ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ - schooltime · ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ –...

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ – ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ.

Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 28 (με Δημητριάδος) Βόλος τηλ. 2421302598

1 Κεφάλαιο 3ο Ολοκληρωτικός Λογισμός

Ολοκληρωτικός Λογισμός Μεθοδολογία – Λυμένα Παραδείγματα. Επιμέλεια: Κων/νος Παπασταματίου Μαθηματικός Α.Π.Θ.

Κ. Καρτάλη 28 (με Δημητριάδος) τηλ. 2421302598

1 § 3.1 Αόριστο Ολοκλήρωμα. | [Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου]

2 § 3.1 Αόριστο Ολοκλήρωμα.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

§ 3.1 Αόριστο Ολοκλήρωμα. ............................................................................................................................... 5

Παραδείγματα – Μεθοδολογία ..................................................................................................................... 7

§ 3.2 Μέθοδοι Ολοκλήρωσης ............................................................................................................................. 9

Μέθοδος ολοκλήρωσης κατά παράγοντες .........................................................................................................................9

Ολοκλήρωση με αντικατάσταση .............................................................................................................................................9

Πίνακας Αόριστων Ολοκληρωμάτων Σύνθετων Συναρτήσεων ..............................................................................9

Παραδείγματα – Μεθοδολογία ................................................................................................................... 10

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 1: Ολοκληρώματα της μορφής ( )( ) ( )f x f x dxν

′⋅∫ ......................................................... 10

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 2: Ολοκληρώματα της μορφής ( ) ( )f xf x e dx′ ⋅∫ ................................................................... 11

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 3: Ολοκληρώματα της μορφής ( )( )

f xdx

f x′

∫ ............................................................................. 12

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 4: Ολοκληρώματα της μορφής ( ) ( )f x f x dxηµ′ ⋅∫ , ( ) ( )f x f x dxσυν′∫ .......... 13

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 5: Ολοκληρώματα της μορφής, ( )

( )2

f xdx

f xσυν′

∫ , ( )( )2

f xdx

f xηµ′

∫ .................................. 14

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 6: Ολοκλήρωση κατά Παράγοντες. ................................................................................................. 15

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 7: Ολοκληρώματα της μορφής ( )axe x dxβ ηµ κ λ+ ⋅ +∫ και

( )axe x dxβ συν κ λ+ ⋅ +∫ ........................................................................................................................................................... 18

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 8: Ολοκληρώματα της μορφής ( ) ( )x x dxηµ α β συν κ λ+ ⋅ +∫ , ( ) ( )x x dxηµ α β ηµ κ λ+ ⋅ +∫ και ( ) ( )x x dxσυν α β συν κ λ+ ⋅ +∫ ........................................................... 20

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 9: Ολοκληρώματα της μορφής ( )v x dxηµ α β+∫ και ( )v x dxσυν α β+∫ ............ 21

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 10: Ολοκληρώματα της μορφής ( )2

1k dx

xηµ α β+∫ και ( )2

1k dx

xσυν α β+∫ ..... 22

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 11: Ολοκλήρωση ρητών Συναρτήσεων ( )( )

P xQ x

............................................................................ 23

[Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου] | § 3.1 Αόριστο Ολοκλήρωμα. 2


ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 12: Ολοκλήρωση άρητων Συναρτήσεων της μορφής ( )( )

f xdx

f x

′∫ ,

( ) ( )g x f x dx⋅∫ ......................................................................................................................................................................... 26

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 13: Αναγωγικοί Τύποι ............................................................................................................................. 27

§ 3.3 Ορισμένο Ολοκλήρωμα ........................................................................................................................... 28

Ιδιότητες του ορισμένου ολοκληρώματος....................................................................................................................... 28


Μεθοδολογία 1. Ιδιότητες Ορισμένου Ολοκληρώματος ....................................................................................... 29

Μεθοδολογία 2. Υπολογισμός Ορισμένου Ολοκληρώματος ............................................................................... 29

Μεθοδολογία 3. Ορισμένο Ολοκλήρωμα και Κατά Παράγοντες Ολοκλήρωση ........................................ 31

Μεθοδολογία 4. Χρήση του Τύπου Αλλαγής Μεταβλητής .................................................................................. 33

Μεθοδολογία 5. Ορισμένο Ολοκλήρωμα και Κλαδική Συνάρτηση.................................................................. 37

Μεθοδολογία 6. Άλλες Μορφές Ορισμένου Ολοκληρώματος ............................................................................ 39

Μεθοδολογία 7. Ξεχωριστές Μορφές «Θέτω» Στο Ορισμένο Ολοκλήρωμα .............................................. 43

§ 3.4 Η Συνάρτηση ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ ............................................................................................................ 45


Μεθοδολογία 1. Το Πεδίο Ορισμού της ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ ................................................................................ 46

Μεθοδολογία 2. Παράγωγος των ( ) ( )( ) ( )( )

( ), ,

x g x g x

a a h xf t dt f t dt f t dt∫ ∫ ∫ ..................................................... 47

Μεθοδολογία 3. Εύρεση Συνάρτησης – Σταθερή Συνάρτηση ............................................................................ 51

Μεθοδολογία 4. Μονοτονία – Κυρτότητα .................................................................................................................... 63

Μεθοδολογία 5. Ανισοτικές Σχέσεις ................................................................................................................................ 71

Μεθοδολογία 6. Υπαρξιακά ................................................................................................................................................. 81

§ 3.5 Εμβαδο Επίπεδου χωρίου ....................................................................................................................... 90


Μεθοδολογία 1. Υπολογισμός Εμβαδού χωρίου μεταξύ fC και x x′ ............................................................ 91

Μεθοδολογία 2. Εμβαδό Χωρίου που περικλείεται από fC και gC ............................................................. 94

Μεθοδολογία 3. Εμβαδό χωρίου που περικλείεται από τρεισ συναρτήσεις ............................................. 96



Μεθοδολογία 4. Εμβαδό και Αντρίστροφη.................................................................................................................. 98

Μεθοδολογία 5. Διάφορα Θέματα ................................................................................................................................. 101



Κ ΕΦΑΛ ΑΙ Ο 3 Ο ΟΛ Ο Κ Λ ΗΡΩΤ Ι Κ ΟΣ Λ ΟΓΙ ΣΜΟ Σ

§ 3.1 ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ.

ΟΡΙΣΜΟΣ

Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της f στο Δ(1) ονομάζεται κάθε συνάρτηση F που είναι παραγωγίσιμη στο Δ και ισχύει

)()( xfxF =′ , για κάθε Δx ∈ .

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 ∈ ,

είναι παράγουσες της f στο Δ και

• κάθε άλλη παράγουσα G της f στο Δ παίρνει τη μορφή

cxFxG += )()( , c ∈

Αόριστο ολοκλήρωμα

Το σύνολο όλων των παραγουσών μιας συνάρτησης f σ’ ένα διάστημα Δ ονομάζεται αόριστο ολοκλήρωμα της f στο Δ, συμβολίζεται ∫ dxxf )( και διαβάζεται “ολοκλήρωμα εφ του x ντε x”.

Δηλαδή,

∫ += cxFdxxf )()( , c ∈

Για κάθε συνάρτηση f, παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ, ισχύει

∫ +=′ cxfdxxf )()( , c ∈

(1) Αποδεικνύεται ότι κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστημα Δ έχει παράγουσα στο διάστημα αυτό.



ΠΙΝΑΚΑΣ ΑΟΡΙΣΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ

1. ∫ dx0 c= 8. ∫ xdxημ cx +−= συν

2. ∫ dx1 cx += 9. dxx∫ 2συν

1cx += εφ

3. ∫ dxx1 cx += ||ln 10. ∫ dx

x2ημ1 cx +−= σφ

4. ∫ dxxα cαxα

++

=+

1

1, 1−≠α 11. ∫ dxe x ce x +=

5. ∫ xdxσυν cx += ημ 12. ∫ dxα x cα

α x+=

ln

6. ( ) ( )xax dx c

aσυν α β

ηµ β+

+ = − +∫

13. ( ) ( )xx dx c

aηµ α β

συν α β+

+ = +∫

7. axax ee dx c

a

ββ

++ = +∫ 14. ln1 ax

dx cax a

ββ

+= +

+∫

Συνέπεια του ορισμού του αόριστου ολοκληρώματος και των κανόνων παραγώγισης είναι οι εξής δύο ιδιότητες:

Αν οι συναρτήσεις f και g έχουν παράγουσα σ’ ένα διάστημα Δ, τότε

• ∫ ∫= dxxfλdxxfλ )()( , *λ ∈

• ∫ ∫ ∫+=+ dxxgdxxfdxxgxf )()())()((



ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ – ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ

Παράδειγμα 1. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα:

α) 3 22 3x x dx

x+ +

∫ β) 2

1x x dxx

συν ηµσυν

+ − ∫ ,

2 2x π π ∈ −

γ) 1 3 2x dxx

ηµ + ∫

Λύση

α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( )3 22 3x xf x

x+ +

= είναι το σύνολο *

Η f είναι συνεχής στο * ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο *

.

Για να μπορέσουμε να υπολογίσουμε το παραπάνω ολοκλήρωμα αρκεί να «σπάσουμε» τα κλάσματα. Έτσι έχουμε:

3 2 3 222 3 2 3 32x x x x x x

x x x x x+ +

= + + = + +

Άρα το ολοκλήρωμα μπορούμε να το γράψουμε ως εξής:

3 22 2 2

3 2 32

2 3 3 3 12 2 2 3

2 3ln 3ln3 2 3

x x dx x x dx x dx xdx dx x dx xdx dxx x x x

x x xx x x

+ + = + + = + + = + + =

= + + = + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) Το πεδίο ορισμού της ( ) 2

1f x x xx

συν ηµσυν

= + − είναι για ,2 2

x π π ∈ −

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ,2 2π π −

ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο

,2 2π π −

.

Για να υπολογίσουμε αυτό το ολοκλήρωμα αρκεί να «σπάσουμε» το ολοκλήρωμα σε στοιχειώδη ολοκληρώματα.. Άρα έχουμε:

2 2

1 1x x dx xdx xdx dx x x xx x

συν ηµ συν ηµ ηµ συν εφσυν συν

+ − = + − = − − ∫ ∫ ∫ ∫



γ) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) 1 3 2f x xx

ηµ= + είναι το σύνολο * .

Η f είναι συνεχής στο * ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο *

.

Άρα έχουμε:

1 1 23 2 3 2 ln 32

xx dx dx xdx xx x

ηµηµ ηµ + = + = − ∫ ∫ ∫



§ 3.2 ΜΕΘΟΔΟΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗΣ

ΜΕΘΟΔΟΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗΣ ΚΑΤΑ ΠΑΡΑΓΟΝΤΕΣ

Η μέθοδος αυτή εκφράζεται με τον τύπο:

∫ ∫ ′−=′ dxxgxfxgxfdxxgxf )()()()()()(

που είναι συνέπεια του κανόνα παραγώγισης του γινομένου δύο παραγωγίσιμων συναρτήσεων gf , σε ένα διάστημα Δ.

ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ΜΕ ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗ

Με τη μέθοδο αυτή υπολογίζουμε ολοκληρώματα που έχουν ή μπορούν να πάρουν τη μορφή ∫ ′ dxxgxgf )())(( . Η μέθοδος ολοκλήρωσης με αντικατάσταση εκφράζεται με τον ακόλουθο τύπο:

∫ ∫=′ duufdxxgxgf )()())(( ,

όπου )(xgu = και dxxgdu )(′=

Ο παραπάνω τύπος χρησιμοποιείται με την προϋπόθεση ότι το ολοκλήρωμα ∫ duuf )( του δευτέρου μέλους υπολογίζεται ευκολότερα.

ΠΙΝΑΚΑΣ ΑΟΡΙΣΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ ΣΥΝΘΕΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

1. ( )( ) ( ) ( )( ) 1

, 11

vv f x

f x f x dx c vv

+

′⋅ = + ≠ −+∫

2. ( ) ( ) ( )f x f xf x e dx e c′ ⋅ = +∫

3. ( ) ( )

( )

ln

f xf x af x a dx c

a′ ⋅ = +∫

4. ( )( ) ( ) ( )ln , 0

f xdx f x c f x

f x′

= + ≠∫

5. ( ) ( ) ( )f x f x dx f x cηµ συν′ ⋅ = − +∫ 6. ( ) ( ) ( )f x f x dx f x cσυν ηµ′ ⋅ = +∫

7. ( )( ) ( )2

f xdx f x c

f xεφ

συν′

= +∫ 8. ( )

( ) ( )2

f xdx f x c

f xσφ

ηµ′

= − +∫

9 § 3.2 Μέθοδοι Ολοκλήρωσης | [Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου]

10 § 3.2 Μέθοδοι Ολοκλήρωσης


ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 1: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( )( ) ( )f x f x dxν

′⋅∫


α) ( )44x dx−∫ β) 3x xdxσυν ηµ⋅∫ γ)( )52

2 3

3 2007

x dxx x

+

+ +∫

Λύση

α) Η συνάρτηση ( ) ( )44f x x= − έχει πεδίο ορισμού το σύνολο

Η f είναι συνεχής στο ως πολυωνυμική.

Παρατηρούμε ότι ( )4 1x ′− = άρα το ολοκλήρωμα μπορούμε να το γράψουμε ως:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )54 4 4 4

4 1 4 4 45

xx dx x dx x x dx c

−′− = ⋅ − = − ⋅ − = +∫ ∫ ∫

β) Η συνάρτηση ( ) 3f x x xσυν ηµ= ⋅ έχει πεδίο ορισμού το σύνολο .

Η f είναι συνεχής στο ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο .

Έχουμε ότι:

( )4

3 3 3

4xx xdx x xdx xdx cσυνσυν ηµ ηµ συν συν συν′⋅ = − − ⋅ = − ⋅ = − +∫ ∫ ∫ x

[Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου] | § 3.2 Μέθοδοι Ολοκλήρωσης 10


γ) Η συνάρτηση ( )( )52

2 3

3 2007

xf xx x

+=

+ +έχει πεδίο ορισμού το σύνολο .


Παρατηρούμε ότι ( )2 3 2007 2 3x x x′+ + = +

Άρα το δοσμένο ολοκλήρωμα μπορούμε να το γράψουμε ως:

( )( )( )

( ) ( )

( )

252 2

5 52 2

42

3 20072 3 3 2007 3 20073 2007 3 2007

3 20074

x xx dx dx x x x x dxx x x x

x xc

−

−

′+ ++ ′= = + + ⋅ + + =+ + + +

+ += +

−

∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 2: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( ) ( )f xf x e dx′ ⋅∫


α) 3 5xe dx+∫ β) xx e dxσυνηµ ⋅∫

Λύση

α) Η συνάρτηση ( ) 3 5xf x e += έχει πεδίο ορισμού το σύνολο .


Παρατηρούμε ότι: ( )3 5 3x ′+ = άρα το ζητούμε ολοκλήρωμα μπορούμε να το γράψουμε:

( )3 5 3 5 3 5 3 5 3 51 1 11 3 3 53 3 3

x x x x xe dx e dx e dx x e dx e c+ + + + +′= ⋅ = ⋅ ⋅ = + = ⋅ +∫ ∫ ∫ ∫



β) Η συνάρτηση ( ) xf x x eσυνηµ= ⋅ έχει πεδίο ορισμού το σύνολο .


Παρατηρούμε ότι ( )x xσυν ηµ′ = − Άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα μπορούμε να το γράψουμε:

( )x x x xx e dx x e dx x e dx e cσυν συν συν συνηµ ηµ συν ′⋅ = − − ⋅ = − ⋅ = − +∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 3: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( )( )

f xdx

f x′

∫


α) 2

21

x dxx

ηµηµ+∫ β)

( )1

lndx

x x xηµ συν εφ⋅ ⋅∫ , ,4 2

x π π ∈

γ) 2

12 2007x dx

x x+

+ +∫

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι :

( )21 2 2x x x xηµ ηµ συν ηµ′+ = ⋅ =

Άρα το ολοκλήρωμα γράφεται:

( ) ( )2

22 2

12 ln 11 1

xx dx dx x cx x

ηµηµ ηµηµ ηµ

′+= = + +

+ +∫ ∫

β) Παρατηρούμε ότι:

( )( ) ( ) 22

1 1 1 1 1ln x x xx x x x xxx

εφ εφ ηµεφ εφ συν ηµ συνσυνσυν

′ ′= ⋅ = ⋅ = =⋅⋅

Άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται:



( ) ( )( )( )( ) ( )( )ln1 1 1 ln ln

ln ln lnx

dx dx dx x cx x x x x x x

εφεφ

ηµ συν εφ ηµ συν εφ εφ

′= ⋅ = = +

⋅ ⋅ ⋅∫ ∫ ∫

γ) Παρατηρούμε ότι:

( )2 2 2007 2 2x x x′+ + = +


( ) ( )2

22 2 2

2 20071 1 2 2 1 1 ln 2 20072 2007 2 2 2007 2 2 2007 2

x xx xdx dx dx x x cx x x x x x

′+ ++ += = = + + +

+ + + + + +∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 4: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( ) ( )f x f x dxηµ′ ⋅∫ , ( ) ( )f x f x dxσυν′∫


α) ( ) ( )22 3 3 9x x x dxηµ+ ⋅ + +∫ β) ( ) ( )x xe x e x dxηµ ηµ συν− +∫ γ)

( )( )22 ln 1

1x x dx

xσυν ⋅ + + ∫

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι:

( )2 3 9 2 3x x x′+ + = +


( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 3 3 9 3 9 3 9 3 9x x x dx x x x x dx x x cηµ ηµ συν′+ ⋅ + + = + + ⋅ + + = − + + +∫ ∫


( )x xe x e xσυν ηµ′+ = +




( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x xe x e x dx e x e x dx e x cηµ ηµ συν συν ηµ συν συν συν′− ⋅ + = + ⋅ + = − + +∫ ∫

γ) Παρατηρούμε ότι:

( )( ) ( )22

2 2

1 2ln 11 1

x xxx x

′+′+ = =+ +


( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 22

2 ln 1 ln 1 ln 1 ln 11

x x dx x x dx x cx

συν συν ηµ′⋅ + = + ⋅ + = + ++∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 5: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ, ( )( )2

f xdx

f xσυν′

∫ , ( )( )2

f xdx

f xηµ′

∫


α) ( )

2

2 3

3 55 9

x dxx xσυν

++ +∫ β)

( )2

1ln

dxx xηµ⋅∫

Λύση


( )3 5 9 3 5x x x′+ + = +


( )( )

( ) ( )3

32 3 2 3

5 93 5 5 95 9 5 9

x xx dx dx x x cx x x x

εφσυν συν

′+ ++= = + + +

+ + + +∫ ∫


( ) 1ln xx

′ =




( ) ( )( )

( ) ( )2 2 2

1ln1 ln

ln ln lnxxdx dx dx x c

x x x xσφ

ηµ ηµ ηµ

′= = = − +

⋅∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 6: ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ΚΑΤΑ ΠΑΡΑΓΟΝΤΕΣ.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x g x f x g x dx′ ′⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫

Την ολοκλήρωση κατά παράγοντες την χρησιμοποιούμε για να μπορέσουμε να υπολογίσουμε το αόριστο ολοκλήρωμα ενός γινόμενου συναρτήσεων.

Έχοντας ένα ολοκλήρωμα λοιπόν της μορφής ( ) ( )x g x dxφ ⋅∫ αναζητούμε μια συνάρτηση f τέτοια

ώστε ( ) ( )f x xφ′ = .

Η σειρά με την οποία αναζητούμε τις συναρτήσεις που θα βάλουμε κάτω από τόνο είναι:

• Εκθετικές ( )( )h xe

• Τριγωνομετρικές ( ) ( )( ),h x h xηµ συν

• Πολυωνυμικές ( )11 1 0...v v

v va x a x a x a−−+ + + +

• Λογαριθμικές ( )( )ln h x


α) ( )2 3 9xe x x dx⋅ + +∫ β) ( )2 2007 3 5xe x x dx+ ⋅ +∫

Λύση

α) Εδώ έχουμε να υπολογίσουμε ένα ολοκλήρωμα που περιέχει ένα γινόμενο μια λογαριθμικής και μιας πολυωνυμικής συνάρτησης.

Η συνάρτηση της οποία θα προσπαθήσουμε να βρούμε την αρχική (δηλαδή θα προσπαθήσουμε να βάλουμε κάτω από τόνο) είναι η λογαριθμική.

Παρατηρούμε ότι:



( )x xe e′ =


( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2

3 9 3 9 3 9 3 9

3 9 2 3 1

x x x x

x x

e x x dx e x x dx e x x e x x dx

e x x e x dx

′ ′⋅ + + = ⋅ + + = ⋅ + + − ⋅ + + =

= ⋅ + + − ⋅ +

∫ ∫ ∫∫

Για να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα ( )2 3xe x dx⋅ +∫ θα ακολουθήσουμε την ιδία διαδικασία:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2

2

2

2 2

2

1 3 9 2 3 3 9 2 3

3 9 2 3 2 3

3 9 2 3 2

3 9 2 3 2 3 9 2 3 2

8

x x x x

x x x

x x x

x x x x x x

x

e x x e x dx e x x e x dx

e x x e x e x dx

e x x e x e dx

e x x e x e dx e x x e x e c

e x x c

′= ⋅ + + − ⋅ + = ⋅ + + − + =

′= ⋅ + + − ⋅ + − ⋅ + =

= ⋅ + + − + + ⋅ =

= ⋅ + + − + + = ⋅ + + − + + + =

= ⋅ + + +

∫ ∫

∫

∫∫

β)Παρατηρούμε ότι:

( ) ( )2 2 2 22007 2007 2 2007 20072007 2 2x x x xe e x e x x e+ + + +′ ′= ⋅ + = ⋅ = ⋅


( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2007 3 2007 2 2007 2 2007

2007 2 2007 2 2007 2

2007 2 2007 2007 2 2007

15 5 5 2 52

1 1 15 5 52 2 21 1 1 15 2 52 2 2 2

x x x x

x x x

x x x x

e x x dx e x x dx x e x dx x e x dx

e x dx e x e x dx

e x e xdx e x e dx

+ + + +

+ + +

+ + + +

⋅ + = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ + =

′ ′= ⋅ + = ⋅ + − ⋅ + =

′= ⋅ + − ⋅ = ⋅ + − =

=

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

( )2 22007 2 20071 152 2

x xe x e c+ +⋅ + − +


α) ( ) ( )3 2007 7x x dxσυν + ⋅ +∫ β) ( ) ( )22 3 3x x dxηµ + ⋅ +∫

Λύση




( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

3 2007 3 2007 3 2007 3 3 2007

3 20073 2007

3

x x x x

xx

ηµ συν συν

ηµσυν

′ ′+ = + ⋅ + = + ⇔

′++ =


( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )3 2007 13 2007 7 7 3 2007 7

3 3x

x x dx x dx x x dxηµ

συν ηµ′+ ′+ ⋅ + = ⋅ + = + ⋅ + =∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 13 2007 7 3 2007 73 31 13 2007 7 3 2007 73 31 13 2007 7 3 20073 3

3 20071 3 2007 73 9

x x x x dx

x x x x dx

x x x dx

xx x c

ηµ ηµ

ηµ ηµ

ηµ ηµ

συνηµ

′= + ⋅ + − + ⋅ + =

′= + ⋅ + − + ⋅ + =

= + ⋅ + − + =

+= + ⋅ + + +

∫

∫

∫


( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

2 3 2 3 2 3 2 2 3

2 32 3

2

x x x x

xx

συν ηµ ηµ

συνηµ

′ ′+ = − + ⋅ + = − + ⇔

′++ = −


( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2 2

2 2

2

2

12 3 3 2 3 32

1 2 3 3 2 3 321 12 3 3 2 3 22 21 12 3 3 2 32 2

x x dx x x dx

x x x x dx

x x x x dx

x x x x dx

ηµ συν

συν συν

συν συν

συν ηµ

′+ ⋅ + = − + ⋅ + =

′= − + ⋅ + − + ⋅ + =

= − + ⋅ + + + ⋅ =

′= − + ⋅ + + ⋅ + =

∫ ∫

∫

∫

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2

1 1 12 3 3 2 3 2 32 2 21 1 12 3 3 2 3 2 32 2 2

2 31 12 3 3 2 32 2 4

x x x x x x dx

x x x x x dx

xx x x x c

συν ηµ ηµ

συν ηµ ηµ

συνσυν ηµ

′= − + ⋅ + + ⋅ + − ⋅ + =

= − + ⋅ + + ⋅ + − + =

+= − + ⋅ + + ⋅ + + +

∫

∫




α) ln xdx∫ β) 2lnx xdx∫

Λύση

α) Το ολοκλήρωμα αυτό δεν μπορούμε να το υπολογίσουμε άμεσα.

