Πλήρεις σημειώσεις στον Ολοκληρωτικό λογισμό (2015 - 16)

Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης

1

ΜΑΘΗΜΑΤIΚΑ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ

ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ

ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ


2

To παρόν φυλλάδιο προορίζεται για Φροντιστηριακή χρήση…


3

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Παράγουσες συναρτήσεις

Ερωτήσεις θεωρίας

1. Ποια προβλήματα οδήγησαν στην ανάγκη ορισμού της αρχικής

συνάρτησης ; Δώστε τον ορισμό της αρχικής συνάρτησης ή

παράγουσας f στο Δ και ένα παράδειγμα.

Πολλές φορές στην πράξη παρουσιάζονται προβλήματα, που η λύση τους

απαιτεί πορεία αντίστροφη της παραγώγισης. Τέτοια προβλήματα είναι για

παράδειγμα τα παρακάτω:

— Η εύρεση της θέσης )(tS ενός κινητού τη χρονική στιγμή t, αν είναι γνωστή

η ταχύτητά του )(tυ που, όπως γνωρίζουμε, είναι η παράγωγος της συνάρτησης

θέσης )(tSx .

— Η εύρεση της ταχύτητας )(tυ ενός κινητού τη χρονική στιγμή t, αν είναι

γνωστή η επιτάχυνσή του )(tγ που, όπως γνωρίζουμε, είναι η παράγωγος της

συνάρτησης )(tυυ .

— Η εύρεση του πληθυσμού )(tN μιας κοινωνίας βακτηριδίων τη χρονική στιγμή

t, αν είναι γνωστός ο ρυθμός αύξησης )(tN του πληθυσμού.

Το κοινό χαρακτηριστικό των προβλημάτων αυτών είναι ότι, δίνεται μια

συνάρτηση f και ζητείται να βρεθεί μια άλλη συνάρτηση F για την οποία να

ισχύει )()( xfxF σε ένα διάστημα Δ. Οδηγούμαστε έτσι στον παρακάτω ορισμό.


4

ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αρχική συνάρτηση ή

παράγουσα της f στο Δ ονομάζεται κάθε συνάρτηση F που είναι

παραγωγίσιμη στο Δ και ισχύει )()( xfxF , για κάθε Δx .

(Αποδεικνύεται ότι κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστημα Δ έχει

παράγουσα στο διάστημα αυτό)

Για παράδειγμα, η συνάρτηση 3)( xxF είναι μια παράγουσα της 23)( xxf στο ℝ,

αφού 23 3)( xx .

2. Δώστε ένα παράδειγμα το οποίο να οδηγεί στο θεώρημα των

παραγουσών συναρτήσεων και κατόπιν διατυπώστε και αποδείξτε το

θεώρημα αυτό

Για παράδειγμα, η συνάρτηση 3)( xxF είναι μια παράγουσα της 23)( xxf στο ℝ,

αφού 23 3)( xx . Παρατηρούμε ότι και όλες οι συναρτήσεις της μορφής

cxFcxxG )()( 3 , όπου c ℝ , είναι παράγουσες της f στο ℝ , αφού 23 3)( xcx . Γενικά ισχύει το παρακάτω θεώρημα:

ΘΕΩΡΗΜΑ

Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν F είναι μια παράγουσα

της f στο Δ, τότε

όλες οι συναρτήσεις της μορφής

cxFxG )()( , c ℝ ,

είναι παράγουσες της f στο Δ και

κάθε άλλη παράγουσα G της f στο Δ παίρνει τη μορφή

cxFxG )()( , c ℝ .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Κάθε συνάρτηση της μορφής cxFxG )()( , όπου c ℝ , είναι μια παράγουσα

της f στο Δ, αφού )()())(()( xfxFcxFxG , για κάθε Δx .

Έστω G είναι μια άλλη παράγουσα της f στο Δ. Τότε για κάθε Δx ισχύουν

)()( xfxF και )()( xfxG , οπότε

)()( xFxG , για κάθε Δx .

Άρα, σύμφωνα με το πόρισμα της § 2.6, υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε

cxFxG )()( , για κάθε Δx .


5

3. Να δοθεί ο πίνακας παραγουσών βασικών συναρτήσεων

Ο πίνακας των παραγουσών βασικών συναρτήσεων είναι :

4. Ποιες είναι οι δύο ιδιότητες του αόριστου ολοκληρώματος που

προκύπτουν από τον ορισμό του καθώς και από τους κανόνες

παραγώγισης ;

Συνέπεια του ορισμού του αόριστου ολοκληρώματος και των κανόνων

παραγώγισης είναι οι εξής δύο ιδιότητες:

Αν οι συναρτήσεις f και g έχουν παράγουσες F και G σ’ ένα διάστημα Δ, τότε

λ∙F είναι παράγουσα της λ∙f, *λ

F+G είναι παράγουσα της f+g

5. Να υπολογισθούν οι παράγουσες των :


6

φ(χ)=4χ2 , γ(χ)=3ημχ-2eχ , δ(χ)=𝟑𝝌−𝟏

√𝝌

φ(χ)=4χ2

3

( ) 43

xc

γ(χ)=3ημχ-2eχ Γ(χ)=-3συνχ -2 ex + c

δ(χ)=3𝜒−1

√𝜒=

3𝑥

√𝜒−

1

√𝜒 =3∙ 𝑥

1

2 - 𝑥1

2 Δ(χ)= 3 1

2 2

3 1

2 2

3 2 23 1

2 2

c x x c

6. Nα βρεθεί συνάρτηση f τέτοια, ώστε η γραφική της παράσταση να

διέρχεται από το σημείο Α(2,3) και να ισχύει f’(x)=2x-1, για κάθε

xϵR.

ΛΥΣΗ

Επειδή 12)( xxf , έχουμε διαδοχικά: 2( )f x x x c , cϵR

Για να διέρχεται η f από το σημείο )3,2(A πρέπει και αρκεί 3)2( f ή,

ισοδύναμα, 3222 c , δηλαδή 1c . Επομένως, 1)( 2 xxxf .

7. Η είσπραξη )(xE , από την πώληση x μονάδων ενός προϊόντος 100)(0 x μιας βιομηχανίας, μεταβάλλεται με ρυθμό xxE 100)(

(σε χιλιάδες δραχμές ανά μονάδα προϊόντος), ενώ ο ρυθμός

μεταβολής του κόστους παραγωγής είναι σταθερός και ισούται με 2

(σε χιλιάδες δραχμές ανά μονάδα προϊόντος). Να βρεθεί το κέρδος

της βιομηχανίας από την παραγωγή 100 μονάδων προϊόντος,

υποθέτοντας ότι το κέρδος είναι μηδέν όταν η βιομηχανία δεν

παράγει προϊόντα.

ΛΥΣΗ

Αν )(xP είναι το κέρδος και )(xK είναι το κόστος παραγωγής για x μονάδες

προϊόντος, τότε )()()( xKxExP , Οπότε xxxKxExP 982100)()()(

Δηλαδή xxP 98)( , και άρα cx

xxP 2

98)(2

, c ℝ. ΄Οταν η βιομηχανία

δεν παράγει προϊόντα, το κέρδος είναι μηδέν, δηλαδή ισχύει 0)0( P ,οπότε

0c . Επομένως, 2

98)(2x

xxP . Άρα, το κέρδος από 100 μονάδες προϊόντος

είναι 2

10010098)100(

2

P 480050009800 (σε χιλιάδες δραχμές).


7

Ασκήσεις

1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΓΟΥΣΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

1.Να βρείτε τη συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού το διάστημα ( 0 , +∞),

για την οποία ισχύει 1

f (́x) = x και

Λύση

Το σύνολο των αρχικών συναρτήσεων της 1

f (́x) = x

είναι

f(x) = 2 x + c , x(0, + ) και οποιοδήποτε cϵR (1)

Για x = 9, η (1) f(9) = 2 9 + c

1 = 2. 3 + c

c = – 5

(1) f(x) = 2 x – 5 , x(0, + )

2. Να βρείτε την συνάρτηση f για την οποία ισχύει f΄΄(x)=3 ,f΄(1) = 6

και f(0) = 4

Λύση

f ΄΄(x) = 3 f ΄(x) = 3x + 1c (1)

f ΄(1) = 3. 1 + 1c

6 = 3 + 1c 1c = 3

(1) f ΄(x) = 3x + 3 f(x) = 3. 1

2

2x + 3x + 2c (2)

f(0) = 3. 1

2

20 + 3. 0 + 2c

4 = 2c

(2) f(x) = 3

2

2x + 3x + 4

f(9) = 1


8

3. Να βρείτε την συνάρτηση για την οποία ισχύει f ΄΄(x) = 12x2 + 2

και η γραφική της παράσταση στο σημείο της Α(1, 1) έχει κλήση 3.

Λύση

Από υποθέσεις έχουμε f(1) = 1 και f ΄(1) = 3 .

f ΄΄(x) = 12x2+2 f ΄(x) = 4x3 + 2x + c (1)

f ΄(1) = 4. 13 + 2. 1 + c

3 = 6 + c c = -3

Η (1) γίνεται f ΄(x) = 4x3 + 2x – 3 f(x) = x4 + x23x + η (2)

f(1) = 14 + 123. 1 + η

1 = –1 + η η = 2

Η (2) γίνεται f(x) = x4 + x23x + 2, xϵR


9


ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΟΥΣΩΝ

4. O πληθυσμός Ν(t), σε εκατομμύρια, μιας κοινωνίας βακτηριδίων,

αυξάνεται με ρυθμό t

201

Ν (́t) = e20

ανά λεπτό.Να βρείτε την αύξηση του

πληθυσμού στα 60 πρώτα λεπτά.

Λύση t

201

Ν (́t) = e20

t

20Ν(t) = e + c

Ζητούμενη αύξηση του πληθυσμού : Ν(60) Ν(0) = (60 0

20 20e c) (e c)

= 3e c 1 c = 3e 1 εκατομμύρια

5. Μία βιομηχανία έχει διαπιστώσει ότι για την εβδομαδιαία

παραγωγή x εξαρτημάτων έχει οριακό κόστος x2 + 5x ( ευρώ

ανά μονάδα προϊόντος ) . Να βρείτε την συνάρτηση κόστους της

εβδομαδιαίας παραγωγής , αν είναι γνωστό ότι τα σταθερά

εβδομαδιαία έξοδα της βιομηχανίας, όταν δεν παράγει κανένα

εξάρτημα είναι 100 ευρώ .

Λύση

Θυμίζουμε την έννοια του οριακού κόστους : Αν Κ(x) είναι η συνάρτηση

κόστους τότε η Κ΄(x) λέγεται οριακό κόστος για x μονάδες προϊόντος.

Κ΄(x) = x2 + 5x Κ(x) =3 2 x x

53 2

+ c (1)

3 20 0

K(0) = 5 + c3 2

100 = c

Η (1) γίνεται K(x) = 3 2x 5x

+ + 1003 2

, x 0


10

6. Μια νέα γεώτρηση εξόρυξης πετρελαίου έχει ρυθμό άντλησης που δίνεται

από τον τύπο 23R (́t) = 20 10t t

4 , όπου R(t) είναι ο αριθμός σε

χιλιάδες των βαρελιών που αντλήθηκαν στους t πρώτους μήνες λειτουργίας

της . Να βρείτε πόσα βαρέλια θα έχουν αντληθεί τους 8 πρώτους μήνες

λειτουργίας της .

Λύση

23R (́t) = 20 10t t

4 2 31

R(t) = 20t 5t t4

+ c (1)

2 31R(0) = 20. 0 5.0 0

4 + c

0 = c

Η (1) γίνεται R(t) = 20t + 5t2 31t

4 .

R(8) = 20∙8+5∙64128 = 352 χιλιάδες βαρέλια .

7. Η θερμοκρασία Τ ενός σώματος που περιβάλλεται από ένα ψυκτικό

υγρό, ελαττώνεται με ρυθμό καe –κt, όπου α, κ είναι θετικές

σταθερές και t ο χρόνος. Η αρχική θερμοκρασία Τ(0) του σώματος

είναι Το + α , όπου Το η θερμοκρασία του υγρού, η οποία με κατάλληλο

μηχάνημα διατηρείται σταθερή Να βρείτε τη θερμοκρασία του σώματος την

χρονική στιγμή t .

