(t t παραγωγίσιμη με
   2
υ (t) t t 2
Λύνει ο Τάκης Τσακαλάκος

2. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε
       2
2υ (t) 0 t t 0 t 2 ή t 1
   υ (t) 0 t 2 ή
  
  
t 0,4
1 1t t 4
  
     
t 0,4
υ 2 0(t) 0 t 1 t 1
Το πρόσημο της υ (t) και η μονοτονία της υ φαίνονται στον πίνακα
H υ παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση t 1 δηλαδή η ταχύτητα του ζουζουνιου γίνεται
ελάχιστη τη χρονική στιγμή t 1 sec.
δ) Η επιτάχυνση α είναι ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας.
Έτσι
  2
α(t) υ (t) t t 2
και ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης είναι
   2α (t) t 1 0 αφού t 0
και δεν υπάρχει χρονική στιγμή που μηδενίζεται ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης του
ζουζουνιού .
t 0 1 4
υ ΄(t) - 0 +
υ N M

3. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε:
ΘΕΣΗ:        
4 3
2t t
x t t , t 0, 4 (1)
12 6
ΤΑΧΥΤΗΤΑ:              
3 2 3 2
14t 3t t t
υ t x' t 2t 2t, t 0, 4
12 6 3 2
ΕΠΙΤΑΧΥΝΣΗ:    
2 1
23t 2t
α t υ' t 2 t t 2, t 0, 4
3 2
         
α) Για 1
t 2s η (1) γίνεται:
           
4 3
2
1 1
2 2 16 8 4
x t 2 4 x t cm
12 6 12 6 3
.
Αφού η θετική φορά είναι προς τα αριστερά, την στιγμή 1
t το ζουζούνι βρίσκεται δεξιά του
σημείου εκκίνησης
β) Η  υ t είναι συνεχής στο       1, 2 0, 4 ως πολυωνυμική.
Ακόμη,          
3 2
1 1 7
υ 1 2 1 υ 1 cm / s
3 2 6
και
      
3 2
2 2
υ 2 2 2
3 2
   
4
υ 1 cm / s
6
.
Οπότε,     υ 1 υ 2 0.
Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει  τ 1, 2 τέτοιος, ώστε   υ τ 0 ,
δηλαδή το ζουζούνι σταμάτησε τουλάχιστον μια φορά μεταξύ πρώτου και δεύτερου
δευτερολέπτου.
γ) Η  υ t παίρνει την ελάχιστη τιμή της όταν:
              2
α t 0 t t 2 0 t 1 t 2 0 t 1s.
δ) Έχουμε:           
dα
f t α' t 2t 1, t 0, 4
dt
.
Είναι
            0 0 0 f f
1
f t 0 2t 1 0 t D 0 f D
2
.
Άρα, δεν υπάρχει χρονική στιγμή που να μηδενίζεται ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας
του ζουζουνιού.
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου

4. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Τη χρονική στιγμή 2s είναι  
4
x(2) cm
3
, δηλαδή θα βρίσκεται δεξιά του σημείου
εκκίνησης.
Θα πρέπει να βρω αν στο χρονικό διάστημα   0,2s έχει μηδενιστεί η ταχύτητα και έχει
αλλάξει η φορά κίνησης.
Είναι    
          
3 2
2t t t 3 105
v(t) x (t) 2t 2t 3t 12 0 t 0,t
3 2 6 4
με την αρνητική να
απορρίπτεται και τη θετική αποδεκτή επειδή είναι μικρότερη του 2.
Eπίσης την

1
105 3
t s
4
αλλάζει φορά κίνησης, γιατί
v(t) 0για   1
0 t t , ενώ v(t) 0 για  1
t t ,
άρα το ζητούμενο διάστημα είναι ίσο με:

     1 1
2710 210 105
s x(2) x(t ) x(t ) x(0) ... 1,457cm
384
.
β) Με Βolzano για την v(t)στο   1,2 βρίσκω ότι η ταχύτητα μηδενίζεται τουλάχιστον μια
φορά στο  1,2 ή δείχνοντας ότι

 
105 3
1 2
4
.
γ)    2
v (t) t t 2με ρίζα την t 1και  v (t) 0για  0 t 1, ενώ  v (t) 0 για  1 t 4 .
Άρα
 