Ένα από συνήθη τεχνάσματα που χρησιμοποιούμε στην κατά παράγοντες ολοκλήρωση είναι να

εκμεταλλευόμαστε το ( ) 1x ′ =

Επομένως το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται:

( ) ( )

( )

1ln ln ln ln ln

ln 1 ln ln 1

xdx x xdx x x x x dx x x x dxx

x x dx x x x c x x c

′ ′= = − = − ⋅ =

= − = − + = − +

∫ ∫ ∫ ∫

∫


( ) ( )22 2

2x

x x x′

′ = ⇔ =


( ) ( ) ( )

( )

( )

22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1ln ln ln ln ln2 2 2 2

1 1 1 1 1 1ln 2ln ln ln ln ln2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1ln ln ln ln ln2 2 2 2 2 21 1 1ln ln2 2 2

xx xdx xdx x xdx x x x x dx

x x x x dx x x x xdx x x x xdxx

x x x x x x dx x x x x x dxx

x x x x xd

′′ ′= == = − ⋅ =

′= − ⋅ = − = − =

′= − + = − + =

= − +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫2

2 2 21 1ln ln2 2 4

xx x x x x c= − + +∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 7: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( )axe x dxβ ηµ κ λ+ ⋅ +∫ ΚΑΙ

( )axe x dxβ συν κ λ+ ⋅ +∫

Για να υπολογίσουμε τα ολοκληρώματα αυτής της μορφής θα χρησιμοποιήσουμε την κατά παράγοντες ολοκλήρωση.



Θέτουμε ( )axe x dxβ ηµ κ λ+Ι = ⋅ +∫ και μετά από πράξεις και με τη μέθοδο που αναλύσαμε

προηγουμένως θα καταλήξουμε σε μια σχέση της μορφής:

( )I H x Iµ= + ⋅ οπού µ ∈

Λύνουμε την παραπάνω σχέση ως προς Ι και έχουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα

Παράδειγμα 9. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:

α) ( )2 3 3 2007xA e x dxηµ+= ⋅ −∫

Λύση

α)Παρατηρούμε ότι:

( ) ( )2 3 2 3 2 32 3 2x x xe x e e+ + +′ ′= + ⋅ = ⋅


( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 2 3

13 2007 3 20072

1 13 2007 3 20072 21 13 2007 3 3 20072 21 33 2007 3 20072 4

x x

x x

x x

x x

e x dx e x dx

e x e x dx

e x e x dx

e x e x dx

ηµ ηµ

ηµ ηµ

ηµ συν

ηµ συν

+ +

+ +

+ +

+ +

′⋅ − = − =

′= − − − =

= − − ⋅ − =

′= − − ⋅ − =

∫ ∫

∫

∫

∫

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2 3 2 3 2 3

2 3 2 3 2 3

2 3 2 3 2 3

2 3

1 3 33 2007 3 2007 3 20072 4 41 3 33 2007 3 2007 3 3 20072 4 41 3 93 2007 3 2007 3 20072 4 41 33 20072 4

x x x

x x x

x x x

x

e x e x e x dx

e x e x e x dx

e x e x e x dx

e x e

ηµ συν συν

ηµ συν ηµ

ηµ συν ηµ

ηµ

+ + +

+ + +

+ + +

+

′= − − ⋅ − + ⋅ − =

= − − ⋅ − + ⋅ − ⋅ − =

= − − ⋅ − − ⋅ − =

= − −

∫

∫

∫

( )2 3 93 20074

x xσυν+ ⋅ − − ⋅ Α

Επομένως το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται:



( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 2 3

1 3 93 2007 3 20072 4 4

9 1 33 2007 3 20074 2 4

13 1 33 2007 3 20074 2 4

2 33 2007 3 200713 13

x x

x x

x x

x x

e x e x

e x e x

e x e x

e x e x

ηµ συν

ηµ συν

ηµ συν

ηµ συν

+ +

+ +

+ +

+ +

Α = − − ⋅ − − ⋅ Α ⇔

⇔ Α + Α = − − ⋅ − ⇔

⇔ Α = − − ⋅ − ⇔

⇔ Α = − − ⋅ −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 8: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( ) ( )x x dxηµ α β συν κ λ+ ⋅ +∫ , ( ) ( )x x dxηµ α β ηµ κ λ+ ⋅ +∫ ΚΑΙ ( ) ( )x x dxσυν α β συν κ λ+ ⋅ +∫

Για να υπολογίσουμε τα ολοκληρώματα αυτής της μορφής θα χρησιμοποιήσουμε τους παρακάτω τύπους:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2

2

2

ηµα συνβ ηµ α β ηµ α β

συνα συνβ συν α β συν α β

ηµα ηµβ συν α β συν α β

⋅ = − + +

⋅ = − + +

⋅ = − − +


α) ( ) ( )3 5 5x x dxηµ συν+ ⋅∫ β) 2 3xe x xdxσυν συν⋅ ⋅∫

Λύση

α)Έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( )13 5 5 2 5 8 52

x x x xηµ συν ηµ ηµ+ ⋅ = − + + +


( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

13 5 5 2 5 8 52

1 12 5 8 52 21 12 5 8 54 18

x x dx x x dx

x dx x dx

x x

ηµ συν ηµ ηµ

ηµ ηµ

συν συν

+ ⋅ = − + + + =

= − + + + =

= − + − +

∫ ∫

∫ ∫



β) Έχουμε ότι

2 3 2 4x x x xσυν συν συν συν⋅ = +


( )1 2

2 3 2 4 2 4x x x xe x xdx e x x dx e xdx e xdx

I I

συν συν συν συν συν συν⋅ ⋅ = + = + =

= +∫ ∫ ∫ ∫

Ας υπολογίσουμε τώρα τα ολοκληρώματα Ι1 και Ι2.

( ) ( )

( )( )

1

1

1 1 1

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 4 2

2 2 2 4

2 2 2 4 5

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x

x x

I e xdx e xdx e x e x dx

e x e xdx e x e xdx

e x e x e x dx e x e x e xdx

e x e x I

I e x e x I I

συν συν συν συν

συν ηµ συν ηµ

συν ηµ ηµ συν ηµ συν

συν ηµ

συν ηµ

′ ′= = = ⋅ − =

′= ⋅ + = ⋅ + =

′= ⋅ + ⋅ − = ⋅ + ⋅ − =

= ⋅ + ⋅ −

= ⋅ + ⋅ − ⇔

∫ ∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

1

2 2 21 22 25 5

x x

x x

e x e x

I e x e x

συν ηµ

συν ηµ

= ⋅ + ⋅ ⇔

⇔ = ⋅ + ⋅

Όμοια για το Ι2 έχουμε:

21 44 4

17 17x xI e x e xσυν ηµ= ⋅ + ⋅

Επομένως το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι το:

1 4 1 22 3 4 4 2 217 17 5 5

x x x x xe x xdx e x e x e x e x cσυν συν συν ηµ συν ηµ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 9: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( )v x dxηµ α β+∫ ΚΑΙ ( )v x dxσυν α β+∫

Για να υπολογίσουμε τα ολοκληρώματα αυτής της μορφής θα χρησιμοποιήσουμε τους παρακάτω τύπους:

• Αν ν περιττός ν=2κ+1 τότε εφαρμόζουμε τους τύπους:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 1 2 2

2 1 2 2

1

1

v

v

x x x x x

x x x x x

ν ν

ν ν

ηµ ηµ ηµ συν συν

συν συν συν ηµ ηµ

+

+

′= ⋅ = +

′= ⋅ = +

• Αν ν άρτιος δηλαδή ν=2κ τότε εφαρμόζουμε τους τύπους:



2 21 2 1 2 2 2

x xx xσυν συνηµ συν− += =

Παράδειγμα 11. Να υπολογίσετε τα παρακάτω ολοκληρώματα:

α) 3xdxηµ∫ β) 4xdxσυν∫ γ) 2 2x xdxηµ συν⋅∫

Λύση

α) Έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 2

3

1

3

xdx x xdx x x dx x dx x x dx

xx c

ηµ ηµ ηµ συν συν συν συν συν

ηµηµ

′ ′ ′= ⋅ = + ⋅ = + =

= + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) Έχουμε ότι:

2 24 21 2 1 2 2 2 1 2 1 2

2 4 4 2 4

2 1 1 4 2 1 1 2 41 44 4 4 2 4 4 8 8 4 4 8 32

x x x xxdx dx dx dx dx xdx

x x x x x x x x xdx dx xdx c

συν συν συν συνσυν συν

ηµ συν ηµ ηµ ηµσυν

+ + + = = = + + =

+ = + + = + + + = + + + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

γ)Έχουμε ότι;

22 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2

2 2 4 4 41 1 4 1 1 44

4 4 2 4 8 8 8 32

x x xx xdx dx dx dx xdx

x x x x xdx dx xdx c

συν συν συνηµ συν συν

συν ηµσυν

− + − ⋅ = ⋅ = = − =

+ = − = − − = − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 10: ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( )2

1k dx

xηµ α β+∫ ΚΑΙ

( )2

1k dx

xσυν α β+∫

Για τον υπολογισμό των ολοκληρωμάτων αυτής της μορφής κάνουμε χρήση των σχέσεων:

22

11

xx

συνεϕ

=+

και 2

221xx

xεϕηµ

εϕ=

+

Παράδειγμα 12. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 4

1 dxxσυν∫



Λύση

Έχουμε ότι 22

11

xx

συνεϕ

=+

. Άρα το δομένο ολοκλήρωμα γράφεται:

( )( )22

2 24 2

2

1 1 1 11

1

dx dx dx x dxx x

x

εϕσυν συν

εϕ

= = = + +

∫ ∫ ∫ ∫

Θέτουμε ( ) ( )21x t x dx dt x dx dtεϕ εϕ εϕ′= ⇒ = ⇔ + =

Άρα το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται:

( )3 3

213 3t xI t dt t x εϕεϕ

= + = + = +

∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 11: ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ΡΗΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ( )( )

P xQ x

.

• Εάν ο βαθμός του P(x) είναι μικρότερος από τον βαθμό του Q(x) τότε διαιρούμε «σπάζουμε» το κλάσμα σε απλά κλάσματα.

Με τον όρο απλά κλάσματα εννοούμε κλάσματα της μορφής ( )

ax κρ−

και ( )2

x

ax xκ

β γ

Α + Β

+ +με Δ<0

Έτσι π.χ. το κλάσμα 2

22 3

xx x

+− +

θα γραφτεί ως ( )( )2

2 24 3 1 3 1 3

x x ax x x x x x

β+ += = +

− + − − − − και το μόνο

που μένει είναι να υπολογίσουμε τα α και β.

Το κλάσμα ( ) ( )2

23 1x

x x−

− + θα γραφτεί ως εξής:

( ) ( ) ( )2 22

2 33 2 3x a

x xx x xβ γ−

= + ++ −− + −

• Εάν ο βαθμός του P(x) είναι μεγαλύτερος από τον βαθμό του Q(x) τότε κάνουμε την διαίρεση P(x):Q(x) και το κλάσμα μας γράφεται:

( )( ) ( ) ( )

( )P x x

xQ x Q x

υπ= + και εφαρμόζουμε την προηγούμενη μεθοδολογία για το κλάσμα ( )

( )x

Q xυ

Παράδειγμα 13. Να υπολογίστε τα παρακάτω ολοκληρώματα:

α) 2

33 2

x dxx x

−− +∫ β)

3

2

2 14 3

x x dxx x

− +− +∫ γ)

( ) ( )2

2

2 11 1

x x dxx x

− −− ⋅ +∫



Λύση

α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) 2

33 2

xf xx x

−=

− + είναι το σύνολο 1,2−

Παρατηρούμε ότι ( )( )2 3 2 1 2x x x x− + = − −

Άρα το ζητούμενο κλάσμα γράφεται: 2

33 2 1 2

x ax x x x

β−= +

− + − −

Αρκεί να υπολογίσουμε τα α και β.

( ) ( ) ( ) 2

3 3 2 1 1, 23 2 1 2

x a x a x x xx x x x

β β−= + ⇔ − = − + − ∀ ∈ −

− + − −

Για να μπορέσουμε να βρούμε τα α και β αρκεί να επιλέξουμε τιμές που να μηδενίζουν διαδοχικά κάποιους από τους συντελεστές.

Στην συγκριμένη περίπτωση επιλέγουμε x=1 και x=2.

Για x=1 έχουμε:

( ) ( ) ( )1 3 1 2 1 1 2 2a a aβ− = − + − ⇔ − = − ⇔ =

Για x=2 έχουμε:

( ) ( )2 3 2 2 2 1 1a β β− = − + − ⇔ = −

Επομένως το ολοκλήρωμα γράφεται διαδοχικά:

2

3 2 1 2ln 1 ln 23 2 1 2

x dx dx x x cx x x x

− = − = − − − + − + − − ∫ ∫ 1,2x∀ ∈ −

β) Παρατηρούμε ότι ( )( )2 4 3 3 1x x x x− + = − −

Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( )3

2

2 14 3

x xf xx x

− +=

− + είναι το σύνολο 1,3−

Επίσης παρατηρούμε ότι ο βαθμός του αριθμητή είναι μεγαλύτερος από τον βαθμό του παρονομαστή άρα πρέπει αρχικά να κάνουμε την διαίρεση.



Άρα το κλάσμα γράφεται: ( ) ( ) ( )( )( ) ( )

3

2 2

11 12 1 11 11 114 4 44 3 4 3 1 3 3

xx x xx x xx x x x x x x

−− + −= + + = + + = + +

− + − + − − −


( )3 2

2

2 1 114 4 11 ln 34 3 3 2

x x xdx x dx x x cx x x

− + = + + = + + ⋅ − + − + − ∫ ∫

γ) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( )( ) ( )

2

2

2 11 1

x xf xx x

− −=

− ⋅ + είναι το σύνολο 1− .

Το κλάσμα μπορεί να γραφεί:

( ) ( ) ( ) ( )( )2

2 222

2 1 2 1 1 11 11 1

x x a x x x a x x xx xx x

β γ β γ− − += + ⇔ − + = + + + −

− +− ⋅ +

Για x=1

( ) ( )( )22 1 1 1 1 1 2 2 1a a aβ γ− = + + ⋅ + − ⇔ = − ⇔ = −

Για x=0 και α= - 1

( ) ( )( )2 20 2 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0β γ γ γ− ⋅ − = − + + ⋅ + − ⇔ − = − − ⇔ =

Για x=-1, α=-1 και γ=0

( ) ( ) ( )( )( )2 21 2 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 3 2β β β− − ⋅ − = − + + ⋅ − + − − ⇔ = − − + ⇔ =


( ) ( ) ( )2

222

2 1 1 2 ln 1 ln 11 11 1

x x xdx dx x x cx xx x

− + − = + = − − − + + − +− ⋅ + ∫ ∫

υ(x)

π(x)



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 12: ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ΑΡΗΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ ( )( )

f xdx

f x

′∫ ,

( ) ( )g x f x dx⋅∫

Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε ολοκληρώματα της μορφής ( )( )

f xdx

f x

′∫ ή ( ) ( )g x f x dx∫

Τότε θέτουμε ( )t f x=

Στην μεν πρώτη περίπτωση το διαφορικό d υπολογίζετε απευθείας από την δοσμένη σχέση δηλαδή

( )( ) ( )( )2

f xdt f x dx dt dx

f x

′′= ⇔ =

Στη δε δεύτερη περίπτωση υπολογίζεται λύνοντας πρώτα την εξίσωση ( )t f x= ως προς x και στην

συνέχεια υπολογίζοντας το διαφορικό

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2t f x f x t x g t dx g t dt′= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Παράδειγμα 14. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) 2

21

x dxx

ηµσυν+

∫ β) ( )2 1 1x x dx+ +∫

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 2 2 2x x x x x x xσυν συν συν συν συν ηµ ηµ′ ′′ ′+ = + = ⋅ = − ⋅ = −

Άρα θέτουμε 21 x tσυν+ =

( ) ( )2 2

2 2

2

1 21 12 1 2 1

2 21

xx dx dt x dx dt dx dtx x

x dx dtx

ηµσυν συνσυν συν

ηµσυν

′ −′+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔+ +

⇔ = −+

Το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται διαδοχικά:

2

2

2 2 2 2 11

x dx dt t c x cx

ηµ συνσυν

= − = − + = − + ++

∫ ∫

β) Θέτουμε 2 21 1 1x t x t x t+ = ⇔ + = ⇔ = −

( )2 1 2dx t dt dx tdt′= − ⇔ =



Άρα το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται

( ) ( )( ) ( )

( )

22 2 4 2 2

7 5 37 5 36 4 2

1 1 1 1 2 2 1 1 2

2 2 1 1 12 4 2 4 2 4 27 5 3 7 5 3

x x dx t t tdt t t t dt

t t t x x xt t t dt c c

+ + = − + ⋅ = − + + =

+ + +− + = − + + = − + +

∫ ∫ ∫

∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 13: ΑΝΑΓΩΓΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ

Έστω Ιν ένα ολοκλήρωμα μίας συνάρτησης, στην οποία εμφανίζεται ο φυσικός αριθμός ν. Υπάρχουν περιπτώσεις στις οποίες ο υπολογισμός του Ιν δεν επιτυγχάνεται άμεσα, αλλά μετά από τις πρώτες προσπάθειες βλέπουμε ότι για την εύρεσή του απαιτείται η γνώση του Ιν-1 ή Ιν-2 κλπ. Μία σχέση η οποία συνδέει τα Ιν, Ιν-1,Ιν-2 κλπ λέγεται αναγωγικός τύπος. Εκτός από λίγες περιπτώσεις η εύρεση ή η απόδειξη αναγωγικών τύπων επιτυγχάνεται με τη μέθοδο της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες.

Παράδειγμα 15. Αν vvI xdxσυν= ∫ να αποδειχθεί ότι: 1

11 1v

v vI x x Iv

νσυν ηµν

−−

−= ⋅ +

Λύση

Είναι :

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

1 1 1 1

1 2 1 2 2

1 2 2

1 2

1 1

1 1

1

v v vvI xdx x xdx x x dx x x x xdx

x x v x x xdx x x v x xdx

x x v x x dx

x x v xdx v

ν ν

ν ν ν ν

ν ν

ν ν

συν συν συν συν ηµ συν ηµ συν ηµ

συν ηµ συν ηµ ηµ συν ηµ συν ηµ

συν ηµ συν συν

συν ηµ συν

− − − −

− − − −

− −

− −

′′= = ⋅ = ⋅ = ⋅ + ⋅ =

= ⋅ − − − ⋅ = ⋅ + − ⋅ =

= ⋅ + − ⋅ − =

= ⋅ + − −

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

∫( )

( ) ( )12

1

1 1v v

xdx

x x v I v I

ν

ν

συν

συν ηµ−−

− =

= ⋅ + − − −∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 12 2

1 12 2

1 1 1 11 11

v v v v v v

v v v v

I x x v I v I I v I x x v IvvI x x v I I x x I

v v

ν ν

ν ν



− −− −

− −− −

= ⋅ + − − − ⇔ + − = ⋅ + − ⇔

−⇔ = ⋅ − − ⇔ = ⋅ −


28 § 3.3 Ορισμένο Ολοκλήρωμα

§ 3.3 ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

• ∫ ∫−=β

α

α

βdxxfdxxf )()(

• ∫ =α

αdxxf 0)(

Αν 0)( ≥xf , τότε ∫ ≥β

αdxxf 0)( .

ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥ ΟΡΙΣΜΕΝΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΟΣ

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, . Τότε ισχύουν

• ∫ ∫=β

α

β

αdxxfλdxxfλ )()(

• ∫ ∫ ∫+=+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 )()()(

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)( .

[Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου] | § 3.3 Ορισμένο Ολοκλήρωμα 28



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΟΡΙΣΜΕΝΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΟΣ

Παράδειγμα 1. Αν ( )4

19f x dx =∫ , ( )

4

311f x dx =∫ και ( )

8

113f x dx =∫ να βρείτε τα

ολοκληρώματα:

α) ∫3

4)( dxxf β) ∫

8

4)( dxxf

γ) ∫3

1)( dxxf δ) ∫

8

3)( dxxf .

Λύση

Για να μπορέσουμε να λύσουμε αυτή την άσκηση αρκεί να εφαρμόσουμε τις ιδιότητες του ορισμένου ολοκληρώματος που δόθηκαν στην θεωρία.

α) Έχουμε:

( ) ( )3 4

4 311f x dx f x dx= − = −∫ ∫

β) ( ) ( ) ( )8 8 4

4 1 113 9 4f x dx f x dx f x dx= − = − =∫ ∫ ∫

γ) ( ) ( ) ( )3 4 3

1 1 49 11 2f x dx f x dx f x dx= + = − = −∫ ∫ ∫

δ) ( ) ( ) ( ) ( )8 8 3

3 1 113 2 15f x dx f x dx f x dx= − = − − =∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΣΜΕΝΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΟΣ

Για τον υπολογισμό στοιχειωδών ορισμένων ολοκληρωμάτων εργαζόμαστε χρησιμοποιώντας τις μεθόδους ολοκλήρωσης που αναφέραμε στην προηγούμενη παράγραφο με την διαφορά ότι εδώ προσθέτουμε και τα όρια ολοκλήρωσης .

Για τον προσδιορισμό ενός ολοκληρώματος της μορφής ( )a

f x dxβ

∫ , αρκεί να βρούμε μία παράγουσα

(αρχική) συνάρτηση F της f στο [α, β] και να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο:

29 § 3.3 Ορισμένο Ολοκλήρωμα | [Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου]


( ) ( ) ( ) ( )aa

f x dx F x F Fβ β

β α= = − ∫

Σε ποιο σύνθετες μορφές ορισμένων ολοκληρωμάτων θα γίνει αναφορά στην επόμενη παράγραφο.

Παράδειγμα 2. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) ( )( )1

0

xe x dxηµ π−∫ β) 2

2

1

1x dxx

− ∫

Λύση


( )( ) ( ) ( ) 11 1 1 1

00 0 00

01

21

x x x xe x dx e dx x dx e e

e

συν π συνπ συνηµ π ηµ ππ π π

π

− = − = + = − + − =

= − −

∫ ∫ ∫


22 32 2 221 1

1

1 1 1 8 1 1 7 3 52 2 4 2 13 3 2 3 3 2 6xx dx x dx x

x x x − = − + = − − = − − − − − = − =

∫ ∫

Παράδειγμα 3. Αν η παράγωγος της συνάρτησης f είναι συνεχής στο [0, 1] και ισχύει ( )0 1f =

και ( )1 2f = να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα:

α) ( ) ( )1

0 x

f x f xdx

e′ −

∫ β) ( ) ( )( )1

02x f x xf x dx′+∫

Λύση


( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1

0 0 0

1 1 1 0

00

21 0 1

x x x xx

x x

f x f xdx f x e f x e dx f x e f x e dx

e

f x e dx e f x e f e fe

− − − −

− − −

′ − ′′ ′= − = + =

′ = = = − = −

∫ ∫ ∫

∫

β) έχουμε ότι:



( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

1 1 12 2 2

0 0 0

1 12 2 2

00

2 2

1 1 0 0 2

x f x xf x dx xf x x f x dx x f x x f x dx

x f x dx x f x f f

′′ ′ ′+ = + = + =

′ = = = − ⋅ =

∫ ∫ ∫

∫

Παράδειγμα 4. Έστω μία συνάρτηση f με ( ) 0f x ≠ και ( ) ( )3 0f x f x′+ = για κάθε [ ],x a β∈ .

Αν ( )f a και ( )f β− ρίζες της εξίσωσης 23 5 1 0x x− − = , να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )a

f x dxβ

∫ .

