Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο

1 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫ 2xe dx . 0 x2

π Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫ 0 ηµx ⋅ συνx dx .

1 ∫ x Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = dx . x2 + 1 0

π/4 Να υπολογίσετε το Ι = ∫ π/6 εϕx dx .

π/4 Να υπολογίσετε το Ι = ∫ π/6 σϕx dx .

Άσκηση ολοκληρωμάτων 101 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 3(ηµx + 2) συνx dx . 0 2 π/2 π/2 π/2 Ι= ∫ 3(ηµx + 2) συνx dx = ∫ 3(ηµx + 2) ⋅ (ηµx + 2)′ dx = ∫ 3(ηµx + 2) d(ηµx + 2) = 0 2 0 2 0 2 Είναι (ηµx + 2)′dx = d(ηµx + 2) , άρα 3 ⎛ π ⎞ = ⎜⎜⎜ηµ + 2⎟⎟⎟ − (ηµ0 + 2)3 = (1 + 2)3 − 23 ⇒ Ι = 19 . π/2 = ⎡⎢(ηµx + 2) ⎤⎥ 3 ⎣ ⎦0 ⎝ 2 ⎟⎠ π/2 β ∫ β Το 2 3(ηµx + 2) d(ηµx + 2) είναι της μορφής ∫α 3y2 dy και δίνει ⎡⎢ y3 ⎤⎥ . ⎣ ⎦α 0 Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα π/2 π/2 π/2 ′ Ι= ∫ 3(ηµx + 2) συνx dx = ∫ 3(ηµx + 2) ⋅ (ηµx + 2)′ dx = ∫ ⎡⎣⎢(ηµx + 2) ⎤⎦⎥ dx = 0 2 0 2 0 3 3 ⎛ π ⎞ + 2⎟⎟⎟ − (ηµ0 + 2)3 = (1 + 2)3 − 23 ⇒ Ι = 19 . π/2 = ⎡⎢(ηµx + 2) ⎤⎥ 3 = ⎜⎜⎜ηµ ⎣ ⎦0 ⎝ 2 ⎟⎠ Υπενθυμίζεται ότι «απλό» είναι ένα ολοκλήρωμα όταν μπορεί να βρεθεί μία αρχική συνάρτηση χωρίς την ανάπτυξη ιδιαίτερης τεχνικής/μεθοδολογίας από τα ολοκληρώμα- τα, δηλαδή όταν μία αρχική μπορεί να βρεθεί με βασική αντιπαραγώγιση. Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω ηµx + 2 = y . Τότε είναι d(ηµx + 2) = d(y) ⇔ (ηµx + 2)′dx = (y)′dy ⇔ συνx dx = dy . • Όταν x = 0 , τότε y = ηµ0 + 2 = 2 . - 151 - 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 π π • Όταν x = , τότε y = ηµ +2 = 1+2 = 3 . 2 2 Άρα είναι 3 3 Ι= ∫ 2 3y2 dy = ⎡⎢ y3 ⎤⎥ = 33 − 23 = 27 − 8 ⇒ Ι = 19 . ⎣ ⎦2 Όπως βλέπεις, μπορεί το ποια παράσταση θα θέσω ίση με y να μην χρειάζεται και πολλή φαντασία (υποκειμενικό αυτό βέβαια), όμως το πιθανότερο θα ήταν να κολλού- σες στο σημείο που θα έπρεπε να λύσεις ως προς x, σύμφωνα με ό,τι υπαγορεύει η μέ- θοδος της αλλαγής μεταβλητής. «Από την σχέση ηµx + 2 = y δεν μπορούμε να λύσου- με ως προς y, οπότε τι κάνουμε;». Παίρνοντας διαφορικό αριστερά και δεξιά στην σχέση ηµx + 2 = y (δηλαδή παραγωγί- ζοντας αριστερά και «κολλώντας» dx μετά, παραγωγίζοντας και δεξιά κα