     
 
7 4
v( 0,4 ) ,
6 3
. Άρα  min
7
v cm / s
6
την t 1s .
δ)        2
α t t t 2 α(t) 2t 1 0 στο   0,4 .
Λύνει ο Κώστας Δεββές

5. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Για t 2sec έχουμε  
4
x(2)
3
. Άρα το ζουζούνι διανύει
4
3
cm και βρίσκεται αριστερά του
σημείου εκκίνησης.
β) Η παράγωγος της συνάρτησης εκφράζει την ταχύτητα, οπότε:    
3 2
t t
x (t) 2t
3 2
Εφαρμόζουμε θεώρημα Bolzano για την x (t) στο διάστημα [1,2] (ισχύουν οι προϋποθέσεις
αφού    
7
x (1) 0
6
και   
2
x (2) 0
3
και συνεχής ) άρα υπάρχει 0
t (1,2) τέτοιο ώστε
 0
x (t ) 0
γ) Βρίσκουμε την    2
x (t) t t 2 και από το πινακάκι βρίσκουμε ότι η ταχύτητα για t=1
παρουσιάζει ελάχιστο
δ) Επειδή    x (t) 2t 1 0 για κάθε   t 0,4 άρα δεν υπάρχει   t 0,4 ώστε να μηδενίζεται
ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος

6. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Έχουμε  
4 3
2t t
x t t , t 0, 4
12 6
      Για την συνάρτηση της ταχύτητας έχουμε:
   
3 24 3
2
t tt tυ t x' t ' 2t, με t 0, 4t
3 212 6
 
          
 
,
ενω για την συνάρτηση της επιτάχυνσης:
   
3 2
2t tα t υ' t ' t t 2, με t 0, 42t
3 2
 
          
 
Μελετάμε την κίνηση του ζουζουνιού.
Λύνουμε  υ t 0 , δηλαδή:
3 2
t t
2t 0
3 2
   , η οποία μας δίνει ρίζες
1 2 3 3
3 105 3 105
t s, t 0s, t s, με t 1,8s
4 4
   
  
Έυκολα διαπιστώνουμε ότι το ζουζούνι κινείται προς την θετική φορά (δεξια προς
αριστερά) για 3 105t , 4
4
   
 
, ενω κινείται προς την αρνητική φορά (αριστερά προς
δεξιά) για 3 105t 0,
4
   
 
.
ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΡΟΣΗΜΟΥ ΤΑΧΥΤΗΤΑΣ
t 0 1 2
t 2 4
t + +
2t2 + 3t - 12 - +
υ(t) - +
α) Στο τέλος του δεύτερου δευτερολέπτου έχει διανύσει το διάστημα:
2 2
s x(t ) x(0) x(2) x(t )    και βρίσκουμε s 1,44 cm και x(2) -1,333cm άρα βρίσκεται
δεξιά του σημείου εκκίνησης.
β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει  0
t 1,2 τέτοιο ώστε  0
υ 0t  .
Προφανώς 0 2
3 105
t t 1,8s
4
 
  .
Αλλιώς από Θ.Bolzano για την  υ t στο [1,2], έχουμε το ζητούμενο 0
t
Λύνει ο Κωνσταντίνος Τσόλκας

7. ___________________________________________________________________________
9η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
γ) Μελετάμε την μονοτονία της  υ t με την βοήθεια της  α t .
Λύνουμε την εξίσωση:  α t 0 που μας δίνει 1 2
t 2s και t 1s   και απο τον πίνακα
μονοτονίας της  υ t έχουμε:
t 0 1 4
α(t) - +
υ(t) > 1
Άρα η  υ t για t 1s παίρνει την ελάχιστη τιμή της, που είναι η    
7
υ 1 cm / s
6
.
δ) Έστω ότι υπάρχει i
t 0 , τέτοιο ώστε ο ρυθμός μεταβολής της επιτάχυνσης να
μηδενίζεται.
Ισοδύναμα έχουμε:
 i
α 0t  από όπου έχουμε i
1
t s
2
  , το οποίο είναι Άτοπο, αφού i
t 0 .
Άρα έχουμε το ζητούμενο.