Λύση

Στην συγκεκριμένη άσκηση δεν θα ασχοληθούμε με την λύση της διαφορικής εξίσωσης καθώς είναι δύσκολος ο υπολογισμός του δοσμένου ολοκληρώματος μίας και δεν δίνονται τα όρια ολοκλήρωσης.

Φέρνουμε λοιπόν την σχέση σε τέτοια μορφή ώστε η συνάρτηση f να είναι αρχική μίας άλλης συνάρτησης.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

3 32

10f x

f x f x f x f x f x f xf x f x

′ ′′ ′+ = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ =

Το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

1 1 1a a

f a ff x dx dx

f x f f a f f aβ β β

β β

′ −= = − =

∫ ∫ (1)

Έχουμε ότι τα ( )f a και ( )f β− ρίζες της εξίσωσης 23 5 1 0x x− − = . Με την χρήση των τύπων του Vieta για το άθροισμα και το γινόμενο ριζών.

( ) ( ) 53

S f a faβ β= − ⇔ − = και ( ) ( )( ) ( ) ( )1 1

3 3P f a f f a fγ β β

α−

= ⇔ − = ⇔ =

Άρα η (1) γράφεται:

( )53 513

af x dx

β= =∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΚΑΙ ΚΑΤΑ ΠΑΡΑΓΟΝΤΕΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ

Η κατά παράγοντες ολοκλήρωση εφαρμόζεται και ορισμένα ολοκληρώματα με την μορφή

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a a

f x g x dx f x g x f x g x dxβ ββ

α′ ′= − ∫ ∫



Η κατά παράγοντες ολοκλήρωση στα ορισμένα ολοκληρώματα διέπεται από τους ίδιους κανόνες που διέπεται και στα αόριστα ολοκληρώματα.


α) 2

0x xdx

πσυν∫ β)

2 2

1ln xdx∫

Λύση

α) Θα υπολογίσουμε το δοσμένο ολοκλήρωμα με τη μέθοδο της κατά παράγοντες ολοκλήρωσης.

( ) ( ) ( ) ( )

( ) [ ] ( ) ( )

[ ]

2 2 2 2 2 2

00 0 0 0

00 0 0

0

0 0 2

2 2 2 2 2 0 0 2

2 2 2

x xdx x x dx x x x xdx x x dx

x x dx x x x xdx xdx

x

π π π ππ

π π ππ

π

συν ηµ ηµ ηµ π ηµπ ηµ συν

συν συν συν πσυνπ συν συν

π ηµ π

′′ ′ = = − = − − − =

′ ′= = − = − ⋅ ⋅ − =

= − − = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

β)

( ) ( ) ( )

( ) [ ] ( )

( ) [ ]

2 2 2 222 2 2 2 2 2

11 1 1 1

2 2 222 2 211 1 1

2 2 22 2 211 1

1ln ln ln ln 2ln 2 1 ln 1 2ln

2ln 2 2ln 2ln 2 2 ln 2ln 2 2 ln 2 ln

12ln 2 2 2ln 2 2 1 ln1 2 2ln 2 4ln 2 2 1 2ln 2 4ln 2 2

xdx x xdx x x x x dx x x dxx

xdx x xdx x x x x dx

x dx dx xx

′′ = = − = − ⋅ − ⋅ =

′ ′= − = − = − + =

= − ⋅ − ⋅ ⋅ + = − + = − +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫22 ln 2 4ln 2 2

=

= − +

Παράδειγμα 6. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2

ln xf xx

=

α) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )1

I f x dxλ

λ = ∫ , λ>0

β) Να βρείτε το όριο limx

Iλ→+∞

Λύση

α) Έχουμε:

( ) ( )2 21 1 1 1 11

211

ln 1 1 1 1ln ln ln ln

1 1 1 1 1 1ln ln ln 1

xI f x dx dx xdx xdx x x dxx x x x x

dxx x

λλ λ λ λ λ

λ

λλ

λ λ λλ λ λ λ

′ ′= = = = − = − − − =

= − + = − + − = − − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫



β) ln 1lim lim 1 1

x xIλ

λλ λ→+∞ →+∞

= − − + =

αφού

( )( )

_ ' lnln 1lim lim lim 0De l Hospital

x x x

λλλ λλ→+∞ →+∞ →+∞

′∞ − = = − = − = ∞ ′

Παράδειγμα 7. Έστω μία συνάρτηση f με ( ) 22f x xηµ′ = , για κάθε x ∈ και ( ) 1f π = . Να

υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ( )0

I f x dxπ

= ∫ .

Λύση

Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε την f ′ άρα για τον υπολογισμό του ζητούμενου ολοκληρώματος θα χρησιμοποιήσουμε την κατά παράγοντες ολοκλήρωση.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 200 0 0 0

0 0 2I f x dx x f x dx xf x xf x dx f f x x dxπ π π ππ

π π ηµ′ ′= = = − = − ⋅ − ∫ ∫ ∫ ∫Για του υπολογισμό του ολοκληρώματος 2

02x x dx

πηµ−∫ θέτουμε

( )2 2 2x t x dx dt xdx dt′= ⇒ = ⇔⇔ =

Για 0 0x t= ⇒ =

Για x tπ π= ⇒ =


[ ]200 0

2 0 2x x dx tdt tπ π πηµ ηµ συν συνπ συν− = − = = − = −∫ ∫

Επομένως : 2πΙ = −

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΧΡΗΣΗ ΤΟΥ ΤΥΠΟΥ ΑΛΛΑΓΗΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ

Από τη θεωρεία γνωρίζουμε ότι ισχύει η σχέση:

( )( ) ( ) ( )2

1

u

uf g x g x dx f u du

β

α′ =∫ ∫

Όπου οι ,f g′ συνεχείς συναρτήσεις και

( )u g x= , ( )du g x dx′= και ( )1u g a= , ( )2u g β=




α) 21 3

0

xx e dx∫ β) 2

1

13 2

dxx −∫ γ) 20

21

x dxx

π ηµηµ+∫ δ) 4

40

1 dxx

π

συν∫

Λύση

α) Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος 21 3

0

xx e dx∫

Θέτουμε ( )2 2 122

x t x dx dt xdx dt xdx dt′= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Υπολογίζουμε τα καινούργια όρια ολοκλήρωσης.

Για 0 0x t= ⇒ =

Για 1 1x t= ⇒ =


( ) ( ) ( )( )

2 21 1 1 1 1 113 2 1 0

00 0 0 0 0 01 1 0

0

1 0

1

x x t t t t t

t

x e dx x e xdx te dt t e dt te t e dt e e e dt

e e e e e

′ ′ = = = = − = ⋅ − ⋅ − =

= − = − − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) Θέτουμε ( ) 13 2 3 2 33

x t x dx dt dx dt dx dt′− = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

Για 1 3 1 2 1x t= ⇒ = ⋅ − =

Για 2 3 2 2 4x t= ⇒ = ⋅ − =


[ ] ( )2 4 4 4

11 1 1

1 1 1 1 1 1 1 2ln 2ln ln 4 ln13 2 3 3 3 3 3

dx dt dt tx t t

= ⋅ = = = − =−∫ ∫ ∫

γ) Θέτουμε ( )2 21 1 2 2x t x dx dt x xdx dt xdx dtηµ ηµ ηµ συν ηµ′+ = ⇔ + = ⇔ ⋅ = ⇔ =

Για 20 1 0 1x t ηµ= ⇒ = + =

Για 21 1x tπ ηµ π= ⇒ = + =


1

20 1

2 1 01

x dx dtx t

π ηµηµ

= =+∫ ∫ Αφού είναι γνωστό ότι: ( ) 0

a

af x dx =∫



δ) Αρχικά θα κάνουμε χρήση της σχέσης 22

11

xx

συνεϕ

=+

Άρα το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται ως εξής:

( )( )224 4 4 4

2 240 0 0 02

2

1 1 1 11

1

I dx dx dx x dxx x

x

π π π π

εϕσυν συν

εϕ

= = = = + +

∫ ∫ ∫ ∫


Για 0 0 0x t εϕ= ⇒ = =

Για 14 4

x tπ πεϕ= ⇒ = =


( )131 2

00

1 41 13 3 3tI t dt t

= + = + = + =

∫


α) 240

xdxπ

εϕ∫ β) 360

xdxπ

εϕ∫

Λύση

α) Προσπαθούμε μέσα στο ολοκλήρωμα να εμφανίσουμε την παράσταση 21 xεϕ+ καθώς

( )21 x xεϕ εϕ ′+ =

( ) ( )

[ ] [ ]

2 2 24 4 4 4 4 40 0 0 0 0 0

4 40 0

1 1 1 1 1

14

xdx x dx x dx dx x dx dx

x x

π π π π π π

π π

εϕ εϕ εϕ εϕ

πεϕ

′= + − = + − = − =

= − = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) Θέτουμε ( ) ( ) ( )2 22

11 11

t xx t x dx dt x dx dt t dx dt dx dt

t

εϕ

εϕ εϕ εϕ=′= ⇒ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

+

Για 0 0 0x t εϕ= ⇒ = =

Για 3

6 6 3x tπ πεϕ= ⇒ = =




3 3 33 36 3 3

2 20 0 0

11 1

tI xdx t dt dtt t

π

εϕ= = =+ +∫ ∫ ∫

Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος κάνουμε την διαίρεση ( )3 2: 1t t + και έχουμε

( )3 2 1t t t t= + −

Άρα:

( )

( )

323 3 3 3 3 33 2 3

3 3 3 3 3 32 2 2 2 20 0 0 0 0 0

0

32 3

0

11 2 1 11 1 1 2 2 1 2 2 1

1 1 1 3ln 1 ln6 2 6 2

tt t t t tI dt t dt tdt dt dt dtt t t t t

t

′+ = = − = − = − = − = + + + + +

= − + = +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫


α) 42 2

6

1 dxx x

π

π ηµ συν⋅∫ β) 1

ln1 ln

e x dxx x+∫

Λύση

α) Αρχικά θα κάνουμε χρήση των τύπων 22

11

xx

συνεϕ

=+

και 2

221xx

xεϕηµ

εϕ=

+. Άρα το ζητούμενο

ολοκλήρωμα γράφεται

( )22

4 4 422 2 2

6 6 62 2

11 11

1 1

xI dx dx dx

xx x xx x

π π π

π π π

εϕεϕηµ συν εϕ

εϕ εϕ

+= = =

⋅ ⋅+ +

∫ ∫ ∫


Για 3

6 6 3x tπ πεϕ= ⇒ = =

Για 14 4

x tπ πεϕ= ⇒ = =

Επομένως:

121 13 32 2 33 3

3

1 1 1 2 313

tI dt dt tt t t+ = = + = − = − ∫ ∫



β) Παρατηρούμε ότι ( ) 11 ln2 1 ln

xx x

′+ =+

Θέτουμε 2 21 ln 1 ln ln 1x t x t x t+ = ⇔ + = ⇔ = −

( ) ( )1 1 11 ln ln 12 1 ln 2 1 ln

1 1 12 2 22 1 ln 2 1 ln 1 ln

x dx dt x dx dt dx dtxx x

dx dt dx dt dx dtx x x x x x

′ ′+ = ⇔ + = ⇔ ⋅ = ⇔+ +

⇔ = ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ =+ + +

Για 1 1 ln1 1x t t= ⇔ = + ⇔ =

Για 1 ln 2x e t e t= ⇔ = + ⇔ =

Άρα το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται διαδοχικά

( ) ( )232 22 2

1 1 11

3 3

ln 21 2 2 2 231 ln

2 2 2 1 4 2 2 4 2 22 2 2 1 2 2 23 3 3 3 3

e x tdx t dt t dt tx x

= − = − = − = +

⋅ − = − − − ⋅ = − − + =

∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΚΑΙ ΚΛΑΔΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε ένα ορισμένο ολοκλήρωμα ( )a

f x dxβ

∫ μιας συνάρτησης

:f ∆ → της μορφής: ( )( )( )

0

0

,

,

g x x xf x

h x x x

≤= >

με 0a x β< <

Τότε το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

0 0

x x

a a x a xf x dx f x dx f x dx g x dx h x dx

β β β= + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Όμοια αν έχω μία συνάρτηση που περιέχει απόλυτη τιμή τότε βγάζουμε την απόλυτη τιμή και μετατρέπουμε την συνάρτηση σε κλαδική . Το ζητούμενο ολοκλήρωμα θα προκύψει με την χρήση της προηγούμενης μεθόδου.


α) ( )2

1I f x dx

−= ∫ όπου ( )

( ), 0

ln 1 , 0

xxe xf x

x x

− <= + ≥

β) ( )2 2

01x x dx− +∫

Λύση



Παρατηρούμε ότι στο σημείο 0 0x = αλλάζει ο τύπος της δοθείσας συνάρτησης.


( ) ( ) ( ) ( )2 0 2 0 2

1 1 0 1 0ln 1xI f x dx f x dx f x dx x e dx x dx−

− − −= = + = ⋅ + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Θα υπολογίσουμε καθένα από τα ολοκληρώματα ξεχωριστά, με την χρήση της κατά παράγοντες ολοκλήρωσης:

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

0 0 0 00 0

1 11 1 1 101 0

11 0 1 1

x x x x x x

x

x e dx x e dx x e e x dx x e e dx

e e e e e

− − − − − −

− −− − − −

− − −

−

′ ′ ⋅ = ⋅ − = − ⋅ − − ⋅ = − ⋅ + =

= − − − ⋅ + − = − − = −

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( ) ( )

2 2 22

00 0 0

2 2 2

0 0 0

2 2

00

ln 1 ln 1 ln 1 ln 1

1 1 12ln 3 0 ln1 2ln 3 2ln 31 1 1

12ln 3 1 2ln 3 ln 1 2ln 3 2 ln 3 0 ln1 3ln 3 21

x dx x x dx x x x x dx

x xx dx dx dxx x x

dx x xx

′′+ = ⋅ + = + − ⋅ + = + −

= − ⋅ − ⋅ = − = − =+ + +

= − − = − − + = − − − + = − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

Επομένως: 1 3ln 3 2 3ln 3 3I = − + − = −

β)Αρχικά πρέπει να «βγάλουμε» την απόλυτη τιμή.

2 21 1x x− = − αν 2 1 0x − >

Για να λύσουμε την ανίσωση λύνουμε πρώτα την αντίστοιχη εξίσωση:

2 21 0 1 1x x x− = ⇔ = ⇔ = ±

Κάνουμε στην συνέχεια τον πίνακα προσήμων της εξίσωσης:

x −∞ 1− 1+ +∞

2 1x −


( ) ( ) ( )2 1 22 2 2

0 0 11 23 2 3 2

0 1

1 1 1

43 2 3 2

x x dx x x dx x x dx

x x x xx x

− + = − + + + − + =

= − + + + − + =

∫ ∫ ∫



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΆΛΛΕΣ ΜΟΡΦΕΣ ΟΡΙΣΜΕΝΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΟΣ

Δύο πολύ σημαντικές ασκήσεις στα ορισμένα ολοκληρώματα είναι οι ακόλουθες καθώς βοηθούν στην εξαγωγή πολύτιμων συμπερασμάτων τα οποία μπορούν να χρησιμοποιηθούν στη επίλυση διαφόρων ποιο σύνθετων ασκήσεων .

Παράδειγμα 12. Έστω μία συνεχής συνάρτηση [ ]: ,f a a− → . Να δείξετε ότι:

α) ( ) ( )0

0

a

af x dx f x dx

−− =∫ ∫

β) Αν η f είναι άρτια, τότε ( ) ( )0

2a a

af x dx f x dx

−=∫ ∫

γ) Αν η f είναι περιττή, τότε ( ) 0a

af x dx

−=∫

Λύση

α) Θέτουμε ( )x t x t dx t dt dx dt′− = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −

Για 0 0x t= ⇔ =

Για x a t a= − ⇔ =


( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )0 0 0

0 0

a a

a a af x dx f t dt f t dt f t dt f x dx

−− = − = − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) Η f είναι άρτια στο [ ],a a− άρα για κάθε [ ],x a a∈ − ισχύει ότι ( ) ( )f x f x− =

Θα παρεμβάλουμε το 0 στο δοσμένο ολοκλήρωμα:

( ) ( ) ( )0

0

a a

a af x dx f x dx f x dx

− −= +∫ ∫ ∫ (1)

Εκείνο το κομμάτι στην σχέση που μας «ενοχλεί» είναι το ( )0

af x dx

−∫

Θέτουμε ( )x t x t dx t dt dx dt′− = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −

Για 0 0x t= ⇔ =

Για x a t a= − ⇔ =


( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) άρτια0 0 0

0 0

f a a

a a af x dx f t dt f t dt f t dt f x dx

−= − − = − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫



Επομένως η (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0 02

a a a a a

a af x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

− −= + = + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

γ) Η f είναι περιττή στο [ ],a a− άρα για κάθε [ ],x a a∈ − ισχύει ότι ( ) ( )f x f x− = −

Θα παρεμβάλουμε το 0 στο δοσμένο ολοκλήρωμα:

( ) ( ) ( )0

0

a a

a af x dx f x dx f x dx

− −= +∫ ∫ ∫ (1)

Εκείνο το κομμάτι στην σχέση που μας «ενοχλεί» είναι το ( )0

af x dx

−∫

Θέτουμε ( )x t x t dx t dt dx dt′− = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −

Για 0 0x t= ⇔ =

Για x a t a= − ⇔ =


( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) περιττή0 0 0

0 0 0

fa a a

a a af x dx f t dt f t dt f t dt f t dt f x dx

−= − − = − − = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Επομένως η (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 00

a a a a

a af x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

− −= + = − + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Παράδειγμα 13. Αν f είναι μία συνεχής συνάρτηση στο , να δείξετε ότι:

( ) ( )a a

f a x dx f x dxβ β

β+ − =∫ ∫

Λύση

Θέτουμε ( )a x t a x dx dt dx dt dx dtβ β ′+ − = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ = −

Για x a t a a tβ β= ⇔ = + − ⇔ =

Για x t a t aβ β β= ⇔ = + − ⇔ =


( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )a a

a a af a x dx f t dt f t dt f t dt f x dx

β β β

β ββ+ − = − = − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫



Παράδειγμα 14. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο και ισχύει: ( ) ( )1 2f x f x+ − = για κάθε

x ∈ να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: ( )1

0f x dx∫

Λύση

Η μόνη σχέση που μας δίνεται από την εκφώνηση της άσκησης είναι η ( ) ( )1 2f x f x+ − = .

Επειδή μας ζητά τον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος προφανώς θα ολοκληρώσουμε την δοσμένη σχέση.

( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ]

( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1

00 0 0 01 1

0 0

1 2 1 2

1 2 1

f x f x dx dx f x dx f x dx x

f x dx f x dx

+ − = ⇔ + − = ⇔

⇔ + − =

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

Για τον υπολογισμό του δοσμένου ολοκληρώματος θα πρέπει να κάνουμε τον μετασχηματισμό του

ολοκληρώματος ( )1

01f x dx−∫ .

Θέτουμε ( )1 1x t x dx dt dx dt′− = ⇔ − = ⇔ − =

Για 0 1 0 1x t t= ⇔ = − ⇔ =

Για 1 1 1 0x t t= ⇔ = − ⇔ =

Επομένως το ολοκλήρωμα γράφεται:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 0 0 1 1

0 1 1 0 01f x dx f t dt f t dt f t dt f x dx− = − = − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫


( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 1 1 1 1

0 0 0 0 01

0

1 2 2 2 2

1

f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

f x dx

+ − = ⇔ + = ⇔ = ⇔

⇔ =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫

Παράδειγμα 15. Δίνεται ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ,2 2π π −

και για κάθε ,x y ∈

ισχύει: ( ) ( ) ( )f x y f x f y x y y xηµ ηµ+ = + + +

α) Να δείξετε ότι ( ) ( ) 2f x f x x xηµ+ − = , x ∈

β) Να υπολογίσετε τα ολοκλήρωμα ( )2

2

f x dxπ

π−∫ .

Λύση

α) Όπως έχουμε αναφέρει και σε παλαιότερες ασκήσεις που αφορούν σε συναρτησιακές σχέσεις, αρχικά θα υπολογίσουμε το ( )0f



Θέτουμε για το σκοπό αυτό 0x y= = στην δοσμένη σχέση.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

0

0 0 0 0 0 0 0 0

0 2 0 0 0

x yf x y f x f y x y y x f f f

f f f

ηµ ηµ ηµ ηµ= =

+ = + + + ⇒ + = + + ⋅ + ⋅ ⇔

⇔ = ⇔ =

Στην συνέχεια θέτουμε y x= −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )0 0

0 2 2

y x

f

f x y f x f y x y y x f x x f x f x x x x x

f f x f x x x f x f x x x

ηµ ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ

=−

=

+ = + + + ⇒ − = + − + − − ⇔

⇔ = + − − ⇔ + − =

β) Για τον υπολογισμό του ζητούμενου ολοκληρώματος θα εργαστούμε ως εξής.

Αρχικά παρατηρούμε ότι η σχέση που καταλήξαμε στο προηγούμενο ερώτημα περιέχει το x και το –x.

Επειδή εγώ δεν γνωρίζω τον ακριβή τύπο της f αλλά μόνο μία συναρτησιακή σχέση, θα πρέπει με κατάλληλους μετασχηματισμούς να εμφανίσω μέσα στο ολοκλήρωμα την δοσμένη σχέση.

( ) ( ) ( )0

2 20

22

I f x dx f x dx f x dxπ π

ππ −−= = +∫ ∫ ∫

Στο ολοκλήρωμα ( )0

2

f x dxπ−∫ θέτουμε x t dx dt dx dt= − ⇔ = − ⇔ − =

Για 0 0x t= ⇒ =

Για 2 2

x tπ π= − ⇒ =

( ) ( )( ) ( ) ( )0 0 0

20

2 2 2

f x dx f t dt f t dt f x dxπ

π π π−

= − − = − =∫ ∫ ∫ ∫

Άρα το ολοκλήρωμα γράφεται

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 20 0 0 0

2I f x dx f x dx f x f x dx x xdxπ π π π

ηµ= + − = + − =∫ ∫ ∫ ∫

Για τον υπολογισμό του θα κάνουμε χρήση της κατά παράγοντες ολοκλήρωσης.

( ) [ ] ( ) ( )

[ ] [ ] [ ] [ ]

2 2 2200 0 0

2 22 2 2 20 0 0 00 0

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 0 0 2 0 42 2 2

I x xdx x x dx x x x x dx

x x xdx x x xdx x x x

π π ππ

π ππ π π π

ηµ συν συν συν

συν συν συν συν συν ηµ

π π πσυν συν ηµ ηµ

′ ′= = − = − − − =

= − + = − + = − + =

= − + ⋅ ⋅ + − =

∫ ∫ ∫

∫ ∫



Παράδειγμα 16. Αν οι συναρτήσεις , :f f ′ → είναι συνεχείς και θεωρηθεί γνωστό ότι και η 1f − είναι συνεχής στο ( )f = , να δείξετε ότι:

( ) ( )( )

( ) 1f

a f ax f x dx f x dx

β β −′⋅ =∫ ∫

Λύση

Τα συμπεράσματα αυτής της άσκησης μπορούν να χρησιμοποιηθούν και ως θεωρεία σε περιπτώσεις ασκήσεων όπου ο τύπος της συνάρτησης f δεν είναι γνωστός, ενώ αντίθετα είναι γνωστός ο τύπος της

1f − .

