Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα

Λυγάτσικας Ζήνων ∗

Πρότυπο Πειραµατικό Γ.Ε.Λ. Βαρβακείου Σχολής

13 Μαρτίου 2014

Εισαγωγή

Ο δρόµος της ϑεωρίας της ολοκλήρωσης ξεκινά απο τον Αρχιµήδη1, αλλά η πραγµατική ιστορίααρχίζει απο τον Newton και Leibniz. Το ολοκλήρωµα του Newton έχει σχέση µε την αντιπαραγώγιση.∆ηλαδή: Αν F : [a, b] → R και F ′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b], λέµε ότι η διαφορά F (a) − F (b) είναι τοορισµένο ολοκλήρωµα Newton της f στο διάστηµα [a, b]:

F (b)− F (a) =

∫ b

a

f

Νοµίζω ότι είναι µια κορυφαία στιγµή των µαθηµατικών η ανακάλυψη του Newton, γιατί ; Μας δεί-χνει την µέθοδο, µαζί µε το ϑεώρηµα του Stokes, πως να µεταβαίνουµε απο το µέρος στο όλο καιαντίστροφα.Πολλοί συγγραφείς αναφέρουν την συνάρτηση F σαν το αόριστο ολοκλήρωµα Newton της f . Εδώαξίζει να παρατηρήσουµε µια ψυχολογική στάση που αφορά την προτίµηση του ορισµού του New-ton παρά του Leibniz σαν άπειρο άθροισµα κάποιων απειροστών µεγεθών: ίσως στο µυαλό µας ηπαράγωγος είναι πιο στέρεα έννοια απο αυτήν του απείρου αθροίσµατος. ∆υστυχώς όµως οι περισ-σότερες συναρτήσεις δεν είναι ολοκληρώσιµες κατα Newton. Εµπλουτισµένη η ϑεωρία µας απο τουςµεγάλους δασκάλους, την οικογένεια Bernoulli και τον Euler, αρχίζει την νεότερη περιπλάνησή τηςϐασικά απο τον Cauchy (1789-1857). Την ϑεωρία του Cauchy ολοκληρώνει ο Riemann (1826-1866).Πρόκειται για αυτό που σήµερα αποκαλούµε όλοι ολοκλήρωση κατά Riemann. Το ολοκλήρωµα αυτό

∗c:\education\ C−lycee \module\ 3.2-3-4-5\integral.tex1Οι µαθηµατικοί στην αρχαία Ελλάδα δεν ορίζαν τα εµβαδά σαν αριθµούς πραγµατικούς, αλλά τα προσδιόριζαν απο

τις σχέσεις τους µε άλλες ποσότητες. Για παράδειγµα, η σχέση του εµβαδού του παραβολικού χωρίου µε το εµβαδόν τουαντιστοίχου τριγώνου.

1

έχει ένα µεγάλο προτέρηµα γιατί ϐασίζεται στην διαίσθηση και έχει απλά και ακριβή αποτελέσµαταιδίως σε µη καθαρά µαθηµατικούς τοµείς. Παρα τα προτερήµατά του το ολοκλήρωµα Riemann έχειπολλούς περιορισµούς, για παράδειγµα: είναι γνωστό ότι κάθε συνάρτηση ολοκληρώσιµη κατα Rie-mann, είναι αναγκαστικά ϕραγµένη. Αν και υπάρχουν µη-ϕραγµένες συναρτήσεις οι οποίες είναιRiemann ολοκληρώσιµες, η πλειονότητα των συναρτήσεων δεν είναι ολοκληρώσιµες ούτε κατα New-ton ούτε κατα Riemann. ΄Οκτω χρόνια αργότερα ο Lebesgue (1875-1941), έδωσε έναν άλλο ορισµότου ολοκληρώµατος που είναι γνωστός µε το όνοµά του και τέτοιος ώστε να διευρύνει το πλήθος τωνολοκληρωσίµων συναρτήσεων. Ο ορισµός ϕαίνεται να είναι ακριβής για σχεδόν όλους τους χρήστες(ϕυσικούς κ.λ.π.), αλλά περισσότερο για τους µαθηµατικούς, αν και οι τελευταίοι ϐρήκαν συναρτή-σεις που δεν είναι ολοκληρώσιµες κατα Lebesque! Φρόντισε γι΄ αυτό πρώτος και καλύτερος ο ίδιοςο Lebesque. Το ϑέµα δεν έχει οριστικά κλείσει... Υπάρχουν και άλλες προτάσεις που αφορούν τηνολοκλήρωση συναρτήσεων εξίσου ισχυρές και γενικευµένες ... οι οποίες µας ελκύουν ιδιαίτερα.

1 Η έννοια της αρχικής συνάρτησης

Ορισµός 1.1 ΄Εστω f µια συνάρτηση ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. αρχική συνάρτηση ήπαράγουσα συνάρτηση της f στο ∆, ονοµάζεται κάθε συνάρτηση F που είναι παραγωγίσιµηστο ∆ και ισχύει

F ′(x) = f(x), ∀x ∈ ∆

Θεώρηµα 1.1 ΄Εστω f συνάρτηση ορισµένη σ’ενα διάστηµα ∆. Αν F είναι µια παράγουσα τηςf στο ∆, τότε:

• όλες οι συναρτήσεις της µορφής G(x) = F (x) + c είναι παράγουσες της f στο ∆.

• κάθε άλλη παράγουσα G της f στο ∆ παίρνει τη µορφή G(x) = F (x) + c.

1.0.1 Παρατηρήσεις

1. Η έννοια της αρχικής συνάρτησης ορίζεται σε διάστηµα και όχι σε ένωση διαστηµάτων. π.χ.

΄Εστω f =1

xκαι F = ln |x|. Τότε

Ω = ΠOf = ΠOF =

= (−∞, 0)⋃

(0,+∞).

Επίσης ∀x ∈ Ω, F ′(x) = f(x). Λέµε ότι η F (x) = ln |x| + c1 = ln(−x) + c1, c1 ∈ Rείναι η παράγουσα συνάρτηση της f στο (−∞, 0) και ότι η F (x) = ln x + c2, c2 ∈ Rείναι η παράγουσα συνάρτηση της f στο (0,+∞). ΄Οπως ϐλέπετε, η σταθερά µπορείνα µην είναι η ίδια σε κάθε διάστηµα. ∆εν λέµε λοιπόν ότι η F είναι η παράγουσασυνάρτηση της f στο Ω.