Λύση

Δίνεται ότι Τ΄(t) = καe –κt

Αλλά (αe –κt )΄ = καe –κt , άρα Τ(t) = αe –κt + c (1)

Τ(0) = αe –κ0 + c

Το + α = αe0 + c

c = To

(1) Τ(t) = αe –κt + To

8.Ένας βιομήχανος, ο οποίος επενδύει x χιλιάδες ευρώ στη βελτίωση

της παραγωγής του εργοστασίου του, αναμένει να έχει κέρδος Ρ(x)


11

χιλιάδες ευρώ από την επένδυση αυτή. Μια ανάλυση της παραγωγής έδειξε

ότι ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους Ρ(x), που οφείλεται στην επένδυση

αυτή δίνεται από τον τύπο -x

2000Ρ (́x) = 5,8e . Να βρείτε το συνολικό κέρδος

που οφείλεται σε αύξηση της επένδυσης από 4000000 ευρώ σε

6000000 ευρώ.

Λύση

Επειδή x

2000e

= 1

2000

x

2000e

– 2000x

2000e

= x

2000e

x

20002000e

= x

2000e

x

20005,8 2000e

= 5,8 x

2000e

Ρ(x) = 200020008,5

x

e

+ c Ρ(x) = x

200011600 e

+ c (1)

Είναι 4000000 ευρώ = 4000 χιλιάδες ευρώ και 6000000 ευρώ =

6000 χιλιάδες ευρώ Το ζητούμενο συνολικό κέρδος θα είναι

Ρ(6000) Ρ(4000) = 6000

2000( 11600e c)

(116004000

2000e c)

= -3 -211600e 11600e χιλιάδες ευρώ

9. Από την πώληση ενός νέου προϊόντος μιας εταιρείας

διαπιστώθηκε ότι ο ρυθμός μεταβολής του κόστους Κ(t) δίνεται από

τον τύπο Κ΄(t) = 8000,6t (σε ευρώ την ημέρα) , ενώ ο ρυθμός

μεταβολής της είσπραξης Ε(t) στο τέλος των t ημερών δίνεται

από τον τύπο Ε΄(t) = 1000 + 0,3t ( σε ευρώ την ημέρα ) . Να βρείτε

το συνολικό κέρδος της εταιρείας από την τρίτη έως και την έκτη ημέρα.

Λύση

Έστω Ρ(t) η συνάρτηση του κέρδους, όπου t το πλήθος των ημερών.

Είναι Ρ(t) = Ε(t) - Κ(t) Ρ΄(t) = E΄ (t) K΄(t)

Ρ΄(t) = 1000 + 0,3t 800 + 0,6t Ρ΄(t) = 200 + 0,9t

Ρ(t) = 200t + 2t

0,92

+ c , τo ζητούμενο συνολικό κέρδος θα είναι

Ρ(6) Ρ(2) = (20,9 6

+ 200 6 c2

) – (

20,9 2+ 200 2 c

2

) = 814,4 ευρώ



12

ΠΑΡΑΓΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗΜΑ

BOLZANO

4.Έστω f , g δύο συναρτήσεις με f(0) = g(0), f(1) = g(1) +1

και f ΄΄(x) = g΄΄(x) για κάθε xϵR. Να αποδείξετε ότι :

i) f(x) = g(x) + x , για κάθε xϵR

ii) Αν η συνάρτηση g έχει δύο ρίζες α, β με α < 0 <

β, τότε η συνάρτηση f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α, β).

Λύση

i) f ΄΄(x) = g΄΄(x) f ΄(x) = g΄(x) + c1 για κάθε xϵR .

f(x) = g(x) + c1x + c2 για κάθε xϵR (1)

f (0) = g(0) + c1. 0 + c2 άρα 0 = c2 ( αφού f(0) = g(0) )

(1) f(x) = g(x) + c1x για κάθε xϵR (2)

f(1) = g(1) + c1. 1, αλλά f(1) = g(1) + 1

g(1) + 1 = g(1) + c1 άρα 1 = c1

(2) f(x) = g(x) + x για κάθε xϵR (3)

ii) Επειδή η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, θα είναι συνεχής

σ’ αυτό και επομένως συνεχής στο διάστημα [α, β] .

Επίσης αφού τα α και β είναι ρίζες της g θα είναι g(α) = 0 = g(β)

(3) f(α) = g(α) + α = α και f(β) = g(β) + β = β

Οπότε f(α)f(β) = αβ < 0 αφού α < 0 < β

Με το θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι η f έχει μία τουλάχιστον ρίζα

στο (α , β) .

Ορισμένο Ολοκλήρωμα


13


1. Πως βρίσκουμε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από

τη γραφική παράσταση της συνάρτησης 2)( xxf , τον άξονα των

x και τις ευθείες 0x και 1x (Παραβολικό χωρίο) ;

Έστω ότι θέλουμε να βρούμε το εμβαδόν του χωρίου Ω (Εμβαδόν παραβολικού χώρου) που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

2)( xxf , τον άξονα των x και τις ευθείες 0x και 1x (Παραβολικό

χωρίο Σχ. 5).

1

Ω

1 O x

y

y=x2 5

2v

1v

vv1

1

1 O x

y 6

. . .

y=x2

Μια μέθοδος να προσεγγίσουμε το ζητούμενο εμβαδόν είναι η εξής:

Χωρίζουμε το διάστημα ]1,0[ σε ν ισομήκη υποδιαστήματα, μήκους ν

xΔ1

,

με άκρα τα σημεία:

00 x , ν

x1

1 , ν

x2

2 , ………….…., ν

νxν

11

, 1

ν

νxν .

Σχηματίζουμε τα ορθογώνια με βάσεις τα υποδιαστήματα αυτά και ύψη

την ελάχιστη τιμή της f σε καθένα από αυτά. (Σχ. 6). Μια προσέγγιση

του εμβαδού που ζητάμε είναι το άθροισμα, νε , των εμβαδών των

παραπάνω ορθογωνίων. Δηλαδή, το:

νν

νf

ννf

ννf

νfεν

1112111)0(

222

2 1210

1

ν

ν

ννν

])1(21[1 222

3 ν

ν

2

2

3 6

132

6

)12()1(1

ν

ννννν

ν

.


14

Αν, τώρα, σχηματίσουμε τα

ορθογώνια με βάσεις τα παραπάνω

υποδιαστήματα και ύψη την μέγιστη

τιμή της f σε καθένα απ’ αυτά (Σχ. 7),

τότε το άθροισμα

νν

νf

ννf

ννfΕν

11211

των εμβαδών των ορθογωνίων αυτών

είναι μια ακόμη προσέγγιση του

ζητούμενου εμβαδού. Είναι όμως,

νν

νf

ννf

ννfΕν

11211

222211

ν

ν

ννν

)21(1 222

3ν

ν

2

2

3 6

132

6

)12)(1(1

ν

ννννν

ν

.

Το ζητούμενο, όμως, εμβαδόν Ε βρίσκεται μεταξύ των νε και νE . Δηλαδή

ισχύει νν ΕΕε , οπότε νν

νν

ΕΕε

limlim .

Επειδή 3

1limlim

ν

νν

νΕε , έχουμε

3

1Ε .

Αν, τώρα, σχηματίσουμε τα

ορθογώνια με βάσεις τα παραπάνω

υποδιαστήματα ],[ 1 κκ xx , νκ ...,,2,1 και

ύψη την τιμή της συνάρτησης σε

οποιοδήποτε ενδιάμεσο σημείο κξ ,

νκ ...,,3...,,2,1 , καθενός διαστήματος,

(Σχ. 8), τότε το άθροισμα

)(1

)(1

)(1

21 νν ξfν

ξfν

ξfν

S

των εμβαδών των ορθογωνίων αυτών είναι μια ακόμη προσέγγιση του

ζητούμενου εμβαδού. Επειδή )()()( 1 κκκ xfξfxf για νκ ...,,2,1 , θα είναι

)(1

)(1

)(1

1 κκκ xfν

ξfν

xfν

, οπότε θα ισχύει ννν ΕSε .

Είναι όμως, ΕEε νν

νν

limlim . Άρα θα ισχύει ΕSνν

lim .

2. Έστω f μια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα ],[ βα , με

0)( xf για κάθε ],[ βαx και Ω το χωρίο που ορίζεται από τη

vv1

2v

1v

1

1 O x

y 7

. . .

y=x2

1

1 ξv

f (ξk)

ξk ξ2 ξ1 O x

y 8

. . . . . .

y=x2


15

γραφική παράσταση της f, τον άξονα των x και τις ευθείες

αx , βx .Να υπολογισθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω.

Για να ορίσουμε το εμβαδόν του χωρίου Ω (Σχ. 9) εργαζόμαστε όπως

στο υπολογισμό του παραβολικού χωρίου γμα. Δηλαδή:

Χωρίζουμε το διάστημα ],[ βα σε ν ισομήκη

υποδιαστήματα, μήκους ν

αβxΔ

, με τα

σημεία βxxxxα ν ...210 .

Σε κάθε υποδιάστημα ],[ 1 κκ xx επιλέγουμε

αυθαίρετα ένα σημείο κξ και σχηματίζουμε

τα ορθογώνια που έχουν βάση xΔ και ύψη

τα )( κξf . Το άθροισμα των εμβαδών των

ορθογωνίων αυτών είναι

xΔξfξfxΔξfxΔξfxΔξfS ννν )]()([)()()( 121 .

Yπολογίζουμε το νν

S

lim .

Αποδεικνύεται ότι το νν

S

lim υπάρχει στο ℝ και είναι ανεξάρτητο από την

επιλογή των σημείων κξ . Το όριο αυτό ονομάζεται εμβαδόν του επιπέδου

χωρίου Ω και συμβολίζεται με )(ΩΕ . Είναι φανερό ότι 0)( ΩΕ .

3. Πως ορίζεται το ορισμένο ολοκλήρωμα ; Πως επεκτείνεται ο ορισμός

αυτός και τι προκύπτει από τον ορισμό αυτό ;

Έστω μια συνάρτηση f

σ υ ν ε χ ή ς στο ],[ βα . Με τα

σημεία βxxxxα ν ...210

χωρίζουμε το διάστημα ],[ βα

σε ν ισομήκη υποδιαστήματα

μήκους ν

αβxΔ

.

Στη συνέχεια επιλέγουμε αυθαίρετα ένα ],[ 1 κκκ xxξ , για κάθε }...,,2,1{ νκ

, και σχηματίζουμε το άθροισμα

xΔξfxΔξfxΔξfxΔξfS νκν )()()()( 21

το οποίο συμβολίζεται, σύντομα, ως εξής:

Δxβ a

v

xν-1 x2 ... x1 xν=β α=x0 ξν ξk

Ω

ξ2 ξ1 O

x

y=f (x) y

f(ξ1) f(ξ2) f(ξk)

f(ξν)

xk ... xk-1

9

xv-1 ξv

y=f (x)

ξk

ξ2 ξ1

x

x2 x1 xv=β a=x0 O

y10


16

ν

κκν xΔξfS

1

)((1) .

Aποδεικνύεται ότι,

“Το όριο του αθροίσματος νS , δηλαδή το

ν

κ

κν

Δxξf1

)(lim (1) υπάρχει στο

R και είναι ανεξάρτητο από την επιλογή των ενδιάμεσων σημείων κξ ”.

Το παραπάνω όριο (1) ονομάζεται ορισμένο ολοκλήρωμα της συνεχούς

συνάρτησης f από το α στο β, συμβολίζεται με β

αdxxf )( και διαβάζεται

“ολοκλήρωμα της f από το α στο β”. Δηλαδή,

α

β

ν

κ

κν

xΔξfdxxf1

)(lim)(

Το σύμβολο οφείλεται στον Leibniz και ονομάζεται σύμβολο

ολοκλήρωσης. Αυτό είναι επιμήκυνση του αρχικού γράμματος S της

λέξης Summa (άθροισμα). Οι αριθμοί α και β ονομάζονται όρια της

ολοκλήρωσης. Η έννοια “όρια” εδώ δεν έχει την ίδια έννοια του ορίου

του 2ου κεφαλαίου. Στην έκφραση β

αdxxf )( το γράμμα x είναι μια

μεταβλητή και μπορεί να αντικατασταθεί με οποιοδήποτε άλλο γράμμα.