Στην συγκεκριμένη περίπτωση θέτουμε ( ) ( )1f x t x f t−= ⇔ = και ( )f x dx dt′ =

Για ( )x a t f a= ⇒ =

Για ( )x t fβ β= ⇒ =

Άρα το ολοκλήρωμα του πρώτου μέλους γράφεται διαδοχικά:

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )1 1f f

a f a f ax f x dx f t dt f x dx

β β β− −′⋅ = =∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 7. ΞΕΧΩΡΙΣΤΕΣ ΜΟΡΦΕΣ «ΘΕΤΩ» ΣΤΟ ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος

• ( )2 2,a

I f x a x dxβ

= −∫ , θέτουμε x a tηµ= ⋅

• ( )2 2,a

I f x x a dxβ

= −∫ , θέτουμε ax

tηµ=

• ( )2 2,a

I f x x a dxβ

= +∫ , θέτουμε x a tεϕ= ⋅


α) 1

20 1x dxx+∫ β)

1

21

12

dxx− −

∫

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι μέσα στο ζητούμενο ολοκλήρωμα έχει κάνει την εμφάνιση της η παράσταση2 2x a+ ,

Άρα θέτουμε ( ) ( )21x t dx t dt dx t dtεϕ εϕ εϕ′= ⇒ = ⇒ = +



Για 1 14

x t t πεϕ= ⇒ = ⇒ =

Για 0 0 0x t tεϕ= ⇒ = ⇒ =

Το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται διαδοχικά:

( ) ( )1 24 4 4 42 20 0 0 0 0

40

11 1

2 2ln ln ln 0 ln ln1 ln4 2 2

tx t tdx t dt tdt dt dtx t t t

t

π π π π

π

συνεϕ ηµεϕ εϕεϕ συν συν

πσυν συν συν

′−= + = = = =

+ +

= − = − + = − + = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) 1

21

12

dxx− −

∫

Παρατηρούμε ότι μέσα στο ζητούμενο ολοκλήρωμα έχει κάνει την εμφάνιση της, η παράσταση2 2a x− ,

Άρα θέτουμε ( )2 2 2x t dx t dt dx tdtηµ ηµ συν′= ⇒ = ⇒ =

Για 1 21 2 1

2 42x t t t t πηµ ηµ ηµ= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Για 1 21 2 1

2 42x t t t t πηµ ηµ ηµ= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −

Το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται διαδοχικά:

[ ]

14 4 4

2 2 2 214 4 4

4 4 4

4 4 4

1 1 222 2 2 2 1

214 4 4 2

t tdx tdt dt dtx t t t

t dt dt tt

π π π

π π π

π π π

π π π

συν συνσυνηµ ηµ συν

συν π π π πσυν

− − − −

− − −

= ⋅ = = =− − −

= = = = − − = =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫



§ 3.4 Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫

ΘΕΩΡΗΜΑ

Αν f είναι μια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα Δ και α είναι ένα σημείο του Δ, τότε η συνάρτηση

∫=x

αdttfxF )()( , Δx ∈ ,

είναι μια παράγουσα της f στο Δ. Δηλαδή ισχύει:

)()( xfdttfx

a=

′

∫ , για κάθε Δx ∈ .

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 τέτοιο, ώστε

cxFxG += )()( . (1)

Από την (1), για αx = , έχουμε ∫ =+=+=α

αccdttfcαFαG )()()( , οπότε )(αGc = .

Επομένως,

)()()( αGxFxG += ,

οπότε, για βx = , έχουμε

∫ +=+=β

ααGdttfαGβFβG )()()()()(

και άρα

∫ −=β

ααGβGdttf )()()( .

45 § 3.4 Η Συνάρτηση | [Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου]

46 § 3.4 Η Συνάρτηση


ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΤΟ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΤΗΣ ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫

Α. Η συνάρτηση ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ ορίζεται σε οποιοδήποτε διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της f, στο

οποίο η f είναι συνεχής και a ∈ ∆

Για τον λόγο αυτό, για να βρούμε το πεδίο ορισμού της ( ) ( )( )x

aF x f t dt

φ= ∫ εργαζόμαστε ως εξής:

• Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της φ • Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού fD της f

• Απαιτούμε τα α και φ(x) να ανήκουν συγχρόνως σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της f.

Β. Αν ( ) ( )( )

( )x

xF x f t dt

ω

ϕ= ∫ , τότε το πεδίο ορισμού της F βρίσκεται ως εξής:

• Βρίσκουμε τα , , fD D Dω ϕ

• Απαιτούμε τα ( ) ( ),x xϕ ω να ανήκουν συγχρόνως σε καθένα από τα διαστήματα του fD

Παράδειγμα 1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω συναρτήσεων.

α) ( ) ( )1

1 ln 1x tf x e dt

x= + +∫ β) ( ) ( )ln

2ln 1

x tf x e dt= −∫

Λύση

α) Αρχικά θα προσδιορίσουμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης που βρίσκετε μέσα στο ολοκλήρωμα.

Θέλουμε : 1 0 1t te e+ > ⇔ > − που ισχύει για κάθε t ∈

Επειδή ο τύπος της f περιέχει ακόμη τον όρο 1x

απαιτούμε 0x ≠

Άρα ο μόνος περιορισμός που προέκυψε είναι 0x ≠

Συνεπώς *fD =

β) Αρχικά και εδώ θα προσδιορίσουμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης που βρίσκεται μέσα στο ολοκλήρωμα.

Θέλουμε 1 0 1 0t te e t− > ⇔ > ⇔ > άρα ( )0,∆ = +∞

Τώρα για να μπορέσουμε να ορίσουμε το ολοκλήρωμα απαιτούμε η συνάρτηση που βρίσκεται στο επάνω άκρο να ανήκει στο προηγούμενο διάστημα Δ.

[Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου] | § 3.4 Η Συνάρτηση 46


Δηλαδή απαιτούμε ln 0 ln ln1 1x x x> ⇔ > ⇔ >

Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο ( )1,fD = +∞

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΤΩΝ ( ) ( )( ) ( )( )

( ), ,

x g x g x

a a h xf t dt f t dt f t dt∫ ∫ ∫

Α. Αν η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ και a ∈ ∆ τότε:

( )( ) ( )x

af t dt f x

′=∫ για κάθε x ∈ ∆ .

Β. Αν η f είναι συνεχής στο Δ, η g είναι παραγωγίσιμη στο Α και ορίζεται η f g για κάθε x ∈ Α , τότε:

( )( )( ) ( )( ) ( )g x

af t dt f g x g x

′′= ⋅∫ , x ∈ Α

Γ. Αν η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, οι g, h είναι παραγωγίσιμες στο Α και ορίζονται οι f g και f h στο Α, τότε:

( )( )

( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )( )( )( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )

g x g x a g x h x

h x a h x a af t dt f t dt f t dt f t dt f t dt

f g x g x f h x h x

′ ′ ′= + = − =

′ ′= ⋅ − ⋅

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ , x ∈ Α

Παρατηρήσεις

1. Στην περίπτωση Γ για τον υπολογισμό της παραγώγου μπορούμε να κάνουμε χρήση και του Θεμελιώδους Θεωρήματος του Ολοκληρωτικού Λογισμού.

2. Όταν παραγωγίζουμε σχέσεις που περιέχουν ολοκλήρωμα με μεταβλητό άκρο, για παράδειγμα

έναν όρο της μορφής ( )( )g x

af t dt∫ , τότε πρέπει να έχουμε υπόψη τα εξής:

• Η μεταβλητή ολοκλήρωσης είναι το t • Η μεταβλητή παραγώγισης είναι το x • Αν το ολοκλήρωμα περιέχει και t και x, τότε το x θεωρείται σταθερός αριθμός.

Για την παραγώγιση, όμως, πρέπει από το ολοκλήρωμα – είτε με αντικατάσταση - είτε με διάσπαση σε άθροισμα ολοκληρωμάτων – να «πάρουμε» το x.

Παράδειγμα 2. Να βρείτε το πεδίο ορισμού και την παράγωγο των παρακάτω συναρτήσεων.

α) ( )ln

51

x

xf x t dt

−= −∫ β) ( )

1

33x

xf x t dt

+= −∫

Λύση

α) Για την εύρεση του πεδίου ορισμού της f εργαζόμαστε ως εξής:

Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού όλων των συναρτήσεων που απαρτίζουν την συνάρτηση f.



Για την 1t − απαιτούμε [ )1 0 1 1,t t− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ∆ = +∞

Για την ln x απαιτούμε ( )0 0,x > ⇔ Α = +∞

Για την 5 x− το πεδίο ορισμού της είναι το

Τώρα θέλουμε ln x ∈ ∆ και 5 x− ∈ ∆ δηλαδή

ln 1 ln lnx x e x e≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ και

5 1 1 5 4x x x− ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≤

Από την συναλήθευση των δύο προκύπτει το ζητούμενο πεδίο ορισμού της f που είναι το σύνολο [ ], 4fD e=

Για να παραγωγίσουμε την συνάρτηση f εργαζόμαστε ως εξής( με την χρήση των μεθόδων που προαναφέραμε) :

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

ln ln 3

5 3 5

ln 5

3 3

1 1 1

1 1 ln 1 ln 5 1 5

ln 1 4

x x

x x

x x

f x t dt f x t dt t dt

f x t dt t dt f x x x x x

xf x xx

− −

−

′ ′′ ′= − ⇔ = − + − ⇔

′ ′ ′′ ′⇔ = − − − ⇔ = − ⋅ − − − ⋅ − ⇔

−′⇔ = + −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

β) Θέλουμε 3 0 3t t− ≥ ⇔ ≥ και 0x ≠

Πρέπει ακόμη για την συνάρτηση 1x

να ισχύει: 1 133

xx

≥ ⇔ ≤

Θέλουμε ακόμη 3 3 0x x+ ≥ ⇔ ≥

Μετά την συναλήθευση των τριών περιορισμών που έχουμε για το x προκύπτει ότι το πεδίο ορισμού

της f θα είναι το σύνολο 10,3fD =

Για την εύρεση της παραγώγου της f έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1 1 1 34

11 13 344 4

2 2

3 3 3 3 3

1 13 3 3 3

1 31 13 3 3

xx x x

x xf x t dt f x t dt t dt f x t dt t dt

f x x xx x

xf x x f x xx x x

+

+ +

′ ′ ′ ′ ′ ′= − ⇔ = − + − ⇔ = − − − ⇔

′ ′′⇔ = − ⋅ − + − ⋅ + ⇔

− ′ ′⇔ = − ⋅ − − + − ⇔ = − −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫



Παράδειγμα 3. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο και ( ) ( )( )0 1

x tg x x f u du dt= ∫ ∫ να

δείξετε ότι ( ) ( ) ( )1

2x

g x xf x f t dt′′ = + ∫

Λύση

Το πεδίο ορισμού της g είναι το σύνολο .

Πριν παραγωγίσουμε την συνάρτηση g, πρέπει να παρατηρήσουμε ότι «μέσα» στο ολοκλήρωμα υπάρχει ένα x, που για εμάς είναι η μεταβλητή παραγώγισης. Αυτό λοιπόν το x, που δεν παίζει κανένα ρόλο μέσα στο ολοκλήρωμα, αλλάζει τον τρόπο με τον οποίο παραγωγίζουμε την g. Πρέπει λοιπόν να το «βγάλουμε» έξω, διαδικασία απλή, καθώς για το ολοκλήρωμα λογίζεται ως αριθμός και «βγαίνει» όπως ένας αριθμός.

( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 1 0 1

x t x tg x x f u du dt g x x f u du dt= ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫

Άρα

( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

0 1 0 1 0 1

1 0 1

x t x t x t

x x t

g x x f u du dt g x x f u du dt x f u du dt

g x x f u du f u du dt

′ ′ ′′ ′= ⇔ = + ⇔

′⇔ = +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Για τον υπολογισμό της δεύτερης παραγώγου έχουμε:

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 0 1 1 0 1

1 1 1 1 1

1 1

x x t x x t

x x x x x

x x

g x x f u du f u du dt g x x f u du f u du dt

g x x f u du x f u du f u du g x f u du xf x f u du

g x x f x f u du g x x f x f t dt

′ ′′′′ ′′= + ⇔ = + ⇔

′′′′ ′′⇔ = + + ⇔ = + + ⇔

′′ ′′⇔ = ⋅ + ⇔ = ⋅ +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Παράδειγμα 4. Να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων:

α) ( ) ( )1

xf x x t x t dtηµ= + −∫ , x ∈ , β) ( ) ( )

12

11 ln 2f x x xt dt= + ∫ , 0x >

Λύση

α) Κάτι αντίστοιχο συμβαίνει και εδώ με την συνάρτηση f καθώς το ολοκλήρωμα περιέχει τόσο την μεταβλητή παραγώγισης όσο και την μεταβλητή ολοκλήρωσης.

Εδώ όμως τα πράγματα δεν είναι τόσο απλά όσο στην προηγούμενη περίπτωση. Για να μπορέσουμε να «βγάλουμε» το x από το ολοκλήρωμα πρέπει να θέσουμε.

Θέτουμε ( )x t u x t dt du dt du dt du′− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − και t u x= −



Θυμίζουμε ότι η μεταβλητή ως προς την οποία παραγωγίζουμε στο διαφορικό είναι το t άρα το x λογίζεται ως αριθμός.

Για 1 1t u x= ⇔ = −

Για 0t x u x x u= ⇔ = − ⇔ =

Άρα η συνάρτηση γράφεται διαδοχικά:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

0 0

1 1 11 1

0 01 1 1 1

0 0 0 0

x

x xx x

x x x x

f x x t x t dt f x x x u u du f x x x u udu

f x x x u udu f x x x u u u du

f x x x udu u udu f x x x udu u udu

ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ ηµ ηµ

− −

− −

− − − −

= + − ⇔ = + − − ⇔ = − − ⇔

⇔ = + − ⇔ = + − ⋅ ⇔

⇔ = + − ⇔ = + −

∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

Η συνάρτηση f μετετράπη σε μία μορφή παραγωγίσιμη.

Η f είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο πεδίο ορισμού της.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 1 1 1

0 0 0 0

1 1

0 0

1

01

01

0

1 1 1 1

1 1 1 1 1

1 1 1 1

1

x x x x

x x

x

x

x

f x x x udu u udu f x x x udu u udu

f x x udu x udu x x x

f x udu x x x x x

f x udu x x x x

f x udu

ηµ ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ ηµ

ηµ

− − − −

− −

−

−

−

′ ′ ′′′ ′= + − ⇔ = + − ⇔

′′ ′′⇔ = + + − − − ⋅ − ⇔

′′⇔ = + + − ⋅ − + − − ⇔

′⇔ = + − − + − − ⇔

′⇔ = +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫∫

( ) ( )1 2 1x xηµ+ − −∫

β) Παρατηρούμε ότι μέσα στο ολοκλήρωμα που έχουμε κληθεί να παραγωγίσουμε υπάρχει ο παράγων x. Θα χρειαστεί λοιπόν να θέσουμε:

Θέτουμε: ( )2 2 22duxt u xt dt du xdt du dt

x′= ⇒ = ⇔ = ⇔ =

Για 1 2t u x= ⇒ =

Για 12

t u x= ⇒ =

Άρα η δοσμένη συνάρτηση μετασχηματίζεται σε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

12

1 2 2 2

2

1 11 ln 2 1 ln 1 ln 1 ln2 2 2

11 ln2

x x x

x x x

x

x

duf x x xt dt f x x u f x x u du f x udux x

f x udu

= + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔

⇔ = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫



Η f είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο πεδίο ορισμού της.

Παραγωγίζοντας την f έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )21 1 11 ln ln 2 2 ln 2ln 2 ln

2 2 2x

xf x udu f x x x x x f x x x

′ ′ ′′ ′ ′= − ⇔ = − ⋅ − ⋅ ⇔ = − − ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΕΥΡΕΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ – ΣΤΑΘΕΡΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Α. Αν μας δίνεται μία ισότητα στην οποία εμφανίζεται τουλάχιστον μία φορά σχέση της μορφής

( )x

af t dt∫ και ζητείται εύρεση (του τύπου) της f, τότε:

• Εξασφαλίζουμε ότι και στα δύο μέλη είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις του x • Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη

Προσοχή!!! Εάν μπροστά από το ολοκλήρωμα υπάρχει και μία άλλη παράσταση τότε διαιρούμε με αυτή την παράσταση έτσι ώστε να μας μείνει μόνο το ολοκλήρωμα το οποίο και θα φύγει μετά την παραγώγιση.

Β. Εάν μέσα στο ολοκλήρωμα έχουμε και την μεταβλητή παραγώγισης εκτός από την μεταβλητή ολοκλήρωσης τότε πριν παραγωγίσουμε προσπαθούμε να βγάλουμε την μεταβλητή παραγώγισης έξω από το ολοκλήρωμα. Αυτό το επιτυγχάνουμε είτε απευθείας, είτε με την χρήση κατάλληλου «θέτω».

Γ. Για να αποδείξουμε ότι μία συνάρτηση είναι σταθερή σε ένα διάστημα Δ, αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι συνεχής στο Δ και ότι η παράγωγός της είναι ίση με 0 στο εσωτερικό του Δ.

Σημείωση!!! Τα ορισμένα ολοκληρώματα όπου αυτά εμφανίζονται λογίζονται ως αριθμοί, ανεξάρτητα από την μεταβλητή ολοκλήρωσης που μπορεί να έχουν. Είτε λοιπόν το υπολογίζουμε κατευθείαν , όπου αυτό είναι εφικτό, είτε το θέτουμε ίσο με μία σταθερά c.

Παράδειγμα 5. Να δείξετε ότι η συνάρτηση ( ) 1 2

ln ln1

x

x

t tf x dt xt+

= −+∫ είναι σταθερή στο

( )0,+∞ και να βρείτε τον τύπο της.

Λύση

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ( )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο ( )0,+∞ .

Για να δείξουμε ότι η f είναι σταθερή αρκεί να δείξουμε ότι η πρώτη παράγωγος είναι μηδέν.



( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1 12 2

22 2 2

2

22 2

2

ln lnln ln1 1

1 1 1ln lnln 1 1 ln 1 111 11 11

1 lnln 1 111

x x

x x

t t t tf x dt x f x dt xt t

xx x x xx x xf x f xx x x x x x

xx

xx x xf x f xxx x x

x

′ ′ + + ′′ ′= − ⇔ = − ⇔ + + + − ′+ + ′ ′⇔ = − ⋅ − ⇔ = − ⋅ − − ⇔ + + ++

−+′ ′⇔ = + ⋅ − ⇔++

∫ ∫

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

22 2

2

2

2 2 22 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 lnln 1 1

11

1 lnln 1 1 ln 1 ln 11 11 1

ln 1 ln 1 ln 1 ln 11 1 1 1

0

x xx x x

xx x xx

x x xx x x x x xf x f xx x x x xx x x x

x x x x x x x x x x x xf x f xx x x x x x x x

f x

−+

= + ⋅ − ⇔++

−+ + −′ ′⇔ = + ⋅ − ⇔ = + − ⇔+ ++ +

+ − + + + − − −′ ′⇔ = + − ⇔ = ⇔+ + + +

′⇔ =

Άρα ( )f x c= , c ∈

Δοκιμάζουμε να δώσουμε μία τιμή στην f που να μηδενίζει το ολοκλήρωμα. Στην συγκεκριμένη περίπτωση η τιμή αυτή είναι για 1x =

( )1

21

ln1 ln1 01

t tf c dt c ct+

= ⇔ − = ⇔ =+∫

Άρα ( ) 0f x = για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Παράδειγμα 6. Να δείξετε ότι η συνάρτηση : 0,2

f π →

με ( ) 2

11

x

xf x dt

tεϕ

σϕ

−=

+∫ είναι

σταθερή.

Λύση

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0,2π

ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο 0,2π

( ) ( )( )

( )( )

( )2 22

1 1 11 1 1

x

xf x dt f x x x

t x x

εϕ

σϕεϕ σϕ

εϕ σϕ

− ′ ′ ′′ ′= ⇔ = − − ⇔ + + − +∫



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

2 22 2 2 2

1 1 1 11 11 1 1 11 1 0

f x x x f x x xx x x x

f x f x

εϕ σϕ εϕ σϕεϕ σϕ εϕ σϕ

′ ′′ ′⇔ = − − ⇔ = − + − − − ⇔+ + + +

′ ′⇔ = − + ⇔ =

Άρα η f είναι σταθερή στο πεδίο ορισμού της.

Παράδειγμα 7. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο και ( ) ( ) ( )0

xF x x u f u du= −∫ , και

( ) ( )( )0 0

x uG x f t dt du= ∫ ∫ , να δείξετε ότι οι συναρτήσεις ,F G είναι ίσες.

Λύση

Θέλουμε να δείξουμε ότι ( ) ( )F x G x= για κάθε x ∈ δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι

( ) ( ) 0F x G x− = για κάθε x ∈ .

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )H x F x G x= − με x ∈

Η H είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

0 0 0

0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

0

x x u

x x u

x x x x x x

x x x x

x

H x F x G x H x x u f u du f t dt du

H x xf u uf u du f t dt du

H x xf u du uf u du f t dt H x x f u du uf u du f t dt

H x x f u du x f u du uf u du f t dt

H x xf x f u du xf x

′′′′ ′= − ⇔ = − − ⇔

′′′⇔ = − − ⇔

′ ′′ ′⇔ = − − ⇔ = − − ⇔

′ ′′′⇔ = + − − ⇔

′⇔ = + −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ( ) ( )0

0x

f t dt H x′− ⇔ =∫Άρα ( )H x c= για κάθε x ∈ .

Για 0x = έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( )( )0 0

0 0 00 0 0

uH c u f u du f t dt du c c= ⇔ − − = ⇔ =∫ ∫ ∫

Επομένως ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0H x F x G x F x G x F x G x= − ⇔ − = ⇔ = για κάθε x ∈ .

Παράδειγμα 8. Αν η συνάρτηση [ ): 0,f +∞ → είναι συνεχής, να δείξετε ότι η

( ) ( )12

04 2g x tf xt dt= ∫ είναι συνεχής στο 0 0x =



Λύση

Για 0x ≠ έχουμε ότι:

Θέτουμε 22uxt u tx

= ⇔ =

• Για 0 2 0 0t u x u= ⇔ = ⋅ ⇔ =

• Για 1 122 2

t u x u x= ⇔ = ⋅ ⇔ =

• 1

2 2udt du dt dux x

′ = ⇔ =

Άρα η g γράφεται διαδοχικά.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1

022 20 0 0

1 14 2 4 42 2 4

xx x uf u duug x tf xt dt g x f u du g x uf u du g x

x x x x= ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = ∫

∫ ∫ ∫


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

1 1 1 2 22 2 2

0 0 00

00 4 2 0 4 0 4 0 4 0

2 2ftg tf t dt tf dt f tdt f

= ⋅ ⋅ = = = =

∫ ∫ ∫

Για να δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο 0 0x = αρκεί να δείξουμε ότι ( ) ( )0

lim 0x

g x g→

=

( )( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

00

0020 0 0 0 02De l' Hospital

0lim lim lim lim lim 0

2 2 2

xx

x x x x x

uf u duuf u du xf x f x fg x g

x xx

→ → → → →

′

= = = = =′

∫∫ =

Άρα η g είναι συνεχής στο 0 0x =

Παράδειγμα 9. Έστω μία συνάρτηση [ ): 1,f − +∞ → η οποία είναι παραγωγίσιμη και ισχύει

( ) ( )2 2

11

xf x f t dt

−= +∫ , 1x ≥ − . Αν ( )1 3f = να βρείτε τον τύπο της f.

Λύση:

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης έχουμε ότι:



( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( )

( )( )( )

( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2

1 1

2

2 2

22 2

2

1 1

2 22 1 1 1

1 1

11 2 1 2 1

1

x xf x f t dt f x f t dt

f x f x f x f xf x f x f x

f x f x

f xf x x f x x c

f x

− −

′′= + ⇔ = + ⇔

′ ′′⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔

+ +

′+ ′ ′⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ++

∫ ∫


( )222 1 1 1 2 1 3 1 4 1 3f c c c c+ = + ⇔ + = + ⇔ = + ⇔ =

Άρα:

( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 2 2 23 3 32 1 3 1 1 12 2 2

x x xf x x f x f x f x+ + + + = + ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −

Επειδή η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [ )1,− +∞ έχουμε ότι:

( )23 1

2xf x + = −

ή ( )

23 12

xf x + = − −

Από υπόθεση ισχύει ότι: ( )1 3f = άρα ( )23 1

2xf x + = −

για κάθε [ )1,x ∈ − +∞

Παράδειγμα 10. Να βρείτε τον τύπο των παρακάτω συνεχών συναρτήσεων ( ): 0,f +∞ → όταν:

α) ( ) ( )1

1x f t

f x dtx

= + ∫ β) ( ) ( )221

x xf tf x x dt

t= − ∫

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι μέσα στο δοσμένο ολοκλήρωμα υπάρχει τόσο η μεταβλητή ολοκλήρωσης όσο και η μεταβλητή παραγώγισης.