2

2. Υπάρχουν συναρτήσεις που δεν έχουν παϱάγουσα συνάρτηση σ’ενα διάστηµα:

f(x) =

4 −1 < x ≤ 0−4 0 < x < 1

Τότε δεν υπάρχει F παράγουσα συνάρτηση στο ∆ = (−1, 1) της συνάρτησης f .

3. Υπάρχουν συναρτήσεις που ενώ δεν είναι συνεχείς έχουν παράγουσες σε ένα διάστηµα.

Για παράδειγµα, ϑεωρείστε την συνάρτηση

f(x) =

2xηµ

1

x− συν

1

x, x 6= 0

0 , x = 0

Ενώ δεν είναι συνεχής (στο 0 παρυσιάζει ασυνέχεια), εν τούτοις έχει παράγουσα στο R κάθεσυνάρτηση της µορφής F (x) + c, c ∈ R, όπου:

F (x) =

x2ηµ

1

x, x 6= 0

0 , x = 0

Σχήµα 1: Συνάρτηση x2ηµ1

x.

4. Κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστηµα έχει παράγουσα συνάρτηση στο διάστηµα αυτό.

1.1 Μερικές ιδιότητες και µέθοδοι ολοκλήρωσης

Το ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f στο διάστηµα ∆ είναι σύνολο συναρτήσεων. Αν F είναι µιαπαράγουσα συνάρτηση της f ,

(F ′ = f

), τότε το αόριστο ολοκλήρωµα της f είναι :∫

f(x)dx = F (x) + c/ c ∈ R.

Ας σηµειώσουµε εδώ ότι :

3

Σχήµα 2:∫

(3x2 + 4x+ 1)dx = . . . , f1, f2, f3, . . .

α.∫f ′(x)dx = f(x) + c, c ∈ R.

ϐ. Συµβατικά:(∫

f(x)dx)′

= f(x).

1.1.1 Ιδιότητες του ολοκληρώµατος

΄Εστω α, β ∈ R∗. Τότε :

1.∫αf(x)dx = α

∫f(x)dx

2.∫ (

f(x) + g(x))dx =

∫f(x)dx+

∫g(x)dx

3.∫ (

αf(x) + βg(x))dx = α

∫f(x)dx+ β

∫g(x)dx

1.1.2 Μέθοδοι ολοκλήρωσης

1.∫f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−

∫f ′(x)g(x)dx

2.∫f(g(x)

)g′(x)dx =

∫f(u)du, όπου u = g(x) και du = g′(x)dx.

Παρατηρήσεις 1.1 1.

∫p(x)eaxdx =

∫p(x)

(1

aeax)′dx = = p(x)

(1

aeax)−

−∫p′(x)

(1

aeax)dx

4

2.

∫p(x)(ηµ(ax))dx = = −1

a

∫p(x)(συν(ax))′dx = −1

a

(p(x)συν(ax)−

−∫p′(x)συν(ax)dx

)

3. Οµοίως το

∫p(x)(συν(ax))dx

4.

∫p(x) ln(ax)dx =

∫q′(x) ln(ax)dx, όπου q′(x) = p(x).

Συνεχίζουµε µε τη µέθοδο ολοκλήρωσης 2.

5.

∫eaxηµ(bx)dx=

1

a

∫ (eax)′

ηµ(bx)dx =

συνεχίζω σύµφωνα µε τη µέθοδο ολοκλήρωσης 2 έως ότου ϕθάσω στη µορφή

h(x)− l∫eaxηµ(bx)dx

΄Αρα, (l + 1)

∫eaxηµ(bx)dx = h(x) + c.

6. I :=

∫p(x)

q(x)dx.

(α΄) Αν p(x) = aq′(x). Τότε :

I = a ln |q(x)|+ c

(ϐ΄) do(p(x)) < do(q(x)). Τότε εκφράζουµε τον παρανοµαστή σε γινόµενο διακριτών πρωτοβαθ-

µίων παραγόντων. Υπάρχουν όµως περιπτώσεις όπου αυτό είναι αδύνατο, π.χ. αν q(x) :=(x+ 2)(x2 + 3). Τέτοιες περιπτώσεις δεν ϑα αντιµετωπίσουµε (το ελπίζουµε !). Αυτό όµως δεν

είναι δεσµευτικό για την µέθοδο. Ας υποθέσουµε λοιπόν ότι q(x) := (ax + b)(cx + d) · · · .Τότε µπορούµε να ϐρούµε A,B, . . . τέτοια ώστε :

p(x)

q(x)=

A

ax+ b+

B

cx+ d+ . . ..

Συνεπώς :

I := A ln |ax+ b|+B ln |cx+ d|+ · · ·+ c1.

(γ΄) Αν p(x) 6= aq(x). Τότε

I =

∫q(x)π(x) + υ(x)

q(x)dx

Στη συνέχεια το I µπορεί να υπολογισθεί όπως το ολοκλήρωµα στη περίπτωση (β′).

7. Ολοκληρώµατα

∫ηµ

ν(x)dx και

∫συν

ν(x)dx.

5

(α΄) Αν ν = 2%, χρησιµοποιούµε τους τύπους :

ηµ2(x) =

1− συν(2x)

2

ή

συν2(x) =

1 + συν(2x)

2

(ϐ΄) Αν ν = 2%+ 1, τότε

ηµ2%+1(x) = ηµ

2%(x)ηµ(x)

=(1− συν(2x)

2

)%ηµ(x)

8. Ολοκληρώµατα της µορφής ∫ηµ

ν(x)συνκ(x)dx.

Ανάλογα µε το αν τα ν και κ είναι άρτιοι ή περιττοί δουλεύουµε όπως προηγουµένως περίπτωση

(δ′).