Έτσι, για παράδειγμα, οι εκφράσεις β

αdxxf )( ,

β

αdttf )( συμβολίζουν το ίδιο

ορισμένο ολοκλήρωμα και είναι πραγματικός αριθμός, σε αντίθεση με το

dxxf )( που είναι ένα σύνολο συναρτήσεων .

Είναι, όμως, χρήσιμο να επεκτείνουμε τον παραπάνω ορισμό και για

τις περιπτώσεις που είναι βα ή βα , ως εξής:

β

α

α

βdxxfdxxf )()(

α

αdxxf 0)(

Από τους ορισμούς του εμβαδού και του

ορισμένου ολοκληρώματος προκύπτει ότι:

Αν 0)( xf για κάθε ],[ βαx , τότε το

ολοκλήρωμα β

αdxxf )( δίνει το εμβαδόν )(ΩE

του χωρίου Ω που περικλείεται από τη

γραφική παράσταση της f τον άξονα xx και

τις ευθείες αx και βx (Σχ. 11). Δηλαδή,

β

α

ΩEdxxf )()( .

(1) Το άθροισμα αυτό ονομάζεται ένα άθροισμα RIEMANN.

β α

Ω

O x

y=f (x)

y 11


17

Επομένως,

Αν 0)( xf , τότε β

αdxxf 0)( .

4. Nα αποδειχθεί ότι β

ααβcdxc )( , για οποιοδήποτε c R.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

i) Αν βα , τότε α

ααβcααccdx )()(0 .

ii) Αν βα , τότε, επειδή η cxf )( είναι συνεχής στο ],[ βα , έχουμε

β

α

β

αdxxfcdx )( ]))()()([(lim 21 xΔξfxΔξfxΔξf ν

ν

)]()()([lim 21 νν

ξfξfξfν

αβ

)(lim ccc

ν

αβ

ν

)(lim αβccνν

αβ

ν

iii) Αν βα , τότε α

β

β

ααβcβαccdxcdx )()( .

ΣΧΟΛΙΟ

Αν 0c , τότε το β

αcdx εκφράζει το εμβαδόν ενός ορθογωνίου με βάση

αβ και ύψος c

5. Ποια θεωρήματα δίνουν τις ιδιότητες του ορισμένου ολοκληρώματος

;

Με τη βοήθεια του ορισμού του ορισμένου ολοκληρώματος

αποδεικνύονται τα παρακάτω θεωρήματα.

ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο

Έστω gf , σ υ ν ε χ ε ί ς συναρτήσεις στο ],[ βα και μλ,

β

α

β

αdxxfλdxxfλ )()(

β α O x

y=c

y


18

β

α

β

α

β

αdxxgdxxfdxxgxf )()()]()([

και γενικά

β

α

β

α

β

αdxxgμdxxfλdxxgμxfλ )()()]()([

ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο

Αν η f είναι σ υ ν ε χ ή ς σε διάστημα Δ και Δγβα ,, , τότε ισχύει

β

γ

γ

α

β

αdxxfdxxfdxxf )()()(

Για παράδειγμα, αν 3)(3

0 dxxf και 7)(4

0 dxxf , τότε

473)()()()()(3

0

4

0

0

3

4

0

4

3 dxxfdxxfdxxfdxxfdxxf .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ

Αν 0)( xf και βγα η παραπάνω

ιδιότητα δηλώνει ότι:

)()()( 21 ΩΕΩΕΩΕ

αφού

γ

αdxxfΩΕ )()( 1 ,

β

γdxxfΩΕ )()( 2

Και β

αdxxfΩΕ )()( .

ΘΕΩΡΗΜΑ 3ο

Έστω f μια σ υ ν ε χ ή ς συνάρτηση σε ένα διάστημα ],[ βα . Αν 0)( xf

για κάθε ],[ βαx και η συνάρτηση f δεν είναι παντού μηδέν στο

διάστημα αυτό, τότε

β

αdxxf 0)( .

Ορισμένο Ολοκλήρωμα

Ασκήσεις

β γ α

Ω2 Ω1

O x

y=f (x)

y


19


ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

1. Αν 4 4 8

1 3 1f(x)dx = 9, f(x)dx =11, f(x)dx 13 , να βρείτε τα

ολοκληρώματα i) 3

4f(x)dx ii)

8

4f(x)dx

iii) 3

1f(x)dx iν)

8

3f(x)dx

Λύση

i) 3

4f(x)dx =

4

3f(x)dx = 11

ii) 8

4f(x)dx =

1 8

4 1f(x)dx + f(x)dx =

4 8

1 1f(x)dx + f(x)dx = 9 + 13 = 4

iii) 3

1f(x)dx =

4 3

1 4f(x)dx + f(x)dx = 911 = 2

iν) 8

3f(x)dx =

4 8

3 4f(x)dx + f(x)dx =11 + 4 = 15

2. Να αποδείξετε ότι e 1

1 e

1lntdt = ln dt

t

Λύση 1 1 1

1

e e e

1ln dt = lnt dt = lntdt

t

= 1 e

e 1lntdt = lnt dt

3. Να υπολογίσετε το κ έτσι ώστε 2

κ 1

2 21 κ

x 4 5 dx dx = 3

x 1 x 1

Λύση

2κ 1

2 21 κ

x 4 5 dx dx = 3

x 1 x 1

2

κ κ

2 21 1

x 4 5 dx dx = 3

x 1 x 1

2

κ

2 21

x 4 5 dx 3

x 1 x 1

2

κ

21

x 4 5 dx 3

x 1


20

2

κ

21

x 1 dx = 3

x 1

κ

11 dx = 3

1(κ1) = 3 κ = 4

4. Αν 3 3

1 1 f(x) dx = 5 και g(x)dx = 2

να υπολογίσετε τα

ολοκληρώματα i) 3

1(2 f(x) 6 g(x)) dx και ii)

1

3(2 f(x) g(x)) dx

Λύση

i) 3

1(2 f(x) 6 g(x)) dx = =

3 3

1 12 f(x) dx 6 g(x) dx

=2∙56∙(2)

= 10 + 12 = 22

ii) 1

3(2 f(x) g(x)) dx =

3

1(2 f(x) g(x)) dx

= 3 3

1 12 f(x) dx g(x) dx

= 2∙5 + (2)

= 10 2 = 12

Η συνάρτηση

x

αdttfF(x) )(



21

1. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το Θεμελιώδες θεώρημα του

ολοκληρωτικού λογισμού

ΘΕΩΡΗΜΑ (Θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού)

Έστω f μια συνεχής συνάρτηση σ’ ένα διάστημα ],[ βα . Αν G είναι μια

παράγουσα της f στο ],[ βα , τότε

β

ααGβGdttf )()()(

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Σύμφωνα με το προηγούμενο θεώρημα, η συνάρτηση x

αdttfxF )()( είναι

μια παράγουσα της f στο ],[ βα . Επειδή και η G είναι μια παράγουσα της

f στο ],[ βα , θα υπάρχει c

cxFxG )()( . (1)

Από την (1), για αx , έχουμε α

αccdttfcαFαG )()()( , οπότε )(αGc .

Επομένως,

)()()( αGxFxG ,

οπότε, για βx , έχουμε

β

ααGdttfαGβFβG )()()()()(

και άρα

β

ααGβGdttf )()()( .

ΣΧΟΛΙΟ

Πολλές φορές, για να απλοποιήσουμε τις εκφράσεις μας, συμβολίζουμε

τη διαφορά )()( αGβG με β

αxG )]([ , οπότε η ισότητα του παραπάνω

θεωρήματος γράφεται β

α

β

α

β

α dxxfxGdxxf ][ )()]([)( .

Για παράδειγμα,

3

1

3

1

2

42

1

2

9

2

xxdx


22

π

π πxxdx0

0 2συν0συν]συν[ημ

e

e exdxx1

1 11lnln][ln1 .

2. Ποιες μεθόδους ολοκλήρωσης γνωρίζετε ;

Μέθοδοι ολοκλήρωσης

Ο τύπος της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες για το ορισμένο

ολοκλήρωμα παίρνει τη μορφή

β

α

β

α

β

α dxxgxfxgxfdxxgxf )()()]()([)()( ,

όπου gf , είναι συνεχείς συναρτήσεις στο

],[ βα .

Για παράδειγμα, ας υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα 2/

0συν

π

xdxxΙ . Έχουμε:

2/

0

2/

0

2/

0ημ)(ημ)ημ( ][

π ππ xdxxxxdxxxI

2/

0

2/

0ημημ ][

ππ xdxxx

2/

0

2/

0][][ συνημ ππ xxx

2

21

2

ππ .

Ο τύπος ολοκλήρωσης με αλλαγή μεταβλητής για το ορισμένο

ολοκλήρωμα παίρνει τη μορφή

β

α

u

uduufdxxgxgf

2

1

)()())(( ,

όπου gf , είναι συνεχείς συναρτήσεις, )(xgu ,

dxxgdu )( και )(1 αgu , )(2 βgu .

Για παράδειγμα, ας υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα e

dxx

xI

1

ln .

Έχουμε:

e

dxxxI1

)(lnln

Aν θέσουμε xu ln , τότε dxxdu )(ln , 01ln1 u και 1ln2 eu .

Επομένως,

1

0

1

0

2

2

1

2

uuduI .


23

3. Nα υπολογισθούν τα ολοκληρώματα

i) dxx

xx

2

1

2 1 ii) dxx

x

4

1

1 iii) dxx5

1|2-| .

ΛΥΣΗ

i) ΄Εχουμε

2

1

2

1

2

1

2

1

22 11dx

xdx

x

xdx

x

xdx

x

xx

2

1

2

1

2

1

11 dx

xdxxdx

2ln2

52ln1

2

12ln

22

1

2

1

2

1

2

][][

xx

x .

ii) Έχουμε

4

1

4

1

4

1

11dx

xdx

x

xdx

x

x

4

1

4

1

2/12/1 dxxdxx

3

202

3

2

2/12/3

4

1

4

1

3

4

1

2/14

1

2/3

][

xx

xx .

iii) Επειδή

2,2

2,2|2|

xx

xxx , έχουμε

5

1

2

1

5

2

5

2

22

1

2

92

9

2

92

222)2()2(|2| x

xxxdxxdxxdxx .