Για να μπορέσουμε να παραγωγίσουμε τη δοσμένη σχέση πρέπει πρώτα να βγάλουμε την μεταβλητή παραγώγισης από το ολοκλήρωμα.

( ) ( ) ( ) ( )1 1

11 1x xf t

f x dt f x f t dtx x

= + ⇔ = +∫ ∫

Παρατηρούμε τώρα πως μπροστά από το ολοκλήρωμα υπάρχει ο παράγοντας 1x

κάτι που δηλώνει

πως εάν παραγωγίσουμε δεν θα μπορέσουμε να διώξουμε το ολοκλήρωμα. Πολλαπλασιάζουμε λοιπόν και τους δύο όρους της προηγούμενης σχέσης με x.



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1

1 11x x x

f x f t dt xf x x x f t dt xf x x f t dtx x

= + ⇔ = + ⇔ = +∫ ∫ ∫ (1)

Παραγωγίζοντας τώρα και τα δύο μέλη της (1) παίρνουμε διαδοχικά:

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 1

0 11 1 ln

ln

x x

x

xf x x f t dt x f x xf x x f t dt

f x xf x f x xf x f x f x xx

f x x c

>

′ ′′ ′ ′′= + ⇔ + = + ⇔

′′ ′ ′ ′⇔ + = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

⇔ = +

∫ ∫

Για 1x = η αρχική σχέση δίνει ( ) ( ) ( )1

11 1 1 1

1f t

f dt f= + ⇔ =∫

Άρα ( )1 1 ln1 1 1f c c= ⇔ + = ⇔ = δηλαδή ( ) ln 1f x x= + για κάθε ( )0,x ∈ +∞

β) Με όμοιο τρόπο θα εργαστούμε και σε αύτη την περίπτωση.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

2 212 22 21 1

21

x

x x

x

f tx dtxf t f t f x x tf x x dt f x x x dt

t t x x xf x f t

x dtx t

= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔

⇔ = −

∫∫ ∫

∫

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 21 1

2 2 2 2 2

2 2

1 1 1

2 2

x xf x f t xf x x f x f tx dt x dt

x t x t

xf x f x f x xf x f x f x f xx x x x x x

x xf x x f x f x c

′ ′ ′′′ − ′= − ⇔ = − ⇔

′ ′ ′−⇔ = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔

′ ′ ′⇔ = ⇔ = ⇔ = +

∫ ∫

Για 1x = η αρχική σχέση δίνει:

( ) ( ) ( )12

21

11 1 1 1

f tf dt f

t⋅

= − ⇔ =∫

Άρα ( )21 11 1 12 2

f c c= ⇔ + = ⇔ = . Επομένως ( ) ( )2 21 1

2 2 2x xf x f x +

= + ⇔ = για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Παράδειγμα 11. Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση :f ∆ → για την οποία ισχύει

( ) ( ) ( )21 1

lnx x xf txxf t dt f x dt

t t= +∫ ∫ , ( )0,x ∈ ∆ = +∞



Λύση

Η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο ( )0, +∞Έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 21 1 1 1

21 1

21 1 1

21 1 1

ln ln ln

ln ln

ln ln

ln ln

x x x x

x x

x x x

x x x

xf t f txxf t dt f x dt x f t x t dt f x x dtt t t

f tx x f t t f t dt f x x dt

tf t

x x f t dt x t f t dt f x x dtt

f tx x f t dt x t f t dt f x x dt

t

= + ⇔ − = + ⇔

⇔ ⋅ − ⋅ = + ⇔

⇔ ⋅ − ⋅ = + ⇔

⇔ ⋅ − ⋅ = +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Διαιρούμε και τα δύο μέλη με x.

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

211 1

21 1 1

ln ln

ln ln

xx x

x x x

f tx dtx x f t dt x t f t dt f x t

x x x xf x f t

x f t dt t f t dt dtx t

⋅ ⋅− = + ⇔

⇔ ⋅ − ⋅ = +

∫∫ ∫

∫ ∫ ∫

Και στην συνέχεια παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη.

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

21 1 1

21 1 1

2 21 1

2 21

ln ln

ln ln

ln ln ln

1ln ln

1

x x x

x x x

x x

x

f x f tx f t dt t f t dt dt

x t

f x f tx f t dt t f t dt dt

x t

xf x x f x f xx f t dt x f t dt x f x

x xxf x f x f x

x f x f t dt x f xx x x

f t dx

′′ ⋅ − ⋅ = + ⇔

′ ′′ ′

⇔ ⋅ − ⋅ = + ⇔

′′ ′ −′⇔ ⋅ + ⋅ − ⋅ = + ⇔

′ −⇔ ⋅ + ⋅ − ⋅ = + ⇔

⇔ ⋅

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫( ) ( ) ( ) ( )

1 1 2

x xf xt f t dt f x

x′

′= ⇔ =∫ ∫

Η f ′ είναι παραγωγίσιμη στο ( )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

( )0,+∞ . Άρα

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

1 1

3

x x

x x x x x x x x

f t dt f x f t dt f x f x f x f x f x f x f x

f x e f x e f x e f x e f x e f x e f x e f x e c

′′ ′′ ′′ ′ ′′ ′= ⇔ = ⇔ = ⇔ + = + ⇔

′ ′′ ′′ ′ ′ ′⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ +

∫ ∫



Για 1x = η αρχική σχέση δίνει:

( ) ( ) ( ) ( )1 1

21 1

111 ln 1 1 0f t

f t dt f dt ft t

⋅⋅ = + ⇔ =∫ ∫

Και η (2) ( ) ( ) ( )1

11 1 0f t dt f f′ ′= ⇔ =∫

Άρα η σχέση (3) δίνει για 1x = : ( ) ( )1 11 1 0f e f e c c′⋅ = ⋅ + ⇔ =

Δηλαδή ( ) ( )f x f x′= για κάθε ( )0,x ∈ +∞

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

0 0

0

x x

x x x

f x f x f x f x f x e f x e

f x e f x e c f x ce

− −

− −

′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ ⋅ − ⋅ = ⇔

′⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =

Για 1x = ( ) 11 0 0f ce c e c= ⇔ = ⋅ ⇔ =

Επομένως ( ) ( )0 0xf x e f x= ⋅ ⇔ = για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Παράδειγμα 12. Να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης :f → όταν ισχύει:

( ) ( )( )0 12 ln

x ef x tf t xdx dt= ∫ ∫

Λύση

Προσοχή!!! Εδώ το x που βρίσκεται μέσα στο ολοκλήρωμα επειδή υπάρχει και στο διαφορικό λογίζεται ως μεταβλητή ολοκλήρωσης και όχι ως μεταβλητή παραγώγισης.

Ο τρόπος που θα εργαστούμε στο συγκεκριμένο ολοκλήρωμα είναι ο εξής:

Αρχικά «βγάζουμε» από το δεύτερο ολοκλήρωμα ότι περιέχει t καθώς αυτοί οι παράγοντες λογίζονται ως αριθμοί.

( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 1 0 12 ln 2 ln

x e x ef x tf t xdx dt f x tf t xdx dt= ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ (1)

Παρατηρούμε πως μέσα στο εξωτερικό ολοκλήρωμα εμφανίζεται το ορισμένο ολοκλήρωμα 1

lne

xdx∫

το οποίο μπορούμε και να υπολογίσουμε χωριστά.

( ) [ ] ( ) [ ]

[ ] [ ] [ ] ( ) ( )

1 11 1 1 1

1 1 11

1ln ln ln ln ln

ln 1 ln ln 1 ln1 1 1 1

e e e ee e

ee e e

xdx x xdx x x x x dx x x x dxx

x x dx x x x e e e e e

′ ′= = − = − =

= − = − = ⋅ − ⋅ − − = − + =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Άρα η (1) γράφεται διαδοχικά:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 0

2 ln 2 1 2x e x x

f x tf t xdx dt f x tf t dt f x tf t dt= ⇔ = ⋅ ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ (2)



Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης (2) έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2

2

0 0

2

2 2 2 0

0 0

x x

x x x x x

f x tf t dt f x tf t dt f x xf x f x x f x

e f x x e f x e f x e f x c f x c e− − − −

′ ′′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔

′′′⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⋅

∫ ∫

Για 0x = η σχέση (2) γράφεται διαδοχικά:

( ) ( ) ( )0

00 2 0 0f tf t dt f= ⇔ =∫

Άρα ( ) 200 0f c e c= ⋅ ⇔ = Δηλαδή ( ) ( )2

0 0xf x e f x= ⋅ ⇔ = για κάθε x ∈ .

Παράδειγμα 13. Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση :f → για την οποία ισχύει

( ) ( )0

1 x

x x

f x tf x dt

e e−

= + ∫

Λύση

Αρχικά θα «βγάλουμε» το xe από το ολοκλήρωμα.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0 0 0

0

1 1 1 1 1

1 1

x x xx x xx x x x x x

xx

f x tf x dt f x f x t dt e f x e e f x t dt

e e e e e e

e f x f x t dt

−= + ⇔ = + − ⇔ ⋅ = ⋅ + ⋅ − ⇔

⇔ ⋅ = + −

∫ ∫ ∫

∫Θέτουμε ( )x t u x t dt du dt du dt du′− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = −

Για 0t x u x x u= ⇔ = − ⇔ =

Για 0 0t u x u x= ⇔ = − ⇔ =

Άρα η σχέση (1) γράφεται διαδοχικά:

( ) ( ) ( ) ( )( )0

01 1

xx x

xe f x f x t dt e f x f u du⋅ = + − ⇔ ⋅ = + −∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )0

01 1

xx x

xe f x f u du e f x f u du⋅ = − ⇔ ⋅ = +∫ ∫ (2)

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της (2) έχουμε ότι:



( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

0 01 1

0

11 0 0

1 0 1 0

0 3

x x

x x

x xx x x

x x x x

xx x

x

x x e x x e

x e x e

e f x f u du e f x e f x f u du

e f x e f x f x e f x f x e f x

ee f x e f x f x f x

ef x e f x e f x e e f x

e f x e f x c

− −

− −

− + − +

+ +

′ ′′ ′ ′′⋅ = + ⇔ ⋅ + ⋅ = + ⇔

′ ′⇔ ⋅ + ⋅ = ⇔ ⋅ − + ⋅ = ⇔

−′ ′⇔ − + ⋅ = ⇔ + = ⇔

′ ′⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

′⇔ = ⇔ =

∫ ∫

Για 0x = η σχέση (2) δίνει:

( ) ( ) ( )00

00 1 0 1e f f u du f⋅ = + ⇔ =∫

Άρα η (3) γράφεται: ( )00 0ee f c c e−+ = ⇔ =

Επομένως έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) 1x x x xx e x e x e x ee f x c e f x e f x e e f x e− − − −+ + − − − −= ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = για κάθε x ∈

Παράδειγμα 14. Έστω μία συνεχείς συνάρτηση ( ): 0,f +∞ → για την οποία ισχύει

( )2 1x

x

tf x x f dtt x

= + ∫

Λύση

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ( )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο ( )0,+∞

Θέτουμε ( )t u t u x dt u x du dt xdux

′= ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ =

Για 1xt x u ux

= ⇔ = ⇔ =

Για 2

2 xt x u u xx

= ⇔ = ⇔ =

Άρα η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

1 1

1 1 1x x x

x

tf x x f dt f x x f u xdu f x x f u dut x u x u

= + ⇔ = + ⇔ = + ⋅ ∫ ∫ ∫ (1)

Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1

2 2 2

1 1 11

1

ln ln

x xf x x f u du f x x f u du f x f x

u u xxf x f x xf x f xxxf x x f x xf x f x x

x x x x

f x f xx x c

x x

′ ′ ′′ ′ ′= + ⇔ = + ⇔ = + ⇔

′ ′− −′ ′⇔ = + ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔

′ ′⇔ = ⇔ = +

∫ ∫

Για 1x = η σχέση (1) δίνει: ( ) ( ) ( )1

1

11 1 1 1f f u du fu

= + ⇔ =∫

Άρα ( )1

ln1 11

fc c= + ⇔ =

Επομένως έχουμε ότι:( ) ( ) ( )ln ln 1 ln

f x f xx c x f x x x x

x x= + ⇔ = + ⇔ = ⋅ + για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Παράδειγμα 15. Να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης :f → για την οποία ισχύει

( ) ( )1 1

0

xf x x e f x dx−= − ∫

Λύση

Έστω ( )1 1

0

xc e f x dx−= ∫ αφού το συγκεκριμένο ολοκλήρωμα είναι ορισμένο άρα παριστάνει ένα

αριθμό.

Επομένως η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά.

( ) ( ) ( )1 1

0

xf x x e f x dx f x x c−= − ⇔ = −∫

Σκοπός μας είναι να προσδιορίσουμε το c. Για το λόγο αυτό θα πολλαπλασιάσουμε και τους δύο όρους της προηγούμενης σχέσης με 1 xe −

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1x x x x xf x x c e f x e x c e f x xe ce− − − − −= − ⇔ = − ⇔ = −

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη έχουμε:



( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

1 11 1 1 1 1 1

0 01 1 1 1 11 1 1 1 1

0 0 0 0 0

1 11 1 11 1 1 1 1

0 0 00 011 1 1 0 1

01 0

x x x x x x

x x x x x

x x x x x

x

e f x xe ce e f x dx xe ce dx

e f x dx xe dx c e dx c xe dx c e dx

c x e dx c e c xe x e dx c e

c e e e dx

− − − − − −

− − − − −

− − − − −

− − −

= − ⇔ = − ⇔

⇔ = − ⇔ = − ⇔

′ ′ ⇔ = − − ⇔ = − + ⇔

⇔ = ⋅ − ⋅ − +

∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫∫ ( )

( )

11 1 1 0 1

01 1

21 1 2

xc e e c e c e

ec e c e c e c e ce

− − − − ⇔ = − − + − ⇔ −

⇔ = + − + − ⋅ ⇔ ⋅ = − ⇔ =

Άρα ( ) 2 ef x xe−

= − για κάθε x ∈

Παράδειγμα 16. Έστω μία παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ): 0,f +∞ → για την οποία ισχύει

( ) ( ) ( )1

0x f x f x f t dt′⋅ = + ∫ , 0x ≥

Αν ( )0 1f = να βρείτε τον τύπο της f . Λύση Το δοσμένο ολοκλήρωμα μέσα στην σχέση παρατηρούμε ότι είναι ορισμένο. Άρα θα το αντιμετωπίσουμε ως ένα αριθμό.

Θέτουμε λοιπόν ( )1

0f t dt a=∫

Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

0x f x f x f t dt x f x f x a′ ′⋅ = + ⇔ ⋅ = +∫ (1)

Για 0x = η σχέση (1) γράφεται:

( ) ( ) ( )1

00 0 0 0 1 1 1f f a a a f t dt′⋅ = + ⇔ = + ⇔ = − ⇔ = −∫

Επομένως: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1x f x f x a x f x f x x f x f x′ ′ ′⋅ = + ⇔ ⋅ = − ⇔ ⋅ − = −

Για 0x ≠ έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

1 11

1 1

x f x f x f xx f x f x

x x x x

f xc f x c x

x x

′ ′′⋅ − ′⋅ − = − ⇔ = − ⇔ = ⇔

⇔ = + ⇔ = + ⋅

Η f είναι συνεχής στο 0 0x = από υπόθεση ( αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της). Ισχύει ακόμη ότι :

( ) ( )121 1

0 00

1 1 1 1 1 1 42 2t cf t dt ct dt t c c

= − ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ =

∫ ∫

Άρα η f είναι η : ( ) ( )1 4 1f x cx f x x= + ⇔ = − + για κάθε [ )0,x ∈ +∞



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ – ΚΥΡΤΟΤΗΤΑ

Για την εύρεση της μονοτονίας και κυρτότητας μίας συνάρτησης που περιέχει ένα ολοκλήρωμα της

μορφής ( )x

af t dt∫ εργαζόμαστε με τις μεθόδους πού έχουμε αναφέρει στην μονοτονία και στην

κυρτότητα του προηγούμενου κεφαλαίου.

Δεν πρέπει να λησμονούμε την διαδικασία παραγώγισης τέτοιου είδους συναρτήσεων καθώς και τις μεθόδους που αναλύσαμε στο προηγούμενο κεφάλαιο έτσι ώστε να βρίσκουμε την μονοτονία και την κυρτότητα.

Παράδειγμα 17. Δίνεται η συνάρτηση ( )ln 1

1x

ef x dt

t=

−∫

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

β) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία τα ακρότατα και τα κοίλα.

Λύση

α) Θέλουμε 1 0 1t t− ≠ ⇔ ≠ και ln 1 0 ln 1x x x e− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ και 0x >

Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο ( ) ( )0, ,fD e e= ∪ +∞

β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο πεδίο ορισμού της.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 1 1 1 1ln

1 ln 1 ln 1 ln 1x

ef x dt f x x f x f x

t x x x x x

′ ′′ ′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = − − − ⋅ − ∫ για

κάθε ( ) ( )0, ,x e e∈ ∪ +∞

Λύνουμε την ανίσωση ( ) 0f x′ >

Έχουμε διαδοχικά: ( ) ( )01 10 0 0 ln 1 0 ln 1

ln 1 ln 1

xf x x x x e

x x x

>′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ >

⋅ − −

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της συνάρτησης f.

x −∞ 0 e +∞

f ′

f

• H f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )0,e



• Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ),e +∞

Για να μελετήσουμε την f ως προς την κυρτότητα αρκεί να βρούμε την δεύτερη παράγωγο της f.

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

( )( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )( )

( ) ( )( )( )

2

2

2 2

1 1 ln 1ln 1 ln 1

1 ln 1 ln 1ln 1

1 1 lnln 1ln 1 ln 1

f x f x x xx x x x

f x x x x xx x

xf x x x f xxx x x x

′ ′′′ ′′= ⇔ = ⋅ − ⇔ ⋅ − ⋅ −

′ ′′′⇔ = ⋅ − + ⋅ − ⇔ ⋅ −

′′ ′′⇔ = − + ⇔ = ⋅ − ⋅ −

Λύνουμε την ανίσωση ( ) 0f x′′ >

( )( )( )2

ln0 0 ln 0 1ln 1

xf x x xx x

′′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >⋅ −

Σχηματίζουμε τον πίνακα κυρτότητας της f.

x −∞ 0 1 e +∞

f ′′

f

• Η f στρέφει τα κοίλα άνω στο ( ) ( )1, ,e e∪ +∞

• Η f στρέφει τα κοίλα κάτω στο (0, 1) • Η f παρουσιάζει σημείο καμπής για 0 1x =

Παράδειγμα 18. Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )1

xF x f t dt= ∫ και ( ) 2

1

tf t u udu= −∫

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων f, F. β) Να δείξετε ότι η F είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή.

Λύση

α) Για την εύρεση του πεδίου ορισμού θέλουμε:

( )2 0 1 0 1u u u u u− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ή 0u ≤

Από τα άκρα ολοκλήρωσης έχουμε ότι 1x ≥ , άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο [ )1,fD = +∞



Επίσης δεν προκύπτει κάποιος νέος περιορισμός για την συνάρτηση F άρα και σε αύτη την περίπτωση το πεδίο ορισμού είναι το σύνολο [ )1,FD = +∞ .


( ) ( )( ) ( ) ( )1

xF x f t dt F x f x

′′ ′= ⇔ =∫ και

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

1

xF x f x F x u udu F x x x

′′′ ′ ′′ ′′= ⇔ = − ⇔ = −∫

Παρατηρούμε ότι ( ) 2 0F x x x′′ = − > για κάθε ( )1,x ∈ +∞ άρα η F είναι κυρτή στο πεδίο ορισμού της.

Για την εύρεση του προσήμου της F ′ εργαζόμαστε ως εξής:

Αφού ( ) 0F x′′ > έχουμε ότι η F ′ θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ )1, +∞ άρα για

( ) ( ) ( ) ( )1 2

11 1 0x F x F F x u udu F x′ ′ ′ ′> ⇔ > ⇔ > − ⇔ >∫

Επομένως η F είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

Παράδειγμα 19. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 1 22ln ln

x

e

x dtf xx t

= + ∫

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

β) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία, τα ακρότατα, τα κοίλα και να βρείτε που παρουσιάζει καμπή.

Λύση

α) Για την εύρεση του πεδίου ορισμού απαιτούμε

2ln 0 ln 0 1t t t≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ και 0t > άρα θέλουμε ( ) ( )0,1 1,t ∈ ∪ +∞

Θέλουμε ακόμη ( ) ( )0,1 1,x ∈ ∪ +∞ και ( ) ( ) ( )1 0,1 1, 0,1xe

∈ ∪ +∞ ⇒ ∈

Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο ( )0,1fD =

β) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (0, 1).




( ) ( ) ( )1 2 2 2 2

ln 1 2 ln 12ln ln ln ln ln

x

e

x dt x xf x f x f xx t x x x

′ − +′ ′ ′= + ⇔ = + ⇔ =

∫

Για να βρούμε την μονοτονία της f λύνουμε την ανίσωση

( ) 12

ln 1 10 0 ln 1 0 ln 1ln

xf x x x x e xx e

−+′ > ⇔ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ > ⇔ >

Σχηματίζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

x −∞ 0 1e 1 +∞

f ′

f

• Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 10,e

• Η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1 ,1e

• Για 1xe

= η f παρουσιάζει ελάχιστο το 1

1 22

11 12

1 lnlne

e

dtefe t e

e

= + =

∫

Για να μελετήσουμε την f ως προς τα κοίλα και τα σημεία καμπής βρίσκουμε την δεύτερη παράγωγο της f.

( ) ( )( )

( ) ( )

2

2 4

2 2 2

4 4

1 1ln ln 1 2 lnln 1ln lnln 2 ln 2 ln ln 2 ln

ln ln

x x xx x xf x f xx xx x x x xf x f x

x x x x

⋅ − + ⋅ ⋅ ⋅′+ ′′ ′′= ⇔ = ⇔

− ⋅ − ⋅ − − ⋅′′ ′′⇔ = ⇔ =⋅ ⋅

Λύνουμε την ανίσωση ( ) ( )2

24

ln 2 ln0 0 ln 2 ln 0 ln ln 2 0ln

x xf x x x x xx x

− − ⋅′′ > ⇔ > ⇔ − − ⋅ > ⇔ − + >⋅

Για την λύση της συγκεκριμένης ανίσωσης θα προχωρήσουμε στην λύση των επιμέρους ανισώσεων που σχηματίζονται.

2

1ln 0 ln 0ln 2 0 ln 2

xx xx x x e−

<− > < ⇔ ⇔ + > > − >

και επειδή ( )0,1x ∈ έχουμε ότι ( ) 20f x x e−′′ > ⇔ >

Δημιουργούμε τον πίνακα κυρτότητας.



x −∞ 0 2e− 1 +∞

f ′′

f

• Η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστημα ( )2 ,1e−

• Η f στρέφει τα κοίλα κάτω στο διάστημα ( )20,e−

• Για 2x e−= η f παρουσιάζει σημείο καμπής

Παράδειγμα 20. Δίνεται η συνάρτηση ( )1

2

11x

tf x e dtt

−

−

= + ∫

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f

β) Να εξετάσετε την f ως προς την μονοτονία

γ) Να δείξετε ότι 1

2

11 2x

te dt e et

−

−

+ ≤ − ∫ για κάθε 0x <

Λύση

α) Για την εύρεση του πεδίου ορισμού της f απαιτούμε:

0t ≠ άρα ( ) ( ),0 0,t ∈ −∞ ∪ +∞

Θέλουμε ακόμη ( ) ( ),0 0,x ∈ −∞ ∪ +∞ και ( ) ( )2 ,0 0,− ∈ −∞ ∪ +∞ άρα ( ),0fD = −∞

β) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο πεδίο ορισμού της.