Άσκηση ολοκληρωμάτων 102 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (x + x + 1)(2x + 1) dx . 0 2 1 1 Ι= ∫ (x + x + 1)(2x + 1) dx = ∫ (x + x + 1) ⋅ (x + x + 1)′ dx = 0 2 0 2 2 Είναι (x 2 + x + 1)′dx = d(x 2 + x + 1) , άρα 1 1 ⎡ (x 2 + x + 1)2 ⎤ ⎥ = 1 ⋅ ⎡(x 2 + x + 1)2 ⎤ = 1 ⋅ (9 − 1) ⇒ 1 = ∫ 0 (x 2 + x + 1) d(x 2 + x + 1) = ⎢⎢ ⎢⎣ 2 ⎥ ⎥⎦ 0 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 0 2 ⇒ Ι=4 . 1 β β ⎡ y2 ⎤ Το ∫ 0 2 2 (x + x + 1) d(x + x + 1) είναι της μορφής α y dy και δίνει ⎢⎢ ⎢⎣ 2 ∫ ⎥ . ⎥ ⎥⎦ α - 152 - 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 Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 1 Ι= ∫ (x + x + 1)(2x + 1) dx = ∫ (2x + x + 2x + x + 2x + 1) dx = 0 2 0 3 2 2 1 1 1 ⎡ 2x 4 3x 2 ⎤ ⎡ x4 3x 2 ⎤ = 0 ∫ (2x + 3x + 3x + 1) dx = ⎢⎢ 3 2 ⎢⎣ 4 + x3 + 2 + x ⎥⎥ = ⎢⎢ + x 3 + ⎥⎦ 0 ⎢⎣ 2 2 + x ⎥⎥ = ⎥⎦ 0 4 2 1 x 3x = ⎡⎢ f(x)⎤⎥ = f(1) − f(0) , όπου f(x) = + x3 + +x. ⎣ ⎦0 2 2 14 3 ⋅12 1 3 • f(1) = + 13 + +1 = +1+ +1 = 4 . 2 2 2 2 • f(0) = 0 (προκύπτει πολύ εύκολα). Τελικά είναι Ι = 4−0 ⇔ Ι = 4 . Τρίτος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 1 1 Ι= ∫ 0 (x 2 + x + 1)(2x + 1) dx = ⋅ 2 ∫ 2(x + x + 1) ⋅ (x + x + 1)′ dx = 0 2 2 1 1 ⎡(x 2 + x + 1)2 ⎤ ′ dx = 1 ⋅ ⎡(x 2 + x + 1)2 ⎤ = 1 ⋅ ⎡(12 + 1 + 1)2 − (02 + 0 + 1)2 ⎤ = 1 = 2 ⋅ ∫ 0 ⎢⎣ ⎥⎦ 2 ⎣ ⎢ ⎥ ⎦0 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 1 = ⋅8 ⇒ I = 4 . 2 Τέταρτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 2 + x + 1 = y . Τότε είναι d(x 2 + x + 1) = d(y) ⇔ (x 2 + x + 1)′dx = (y)′dy ⇔ (2x + 1)dx = dy . • Όταν x = 0 , τότε y = 02 + 0 + 1 = 1 . - 153 - 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 • Όταν x = 1 , τότε y = 12 + 1 + 1 = 3 . Άρα είναι 3 3 ⎡ y2 ⎤ 2 2 ⎥ = 3 − 1 ⇒ Ι=4 . Ι= 1 ∫ y dy = ⎢⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1 2 2 Και εδώ

