Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο

Λυμένο παράδειγμα 2 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στις ασκήσεις του θεωρήματος του Rolle, ένα από τα πλέον χαρακτηριστικά ζητούμενα είναι να δειχθεί ότι μία εξίσωση έχει μία, τουλάχιστον, ρίζα (σε ένα διάστημα). Αν η εξίσωση είναι η f ′(x) = 2x + 1 , τότε αυτήν την γράφεις ισοδύναμα ′ f ′(x) − 2x − 1 = 0 ⇔ ⎡⎢ f(x) − x 2 − x ⎤⎥ = 0 ⎣ ⎦ και η συνάρτηση που θεωρείς στην άσκηση είναι η g(x) = f(x) − x 2 − x , διότι είναι g ′(x) = f ′(x) − 2x − 1 . Θα μπορούσες να θεωρήσεις, όμως, και την συνάρτηση g(x) = f(x) − x 2 − x + 1 ή και την g(x) = f(x) − x 2 − x + 2 κ.ο.κ. Σύμφωνα με τον ορισμό της αρχικής συνάρτησης (βλέπε 1η ενότητα), πήρες μία αρχική της f ′(x) − 2x − 1 .

Λυμένο παράδειγμα 3 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στις συνέπειες του Θ.Μ.Τ., ένα από τα πλέον χαρακτηριστικά ζητούμενα είναι να βρε- θεί ο τύπος μιας συνάρτησης, όταν είναι γνωστός ο τύπος της πρώτης της παραγώγου. Αν είναι f ′(x) = 2x + 1 , τότε συνεχίζεις γράφοντας f ′(x) = (x 2 + x)′ ⇔ f(x) = x 2 + x + c , όπου c ∈ ! σταθερός αριθμός. - 27 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 4 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το ζητούμενο «Να βρείτε τις αρχικές της συνάρτησης f(x) = e x + 2x » και το ζητούμενο «Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ∫ (e + 2x) dx » x είναι πρακτικά το ίδιο! • Εύρεση των αρχικών της f(x) = e x + 2x Είναι f(x) = e x + 2x = (e x + x 2 )′ , οπότε οι αρχικές της f έχουν την μορφή F(x) = e x + x 2 + c , c ∈ ! σταθερά. • Υπολογισμός ολοκληρώματος Είναι ∫ (e + 2x) dx = ∫ (e + x )′ dx = e + x + c , c ∈ ! σταθερά. x x 2 x 2

Λυμένο παράδειγμα 5 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 2 ⎛ ⎞ ⎜⎜ x + 3x 2 − 2 ⎟⎟ dx . Ας πάρουμε το Ι = ∫ 1 ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠ Η τετραγωνική ρίζα δημιουργεί ένα μικρό πρόβλημα στην άμεση εύρεση μιας αρχικής της συνάρτησης που είναι εντός του ολοκληρώματος. Γι’ αυτό, κάνουμε τα εξής: 2 2 ⎛ 2 2 ⎞⎟ Ι= ∫1 x dx + ∫1 ⎜⎜3x − ⎟ dx ⇒ Ι = Ι + Ι ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠ 1 2 (1) όπου 2 2 ⎛ 2 2 ⎞⎟ Ι1 = ∫ 1 x dx , Ι2 = ∫ 1 ⎜⎜3x − ⎟ dx . ⎜⎝ ⎟ x ⎠⎟ - 34 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2 2 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 3 ⎤ 2 1 ⎢ 2 +1 ⎥ 2 ⎢ 2 ⎥ ⎡2 3⎤ 2 ⎢ x ⎥ ⎢ x ⎥ 2 ⎡ 3 ⎤2 2 ⎡ ⎤ 2 • Ι1 = ∫ 1 x dx = 1 x dx = ⎢ 2 ∫ ⎢ 1 ⎢ ⎥ =⎢ ⎥ +1 ⎥ ⎢ 3 ⎢ ⎢ 2 ⎥ ⎥ = ⎢ x ⎥ = ⋅ ⎢ x ⎥ = ⋅ ⎢x x ⎥ = ⎥ ⎥ ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 1 3 ⎣ ⎦1 3 ⎣ ⎦1 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 1 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 1 2 2 2 −1 ( ) . 2 ( = ⋅ 2 2 − 1 1 ⇒ Ι1 = 3 3 ) 2 ⎛ 2 2 ⎞⎟ ⎜⎜3x − ⎟ dx = ⎡ x 3 − 2ℓnx ⎤ 2 = 23 − 2ℓn2 − (13 − 2ℓn1) ⇒ Ι = 7 − 2ℓn2 . • Ι2 = ∫ 1 ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ 1 2 Τελικά από την (1) προκύπτει ότι Ι= ( 2 2 2 −1 ) + 7 − 2ℓn2 = 4 2 − 2 + 21 − 2ℓn2 ⇒ Ι = 4 2 + 19 − 2ℓn2 . 3 3 3 Ο υπολογισμός θα μπορούσε να γίνει και έτσι: 2 2 2 2 2 2 2 1 Ι= ∫1 x dx + ∫ 1 2 3x dx − ∫ 1 x dx = ∫1 x dx + ∫ 1 2 3x dx − 2 ⋅ ∫ 1 x dx = ... Σωστό μεν, αλλά το «σπάσιμο» σε πολλά ολοκληρώματα απαιτεί περισσότερο γράψι- μο και πράξεις, και πρέπει να αποφεύγεται. Αυτό φαίνεται καλύτερα στο επόμενο παράδειγμα, στο οποίο θα δοθεί και μία καλή συμβουλή για τους αριθμητικούς υπολο- γισμούς που συναντώνται στην διαδικασία ολοκλήρωσης.

Λυμένο παράδειγμα 6 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 2 Για το Ι = ∫ (x − 4x + 5x − 2) dx έχουμε: 0 3 2 Α΄τρόπος (προτεινόμενος) 2 2 ⎡ x4 4x 3 5x 2 ⎤ Ι= 0 ∫ 3 2 ⎢ (x − 4x + 5x − 2) dx = ⎢ − ⎣⎢ 4 3 + 2 − 2x ⎥⎥ = ⎦⎥ 0 24 4 ⋅ 23 5 ⋅ 22 ⎛ 04 4 ⋅ 03 5 ⋅ 02 ⎞ 32 32 = − + − 2 ⋅ 2 − ⎜⎜⎜ − + − 2 ⋅ 0⎟⎟⎟ = 4 − + 10 − 4 = 10 − = 4 3 2 ⎜⎝ 4 3 2 ⎟⎠ 3 3 - 35 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 30 − 32 2 = ⇒ Ι=− . 3 3 Β΄τρόπος (σωστός μεν, αλλά δεν προτείνεται) 2 2 2 2 2 Ι= ∫ (x − 4x + 5x − 2) dx = ∫ x dx − 4 ⋅ ∫ x dx + 5 ⋅ ∫ x dx − ∫ 2 dx = 0 3 2 0 3 0 2 0 0 2 2 2 ⎡ x4 ⎤ ⎡ x3 ⎤ ⎡ x2 ⎤ = ⎢⎢ ⎥⎥ − 4 ⋅ ⎢⎢ ⎥⎥ + 5 ⋅ ⎢⎢ ⎥⎥ − 2 ⋅ (2 − 0) = ... (πολλές πράξεις) ⎢⎣ 4 ⎥⎦ 0 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 0 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0 Η συμβουλή είναι η εξής: στον Α΄ τρόπο οι αριθμητικές πράξεις που γίνονται μπορούν να συμμαζευτούν έτσι: 2 2 ⎡ x4 4x 3 5x 2 ⎤ ∫ 2 Ι= (x 3 − 4x 2 + 5x − 2) dx = ⎢⎢ − + − 2x ⎥⎥ = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ = f(2) − f(0) , ⎣ ⎦ 0 ⎢⎣ 4 3 2 ⎥⎦ 0 0 όπου x4 4x 3 5x 2 f(x) = − + − 2x . 4 3 2 24 4 ⋅ 23 5 ⋅ 22 32 32 2 • f(2) = − + −2⋅2 = 4 − + 10 − 4 = 10 − =− . 4 3 2 3 3 3 04 4 ⋅ 03 5 ⋅ 02 • f(0) = − + −2⋅0 = 0 . 4 3 2 Άρα είναι 2 2 I=− −0 = − . 3 3 Δηλαδή όταν βρεθεί μία αρχική της συνάρτησης που είναι εντός του ολοκληρώματος και αυτή είναι άθροισμα/διαφορά πολλών όρων (ειδικά όταν υπεισέρχονται και κλά- σματα), τότε καλό είναι να την ονομάζεις f(x), g(x), F(x), G(x) κ.τ.ό και να υπολογίζεις ξεχωριστά τις τιμές της. Αυτό συμμαζεύει αρκετά τους αριθμητικούς υπολογισμούς που γίνονται, δεν δημιουργεί αριθμητικές παραστάσεις­μακαρόνια και μικραίνει η πι- θανότητα αριθμητικού λάθους.

Λυμένο παράδειγμα 7 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: π Για το Ι = ∫ (3ηµx − 2συνx) dx έχουμε: 0 π ∫ π π π Ι= (3ηµx − 2συνx) dx = ⎡⎢−3συνx − 2ηµx ⎤⎥ = ⎡⎢−(3συνx + 2ηµx)⎤⎥ = − ⎡⎢3συνx + 2ηµx ⎤⎥ = ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 0 0 = ⎡⎢3συνx + 2ηµx ⎤⎥ = 3συν0 + 2ηµ0 − (3συνπ + 2ηµπ) = 3 ⋅1 + 2 ⋅ 0 − ⎡⎢3 ⋅ (−1) + 2 ⋅ 0⎤⎥ = ⎣ ⎦π ⎣ ⎦ = 3+3 ⇒ Ι = 6 . β Έγιναν δύο κινήσεις στον συμβολισμό ⎡⎢ f(x)⎤⎥ , οι οποίες στηρίζονται στις ακόλουθες ⎣ ⎦α ιδιότητες: β β α) ισχύει ⎡⎢ λ ⋅ f(x) ⎤⎥ = λ ⋅ ⎡⎢ f(x) ⎤⎥ , λ ∈ ! , ⎣ ⎦α ⎣ ⎦α δηλαδή αν η συνάρτηση μέσα στην αγκύλη πολλαπλασιάζεται με έναν αριθμό, τότε αυ- τός μπορεί να βγει έξω από την αγκύλη ως συντελεστής. β α β) ισχύει ⎡⎢ f(x) ⎤⎥ = − ⎡⎢ f(x) ⎤⎥ , ⎣ ⎦α ⎣ ⎦β δηλαδή αλλάζοντας την σειρά των αριθμών άνω δεξιά στην αγκύλη, αλλάζει το πρόση- μο μπροστά από την αγκύλη. ΠΡΟΣΟΧΗ ! Και οι δύο αυτές ιδιότητες δεν καταγράφονται στο σχολικό βιβλίο, αλλά μπορούν ελεύθερα να χρησιμοποιούνται κατά τον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος (φυσικά αν χρειάζεται κάποια από τις δύο). Το γιατί ισχύουν φαίνεται στην συνέχεια: β α α) ισχύει ∫ f(x) dx = −∫ f(x) dx (ιδιότητα 3, σελίδα 32). α β Έτσι, αν F είναι μία αρχική της f στο ⎡⎢α , β⎤⎥ , από την ισότητα αυτή έχουμε ότι ⎣ ⎦ β α ⎡F(x)⎤ = − ⎡F(x)⎤ , ⎢⎣ ⎥⎦ α ⎢⎣ ⎥⎦ β - 37 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα βάσει της πρότασης της σελίδας 31 (Θεμελιώδες θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογι- σμού). β β β) ισχύει ∫ λ ⋅ f(x) dx = λ ⋅ ∫ f(x) dx (ιδιότητα 5, σελίδα 33). α α Έτσι, αν F είναι μία αρχική της f στο ⎡⎢α , β⎤⎥ , τότε η λ ⋅ F(x) είναι επίσης μία αρχική της, ⎣ ⎦ οπότε από την παραπάνω ισότητα έχουμε β β ⎡ λ ⋅ F(x)⎤ = λ ⋅ ⎡F(x)⎤ , ⎣⎢ ⎦⎥ α ⎣⎢ ⎦⎥ α βάσει του θεωρήματος της σελίδας 31 (Θεμελιώδες θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογι- σμού).

2 x2 + x − 1 Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα I = ∫ 1 x dx .

4 x +1 Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα I = ∫ 1 x dx .

2 ∫ x dx . 3 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = 1

2 2 ⎛ ⎞ ⎜⎜x + 1 ⎟⎟ dx . Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = ∫1 ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠

π Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = ∫ ηµ3x dx . 0

π/2 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = ∫ (ηµx + x ⋅ συνx) dx . 0

2 xe x − e x Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = ∫ 1 x2 dx .

Άσκηση ολοκληρωμάτων 14 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 1 ⎝x ⎟⎠ 2 2 2 ⎛1 ⎞ ⎛ x ⎞ e ⎜⎜⎜ + ℓnx⎟⎟⎟ dx = ⎜⎜e ⋅ ℓnx + e x ⋅ 1 ⎟⎟ dx = Ι= ∫ 1 x ⎝x ⎟⎠ ∫1 ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠ ∫ ⎡⎣⎢(e )′ ⋅ ℓnx + e ⋅ (ℓnx)′⎤⎦⎥ dx = 1 x x 2 2 = ∫1 (e x ℓnx)′ dx = ⎡⎢ e x ℓnx ⎤⎥ = e2ℓn2 − e1ℓn1 ⇒ Ι = e2ℓn2 . ⎣ ⎦1 Όπως είδες, έκανα μια απλή πράξη στην αρχική μορφή του ολοκληρώματος και παρα- τήρησα ότι εμφανίζεται ένα άθροισμα δύο γινομένων. Υποψιάζομαι ότι έχω παράγωγο γινομένου, το οποίο πράγματι συμβαίνει. Δεν έκανα τίποτε διαφορετικό από όσα έκανα στις σχετικές ασκήσεις του θεωρήματος Rolle και στις ασκήσεις στις οποίες έβρισκα τον τύπο της f από τον τύπο της f ′ . Η μό- νη διαφορά είναι ότι τα έκανα μέσα στον συμβολισμό του ολοκληρώματος. Υπενθυμίζεται ότι ισχύει β ∫ β f ′(x) dx = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ = f(β) − f(α) . ⎣ ⎦α α 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 15 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (x − 2x + x + 1) dx . −1 4 3 1 1 1 ⎡ x5 2x 4 x2 ⎤ ⎡ x5 x4 x2 ⎤ ∫ 1 Ι= (x − 2x + x + 1) dx = ⎢⎢ − 4 3 + + x ⎥⎥ = ⎢⎢ − + + x ⎥⎥ = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ ⇒ ⎣ ⎦ −1 −1 ⎢⎣ 5 4 2 ⎥⎦ −1 ⎢⎣ 5 2 2 ⎥⎦ −1 x5 x4 x2 ⇒ Ι = f(1) − f(−1) , όπου f(x) = − + +x. 5 2 2 Γενικώς τα ολοκληρώματα πολυωνύμων είναι εύκολα στην εύρεση μιας αρχικής, αλλά μπελαλίδικα στους τελικούς αριθμητικούς υπολογισμούς. Όπως είχε αναφερθεί και στην σελίδα 35 (παράδειγμα 6), «βαφτίζοντας» την συνάρτηση που προκύπτει από την ολοκλήρωση μπορώ να έχω καλύτερο έλεγχο των τελικών αριθμητικών πράξεων, μικραίνοντας σημαντικά το ποσοστό λάθους. Να την θυμάσαι αυτήν την κίνηση, θα σε - 48 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα σώσει πολλές φορές. 15 14 12 1 1 1 1 6 • f(1) = − + +1 = − + +1 = +1 = . 5 2 2 5 2 2 5 5 (−1)5 (−1)4 (−1)2 1 1 1 6 • f(−1) = − + −1 = − − + −1 = − . 5 2 2 5 2 2 5 Τελικά είναι 6 −6 12 Ι2 = − ⇔ Ι2 = . 5 5 5 2 2 ⎛ 1⎞ x ⎜⎜⎜x − ⎟⎟⎟ dx .

Άσκηση ολοκληρωμάτων 16 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫1 2 ⎝ x ⎟⎠ 2 2 2 2 2 ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎡ x5 2x 3 ⎤ x 2 ⎜⎜⎜x − ⎟⎟⎟ dx = x 2 ⎜⎜⎜x 2 + 2 − 2⎟⎟⎟ dx = Ι= ∫ 1 ⎝ x ⎟⎠ ∫ 1 ⎝ x ⎟⎠ ∫1 (x + 1 − 2x ) dx = ⎢⎢ − 4 2 ⎢⎣ 5 3 + x ⎥⎥ = ⎥⎦ 1 x5 2x 3 ⇒ Ι = f(2) − f(1) , όπου f(x) = − +x. 5 3 25 2 ⋅ 23 32 16 96 − 80 + 30 46 • f(2) = − +2= − +2= = . 5 3 5 3 15 15 15 2 ⋅13 1 2 3 − 10 + 15 8 • f(1) = − +1 = − +1 = = . 5 3 5 3 15 15 Τελικά είναι 46 8 38 I= − ⇔ I= . 15 15 15 Και εδώ έκανα τα ίδια με την άσκηση 15. «Σκάλιξα» λίγο το αρχικό ολοκλήρωμα (έκανα κάποιες πράξεις που είδα ότι μπορώ να κάνω δηλαδή) και στην πορεία εμφα- νίστηκε πολυώνυμο, οπότε η εύρεση μιας αρχικής είναι πλέον πολύ εύκολη υπόθεση. Στην συνέχεια εφάρμοσα την συμβουλή με την f(x) και είχα καλύτερο έλεγχο των αριθ- μητικών πράξεων. Το «σκάλισμα» του ολοκληρώματος είναι μια καλή σκέψη πάντα, αν και δεν είναι βέ- βαιο ότι θα φέρει καλό αποτέλεσμα. Αξίζει να δοκιμαστεί όμως. - 49 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2 ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜x + e x + 1 ⎟⎟ dx .

Άσκηση ολοκληρωμάτων 17 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 1 ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠ 2 2 ⎛ 2 ⎞ ⎡ 3 ⎤ ⎜⎜x + e x + 1 ⎟⎟ dx = ⎢ x + e x + ℓnx ⎥ = ⎡ f(x)⎤ 2 ⇒ Ι = f(2) − f(1) Ι= 1 ∫ ⎜⎝ ⎟ x ⎠⎟ ⎢3 ⎣⎢ ⎥ ⎦⎥ 1 ⎣⎢ ⎦⎥ 1 , x3 όπου f(x) = + e x + ℓnx . 3 23 8 • f(2) = + e2 + ℓn2 = + e2 + ℓn2 . 3 3 13 1 • f(1) = + e1 + ℓn1 = + e . 3 3 Τελικά είναι 8 1 7 Ι= + e2 + ℓn2 − − e ⇔ Ι = + e2 − e + ℓn2 . 3 3 3 Η εντός του ολοκληρώματος συνάρτηση αποτελούνταν από παραγώγους βασικών συ- ναρτήσεων, οπότε η εύρεση μιας αρχικής είναι πανεύκολη. 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 18 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x(x − 1) dx . 0 2 1 1 1 1 ⎡ x4 2x 3 x2 ⎤ Ι= 0 ∫x(x − 1) dx = 0 2 ∫ 2 x(x − 2x + 1) dx = 0 ∫ (x − 2x + x) dx = ⎢⎢ − ⎢⎣ 4 3 3 + ⎥⎥ = 2 ⎥⎦ 0 2 1 x4 2x 3 x2 = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ ⇒ Ι = f(1) − f(0) , όπου f(x) = − + . ⎣ ⎦0 4 3 2 14 2 ⋅13 12 1 2 1 3−8 + 6 1 • f(1) = − + = − + = = . 4 3 2 4 3 2 12 12 04 2 ⋅ 03 02 • f(0) = − + =0. 4 3 2 Τελικά είναι 1 1 Ι= −0 ⇔ Ι = . 12 12 - 50 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 3 (x + 2)3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 19 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫1 x4 dx . 3 3 3 (x + 2)3 x 3 + 6x 2 + 12x + 8 ⎛1 ⎞ ⎜⎜ + 6 + 12 + 8 ⎟⎟ dx = Ι= ∫ 1 x4 dx = ∫1 x4 dx = ∫ 1 ⎜⎝ x x2 x3 ⎟ x 4 ⎠⎟ 3 3 ⎛1 ⎞ ⎡ −2 −3 ⎤ ⎜⎜ + 6 + 12x−3 + 8x−4 ⎟⎟ dx = ⎢ ℓnx − 6 + 12 ⋅ x + 8 ⋅ x ⎥ = = ∫ 1 ⎜⎝ x x2 ⎟⎟ ⎠ ⎢ ⎣⎢ x −2 −3 ⎥⎦⎥ 1 Μετέτρεψα τα δύο τελευταία κλάσματα σε δυνάμεις, διότι έτσι είναι εύκολο να βρω μία αρχική τους. Αυτή είναι κλασική κίνηση. 3 ⎡ 6 6 8 ⎤ 3 = ⎢ ℓnx − − 2 − 3 ⎥ = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ ⇒ Ι = f(3) − f(1) , ⎢ ⎣ x x 3x ⎥⎦ 1 ⎣ ⎦1 6 6 8 όπου f(x) = ℓnx − − 2 − . x x 3x 3 6 6 8 2 8 162 + 54 + 8 • f(3) = ℓn3 − − 2 − = ℓn3 − 2 − − = ℓn3 − = 3 3 3 ⋅33 3 81 81 224 = ℓn3 − . 81 6 6 8 8 44 • f(1) = ℓn1 − − 2 − = −12 − = − . 1 1 3 ⋅13 3 3 Τελικά είναι 224 44 1188 − 224 964 Ι = ℓn3 − + = ℓn3 + ⇔ Ι = ℓn3 + . 81 3 81 81 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 20 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (x + 1) dx . 0 2 1 1 ⎡ x3 ⎤ 13 ⎛ 03 ⎞ 4 + 1 − ⎜⎜⎜ + 0⎟⎟⎟ ⇒ Ι = Ι= 0 ∫ (x + 1) dx = ⎢⎢ + x ⎥⎥ = 2 ⎢ ⎣ 3 ⎥ ⎦ 0 3 ⎜⎝ 3 ⎟ ⎠ 3 . Εδώ η συνάρτηση εντός της αγκύλης είναι απλή, το ίδιο και οι αριθμητικές πράξεις που ακολουθούν (ειδικά επειδή ο ένας αριθμός είναι το 0). Δεν χρειάζεται, επομένως, να την θέσω f(x). - 51 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2 x2 + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 21 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 1 x dx . 2 2 2 x2 + 1 ⎛ ⎞ ⎡ 2 ⎤ 2 ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜x + 1 ⎟⎟ dx = ⎢ x + ℓnx ⎥ = 2 + ℓn2 − ⎜⎜ 1 + ℓn1⎟⎟ = 2 + ℓn2 − 1 ⇒ Ι= ∫ 1 x dx = ∫1 ⎜⎝ ⎟ x ⎟⎠ ⎢2 ⎢ ⎣ ⎥ ⎥ ⎦ 1 2 ⎜⎜ 2 ⎝ ⎟⎟ ⎠ 2 3 + 2ℓn2 ⇒ Ι= . 2 «Σπάσιμο» του αρχικού κλάσματος και εδώ, κίνηση κλασική. 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 22 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x (x − 1) dx . 0 2 3 1 1 1 Ι= ∫ x (x − 1) dx = ∫ x (x − 3x + 3x − 1) dx = ∫ (x − 3x + 3x − x ) dx = 0 2 3 0 2 3 2 0 5 4 3 2 1 ⎡ x6 3x 5 3x 4 x3 ⎤ 1 = ⎢⎢ − + − ⎥⎥ = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ ⇒ Ι = f(1) − f(0) , ⎢⎣ 6 5 4 3 ⎥⎦ 0 ⎣ ⎦0 x6 3x 5 3x 4 x3 όπου f(x) = − + − . 6 5 4 3 16 3 ⋅15 3 ⋅14 13 1 3 3 1 10 − 36 + 45 − 20 1 • f(1) = − + − = − + − = =− . 6 5 4 3 6 5 4 3 60 60 • f(0) = 0 (προκύπτει εύκολα). Τελικά είναι 1 1 Ι=− −0 ⇔ Ι = − . 60 60 - 52 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2 ⎛ ⎞ ⎜⎜3 x + 1 ⎟⎟ dx .

Άσκηση ολοκληρωμάτων 23 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫1 ⎜⎝⎜ x ⎟⎟ ⎠ 2 ⎡ ⎤ 2 ⎡ ⎤ 2 2 ⎛ ⎞⎟ ⎢ 1 +1 ⎥ ⎢ 3 ⎥ ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ 1 1 ⎢ x 2 ⎥ ⎢ x 2 ⎥ Ι= 1 ∫ ⎜ ⎜⎜3 x + ⎝⎜ ⎟⎟ dx = x ⎟⎠ 1 ∫ ⎜⎜3x 2 + 2 ⋅ ⎝⎜ 2 x ⎟⎠⎟ ⎟⎟ dx = ⎢3 ⋅ ⎢ ⎢ 1 +1 + 2 x⎥ = ⎢ 3 ⋅ ⎥ ⎥ ⎢ ⎢ 3 + 2 x⎥ = ⎥ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 1 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1 ( ) 2 2 ⎡ ⎤ = ⎢2 x 3 + 2 x ⎥ = ⎡⎢2x x + 2 x ⎤⎥ = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 + 2 2 − 2 ⋅1 ⋅ 1 + 2 1 ⇒ ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦1 ⇒ I = 6 2 −4 . Στο παράδειγμα 9 (σελίδα 42) και στην γενική μεθοδολογία της σελίδας 43 αναφέθηκε πώς υπολογίζεται ολοκλήρωμα το οποίο μέσα του έχει ρίζα. Η μετατροπή της ρίζας σε δύναμη (πιο συνηθισμένη περίπτωση είναι η τετραγωνική ρίζα) απλοποιεί πολύ την διαδικασία, διότι άμεσα βρίσκεται μία αρχική της (έστω και με «περίεργους» αριθ- μούς ως συντελεστή και εκθέτη). 0

Άσκηση ολοκληρωμάτων 24 από «Ε2(Θ1)+Κ2(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (συνx − 2ηµx) dx . −π 0 ∫ 0 Ι= (συνx − 2ηµx) dx = ⎡⎢ηµx + 2συνx ⎤⎥ = ηµ0 + 2συν0 − ⎡⎢ηµ(−π) + 2συν(−π)⎤⎥ = ⎣ ⎦ −π ⎣ ⎦ −π = 2 − (−ηµπ + 2συνπ) = 2 − 2 ⋅ (−1) ⇒ Ι = 4 . Περιττό να σημειώσω ότι και πάλι η Τριγωνομετρία κρούει τον κώδωνα και στέλνει σήμα να κάνεις μια επανάληψη, αν δεν θυμάσαι τιμές τριγωνομετρικών αριθμών βασι- κών γωνιών! Υπενθυμίζεται ότι ισχύουν ηµ(−x) = −ηµx , συν(−x) = συνx . - 53 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Μαθη ματ ι κά Γ΄ Λυ κεί ο υ • Κ ΕΦΑ Λ Α Ι Ο 3 • Ολοκ ληρ ωτι κό ς Λ ογ ι σμ ός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2 x +1