( ) ( ) ( )1 1 1

2

1 1 11 1x

t x xxf x e dt f x e f x et x x

− − −

−

′ + ′ ′ ′= + ⇔ = + ⇔ =

∫

Για την εύρεση της μονοτονίας λύνουμε την ανίσωση ( ) 0f x′ >

( ) ( )11 10 0 0 1 0xx xf x e x x

x x−+ + ′ > ⇔ > ⇔ > ⇔ + >

x −∞ 1− 0 +∞

( )1x x +



Δημιουργούμε τον πίνακα μονοτονίας της f

x −∞ 1− 0 +∞

f ′

f

• Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ), 1−∞ −

• Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )1,0−

• Η f παρουσιάζει μέγιστο για 1x = − το ( )11

2

11 1 tf e dtt

−−

−

− = + ∫

γ) Για την επίλυση της ανίσωσης έχουμε ότι:

Η f παρουσιάζει ελάχιστο για 1x = − το ( )11

2

11 1 tf e dtt

−−

−

− = + ∫

άρα ( ) ( )1 11

2 2

1 11 1 1x

t tf x f e dt e dtt t

− −−

− −

≤ − ⇔ + ≤ + ∫ ∫ για κάθε 0x < (1)

Αρκεί τώρα να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα ( )11

2

11 1 tf e dtt

−−

−

− = + ∫

Θέτουμε 1 1u tt u

= − ⇒ = − και 2

1 1dt du dt duu u

′ = − ⇔ =

Για 11 11

t u u= − ⇒ = − ⇒ =−

Για 1 122 2

t u u= − ⇒ = − ⇒ =−


( )11 1 1 1

1 1 12 2 222 2 2

111

122

1 11 1

2

u u u uut

u u

e ue ue ee dt u e du du dut u u u

e edu e eu u

−−

−

− − + = − = = − =

′ = − = − = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Επομένως η (1) γράφεται: 1

2

11 2x

te dt e et

−

−

+ ≤ − ∫ για κάθε 0x <



Παράδειγμα 21. Δίνεται η συνάρτηση ( )ln

x

e

tf x dtt

= ∫

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f

β) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία

γ) Να δείξετε ότι ( )3

0e

f x dx ≥∫

Λύση

α) Θέλουμε 0t > και ln 0 1t t≠ ⇒ ≠ . Άρα το ζητούμενο σύνολο είναι το ( ) ( )0,1 1,A = ∪ +∞ . Πρέπει

ακόμη να ισχύει ότι ( ) ( )0,1 1,e∈ ∪ +∞ και ( ) ( )0,1 1,x ∈ ∪ +∞ Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το

σύνολο [ )1,fD = +∞

β) Έχουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο [ )1,fD = +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο [ )1,fD = +∞ .

( ) ( ) 0ln ln

x

e

t xf x dt f xt x

′ ′ ′= ⇔ = > ∫ για κάθε [ )1,x ∈ +∞ (γιατί ln 0x > και 0x > για κάθε

[ )1,x ∈ +∞ )

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

γ) έχουμε ότι:

για ( ) ( ) ( ) ( ) 0ln

e

e

tx e f x f e f x dt f xt

> ⇔ > ⇔ > ⇔ >∫

Άρα ισχύει ότι: ( )3

0e

f x dx ≥∫

Παράδειγμα 22. Αν η συνάρτηση ( ): 0,f +∞ → είναι γνησίως αύξουσα, να δείξετε ότι και η

( ) ( )1x

xg x f t dt

+= ∫ είναι γνησίως αύξουσα.

Λύση

Έχουμε ότι η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ( )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο ( )0,+∞ .

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1

1x

xg x f t dt g x f x f x

+ ′′ ′= ⇔ = + −∫

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα έχουμε ότι :

Για ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0 0x x f x f x f x f x g x′+ > ⇒ + > ⇔ + − > ⇔ > για κάθε ( )0,x ∈ +∞



Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

Παράδειγμα 23. Έστω μία συνάρτηση :f → η οποία είναι συνεχής, γνησίως αύξουσα και

περιττή. Να δείξετε ότι η ( ) ( ) ( )2

0

xg x x t f t dt= −∫ είναι κυρτή.

Λύση

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

0 0

2 2

0 0 0

2

2

x x

x x x

g x x t f t dt g x x xt t f t dt

g x x f t dt x tf t dt t f t dt

= − ⇔ = − + ⇔

⇔ = − +

∫ ∫∫ ∫ ∫

Έχουμε ότι η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

0 0 0

2 2

0 0 0

2 2 2

0 0 0 0 0

2 2 2

0 0

0 0

2

2

2 2

2 2 2

2 2

x x x

x x x

x x x x x

x x

x



g x x f t dt x f t dt x tf t dt x tf t dt t f t dt

g x x f x x f t dt x f x tf t dt x f x

g x x f t dt tf t dt

′′ = − + ⇔

′ ′ ′′⇔ = − + ⇔

′ ′ ′′ ′′⇔ = + − − + ⇔

′⇔ = + − − + ⇔

′⇔ = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫∫

x

∫

Έχουμε ότι η g′ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0 0 0

0 0 0

0 0

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

x x x x

x x x

x x

g x x f t dt tf t dt g x x f t dt tf t dt

g x x f t dt x f t dt tf t dt

g x f t dt xf x xf x g x f t dt

′ ′ ′′′ ′′= − ⇔ = − ⇔

′ ′′′′⇔ = + − ⇔

′′ ′′⇔ = + − ⇔ =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

Η f είναι περιττή άρα ισχύει ότι: ( ) ( )f x f x− = − για κάθε x ∈ .

Για 0x = έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( )0 0 2 0 0 0 0f f f f= − ⇔ = ⇔ =

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της άρα για

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0 0 0x

x f x f f x f t dt g x′′> ⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >∫

Άρα η g είναι κυρτή στο



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΑΝΙΣΟΤΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ

Μία πολύ χρήσιμη πρόταση στην απόδειξη ανισοτικών σχέσεων στον ολοκληρωτικό λογισμό είναι το παρακάτω θεώρημα.

Θεώρημα

Έστω μία συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα [α , β]. Αν ( ) 0f x ≥ για κάθε [ ],x a β∈ και η

συνάρτηση f δεν είναι παντού μηδέν στο διάστημα αυτό, τότε: ( ) 0a

f x dxβ

>∫

Πόρισμα (1)

Όμοια αν μία συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα [α , β]. Αν ( ) 0f x ≤ για κάθε [ ],x a β∈ και η

συνάρτηση f δεν είναι παντού μηδέν στο διάστημα αυτό, τότε: ( ) 0a

f x dxβ

<∫

Απόδειξη

Θεωρούμε ότι συνάρτηση ( ) ( )g x f x= − . Άρα από υπόθεση ισχύει ότι:

• Η g είναι συνεχής στο [α, β] • ( ) 0g x ≥ για κάθε [ ],x a β∈

• Η g δεν είναι παντού μηδέν στο [α, β]

Άρα από το προηγούμενο θεώρημα ισχύει ότι

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0a a a a

g x dx f x dx f x dx f x dxβ β β β

> ⇔ − > ⇔ − > ⇔ <∫ ∫ ∫ ∫

Πόρισμα (2)

Έστω f και g συνεχής σε ένα διάστημα [α , β]. Αν ( ) ( )f x g x≥ για κάθε [ ],x a β∈ και η συνάρτηση f

δεν είναι παντού μηδέν στο διάστημα αυτό, τότε: ( ) ( )a a

f x dx g x dxβ β

>∫ ∫

Απόδειξη

Θεωρούμε ότι συνάρτηση ( ) ( ) ( )h x f x g x= − . Άρα από υπόθεση ισχύει ότι:

• Η h είναι συνεχής στο [α, β] • ( ) 0h x ≥ για κάθε [ ],x a β∈

• Η h δεν είναι παντού μηδέν στο [α, β]

Άρα από το προηγούμενο θεώρημα ισχύει ότι

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

0 0 0a a a a

a a

h x dx f x g x dx f x dx g x dx

f x dx g x dx

β β β β

β β

> ⇔ − > ⇔ − > ⇔

⇔ >

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫



Πόρισμα (3)

Έστω μία συνάρτηση [ ]: ,f a β → . Αν m η ελάχιστη και Μ η μέγιστη τιμή της f στο [α, β], τότε ισχύει

ότι ( ) ( ) ( )a

m a f x dx M aβ

β β− ≤ ≤ −∫

Απόδειξη

Από το Θεώρημα μεγίστης ελαχίστης τιμής για την συνάρτηση f έχουμε ότι:

( )m f x M≤ ≤ για κάθε [ ],x a β∈

Οπότε :

( ) ( ) ( ) ( )a a a a

mdx dx f x Mdx m a f x dx M aβ β β β

β β≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ −∫ ∫ ∫ ∫

Προσοχή !!! Το αντίστροφο του θεωρήματος και του πορίσματος δεν ισχύει πάντοτε.

Προσοχή !!! Επίσης τα πορίσματα 1 , 2 και 3 πρέπει να τα αποδεικνύουμε κάθε φορά που τα επικαλούμαστε καθώς δεν αναφέρονται στο σχολικό βιβλίο.

Επιπλέον μπορούμε να εφαρμόσουμε όλες τις τεχνικές που αναφέραμε στον Διαφορικό Λογισμό. Ενδεικτικά αναφέρουμε

• το Θεώρημα Μέσης Τιμής αν γνωρίζουμε την μονοτονία της f ( κυρίως για διπλή ανίσωση)

• Μονοτονία και Ακρότατα για την συνάρτηση ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ (κυρίως για την απόδειξη

ανισοϊσότητας)

• Σύνολο Τιμών της συνάρτησης ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫

• Προφανής Λύση και Μονοτονία για την συνάρτηση ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫

Παράδειγμα 24. Να δείξετε ότι;

α) 1

20

2 4ln3 3

x x dxx

ηµ≤

+∫ β)1

202 1

1x dx

xηµ

≤ −+

∫

γ) 204 23 1

dxx

ππ πηµ

≤ ≤+∫

Λύση

α) Παρατηρούμε ότι: 2 2

2 23 3

x x xx x

ηµ≤

+ + για κάθε [ ]0,1x ∈ (θυμίζουμε ότι 1xηµ ≤ για κάθε x ∈ )



Άρα ισχύει ότι 2 2

2 2 03 3

x x xx x

ηµ− ≤

+ + για κάθε [ ]0,1x ∈ .

Από το Θεώρημα που αναφέραμε στην Μεθοδολογία έχουμε ότι:

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 20 0 0 0 0

2 2 2 2 2 20 03 3 3 3 3 3

x x x x x x x x xdx dx dx dx dxx x x x x x

ηµ ηµ ηµ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (1)

Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα 1

20

23

x dxx +∫

Παρατηρούμε ότι ( )2 3 2x x′+ = . Άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται:

( ) ( )2

11 1 22 20 0 0

32 4ln 3 ln 4 ln 3 ln3 3 3

xx dx dx xx x

′+ = = + = − = + +∫ ∫

Επομένως η (1) γράφεται

( )1 1 1

2 2 20 0 0

2 2 2 41 ln3 3 3 3

x x x x xdx dx dxx x x

ηµ ηµ⇔ ≤ ⇔ ≤

+ + +∫ ∫ ∫

β) Έχουμε ότι 2 2 2 2

01 1 1 1

x x x xx xx x x xηµ ηµηµ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤

+ + + + για κάθε [ ]0,1x ∈ .

Άρα ισχύει ότι 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 20 0 0 0 00 0

1 1 1 1 1 1x x x x x xdx dx dx dx dx

x x x x x xηµ ηµ ηµ

− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ + + + + + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (2)

Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα 1

20 1x dx

x +∫

Παρατηρούμε ότι: ( )2 1 2x x′+ = και ( )2

2 2

212 1 1

x xxx x

′+ = =

+ +

Άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται: 11 2

20 01 2 1

1x dx x

x = + = − +

∫

Επομένως η (2) δίνει διαδοχικά: 1 1 1

2 2 20 0 02 1

1 1 1x x xdx dx dx

x x xηµ ηµ

≤ ⇔ ≤ −+ + +

∫ ∫ ∫

γ) Έχουμε ότι 0 1xηµ≤ ≤ για κάθε 0,2

x π ∈

Θα προσπαθήσουμε να δημιουργήσουμε την δοσμένη παράσταση.



0 1 0 3 3 1 3 1 4 1 3 1 4 1 3 1 21 1 1 1 1 11 2 23 1 3 1

x x x x x

x x

ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ

ηµ ηµ

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔

⇔ ≥ ≥ ⇔ ≤ ≤+ +

Ολοκληρώνοντας τα μέλη της ανωτέρω ανίσωσης έχουμε ότι

[ ] [ ]2 2 2 22 20 00 0 0 0

2 20 0

1 1 1 112 23 1 3 1

1 1 10 02 2 2 4 23 1 3 1

dx dx dx x dx xx x

dx dxx x

π π π ππ π

π π

ηµ ηµ

π π π πηµ ηµ

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔+ +

⇔ − ≤ ≤ − ⇔ ≤ ≤ + +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Παράδειγμα 25. Να δείξετε ότι:

α) ln 1xx e

≤ β)17 17

1 1

e xx dx e dx<∫ ∫

Λύση

α) Έχουμε ότι ln 1xx e

− ≤ για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Θεωρούμε συνάρτηση ln 1( ) xf xx e

= − με ( )0,fD = +∞

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ( )0,fD = +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο ( )0,fD = +∞ .

2

ln 1 1 ln( ) ( )x xf x f xx e x

′ − ′ ′= − ⇔ =

Λύνουμε την εξίσωση ( ) 2

1 ln0 0 1 ln 0 ln 1xf x x x x ex

−′ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

Δημιουργούμε τον πίνακα μονοτονίας της f.

x −∞ 0 e +∞

f ′

f



• Η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( ]0,e

• Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ ),e +∞

• Η f παρουσιάζει μέγιστο για x e= το ( ) ln 1 1 1 0ef ee e e e

= − = − =

Άρα ( ) ( ) ( ) ln 10 xf x f e f xx e

≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ για κάθε ( )0,x ∈ +∞

β) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι:

lnln 1 ln lnee x x e xx e x x x x e e x e

x e≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Άρα θα ισχύει και για κάθε [ ]1,17x ∈ . Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης έχουμε

ότι: 17 17

1 1

e xx dx e dx<∫ ∫

Παράδειγμα 26. Έστω μία συνεχής συνάρτηση [ ): 0,f +∞ → με ( ) 0f x′ > για κάθε 0x > και

η ( ) ( )0

xF x f t dt= ∫ . Να δείξετε ότι ( ) ( )1 F x F x

x′< για κάθε 0x >

Λύση

Από υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0f x′ > για κάθε 0x > . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

Παρατηρούμε ότι ( ) ( )( ) ( ) ( )0

xF x f t dt F x f x

′′ ′= ⇔ =∫ . Επομένως γνωρίζουμε την μονοτονία της

( )F x′ . Ισχύει ακόμη ότι ( ) ( )0

00 0F f t dt= =∫ .

Θέλουμε να δείξουμε μία ανισοτική σχέση για την συνάρτηση F και γνωρίζουμε την μονοτονία της παραγώγου της F. Θα εφαρμόσουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής του Διαφορικού Λογισμού.


• Η F είναι συνεχής στο [ ]0, x

• Η F είναι παραγωγίσιμη στο ( )0, x

Άρα από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00, :

0F x F F x

x F Fx x

ξ ξ ξ−

′ ′∈ = ⇔ =−

Για ( ) ( ) ( ) ( )F xx F F x F x

xξ ξ′ ′ ′< ⇔ < ⇔ < για κάθε 0x > .



Παράδειγμα 27. Έστω μία συνάρτηση [ ): 0,f +∞ → με ( ) 0f x > για κάθε 0x ≥ . Να

αποδείξετε ότι: ( ) ( )0

0x

x t f t dt− >∫ για κάθε 0x >

Λύση

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0

x x xF x x t f t dt F x x f t dt tf t dt= − ⇔ = −∫ ∫ ∫

Η F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [ )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο [ )0,+∞ .

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

0 0 0 0

0 0 0

0

x x x x

x x x

x

F x x f t dt tf t dt F x x f t dt tf t dt

F x x f t dt x f t dt xf x F x xf x f t dt xf x

F x f t dt

′ ′ ′′ ′= − ⇔ = − ⇔

′ ′′ ′⇔ = + − ⇔ = + − ⇔

′⇔ =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

Η F ′ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [ )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων

συναρτήσεων στο [ )0, +∞ .

( ) ( )( ) ( ) ( )0

0x

F x f t dt F x f x′

′′ ′′= ⇔ = >∫ για κάθε [ )0,x ∈ +∞

Άρα η F ′ είναι γνησίως αύξουσα στο [ )0, +∞

Για 0x > έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

00 0F x F F x f t dt F x′ ′ ′ ′> ⇔ > ⇔ >∫ για κάθε ( )0,x ∈ +∞

Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [ )0, +∞

Για 0x > έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

0 00 0

xF x F F x x t f t dt x t f t dt> ⇔ > − ⇔ − >∫ ∫ για κάθε

( )0,x ∈ +∞

Παράδειγμα 28. Έστω μία συνάρτηση [ ): 0,f +∞ → η οποία είναι παραγωγίσιμη με ( )0 1f =

και ( ) 0f x′ > για κάθε 0x ≥

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( )1

0F x xf xt dt= ∫ είναι κυρτή και να βρείτε την εφαπτόμενη της FC

στο 0 0x = .

β) Να δείξετε ότι ( )( )1

01 0x f xt dt− ≤∫ για κάθε 0x ≥ .



γ) Να δείξετε ότι ( )limx

F x→+∞

= +∞

Λύση

α) Έχουμε ότι ( ) ( )1

0F x xf xt dt= ∫

Θέτουμε uu xt tx

= ⇔ = και ( )du xt dt du xdt′= ⇔ =

Για 0 0 0t u x x= ⇒ = ⋅ ⇒ =

Για 1 1t u x u x= ⇒ = ⋅ ⇒ =

Η δοσμένη συνάρτηση γράφεται διαδοχικά ( ) ( )0

xF x f u du= ∫


συναρτήσεων στο [ )0, +∞ .

( ) ( )( ) ( ) ( )0

xF x f u du F x f x

′′ ′= ⇔ =∫ και ( ) ( ) 0F x f x′′ ′= > για κάθε 0x ≥

Άρα η F είναι κυρτή στο πεδίο ορισμού της .

Έχουμε ότι ( ) ( )0

00 0F f u du= =∫ και ( ) ( )0 0 1F f′ = =

Η εφαπτόμενη της FC στο 0 1x = είναι η ( ) ( )( )0 0 0y F F x y x′− = − ⇔ =

β) Έχουμε ότι η F είναι κυρτή στο [ )0,+∞ άρα έχουμε ότι:

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

1 1 1 1

0 0 0 01 1 1

0 0 0

0

0 0 1 1 0

F x x xf xt dt xdt xf xt dt xdt

x xf xt dt x f xt dt x f xt dt

≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − + ⇔

⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ − ≤

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

γ) Έχουμε ότι ( )F x x≥

Ισχύει ότι limx

x→+∞

= +∞ . Άρα ( )limx

F x→+∞

= +∞

Παράδειγμα 29. α) Έστω μία συνάρτηση [ ): 0,f +∞ → με ( ) ( )0 0 0f f ′= = . Αν για κάθε

0x > ισχύουν ( ) 0f x > και ( )f x x′ < , να δείξετε ότι ισχύει: ( ) ( )( )23

0 0

x xtf t dt tf t dt<∫ ∫ για κάθε

0x > .



β) Έστω ( ): 0,f +∞ → μία συνεχής συνάρτηση για την οποία ισχύει ( ) ( )( )1

1x

f t dt x f x< −∫ για

κάθε 0x > . Να δείξετε ότι:

( )1

lnx

f t dt x x>∫ και ( )1

lnx

f t dt x x<∫ , ( )0,1x ∈

Λύση

α) Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )( )23

0 0

x xF x tf t dt tf t dt= −∫ ∫


συναρτήσεων στο [ )0,+∞

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

23 3

0 0 0

2

0

2

2

x x x

x

F x tf t dt tf t dt F x xf x xf x tf t dt

F x xf x f x tf t dt

′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔

′⇔ = −

∫ ∫ ∫

∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )2

02

xh x f x tf t dt= − ∫

Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( )0, +∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

( )0,+∞ .

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

02 2 2 2

xh x f x tf t dt h x f x f x xf x h x f x f x x

′′ ′ ′ ′ ′= − ⇔ = − ⇔ = −∫ Από

υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0f x > και ( ) ( ) 0f x x f x x′ ′< ⇔ − <

Άρα ( ) 0h x′ < για κάθε ( )0,x ∈ +∞ επομένως η h είναι γνησίως φθίνουσα στο [ )0, +∞ .

Για ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )02

00 0 0 2 0x h x h h x f tf t dt h x> ⇒ < ⇔ < − ⇔ <∫

Άρα ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

02 0

xF x xf x f x tf t dt F x xf x h x′ ′= − ⇔ = <∫

Επομένως η F είναι γνησίως φθίνουσα στο ( )0, +∞

Για ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 20 03 3

0 0 0 00 0

x xx F x F tf t dt tf t dt tf t dt tf t dt> ⇔ > ⇔ − > − ⇔∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 23 3

0 0 0 00

x x x xtf t dt tf t dt tf t dt tf t dt⇔ − > ⇔ >∫ ∫ ∫ ∫



Παράδειγμα 30. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] και

ισχύει ότι ( ) 0f x′ < , [ ],x a β∈ . Να δείξετε ότι ( ) ( )2a a

axf x dx f x dxβ ββ+

<∫ ∫ .

Λύση


( ) ( ) ( ) ( ) 02 2a a a a

a axf x dx f x dx xf x dx f x dxβ β β ββ β+ +

< ⇔ − <∫ ∫ ∫ ∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )2

x x

a a

a xg x tf t dt f t dt+= −∫ ∫ με [ ],x a β∈

Η g είναι παραγωγίσιμη στο [ ],a β ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων στο [ ],a β

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 21 1

2 2 2 2

x x x x

a a a a

x x

a a

a x a x a xg x tf t dt f t dt g x xf x f t dt f t dt

a x x ag x xf x f x f t dt g x f x f t dt

′ ′′+ + + ′ ′= − ⇔ = − − ⇔

+ −′ ′⇔ = − − ⇔ = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 12 2 2 2

1 1 12 2 2 2 2 2

2

x x

a a

x a x ag x f x f t dt g x f x f t dt

x a x a x ag x f x f x f x g x f x f x f x

x ag x f x

′ ′ ′− − ′′ ′′= − ⇔ = − ⇔

′− − − ′′ ′ ′′ ′⇔ = + − ⇔ = + − ⇔

−′′ ′⇔ =

∫ ∫

Από υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0f x′ < και 0x a− > για κάθε ( ),x α β∈ άρα ( ) 0g x′′ < για κάθε

( ),x α β∈

Η g′ είναι γνησίως φθίνουσα στο [ ],a β και για x a= ισχύει ότι

( ) ( ) ( )1 02 2

a

a

a ag a f x f t dt−′ = − =∫ .

Άρα για ( ) ( ) ( ) 0x a g x g a g x′ ′ ′> ⇔ < ⇔ < .

Επομένως και η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [ ],a β .

Για ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

a a

a a a a

a a aa g g a tf t dt f t dt tf t dt f t dtβ βββ β + +

> ⇔ < ⇔ − < − ⇔∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )02 2a a a a

a atf t dt f t dt tf t dt f t dtβ β β ββ β+ +

⇔ − < ⇔ <∫ ∫ ∫ ∫



Παράδειγμα 31. α) Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ ],a β , να δείξετε ότι

( ) ( )a a

f a x dx f x dxβ β

β+ − =∫ ∫

β) Αν μία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη και κοίλη στο [ ],a β , να δείξετε ότι:

i. ( ) ( ) 22

af x f a x f ββ + + + − ≤

ii. ( ) ( )2a

af x dx a fβ ββ + ≤ −

∫

Λύση

α) Θέτουμε a x uβ+ − = έχουμε ότι ( )a x dx du dx du dx duβ ′+ − = ⇔ − = ⇔ = −

Για x a u a a uβ β= ⇒ = + − ⇔ =

Για x u a uβ β β α= ⇒ = + − ⇔ =

Άρα το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται διαδοχικά:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )a a

a a af a x dx f u du f u du f u du f x dx

β β β

β ββ+ − = − = − = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

β) Η f είναι παραγωγίσιμη και κοίλη στο [ ],a β , άρα η f ′ είναι γνησίως φθίνουσα στο [ ],a β .

i. Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )g x f x f a xβ= + + −

Η g είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [ ],a β ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων στο [ ],a β .