Άσκηση ολοκληρωμάτων 103 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 x2 + 9 dx . 4 4 4 x 1 1 Ι= ∫ x + 9 dx = ∫ 2 x + 9 ⋅ 2x dx = ∫ 2 x + 9 ⋅ (x + 9)′ dx = 0 2 0 2 0 2 2 Είναι (x 2 + 9)′dx = d(x 2 + 9) , άρα 4 4 1 ⎡ ⎤ = ∫0 2 2 x +9 d(x 2 + 9) = ⎢ x 2 + 9 ⎥ = 42 + 9 − 02 + 9 ⇒ Ι = 2 . ⎣ ⎦0 4 β ∫ 1 1 β dy και δίνει ⎡⎢ y ⎤⎥ . Το 2 x2 + 9 d(x 2 + 9) είναι της μορφής ∫ α 2 y ⎣ ⎦α 0 Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 4 4 4 4 ′ ∫ ( x + 9 ) dx = x 1 1 Ι= ∫ x +9 0 2 dx = ∫ 2 x +9 0 2 ⋅ 2x dx = ∫ 2 x +9 0 2 ⋅ (x 2 + 9)′ dx = 0 2 - 154 - 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 4 ⎡ ⎤ = ⎢ x 2 + 9 ⎥ = 42 + 9 − 02 + 9 ⇒ Ι = 2 . ⎣ ⎦0 Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 2 + 9 = y . Τότε είναι 1 d(x 2 + 9) = d(y) ⇔ (x 2 + 9)′dx = (y)′dy ⇔ 2xdx = dy ⇔ xdx = dy . 2 • Όταν x = 0 , τότε y = 02 + 9 = 9 . • Όταν x = 4 , τότε y = 42 + 9 = 25 . Άρα είναι 4 4 25 25 x 1 1 1 1 25 dy = ⎡⎢ y ⎤⎥ = Ι= ∫ 0 x2 + 9 dx = ∫ 0 x2 + 9 ⋅ x dx = ∫ 9 ⋅ dy = y 2 ∫ 9 2 y ⎣ ⎦9 = 25 − 9 = 5 − 3 ⇒ Ι = 2 . e 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 104 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2x ℓnx dx . 1 e e e 1 1 1 1 Ι= ∫ 2x ℓnx 1 dx = ∫1 ⋅ dx = 2 ℓnx x ∫ 2 ℓnx ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 Είναι (ℓnx)′dx = d(ℓnx) , άρα e 1 e d(ℓnx) = ⎡⎢ ℓnx ⎤⎥ = ℓne − ℓn1 ⇒ Ι = 1 . = ∫1 2 ℓnx ⎣ ⎦1 e β ∫ 1 1 β dy και δίνει ⎡⎢ y ⎤⎥ . Το 2 ℓnx d(ℓnx) είναι της μορφής ∫α 2 y ⎣ ⎦α 1 - 155 - 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 Σαν «απλό» ολοκλήρωμα e e e e ′ ∫ ( ℓnx ) dx = ⎢⎣ ℓnx ⎥⎦ = 1 11 1 ⎡ e ⎤ Ι= ∫ 2x ℓnx 1 dx = ∫ 1 ⋅ dx = 2 ℓnx x ∫ 2 ℓnx 1 ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 1 = ℓne − ℓn1 ⇒ Ι = 1 . Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω ℓnx = y . 2 Τότε είναι ℓnx = y2 ⇔ x = e y και 2 2 2 2 d(x) = d(e y ) ⇔ (x)′dx = (e y )′dy ⇔ dx = e y ⋅ (y2 )′dy ⇔ dx = 2ye y dy . • Όταν x = 1 , τότε y = ℓn1 = 0 . • Όταν x = e , τότε y = ℓne = 1 = 1 . Άρα είναι 1 1 1 Ι= ∫ 2ye 0 y2 ⋅ 2ye y2 dy = ∫ 1dy = 1 ⋅ (1 − 0) ⇒ Ι = 1 . 0 π 2συνx

