³³users.sch.gr/kampranis/OLOKLHRWMATA_1-41_A_OMADA.pdf · Ολοκληρώμαα 339...

Ολοκληρώματα

Ολοκληρώματα 339

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

A΄ ΟΜΑΔΑ

*********** Α΄ ομάδα – Ορισμένο Ολοκλήρωμα ***********

Έστω συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει

2 3 5 5

1 1 4 1

f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx .

Δείξτε ότι:

2 4

1 3

f (x)dx f (x)dx

ΛΥΣΗ

Είναι:

2 3 5 5

1 1 4 1

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

2 3 1 5 5

1 1 4 1 1

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

2 3 1

1 1 4

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

1

Ο

Λ

Ο

Κ

Λ

Η

Ρ

Ω

Μ

Α

Τ

Α

Α΄

Ο

Μ

Α

Δ

Α



2 1 3

1 4 1

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

2 3 2 3

1 4 1 4

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

2 4

1 3

f (x)dx f (x)dx

Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα σε κάθε μία από τις

παρακάτω περιπτώσεις αν είναι γνωστό ότι η fC διέρχεται από τα

σημεία Α και Β.

α)

3

2012

1

f '(x)f (x)dx , όταν A 1, 0 και B 3, 1

β)

2

1

f '(x)dx

f (x) , όταν A 1, 1 και B 2, e με f (x) 0 για κάθε

x R .

γ)

1

2

1

f '(x)dx

f (x)

, όταν A 1, 2 και B 1, 1

δ)

1

2

0

f '(x) f (x)f ''(x) dx , όταν A 0, 0 και B 1, 0

ΛΥΣΗ

2



α)

3

2012

1

f (x)f (x)dx

32013

1

f (x)

2013

2013 2013f (3) f (1)

2013 2013

2013

1 0 1

2013 2013

.

β)

2

2

1

1

f xdx ln f x ln f 2 ln f 1 ln e ln f 1

f x

lne ln1 1 .

γ)

11 1 1 12 1

2

2

11 1 1

f xf x f xdx f x f x dx

2 1 1f x

1

1

1 1 1 1 1 1 11

f x f 1 f 1 1 2 2 2

δ)

1

2

0

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

1

0

f (x)f (x) dx

1

0f (x)f (x)

f 1 f 1 f 0 f 0 0 f 1 0 f 0 0 .

Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο 1, 2 .

Αν η fC διέρχεται από τα σημεία Α(1, 2) και Β(2, 1) να υπολογίσετε

την τιμή του ολοκληρώματος: 2

1

x 2f x xf x dx

ΛΥΣΗ

3



Τα σημεία Α(1, 2) και Β(2, 1) ανήκουν στη γραφική παράσταση της f

οπότε f (1) 2 και f (2) 1 .

οπότε θα έχουμε: 2 2

2

1 1

x 2f x xf x dx 2xf x x f x dx

2

22 2 2 2

11

x f x dx x f x 2 f 2 1 f 1

4f 2 f 1 4 1 2 2

Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:

α)

2

1

1dx

x(x 1) β)

3

2 3

0

x x dx

γ)

1

2

0

6x 3x 3dx

ΛΥΣΗ

α) Αναζητάμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι, ώστε να ισχύει:

1 A B

x x 1 x x 1

για κάθε x R 0, 1 . Άρα:

1 A B1 A x 1 Bx 1 A B x A

x x 1 x x 1

0x 1 A B x A

Η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε x R 0, 1 αν και μόνο

αν: A B 0

B 1A 1

. Επομένως:

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1 1 1 1dx dx dx dx

x x 1 x x 1 x x 1

4



2 2

1 1

4ln x ln x 1 ln 2 ln1 ln3 ln 2 2ln 2 ln3 ln

3 .

β) 3 3 3

2 3 2 3 3 3

0 0 0

1 1x x dx 3x x dx x x dx

3 3

3

3

0

1x

3

331

03

10

3

1 2

1 13 3

.

γ)

1 1 1

22 2

0 0 0

6x 3x 3dx 3 2x x 1 dx 3 x 1 dx

1 1 10 x 1

0 0 0

3 x 1 dx 3 x 1 dx 3 x 1 dx

1 12

00

x 1 33 x 1 dx 3 x 3 1 0

2 2 2

.

Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:

α)

2

2 x

0

x e dx β)

16

9

xdx

x 4 γ)

2

x

0

e x dx

ΛΥΣΗ

α) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες θα έχουμε:

5



2 2 2

22 x 2 x 2 x 2 x

0

0 0 0

x e dx x e dx x e x e dx

1 1

2 x 2 x

0 0

4e 2xe dx 4e 2 x e dx

2 22

2 x x 2 2 x

0

0 0

4e 2 xe x e dx 4e 4e 2 e dx

2

x 2 0 2

02 e 2 e e 2e 2

.

β) Θέτουμε 2x t x t οπότε 2dx d t dx 2tdt .

Για x 9 t 3 .

Για x 16 t 4 .

Επομένως:

16 4 4 42 2

2 2 2

9 3 3 3

x t t t 4 4dx 2t dt 2 dt 2 dt

x 4 t 4 t 4 t 4

4 4 4

2 2

3 3 3

4 12 1 dt 2 1dt 8 dt

t 4 t 4

4 4

4

2 23

3 3

1 12 t 8 dt 2 8 dt 1

t 4 t 4

Η παράσταση 2

1

t 4 γράφεται:

2

1 1

t 2 t 2t 4

.

Θέλουμε να βρούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι ώστε να



ισχύει: 2

1 A B

t 2 t 2t 4

για κάθε t R 2 .

Άρα

1 A B

1 A t 2 B t 2t 2 t 2 t 2 t 2

1 A B t 2A 2B 0t 1 A B t 2A 2B .

Η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε t R 2 αν και μόνο

αν:

1A

A B 0 A B 4

2A 2B 1 2B 2B 1 1B

4

Επομένως:

4 4

2

3 3

1 11 4 41 2 8 dt 2 8 dt

t 2 t 2t 4

4 4 4

3 3 3

1 1 1 12 2 dt 2 2 dt 2 dt

t 2 t 2 t 2 t 2

4 4

3 32 2 ln t 2 ln t 2 2 2ln2 2ln6 2ln5

10

2 2 ln 2 ln5 ln6 2 2ln6

.

γ) Με παραγοντική ολοκλήρωση θα έχουμε:

2 2 2

x x x x2

0

0 0 0

e xdx e xdx e x e x dx

2 2

0 x x2

0 0

e e 0 e xdx 1 e xdx2



2 2

x x 0 x22

0

0 0

1 e x e x dx 1 e e 0 e xdx2

21 e

. Επομένως 2

2 2e 1

1 e 2 e 12

.

α) Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης

0,xxln)x(f 22

β) Να βρεθεί το ολοκλήρωμα 0,dxx

1I

022

ΛΥΣΗ

α) 2 2 2 2

2 2

1f x ln x x x x

x x

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 x 1 x x1

x x x x x x

2 2

1

x

. Άρα

2 2

1f x 1

x

β) Είναι:

1

02 2

0 0

1dx f x dx f x f f 0

x

2

ln 2 ln ln

.

6



Δίνεται η συνάρτηση xf (x) e x με x 0,4

.

α) Να βρεθεί η f ' .

β) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα 4 x

2

0

e x x 1I f (x)dx

x

ΛΥΣΗ

α) Είναι:

'

x x x x x

2 2

1 x 1f '(x) e x e x e e e

xx x

x

2

e x x 1

x

β) Από το (α) ερώτημα έχουμε x

2

e x x 1f '(x)

x

οπότε:

4 4x

2

0 0

e x x 1I f (x)dx f '(x) f (x)dx

x

2'4 2 2 24

00

ff (x) f (x) f (0)4

dx2 2 2 2

2

4 20

2 2e

e 04 e e0

2 2 2 2

7



Να βρεθεί ο *v N ώστε να ισχύουν:

α) 2

1

0

12 x x dx

5

β)

1

0

1x(1 x) dx

20

ΛΥΣΗ

α)

2

1

0

2 x xdx

2 22 2

0

0x 22 2

2 2

2

2

. Πρέπει 2 1

2 10 82 5

.

β) Θέτουμε 1 x t x 1 t και dx d 1 t dx dt .

Για x 0: t 1

Για x 1: t 0 . Επομένως:

1 0 1 1 1

1 1

0 1 0 0 0

x 1 x dx 1 t t dt t t dt t dt t dt

1 11 2

0 0

t t 1 1

1 2 1 2

.

Πρέπει 1 1 1

20 2 20 1 1 21 2 20

2 220 40 20 20 3 2 3 18 0 3 ή

6 το οποίο απορρίπτεται διότι * . Επομένως 3 .

8



Αν ισχύει ότι

5

4

f (x)dx 4 , να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:

3 5

1 4

I xf (t)dt dx

ΛΥΣΗ

3 5 3 5 3

1 4 1 4 1

I xf t dt dx x f t dt dx x 4dx

32

12x 18 2 16

Να δειχθεί ότι:

4 2

x 2 1 x

1 1

x e dx 2 x e dx , *v N .

ΛΥΣΗ

Στο ολοκλήρωμα

4

x

1

x e dx κάνουμε αλλαγή μεταβλητής. Θέτουμε

x t οπότε 2x t . Άρα 2dx d t dx 2tdt .

Για x 1 είναι t 1


Συνεπώς θα έχουμε:

4 2 2

x 2v t 2v 1 t

1 1 1

x e dx t e 2tdt 2 t e dt ή

4 2

x 2 1 x

1 1

x e dx 2 x e dx

9

10



Δίνεται το ολοκλήρωμα

1 vx

v x

0

eI dx

1 e

, *v N .

Δείξτε ότι vv v 1

1I I e 1

.

ΛΥΣΗ

1 1 1

1 xx x x x

1 x x x x

0 0 0

e e e edx dx dx

1 e 1 e 1 e 1 e

1 1 1 1x xx x x xx

x x

00 0 0

e 1 ee e e e e 1dx dx e dx

1 e 1 e

1

e 1

.

Έστω e

v

v

1

I ln x dx , *v N .

α) Δείξτε ότι v v 1I e vI για κάθε v 2 .

β) Να βρεθεί το ολοκλήρωμα 3I .

ΛΥΣΗ

α) Είναι e

v 1

v 1

1

I ln x dx

. Θα έχουμε λοιπόν:

e e e

e 'v ' v v vv

11 1 1

I ln x dx x ln x dx x ln x x ln x dx

e

v 'v 1

1

e lne 0 v x ln x ln x dx e

v 1

1

1e v x ln x dx

x

11

12



e

v 1v 1

1

e v ln xdx e vI , v 2 .

β) Από το (α) ερώτημα για v 3 θα είναι v 3

v v 1I e vI

3 2I e 3I (1).

Επίσης για v 2 θα είναι v 2

v v 1 2 1I e vI I e I

(2).

Αντικαθιστώντας τη σχέση (2) στην (1) θα έχουμε:

(2)

3 2 3 1 3 1I e 3I I e 3 e I I 3I 2e (3).

Υπολογίζουμε το e

1

1

1

I ln x dx .

e e e

e' '

1 1

1 1 1

I ln xdx x ln xdx x ln x x ln x dx

e e

e

1

1 1

1elne 0 x dx e 1dx e x e e 1 1

x (4).

Αντικαθιστώντας στη σχέση (3) θα είναι:

(4)

3 1I 3I 2e 3 1 2e 3 2e .

Αν η συνάρτηση f: [ 1 , 1] R είναι συνεχής για κάθε x [ 1 , 1] και

2x)x(f)x(f , να δειχθεί ότι:

α)

1 1 1

1 1 1

1f ( x)dx f (x)dx ) f (x)dx

3

13



ΛΥΣΗ

α) Στο ολοκλήρωμα

1

1

f x dx

κάμουμε αλλαγή μεταβλητής.

Θέτουμε x t x t άρα dx d t dx dt .



Επομένως:

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

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

.

β) Ολοκληρώνοντας τη δοθείσα σχέση 2f x f x x θα έχουμε:

1 1

2 2

1 1

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

1 1 13

11 1

xf x dx f x dx

3

1 1

1 1

1 1f x dx f x dx

3 3

1 1

1 1

2 12 f x dx f x dx

3 3



Έστω συνεχής συνάρτηση f :R R για την οποία ισχύει f (x) 0

για κάθε x R . Δείξτε ότι:

α)

2011 2013

1 1

f (x)dx f (x)dx β)

6 5

3 4

f (x)dx f (x)dx

ΛΥΣΗ

α) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι

2011 2013

0 0

f x dx f x dx .

Έχουμε

2011 2013

0 0

f x dx f x dx

2011 2011 2013 2013

0 0 2011 2011

f x dx f x dx f x dx f x dx 0 .

Αυτό όμως ισχύει διότι f x 0 για κάθε x 2011, 2013 άρα και

2013

2011

f x dx 0 . Συνεπώς

2011 2013

0 0

f x dx f x dx .

β)

6 5

3 4

f x dx f x dx

4 5 6 5

3 4 5 4

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

4 6

3 5

f x dx f x dx 0 .

14



Αυτό όμως ισχύει διότι f x 0 για κάθε x R άρα

4

3

f x dx 0

και

6

56

f x dx 0 .

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f , g : , R με :

f x g x για κάθε x ,

Να αποδείξετε ότι:

α) f x dx g x dx

β) m f x dx M

, όπου m, M η ελάχιστη και η

μέγιστη τιμή της f αντίστοιχα στο , .

γ)

2 2m 1 M

f x dx dxM f x m

, με f (x) 0 για

κάθε x , .

ΛΥΣΗ

α) f x g x για κάθε x , άρα g x f x 0 για κάθε

x , και επομένως g x f x dx 0

g x dx f x dx 0 g x dx f x dx

.

15



β) Ισχύει: m f x M για κάθε x , και με βάση το ερώτημα

(α) έχουμε: mdx f x dx dx

m x f x dx x m f x dx

.

γ) m και Μ είναι αντίστοιχα η ελάχιστη και μέγιστη τιμή της f στο

, και επομένως m f x M για κάθε x , . Επειδή

είναι f x 0 για κάθε x , θα είναι και m 0 . Άρα:

m f x M

m f (x)dx 1

m f x M

1 1 1 1 1 1

dx dx dxM f x m M f x m

1dx 2

f x m

Πολλαπλασιάζοντας τώρα κατά μέλη τις σχέσεις 1 και 2 αφού

όλα είναι θετικά θα έχουμε:

2 2m M1

f x dx dxf x m

.



Να δειχθούν οι παρακάτω ανισώσεις:

α) e

1edx

x

xln0

2e

1

2

β) 2

4

1

2

x

e3dxx

e4

ΛΥΣΗ

α) Θεωρούμε συνάρτηση ln x

f (x)x

με 2x 1, e και βρίσκουμε το

σύνολο τιμών της f στο 21, e . Είναι:

'ln x 1 ln x

f '(x)x x

οπότε

1 ln x

f '(x) 0 0 ln x 1 ln x lne x ex

.

Επομένως στο 1, e η f είναι γνησίως αύξουσα ενώ στο 2e, e

είναι γνησίως φθίνουσα. Το σύνολο τιμών της f στο 1 1, e είναι

1f f (1), f (e) οπότε 1

1f 0,

e

ενώ το σύνολο τιμών της

f στο 22 e, e είναι 2

2f f e , f (e)

οπότε

2 2

2 1f ,

ee

. Συνεπώς το σύνολο τιμών της f στο 1, e είναι

1 2

1f (A) f f 0,

e

. Επομένως για κάθε x 1, e θα

είναι:

2 2 2e e e

1 1 1

1 ln x 1 ln x 10 f (x) 0 0dx dx dx

e x e x e

16



2 2

2e e 2

e

1

1 1

ln x 1 ln x e 10 dx x 0 dx

x e x e

β) Θεωρούμε συνάρτηση x

2

ef (x)

x με x 1, 4 και βρίσκουμε το

σύνολο τιμών της f στο 1, 4 . Είναι:

'x x 2 x x

2 4 3

e e x e 2x e (x 2)f '(x)

x x x

οπότε

x x 0

3

e (x 2)f '(x) 0 0 x 2

x

.

Επομένως στο 2, 4 η f είναι γνησίως αύξουσα ενώ στο 1, 2

είναι γνησίως φθίνουσα. Το σύνολο τιμών της f στο 1 1, 2 είναι

1f f (2), f (1) οπότε 2

1

ef , e

4

ενώ το σύνολο τιμών της

f στο 2 2, 4 είναι 2f f 2 , f (4) οπότε

2 4

2

e ef ,

4 16

. Συνεπώς το σύνολο τιμών της f στο 1, 4 είναι

2 4

1 2

e ef (A) f f ,

4 16

. Επομένως για κάθε x 1, 4 θα

είναι:

4 4 42 4 2 x 4 2 x 4

2 2

1 1 1

e e e e e e e ef (x) dx dx dx

4 16 4 16 4 16x x

4 4 4 42 x 4 2 x 4

2 2

1 1 1 1

e e e 3e e 3e1dx dx 1dx dx

4 16 4 16x x



4 x 42

2

1

e 3e3e 4 dx

4x οπότε είναι

4 x2

2

1

e3e 4 dx

x

ΣΧΟΛΙΟ: Όταν για κάθε x[α, β] είναι f (x) g(x) , τότε ισχύει

f (x)dx g(x)dx

. Για την απόδειξη αυτής της πρότασης έχουμε:

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

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

g(x)dx f (x)dx

********** Α΄ ομάδα – Συνάρτηση Ολοκλήρωμα ***********

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων :

α) x

2

1

f x 4 t dt

β) x t

1

tef x dt

t 2

γ) x 1

2

2

f x ln 9 t dt

δ)

2

2x 3

x

ln 1 tf x dt

t 4

ΛΥΣΗ

α) Θεωρούμε συνάρτηση 2g t 4 t και βρίσκουμε το πεδίο

ορισμού της. Πρέπει 2 24 t 0 t 4 t 2 2 t 2 .

17



Άρα gA 2, 2 . Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 1, x του

ολοκληρώματος να ανήκουν στο gA .

Αφού 1 2, 2 πρέπει και x 2, 2 . Επομένως fA 2, 2 .

β) Θεωρούμε συνάρτηση tte

g tt 2

και το πεδίο ορισμού της είναι

gA , 2 2, . Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 1, x

του ολοκληρώματος να ανήκουν στο gA . Όμως 1 2, .

Άρα 1 , 2 και x , 2 2, συνεπώς το πεδίο

ορισμού της f είναι fA , 2 διότι πρέπει και τα δύο άκρα του

ολοκληρώματος να βρίσκονται στο ίδιο διάστημα.

γ) Θεωρούμε συνάρτηση 2g t ln 9 t

Το πεδίο ορισμού της g θα είναι:

2 29 t 0 t 9 t 3 3 t 3 . Άρα gA 3, 3 .

Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 2, x 1 του ολοκληρώματος

να ανήκουν στην gA . Δηλαδή 2 ( 3, 3) και x 1 ( 3, 3)

Άρα 3 x 1 3 2 x 4 . Επομένως fA 2, 4

δ) Θεωρούμε συνάρτηση 2ln 1 t

g tt 4

Το πεδίο ορισμού της g θα είναι gA , 4 (4, )

Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 2x , x 3 του ολοκληρώματος



να ανήκουν στην gA .

Επομένως: 2x , 4 4, και x 3 , 4 4, .

Έτσι θα έχουμε: 2x 4 και x 3 4 1

ή 2x 4 και x 3 4 2

Από τη σχέση 1 προκύπτει:

2 2 x 2x 4

2 x 1 3x 1x 3 4

Από τη σχέση 2 προκύπτει:

2x 4

x 3 4

(x 2 ή x 2) και x 1 και επομένως είναι x 2 .

Άρα από 3 και 4 το πεδίο ορισμού της f είναι

fA 2,1 2, .

Έστω f παραγωγίσιμη συνάρτηση στο R και τέτοια ώστε:

0xf , xR (1) και 00f (2)

Δείξτε ότι η εξίσωση

01eduu

xf

0

x2 έχει μοναδική πραγματική

ρίζα.

ΛΥΣΗ

Θεωρούμε τη συνάρτηση

1eduuxg x

xf

0

2 , xR.

Η g είναι συνεχής στο [0, 2] ως άθροισμα και σύνθεση συνεχών

18



συναρτήσεων αφού η f είναι συνεχής και η συναρτήσεις

x

2

0

u du και

xe είναι επίσης συνεχείς.

Για x 0 είναι

f 0 02

2 2

0 0

g 0 u du u du 0 άρα το 0 είναι ρίζα

της g. Επίσης για κάθε x R είναι

'f x

2 x

0

g ' x u du e 1

2 x

00 0

f x f x e 0

. Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα και

επομένως ο αριθμός 0 θα είναι η μοναδική πραγματική ρίζα της g και

κατ’ επέκταση της δοσμένης εξίσωσης.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R όπου 0 και

2dx)x(f

Αν ισχύει ότι f (x) 1 , για κάθε x (α, β), να αποδείξετε ότι η

εξίσωση xdt)t(f

x

έχει ακριβώς μια λύση στο (α, β).

ΛΥΣΗ

Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση

x

f t dt x 0

έχει

ακριβώς μία ρίζα στο , .

19



Θεωρούμε συνάρτηση

x

g x f t dt x, x ,

.

Η g είναι συνεχής στο , ως άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων.

g f t dt 0

αφού 0 .

g f t dt f t dt 2 0

.

Άρα από το θεώρημα Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

0x , τέτοιο ώστε 0x

0 0g x 0 f t dt x 0

.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι έχει ακριβώς μία ρίζα στο , .

g (x)

x

f (t)d t x

f (x) 1 0

διότι από υπόθεση

έχουμε f x 1 για κάθε x , .

Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο , και επομένως θα

έχει ακριβώς μία ρίζα στο , .



Έστω η συνεχής συνάρτηση f: [α, β] R με την ιδιότητα

0dxxfI

. Δείξτε ότι υπάρχει (α, β) τέτοιο, ώστε

1

f x dx Iv

, όπου v 1 .

ΛΥΣΗ

Θεωρούμε τη συνάρτηση x

1g x f t dt I

με x[α, β] για την

οποία ισχύουν:

g συνεχής στο [α, β]

I1

g

.1 1 1 v 1

g f t dt I I I 1 I Iv v

Οπότε 2

2

1 v 1 v 1g g I I I 0

v v

διότι v 1

Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον

, τέτοιο, ώστε 1

g 0 f t dt Iν

20



Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, ) R με f '(x) 0

και

x

f (x)

1

t f (t)dt e 1 , για κάθε x 0 . Να βρεθεί το f (e) .

ΛΥΣΗ

x x

f x f x

1 1

tf t dt e 1 tf t dt e 1

f (x)xf (x) e f (x) f x 0

x 0f x

x e

f xln x lne f x ln x .

Άρα f e lne 1 .

Έστω η συνάρτηση R),0[:f για την οποία ισχύει

0

f (x)dx 0

, με α > 0.

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

x 3

g(x) (x 2012) f (t)dt

, α >0.

β) Να δείξετε ότι υπάρχει 0x (3, 2012) τέτοιο ώστε

0x 3

0 0f (t)dt (2012 x ) f (x 3)

.

ΛΥΣΗ

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το 0, . Θα πρέπει τώρα τα άκρα

21

22



του ολοκληρώματος της g να βρίσκονται μέσα στο πεδίο ορισμού

της f. Δηλαδή , x 3 0, . Έχουμε ότι 0 και επομένως

πρέπει επίσης x 3 0 x 3 . Άρα το πεδίο ορισμού της g είναι

gA 3, .

β) Εφαρμόζουμε θεώρημα Rolle για την g στο 3, 2012 .

Η g είναι συνεχής στο 3, 2012 ως γινόμενο συνεχών


x 3 x 3

g x x 2012 f t dt f t dt x 2012 f x 3

για κάθε x 3, 2012 .

g 3 0 και g 2012 0 .

Επομένως από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

0x 3, 2012 τέτοιο ώστε 0g x 0

0x 3

0 0f t dt x 2012 f x 3 0

0x 3

0 0f t dt 2012 x f x 3

.



Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο [0,1] τέτοια, ώστε:

1

0

f (x)dx 1

α) Δείξτε ότι η συνάρτηση

x

2

0

g(x) f (t)dt x ικανοποιεί τις

προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 1].

β) Δείξτε ότι υπάρχει ξ(0,1) τέτοιο, ώστε f ( ) .

ΛΥΣΗ

α) g συνεχής στο 0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

g (x)

x

2

0

f (t)dt x

f (x) 2x , για κάθε x 0,1 .

g 0 0

1

0

g 1 f t dt 1 0 από υπόθεση.


0,1 τέτοιο ώστε g 0 .

β) Από το (α) ερώτημα γνωρίζουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

0,1 τέτοιο ώστε g 0 οπότε:

g 0 f 2 0 f 2 .

23



Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο R και η συνάρτηση:

Rx ,dttxfxF

x

1

. Δείξτε ότι:

α) Υπάρχει (0, 1) τέτοιο, ώστε F' 0 .

β) ξfdttf

1

.

ΛΥΣΗ

α) Είναι x

1

F x xf t dt, x R . Η F είναι παραγωγίσιμη στο R ως

γινόμενο των παραγωγίσιμων στο R συναρτήσεων xxf1 και

x

1

2 dttfxf . Άρα είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] και επειδή

0dttf11F ,00F

1

1

ι σχύει το θεώρημα Rolle στο [0, 1].

Άρα υπάρχει (0, 1) τέτοιο, ώστε F' 0 .

β) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε αποδείξει ότι υπάρχει

(0, 1) τέτοιο, ώστε 0F .

Όμως

x

1

F'(x) f (t)dt xf (x) . Οπότε

1

F 0 f (t)dt f ( ) 0

1

f t dt f ξ

.

24



Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β]. Να δειχθεί ότι:

α) Η

x

dt)t(f)x)(x()x(h ικανοποιεί το θεώρημα Rolle στο

διάστημα [α, β].

β) Υπάρχει , ώστε: f ( )( )( )

f (t)dt2

ΛΥΣΗ

α) Η h είναι συνεχής στο , ως γινόμενο συνεχών


x

h x x x f t dt

x

x f (t)dt

x

x f (t)dt

x x f (x) , για κάθε

x , .

h h 0 .


0x , τέτοιο ώστε 0h x 0 1

β) Από το (α) ερώτημα γνωρίζουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

0x , τέτοιο ώστε 0h x 0 . Επομένως: 0h x 0

25



x x

0 0 0 0 0x f t dt x f t dt x x f x 0

x

0 0 0 0 0x x f t dt x x f x 0

0x

0 0 0

0

f x x xf t dt

2x

0x

0 0 0

0

f x x xf t dt

2x

.

Δίνεται η συνάρτηση 2x

1

1f x dt , x 0

1 t

. Να αποδείξετε ότι:

4 4

f 7 f 515 11

ΛΥΣΗ

Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 5, 7 .

Η f είναι συνεχής στο 5, 7 .

1 2

f x 2x1 2x 1 2x

, για κάθε x 5, 7 .

Άρα από το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

0x 5, 7 τέτοιο ώστε

0

f 7 f 5f x

7 5

0

4f 7 f 5 1

2x 1

26



Όμως 0 0 05 x 7 10 2x 14 11 2x 1 15

1

0

1 1 1 4 4f 7 f 5

15 2x 1 11 15 11

.

Να αποδείξετε ότι: 4 3

2 2ln10 ln t 1 dt ln t 1 dt ln17

.

ΛΥΣΗ

Θεωρούμε συνάρτηση x

2f x ln t 1 dt, x R

.

Η συνάρτηση 2ln t 1 είναι συνεχής στο R, οπότε η f είναι

παραγωγίσιμη στο R, άρα συνεχής στο 3, 4 και παραγωγίσιμη στο

3, 4 , οπότε από το θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα, τουλάχιστον

3, 4 τέτοιο, ώστε f 4 f 3

f4 3

4 3

2 2ln t 1 dt ln t 1 dt

.

Είναι 2f x ln x 1 και 2

2xf x 0

x 1

για κάθε x 3, 4 ,

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 3, 4 .

Επομένως: 3 4 f 3 f f 4

4 3

2 2ln10 ln t 1 dt ln t 1 dt ln17

.

27



Αν

x

G(x) f (t)dt

, όπου

3tu

1

ef (t) du

u , x > 0, t > 0 τότε:

α) Να βρείτε την G"(1) .

β) Να βρείτε το όριο x 0

xG"(x) 3lim

x 1 1

γ) Να δείξετε ότι:

i) G'(1) 0 ii) η G είναι κυρτή.

ΛΥΣΗ

α)

x 3xu

1

eG x f t dt f x dx

u

.

3xu 3x

1

e 3eG x dx

u 3x

.

Επομένως 3 3

33e 3 3eG 1 3e

33 .

β)

3x 3x

x 0 x 0 x 0

3e 3e 3x 3

xG x 3 3 x 3lim lim limx 1 1 x 1 1 x 1 1

03x3x 3x0

x 1 x 1 x 1

3e 31 3e 3 1 1 9elim lim lim

13 x 1 1 3 3x 1 1

2 x 1

1 9 186 3

13 3

2

.

28



γ) i) Έχουμε ότι: G (x) f (x)

3xu

1

edu

u . Επομένως

3u

1

eG 1 du 0

u διότι

4e0

u άρα και

3u

1

edu 0

u

ii) Έχουμε ότι 3x3e

G x 03x

για κάθε x 0 .

Επομένως η G είναι κυρτή.

Έστω συνάρτηση f: RR η οποία έχει συνεχή πρώτη παράγωγο και

στο 0x 1 η εφαπτόμενη της fC έχει εξίσωση y 2x 1 .

Να υπολογιστεί το όριο

xt 1

x 1

1

f (t) 3elim dt

(x 1)ln x

.

ΛΥΣΗ

Η εξίσωση εφαπτομένης της f στο 0x 1 είναι

(ε): y f (1) f '(1)(x 1) y f '(1)x f (1) f '(1) . Η fC έχει

εφαπτομένη στο σημείο αυτό την ευθεία y 2x 1 οπότε θα είναι

f '(1) 2 και f (1) f '(1) 1 f (1) 2 1 f (1) 3 (1).

Θα έχουμε λοιπόν:

x x

t 1t 1

x 1 x 1

1 1

f (t) 3e 1lim dt lim f (t) 3e dt

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

'xx

t 1t 10

011

'x 1 x 1

f (t) 3e dtf (t) 3e dt

lim lim(x 1)ln x (x 1)ln x

29



'

x 1x 1 x 1 (1)

'0x 1 x 1 x 1

0

f (x) 3ef (x) 3e f (x) 3elim lim lim

x 1 1 1ln x ln x 1 ln x 1x x x

x 1 (1)

x 1

2

f '(x) 3e f '(1) 3 2 3 1lim

1 1 2 2 2

x x

Αν για την συνεχή συνάρτηση f: RR ισχύει

x

2x

0

e 1 f (t)dt , για κάθε Rx δείξτε ότι: f (0) 2 .

ΛΥΣΗ

x x

2x 2x

0 0

e 1 f t dt e 1 f t dt 0 , για κάθε x R .

Θεωρούμε συνάρτηση

x

2x

0

g x e 1 f t dt, x R .

Παρατηρούμε ότι 0g 0 e 1 0 0 . Επομένως g x g 0 για

κάθε x R . Άρα η g παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x 0 και είναι και

παραγωγίσιμη οπότε από το θεώρημα Fermat θα είναι g 0 0 .

Όμως

x

2x 2x

0

g x e 1 f t dt 2e f x

.

Άρα: g (0) 0 02e f (0) 0 f (0) 2 .

30



Μια συνάρτηση f :R R έχει συνεχή παράγωγο στο R και f 1 0

Να αποδειχθεί ότι οι συναρτήσεις :

1

x t

0

F x e f x e f t dt και x 1

t t

0 x

G x e f t dt e f t dt

είναι ίσες.

ΛΥΣΗ

Είναι x 1 x x

t t t t

0 x 0 1

G x e f t dt e f t dt e f t dt e f t dt .

Οι F και G είναι παραγωγίσιμες στο R με

'1

x t x x

0

F' x e f x e f t dt e f x e f ' x 0

και

'x x

t t x x

0 1

G' x e f t dt e f t dt e f x e f x

οπότε

F'(x) G'(x) για κάθε x R άρα F(x) G(x) c, c R .

Για x 1 είναι

1 1

f (1) 0t t

0 0

F(1) G(1) c ef 1 e f t dt e f t dt 0 c

0 c και επομένως είναι F(x) G(x) για κάθε x R .

Για τις συνεχείς συναρτήσεις RR:g,f ισχύουν:

x

0

dt)t(g)x(f και 1dt)t(f)x(g

x

0

για κάθε Rx .

Να δειχθεί ότι 1))x(g())x(f( 22 για κάθε Rx .

ΛΥΣΗ

31

32



Θέλουμε να αποδείξουμε ότι 2 2

f x g x 1 , για κάθε x R

ή 2 2

f x g x 1 0 , για κάθε x R .

Θεωρούμε συνάρτηση 2 2

h x f x g x 1 , x R .

h x 2f x f x 2g x g x . Όμως:

f (x)

x

0

g(t)dt

g(x) και g (x)

x

0

f (t)dt 1

f (x) .

Άρα: h x 2f x g x 2g x f x h x 0 .

Άρα η h είναι σταθερή στο R και επομένως h x c .

Όμως για x 0 θα έχουμε: 2 2

h 0 f 0 g 0 1

2

h 0 0 1 1 h 0 0 . Άρα

x 0

h x c h 0 c c 0

και συνεπώς

2 2 2 2

h x 0 f x g x 1 0 f x g x 1 .

Έστω f, g συνεχείς συναρτήσεις στο διάστημα 1,2 . Να αποδειχθεί

ότι υπάρχει 1,2 τέτοιο, ώστε 2

1

f g x dx g f x dx

.

ΛΥΣΗ

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει 1, 2 τέτοιο ώστε

2

1 1 2

f g x dx g f x dx g f x dx f g x dx 0

.

33



Θεωρούμε λοιπόν συνάρτηση

x x

1 2

h x f t dt g t dt, x 1, 2 .

Η g είναι συνεχής στο 1, 2 ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

x x

2 1

g x f x g t dt g x f t dt , για κάθε t 1, 2 .

g 1 2 και g 2 0 .


1, 2 τέτοιο ώστε 2 1

h 0 f g t dt g f t dt 0

.

Έστω RR:f συνεχής συνάρτηση με

x

2

0

f (x) t f (t) dt 2011 .

α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση )x(fe)x(g 3

x3

είναι σταθερή.

β) Να βρεθεί ο τύπος της f.

γ) Να υπολογιστεί το όριο:

x

0

2

xdt)t(ftlim .

ΛΥΣΗ

α) Από τη δοθείσα σχέση

x

2

0

f x t f t dt 2011 ,

παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη παίρνουμε:

34



x

2 2

0

f x t f t dt 2011 f x x f x 0 1

Οπότε:

3 3 3x x x

23 3 3g x e f x e x f x e f x

3x 123g x e x f x f x g x 0 .

Άρα η g είναι σταθερή στο R και επομένως g x c, c R .

β) Από τα (α) ερώτημα έχουμε ότι

3

3

x

3

x

3

cg x c e f x c f x 2

e

Όμως από τη δοθείσα σχέση για x 0 θα έχουμε:

xx 0

2

0

f x t f t dt 2011 f 0 0 2011 f 0 2011

.

Άρα από τη σχέση 2 για x 0 θα έχουμε:

3

x 0

0x

3

c cf x f 0 c 2011

ee

.

Επομένως 3x

3

2011f x

e

ή

3x

3f x 2011e

.

γ)

x x

2 2

0 0

f x t f t dt 2011 t f t dt 2011 f x .



Άρα: x

2

x x

0

lim t f t dt lim 2011 f x

3x

3

xlim 2011 2011e 2011 0 2011

διότι

3

3

x

3

xx x3

1lim e lim 0

e

.

****************** Α΄ ομάδα – Εμβαδά ******************

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της 2f x 4 x , και την ευθεία y x 2 .

ΛΥΣΗ

Οι συναρτήσεις f και g x y x 2 είναι συνεχείς στο R, ως

πολυωνυμικές, οπότε και η συνάρτηση f g είναι συνεχής στο R ως

διαφορά συνεχών συναρτήσεων.

Έχουμε 2 2f x g x 4 x x 2 x x 2 .

Το τριώνυμο έχει ρίζες x 2 και x 1 .

Στον παρακάτω πίνακα βρίσκουμε το πρόσημο του τριωνύμου:

x 2 1

2x x 2

35



Το εμβαδόν λοιπόν του χωρίου Ω (βλέπε σχήμα) που περικλείεται από τη

γραφική παράσταση της f και την ευθεία y x 2 θα ισούται με:

11 1 3 2

2

2 2 2

x xE f x g x dx x x 2 dx 2x

3 2

9

2 τ. μον.

Nα υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της

γραφικής παράστασης της f και τον άξονα x 'x στις παρακάτω

περιπτώσεις:

α) f (x) 2x x , x[0, π]

β) 3 2f (x) x 4x , x R

γ) 2

ln xf (x)

x και την ευθεία x e .

ΛΥΣΗ

α) Το ζητούμενο εμβαδόν για την f στο 0, θα είναι:

36



0 0

f x dx 2x x dx

.

Επομένως πρέπει να βρούμε το πρόσημο της f στο 0, .

f x 0 2x x 0 2 x x x 0

x 2 x 1 0 x 0 ή 1

x2

.

x 0 2

x 0 x 0x 0 2 ,

Άρα x 2 ή x 2 , .

Όμως x 0, και επομένως x 0 ή x .

x 21 3

x x2 3

x 2 , Z3

Όμως x 0, και επομένως x3

.

Έτσι έχουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων της f:

x 0

3

x

2 x 1

f

Το ζητούμενο λοιπόν εμβαδόν θα είναι:

3

0 0

3

2x x dx 2x x dx x 2x dx



3

03

2x 2xx x

2 2

2 20 23 30

2 3 2 2 3 2

1 1

1 1 1 12 21 1

2 2 2 2 3 2

1 1 1 1 1 51 2

4 2 3 4 2 2 τ.μ.

β) Κατ’ αρχάς βρίσκουμε τα σημεία στα οποία η fC τέμνει τον

άξονα x x .

3 2 2f x 0 x 4x 0 x x 4 0 x 0 ή x 4 .

Φτιάχνουμε τώρα τον πίνακα προσήμων της f:

x 0 4

f x

Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:

4 4 4 4

3 43 2 2 3

00 0 0

x xE f x dx x 4x dx 4x x dx 4

3 4

3 44 4 644

3 4 3 τ.μ.

γ) Πρέπει πρώτα να βρούμε το άλλο άκρο ολοκλήρωσης.



Βρίσουμε έτσι πού τέμνει η fC τον άξονα x x .

2

ln xf x 0 0 ln x ln1 x 1

x .

Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:

ln x 0

e e e e

2 2

1 1 1 1

ln x ln x 1E f x dx dx dx ln xdx

xx x

e ee e

21 1

1 1

ln x 1 ln x 1ln x dx dx

x x x x

e e

1 1

ln x 1 lne 1 1 1 e 20 1 1

x x e e e e e

τ.μ.

Έστω f, g: RR δύο παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες

ισχύουν: f ''(x) g''(x) 2 για κάθε xR, f (0) g(0) 10 και

f (1) g(1) 11 . Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που

περικλείεται από τις fC , Cg και τις ευθείες x 0 και x 3 .

ΛΥΣΗ

Το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι

3

0

E f x g x dx .

Από τα δεδομένα της άσκησης όμως έχουμε:

f x g x 2 f x g x 2x

2f x g x 2x c f x g x x cx

21 1f x g x x cx c , c, c R .

37



Όμως για x 0 είναι: 1 1f 0 g 0 c c 10 διότι

f 0 g 0 10 .

Για x 1 είναι: 1f 1 g 1 1 c c 11 c 11 c 0 διότι

f 1 g 1 11 .

Άρα 2 2f x g x x 10 f x g x x 10 .

Επομένως: 3 3 3

2 2

0 0 0

E f x g x dx x 10 dx x 10 dx

33 2

0

x 310x 10 3 39

3 3

τ.μ.

Έστω η συνάρτηση 2xxexf .

α) Να υπολογίσετε το εμβαδό E( ) , του χωρίου που περικλείεται από

τη fC τις ευθείες x 1 , x , 1 και τον άξονα των x.

β) Να βρείτε το

Elim .

ΛΥΣΗ

α) Παρατηρούμε ότι η f είναι συνεχής στο [1, λ] και ισχύει: f (x) 0

για κάθε x[1, λ]. Επομένως:

2 2x x

1 1 1

1E f x dx xe dx 2xe dx

2

2 2 2

2

'2 x x 1

11

1 1 1 1 1 1x e dx e e e

2 2 2 2 2e 2e

38



β) e2

10

e2

1

e2

1lim

e2

1lim

e2

1

e2

1limElim

22

Έστω η συνάρτηση xlnx9xf 2 .

α) Να βρεθεί το εμβαδό ( ) του χωρίου που περικλείεται από τη fC

τον άξονα των x και τις ευθείες x 1 , x , 1 .

β) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός λ(1, e) τέτοιος, ώστε E( ) 17

ΛΥΣΗ

α) Παρατηρούμε ότι η f είναι συνεχής στο [1, λ] και ισχύει: f (x) 0

για κάθε x[1, λ]. Επομένως:

1

3

1

2

1

xdxlnx3xdxlnx9dxxfE

3 3 3 2

1

1 1

13x ln x 3x dx 3 ln 3x dx

x

3 3 3 3

13 ln x 3 ln 1

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση

e 1,λ , 16lnλ317Eg 33 .

Η g είναι συνεχής στο [1, e] ως άθροισμα συνεχών

συναρτήσεων. Επίσης

3 3 3g(1) g(e) 1 16 3e e 16 17 2e 16 0 .

39



Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η g έχει τουλάχιστον μια

ρίζα στο (1, e). Επίσης είναι:

'

3 3 2 2 2g' 3 lnλ 16 3 ln 3 3 ln 1 0 για

κάθε x[1, e]. Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο

[1, e] άρα θα μοναδική ρίζα. Επομένως υπάρχει μοναδικό

1, e τέτοιο, ώστε E( ) 17 .

Δίνεται συνάρτηση x6x3xf 2 και η ευθεία

: y 6 3 x , α 0, 2 .

α) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που ορίζουν η fC και ο

άξονας των x.

β) Να βρείτε την τιμή του α για την οποία η ευθεία (ε) χωρίζει το Ω

σε δυο ισεμβαδικά χωρία.

ΛΥΣΗ

α) Κατ’ αρχάς βρίσκουμε που τέμνει η fC τον άξονα των x. Είναι:

2f x 0 3x 6x 0 3x x 2 0 x 0 ή x = 2.

Δηλαδή οι αριθμοί 0 και 2 είναι οι τετμημένες των σημείων τομής

της fC με τον άξονα των x. Το πρόσημο της f φαίνεται στον

παρακάτω πίνακα:

x 0 2 +

f +

Επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι:

40



2 2 2

2

0 0 0

E f x dx f x dx 3x 6x dx

2

3 2

0x 3x 4 . .

β)

Πρώτα θα βρούμε το εμβαδόν που περικλείεται από την fC και την

ευθεία : y 6 3 x . Βρίσκουμε τα κοινά σημεία της fC με

την (ε). Είναι:

2f x 6 3 x 3x 3 x 0 x 0 ή x α .

Δηλαδή οι αριθμοί 0 και α είναι οι τετμημένες των σημείων τομής

της fC με την ευθεία (ε). Το πρόσημο της διαφοράς

x3x3x36xf 2 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

x 0 α +

-3x2 + 3αx +

Επομένως το εμβαδόν του χωρίου Ω1 που περικλείεται από την fC



και την (ε) είναι: 1

0

E f x 6 3 x dx

2

0

3x 3 x dx

2 33

0

3 xx

2 2

Επομένως η (ε) χωρίζει το Ω σε δυο ισεμβαδικά χωρία αν και

μόνο αν ισχύει: 3

31

1 1E E 4 4

2 2 2

.

Θεωρούμε τη συνεχή στο διάστημα [α, β] συνάρτηση f για την οποία

ισχύει f (x) 0 για κάθε x[α, β]. Να αποδείξετε ότι:

α) Για τη συνάρτηση x

x

h x f t dt f t dt

ισχύουν οι

προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [α, β].

β) Αν (α, β) με h ' 0 , τότε η ευθεία x ξ χωρίζει το χωρίο

που ορίζεται από την fC τον άξονα x΄x και τις ευθείες x α και

x σε δυο ισεμβαδικά χωρία.

ΛΥΣΗ

α) Η h είναι συνεχής στο [α, β] ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.

Η h είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με

βx x

x x

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

41



x

x

f x f t dt f x f t dt

Επίσης είναι:

h f t dt f t dt 0

και h f t dt f t dt 0

Οπότε h h . Επομένως ισχύουν οι προϋποθέσεις του

θεωρήματος Rolle για την h στο [α, β].

β) Κατ’ αρχάς η f έχει θετικές τιμές στο [α, β].

Για να αποδείξουμε ότι η ευθεία x χωρίζει το χωρίο που ορίζεται

από την fC τον άξονα x΄x και τις ευθείες x α και x σε δυο

ισεμβαδικά χωρία, αρκεί να δείξουμε ότι

dxxfdtxf .

Από το (α) ερώτημα έχουμε αποδείξει ότι ισχύουν οι προϋποθέσεις

του θεωρήματος Rolle για την h στο [α, β]. Επομένως υπάρχει

(α, β) τέτοιο, ώστε h '( ) 0 οπότε

ξ

h '( ) 0 f f t dt f f t dt 0

ξ ξ

f ( ) 0

f f t dt f f t dt f t dt f t dt

Άρα η ευθεία x ξ χωρίζει το χωρίο που ορίζεται από την fC τον

άξονα x΄x και τις ευθείες x α και x σε δυο ισεμβαδικά

χωρία.

³³users.sch.gr/kampranis/OLOKLHRWMATA_1-41_A_OMADA.pdf · Ολοκληρώμαα 339...

Documents

Transcript of ³³users.sch.gr/kampranis/OLOKLHRWMATA_1-41_A_OMADA.pdf · Ολοκληρώμαα 339...