9. Ολοκληρώµατα της µορφής ∫ηµ(ax)συν(bx)dx∫ηµ(ax)ηµ(bx)dx∫συν(ax)συν(bx)dx

λύνονται ϐάσει των γνωστών τριγωνοµετρικών τύπων:

2ηµa · συνb = ηµ(a+ b) + ηµ(a− b)

2συνa · συνb = συν(a+ b) + συν(a− b)

2ηµa · ηµb = συν(a− b)− συν(a+ b)

10. Μερικά ολοκληρώµατα υπολογίζονται ϐάσει ενός αναγωγικού τύπου. Αν ν ∈ N, τότε το ολοκλή-

ϱωµα Iν δίδεται σαν µια συνάρτηση του ν και του Iν−1. Ο υπολογισµός τότε γίνεται µε τον ίδιο

τρόπο που ϐρίσκαµε τον ν-οστό όρο προόδου απο τον αναδροµικό τύπο.

6

1.2 Πίνακας Αορίστων Ολοκληρωµάτων

∫0dx = c ∈ R∫1dx = x+ c∫1

xdx = ln |x|+ c

∫1

f(x)f ′(x)dx = ln |f(x)|+ c∫

xkdx =xk+1

k + 1+ c

∫fk(x)f ′(x)dx =

fk+1(x)

k + 1+ c∫

συνxdx = ηµx+ c

∫συν(f(x)) · f ′(x)dx = ηµ(f(x)) + c∫

ηµxdx = −συνx+ c

∫ηµ(f(x)) · f ′(x)dx = −συν(f(x)) + c∫

1

συν2xdx = εφx+ c

∫1

συν2(f(x))f ′(x)dx = εφ(f(x)) + c∫

1

ηµ2xdx = −σφx+ c

∫1

ηµ2(f(x))f ′(x)dx = −σφ(f(x)) + c∫

exdx = ex + c

∫ef(x)f ′(x)dx = ef(x) + c∫

axdx =ax

ln a+ c

∫af(x)f ′(x)dx =

af(x)

ln a+ c

µε 0 < a 6= 1 µε 0 < a 6= 1∫1√xdx = 2

√x+ c

∫1√f(x)

f ′(x)dx = 2√f(x) + c

∫ [f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)

]dx = f(x)g(x) + c

∫f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)

g2(x)dx =

f(x)

g(x)+ c

Υπάρχουν ολοκληρώµατα τα οποία δεν µπορούν να υπολογισθούν γιατί δεν µπορούν να εκφρα-σθούν µε τις γνωστές µας συναρτήσεις, π.χ.∫

1

lnxdx = −Ei(1,− ln(x))∫

ex · ln(x)dx =ex ln(x)

ln(e)+Ei(1,−x ln(e))

ln(e)∫ex

xdx = −Ei(1,− ln(e)x)

όπου Ei(a, z) =

∫ ∞1

e−x zx−adx

γνωστό σαν το εκθετικό ολοκλήρωµα, για z ∈ C και <(z) > 0.

7

2 Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα

Σχήµα 3: Το ορισµένο ολοκλήρωµα Riemann.

Ορισµός 2.1 ΄Εστω f συνεχής συνάρτηση στο [α, β]. Χωρίζουµε το διάστηµα σε ισοµήκη

υποδιαστήµατα µε άκρα τα xk−1, xx και µήκος ∆x =β − αn

, κοκ. Αν ξk ∈ [xk−1, xk], το

άθροισµα

Sn =n∑k=1

f(ξk)∆x

ονοµάζεται Riemann άθροισµα και δίνει το άθροισµα των εµβαδών των ορθογωνίων στο σχή-µα 3. Το όριο του αθροίσµατος αυτού είναι το ορισµένο ολοκλήρωµα της f απο το α έως τοβ και πρακτικά είναι το εµβαδόν απο το α έως το β του χωρίου που περιλαµβάνεται απο τογράφηµα της συνάρτησης και τον άξονα x′x. Συµβολικά γράφεται :∫ β

α

f(x)dx = limn→+∞

(n∑k=1

f(ξk)∆x

)

Παράδειγµα 1 Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα της συνάρτησης f(x) = x στο [1, 3]. Ας πάρουµε µια

διαµέριση του [1, 3]:1 = x0 < x1 < · · · < xk−1 < xk = 3

µε ∆x =3− 1

n=

2

n. Επιλέγουµε σαν ενδιάµεσα σηµεία τα δεξιά ακρα των διαστηµάτων:

[xk−1, xk] =

[α + (k − 1)

β − αn

, α + kβ − αn

]=

[1 +

2(k − 1)

n, 1 +

2k

n

]

8

΄Αρα, ξk = 1 +2k

n, k = 1, 2, . . . , n.

Sn =2

n

n∑k=1

(1 +

2k

n

), n = 1, 2, . . .

Είµαστε έτοιµοι τώρα να ϐρούµε το ορισµένο ολοκλήρωµα:∫ 3

1

x dx = limx→+∞

Sn

= limx→+∞

2

n

n∑k=1

(1 +

2k

n

)= lim

x→+∞

[2

n

(n+

2

n

n∑k=1

k)]

= limx→+∞

[2 +

4

n2

n(n+ 1)

2

]

= limx→+∞

[2 + 2(1 +

1

n)

]= 4

Σχήµα 4: Το άθροισµα Riemann της f(x) = x.

9

Παρατηρήσεις 2.1 Για τον υπολογισµό του ορισµένου ολοκληρώµατος χρησιµοποιούµε τις εξής µεθό-

δους :

1. Ολοκλήρωση κατα παράγουσες Για κάθε συνάρτηση παραγωγίσιµη f σε ένα διάστηµα, ισχύει∫ b

a

f ′(x)dx = f(b)− f(a)

2. Ολοκλήρωση κατα παράγοντες Αν f ′ και g′ συνεχείς συναρτήσεις στο διάστηµα [a, b], τότε :

∫ b

a

f(x)g(x)dx = f(x)g(x)

∣∣∣∣∣b

a

−∫ b

a

f ′(x)g(x)dx

3. Ολοκλήρωση µε αντικατάσταση Αν f και g′ και είναι συνεχείς συναρτήσεις και u = g(x),du = g′(x)dx, u1 = g(a) και u2 = g(b), τότε :∫ b

a

f(g(x)

)g′(x)dx =

∫ u2

u1

f(u)du

Ιδιότητες 1 Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστηµα [a, b], τότε :

1.

∫ b

a

f(x)dx = −∫ a

b

f(x)dx

2.

∫ a

a

f(x)dx = 0

3. Αν f(x) ≥ 0, τότε

∫ b

a

f(x)dx ≥ 0

4.

∫ b

a

cdx = c(b− a)

5.