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )g x f x f a x g x f x f a xβ β′′ ′ ′ ′= + + − ⇔ = − + −

Λύνουμε την ανίσωση

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

22

fg x f x f a x f x f a x x a x

ax a x

β β βββ

′↓

′ ′ ′ ′ ′> ⇔ − + − > ⇔ > + − ⇔ < + − ⇔

+⇔ < + ⇔ <

x −∞ α 2

a β+ β +∞

f ′

f



Η g παρουσιάζει μέγιστο για 2

ax β+= το 2

2 2 2 2g f f fα β α β α β α βα β+ + + + = + + − =

Άρα ( ) ( ) ( ) 22 2

g x g f x f x fα β α βα β+ + ≤ ⇔ + + − ≤

για κάθε [ ],x a β∈

ii. Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη της προηγούμενης σχέσης έχουμε ότι;

( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

22

2 12

2 2 22 2

2

a a

a a a

a a a

a

f x f x dx f dx

f x dx f x dx f dx

f x dx f x dx f a f x dx f a

f x dx a f

β β

β β β

β β β

β

α βα β

α βα β

α β α ββ β

α ββ

+ + + − < ⇔

+ ⇔ + + − < ⇔

+ + ⇔ + < − ⇔ < − ⇔

+ ⇔ < −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 6. ΥΠΑΡΞΙΑΚΑ

Α. Για την απόδειξη θεμάτων ύπαρξης ενός αριθμού ξ το οποίο ικανοποιεί μία δοσμένη σχέση χρησιμοποιούμε τα θεωρήματα Bolzano, ενδιαμέσων τιμών, μεγίστης ελαχίστης τιμής, Rolle ή μέσης

τιμής. Αν ο αριθμός ξ είναι άκρο ολοκληρώματος, δηλαδή εμφανίζεται όρος της μορφής ( )a

f x dxξ

∫ ,

τότε θέτουμε παντού όπου το ξ το x και έτσι όλοι οι όροι αυτοί γίνονται ( )x

af t dt∫ .

Εδώ είναι χρήσιμο να επισημάνουμε ότι επειδή ( ) ( )( )x

af x f t dt

′= ∫ , προσπαθούμε ορισμένες φορές

να καταλήξουμε σε παράγωγο γινομένου, οπότε να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Rolle σε βοηθητική συνάρτηση.

Β. Αν στα δεδομένα υπάρχει συνθήκη που περιέχει το ( )a

f x dxβ

∫ , τότε θέτουμε παντού xβ = , οπότε

το ολοκλήρωμα γίνεται ( )x

af t dt∫ . Φέροντας όλους τους όρους της δοσμένης σχέσης στο α’ μέλος

καταλήγουμε σε βοηθητική συνάρτηση.

Παράδειγμα 32. Έστω μία συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [1, 2] και ισχύει ( ) 1f x < για

κάθε [ ]1,2x ∈ . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 2

13

xf t dt x= −∫ έχει μοναδική ρίζα στο (1,2)

Λύση

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) 2

13

xF x f t dt x= − +∫ , [ ]1, 2x ∈

Η F είναι παραγωγίσιμη στο (1, 2) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο (1, 2). 81 § 3.4 Η Συνάρτηση | [Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου]


( ) ( )( ) ( ) ( )2

13 2

xF x f t dt x F x f x x

′′ ′= − + ⇔ = −∫

Από υπόθεση έχουμε ότι: ( ) ( )1 2 1 2f x f x x x< ⇔ − < − και

[ ]( ) ( )

1,2 1 2 2 2 4 4 2 2 1 4 1 2 1 2

3 1 2 1 1 2 1 1 2 0 2 0 0

x x x x x

x x x f x x F x

∈ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≥ − ≥ − ⇔ − ≤ − ≤ − ⇔ − ≤ − ≤ − ⇔

′⇔ − ≤ − ≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ − < ⇔ − < ⇔ <

Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο [1, 2]

Θα διερευνήσουμε τώρα την εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano

• Η F είναι συνεχής στο [1,2]

• Για 1x = έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )1 2

11 1 3 1 2F f t dt F= − + ⇔ =∫

Για 2x = έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( )2 22

1 12 2 3 2 1F f t dt F f t dt= − + ⇔ = −∫ ∫

Από υπόθεση έχουμε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 1 1 11 1 1 1 0 2 0f x f x dx dx f x dx f x dx F< ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ <∫ ∫ ∫ ∫

Άρα ( ) ( )1 2 0F F⋅ <

Από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ) ( )0 01, 2 : 0x F x∈ = , και επειδή η F είναι

γνησίως μονότονη η εξίσωση ( ) 2

13

xf t dt x= −∫ έχει μοναδική ρίζα στο (1,2)

Παράδειγμα 33. Αν 0 1α β< < < και η συνάρτηση [ ]: ,f α β → είναι συνεχής με

( ) 0f x dxβ

α≠∫ να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )0 0

0 01x x

ax f t dt x f t dt

β− =∫ ∫ .

Λύση


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0

0

0 0 0 0

0 0 0

0

1 1 0

0 0

0

x x x x

a a

x x x x

a a x a x a

x

a a

x f t dt x f t dt x f t dt x f t dt

x f t dt f t dt x f t dt x f t dt f t dt f t dt

x f t dt f t dt

β β

β β

β

− = ⇔ − − = ⇔

⇔ − + = ⇔ + − = ⇔

⇔ − =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( )x

a aF x x f t dt f t dt

β= −∫ ∫ , [ ],x a β∈

• Η F είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β].

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a

a a aF a a f t dt f t dt F a a f t dt

β β= − ⇔ =∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1a a a

F f t dt f t dt F f t dtβ β β

β β β β= − ⇔ = −∫ ∫ ∫



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

1 1 0a a a

F a F a f t dt f t dt a f t dtβ β β

β β β⋅ = ⋅ − = − <∫ ∫ ∫ ( γιατί

1 1 0β β< ⇔ − < )

Από θεώρημα Bolzano ότι υπάρχει ( )0 ,x a β∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( )0 0

0 0 00 1x x

aF x x f t dt x f t dt

β= ⇔ − =∫ ∫

Παράδειγμα 34. Να αποδείξετε ότι:

i. 12

1xe e dx e≤ ≤∫ για κάθε [ ]1,2x ∈

ii. Η εξίσωση ( )1

2

13

xte dt x e= −∫ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2].

Λύση

i. Έχουμε ότι:

[ ]

( ) ( )

1112

1 11 12 2 2 22 2

1 1 1 112

1

1 1 1 11, 2 1 2 1 12 2

2 1 2 1

x

x x

x

x x e e ex x

e dx e dx edx e e dx e

e e dx e

∈ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≥ ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔

⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ⇔

⇔ ≤ ≤

∫ ∫ ∫ ∫

∫

ii. Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )1

2

13

xtF x e dt x e= − −∫ , [ ]1,2x ∈

• Η F είναι συνεχής στο [1,2] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [1, 2]

• ( ) ( ) ( )11 2

11 1 3 1 2 0tF e dt e F e= − − ⇔ = >∫

( ) ( ) ( )1 12 22

1 12 2 3 2 0t tF e dt e F e dt e= − − ⇔ = − ≤∫ ∫ (από προηγούμενο ερώτημα)

Αν ( ) ( )1 2 0F F⋅ < τότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ( ) ( )0 01, 2 : 0x F x∈ =

Αν ( ) 02 0 2F x= ⇔ =

Σε κάθε περίπτωση η εξίσωση ( )1

2

13

xte dt x e= −∫ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2]

Παράδειγμα 35. i) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε

2 2

11 1 0t dt

ξξ ξ+ + + =∫

ii) Αν η f είναι συνεχής στο με ( ) 1f x ≠ , x ∈ , να λύσετε τη εξίσωση ( )0

xf t dt x=∫

Λύση



i) Έχουμε ότι :

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

1 1

2 2 2

1 1 1

1 1 0 1 1 0

1 1 0 1 0

x x

x x x

t dt t dt x x

x t dt x t dt x t dt

ξξξ ξ

=

+ + + = ⇒ + + + = ⇒

′ ′′⇒ + + + = ⇒ + =

∫ ∫

∫ ∫ ∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) 2

11

xg x x t dt= +∫ , [ ]0,1x ∈

• Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1] • Η g είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

(0, 1)

• ( )

( )( ) ( )

0 2

11 2

1

0 0 1 00 1

1 1 1 0

g t dtg g

g t dt

= ⋅ + = ⇔ == ⋅ + =

∫∫

Από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( ) 2 2

10,1 : 0 1 1 0g t dt

ξξ ξ ξ ξ′∈ = ⇔ + + + =∫

ii) Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )0

xF x f t dt x= −∫ , x ∈

Για 0x = έχουμε ότι ( ) ( )0

00 0 0F f t dt= − =∫ . Άρα 0x = λύση της εξίσωση ς ( ) 0F x = .

Η F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο .

( ) ( )( ) ( ) ( )0

1x

F x f t dt x F x f x′

′ ′= − ⇔ = −∫

Από υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0,F x x′ ≠ ∀ ∈ και F ′ συνεχής στο . Επομένως η F ′ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο .

Άρα η F είναι γνησίως μονότονη στο και η 0x = είναι μοναδική λύση της εξίσωση ς ( ) 0F x = .

Παράδειγμα 36. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ]: ,f a β → με ( ) 0a

f x dxβ

=∫ . Να

δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f ξ =

Λύση

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ , [ ],x a β∈

• Η F είναι συνεχής στο [α, β]

• Η F είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) με ¬ ( ) ( )( ) ( ) ( )x

aF x f t dt F x f x

′′ ′= ⇔ =∫



• ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

0

0

a

a

a

F a f t dtF a F

F f x dxβ

ββ

= = ⇔ == =

∫∫

Από θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )0 0F fξ ξ′ = ⇔ =

Προσοχή!!! Το συγκεκριμένο παράδειγμα αποτελεί την επέκταση του θεωρήματος Rolle στον ολοκληρωτικό λογισμό και μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ.

Παράδειγμα 37. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ]: ,f a β → με α > 0 και

( ) 0a

f x dxβ

=∫ . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),aξ β∈ τέτοιο ώστε ( ) ( )a

f t dt fξ

ξ ξ=∫ .

Λύση

Παρατηρούμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )

0 0

0

x x x x

a a a a

x

a

f t dt x f x f t dt x f x x f t dt x f t dt

x f t dt

′′= ⋅ ⇔ − ⋅ = ⇔ − =

′⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )x

aF x x f t dt= ∫ , [ ],x α β∈

• Η F είναι συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων στο [α, β]. • Η F είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο

(α, β)

• ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

0

0

a

a

a

F a a f t dtF a F

F f t dtβ

ββ β

= = ⇔ == =

∫∫

Από θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( ),ξ α β∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( )0a

F f t dt fξ

ξ ξ ξ′ = ⇔ =∫

Παράδειγμα 38. Έστω μία συνάρτηση [ ]: 1,1f − → συνεχής με ( )1

10f x dx

−=∫ και η

συνάρτηση ( ) ( ) ( )1

11F x x f tx t dt

−= − −∫ με [ ]0,1x ∈ . Να δείξετε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε

( ) ( )1 1 0f fξ ξ− + − = .

Λύση

Έχουμε ( ) ( ) ( )1

11F x x f tx t dt

−= − −∫ .



Θέτουμε u tx t= −

• Για 1 1t u x= − ⇔ = − + • Για 1 1t u x= ⇔ = −

• ( ) ( )1du tx t dt du x dt′= − ⇔ = −

Επομένως το δοσμένο ολοκλήρωμα γράφεται: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

1 11

x

xF x x f tx t dt F x f u du

−

− − += − − ⇔ =∫ ∫

• Η F είναι συνεχής στο [-1,1] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. • Η F είναι παραγωγίσιμη στο (-1, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

11 1 1 1

1 1

x

xF x f u du F x f x x f x x

F x f x f x

−

− +

′ ′ ′′ ′= ⇔ = − ⋅ − − − + ⋅ − + ⇔

′⇔ = − + −

∫

• ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1

10

0

0 00 1

1 0

F f t dtF F

F f t dt

−

= = ⇔ == =

∫∫

Από το Θεώρημα Rolle έχουμε ότι υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε ( ) ( ) ( )0 1 1 0F f fξ ξ ξ′ = ⇔ − + − = . Παράδειγμα 39. Έστω η συνάρτηση [ ]: 0,1f → η οποία είναι συνεχής και η συνάρτηση

( ) ( )0

xF x f t dt= ∫ . Αν ( )1 0F < να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο

ώστε ( ) 0f ξ < .

Λύση

Η συνάρτηση ( ) ( )0

xF x f t dt= ∫ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [0, 1].

Ισχύει ότι : ( ) ( )( ) ( ) ( )0

xF x f t dt F x f x

′′ ′= ⇔ =∫

Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον υπάρχει ( )0,1ξ ∈ τέτοιο ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 01

1 0F F

F f Fξ ξ−

′ = ⇔ =−

Από υπόθεση έχουμε: ( ) ( )1 0 0F f ξ< ⇔ <

Παράδειγμα 40. Έστω μία συνεχής συνάρτηση [ ]: 1, 2f → με ( )2

10f x dx >∫ .

i. Να δείξετε ότι υπάρχει ( )1,2γ ∈ τέτοιο ώστε ( ) 0f γ >

ii. Αν ( )1 0f < να δείξετε ότι υπάρχει ( )0 1, 2x ∈ τέτοιο ώστε ( )0 0f x =



iii. Αν ( ) 0f x ≠ για κάθε [ ]1,2x ∈ να δείξετε ότι η συνάρτηση ( ) ( )1

xg x f t dt= ∫ είναι γνησίως

αύξουσα.

Λύση

i. Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )1

xF x f t dt= ∫ , [ ]1, 2x ∈

Η F είναι συνεχής στο [1, 2] και παραγωγίσιμη στο (1, 2).

Ισχύει ότι ( ) ( )( ) ( ) ( )1

xF x f t dt F x f x

′′ ′= ⇔ =∫

Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 1

1 1

2

1

2 11,2 :

2 1

0

F FF f f t dt f t dt

f f t dt f

γ γ γ

γ γ

−′∈ = ⇔ = − ⇔

−

⇔ = ⇔ >

∫ ∫

∫

ii. Η f είναι συνεχής στο [ ]1,γ και ( ) ( )1 0f f γ⋅ <

Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ( )0 1, 2x ∈ τέτοιο ώστε ( )0 0f x =

iii. Έχουμε ότι η f είναι συνεχής στο [1, 2] και ( ) [ ]0, 1,2f x x≠ ∀ ∈ με ( ) 0f γ > (από ερώτημα i.) .

Από τα συμπεράσματα του θεωρήματος Bolzano έχουμε ότι ( ) 0f x > για κάθε [ ]1, 2x ∈ .

Η ( ) ( )1

xg x f t dt= ∫ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [1, 2] με

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1

0x

g x f t dt g x f x g x′

′ ′ ′= ⇔ = ⇔ >∫

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [1, 2]

Παράδειγμα 41. Αν η συνάρτηση ( ): 0,f +∞ → είναι συνεχής με ( )1

1e

f x dx e= +∫ και

( ) ( )1

1 ln 0x

g x x x f t dt= + − ≥∫ για κάθε 0x > να βρείτε το σημείο τομής fC με την ευθεία x e= .

Λύση

Έχουμε ότι ( ) ( ) ( ) ( )1

1 ln 1 1 0e

g e e e f t dt g e e e g e= + − ⇔ = + − − ⇔ =∫

Άρα ισχύει ότι ( ) ( )g x g e≥ για κάθε 0x > . Επομένως η g παρουσιάζει ελάχιστο για x e=

Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( )0,+∞ ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων.



( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 1

1 ln ln ln 1x x

g x x x f t dt g x x x f t dt g x x f x′ ′′′ ′ ′= + − ⇔ = − ⇔ = + −∫ ∫

Από το Θεώρημα Fermat έχουμε ότι ( ) ( ) ( )0 ln 1 0 2g e e f e f e′ = ⇔ + − = ⇔ =

Άρα το σημείο τομής fC με την ευθεία x e= είναι το ( )( ) ( ), , 2A e f e A e⇒ .

Παράδειγμα 42. Έστω δύο συναρτήσεις ,f g οι οποίες είναι συνεχείς στο [α, β] και οι

συναρτήσεις ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ , ( ) ( )

x

aG x g t dt= ∫ με ( ) ( )F x G x> για κάθε ( ),x α β∈ . Το σημείο

( ),ξ α β∈ είναι το σημείο στο οποίο η κατακόρυφη απόσταση ΑΒ, FA C∈ , GB C∈ , παίρνει τη

μεγαλύτερη τιμή. Να δείξετε ότι ,f gC C τέμνονται στο σημείο Μ με τετμημένη ξ.

Λύση

Έστω ( )( ),A x F x και ( )( ),B x G x

Η κατακόρυφη απόσταση ΑΒ δίνεται από την σχέση ( ) ( )AB F x G x= − και επειδή ( ) ( )F x G x> για

κάθε ( ),x α β∈ έχουμε ότι: ( ) ( )AB F x G x= −

Η απόσταση ΑΒ γίνεται μέγιστη για x ξ= άρα ( ) ( ) ( ) ( )F x G x F Gξ ξ− ≤ − για κάθε [ ],x α β∈

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )x x

a aH x F x G x H x f t dt g t dt= − ⇔ = −∫ ∫ , [ ],x α β∈

Η Η είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )x x

a aH x f t dt g t dt H x f x g x

′′ ′= − ⇔ = −∫ ∫

Από υπόθεση έχουμε ακόμη ότι η Η παρουσιάζει μέγιστο για x ξ=

Επομένως από το Θεώρημα Fermat ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0H f g f gξ ξ ξ ξ ξ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ οι ,f gC C τέμνονται στο σημείο Μ με τετμημένη ξ.

Παράδειγμα 43. Έστω μία συνάρτηση :f → η οποία είναι συνεχής και ισχύει

( )( )0 11

x t xf u du dt e≥ −∫ ∫ για κάθε x ∈ . Να δείξετε ότι η εξίσωση ( ) 1f x = έχει μία τουλάχιστον

ρίζα στο (0, 1).

Λύση

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )( )0 11

x t xF x f u du dt e= + −∫ ∫ , [ ]0,1x ∈



Από υπόθεση έχουμε ότι ( ) 0F x ≥ για κάθε x ∈ .

Παρατηρούμε ακόμη ότι ( ) ( )( )0 0

0 10 1 0

tF f u du dt e= + − =∫ ∫ . Άρα ( ) ( )0F x F≥ για κάθε x ∈ ,

δηλαδή η F παρουσιάζει ελάχιστο για 0x =

Η F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0, 1) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

( ) ( )( )( ) ( ) ( )0 1 1

1x t xx xF x f u du dt e F x f u du e

′′ ′= + − ⇔ = +∫ ∫ ∫

Από θεώρημα Fermat έχουμε ότι: ( ) ( ) ( ) ( )0 0 10

1 1 00 0 0 1 1F f t dt e f t dt f t dt′ = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ =∫ ∫ ∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )0

xd x f t dt= ∫ , [ ]0,1x ∈

H d είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [0, 1] με ( ) ( )( ) ( ) ( )0

xd x f t dt d x f x

′′ ′= ⇔ =∫

Από Θ.Μ.Τ. έχουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

0

1 00,1 : 1

1 0d d

d f f t dt fξ ξ ξ ξ−

′∈ = ⇔ = ⇔ =− ∫


90 § 3.5 Εμβαδο Επίπεδου χωρίου

§ 3.5 ΕΜΒΑΔΟ ΕΠΙΠΕΔΟΥ ΧΩΡΙΟΥ

Το εμβαδό του επίπεδου χωρίου Ω που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f , τον άξονα x x′και τις ευθείες x a= και x β= είναι:

( ) ( )a

E f x dxβ

Ω = ∫

Το εμβαδό του επίπεδου χωρίου Ω που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f , την γραφική παράσταση της g και τις ευθείες x a= και x β= είναι:

( ) ( ) ( )a

E f x g x dxβ

Ω = −∫

[Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου] | § 3.5 Εμβαδο Επίπεδου χωρίου 90



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 1. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΟΥ ΧΩΡΙΟΥ ΜΕΤΑΞΥ fC ΚΑΙ x x′

Αν ζητείται να βρούμε το εμβαδό Ε ενός χωρίου Ω που περικλείεται από την fC τον άξονα x x′ και τις ευθείες x a= και x β= , α < β τότε:

1. Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής στο [α, β]

2. Βρίσκουμε το πρόσημο της f ( Λύνοντας την εξίσωση ( ) 0f x = ή την ανίσωση ( ) 0f x > )

• Αν για κάθε [ ],x α β∈ είναι: ( ) 0f x ≥ τότε ( ) ( )a

E f x dxβ

Ω = ∫

• Αν για κάθε [ ],x α β∈ είναι: ( ) 0f x ≤ τότε ( ) ( )a

E f x dxβ

Ω = −∫

• Αν η f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [α, β] , τότε βρίσκουμε τις ρίζες 1 2, ,..., κρ ρ ρ

της f στο [α, β], με 1 2 .... κρ ρ ρ< < < , και κατασκευάζουμε τον πίνακα προσήμων της f.

Οπότε : ( ) ( ) ( ) ( )1 2

1

...a

f x dx f x dx f x dxκ

ρ ρ β

ρ ρΕ Ω = + + +∫ ∫ ∫

Αν ζητείται το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και τον άξονα x x′ χωρίς να δίνονται οι ευθείες x a= και x β= .

1. Αρχικά δείχνουμε ότι η f είναι συνεχής στο [α, β]

2. Βρίσκουμε το πρόσημο της f ( Λύνοντας την εξίσωση ( ) 0f x = ή την ανίσωση ( ) 0f x > ). Αν

1 2, ,..., κρ ρ ρ ρίζες της f στο [α, β] με 1 2 .... κρ ρ ρ< < < τότε

( ) ( ) ( ) ( )2 3

1 2 1

...f x dx f x dx f x dxκ

κ

ρ ρ ρ

ρ ρ ρ −

Ε Ω = + + +∫ ∫ ∫

Σημείωση !!! Με όμοιο τρόπο εργαζόμαστε και στην περίπτωση που δίνεται μόνο το ένα άκρο ολοκλήρωσης.

Προσοχή!!! Στον υπολογισμού του εμβαδού πρέπει να προσέχουμε ώστε το πάνω άκρο ολοκλήρωσης να είναι πάντοτε μεγαλύτερο από το κάτω άκρο.

Αν λοιπόν ζητείται το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από την fC και τον x x′ και τις ευθείες

x a= (γνωστή) και x λ= (άγνωστη) διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

• Αν aλ > τότε ( ) ( )a

E f x dxλ

Ω = ∫

• Αν a λ< τότε ( ) ( )a

E f x dxλ

Ω = ∫

91 § 3.5 Εμβαδο Επίπεδου χωρίου | [Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου]


Παράδειγμα 1. Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τον άξονα x x′ τη

γραφική παράσταση της συνάρτησης ( )2 3

2xf xx

−=

− και τις 3x = και 5x =

Λύση

Η f είναι συνεχής στο [3, 5] ως ρητή συνάρτηση.