24

Ασκήσεις


ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΑΠΛΩΝ

ΟΡΙΣΜΕΝΩΝ

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ

1.Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

i) 2

2

0(3x 2x 1) dx ii)

e

1 3

x +1 d

xx

iii) π

2

0(συνx 2 ημx) dx iν)

22

1

1x dx

x

Λύση

i) 2

2

0(3x 2x 1) dx = 3 2 2

0[x x + x] =

= (2322 + 2) (00 + 0) = 8 4 + 2 = 6

ii) e

1 3

x +1 d

xx =

e

1 3 3

x 1+ dx

x x

= 3

e2

1

x + x dx

x x

= 3

e2

1

1 + x dx

x

=

e3

12

1

xln x

31

2

=

e1

2

1

ln x 2x

= 1

2ln e 2e

(ln1 2) = 1

1 2 2e

= =2

3e


25

iii) π

2

0(συνx 2 ημx) dx = 2

0x 2 x

= 22 2

(ημ0 2συν0)

= 1 + 002 = 1

iν) 2

2

1

1x dx

x

=

22

21

1x 2 dx

x

=

23

1

x 12x

3 x

= 32 1

2.23 2

– 31 1

2.13 1

= 8 1 1 29

4 2 1 3 2 3 6

2. Να αποδείξετε ότι 3

2 1

2 21 2

x 7x x 3dx 2 dx =

2x 5 x 5

Λύση

3 32 1 2 2

2 2 2 21 2 1 1

x 7x x x 7x x dx + 2 dx = dx 2 dx

x 5 x 5 x 5 x 5

= 3

2

2 21

x 7x 2x dx

x 5 x +5

= 3

2

21

x 7x 2x dx

x 5

= 3

2

21

x 5x dx

x 5

= 2

2

21

x(x 5) dx

x 5

= 2

1x dx =

22

1

4 1 3

2 2 2 2

x

3. i) Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης 2f(x) = ln x x 1

ii) Να αποδείξετε ότι 1

20

1 dx = ln 1 2

x 1

Λύση

i) f ΄(x) = '

2ln(x x 1) = 2

1

x x 1

2x x 1


26

= 2

2 2

1 11 x 1

x x 1 2 x 1

= 2 2

1 11 2x

x x 1 2 x 1

= 2 2

1 x1

x x 1 x 1

= 2

2 2 2

1 x 1 x 1 =

x x 1 x 1 x 1

ii) 1

20

1 dx

x +1

( i )

1

0 f (́x)dx = f(1) f(0) = ln(1 2) ln1 ln(1 2 )


27


ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΣΜΕΝΩΝ

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ

ΤΥΠΟΥ

4. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα 2

2

0 x x 1 dx

Λύση

Είναι |x1| = x1 αν x 1 και |x1|= x + 1 αν x 1 οπότε

Ι = 2

2

0x x 1 dx =

12

0x x 1 dx +

22

1x x 1 dx

= 1 2

2 2

0 1x ( x+1 dx + x (x 1) dx

= 1 2

2 2

0 1(x x 1)dx + (x x 1) dx

= 3 2 3 2

1 2

0 1

x x x x[ x] + [ x]

3 2 3 2

= 1 1 8 4 1 1

( 1) 0 ( 2) ( 1)3 2 3 2 3 2

= 5 4 1 5

1 2 16 6 6 3

4. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα

π

π f(x) dx

, αν f(x) = x , x 0

x , 0 x

Λύση

Επειδή x 0

lim

f(x) = x 0

lim

x = 0 = f(0)

και x 0

lim

f(x) = x 0

lim

ημx = 0 = f(0),

η f είναι συνεχής στο xο = 0, άρα συνεχής και στο [π, π]


28

Οπότε π

-π f(x) dx =

0 π

-π 0x dx + ημx dx =

02

π

0

x + [ συνx]

2

= 2π

(0 ) + ( συνπ συν0)2

= 2 2π π

1 1 = 22 2


2

0x 3x 2 dx

Λύση

Πρόσημο του τριώνυμου :

Οπότε

32

0x 3x 2 dx =

1 2 32 2 2

0 1 2(x 3x 2) dx ( x 3x 2) dx (x 3x 2) dx

= 1

3 2

0

x 3x2x

3 2

+

23 2

1

x 3x2x

3 2

+

33 2

2

x 3x2x

3 2

=

11

6

x – 1 2 + 2x – 3x + 2 + 0 – 0 +


29



ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ ΜΕ

ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗ

8. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

i) 6

4 2

x dx

x 4 ii)

π

2

0[ημ(συνx x)ημx ημ(συνx x)] dx

Λύση

i) Ι = 6

4 2

x dx

x 4

Θέτουμε x24 = u 2x dx = du 1

xdx = du2

Για x = 4 u = 24 – 4 = 12

Για x = 6 u = 26 – 4 = 32

Οπότε το Ι γράφεται Ι =3232

12 12

1 du = u

2 u = 32 12 = 4 2 2 3

ii) Ι = π

2

0[ημ(συνx x)ημx ημ(συνx x)] dx =

π

2

0[ημ(συνx x)(ημx 1 )] dx

Θέτουμε συνx + x = u (ημx + 1)dx = du (ημx1)dx = du

Για x = 0 u = συν0 + 0 = 1

Για x =π

2 u = συν

π

2+

π

2 =

π

2

Οπότε Ι = π π

2 2

1 1ημu ( du) = ημu du =

π

21

π[συνu] = συν συν1 = συν1

2


30



ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ ΜΕ

ΠΑΡΑΓΟΝΤΙΚΗ ΟΛΚΛΗΡΩΣΗ

9. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα 2e

1

lnx dx

x

Λύση

2e

1

lnx dx

x =

2e'

1lnx (2 x) dx

= 2 2e e

11

12 x ln x 2 x dx

x

= 2e

12 x ln x

– 2e

1

12 dx

x

= 2e

12 x ln x

– 22e

12 x

= 2 2 22 e lne 2 1 ln1 4( e 1)

= 2e 2 lne 0 4e + 4 = 4e 4e + 4 = 4


x

0x e dx

Λύση

1x

0xe dx

= 1

x

0x ( e ) dx

= – 1

x

0 e dx

= – 1

x

0e

= 1 1 0( 1 e 0) (e e )

= 1 1 2

1 = 1e e e

1x

0xe

1

x

0xe


31


2

0x ln(9 + x ) dx

Λύση

Θέτουμε 9 + x2 = u 2xdx = du x dx = 1

du2

Για x = 0 u = 9 + 20 = 9

Για x = 1 u = 9 + 21 = 10

Οπότε 1

2

0x ln(9 + x ) dx =

10

9

1 lnu du

2

= 10

9

1lnu du

2

= 10

9

1u ́ lnu du

2

= 1010

9 9

1 1 1u ln u u du =

2 2 u

= 1010

9 9

1 1u ln u du

2 2

= 10

9

1u ln u

2 -

10

9

1u

2

= 1 1

(10 ln10 9ln9) (10 9)2 2

= 9 1

5ln10 ln 92 2

12. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα π

x2

0e συν2x dx

Λύση

Ι = π

x2

0e συν2x dx =

π

x '2

0(e ) συν2x dx

=

= συν22

– 0e συν0 +

= (–1) – 1 + π

x2

02 (e ) ημ2x dx

= – – 1 + 2 x 2

0e 2x

–

π

x2

02 e (ημ2x) dx

= – – 1 + 2 02e 2 e 02

– π

x2

04 e συν2x dx

π

x x22

0 0e 2x e ( 2ημ2x) dx

2e

π

x2

02 e ημ2x dx

2e

2e

2e


32

= – – 1 + 2 0 0 – 4 I

= – – 1 – 4 I

Αποδείξαμε ότι Ι = – – 1 – 4 I 5Ι = – – 1

Ι = 1

52e 1

13. Αν Ι = 22

0x ημ x dx

, π

22

0J = x συν x dx ,να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

I + J , IJ , I , J

Λύση π π

2 22 2

0 0I + J = x ημ x dx + x συν x dx =

π

2 22

0(x ημ x + xσυν x)dx

= π

2 22

0x (ημ x + συν x)dx =

π

2

0x dx

= 2 2

0

x

2

=

2

2

2

– 20

2 =

2π

8 (1)

π π

2 22 2

0 0Ι J = x ημ x dx x συν x dx =

π

2 22

0(x ημ x x συν x) dx

= π

2 22

0x (ημ x συν x) dx

= π

2

0 x( συν2x) dx

= –π

2

0 x συν2x dx

= –π

2

0

2x x dx

2

= –2

0

2xx

2

+ π

2

0

2x dx

2

= –00

2 2 2 2

+

π

2

0

1 ημ2x dx

2

= – 0 – 1

4 2

02x

= – 1

4 0

= – 1

4 (–1 – 1) = 1

2 (2)

2e

2e

2e

2e


33

(1) + (2) 2Ι = 2π

8 + 1

2 Ι =

2π

16 + 1

4

(1) – (2) 2Ι = 2π

8 – 1

2 Ι =

2π

16 – 1

4

14. Έστω μία συνάρτηση f με συνεχή την f ΄΄ και για την οποία ισχύει π

0(f(x) + f ΄́ (x)) ημx dx = 2 .

Αν f(π) =1, με την βοήθεια της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες ,να

υπολογίσετε το f(0)

Λύση

π

0(f(x) + f ΄́ (x)) ημx dx = 2

π π

0 0f(x)ημx dx + f ΄́ (x) ημx dx = 2

π π

0 0f(x)( συνx) ́dx + (f (́x)) ́ημx dx = 2

[συνx f(x) π

0] + π

0f (́x) συνx dx +

ππ

00

[f (́x)ημx] f (́x) συνx dx = 2

( συνπ f(π) συν0 f(0) ) + ( f (́π) ημπ f (́0) ημ0 ) = 2

1∙1 + 1∙f(0)+0 = 2

f(0) = 1

15. Έστω οι συναρτήσεις f , g με f ΄΄, g΄΄ συνεχείς στο [α , β].

Αν f(α) = g(α) = 0 και f ΄(β) =g΄(β) , να αποδείξετε ότι

Ι = β

α(f(x) g΄́ (x) f ΄́ (x) g(x)) dx = g (́β) (f(β) g(β))

Λύση

Ι = β β β

α α α(f(x) g΄́ (x) f ΄́ (x) g(x)) dx = f(x)g΄́ (x)dx f ΄́ (x)g(x)dx

β β

α α = f(x)g΄́ (x)dx f ΄́ (x)g(x)dx

= β β

α αf(x)(g (́x))΄dx (f (́x))΄g(x))dx

= β β

β β

α αα α

[f(x) g (́x)] f (́x)g (́x) dx [f (́x) g(x)] + f (́x) g (́x)dx

= (f(β)g΄(β) f(α)g΄(α)) – (f ΄(β)g(β) f ΄(α)g(α)) =

= f(β)g΄(β) 0 f΄(β)g(β) + 0

= f(β)g΄(β) g΄(β)g(β)= g΄(β) (f(β) g(β))


34


ΟΡΙΣΜΕΝΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΚΑΙ ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

16. Να αποδείξετε ότι β

2 2

α2 f(x) f (́x) dx = (f(β)) (f(α))

Λύση

β

α2 f(x) f (́x) dx =

β

α2 f(x) f ́ (x) dx =

β '2

α (f(x)) dx =

2f (x)

=

=(f(β))2 (f(α))2

17. Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από τα σημεία

Α(0, 0) και Β(1, 1), να βρείτε την τιμή του ολοκληρώματος 1

0f (́x) dx

, εφόσον η f ΄ είναι συνεχής στο [0 , 1] .

Λύση

Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία Α(0, 0) και Β(1,

1) ισχύουν f(0) = 0 και f(1) = 1

Επίσης 1 1

00f (́x) dx f (x) = f(1) f(0) = 1 0 = 1

Εμβαδόν επίπεδου χωρίου



35

1. Αν f είναι συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα ],[ βα και 0)( xf

για κάθε ],[ βαx , τότε το να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που

ορίζεται από τη γραφική παράσταση της f , τις ευθείες αx ,

βx και τον άξονα xx .

Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα

],[ βα και 0)( xf για κάθε ],[ βαx , τότε το εμβαδόν

του χωρίου Ω που ορίζεται από τη γραφική

παράσταση της f , τις ευθείες αx , βx και τον

άξονα xx είναι

β

αdxxfΩE )()(

Για παράδειγμα, το εμβαδόν του χωρίου που

περικλείεται από τη γραφική παράσταση της xxf )(

, τον άξονα xx και τις ευθείες 0x , 1x (Σχ. 17)

είναι ίσο με

1

0

1

0

1

0

2/32/1

3

2

3

2xdxxdxx

2. Αν δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα με

0)()( xgxf για κάθε ],[ βαx τότε να βρεθεί το χωρίο Ω που

περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των gf , και τις ευθείες

αx και βx

Οι δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα με 0)()( xgxf για

κάθε ],[ βαx και Ω το χωρίο που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις

των gf , και τις ευθείες αx και βx

Ω

(α) O x

y=g(x)

y=f (x) y

Ω1

(β) O x

y=f (x) y

Ω2

(γ) O x

y=g(x)

y18

Παρατηρούμε ότι

β

Ω

α O

x

y=f (x)

y

1

1 O x

y x

y17


36

β

α

β

α

β

αdxxgxfdxxgdxxfΩΕΩΕΩΕ ))()(()()()()()( 21 .

Επομένως,

Για παράδειγμα, το εμβαδόν του χωρίου Ω

που περικλείεται από τις γραφικές

παραστάσεις των συναρτήσεων 2)( xxf

και 2)( xxg είναι ίσο με:

1

2)]()([)( dxxgxfΩE

1

2

2 )2( dxxx

2

9

32

2

1

2

32

xx

x .

3. Αν δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα με )()( xgxf

για κάθε ],[ βαx τότε να βρεθεί το χωρίο Ω που περικλείεται από τις

γραφικές παραστάσεις των gf , και τις ευθείες αx και βx

Αφού οι συναρτήσεις gf , είναι συνεχείς στο ],[ βα , θα υπάρχει αριθμός c R

τέτοιος ώστε 0)()( cxgcxf , για κάθε ],[ βαx . Είναι φανερό ότι το χωρίο

Ω (Σχ. 20α) έχει το ίδιο εμβαδόν με το χωρίο Ω (Σχ. 20β).

β α

(α)

Ω

O x

y

y=g (x)

y=f (x)

β α

(β)

Ω

O x

y

y=f (x)+c

y=g (x)+c

20

Επομένως, σύμφωνα με τον τύπο (1), έχουμε:

β

α

β

αdxxgxfdxcxgcxfΩΕΩΕ ))()(()])(())([()()( .

Άρα,

(1) β

αdxxgxfΩE ))()(()(

x

y=x2

Ω

2 1

y=x+2

O

y


37

β


4. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τον

άξονα xx , τη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης g, με 0)( xg για

κάθε ],[ βαx και τις ευθείες αx και βx

Πράγματι, επειδή ο άξονας xx είναι η γραφική

παράσταση της συνάρτησης 0)( xf , έχουμε

β


β

α

β

αdxxgdxxg )()]([ .

Επομένως, αν για μια συνάρτηση g ισχύει 0)( xg

για κάθε ],[ βαx , τότε

β

αdxxgΩE )()(

Για παράδειγμα, το εμβαδόν του χωρίου Ω που

περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

1)( 2 xxg και τον άξονα xx είναι ίσο με

1

1

1

1

22 )1()1()( dxxdxxΩE

3

4

3

1

1

3

xx .

5. Αν δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα για κάθε

],[ βαx τότε να βρεθεί το χωρίο Ω που περικλείεται από τις γραφικές

παραστάσεις των gf , και τις ευθείες αx και βx

Όταν η διαφορά )()( xgxf δεν διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο ],[ βα , τότε το

εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται

από τις γραφικές παραστάσεις των gf ,

και τις ευθείες αx και βx είναι ίσο

με το άθροισμα των εμβαδών των

χωρίων 21 , ΩΩ και 3Ω . Δηλαδή, )()()()( 321 ΩΕΩΕΩΕΩΕ

β

Ω

α O

x

y=g (x)

y

O

y

y=x2+1

x 1

-1

-1 Ω

y=g (x) y=f (x)

Ω3

O

Ω2

Ω1

y

x δ β α γ


38

γ

αdxxgxf ))()((

δ

γ

β

δdxxgxfdxxfxg ))()(())()((

γ

α

δ

γ

β

δdxxgxfdxxgxfdxxgxf |)()(||)()(||)()(|

β

αdxxgxf |)()(|

Επομένως,

Για παράδειγμα, ας

υπολογίσουμε το εμβαδόν του χωρίου Ω που

περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των

συναρτήσεων 3)( xxf , xxg )( και τις ευθείες 2x ,

1x .

Αρχικά βρίσκουμε τις ρίζες και το πρόσημο της

διαφοράς )()( xgxf στο διάστημα ]1,2[ .

Επειδή

)1)(1()1()()( 23 xxxxxxxxgxf ,

έχουμε τον ακόλουθο πίνακα:

Λαμβάνοντας, τώρα, υπόψη τον παραπάνω πίνακα, έχουμε

1

2

0

1

1

0

1

2))()(())()(())()((|)()(|)( dxxfxgdxxgxfdxxfxgxgxfΩE

1

2

0

1

1

0

333 )()()( dxxxdxxxdxxx

4

11

422442

1

0

420

1

241

2

42

xxxxxx .

ΣΧΟΛΙΟ

Σύμφωνα με τα παραπάνω το β

αdxxf )(

είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών των

χωρίων που βρίσκονται πάνω από τον

άξονα xx μείον το άθροισμα των εμβαδών

των χωρίων που βρίσκονται κάτω από τον άξονα xx

6. Nα βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τις γραφικές

παραστάσεις των συναρτήσεων xxf ημ)( , xxg συν)( και τις ευθείες

0x και πx 2 .

β

αdxxgxfΩE |)()(|)(

y=x

y=x3

Ο

-2 -1

1 x

y 24

x 2 1 0 1

)()( xgxf 0 + 0 0

x +

+ β

a

y

Ο


39

ΛΥΣΗ

Αρχικά βρίσκουμε τις ρίζες και το

πρόσημο της διαφοράς )()( xgxf στο

διάστημα ]2,0[ π . Στο διάστημα αυτό

έχουμε

xxxgxf συνημ)()(

1εφ x

4

πx ή

4

5πx

Επομένως, για το πρόσημο της διαφοράς xxxgxf συνημ)()( έχουμε τον

ακόλουθο πίνακα:

x 0 4

π

4

5π

π2

)()( xgxf

0 + 0

Λαμβάνοντας, τώρα, υπόψη τον πίνακα αυτόν, έχουμε

π

dxxgxfΩΕ2

0

|)()(|)(

4/

0

4/5

4/

2

4/5)συνημ()συνημ()συνημ(

π π

π

π

πdxxxdxxxdxxx

π

π

π

π

π xxxxxx 2

4/5

4/5

4/

4/

0][][][ ημσυνημσυνημσυν

24212212 .

7. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της xxf ln)( , τον άξονα των x και την εφαπτομένη της fC

στο σημείο 1),(eA .

ΛΥΣΗ

π

Ο

y=συνx

y=ημx

π/4

5π/4

2π

x

y


40

Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο

σημείο )1,(eA είναι

))((1: exefyε . (1)

Επειδή x

xxf1

)(ln)( , έχουμε e

ef1

)( .

Επομένως, η (1) γράφεται:

xe

yexe

y1

)(1

1 .

Το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι ίσο με το

εμβαδόν του τριγώνου μείον το εμβαδόν του

χωρίου που ορίζεται από τη fC τον άξονα

xx και τις ευθείες 1x και ex , δηλαδή

e e e

e

e

dxx

xxxx

exdxxdx

eE

0 1 1

1

0

2 1]ln[

2

1ln

1

2

2ln

2

1

110

2

][][

exxx

x

e

ee

e

.

Ασκήσεις

y=lnx

ε

e

1

1 Ο x

y 27


41


ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΩΝ

ΑΠΛΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

ΠΑΝΩ ΑΠΟ ΧΧ΄

1.Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f(x) = x22x+3 ,τις ευθείες x = 0 , x = 2

και τον άξονα των x

Λύση

Βρίσκουμε το πρόσημο του τριώνυμου f(x) = x22x + 3 στο διάστημα [0, 2]

Δ = 412 = 3 < 0 , άρα f(x) > 0 για κάθε x . Το ζητούμενο εμβαδόν

είναι : Ε = 2

2

0(x 2x + 3)dx =

23

2

0

xx 3x

3

=

2. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την

γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τον άξονα των x και τις ευθείες

που δίνονται κάθε φορά .

i) 3f(x) = x , x = 0 , x = 27 ii) 2

1f(x) =

συν x , x = 0 , x =

π

3

Λύση

i) Επειδή 3 x 0 για κάθε x[ 0 , 27] το ζητούμενο εμβαδόν είναι

Ε =1

27 273 3

0 0x dx = x dx =

274

27433

0

0

x 3 x

4 4

3

= 4 4

33 33 3

(27) (3 )4 4

= 43 2433

4 4

ii) Για κάθε x 0, 3

είναι 2

10

συν x ,

Ε = = π

30

εφx =π

εφ εφ0 = 33

8 144 6

3 3

π

320

1 dx

συν x


42


ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΩΝ


ΠΑΝΩ ΚΑΙ ΚΑΤΩ ΤΟΥ ΧΧ΄


γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = x23x και τoν άξονα

των x

Λύση

Τα σημεία τομής της fC με τον άξονα των x έχουν τετμημένες τις λύσεις

της εξίσωσης f(x) = 0 x23x = 0

x(x3) = 0

x = 0 ή x = 3 .

Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [ 0, 3]

Πρόσημο της f :

Επειδή f(x) 0 στο [ 0, 3] , θα είναι Ε =3

0 f(x) dx =

32

0( x + 3x)dx =

33 2

0

x 3x

3 2

= 27 27 9

3 2 2

4. i) Να βρείτε συνάρτηση f της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται

από το σημείο Α(0, 2) και η κλίση της στο σημείο Μ(x,

f(x)) είναι 2x3.

ii) Ποιο είναι το εμβαδόν του χωρίου που ορίζουν η fC και ο άξονας

των x ;

x – 0 3 +

f(x) + 0 – 0 +


43

2

y

xO 1 2

Λύση

i) Είναι f ΄(x) = 2x3 2f (x) x 3x c (1)

Α(0, 2) Cf f(0) = 2 20 3.0 c = 2 c = 2 άρα

Η (1) γίνεται f(x) = x23x + 2

ii) Τα σημεία τομής της fC με τον άξονα των x

έχουν τετμημένες τις ρίζες της εξίσωσης :

x23x + 2 = 0 x =1 ή x = 2.

Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [1, 2] ,

στο οπoίο είναι f(x) 0 , άρα το ζητούμενο

εμβαδόν είναι : Ε = 2

2

1(x 3x 2)dx

= 2

3 2

1

x x3 2x

3 2

= 3 22 2

3 2. 23 2

+ 3 21 1

3 2. 13 2

= – 8

3+ 6 – 4 + 1

3 – 3

2 + 2

= – 7

3– 3

2 + 4

= 14 9 24

6

= 1

6


44


ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΟΥ

ΠΟΥ ΠΕΡΙΕΧΕΤΑΙ ΜΕΤΑΞΥ

ΔΥΟ ΓΡΑΦΙΚΩΝ

ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΩΝ


5. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις

γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = x3 και g(x) = 2xx2 .

Λύση

Βρίσκω τα σημεία τομής των δύο γραφικών παραστάσεων , οι τετμημένες τους

είναι οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = g(x) x3 = 2xx2

x3 2x + x2 = 0

x(x22 + x) = 0

x = 0 ή x = 2 ή x = 1

Διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [-2, 1]

Η διαφορά f(x) g(x) = x3 + x2 – 2x

= x(x2 + x – 2)

= x(x + 2)(x – 1)

Πρόσημο της διαφοράς f(x) g(x)

:

x – –2 0 1 +

f(x) – 0 + 0 – 0 +


45

Επομένως Ε = 0 1

2 0(f(x) g(x))dx ( f(x) g(x))dx

= 1

03 2 3 2

20

(x + x 2x)dx + ( x x 2x)dx

= 0 1

4 3 2 4 3 2

2 0

x x 2x x x 2x+ + +

4 3 2 4 3 2

= 8 1 1 37

4 4 1 3 4 3 32


γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 4x2 και της ευθείας

xy 2 = 0.

Λύση

Η εξίσωση της ευθείας γράφεται y = x – 2 g(x) = x – 2

Οι τετμημένες των σημείων τομής των δύο γραφικών παραστάσεων είναι οι

λύσεις της εξίσωσης f(x) = g(x) 4x2 = x2

x2 + x 6 = 0

x = 3 ή x = 2

Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [3, 2]

Η διαφορά f(x) – g(x) = 4 – x2 – x + 2 = – x2 – x + 6

Πρόσημο της διαφοράς f(x)

g(x)

Ε = 2

3(f(x) ( ))dx

g x =

22

3(4 x x 2)dx

= 2

2

3( x x 6)dx

= 2

3 2

3

x x+ 6x

3 2

= 8 27 9

2 12 183 3 2

=

125

6

x – –3 2 +

f(x) – 0 + 0 –


46

2

y

x

t1 x = 6x-3

y = P(x)

A3

O ΓB

7. Έστω η συνάρτηση f(x) = 3x2

i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο της Α(1,

3).

ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη fC ,

την εφαπτομένη της στο Α και τον άξονα των x.

Λύση.

i) f ΄(x) = 6x , f(1) = 3 και f ΄(1) = 6

Άρα η εφαπτομένη στο Α είναι : y3 = 6(x1) y = 6x3

ii) Αναζητάμε το εμβαδόν του μικτογράμμου

τριγώνου ΟΒΑ, όπου το Β είναι το σημείο τομής

της εφαπτομένης με τον άξονα των x.

Για y = 0, η y = 6x3 x = 1

2, άρα Β 1

, 02

Φέρνουμε ΑΓ x x , οπότε Γ(1, 0)

Ζητούμενο εμβαδόν :

Ε = (Μικτόγραμμο ΟΓΑ) – (Τρίγωνο ΒΓΑ)

= – 1

1

2

g(x) dx

= 1

2

03x dx –

= 1

2

03x dx –

1

1

2

(6x 3)dx = 1

3

0x –

12

1

2

3x 3x

= (1 – 0) – 2

2 1 13.1 3.1 3 3

2 2

= 1 – 1 10 3. 3

4 2

= 1 + – 3

2 = 1 – 3

4 = 1

4

1

0f (x) dx

1

1

2

6x 3 dx

3

4


47

2

1

y

2 4

x

Cg

Cf

5O

A

B

8. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις

γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων και x 1

g(x)3

Λύση

Κοινό πεδίο ορισμού [1, + )

Κοινά σημεία των fC , gC : f(x) = g(x) x 1 x 1

3

2(x 1)

x 19

9(x – 1) = (x + 1 2)

9x – 9 = x2 + 2x + 1

x27x + 10 = 0

x = 2 ή x = 5

Πρόσημο της διαφοράς f(x)g(x) : f(x)g(x) 0

f(x) g(x)

x 1 x 1

3

3 x 1 x + 1

9(x – 1) (x + 1 2)

9x – 9 x2 + 2x + 1

x27x + 10 0

2 x 5

E = 5

2

1( ) ( ) dx f x g x =

5

2(f (x) g(x))dx

= 5

2

x 1( x 1 )dx

3

f (x) x 1


48

y

x

x = λ

Cg

Cf

e

O

Α

Β

K

Δ

=

= 1

5 52

2 2

1(x 1) dx (x 1)dx

3

=

51

1 522

2

2

(x 1) 1 xx

1 3 21

2

= 55 23

2

2 2

2 1 xx 1 x

3 3 2

= 3

22 1 25 4

(4 1) ( 5 2) 3 3 2 2

1

6

9. i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν Ε(λ) του χωρίου που περικλείεται από

τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων e

f (x)x

, g(x) = lnx ,

τον άξονα των x και την ευθεία x = λ , λ > e .

ii) Να βρείτε το όριο lim ( )

Λύση

i) Κοινό πεδίο ορισμού το (0, + )

Κοινά σημεία των fC , gC : f(x) = g(x)

e

x = lnx

Προφανής ρίζα το e

Άρα Β(e, 1)

Έστω h(x) = f(x) – g(x) = e

x – lnx με προφανή ρίζα το e.

h΄(x) = – 2

e

x –

1

x < 0 , άρα h γν.αύξουσα

το e μοναδική ρίζα.

To ζητούμενο εμβαδόν περικλείεται από τη γραμμή ΑΒΔΚΑ

Ε(λ) = e

1 e

eln xdx dx

x

(1)

Αλλά e e

1 1ln xdx x΄ln xdx =

ee

1 1x ln x 1dx = (e0) (e1) = 1

και ee

edx eln x

x

= elnλe

(1) Ε(λ) = elnλe +1

ii) lim ( ) lim (eln e 1)

= +

5 5

2 2

x 1x 1dx dx

3


49

y

χ

y = 3

y = xy = 3x

3O 1

y

χ

y = x2 - 1

y = x2 - 2x + 2

3/2 3

O

A

Β

10. Να υπολογίσετε

το εμβαδόν του

γραμμοσκιασμένου

χωρίου του

διπλανού σχήματος

Λύση

Ε = 1

x

0(3 x)dx +

3

1(3 x)dx

= 1

x 2

0

3 x

ln 3 2

+

32

1

x3x

2

=

3 1 1

ln 3 2 ln 3 +

9 1(9 ) (3 )

2 2

= 2

ln 3 – 1

2 + 9

2 – 5

2 = 2

ln 3 + 3

2

11. Να υπολογίσετε

το εμβαδόν του

γραμμοσκιασμένου

χωρίου

του

διπλανού

σχήματος

Λύση

Η τετμημένη του σημείου Α προκύπτει από τη λύση της εξίσωσης :

x21 = x22x + 2 x = 3

2

Το σημείο Β έχει τετμημένη τη θετική λύση της εξίσωσης :

x21 = 0 x = 1

Ε = 3

1 32 2 22

30 1

2

( x 1)dx (x 1)dx (x 2x 2)dx

=

31 3

3 3 322

30 1

2

x x xx x x 2x

3 3 3


50

1

y

2x

y = -x + πy = x

π/2

O

A

π

=

3

33

3

1 3 1 3 1 3 92( 1) 1 9 6 3

3 3 2 3 3 3 2 4

= 7

4

12. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ημx

i) Να βρείτε τις εξισώσεις των

εφαπτόμενων της Cf στα σημεία

Ο(0, 0) και Α(π, 0)

ii) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου

που περικλείεται από τη Cf και τις

παραπάνω εφαπτόμενες .

Λύση

i) f ΄(x) = συνx f ΄(0) = 1 και f ΄(π) =1

Εφαπτόμενη στο Ο(0, 0) : yf(0) = f ΄(0)(x0)

y – ημ0 = 1(x – 0)

y = x

Εφαπτομένη στο Α( π, 0) : yf(π) = f ΄(π)(xπ)

y – ημπ =1(x – π)

y – 0 = – x + π

y = – x + π

ii) Σημείο τομής Α των εφαπτομένων : y x

y x

y x

x x

y x

2x

Α ,

2 2

Φέρνουμε την κάθετο από το Α στον άξονα x x , η οποία χωρίζει το

ζητούμενο εμβαδόν σε δύο μέρη.

Ε = 2

02

(x x)dx ( x x)dx

= 2 22

02

x xx x x

2 2

= 2 2 2 2

208 2 2 8 2 2

=

2

24


51

y

x-1

A

O 1α

13. i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη

γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = x , την εφαπτόμενή της

στο σημείο (1, 1) και τον άξονα των x.

ii) Να βρείτε την ευθεία x = α η οποία χωρίζει το χωρίο αυτό

σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Λύση

i) f ΄(x) = 1

2 x f ΄(1) =

1

2

Εξίσωση της εφαπτόμενης στο Α(1, 1) :

y f(1) = f΄(1)(x1)

y 1 = 1

2(x1) άρα y =

1

2x +

1

2

Η εφαπτόμενη στο Α τέμνει τον άξονα των x στο σημείο με τετμημένη την

λύση της εξίσωσης 1

2x +

1

2= 0 x =1

Το ζητούμενο εμβαδόν χωρίζεται από τον άξονα των y σε δύο μέρη.

Ε = 0 1

1 0

1 1 1 1x dx x x dx

2 2 2 2

=

10 32 2

2

1 0

1 x 1 1 x 1 2x x x

2 2 2 2 2 2 3

= 1 1 1 1 2 1

4 2 4 2 3 3

ii) Εξετάζουμε αν υπάρχει τιμή του α με 1 α 0 έτσι ώστε να ισχύει

1

1 1( x )dx2 2 2

2

1

1 x 1 1x

2 2 2 6

2 1 1 1

4 2 4 2 6

3α2 + 6α + 1 = 0 α = 3 6

3

ή α =

3 6

3

Από αυτές, στο διάστημα [–1 , 0] ανήκει η α =3 6

3

Άρα η ευθεία x = 3 6

3

χωρίζει το χωρίο σε δύο ισεμβαδικά τμήματα.

Αναζητώντας ευθεία x = α με 0 α 1 φθάνουμε σε αδύνατη εξίσωση,

άρα δεν υπάρχει τέτοια ευθεία.


52

y

x

y = ln2

y = - lnx y = lnx

O Γ

Α Β

14. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου το οποίο περικλείεται από τις

γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = lnx, και

την ευθεία y = ln2 .

Λύση

Η συνάρτηση g γράφεται

g(x) = ln1 lnx

g(x) = lnx

Οπότε η γραφική της παράσταση είναι

συμμετρική της fC ως προς τον άξονα

των x. Τετμημένη του σημείου τομής Α της με την ευθεία y = ln2 :

ln 1

x = ln2 1

x = 2 = 1

2

Τετμημένη του σημείου τομής Β της fC με την ευθεία y = ln2 :

lnx = ln2 Bx = 2

Τετμημένη του σημείου τομής Γ των fC , gC :

lnx = – lnx 2 lnx = 0 lnx = 0 x = 1.

Οι κάθετες στον άξονα x x από τα Α, Β ορίζουν τα άκρα ολοκλήρωσης.

Η κάθετος στον άξονα x x από το Γ χωρίζει το ζητούμενο εμβαδόν σε

δύο μέρη. Ε =

= + 1

1

2

ln x dx + 2

1ln 2 dx –

2

1ln x dx

= ln21

1

2

1 dx + 1

1

2

x΄ln xdx + ln22

1 1 dx –

2

1x ln x dx

= 1

ln 2 (1 )2

+ 11

2

x ln x – 1

1

2

1 dx + ln2. (2 – 1) – 22

1 1x ln x 1dx

= 1

ln 22

+ [1. ln1 – 1

2 ln 1

2] – (1 – 1

2) + ln2 – [2ln2 – 1.ln1] + (2 – 1)

= 1 1 1 1

ln 2 ln2 2 2 2

+ ln2 – 2ln2 + 1

= 1 1 1

ln 2 ln 2 ln 2 12 2 2

= 1

2

1g(x) ln

x

1g(x) ln

x

gC

Ax

1 2

11

2

(ln 2 ln x)dx (ln 2 ln x)dx

1

1

2

ln 2 dx


53

1

-1

-2

y

2x

Ζ

Γ

O Α

Δ

Β

15. Έστω η συνάρτηση f(x) = (x1)(x3)

i) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της γραφικής παράστασης της

f στα σημεία Α , Β που η Cf τέμνει τον άξονα των x

ii) Αν Γ είναι το σημείο τομής των εφαπτομένων, να αποδείξετε ότι η

Cf χωρίζει το τρίγωνο ΑΒΓ σε δύο χωρία που ο λόγος των εμβαδών

τους είναι 2

1

Λύση

i) Τα σημεία τομής της Cf με τον άξονα των x έχουν τετμημένες τις ρίζες

της εξίσωσης f(x) = 0 (x1)(x3) = 0 x = 1 ή x = 3

Έστω Α(1, 0) και Β(3, 0).

Είναι f ΄(x) = 2x4 f ΄(1) = 2 και f ΄(2) = 2

Εξίσωση της εφαπτομένης στο Α : y f(1) = f ΄(1)(x1)

y = 2x + 2

Εξίσωση της εφαπτομένης στο Β : y f(3) = f ΄(3)(x3)

y = 2x6

ii) Η τετμημένη του σημείου τομής των

εφαπτόμενων είναι η ρίζα της εξίσωσης

2x + 2 = 2x6

– 4x = –8

x = 2 άρα Γ(2, –2)

Φέρνουμε ΓΔΖ x x

Λόγω συμμετρίας, αρκεί να αποδείξουμε ότι

ά ΑΖΔE = 2 ά ΑΔΓE

ά ΑΖΔE = 2

3 ώ ΑΖΓE

Είναι ά ΑΖΔE = 2

2

1(x 4x 3)dx

= 2

2

1( x 4x 3)dx


54

= 2

3 2

1

x x4 3x

3 2

= 3 22 2

4 3.23 2

– 3 21 1

4 3.13 2

= 8

3 + 8 – 6 + 1

3– 2 + 3

= 7

3 + 3 = 2

3 (1)

Είναι 2

3ώ ΑΖΓE = 2

3 1

2(ΑΖ)(ΖΓ) = 1

3 1. 2 = 2

3 (2)

Από τις (1), (2) το ζητούμενο


55

2

y

x2

ΒΑ

-1 Ο 1

Γ


ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΟΥ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ

ΤΥΠΟΥ

16. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη

γραφική παράσταση της f(x) = 2x 3, x 1

2 x , x 1

,τις ευθείες x =1,

x = 2 και τον άξονα των x.

Λύση

2

x 1 x 1lim f(x) = lim ( x +3) 2

,

x 1 x 1lim f(x) = lim 2 x 2

, και f(1) = 2 ,

άρα f συνεχής στο xο = 1 , άρα συνεχής στο [1, 2]

Πρόσημο του κλάδου 2x + 3 : 2x + 3 > 0

2x – 3 < 0

– 3 < x < 3 που ισχύει αφού x[–1, 1)

Πρόσημο του κλάδου 2 x : Προφανώς 2 x > 0 αφού x[1, 2]

Επομένως Ε = 2

1f(x)dx

=

=

21

1+13 2

-1

1

x 2x3x

131+

2

= 3

21 1 4

3 3 2 13 3 3

= 31 1 4 43 3 2

3 3 3 3 =

84 2

3

1 22

1 1( x 3)dx 2 xdx


56

y

x

Β

Ο Α ΔΓ

17. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f(x) = 2x 4x 3, x 2

2x 5 , x 2

και τον

άξονα των x.

Λύση

+2 x 2lim f(x) = lim ( 2x 5) = 1

x

f(2) =1

άρα f συνεχής στο xο = 2 , άρα συνεχής στο

Κοινά σημεία της με τον άξονα x x : – 2x + 4x – 3 = 0 x =1 άρα

Α(1, 0) 2x + 5 = 0 άρα Δ 5, 0

2

Πρόσημο του κλάδου 2x + 4x – 3 : 2x + 4x – 3 > 0

2x – 4x + 3 < 0

1 < x < 3 που ισχύει αφού x[1, 2)

Πρόσημο του κλάδου 2x + 5 : –2x + 5 0

–2x –5

x 5

2

Επομένως Ε = = 2

1( ) dx f x +

5

2

2( ) dx f x

=

=

= 8 1 25 25

8 6 2 3 4 103 3 4 2

= 3

4

2

2 x 2lim f(x) = lim ( x 4x 3) = 1

x

fC

5x

2

5

2

1( ) dx f x

52

2 2

1 2( x 4x 3)dx ( 2x 5)dx

2 532 2 2

21

x2x 3x x 5x

3


57

Ερωτήσεις κατανόησης Ι

Σε καθεμιά από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώστε το γράμμα Α,

αν ο ισχυρισμός είναι αληθής και το γράμμα Ψ, αν ο ισχυρισμός είναι

ψευδής αιτιολογώντας συγχρόνως την απάντηση σας.

1.Ισχύει (f (x) g(x))dx

f (x)dx

+ g(x)dx

Ψ

Αιτιολογία

Βασική ιδιότητα

2 (f (x) g(x))dx

f (x)dx

g(x)dx

Α


Ένα αντιπαράδειγμα : Θεωρούμε τις συναρτήσεις f (x) = 1, g(x) = 1

(f (x) g(x))dx

1dx

= [x] = β – α

f (x)dx

g(x)dx

= 1dx

1dx

= (β – α)(β – α)

3.Αν α = β, τότε f (x)dx

= 0 Ψ



4.Αν f (x)dx

= 0, τότε κατ’ ανάγκην θα είναι f(x) = 0 Α

για κάθε x[α, β]


Ένα αντιπαράδειγμα :

2

0xdx

= [συνx] 2

0

= συν2π + συν0 = 0

Αλλά δεν είναι ημx = 0 για κάθε x[α, β]

5.Αν f(x) 0 για κάθε x[α, β], τότε f (x)dx

0 Ψ



Α

Ψ

Α

Α

Ψ


58

6.Αν f (x)dx

0 , τότε κατ’ ανάγκη θα είναι f(x) 0 Α

για κάθε x[α, β]


Ένα αντιπαράδειγμα : 3

2

0xdx

= [συνx3

2

0]

= συν3

2

+ συν0 = 0 + 1 = 1 > 0

Αλλά ημx < 0 όταν 3π

x ( , ]2

7. 4(x 1)dx

4 2(x x 1)dx

για κάθε α > 0 Ψ

Αιτιολογία 4 2(x x 1)dx

– 4(x 1)dx

= 4 2 4[(x x 1) (x 1)]dx

= 4 2 4(x x 1 x 1)]dx

= 2x dx

> 0 από θεώρημα.

8. 24

0ln(1 x)dx 2

4

0ln( x)dx

Ψ


24

0ln(1 x)dx

24

0ln( x)dx

= 2 4

0ln( x)dx

Είναι συνx > 0 για κάθε x[0, 4

]

9. f (x)dx xf (x) xf (x)dx Ψ


Παραγοντική ολοκλήρωση

10.e

1ln xdx =

1

e

1ln dt

t Ψ

Αιτιολογία 1

e

1ln dt

t = 1

1

eln t dt

= 1

eln tdt =

e

1ln tdt =

e

1ln xdx

Α

Α

Α

Α

Ψ


59

11. Αν = 0 και η f δεν είναι παντού μηδέν στο [α, β]

τότε η f παίρνει δύο τουλάχιστον ετερόσημες τιμές Ψ


Αν ήταν f(x) 0 ή f(x) 0 για κάθε x [α, β] τότε θα είχαμε

> 0 ή < 0 αντίστοιχα.

14.Το ολοκλήρωμα παριστάνει το εμβαδόν του

χωρίου που περικλείεται από τον άξονα των x και την Cf . Α


Για να παριστάνει το εμβαδόν θα έπρεπε να είναι

– x 0 για κάθε x [–1, 1], που δεν ισχύει.

ΙΙ

Σε κάθε μία από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώσετε την σωστή

απάντηση

1.Αν f ΄(x) = ημπx και f(0) = 0, τότε το f(1) ισούται με

Α. Β. Γ. .

2.Το ολοκλήρωμα στο (4, + ) είναι ίσο με

Α. ln(4 x) + c B. ln(4 x) + c

Γ. ln(x 4) + c ln(x 4) + c

3.Το ολοκλήρωμα στο (0, + ) είναι ίσο με

Α. Β.

Γ.

Ε.

f (x)dx

f (x)dx

f (x)dx

13

1(x x)dx

3x

1

1

2

2

1dx

4 x

21

x dxx

31

xx

c3

2

1 12 x 1

x x

3

1 ln xc

3

3x 12x c

3 x

3

2

1x

1x1 c

3 x

Α

Δ

Δ

Δ

Ψ


60

2

1

ψ

x

3

Ο

4.Το ολοκλήρωμα είναι ίσο με

Β. 0 Γ. Δ. Ε.

5.Το ολοκλήρωμα είναι ίσο με

Α. Β. x(lnx 1) + c Δ.

6.Έστω f, g δύο παραγωγίσιμες συναρτήσεις με συνεχείς παραγώγους στο

[α, β].

Αν f(x) g(x) για κάθε x [α, β], τότε κατ’ ανάγκη θα ισχύει

Α. f ΄(x) g΄(x), x [α, β] ≤

Γ. , x [α, β] Δ.

y

7. Το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου

του παρακάτω σχήματος είναι ίσο με -3 Ο 5

Α. Β.

Γ.

8.Αν f ΄(x) = g΄(x) για κάθε x [ 1, 1] και f(0) = g(0) + 2, τότε για

κάθε x [ 1, 1] ισχύει :

Α. f(x) =g(x) 2

Γ. f(x) g(x) , x [ 1, 1] Δ. Οι Cf , Cg έχουν κοινό σημείο στο [ 1, 1]

9.Έστω η συνάρτηση F(x) = όπου

f η συνάρτηση του διπλανού σχήματος.

Τότε η F΄(1) είναι ίση με

Α. 0 Β. 1 2 Δ.

12

1x 1dx

4

3

4

3

2

3

5

3

ln xdx1

cx

2ln xc

2

3ln xc

3

f (x)dx

g(x)dx

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

g(x)dx

5

3f (x)dx

3

5f (x)dx

0

3f (x)dx

5

0f (x)dx

0

3f (x)dx

5

0f (x)dx

1

1(f (x) g(x))dx 4

x

1f (t)dt

1

2

Α

Γ

Β

Δ

Γ

Β


61

y

x

Ω3

Ω2

Ω1

δαO β γ

ψ

2

1 xΟ

10.Έστω f η συνάρτηση του διπλανού σχήματος .

Αν Ε(Ω1) = 2, Ε(Ω2) = 1 και Ε(Ω3) = 3

τότε το ισούται με

Α. 6 Β. – 4 4

Δ. 0 Ε. 2

11.Έστω η συνάρτηση F(x) = , όπου f

η συνάρτηση του διπλανού σχήματος. Τότε

Α. F(x) = x2

Β. F(x) =

Γ. F(x) = F(x) =

III

1. Ποια από τα παρακάτω ολοκληρώματα είναι καλά ορισμένα ;

Α. Γ.

Δ. Ε.

2. Να εντοπίσετε το λάθος στις παρακάτω πράξεις

=

=

= 1+ Άρα = 1+ , οπότε 0 = 1

f (x)dx

x

0f (t)dt

2x, 0 x 1

2, 1 x

2x , 0 x 1

2x , 1 x

2x , 0 x 1

2x 1, 1 x

1

0

1dx

x 1 2

0xdx

0xdx

1

0ln xdx

22

01 x dx

1

0

1dx

x 1

1dx

x1

x dxx

2

1 1x x dx

x x

1dx

x1

dxx

1dx

x

Γ

Δ

Β

Ζ


62

6

4

43

2

2

Cf

Ο

ψ

x

Απάντηση

Κάθε αόριστο ολοκλήρωμα είναι σύνολο συναρτήσεων και όχι μια συνάρτηση.

Στην τελευταία ισότητα, διαγράφεται το ολοκλήρωμα του 1ου μέλους με

το ολοκλήρωμα του 2ου μέλους που δεν είναι ίσα, αλλά διαφέρουν κατά

σταθερά.

Συγκεκριμένα, αν F(x) είναι μία αρχική της f(x), τότε το συμπέρασμα

γράφεται F(x) + c1 = 1+ F(x) + c2 c1 c2 =1 και όχι 0 = 1

4. Να εντοπίσετε το λάθος στις παρακάτω πράξεις

Ι = = = = I

(Θέσαμε οπότε dx = )

Άρα I = – I οπότε I = 0 .

Αυτό όμως είναι άτοπο, αφού Ι = > 0

επειδή > 0 για κάθε , 1]

Απάντηση

Η αντικατάσταση δεν είναι σωστή διότι :

Όταν το x παίρνει την τιμή 0, δεν υπάρχει αντίστοιχο u, αφού x =

5.Θεωρούμε τη συνάρτηση

F(x)= ,

όπου f η συνάρτηση του διπλανού

σχήματος. Να συμπληρώσετε τα

παρακάτω κενά

F(0) = 0 F(2) = 2 F(3) = 4 F(4) = 6 F(6) = 12

1dx

x1

dxx

1

21

1dx

1 x 1

2 21

1 1du

u11

u

1

21

1du

1 u

1x

u

2

1du

u

1

21

1dx

1 x

2

1

1 xx [ 1

1x

u

1

u

x

0f (t)dt


63

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. i) Να χρησιμοποιήσετε την αντικατάσταση u = π x για να αποδείξετε

ότι

ii) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα (ΕΚΤΟΣ ΥΛΗΣ)

Λύση

i) u = π x du = dx και x = π – u

Έστω Ι = Ι =

Αλλά ημ(π u) = ημu , άρα Ι =

Ι = –

Ι =

Ι =

Ι =

Ι = π

2Ι = π

Ι =

Ι =

ii) Έστω A = = (1)

0 0xf ( x)dx f ( x)dx

2

20

x xdx

3 x

0xf ( x)dx

0

( u) f u ( du)

0

( u) f u ( du)

0

( u) f u du

0

( u) f u du

0

[ f u du u f ( u)]du

0 0 f ( u)du u f ( u)du

0f ( u)du

0f ( u)du

0f ( u)du

2

0f ( x)dx

2

20

x xdx

3 x

20

xx dx

3 x

x 0 π

u π 0


64

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(u) = , u , οπότε f(ημx) =

(1) A = =

= = (2)

Θέτουμε συνx = u , οπότε du = ημxdx ,

(2) Α = = (3)

Αναζητάμε αριθμούς α, β έτσι ώστε να ισχύει

για κάθε u ± 2 1 = α(2 + u) + β(u 2)

1 = (α + β)u + 2α 2β

2α 2β = 1 και α + β = 0

α = και β =

Άρα =

(3) Α = =

= =

2. i) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

ii) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

Λύση

i) Αναζητάμε πραγματικούς αριθμούς α , β έτσι ώστε να ισχύει

για κάθε x ±1 1= (α + β)x + α β

α + β = 0 και α β =1

2

u

3 u

2

x

3 x

0

x f ( x)dx

( i )

0

f ( x)dx2

20

x dx

2 3 x

20

x dx

2 3 1 x

20

x dx

2 4 x

1

21

1 du

2 4 u

1

21

1 du

2 u 4

2

1

u 2 u 2u 4

1

4

1

4

2

1 1 1

u 4 4(u 2) 4(u 2)

1

4 1 1

u 2 u 2

1

1

1 1 1 du

2 4 u 2 u 2

1 1

1 1ln u 2 ln u 2

8 8

(ln3 ln1) (ln1 ln3)8 8

ln 3

4

1

220

1dx

x 1

2

3

1dx

x

2

1

x 1 x 1x 1

x 0 π

u 1 -1


65

α = και β =

Άρα =

=

=

= ( )

= (ln1 ln2 ln1 ln3 + ln2 + ln1) = ( ln3) = ln3

ii) Ι = = = (1)

Θέτουμε συνx = u , οπότε du = ημx dx και

(1) Ι =

ln3

3.Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Και στην συνέχεια τα

ολοκληρώματα i) , ii)

ΕΚΤΟΣ ΥΛΗΣ

Λύση

Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς α και β έτσι ώστε να ισχύει

για κάθε u, με u 1 , 2

1 = α(u + 2) + β(u + 1) 1 = (α + β)u + 2α + β

α + β = 0 και 2α +β =1

α = 1 και β = 1 οπότε

1

2

1

2

2

1 1 1

x 1 2(x 1) 2(x 1)

1

2 1 1

x 1 x 1

1

220

1dx

x 11

2

0

1 1 1 dx

2 x 1 x 1

1

2

1

2

0ln x 1

1

2

0

1ln x 1

2

1

2

1(ln ln1)

2

1

2

3ln ln1

2

1

2

1

2

1

2

2

3

1dx

x

2

2

3

xdx

x

2

2

3

xdx

1 x

0

1 2

2

1du

1 u

0

1 2

2

1du

u 1

1

220

1du

u 1

( i )

1

2

1du

(u 1)(u 2)

xdx

( x 1)( x 2)

x

x x

edx

(e 1)(e 2)

1

(u 1)(u 2) u 1 u 2

x π/3 π/2

u 1/2 0


66

= = ln|u + 1| ln|u + 2| + c

i) Για το I1= θέτω : ημx = u οπότε du = συνxdx

άρα

Ι1= = ln|u + 1| ln|u + 2| + c = ln|ημx + 1| ln|ημx + 2| + c

ii) Για το Ι2 = θέτω : ex = u οπότε du = exdx άρα

Ι2 = = ln|u + 1| ln|u + 2| + c

= ln|ex + 1| ln|ex + 2| + c=

= ln(ex + 1) ln(ex + 2) + c

4. Αν Iν = , νϵN

i) Να υπολογίσετε το άθροισμα: Iν + Ιν +1 , νϵN

ii) Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα: Ιο , Ι1 , Ι2

Λύση

i) Iν + Ιν +1 = +

=

=

=

= =

ii) Ιο = = = =

1du

(u 1)(u 2) 1 1

( )duu 1 u 2

xdx

( x 1)( x 2)

1du

(u 1)(u 2)

x

x x

edx

(e 1)(e 2)

1du

(u 1)(u 2)

2 11

20

tdt

1 t

2 11

20

t dt

1 t

2( 1) 1

1

20

t dt

1 t

2 1 2 31

2 20

t t( ) dt1 t 1 t

2 1 2 31

20

t t( ) dt

1 t

2 1 21

20

t (1 t )) dt

1 t

12 1

0t dt

1

2 2

0

t 1

2 2 2 2

1

20

t dt

1 t1

20

1 2t dt

2 1 t1

2

0

1ln(1 t )

2

1ln 2

2


67

y

x

y = 5

y = α2 + 1

Cf

-2 -α α 2O

Α Β

Γ Δ

Η

Για ν = 0 (i) Ιο + Ι1 = Ι1 = Ιο Ι1 =

Για ν = 1 (i) Ι1 + Ι2 = Ι2 = Ι1

Ι2 = + = +

5 . Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R, να δείξετε ότι

ΕΚΤΟΣ ΥΛΗΣ

Λύση

Θέτουμε g(x) = , x και h(x) = , x

Θα αποδείξουμε ότι g(x) = h(x)

g(x) = = =

=

g΄(x) = + x ( )΄– ( )΄

g΄(x) = + xf(x) – xf(x)

g΄(x) = (1)

h΄(x) = (2)

Από (1), (2) g΄(x) = h΄(x) g(x) = h(x) + c (3)

Αλλά g(0) = = 0 και h(0) = = 0

Η (3) για x = 0 g(0) = h(0) + c 0 = 0 + c c = 0

Η (3) g(x) = h(x)

6.To χωρίο που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x)= x2 + 1 και την ευθεία y=5 χωρίζεται από την ευθεία y = α2 +1,

α > 0 σε δύο ισεμβαδικά χωρία . Να βρείτε την τιμή του α

Λύση

Τα σημεία Α και Β έχουν τετμημένες τις

1

2

1

2

1

2

1ln 2

2

1

4

1

4

1

4

1

2

1ln 2

2

1

4

1ln 2

2

x x u

0 0 0f (u)(x u)du f (t)dt du

x

0f (u)(x u)du

x u

0 0f ( t )dt

x

0f (u)(x u)du

x

0[xf (u) uf (u)] du

x x

0 0xf (u)du uf (u)du

x x

0 0x f (u)du uf (u)du

x

0f (u)du

x

0f (u)du

x

0uf (u)du

x

0f (u)du

x

0f (u)du

x

0f (u)du

0

0f (u)(x u)du

0 u

0 0f ( t )dt


68

ρίζες της εξίσωσης x2 + 1= 5

= 4

x = 2 ή x = 2

Άρα Α( 2 , 5) και Β(2, 5)

Τα σημεία Γ και Δ έχουν τετμημένες τις

ρίζες της εξίσωσης x2 + 1 = α2 + 1

x2 = α2

x = α ή x = α

Άρα Γ( α , α2 +1) και Β(2 , α2 +1)

= =

2 =

2 =

2 =

2 =

2 =

2 – 2 = –

2 – 2 = 8 – –

– 2 = 8 – + 8 –

+ = 16 –

4 + 4 = 48 – 16

8 = 32

= 4 =

7. i) Να βρεθεί το εμβαδόν Ε(λ) του χωρίου που περικλείεται από

την γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = , τον άξονα των x

και τις ευθείες x = 1 , x = λ , λ > 0 .

ii) Να βρεθούν οι τις τιμές του λ έτσι, ώστε Ε(λ) =

iii) Να βρεθούν τα και

2x

1

2

2 2[ 1 (x 1)]dx

22

2[5 (x 1)]dx

2 2[ 1 x 1]dx

22

2[5 x 1]dx

2 2[ x ]dx

22

2[4 x ]dx

32 xx

3

23

2

x4x

3

32

3

32 ( )( )

3

324.2

3

3

24 2

3

2

3

33

3

3

8

3 88

3

4

3

3 32

3

8

3

8

3

4

3

34

3

316

33 3

3

3 3 4

2

1

x

1

2

0lim ( )

lim ( )


69

y

χ

Cf

O A(1) B(λ)

Γ

Δ

Λύση

i) Όταν λ > 1

Ε(λ) = 21

1 dx

x

=

Όταν 0 < λ < 1

Ε(λ) =1

2

1 dx

x = 1

1

Όταν Αν λ = 1 το

Ε(λ) = 0

ii) Ε(λ) = = με λ > 1 ή 1

1 = με λ < 1

2λ – 2 = λ ή 2 – 2λ = λ

λ = 2 ή 2 = 3λ

λ = 2 ή λ = 2

3

iii) 0

lim ( )

= 0

1lim ( 1)

lim ( )

= 1

lim (1 ) 1

8.Έστω f και g δύο συναρτήσεις συνεχείς στο [α, β] . Να

αποδείξετε ότι :

i) Αν f(x) g(x) για κάθε x [α, β], τότε

ii) Αν m η ελάχιστη και Μ η μέγιστη τιμή της f στο [α, β],

τότε

iii) Με την βοήθεια της ανισότητας εφx > x για κάθε x ,

να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = , x (0, ) είναι γνησίως

φθίνουσα και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι :

α) για κάθε x και

β)

1

1 11

x

1

2

11

1

2

1

2

f (x)dx g(x)dx

m( ) f (x)dx M( )

0, 2

x

x

2

3 3 x 3

2 x

,

6 3

3

6

3 x 1 dx

4 x 2


70

iν) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = είναι γν.φθίνουσα στο

[0, + ) και στην συνέχεια με την βοήθεια της ανισότητας ex x + 1

για κάθε χϵR, να αποδείξετε ότι :

α) για κάθε x [0, 1] και

β)

Λύση

i) f(x) g(x) f(x) g(x) 0 για κάθε x [α, β], άρα

ii) m f(x) Μ για κάθε x [α, β

m(β α) M(β α)

iii) = (1)

εφx > x άρα > x ημx > xσυνx xσυνx – ημx < 0

(1) < 0 στο (0, 𝜋

2 ) f γν. φθίνουσα στο

α) Είναι

β)

2xe

21x

0

2 e dx 1

3

[f (x) g(x)]dx 0

f (x)dx g(x) dx 0

f (x)dx g(x)dx

( i )

m dx f (x) dx dx

f (x)dx

'x

f (́x) x

2

x x x

x

x

x

f (́x) 0, 2

x 6 3

f

f f (x) f6 3

x6 3 x

6 3

1 3x2 2

x

6 3

3 3 x 3

2 x

3 3 x 3

2 x

( ii )

3

6

3 3 x 3 dx

2 3 6 x 3 6


71

iν) f(x) = f ΄(x) = 2x < 0 στο x (0, + )

f γν. φθίνουσα στο [0, + )

α) Έστω τυχαίο x [0, 1]

x 0 f(x) f(0)

1 (2)

Είναι ex x + 1 για κάθε

Θέτοντας όπου x το –x2 παίρνουμε – x2 + 1

1 – x2 (3)

Από τις (2), (3)

β) –x2 + 1 1

3

6

3 x 1 dx

4 x 2

2xe 2xe

f

2xe

20e

2xe

x2xe

2xe

22 x1 x e 1

2xe

( i )

21 1 1

2 x

0 0 0( x 1) dx e dx 1dx

2

13

1x

00

xx e dx 1

3

21x

0

2 e dx 1

3

Πλήρεις σημειώσεις στον Ολοκληρωτικό λογισμό (2015 - 16)

Education

Transcript of Πλήρεις σημειώσεις στον Ολοκληρωτικό λογισμό (2015 - 16)