∫ b

a

λf(x)dx = λ

∫ b

a

f(x)dx για κάθε λ ∈ R

6.

∫ b

a

[λf(x) + µg(x)

]dx = λ

∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx, ∀λ, µ ∈ R

7. Αν η f είναι συνεχής σε διάστηµα ∆ και a, b, c ∈ ∆, τότε∫ b

a

f(x)dx =

∫ c

a

f(x)dx+

∫ b

c

f(x)dx

10

Ασκήσεις

1. Να υπολογίσετε το∫ b

0

x2dx.

Υπόδειξη : ∆ιαιρούµε το διάστηµα [0, b] σε υποδιαστήµατα µήκους ∆x =b

n. ΄Εστω τα σηµεία

x0 = 0, x1 = ∆x, x2 = 2∆x, x3 = 3∆x, . . . , xn−1 = (n− 1)∆x, xn = b

Σχήµα 5: Το∫ b

0

x2dx.

Τότε τα ορθογώνια έχουν εµβαδά αντίστοιχα:

f(0)∆x = 0f(x1)∆x = (∆x)2∆xf(x2)∆x = (2∆x)2∆xf(x3)∆x = (3∆x)2∆x. . .f(xn−1)∆x = ((n− 1)∆x)2∆x

Το δε άθροισµα είναι :

Sn = (12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2)(∆x)3

=n(n− 1)(2n− 1)

6·

(b

n

)3

=b3

6

(1− 1

n

)(2− 1

n

)΄Αρα, ∫ b

0x2dx = lim

x→+∞Sn =

b3

6· 1 · 2 =

b3

3

11

Είναι χρήσιµο να γνωρίζουµε ότι

12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2 =n(n− 1)(2n− 1)

6

12

3 Η Συνάρτηση F (x) =∫ x

α

f (t)dt

Θεώρηµα 3.1 Αν f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα ∆ και a σηµείο του δια-στήµατος, τότε η συνάρτηση

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt, x ∈ ∆

είναι µια παράγουσα της f στο ∆. ∆ήλαδή ισχύει :(∫ x

a

f(t)dt

)′= f(x), ∀x ∈ ∆

Με άλλα λόγια, ο ϱυθµός αύξησης του εµβαδού F (x) είναι ίσως µε την τιµή της f στο x.

Παρατηρήσεις 3.1 Απο το παραπάνω ϑεώρηµα προκύπτει ότι :

1.

(∫ g(x)

a

f(t)dt

)′= f

(g(x)

)· g′(x)

2.

(∫ a

x

f(t)dt

)′=

(−∫ x

a

f(t)dt

)′= −f(x)

3.

(∫ x2

x

f(t)dt

)′=

(∫ a

x

f(t)dt+

∫ x2

a

f(t)dt

)′= −f(x) + f(x2) · 2x

4.

(∫ x

a

x · f(t)dt

)′=

(x ·∫ x

a

f(t)dt

)′=

∫ x

a

f(t)dt+ x · f(x)

5.

(∫ 1

0

f(x− t)dt

)′ϑέτω x− t = u

6.

(∫ 2

1

f(x · t)dt

)′ϑέτω x · t = u

Παράδειγµα 2 1. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της συνάρτησηςF (x) =

∫ x

0

t

t2 − 1dt.

Λύση

Η συνάρτηση f(t) =t

t2 − 1είναι συνεχής στο σύνολο Df = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞). Για

να ορίζεται η F πρέπει και αρκεί τα άκρα ολοκλήρωσης 0, x να ανήκουν στο ίδιο διάστηµα του

πεδίου ορισµού της f . Επειδή το 0 ∈ (−1, 1) πρέπει το x ∈ (−1, 1). ΄Αρα, DF = (−1, 1)

13

∀x ∈ (−1, 1) έχουµε F ′(x) =

(∫ x

0

t

t2 − 1dt

)′=

x

x2 − 1.

Αν η συνάρτηση ήταν F (x) =

∫ x

−3

t

t2 − 1dt, τότε το πεδίο ορισµού είναι DF = (−∞,−10).

2. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της F (x) =

∫ x2−1

2

√tdt.

ΛύσηΘεωρούµε την συνάρτηση f(t) =

√t η οποία είναι συνεχής µε Df = (0,+∞). Για να ορίζεται η

F πρέπει 2 και x2 − 1 να ανήκουν στο ίδιο διάστηµα του πεδίου ορισµού της f . Επειδή 2 ∈ Df

πρέπει x2 − 1 ∈ Df ή x2 − 1 ∈ [0,+∞) δηλαδή x2 − 1 ≥ 0 ⇔ x2 ≥ 1 ⇔ |x| ≥ 1. Αρα,

Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).(∫ x2−1

2

√tdt

)′= 2x ·

√x2 − 1

3. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της συνάρτησης

F (x) =

∫ x2−x

1x−2

et

tdt

Λύση

Η συνάρτηση f(t) =et

tείναι συνεχής στο σύνολο Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

Το πεδίο ορισµού της g(x) = x2 − x είναι Dg = R και της h(x) =1

x− 2είναι

Dh = (−∞, 2) ∪ (2,+∞). ΄Αρα, x ανήκει στο πεδίο ορισµού της F αν και µόνο αν

(α΄) x ∈ Dg ∩Dh ⇔ x ∈ (−∞, 2) ∪ (2,+∞) και

(ϐ΄) οι g(x) και h(x) ανήκουν στο πεδίο ορισµού της f .

Εποµένως :

x 6= 2x2 − x < 0

1

x− 2< 0

ή

x 6= 2x2 − x > 0

1

x− 2> 0

⇔

x 6= 20 < x < 1x < 2

ή

x 6= 2x < 0 ή x > 1x > 2

⇔

⇔(

0 < x < 1 ή x > 2)

΄Αρα, DF = (0, 1) ∪ (2,+∞).

F ′(x) =

(∫ x2−x

1x−2

et

tdt

)′=e

1

x− 2

x− 2+ex

2−x(2x− 1)

x2 − x

14

Ασκήσεις

1. Να ϐρεθεί η παράγωγος των παρακάτω συναρτήσεων. Στην πρώτη στήλη είναι η συνάρτηση καιστη δέύτερη η απάντηση.

g(x) =

∫ x

1

(t2 + 1)dt g′(x) = x2 + 1

g(x) =

∫ 1

x

(t2 + 1)dt g′(x) = −x2 − 1

g(x) =

∫ x2

1

(t2 + 1)dt g′(x) = (x4 + 1) · 2x

g(x) =

∫ x2

x

(t2 + 1)dt g′(x) = −(x2 + 1) + (x4 + 1) · 2x

g(x) =

∫ x2+1

a

√t2 + 1dt g′(x) = 2x

√(x2 + 1)2 + 1

g(x) =

∫ x

x+1

(et + 1)dt g′(x) = ex − ex+1

g(x) =

∫ x

1

ηµ(x− t)dt g′(x) = ηµ(x− 1)

g(x) =

∫ 1

0

tf(t)dt g′(x) = −2

3

∫ x

0

uf(u)du+1

xf(x)

15

4 Το ϑεµελειώδες Θεώρηµα του Ολοκληρωτικού Λογισµού

Θεώρηµα 4.1 ΄Εστω f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα [a, b]. G(x) µια παρά-γουσα της f στο [a, b] τότε: ∫ b

a

f(t)dt = G(b)−G(a)

Ασκήσεις

Ορισµένο Ολοκλήρωµα - Θεµελειώδες Θεώρηµα Ολοκληρωτικού λογισµού

1. Να δείξετε ότι αν η f είναι συνεχής στο R να δείξετε ότι η

g(x) =

∫ 1

0

t · f(t · x)dt

είναι συνεχής στο 0.

Λύση:

Αλλαγή µεταβλητής : u = tx⇒ du = xdt, t = 0→ u = 0, t = 1→ u = x. Τότε :

∫ 1

0t · f(t · x)dt =

1

x2

∫ x

0uf(u)du

limx→0

∫ x0 uf(u)du

x2

00= lim

x→0

x · f(x)

2x

=f(0)

2

Επίσης, g(0) = f(0)

∫ 1

0tdt =

f(0)

2.

2. Να υπολογίσετε τα παρακάτω ολοκληρώµατα: (στην πρώτη στήλη είναι το ολοκλήρωµα ενώ στην

16

δεύτερη η απάντηση)

∫ π

0

(συνx− xηµx)dx −π

∫ 2

1

2xex2+1dx e5 − e2

∫ 1

0

3x2√x3 + 1

dx 2√

2− 2

∫ 1

0

(x2 − 1)e2xdx1− e2

4∫ π

0

exσυνxdx −eπ + 1

2∫ 1

0

ln(1 + x)dx ln 4− 1

∫ 1

0

x2e−xdx 2− 5

e∫ e

1

lnx

x2dx 1− 2

e∫ π

0

xσυν2xdx 0

∫ π2

0

ηµ3xdx Θέσε ηµ3x = ηµ2x · ηµx · · · = 2

3∫ e

1

ln2 xdx e− 2

∫ 4

0

√2x+ 1dx

26

3

17

∫ 1

0

x2ex3

dxe− 1

3∫ π2

0

(ηµ3x

)· 2συν3xdx 1

3 ln 2, υπενθύµιση: (ax)′ = ax ln a

∫ e3

e

ln(ln(x))

x lnxdx

ln2 3

2, Υπόδειξη :

1

2

((ln(lnx)

)2)′= . . .

∫ 12

0

(2x− 1) · ex2−xdx 14√e− 1

∫ 1

0

e3x + e2x

ex + 2dx

e2

2− e+

1

2+ 2 ln

e+ 2

3Υπόδειξη : Θέσε y = ex . . .∫ 3

2

x2

x− 1dx

7

2+ ln 2

∫ π

0

e−xηµx dx1

2(1 + e−π)

Υπόδειξη : Θέσε I =

∫ π

0

e−xηµx dx

∫ e

1

(1

x+ lnx

)· exdx ee

∫ 1

0

x3ex2

dx1

2∫ 3

2

1

x2 − 1dx

1

2ln

3

2

Υπόδειξη :1

x2 − 1= − 1

2(x+ 1)+

1

2(x− 1)∫ 0

−1

x+ 1

x2 − 3x+ 25 ln 2− 3 ln 3

Υπόδειξη :x+ 1

x2 − 3x+ 2=−2

x− 1+

3

x− 2

18

∫ 1

−1f(x)dx, αν είναι 1

f(x) =

√x , x ≥ 0

x2 , x < 0Υπόδειξη: ΄Οταν η συνάρτηση έχει

πολλαπλό τύπο πρέπει να µελετάµεπρώτα αν η συνάρτηση είναι συνεχής στοσηµείο αλλαγής τύπου. Για τον υπολογισµότου ολοκληρώµατος απαιτούνται και οι δύοκλάδοι της συνάρτησης.∫ 1

−2f(x)dx, αν είναι

f(x) =

3x2 , x ≤ 0e−x , x > 0

9− 1

e

3. ΄Εστω µια συνάρτηση f : R → R η οποία είναι δύο ϕορές παραγωγίσιµη και το γράφηµα τηςf ′ εφάπτεται στον x′x στο σηµείο x0 = 1. Να ϐρείτε το όριο :

limx→1

∫ x

1

f(t)

(x− 1)3dt

Λύση:

Αφού εφάπτεται στον άξονα, f ′(1) = f ′′(1) = 0. Εφαρµόστε δύο ϕορές τον κανόνα De L’ Hospital. ΤοϹητούµενο όριο είναι, 0.

4. (Παραλλαγή της άσκησης 6 Οµάδα Α Σχολικό σελ. 339)

(α΄) Μελετήστε την συνάρτηση f(x) =1√

1 + x2και χαράξτε το γράφηµά της.

(ϐ΄) ΄Εστω F (x) =

∫ x

0

f(t)dt

i. Μελετήστε τη µεταβολή της F (x) στο R.ii. ∆είξτε η F (x) είναι περιττή.iii. Βρείτε την εφαπτοµένη της καµπύλης της F στο (0, 0) και δείξτε ότι το σηµείο αυτό

είναι σηµείο καµπής.(γ΄) i. Αποδείξτε ότι F (x) ≥ ln(x+ 1).

ii. Ποιό το όριο της F (x) για x −→ +∞ ;(δ΄) ΄Εχοντας υπ’οψιν τα αποτελέσµατα των παραπάνω ερωτηµάτων, παραστήστε γραφικά την

F (x).(ε΄) ∆είξτε ότι η συνάρτηση ln(x+

√1 + x2) + c είναι µια παράγουσα της f(x). Παρατηρείστε

ότι η συνάρτηση αυτή ικανοποιεί όλες της ιδιότητες των προηγουµένων ερωτηµάτων. Στη

συνέχεια αποδείξτε ότι∫ 1

0

f(x)dx = ln(1 +√

2).

19

Λύση:

(α΄) Df = R. Επειδή x ∈ R⇒ −x ∈ R τότε f(x) = f(−x) και f είναι άρτια. Επίσης, παρατηρείστε ότιη f είναι συνεχής συνάρτηση.Επειδή lim

x→+∞f(x) = 0 και lim

x→−∞f(x) = 0, η x = 0 είναι ασύµπτωτος.

f ′(x) = − x(√1 + x2

)3f ′′(x) =

2x2 − 1(1 + x2

) 52

=(√

2x+ 1)(√

2x− 1)(1 + x2

) 52

x −√

2

20

√2

2| | |

f ′ + | + 0 − | −| | |

f ′′ + 0 − | − 0 −| | || | |

f ↑ | ↑ | ↓ | ↓κυρτή | κοίλη | κοίλη | κυρτή

| | |T. max = 1

Σχήµα 6: f(x) =1√

1 + x2

(ϐ΄) i. f συνεχής ακι παραγωγίσιµη. F ′(x) = f(x) ΄Αρα F ′ παραγγίσιµη.Επίσης,

F ′(x) = f(x) =1√

1 + x2> 0 ∀x ∈ R

⇒ F ′ ↑

20

ii. Επειδή, ∫ 0

−xf(t)dt = −

∫ −x0

f(t)dt =

∫ −x0

f(−t)d(−t) =

∫ x

0f(t)dt

΄Αρα, F (x) = −F (−x)⇒ F περιττή.iii. F ′(0) = f(0) = 1 άρα η εφαπτοµένη είναι η y = 1 · x + b. Επειδή (0, 0) σηµείο της, (αφού

F (0) =

∫ 0

0f(t)dt = 0), τότε y = x εφαπτοµάνη. Αλλά

F ′′(x) = f ′(x) = − x

(√

1 + x2)3

µε ϱίζα στο 0 αλλάζοντας πρόσηµο δεξιά ή αρστερά. ΄Αρα, 0 σηµείο καµπής.

(γ΄) i. Παρατηρώ ότι 1 + x > 0⇔ 1 + x ≥√

1 + x2 ⇔ x ≥ 0Θέτω H(x) = F (x)− ln(x+ 1), H(0) = F (0)− ln(0 + 1) = 0 και

H ′(x) = F ′(x)− 1

x+ 1=

1√1 + x2

− 1

x+ 1> 0⇔ H(x) ↑⇔ F (x) ≥ ln(x+ 1)

ii. lim+∞

F (x) ≥ lim+∞

ln(x+ 1) = +∞⇔ lim+∞

F (x) ≥ +∞

(δ΄) ∆ες σχήµα 7.

F(x) ln(x+1)

xK1,0 K0,5 0 0,5 1,0

K1,0

K0,5

0,5

1,0

Σχήµα 7: F (x)

21

(ε΄)

f ′(x) =

(ln(x+√

1 + x2))′

=(x+√

1 + x2)′· 1

x+√

1 + x2

=1√

1 + x2∫ 1

0

1√1 + x2

dx = ln(x+√

1 + x2)∣∣∣∣∣

1

0= ln(1 +

√2)

5. (Θέµα 4ο 2001) ΄Εστω f συνεχή συνάρτηση στο R, για την οποία ισχύουν:

ι. f(x) 6= 0, ∀x ∈ R,

ιι. f(x) = 1− 2x2∫ 1

0

tf 2(tx)dt, ∀x ∈ R.

΄Εστω g συνάρτηση µε τύπο:

g(x) =1

f(x)− x2, ∀x ∈ R

(α΄) Να ϐρείτε ότι f ′(x) = −2x2f 2(x).

(ϐ΄) Να δείξτε ότι g είναι σταθερή.

(γ΄) ∆είξτε ότι f(x) =1

1 + x2.

(δ΄) Να ϐρείτε το limx−→+∞

(xf(x)ηµ(2x)

).

Λύση:

(α΄) Θέτω: tx = u⇒ xdt = du, µε t→ 0⇒ u = 0, t→ 1⇒ u = x. ΄Αρα,

f(x) = 1− 2x2∫ x

0

1

xtf2(u)du = 1− 2x

∫ x

0tf2(u)du = 1− 2

∫ x

0tf2(u)du

f ′(x) = −2xf2(x)

(ϐ΄) g′(x) =

(1

f(x)− x2

)=−f ′(x)

f2(x)− 2x = 2x− 2x = 0. ΄Αρα, g(x) σταθερή.

(γ΄) Απο−f ′(x)

f2(x)− 2x ⇔

(1

f(x)

)′= (x2)′ ⇔ 1

f(x)= x2 + c. f(0) = 1− 0 = 1 ⇒ 1

f(x)= x2 + 1 ⇒

f(x) =1

1 + x2

22

(δ΄) x · f(x) · ηµ2x = x1

x2 + 1ηµ2x Αλλά

∣∣∣∣∣x 1

x2 + 1ηµ2x

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣ x

x2 + 1

∣∣∣∣∣⇔ −∣∣∣∣∣ x

x2 + 1

∣∣∣∣∣ ≤ x 1

x2 + 1ηµ2x ≤

∣∣∣∣∣ x

x2 + 1

∣∣∣∣∣Αλλά lim

+∞

∣∣∣∣∣ x

x2 + 1

∣∣∣∣∣ 00= lim

+∞

1

2x= 0 Συµπέρασµα: lim

x−→+∞

(xf(x)ηµ(2x)

)= 0.

6. (Σχολικό 1Β σελ. 339) Αν η συνάρτηση h(x) = x4(x2 + 1) + c, c ∈ R είναι µια παράγουσα τηςσυνάρτησης ∫ x

0

t · g(t)dt

να δείξτε ότι γράφηµα της g διέρχεται απο το σηµείο (1, 10).

Λύση: Επειδή

(∫ x

0t · g(t)dt

)′= h′(x) = 6x5 + 4x3 = x · g(x), g(1) = 10.

7. (Σχολικό 7Βi σελ. 339) ∆ίνεται η συνάρτηση g(x) =x√

x2 − 4.

(α΄) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα∫ 6

4

g(x)dx.

(ϐ΄) ΄Εστω H(t) =

∫ 6

4

g(tx)dx.

i. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού της H.ii. Να αποδείξετε ότι lim

t→+∞H(t) = 2.

Λύση:

(α΄) Θέτω u = x2 − 4 άρα, du = 2xdx µε νέα όρια u1 = 42 − 4 = 12 και u2 = 62 − 6 = 32.∫ 6

4

x√x2 − 4

dx =1

2

∫ 32

12

du√u

=1

2· u

1

2

1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣32

12

= 4√

2− 2√

3

23

(ϐ΄) i. Ας ϐρούµε πρώτα την συνάρτηση H(t). Θέτω u = tx, du = tdx, x = 4 → u = 4t, x = 6 →u = 6t. ∫ 6

4g(tx)dx =

∫ 6t

4t

1

tg(u)du

=1

t· u

1

2

1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣6t

4t

= 2

√9t2 − 1−

√4t2 − 1

t

΄Αρα, DH = (−∞,−1/2) ∪ (1/2,+∞).ii. Πρέπει να ϐρούµε το

limt→+∞

2

√9t2 − 1−

√4t2 − 1

t= 2 lim

t→+∞

5√9t2 − 1 +

√4t2 − 1

= 2 limt→+∞

5√9− 1

t2+√

4− 1t2

= 2

8. (Σχολικό 9Βi σελ. 339) ∆ίδεται η συνάρτηση f(x) =lnx√x, x ∈

[1, e2

].

(α΄) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα∫ e2

1

f(x)dx.

(ϐ΄) i. Να αποδείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιµη.ii. Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται απο

• την γραφική παράσταση της f−1 και• τις ευθείες x = 0, x = 2

e, y = 0.

Λύση:

(α΄) ∫ e2

1

lnx√xdx = 2

∫ e2

1

lnx

2√xdx

= 2

∫ e2

1(√x)′ · lnxdx

= 2(

ln(x)√x)∣∣∣e2

1− 2

∫ e2

1

√x

1

xdx

= 2e ln e2 − 2 ln 1− 4

∫ e2

1

1

2√xdx

= 4

24

Σχήµα 8: f(x) =lnx√x

(ϐ΄) i. Η f ′(x) =2− ln(x)

2x3/2η οποία είναι > 0 αφού x ∈

[1, e2

]. ΄Αρα είναι γνησίως µονότονη και

εποµένως 1-1.ii. Μπορούµε να δώσουµε δύο λύσεις.

• Το Ϲητούµενο εµβαδόν είναι το γραµµοσκιασµένο τµήµα OHEZ στο σχήµα 8. Επειδήόµως το σχήµα είναι συµµετρικό ως προς την 1η διχοτόµο y = x, είναι σαν να Ϲητάµε τοεµβαδόν του χωρίου AB∆O όπου ∆ το σηµείο τοµής της Gf µε τον άξονα x′x, δηλαδή

∆ = (1, 0) και B το σηµείο τοµής του συστήµατος

y =

2

ey = f(x)

, δηλαδή η προφανής ϱίζα

του

(e2,

2

e

). ΄Αρα, το Ϲητούµενο εµβαδόν είναι :

(OΓBA)−∫ e2

1f(x)dx = 2e− 4

ή

• Θέλουµε να υπολογίσουµε το ∫ 2e

0f−1(x)dx

Θέτω: u = f−1(x)⇔ x = f(u), dx = f ′(u)du, f(1) = 0, f(e2) = 2e . ΄Αρα,∫ 2

e

0f−1(x)dx =

∫ e2

1uf ′(u)du

=

∫ e2

1u

(ln(u)√u

)′du

= −1

2

∫ e2

1

ln(u)− 2√u

du

= −4 + 2e

25

9. (Σχολικό 10Β σελ. 340) Αν I =

∫ π/2

0

xηµ2xdx, J =

∫ π/2

0

xσυν2xdx να υπολογίσετε τα ολοκλη-

ϱώµαταI + J I − J I J

10. (Σχολικό 10Β σελ. 340) ΄Εστω µια συνάρτηση f µε f ′′ συνεχή και τέτοια ώστε∫ π

0

(f(x) + f ′′(x)

)ηµ(x) dx = 2, f(π) = 1

(α΄) Να ϐρείτε το f(0).

(ϐ΄) ΄Εστω g(x) = f(x− π). Να αποδείξετε ότι :∫ π

0

(g(x) + g′′(x)

)ηµ xdx = 2

Λύση:

(α΄) ∫ π

0f ′′(x)sin(x)dx = f ′(x)sin(x)|10 −

∫ π

0f ′(x)(sin(x))′dx

= −∫ π

0f ′(x)cos(x)dx

= − f(x)cos(x)|10 −∫ π

0f(x) · sin(x)dx

= 1 + f(0)−∫ π

0f(x) · sin(x)dx

΄Αρα, ∫ π

0f(x)sin(x)dx+

∫ π

0f ′′(x)sin(x)dx = 2∫ π

0f(x)sin(x)dx+ 1 + f(0)−

∫ π

0f(x) · sin(x)dx = 2

f(0) = 1

(ϐ΄) ∫ π

0

(g(x) + g′′(x)

)ηµ xdx = −

∫ 0

π

(f(π − x) + f ′′(π − x)

)ηµ(π − x)d(π − x)

=

∫ π

0

(f(π − x) + f ′′(π − x)

)ηµ(π − x)d(π − x)

= 2

11. Να ϐρεθεί το άθροισµα

Σn =n∑k=1

n

(2n+ k)√k(2n+ k)

26

όταν το n→ +∞.

Λύση: Το άθροισµα γράφεται

Σn =1

n

n∑k=1

1(2 +

k

n

)√√√√k

n

(2 +

k

n

)

Το οποίο δεν είναι τίποτα άλλο παρά το ολοκλήρωµα Riemann της

f(x) =1

(2 + x)√x(2 + x)

Η συνάρτηση αυτή έχει αρχική την√

x

x+ 2. ΄Αρα,

limn→+∞

Σn =

∫ 1

0f(x)dx =

√x

x+ 2

∣∣∣∣10

=1√3

12. Αποδείξτε ότι :

In =

∫ π/2

0

ηµnx dx =n− 1

n

∫ π/2

0

ηµn−2x dx ∀n ≥ 3

Βρείτε το I5.

Λύση:

In =

∫ π/2

0ηµnx dx = −

∫ π/2

0ηµn−1x · ηµ x dx

= − ηµn−1x · συν x∣∣π/20

+

∫ π/2

0

(ηµn−1x

)′· συν x dx

= 0 + (n− 1)

∫ π/2

0ηµn−2x · συν2x dx = (n− 1)

∫ π/2

0ηµn−2x · (1− ηµ2x) dx

= (n− 1)

∫ π/2

0ηµn−2xdx− (n− 1)

∫ π/2

0ηµnx dx

= (n− 1)In−2 − (n− 1)In

΄Αρα, In =n− 1

nIn−2. Εποµένως I5 =

4

5I3 =

4

5

2

3I1 µε

I1 =

∫ π/2

0ηµ x dx = −συν x|π/20 = 1

13. ∆ίνεται το ολοκλήρωµα In =

∫ 1

0

xn e−x dx, n ∈ Z?+. Να ϐρείτε τη σχέση µεταξύ In και In−1.

Να υπολογίσετε το I4.

27

Λύση:

In =

∫ 1

0xn e−x dx = −

∫ 1

0xn(e−x)′dx = . . .

Θα καταλήξετε στο ότι : In = −1

e+ nIn−1.

I4 = −1

e+ 4I3

I3 = −1

e+ 3I2

I2 = −1

e+ 2I1

I1 =

∫ 1

0x e−x dx = 1− 2

e

14. Αν In =

∫ π/2

0

xσυνnx dx, n ∈ Z?+. Αποδείξτε ότι In = − 1

n2+n− 1

nIn−2, n ≥ 3. Υπολογίστε το

I3.

28

Εµβαδόν Χωρίου

15. Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται απο τη γραφική παράσταση της f(x) = 3x2

και την εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο A(1, 3).

Λύση:

Σχήµα 9: f(x) = 3x2

f ′(x) = 6x⇒ f ′(1) = 6. ΄Αρα, η εφαπτοµένη έχει εξίσωση:

y − 3 = 6(x− 1)⇔ y = 6x− 3

Το σηµείο Γ σηµείο τοµής της εφαπτοµένης µε τον άξονα x′x είναι το Γ = (1/2, 0).΄Αρα,

E(Ω) =

∫ 1/2

03x2dx+

∫ 1

1/2

(3x2 − (6x− 3)

)dx =

1

4

16. Να ϐρεθεί το εµβαδόν του χωρίου µεταξύ των συναρτήσεων f(x) = ηµ(x) και g(x) = συν(x) καιτης x = 0 και της x = 2π.

Λύση:

Εύκολα ϐρίσκουµε τα κοινά σηµεία

f(x) = g(x)⇔ εφ(x) = 1⇒ x =π

4ή x =

5π

4

x 0 π4

5π4 2π

f(x)− g(x) − 0 + 0 −

29

Σχήµα 10: ηµ(x)− συν(x)

΄Αρα, ∫ 2π

0

∣∣∣f(x)− g(x)∣∣∣dx =

∫ 2π

0

(− ηµ(x) + συν(x)

)dx+

+

∫ 5π/4

π/4

(ηµ(x)− συν(x)

)dx+

+

∫ 2π

5π/4

(− ηµ(x) + συν(x)

)dx

= 4√

2

17. ∆ίδεται f(x) = x3 − 3x+ 2.

(α΄) Να υπολγισθεί το εµβαδό του χωρίου, Ω, που περικλείεται απο τη γραφική παράσταση τηςf(x) και τον άξονα x′x.

(ϐ΄) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος α για τον οποίο η ευθεία x = α να χωρίζει το Ω σεδύο ισεµβαδικά µέρη.

(γ΄) Να ϐρείτε τον ακέραιο α έτσι ώστε η x = α να χωρίζει το εµβαδόν Ω σε εµβαδά µε λόγο11

16.

Λύση:

(α΄) x2 − 3x+ 2 = 0⇔ (x− 1)2(x+ 2) = 0∫ 1

−2(x2 − 3x+ 2)dx =

27

4

(ϐ΄)

2

∫ 1

α(x2 − 3x+ 2)dx =

27

4⇔ 2α4 − 12α2 + 16α+ 21 = 0

30

Σχήµα 11: f(x) = x3 − 3x− 2

η οποία δεν έχει ακέραιες ϱίζες.

(γ΄) ∫ α−2 f(x)dx∫ 1α f(x)dx

=11

16⇔ 27α4 − 162α2 + 216α+ 351 = 0

18. (Σχολικό σελ. 349, ασκ. 3) ∆ίδεται η συνάρτηση f(x) = x2 − 3x.

(α΄) Να υπολογίσετε το εµβαδόν S του χωρίου που περικλείεται απο την γραφική παράστασητης f(x) και τον άξονα x.

(ϐ΄) Η ευθεία y = −|a| τέµνει το Gf σε δύο σηµεία A και B. Αν οι προβολές πάνω στον άξονατων τετµηµένων είναι τα σηµεία A′ και B′ αντίστοιχα, και T είναι το εµβαδόν του ABB′A′,

να ϐρείτε την ελαχίστη τιµή του πηλίκουS

T.

Λύση:

(α΄)

−∫ 3

0(x2 − 3x)dx =

9

2

(ϐ΄) A =(3−

√9− 4|a|2

,−|a|),B =

(3 +√

9− 4|a|2

,−|a|). Το εµβαδόν T = (ABB′A′) = |a|

√9− 4|a|.

Εποµένως,S

T=

9

2|a|√

9− 4|a|. Ορίζουµε συνάρτηση

g(x) =9

2x√

9− 4xµε x > 0.

31

Σχήµα 12: f(x) = x2 − 3x

g′(x) =27(−3 + 2x)

x2(9− 4x)3/2

µε ελάχιστο το x =3

2. ΄Αρα, για α =

3

2το πηλίκο είναι ελάχιστο.

32