( ) ( )( )2

230 0 2 3 02

xf x x xx

−> ⇔ > ⇔ − − >

−

( )( )22 3 0x x− − = ⇔ 2 0x − = ή 2 3 0x − = ⇔ 2x = ή 3x = ±

x −∞ 3− 3 2+ +∞

( )f x

Παρατηρούμε ότι ( ) 0f x > για κάθε [ ]2,3x ∈ . Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι:

( ) ( )

( )( )

2 2 25 5 5 5

3 3 3 3

25 5 5

3 3 3

52

3

3 3 1 1 4 12 2 2

2 24 1 1 122 2 2 2 2

2 ln 2 12 ln 3 . .2

x x xE f x dx dx dx dxx x x

x xx dx dx x dxx x x x x

x x x τ µ

− − − + − +Ω = = = = =

− − −− + − = + = + = + + = − − − − −

= + + − = +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Παράδειγμα 2. Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της ( ) 2f x x x= − , τον άξονα x x′ και την ευθεία 1x = −

Λύση

( ) ( )20 0 1 0 0 ή 1f x x x x x x x= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = =

x −∞ 0 1+ +∞

( )f x

Το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από την σχέση :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 0 1 0 1

10 1 0 1 00 13 2 3 20 12 2

1 01 0

1 . .3 2 3 2

E f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

x x x xx x dx x x dx τ µ

− − −

−−

Ω = = + = − =

= − − − = − − − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫



Παράδειγμα 3. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση ( )ln , 0 1

1 1, 1

a x xf x

x x

+ < ≤= + − >

i. Να βρείτε το α ii. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την fC , τον άξονα x x′ και τις ευθείες

12

x = , 2x =

Λύση

i. Η f είναι συνεχής ⇔ f συνεχής ( ) ( ) ( )01 1

1 lim lim 1x x

x f x f x f− +→ →

= ⇔ = =

( ) ( )

( ) ( )( )

1 1

1 1

lim lim ln ln1

lim lim 1 1 1 1 1 1

1 ln1

x x

x x

f x a x a a

f x x

f a a

− −

+ +

→ →

→ →

= + = + =

= + − = + − =

= + =

Άρα ( ) ( ) ( )1 1

lim lim 1 1x x

f x f x f a− +→ →

= = ⇔ =

ii. Για α =1 έχουμε ( )1 ln , 0 1

1 1, 1

x xf x

x x

+ < ≤= + − >

Το ζητούμενο εμβαδό είναι

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 21 1 11 12 2 2

1 ln 1 1E f x dx f x dx f x dx x dx x dxΩ = = + = + + + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (1)

Έχουμε ότι : 1 1ln 1 0 ln 1x x x e xe

−+ > ⇔ > − ⇔ > ⇔ > που ισχύει γιατί 1 ,12

x ∈ και 1 1 0x+ − >

για κάθε [ ]1, 2x ∈


( ) ( ) ( )1 21 12

1 ln 1 1E x dx x dxΩ = + + + −∫ ∫ (2)

Υπολογίζουμε τα παραπάνω ολοκληρώματα:

• ( ) ( ) ( )( ) [ ]

1 1 1 111 1 1

2 2 2 2

11 ln ln ln ln ln

1 1 11ln1 ln ln 22 2 2

x dx x x dx x x x x dx x xx

′ ′+ = ⋅ + = ⋅ + ⋅ = ⋅ =

= − =

∫ ∫ ∫



•

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 21 311 2 22 2

21 1

1 12

3 3 3

1

1 11 1 1 1 1 31

2 2

2 1 2 2 1 2 1 1 52 13 3 3 3

x xx dx x dx x x

xx

+ − − + − = + − = + = + =

+

− − − = + = + − + =

∫ ∫

Από την σχέση (2) έχουμε ότι: ( ) 5 1 ln 23 2

E Ω = + τ.μ.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 2. ΕΜΒΑΔΟ ΧΩΡΙΟΥ ΠΟΥ ΠΕΡΙΚΛΕΙΕΤΑΙ ΑΠΟ fC ΚΑΙ gC

Για τον υπολογισμό του εμβαδού χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των fC και

gC εργαζόμαστε ως εξής:

1. Δείχνουμε ότι f, g συνεχείς στο [α, β]

2. Λύνουμε την εξίσωση ( ) ( )f x g x= (ή την ανίσωση ( ) ( )f x g x> ) έτσι ώστε στην συνέχεια να δημιουργήσουμε τον πίνακα τιμών της συνάρτησης f-g

• Αν δίνονται τα άκρα ολοκλήρωσης (δηλαδή οι ευθείες x a= και x β= ) τότε το

ζητούμενο εμβαδό προκύπτει από την σχέση ( ) ( ) ( )a

f x g x dxβ

Ε Ω = −∫

• Αν δίνονται τα άκρα ολοκλήρωσης (δηλαδή οι ευθείες x a= και x β= ) και ενδιάμεσα των α και β παρεμβάλλονται οι ρίζες 1 2, ,..., κρ ρ ρ στο [α, β] με 1 2 .... κρ ρ ρ< < < τότε το ζητούμενο εμβαδό προκύπτει από την σχέση

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

1

...a

f x g x dx f x g x dx f x g x dxκ

ρ ρ β

ρ ρΕ Ω = − + − + + −∫ ∫ ∫

• Αν δεν δίνονται τα άκρα ολοκλήρωσης τότε το ζητούμενο εμβαδό προκύπτει από την

σχέση ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3

1 2 1

...f x g x dx f x g x dx f x g x dxκ

κ

ρ ρ ρ

ρ ρ ρ −

Ε Ω = − + − + + −∫ ∫ ∫ ,

όπου 1 2, ,..., κρ ρ ρ οι ρίζες της εξίσωσης ( ) ( )f x g x= με 1 2 .... κρ ρ ρ< < <

Σημείωση!!! Με όμοιο τρόπο εργαζόμαστε και στην περίπτωση που μας δίνει μία συνάρτηση f και μία ευθεία : y xε λ κ= + . Έτσι το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από την σχέση

( ) ( ) ( ) ( )a a

f x y dx f x x dxβ β

λ κΕ Ω = − = − +∫ ∫

(θέτοντας ( )g x xλ κ= + γυρίζουμε στην προηγούμενη κατηγορία)



Παράδειγμα 4. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης f και της ευθείας ε όταν: ( ) 2f x x= και : 1yε =

Λύση

Λύνουμε την εξίσωση ( ) 2 1 1f x y x x= ⇔ = ⇔ = ±

x −∞ 1− 1+ +∞

( )f x y−

Εφόσον δεν δίνονται τα άκρα ολοκλήρωσης το ζητούμενο εμβαδό προκύπτει ως το χωρίο που ορίζεται από τις ρίζες της εξίσωσης ( )f x y= και τις fC και ε.

Άρα το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από την σχέση:

( ) ( ) ( )131 1 12 2

1 1 11

41 1 . .3 3xE f x y dx x dx x dx x τ µ

− − −−

Ω = − = − = − − = − − =

∫ ∫ ∫

Παράδειγμα 5. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2

1f x xx

= +

i. Να βρείτε την ασύμπτωτη της fC στο +∞

ii. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την fC , την ε και τις ευθείες

1x = , 2x =

Λύση

i. Για να βρούμε την ασύμπτωτή της fC στο +∞ εργαζόμαστε ως εξής:

( ) 2

1lim limx x

f x xx→+∞ →+∞

= + = +∞

Άρα η fC δεν παρουσιάζει οριζόντια ασύμπτωτη στο +∞

• ( ) 2 2

3

1 11lim lim lim lim 1 1 1

x x x x

xf x xx xx x x x x

λ→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

+ = = + = + = ⇔ =

• ( )( ) ( )( ) 2 2

1 1lim lim lim lim 0 0x x x x

f x x f x x x xx x

λ β→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

− = − = + − = = ⇔ =

Άρα η ευθεία : y x y xε λ β= + ⇔ = είναι πλάγια ασύμπτωτη της fC στο +∞



ii. Έχουμε ότι ( ) ( ) 2 2

1 1 0f x y f x x x xx x

> ⇔ > ⇔ + > ⇔ > για κάθε [ ]1,2x ∈

Το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από την σχέση :

( ) ( )2

2 2 2

2 21 1 11

1 1 1 1= = = . .2

E f x y dx x x dx dxx x x

τ µ Ω = − = + − − ∫ ∫ ∫

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 3. ΕΜΒΑΔΟ ΧΩΡΙΟΥ ΠΟΥ ΠΕΡΙΚΛΕΙΕΤΑΙ ΑΠΟ ΤΡΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

• Βρίσκουμε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων • Βρίσκουμε την σχετική θέση των γραφικών παραστάσεων • Σχεδιάζουμε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων. • Υπολογίζουμε το ζητούμενο εμβαδό ως άθροισμα ή διαφορά χωρίων των οποίων ο

υπολογισμός είναι απλούστερος.

Για τον υπολογισμό εμβαδού χωρίου που περικλείεται από τρείς ή περισσότερες συναρτήσεις απαιτείται να γίνει γραφική παράσταση

Σημείωση!!! Ο άξονας x x′ έχει εξίσωση 0y = και λογίζεται ως συνάρτηση, ενώ ο άξονας y y′ έχει εξίσωση 0x = και δεν είναι συνάρτηση.

Παράδειγμα 6. Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των

συναρτήσεων ( ) xf x e= , ( ) eg xx

= και

την ευθεία : 2yε =

Λύση

Σχεδιάζουμε τις γραφικές παραστάσεις των δοσμένων συναρτήσεων

Λύνουμε τις εξισώσεις :

• ( ) 2 ln 2xf x y e x= ⇔ = ⇔ =

• ( ) 2

2e eg x y xx

= ⇔ = ⇔ =

•

( ) ( )

0

x

x

ef x g x ex

eex

= ⇔ = ⇔

⇔ − =

Για να λύσουμε την εξίσωση ορίζουμε την

συνάρτηση ( ) x eh x e

x= −

, *x ∈

1 1 2 3

4

2

2

4

6

8

10

E1 E2

0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

5.5



Για 1x = έχουμε ότι ( ) 11 0

1eh e= − =

( ) ( ) 2 0x xe eh x e h x ex x

′ ′ ′= − ⇔ = + > Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της ,

επομένως η 1x = είναι μοναδική λύση της ( ) 0h x =

Το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου Ε, όπως αυτό φαίνεται στο σχήμα ( είναι η περιοχή που περικλείεται

από τις τρείς χρωματιστές γραμμές) προκύπτει ως το άθροισμα των περιοχών Ε1 και Ε2. 1 2E E E= +

• Ε1 είναι το χωρίο που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f , την ευθεία ε και τις

κατακόρυφες ευθείες ln 2x = και 1x =

( ) ( )1 1 1

1 ln 2ln 2 ln 22 2 2ln 2 4x xE f x y dx e dx e x e = − = − = − = + − ∫ ∫ τ.μ.

• Ε2 είναι το χωρίο που περικλείεται από την γραφική παράσταση της g , την ευθεία ε και τις

κατακόρυφες ευθείες 1x = και 2ex =

( ) [ ]2 2 22 11 1

2 ln 2 ln 2 2 ln 22

e e ee eE g x y dx dx e x x e e ex

= − = − = − = − + = − ∫ ∫

τ.μ.

Άρα ( )( )1 2 2 ln 2 4 2 ln 2 2 1 ln 2E E E e e e= + = + − + − = − − τ.μ.

Παράδειγμα 7. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 1f x x= −

i. Να βρείτε την εφαπτόμενη ε της fC που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

ii. Να βρείτε το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω που περικλείεται από την fC , την ε και τον άξονα x x′

Λύση

i. Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο [ )1,fD = +∞

Έχουμε ( ) ( ) ( ) 112 1

f x x f xx

′′ ′= − ⇔ =−

Έστω ένα τυχαίο σημείο ( )( )0 0,M x f x . Η εφαπτόμενη της fC στο Μ είναι η ευθεία

( ) ( )( ) ( )0 0 0 0 00

1: 12 1

y f x f x x x y x x xx

ε ′− = − ⇔ − − = −−

Από υπόθεση έχουμε το ( )0,0O ανήκει στην ευθεία ε



( ) ( ) ( )

( )

00 0 0

0 0

2

0 0 0 0 0

10,0 0 1 0 12 1 2 1

2 1 2 2 2

xO x x xx x

x x x x x

ε∈ ⇔ − − = − ⇔ − =− −

⇔ − = ⇔ − = ⇔ =

Άρα η ζητούμενη ευθεία ε γράφεται:

( )1 1: 2 1 222 2 1

y x y xε − − = − ⇔ =−

ii. Βρίσκουμε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων.

• ( ) 0 1 0 1f x x x= ⇔ − = ⇔ =

• ( ) 1 22xf x y x x= ⇔ − = ⇔ =

Το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου Ω δίνεται από την σχέση ( ) ( ) 1E OAB EΩ = − , όπου (ΟΑΒ) είναι το εμβαδό του τριγώνου ΟΑΒ και Ε1 το

εμβαδό που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f , τον άξονα x x′ και τις ευθείες 1x = και 2x =

• ( ) ( ) ( )1 1 2 1 12 2

OAB OA AB OAB OAB= ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ ⇔ = τ.μ.

• ( ) ( ) ( ) ( )2

21 311 22 22

1 1 1

11

2 11 21 1 1 3 312

xxE x dx x dx

+ − − = − = − = = = +

∫ ∫ τ.μ.

Άρα ( ) ( ) ( ) ( )12 113 3

E OAB E E EΩ = − ⇔ Ω = − ⇔ Ω = τ.μ.

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 4. ΕΜΒΑΔΟ ΚΑΙ ΑΝΤΡΙΣΤΡΟΦΗ

Για να βρούμε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της 1f − εργαζόμαστε όπως στις προηγούμενες κατηγορίες.

Θυμίζουμε κάποια χαρακτηριστικά της 1f − που θα μας βοηθήσουν στον υπολογισμό του ολοκληρώματος

• Για την εύρεση του προσήμου της 1f − έχουμε ότι το σύνολο τιμών της 1f − είναι το πεδίο ορισμού της f.

• Τα κοινά σημεία της 1f − και της f (αν υπάρχουν) βρίσκονται στην ευθεία y x=

• Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος θέτουμε ( )x f t=

A(2,0)

B(2,1)

E1

1 1 2 3 4 5

0.5

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5



Παράδειγμα 8. Δίνεται η συνάρτηση ( ) 2f x x xεϕ= + , 0,2

x π ∈

i. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται. ii. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της 1f −

τους άξονες x x′ , y y′ και την ευθεία 2

116

x π= +

Λύση

i. Έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )22

12 0f x x x f x xx

εϕσυν

′′ ′= + ⇔ = + > (ή ( ) 22 1f x x xεϕ′ = + + )

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0,2π

, δηλαδή η f είναι 1-1 επομένως αντιστρέψιμη.

ii. Το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από την σχέση

( )2

1 1160

E f x dxπ

+ −= ∫

Θυμίζουμε ότι το σύνολο τιμών της 1f − είναι το πεδίο ορισμού της f άρα ( )1 0f x− ≥ . Επομένως το ζητούμενο εμβαδό γράφεται:

( )2

1 1160

E f x dxπ

+ −= ∫

Θέτουμε ( )x f t=

• Για ( ) 20 0 0 0x f t t t tεϕ= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ( επειδή η f είναι γνησίως μονότονη η προφανής είναι και η μοναδική λύση)

• Για ( )2 2 2

21 1 116 16 16 4

x f t t t tπ π π πεϕ= + ⇔ = + ⇔ + = + ⇔ = ( επειδή η f είναι γνησίως

μονότονη η προφανής είναι και η μοναδική λύση) • ( ) ( )22 1dx f t dt dx t t dtεϕ′= ⇔ = + +

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

21 1 116 4 4 44

00 0 0 0

2 3 424 44

0 0 00

2 ln 21 ln4 4 4 16 3 4

E f x dx f f t f t dt tf t dt t f t t f t dt

tt f t t f t dt f t t dt t

π π π ππ

ππ ππ π π π π πεϕ συν

+ − − ′′ ′= = = = ⋅ − ⋅ =

− ′= ⋅ − ⋅ = − + = + − − =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Παράδειγμα 9. Δίνεται η συνάρτηση ( ) [ ]2

, 0,1xf x e x= ∈

i. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε 1f − .



ii. Έστω Ε1 το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την fC , τους άξονες x x′ , y y′ και την

ευθεία 1x = και Ε2 το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την 1fC − τον άξονα x x′ και

τις κατακόρυφες ευθείες στα άκρα του διαστήματος που ορίζεται η 1f − . Να δείξετε ότι:

1 2E E e+ =

Λύση

i. Έχουμε ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 0x x xf x e f x e x f x x e′ ′′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = ⋅ > για κάθε [ ]0,1x ∈

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1] , επομένως η f αντιστρέφεται.

Το πεδίο ορισμού της 1f − είναι το σύνολο τιμών της f . Άρα

[ ]( ) ( ) ( ) [ ]1 1 10,1 0 , 1 1,3f f f

D f D f f D− − −= ⇔ = ⇔ =

Για να βρούμε την αντίστροφη εργαζόμαστε ως εξής;

( ) ( ) ( ) [ ]2 2 1 1ln ln ln ln , 1,xf x y e y x y x y f y y f x x x e− −= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈

ii. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι [ ]( ) [ ] ( )0,1 1,3 0f f x= ⇔ ≥ και

[ ]( ) [ ] ( )1 11,3 0,1 0f f x− −= ⇔ ≥


( ) ( ) 21 1 1

1 1 10 0 0

xE f x dx E f x dx E e dx= ⇔ = ⇔ =∫ ∫ ∫

( ) ( )3 31 1

2 21 1E f x dx E f x dx− −= ⇔ =∫ ∫

Θέτουμε ( )x f t=

• Για ( ) ( )11 1 1 0x f t t f t−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

• Για ( ) ( )13 3 3 1x f t t f t−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

• ( )dx f t dt′=

Άρα ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )3 1 1 11 1

2 2 2 21 0 0 0E f x dx E f f t f t dt E tf t dt E xf x dx− − ′ ′ ′= ⇔ = ⇔ = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫

Η ζητούμενη σχέση γράφεται διαδοχικά:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 11 1 1 11 2 00 0 0 0

xE E f x dx xf x dx f x xf x dx x f x x e e ′ ′+ = + = + = ⋅ = ⋅ = ∫ ∫ ∫



ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΊΑ 5. ΔΙΑΦΟΡΑ ΘΕΜΑΤΑ

Παράδειγμα 10. Δίνεται η συνάρτηση ( ) xf x e−=

i. Να βρείτε την εφαπτόμενη ε της fC που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

ii. Να βρείτε το εμβαδόν Ε(α) χωρίου Ω που περικλείεται από την fC , την ε, τον άξονα x x′ και την ευθεία , 0x a a= >

iii. Να βρείτε το όριο ( )lima

E a→+∞

iv. Αν το α ελαττώνεται με ρυθμό 3 μον./sec, να βρείτε το ρυθμό μεταβολής του Ε(α) τη χρονική στιγμή που είναι α = 1.

Λύση

i. Έχουμε ότι ( ) ( ) ( )x xf x e f x e− −′′ ′= ⇔ = −

Έστω ένα τυχαίο σημείο ( )( )0 0,M x f x . Η εφαπτόμενη της fC στο Μ είναι η ευθεία

( ) ( )( ) ( )0 00 0 0 0: x xy f x f x x x y e e x xε − −′− = − ⇔ − = − −

Από υπόθεση έχουμε το ( )0,0O ανήκει στην ευθεία ε

( ) ( ) ( )0 0 0 00 0 00,0 0 0 1x x x xO e e x e x e xε − − − −∈ ⇔ − = − − ⇔ − = ⇔ = −

Άρα : y e xε = − ⋅

ii. Θέλουμε να υπολογίσουμε εμβαδό μεταξύ τριών συναρτήσεων

Το ζητούμενο εμβαδό προκύπτει ως ( ) ( )E a E OAB= − . (όπου Ε είναι το εμβαδό που

περικλείεται από την fC , τον άξονα x x′ και τις

ευθείες 1x = − και x a= )

• ( ) ( )12 2

eOAB OA AB OAB= ⋅ ⇔ =

• ( )11 1

a a ax x

a

E f x dx e dx e

e e

− −

−− −

−

= = = − =

= − +

∫ ∫

Άρα ( ) ( )2 2

a ae eE a e e E a e− −= − + − ⇔ = − τ.μ.

iii. ( )lim lim2 2

a

a a

e eE a e−

→+∞ →+∞

= − + =

(Θυμίζουμε ότι lim 0x

xe

→−∞= )

iv. Το α θα αντιμετωπιστεί ως συνάρτηση κατά την παραγώγιση)

A(-1,0)

B(-1,e)

2 1 1 2 3

5

5



( ) ( )2

a aeE a e E a e a− −′ ′ ′ ′= − ⇔ = ⋅

Για 1a = και 3a′ = έχουμε ότι ( ) ( )1 33E a e E ae

−′ ′= − ⋅ ⇔ = −

Παράδειγμα 11. Έστω μία συνεχής συνάρτηση :f → με ( )1 1f ′ = και

( ) ( )2

1

xf x f t dtλ= +∫ για κάθε x ∈ , 0λ >

i. Να βρείτε το λ και την f ii. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την fC , τον άξονα x x′ και την

ευθεία 2x = .

Λύση

i. Για 1x = έχουμε ότι ( ) ( ) ( )1 2

11 1 0f f t dt fλ= + ⇔ =∫

Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης σχέσης:

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

1

xf x f t dt f x f xλ λ

′′ ′= + ⇔ = +∫

Για 1x = ( ) ( )21 1 1 1f fλ λ λ′ = + ⇔ = ⇔ = . Άρα ( ) ( )21f x f x′ = + (1)

Για να βρούμε τον τύπο της f εργαζόμαστε ως εξής:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )

( )( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

2

2 2 2

22

2

21 1

1 1 2 1

11 2

2 1

f x f x f x f x f xf x f x f x f x

f x f x f x

f xf x f x f x

f x

′ ′ ′′ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

+ + +

′+ ′⇔ = ⇔ + =

+

Η f ′ είναι παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων .

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

22 2

1

1 1

x x x x x x x x

f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x

e f x e f x e f x e f x e f x e f x e f x e f x c

′′ ′′ ′′ ′′ ′ ′= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ + = + ⇔

′ ′′′ ′ ′ ′ ′⇔ + = + ⇔ = ⇔ = +

Για 1x = ( ) ( )1 11 11 1e f e f c c e′ = + ⇔ =

Άρα ( ) ( )x xe f x e f x e′ = +



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 12 2 2

2 1 2 1

22 2

x x x xx x x

x x x

x x

x x

e f x e f x e f x e f xee f x e f x e ee e e

f x f xe e ce e

− +

− + − +

′ ′− −′ − = ⇔ = ⇔ = ⇔

′ ′ ⇔ = ⇔ = − + −

Για 1x = έχουμε ( ) 2 1 1

2 21

1 12 2

f e c ce e

− ⋅ +

= − + ⇔ =

Άρα ( ) ( )

2 1 1 112 2 2

x x x

x

f x e e ef xe e

− + − −−= − + ⇔ = για κάθε x ∈

ii. Αρχικά θα λύσουμε την εξίσωση ( ) 0f x =

( )1 1

1 10 0 1 1 12

x xx xe ef x e e x x x

− −− −−

= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ =

Το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου είναι ¬

( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 1 12 2 2

1 1 11

11

2 2 2 2

x x x x ee e e e e eE f x dx f x dx dxe

− − − − − − − + +Ω = = = = = − =

∫ ∫ ∫ τ.μ.

Παράδειγμα 12. Έστω μία συνεχής συνάρτηση :f → για την οποία ισχύουν για κάθε

x ∈ , ( ) 0f x ≥ και

( )( )0 11

x t xf u du dt e≥ −∫ ∫ .

Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη Cf , τους άξονες x x′ , y y′ και την ευθεία 1x = .

Λύση

Το ζητούμενο εμβαδό δίνεται από την σχέση ( )( )

( )01 1

0 0

f x

E f x dx E f x dx≥

= ⇔ =∫ ∫

Θεωρούμε συνάρτηση ( ) ( )( )0 11

x t xF x f u du dt e= − +∫ ∫ , x ∈

Η F είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων.

( ) ( )( )( ) ( ) ( )0 1 1

1x t xx xF x f u du dt e F x f u du e

′′ ′= − + ⇔ = +∫ ∫ ∫

Για 0x = έχουμε ( ) ( )( ) ( ) ( )0 0

0 10 1 0 0 1 1 0 0

tF f u du dt e F F= − + ⇔ = − + ⇔ =∫ ∫

Από υπόθεση έχουμε ότι: ( ) ( ) ( )0 0F x F x F≥ ⇔ ≥ . Άρα η F παρουσιάζει ελάχιστο για 0 0x = . Από το θεώρημα Fermat έχουμε ότι

( ) ( ) ( ) ( )0 1 10

1 0 00 0 0 1 0 1 1F f u du e f u du f u du E′ = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ =∫ ∫ ∫


ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ - schooltime · ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ –...

Documents

Transcript of ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ - schooltime · ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ –...