Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο

3 Να υπολογίσετε το Ι = ∫e 0 x+1 dx .

4 Να υπολογίσετε το Ι = ∫ x dx . 1

1 Να υπολογίσετε το Ι = ∫ (2x + 1)(x + 1) dx . 0 5

1 ∫ 2 Να υπολογίσετε το Ι = x 3e x dx . 0

Άσκηση ολοκληρωμάτων 75 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x x dx . 0 Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 = 0 . Όταν x = 2 , τότε y = 2 . Άρα είναι 2 2 2 ⎡ y5 ⎤ 2 2 2 ⎛ 5 ⎞ 2 Ι= 0 ∫ 2 y ⋅ y ⋅ 2y dy = 2 ⋅ 0 ∫ y dy = 2 ⋅ ⎢⎢ ⎥⎥ = ⋅ ⎡⎢ y5 ⎤⎥ = ⋅ ⎜⎜ 2 − 05 ⎟⎟⎟ = ⋅ 4 2 ⇒ 4 ⎣⎢ 5 ⎦⎥ 0 5 ⎣ ⎦0 5 ⎜⎝ ⎠ 5 8 2 ⇒ Ι= . 5 Δεύτερος τρόπος 2 ⎡ 5 ⎤ 2 1 2 3 ⎢ 2 ⎥ 2 ⎡2 5 ⎤ 2 ⎢ x ⎥ 2 ⎡ 5 ⎤2 2 ⎡ 2 2 ⎤ = I= 0 ∫x x dx = 0 ∫ x ⋅ x dx = 2 0 x dx = ⎢ 2 ⎢ 5 ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ = ∫ ⎢ ⎢5 ⎢ ⎣ ⋅ x 2 ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ 0 = ⋅ 5 ⎣ ⎢ x ⎥ ⎦0 = ⋅ 5 ⎣ ⎢ x x ⎥ ⎦0 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0 = 2 5 ( ⋅ 22 ⋅ 2 − 02 ⋅ 0 = 2 5 ) ⋅4 2 ⇒ Ι = 8 2 5 . Όπως είδες, στον δεύτερο τρόπο το ολοκλήρωμα αντιμετωπίστηκε ως «απλό» και χρη- σιμοποιήθηκαν ιδιότητες των δυνάμεων. Ολοκληρώματα με x μπορούν να αντιμετω- πιστούν και έτσι, αλλά αυτό πάντα εξαρτάται από την μορφή της συνάρτησης που εί- ναι εντός του ολοκληρώματος. Στην προκειμένη περίπτωση, θα σύστηνα τον 1ο τρόπο (πιο ξεκούραστος). - 117 - 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 1 ∫ (1 − x ) dx . 2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 76 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 0 Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 = 0 . Όταν x = 1 , τότε y = 1 = 1 . Άρα είναι 1 1 1 Ι= ∫ (1 − y) ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ y(1 + y − 2y) dy = 2 ⋅ ∫ (y + y − 2y ) dy = 0 2 0 2 0 3 2 1 ⎡ y2 y4 2y3 ⎤⎥ 1 ⎢ = 2⋅⎢ + − = 2 ⋅ ⎡ f(y)⎤ ⇒ Ι = 2 ⋅ ⎡ f(1) − f(0)⎤ , 3 ⎥⎦⎥ 0 ⎣⎢ ⎦⎥ 0 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ 2 4 y2 y4 2y3 όπου f(y) = + − . 2 4 3 12 14 2 ⋅13 1 1 2 6 + 3−8 1 • f(1) = + − = + − = = . 2 4 3 2 4 3 12 12 02 04 2 ⋅ 03 • f(0) = + − =0. 2 4 3 Άρα είναι ⎛ 1 ⎞ 1 Ι = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − 0⎟⎟⎟ ⇔ Ι = . ⎝ 12 ⎟ ⎠ 6 Δεύτερος τρόπος 1 1 1 1 ∫ (1 − x ) dx = ∫ (1 + x − 2 x ) dx = ∫ (1 + x) dx − 2 ⋅ ∫ x dx ⇒ 2 Ι= 0 0 0 0 ⇒ Ι = Ι1 − 2 ⋅ Ι 2 (1) - 118 - 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 1 1 ⎡ x 2 ⎤⎥ 12 ⎛ 02 ⎞⎟⎟ 3 • Ι1 = 0 ∫ ⎢ (1 + x) dx = ⎢ x + ⎣⎢ ⎥ 2 ⎦⎥ 0 = 1+ 2 ⎜ − ⎜⎜0 + ⎝⎜ 2 ⎠ ⎟⎟ ⇒ Ι1 = 2 . 1 ⎡ 3 ⎤ 1 1 1 ⎢ 2 ⎥ ⎡2 3 ⎤ 1 ⎢ x ⎥ 2 ⎡ 3 ⎤1 2 ⎡ 1 ⋅ ⎢ x x ⎤⎥ = • Ι2 = ∫ 0 x dx = 0 ∫x 2 dx = ⎢ ⎢ 3 ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢⎢ ⋅ x 2 ⎥⎥ = ⎥ ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 0 ⋅⎢ x ⎥ = 3 ⎣ ⎦0 3 ⎣ ⎦0 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0 = 2 3 ( ⋅ 1 ⋅ 1 − 0 ⋅ 0 ⇒ Ι2 =)2 3 . Τελικά, από την (1) έχω ότι 3 2 3 4 9−8 1 Ι= −2⋅ = − = ⇔ Ι= . 2 3 2 3 6 6 Και εδώ, αντιμετώπισα το ολοκλήρωμα ως «απλό». Κάνοντας μερικές πράξεις στην αρχική του μορφή και «σπάζοντάς» το σε επιμέρους ολοκληρώματα, είδα ότι κάθε νέο ολοκλήρωμα είναι «απλό». Πάλι θα σύστηνα τον 1ο τρόπο όμως, αφού είναι πολύ πιο «οικονομικός» στις πράξεις. 1 x −1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 77 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x + 1 dx . 0 Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 = 0 . Όταν x = 1 , τότε y = 1 = 1 . Άρα είναι 1 1 1 1 y2 − 1 (y − 1) (y + 1) Ι= ∫ 0 y +1 ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ 0 y +1 ⋅ y dy = 2 ⋅ ∫ y(y − 1) dy = 2 ⋅ ∫ (y − y) dy = 0 0 2 1 ⎡ y3 y 2⎤ ⎡ 13 12 ⎛⎜ 03 02 ⎞⎟⎟ ⎤⎥ ⎛1 1⎞ 2−3 1 ⎢ = 2⋅⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ = 2⋅⎢ − − ⎜⎜ − ⎟ ⎥ = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟ = 2 ⋅ ⇒ Ι=− . 2 ⎝⎜ 3 ⎟ ⎟ ⎣⎢ 3 2 ⎦⎥ 0 ⎣⎢ 3 2 ⎠ ⎦⎥ ⎝3 2⎠ 6 3 - 119 - 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 Δεύτερος τρόπος 1 1 (x − 1)( x − 1) 1 (x − 1) ( x − 1) 1 ∫ ( x − 1) dx = x −1 Ι= ∫ 0 x +1 dx = ∫ ( x + 1)( x − 1) dx = ∫ 0 0 x −1 dx = 0 1 ⎡ 3 ⎤ 1 ⎛ 1 ⎞⎟ ⎢ 2 ⎥ ⎡2 3 ⎤ 1 ⎡2 ⎤ ⎡2 1 ⎤ 1 ⎜ ⎢ x ⎥ = 0 ∫ ⎜⎜x − 1⎟⎟ dx = ⎢ ⎝⎜ 2 ⎟⎠⎟ ⎢ 3 ⎢ ⎢ ⎥ − x⎥ = ⎢ ⋅ x − x⎥ = ⎢ ⎥ ⎥ ⎢⎣ 3 2 ⎢ ⎥⎦ 0 ⎣ 3 x − x⎥ = ⎢ x x − x⎥ = 3 ⎥ ⎢ ⎦0 ⎣ 3 ⎥ ⎦0 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 0 2 ⎛2 ⎞ 2 1 = ⋅1 ⋅ 1 − 1 − ⎜⎜⎜ ⋅ 0 ⋅ 0 − 0⎟⎟⎟ = −1 ⇒ Ι = − . 3 ⎝3 ⎠⎟ 3 3 Άλλη μία φορά φάνηκε ότι με κάποια επεξεργασία του αρχικού ολοκληρώματος η δια- δικασία υπολογισμού του μπορεί να λάβει εντελώς διαφορετικό δρόμο. Και εδώ το αντιμετώπισα, τελικά, ως «απλό». Πλέον όμως φαίνεται πόση οικονομία προσφέρει η μέθοδος της αντικατάστασης! 4 3x + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 78 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫1 x dx . Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 1 , τότε y = 1 = 1 . Όταν x = 4 , τότε y = 4 = 2 . Άρα είναι 2 2 3y2 + 1 2 Ι= ∫ 1 y ⋅ 2 y dy = 2 ⋅ ∫1 (3y2 + 1) dy = 2 ⋅ ⎡⎢ y3 + y ⎤⎥ = 2 ⋅ ⎡⎢23 + 2 − (13 + 1)⎤⎥ ⇒ ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦ ⇒ Ι = 16 . - 120 - 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 Δεύτερος τρόπος 4 4 4 ⎛ 2 ⎞⎟ 3x + 1 ⎛ 3x 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 3 x 1 ⎟⎟ Ι= ∫ 1 x dx = 1 ∫ ⎜⎜ ⎜⎜⎝ x + ⎟⎟ dx = x ⎟⎠ ∫1 ⎝ ⎜⎜ ⎜⎜ x +2⋅ 2 x ⎟⎟ dx = ⎟⎟ ⎠ 4 ⎡ 3 ⎤ ⎛ 4 ⎛ ⎞ ⎢ 4 ⎥ 1 ⎞⎟ ⎜ 1 1 ⎟⎟ ⎢ x 2 ⎥ = ∫ 1 ⎜ ⎜⎜3 x + 2 ⋅ ⎜⎝ ⎟⎟ dx = 2 x ⎟⎠ 1 ⎜⎜3x + 2 ⋅ ⎝⎜ 2 ⎟ 2 x ⎟⎠⎟ ∫ dx = ⎢3 ⋅ ⎢ ⎢ 3 +2 x ⎥ = ⎥ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 1 4 ⎡ 2 ⎤ 4 4 = ⎢⎢ 3 ⋅ x + 2 x ⎥⎥ = ⎡⎢2x x + 2 x ⎤⎥ = ⎡⎢2 x (x + 1)⎤⎥ = 3 ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 1 ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦1 = 2 4 (4 + 1) − 2 1 (1 + 1) = 20 − 4 ⇒ Ι = 16 . Και εδώ ισχύουν τα σχόλια της άσκησης 78. e2 ℓnx − 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 79 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ ℓn x dx . e 2 Θέτω ℓnx = y . Τότε είναι x = e y ⇔ dx = (e y )′dy ⇔ dx = e ydy . Όταν x = e , τότε y = ℓne = 1 . Όταν x = e2 , τότε y = ℓne2 = 2 . Άρα είναι ⎛ e y ⎞⎟′ 2 2 2 2 y −1 y ye y − e y (e y )′ ⋅ y − e y ⋅ (y)′ Ι= ∫ 1 y2 ⋅ e dy = ∫ 1 y2 dy = ∫ 1 y2 dy = ∫ 1 ⎜⎜ ⎟ dy = ⎜⎜ y ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎡ ey ⎤ e2 e1 e2 − 2e = ⎢⎢ ⎥⎥ = − ⇒ Ι= . ⎢⎣ y ⎥⎦ 1 2 1 2 Η αντικατάσταση που έγινε ήταν αναμενόμενη θα έλεγα. Το ίδιο έγινε και σε υπολο- γισμό ορίου, αλλά και πολύ νωρίτερα: σε επίλυση εξίσωσης ή ανίσωσης η οποία είχε μόνο λογάριθμο. Ως φαινόμενο, η επανάληψη ενός x 2 ή ενός ηµx ή ενός ℓnx κ.τ.ό., αποτελεί ισχυρή ένδειξη για χρήση της μεθόδου της αλλαγής μεταβλητής, είτε πρόκει- ται για επίλυση εξίσωσης ή ανίσωσης είτε για υπολογισμό ορίου ή ολοκληρώματος. - 121 - 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 e 2x ℓnx − x

Άσκηση ολοκληρωμάτων 80 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ ℓn2x dx . e Θέτω ℓnx = y . Τότε είναι x = e y ⇔ dx = (e y )′dy ⇔ dx = e ydy . 1 1 Όταν x = e , τότε y = ℓn e = ℓne 2 = . 2 Όταν x = e , τότε y = ℓne = 1 . Άρα είναι 1 1 1 2e y ⋅ y − e y y 2ye2y − e2y y ⋅ e y ⋅ (2y)′ − e2y ⋅ (y)′ Ι= ∫ 1/2 y2 ⋅ e dy = ∫1/2 y2 dy = ∫ 1/2 y2 dy = 1 ⎛ e2y ⎞⎟′ 1 1 1 2⋅ (e )′ ⋅ y − e2y ⋅ (y)′ 2y ⎡ 2y ⎤ 2⋅1 2 ⎜⎜ ⎟ dy = ⎢ e ⎥ = e − e = ∫ 1/2 y2 dy = ∫ 1/2 ⎜⎜ y ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎣⎢ y ⎦⎥ 1/2 1 1 ⇒ Ι = e2 − 2e . 2 1 1− x

Άσκηση ολοκληρωμάτων 81 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 ex dx . Θέτω e x = y . Τότε είναι 1 x = ℓny ⇔ dx = (ℓny)′dy ⇔ dx = dy . y Όταν x = 0 , τότε y = e0 = 1 . Όταν x = 1 , τότε y = e1 = e . Άρα είναι e e e e 1 − ℓny 1 1 − ℓny ⎛1 ⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎜⎜ − 1 ⋅ ℓny⎟⎟ dy = ⎜⎜ ⋅ − 1 ⋅ ℓny⎟⎟ dy = Ι= ∫ 1 y ⋅ dy = y ∫ 1 y2 dy = ∫ 1 ⎜⎜⎝ y2 y2 ⎟⎟ ⎠ ∫ 1 ⎜⎜⎝ y y y2 ⎟⎟ ⎠ ⎡ ⎤ ⎛ 1 ⎞⎟′ ⎥ ⎞′ e e e ⎢ 1 ⎛1 ⎡ ⎤ ⎜⎜ ⋅ ℓny⎟⎟ dy = ⎢ ℓny ⎥ = ℓne − ℓn1 ⇒ Ι = 1 = e−1 . = ∫ ⎜ ⎢(ℓny)′ ⋅ + ℓny ⋅ ⎜ ⎟⎟ ⎥ dy = ⎢ 1 ⎢⎣ y ⎜⎝ y ⎟⎠ ⎥ ⎥⎦ ∫ 1 ⎜⎝ y ⎟⎟ ⎠ ⎢ y ⎥ ⎣ ⎦1 e 1 e - 122 - 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 Δεύτερος τρόπος ⎛ x ⎞⎟′ 1 1 1 1 1 1− x e x (1 − x) e x − xe x (x)′ ⋅ e x − x ⋅ (e x )′ Ι= ∫ 0 ex dx = ∫0 ex ⋅ ex dx = ∫ 0 (e x )2 dx = ∫0 (e x )2 dx = ∫ 0 ⎜⎜ ⎟ dx = ⎜⎝ e x ⎟⎟⎠ 1 ⎡x⎤ 1 0 1 = ⎢ x⎥ = 1 − 0 ⇒ Ι = . ⎢e ⎥ e e e ⎣ ⎦0 Αν και ο δεύτερος τρόπος ήθελε περισσότερη φαντασία (το παραδέχομαι ότι το να πολλαπλασιάσω τον αριθμητή και τον παρονομαστή του αρχικού κλάσματος επί e x είναι λίγο «κουφό»), εντούτοις αποδεικνύει ότι δεν είναι μονόδρομος ο υπολογισμός ενός ολοκληρώματος. 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 82 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (x + 1) dx . 0 3 Θέτω x + 1 = y . Τότε είναι x = y − 1 ⇔ dx = (y − 1)′dy ⇔ dx = dy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 + 1 = 1 . Όταν x = 1 , τότε y = 1 + 1 = 2 . Άρα είναι 2 2 ⎡ y4 ⎤ 24 14 16 1 15 Ι= 1 ∫ ⎢ y dy = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎣ ⎥3 4 ⎦⎥ 1 4 − 4 = 4 − ⇒ Ι= 4 4 . Δεύτερος τρόπος 1 1 1 ⎡ x4 3x 2 ⎤ ∫ ∫ 1 Ι= (x + 1) dx = (x + 3x + 3x + 1) dx = ⎢⎢ 3 3 2 + x3 + + x ⎥⎥ = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ ⇒ ⎣ ⎦0 0 0 ⎢⎣ 4 2 ⎥⎦ 0 x4 3x 2 ⇒ Ι = f(1) − f(0) , όπου f(x) = + x3 + +x. 4 2 14 3 ⋅12 1 3 1+6+8 15 • f(1) = + 13 + +1 = + +2= = . 4 2 4 2 4 4 04 3 ⋅ 02 • f(0) = + 03 + +0= 0. 4 2 - 123 - 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 Τελικά είναι 15 15 Ι= −0 ⇔ Ι = . 4 4 Ο δεύτερος τρόπος, αν και έχει περισσότερες πράξεις, είναι εφικτός εδώ, διότι η δύνα- μη είναι τρίτη. Αν ήταν μεγαλύτερη όμως; Να πού εξυπηρετεί η μέθοδος της αλλαγής μεταβλητής. 2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 83 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x(x − 1) dx . 1 4 Θέτω x − 1 = y . Τότε είναι x = y + 1 ⇔ dx = (y + 1)′dy ⇔ dx = dy . Όταν x = 1 , τότε y = 1 − 1 = 0 . Όταν x = 2 , τότε y = 2 − 1 = 1 . Άρα είναι 1 1 1 ⎡ y6 y5 ⎤⎥ 16 15 ⎛⎜ 06 05 ⎞⎟⎟ 1 1 Ι= 0 ∫ 4 (y + 1) ⋅ y dy = 0 ∫ (y + y ) dy = ⎢⎢ 5 ⎢⎣ 6 +4 ⎥ 5 ⎥⎦ 0 = 6 + − ⎜ ⎜ 5 ⎜⎝ 6 + 5⎠ 6 ⎟⎟ = + ⇒ 5 11 ⇒ Ι= . 30 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 84 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (x − 1)(x + 1) dx . −1 10 Θέτω x + 1 = y . Τότε είναι x = y − 1 ⇔ dx = (y − 1)′dy ⇔ dx = dy . Όταν x = −1 , τότε y = −1 + 1 = 0 . Όταν x = 1 , τότε y = 1 + 1 = 2 . Άρα είναι 2 2 2 2 ⎡ y12 2y11 ⎤⎥ Ι= 0 ∫ 10 (y − 1 − 1) ⋅ y dy = 0 ∫ 10 y (y − 2) dy = 0 ∫ (y − 2y ) dy = ⎢⎢ ⎢ ⎣ 12 −11 11 ⎥⎦⎥ 0 10 = - 124 - 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 212 2 ⋅ 211 ⎛⎜ 012 2 ⋅ 011 ⎞⎟⎟ 212 212 ⎛ 12 ⎜ 1 1 ⎞⎟ −1 −22 ⋅ 210 = − − ⎜⎜ − ⎟ = − = 2 ⋅ ⎜⎜ − ⎟ ⎟ = 212 ⋅ = ⇒ 12 11 ⎜⎝ 12 11 ⎟⎠ 12 11 ⎝ 12 11⎟⎠ 12 ⋅11 12 ⋅11 −210 ⇒ Ι= . 33 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 85 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2x + 3 dx . 0 Θέτω 2x + 3 = y . Τότε είναι y2 − 3 ⎛ y2 − 3 ⎞⎟′ 2 2x + 3 = y ⇔ 2x = y − 3 ⇔ x = ⇔ dx = ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟ dy ⇔ dx = 1 ⋅ 2 ydy ⇔ 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 ⇔ dx = ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 2 ⋅ 0 + 3 = 3 . Όταν x = 1 , τότε y = 2 ⋅1 + 3 = 5 . Άρα είναι 5 5 5 ⎡ y3 ⎤ 1 ⎛ 3 3⎞ 1 1 ( ) . 5 Ι= ∫ y ⋅ y dy = ∫ y dy = ⎢⎢ ⎥⎥ = ⋅ ⎡⎢ y3 ⎤⎥ = ⋅ ⎜⎜ 5 − 3 ⎟⎟⎟ ⇒ Ι = ⋅ 5 5 − 3 3 2 ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 3 3 ⎣ ⎦ 3 3 ⎝⎜ ⎠ 3 3 3 4 x −1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 86 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫1 x dx . Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 1 , τότε y = 1 = 1 . Όταν x = 4 , τότε y = 4 = 2 . Άρα είναι 2 2 2 y2 − 1 ⎡ y3 ⎤ ⎡ 23 ⎛ 13 ⎞⎤ − 2 − ⎜⎜⎜ − 1⎟⎟⎟ ⎥⎥ = Ι= ∫1 y ∫ ⋅ 2 y dy = 2 ⋅ (y − 1) dy = 2 ⋅ ⎢⎢ 1 2 ⎣⎢ 3 − y ⎥⎥ = 2 ⋅ ⎢⎢ ⎦⎥ 1 ⎢⎣ 3 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎥⎦ - 125 - 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 ⎛8 1 ⎞ ⎛7 ⎞ 4 8 = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − 2 − + 1⎟⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − 1⎟⎟⎟ = 2 ⋅ ⇒ Ι = . ⎝3 3 ⎠⎟ ⎝3 ⎠⎟ 3 3 Και εδώ θα μπορούσα να εφαρμόσω τον δεύτερο τρόπο της άσκησης 78. 8

Άσκηση ολοκληρωμάτων 87 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x 1 + x dx . 3 Θέτω 1 + x = y . Τότε είναι 1 + x = y2 ⇔ x = y2 − 1 ⇔ dx = (y2 − 1)′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 3 , τότε y = 1 + 3 = 2 . Όταν x = 8 , τότε y = 1 + 8 = 3 . Άρα είναι 3 3 3 3 ⎡ y5 y3 ⎤ Ι= 2 ∫ 2 (y − 1) ⋅ y ⋅ 2y dy = 2 ⋅ 2 ∫ ∫ y (y − 1) dy = 2 ⋅ (y − y ) dy = 2 ⋅ ⎢⎢ − ⎥⎥ = 2 2 2 ⎣⎢ 5 4 3 ⎦⎥ 2 2 3 y5 y3 = 2 ⋅ ⎡⎢ f(y)⎤⎥ ⇒ Ι = 2 ⋅ ⎡⎢ f(3) − f(2)⎤⎥ , όπου f(y) = − . ⎣ ⎦2 ⎣ ⎦ 5 3 35 33 243 27 243 243 − 45 198 • f(3) = − = − = −9 = = . 5 3 5 3 5 5 5 25 23 32 8 96 − 40 56 • f(2) = − = − = = . 5 3 5 3 15 15 Τελικά είναι ⎛ 198 56 ⎞⎟ 594 − 56 1076 Ι = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟⎟ = 2 ⋅ ⇔ Ι= . ⎝ 5 15 ⎠⎟ 15 15 - 126 - 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 1 x

Άσκηση ολοκληρωμάτων 88 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2x + 3 dx . 0 Θέτω 2x + 3 = y . Τότε είναι y2 − 3 ⎛ y2 − 3 ⎞⎟′ 2 2x + 3 = y ⇔ 2x = y − 3 ⇔ x = 2 ⇔ dx = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ dy ⇔ dx = 1 ⋅ 2 ydy ⇔ 2 ⎝⎜ 2 ⎟⎠ 2 ⇔ dx = ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 2 ⋅ 0 + 3 = 3 . Όταν x = 1 , τότε y = 2 ⋅1 + 3 = 5 . Άρα είναι 1 2 5 (y − 3) 5 5 1 1 ⎡ y3 ⎤ 1 ∫ ∫ 5 Ι= 2 ⋅ y dy = ⋅ (y − 3) dy = ⋅ ⎢⎢ 2 − 3y ⎥⎥ = ⋅ ⎡⎢ f(y)⎤⎥ ⇒ y 2 2 ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 3 2 ⎣ ⎦ 3 3 3 ( 5) − f ( 3 ) ⎤⎥⎦ , όπου f(y) = y3 − 3y . 3 1 ⎡ ⇒ Ι= ⋅⎢ f 2 ⎣ 3 • f ( ) 5 = 5 3 −3 5 = 5 5 3 −3 5 = 5 5 −9 5 3 =− 4 5 3 . 3 • f ( ) 3 = 3 3 −3 3 = 3 3 3 − 3 3 = 3 − 3 3 = −2 3 . Άρα είναι 1 ⎛⎜⎜ 4 5 ⎞⎟ 6 3 −4 5 Ι= ⋅ ⎜− + 2 3 ⎟⎟⎟ ⇔ Ι = . 2 ⎜⎜⎝ 3 ⎟⎠ 6 - 127 - 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 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 89 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 1 + x + 1 dx . 0 Θέτω x + 1 = y . Τότε είναι x + 1 = y2 ⇔ x = y2 − 1 ⇔ dx = (y2 − 1)′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 + 1 = 1 . Όταν x = 3 , τότε y = 3 + 1 = 2 . Πρόσεξε πολύ τον τρόπο υπολογισμού του Ι ! Το ίδιο ολοκλήρωμα συναντήθηκε και σε προηγούμενη κατηγορία ασκήσεων. Άρα είναι 2 2 2 2 1 y y + 1−1 ⎛ ⎞ ⎜⎜1 − 1 ⎟⎟ dy = Ι= ∫ 1 1+ y ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ 1 y +1 dy = 2 ⋅ ∫ 1 y +1 dy = 2 ⋅ ∫ 1 ⎜⎝ ⎟ y + 1⎟⎠ 2 2 2 1 1 = 2⋅ ∫ 1dy − 2 ⋅ ∫ 1 1 y +1 dy = 2 ⋅1 ⋅ (2 − 1) − 2 ⋅ ∫ y + 1 ⋅ (y + 1)′ dy = 1 2 ⎡ ℓn(y + 1)⎤ ′ dy = 2 − 2 ⋅ ⎡ ℓn(y + 1)⎤ = 2 − 2 ⋅ ⎡ ℓn(2 + 1) − ℓn(1 + 1)⎤ = ∫ 2 = 2−2⋅ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ 1 ⎢⎣ ⎥⎦ 1 3 = 2 − 2 ⋅ (ℓn3 − ℓn2) ⇒ Ι = 2 − 2ℓn . 2 - 128 - 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

Άσκηση ολοκληρωμάτων 90 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (x − 1) x + 1 dx . 0 Θέτω x + 1 = y . Τότε είναι x + 1 = y2 ⇔ x = y2 − 1 ⇔ dx = (y2 − 1)′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 + 1 = 1 . Όταν x = 3 , τότε y = 3 + 1 = 2 . Άρα είναι 2 2 2 2 ⎡ y5 2y3 ⎤⎥ Ι= 1 ∫ 2 (y − 1 − 1) ⋅ y ⋅ 2y dy = 2 ⋅ 1 ∫ 2 2 ∫ ⎢ y (y − 2) dy = 2 ⋅ (y − 2y ) dy = 2 ⋅ ⎢ − 1 ⎢ ⎣ 5 4 3 ⎥⎦⎥ 1 = 2 2 y5 2y3 = 2 ⋅ ⎡⎢ f(y)⎤⎥ ⇒ Ι = 2 ⋅ ⎡⎢ f(2) − f(1)⎤⎥ , όπου f(y) = − . ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦ 5 3 25 2 ⋅ 23 32 16 96 − 80 16 • f(2) = − = − = = . 5 3 5 3 15 15 15 2 ⋅13 1 2 3 − 10 7 • f(1) = − = − = =− . 5 3 5 3 15 15 Άρα είναι ⎛ 16 −7 ⎞⎟ 23 46 Ι = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟⎟ = 2 ⋅ ⇔ Ι= . ⎝ 15 15 ⎠⎟ 15 15 - 129 - 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 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 91 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2 dx . 0 x Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 = 0 . Όταν x = 1 , τότε y = 1 = 1 . Άρα είναι 1 1 Ι= ∫ 2 ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ y ⋅ 2 dy ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι 0 y 0 y 1 (1) Είναι ⎛ 2y ⎞⎟′ 1 1 1 1 ⎡ y ⎤ 2y ⎟⎟ ⋅ y dy = ⎢ 2 ⋅ y ⎥ − Ι1 = ∫0 y y ⋅ 2 dy = ∫0 ⎜⎜ ⎜⎜ ℓn2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ℓn2 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 0 ∫ 0 ℓn2 ⋅ (y)′ dy = 1 1 1 ⎡ 1 1 1 1 ⎡⎢ 2y ⎤⎥ = ℓn2 ⋅ ⎢ y ⋅ 2y ⎤⎥ − ⎣ ⎦ 0 ℓn2 ⋅ ∫ 0 y 2 dy = ℓn2 1 0 ⋅ (1 ⋅ 2 − 0 ⋅ 2 ) − ⋅ ℓn2 ⎢⎣⎢ ℓn2 ⎥⎦⎥ 0 = 2 1 1 2 1 2 1 2ℓn2 − 1 = − ⋅ ⎡2y ⎤⎥ = 2 ⎢⎣ − ⋅ (21 − 20 ) = − ⇒ Ι1 = . ℓn2 (ℓn2) ⎦0 ℓn2 (ℓn2)2 ℓn2 (ℓn2)2 (ℓn2)2 Άρα από την (1) έχω ότι 2ℓn2 − 1 4ℓn2 − 2 Ι = 2⋅ 2 ⇔ Ι= . (ℓn2) ℓn2 2 - 130 - 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 π2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 92 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ ηµ x dx . 1 Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 1 , τότε y = 1 = 1 . Όταν x = π2 , τότε y = π2 = π . Άρα είναι π π Ι= ∫ ηµy ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ y ηµy dy ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι 1 1 1 (1) Είναι π π π ∫ y ηµy dy = ∫ (−συνy)′ ⋅ y dy = ⎡⎢⎣−y συνy⎤⎥⎦ − ∫ (−συνy) ⋅ (y)′ dy = π Ι1 = 1 1 1 1 π ∫ 1 π = ⎡⎢ y συνy ⎤⎥ + συνy dy = 1 ⋅ συν1 − π ⋅ συνπ + ⎡⎢ηµy ⎤⎥ = συν1 − π ⋅ (−1) + ηµπ − ηµ1 ⇒ ⎣ ⎦π ⎣ ⎦1 1 ⇒ Ι1 = συν1 − ηµ1 + π . Άρα από την (1) έχω ότι Ι = 2(συν1 − ηµ1 + π) . - 131 - 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 π2 /4

Άσκηση ολοκληρωμάτων 93 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x ηµ x dx . 0 Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 0 , τότε y = 0 = 0 . π2 π2 π Όταν x = , τότε y = = . 4 4 2 Άρα είναι π/2 π/2 Ι= ∫ y ⋅ ηµy ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ y ηµy dy ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι 0 0 2 1 (1) Είναι π/2 π/2 π/2 π/2 Ι1 = ∫ y ηµy dy = ∫ (−συνy)′ ⋅ y dy = ⎡⎣⎢−y συνy⎤⎦⎥ − ∫ (−συνy) ⋅ (y )′ dy = 0 2 0 2 2 0 0 2 π/2 2 π/2 ⎛π⎞ π 2y ⋅ συνy dy = 02 ⋅ συν0 − ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⋅ συν + 2 ⋅ 0 = ⎡⎢ y2συνy ⎤⎥ + ⎣ ⎦ π/2 ∫ 0 ⎝ 2 ⎟⎠ 2 ∫ y συνy dy ⇒ 0 ⇒ Ι1 = 2 ⋅ Ι 2 (2) Είναι π/2 π/2 π/2 ∫ y συνy dy = ∫ (ηµy)′ ⋅ y dy = ⎡⎣⎢ y ηµy⎤⎦⎥ − ∫ ηµy ⋅ (y)′ dy = π/2 Ι2 = 0 0 0 0 π/2 π π π ⎡ π π π ∫ π/2 = ⋅ ηµ − 0 ⋅ ηµ0 + (−ηµy) dy = + ⎢συνy ⎤⎥ = + συν − συν0 ⇒ Ι2 = − 1 . 2 2 2 ⎣ ⎦0 2 2 2 0 Τότε από την (2) έχω ⎛π ⎞ Ι1 = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ − 1⎟⎟⎟ ⇔ Ι1 = π − 2 . ⎝2 ⎠⎟ Τελικά από την (1) έχω Ι = 2(π − 2) = 2π − 4 . - 132 - 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 9 dx

Άσκηση ολοκληρωμάτων 94 από «Ε2(Θ3)+Κ4(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x− x . 4 Θέτω x = y . Τότε είναι x = y2 ⇔ dx = (y2 )′dy ⇔ dx = 2ydy . Όταν x = 4 , τότε y = 4 = 2 . Όταν x = 9 , τότε y = 9 = 3 . Άρα είναι 3 3 3 3 1 y 1 1 Ι= ∫ 2 2 y −y ⋅ 2y dy = 2 ⋅ ∫ y (y − 1) dy = 2 ⋅ ∫ 2 2 y −1 dy = 2 ⋅ ∫ y − 1 ⋅ (y − 1)′ dy = 2 3 ⎡ ℓn(y − 1)⎤ ′ dy = 2 ⋅ ⎡ ℓn(y − 1)⎤ = 2 ⋅ ⎡ ℓn(3 − 1) − ℓn(2 − 1)⎤ ⇒ Ι = 2ℓn2 . ∫ 3 = 2⋅ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ 2 ⎣⎢ ⎦⎥ 2 ℓn2π