Άσκηση ολοκληρωμάτων 105 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ π/2 2ηµx + 5 dx . π π π 2συνx 1 1 Ι= ∫ π/2 2ηµx + 5 dx = ∫ π/2 2ηµx + 5 ⋅ 2συνx dx = ∫ π/2 2ηµx + 5 ⋅ (2ηµx + 5)′ dx = Είναι (2ηµx + 5)′dx = d(2ηµx + 5) , άρα π 1 π π = ∫ π/2 2ηµx + 5 d(2ηµx + 5) = ⎡⎢ ℓn 2ηµx + 5 ⎤⎥ = ℓn 2ηµπ + 5 − ℓn 2ηµ + 5 = ℓn5 − ℓn7 ⇒ ⎣ ⎦ π/2 2 5 ⇒ Ι = ℓn . 7 - 156 - 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 π β 1 1 β Το ∫ π/2 2ηµx + 5 d(2ηµx + 5) είναι της μορφής ∫ α y dy και δίνει ⎡⎢ ℓn y ⎤⎥ . ⎣ ⎦α Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα π π π 2συνx 1 1 Ι= ∫ π/2 2ηµx + 5 dx = ∫π/2 2ηµx + 5 ⋅ 2συνx dx = ∫ 2ηµx + 5 ⋅ (2ηµx + 5)′ dx = π/2 π ′ π ∫ ( ℓn 2ηµx + 5 ) dx = ⎡⎣⎢ ℓn 2ηµx + 5 ⎤⎦⎥ π = = ℓn 2ηµπ + 5 − ℓn 2ηµ + 5 = ℓn5 − ℓn7 ⇒ π/2 2 π/2 5 ⇒ Ι = ℓn . 7 Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω 2ηµx + 5 = y . Τότε είναι d(2ηµx + 5) = d(y) ⇔ (2ηµx + 5)′dx = (y)′dy ⇔ 2συνxdx = dy . π π • Όταν x = , τότε y = 2ηµ + 5 = 2 ⋅1 + 5 = 7 . 2 2 • Όταν x = π , τότε y = 2ηµπ + 5 = 2 ⋅ 0 + 5 = 5 . Άρα είναι π 5 1 1 5 5 Ι= ∫ π/2 2ηµx + 5 ⋅ 2συνx dx = ∫ 7 y dy = ⎡⎢ ℓn y ⎤⎥ = ℓn5 − ℓn7 ⇒ Ι = ℓn ⎣ ⎦7 7 . Και εδώ η αδυναμία να λύσω ως προς x από την αρχική αντικατάσταση με οδήγησε στο να παραγωγίσω τα δύο μέλη της σχέσης της αντικατάστασης. Έτσι προέκυψε «πα- κέτο» η παράσταση 2συνxdx , η οποία αντικαθίσταται με dy. Αυτό δεν είναι κάτι που γενικώς συμβαίνει κατά την εφαρμογή της μεθόδου της αλλαγής μεταβλητής όμως. - 157 - 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 π/4 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 106 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ συν x ⋅ e dx . 0 2 εϕx π/4 π/4 π/4 π 1 π/4 ∫ ∫ e ⋅ (εϕx)′ dx = ∫ εϕ Ι= ⋅ e εϕx dx = εϕx e d(εϕx) = ⎡⎢ e εϕx ⎤⎥ = e 4 − e εϕ0 = εϕx συν2x ⎣ ⎦0 0 0 0 = e1 − e 0 ⇒ Ι = e − 1 . π/4 β Είναι (εϕx)′dx = d(εϕx) , ενώ, το ∫ e d(εϕx) είναι της μορφής ∫ e dy και δίνει 0 εϕx α y β ⎡ey ⎤ . ⎣⎢ ⎦⎥ α Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα π/4 π/4 π/4 π 1 π/4 ∫ ∫ e ⋅ (εϕx)′ dx = ∫ (e εϕ Ι= ⋅ e εϕx dx = εϕx εϕx )′ dx = ⎡⎢ e εϕx ⎤⎥ = e 4 − e εϕ0 = 2 συν x ⎣ ⎦0 0 0 0 = e1 − e 0 ⇒ Ι = e − 1 . Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω εϕx = y . Τότε είναι 1 d(εϕx) = d(y) ⇔ (εϕx)′dx = (y)′dy ⇔ dx = dy . συν2x • Όταν x = 0 , τότε y = εϕ0 = 0 . π π • Όταν x = , τότε y = εϕ =1. 4 4 Άρα είναι π/4 1 1 1 Ι= ∫ 0 e εϕx ⋅ συν2x dx = ∫ 0 e y dy = ⎡⎢ e y ⎤⎥ = e1 − e0 ⇒ Ι = e − 1 . ⎣ ⎦0 - 158 - 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 2x + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 107 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2 x + x + 1 dx . 0 2 1 1 2x + 1 1 Ι= ∫ 2 x + x +1 0 2 dx = ∫ 2 x + x + 1 ⋅ (2x + 1) dx = 0 2 1 1 1 1 1 ⎡ ⎤ = ∫ 2 x + x +1 0 2 ⋅ (x 2 + x + 1)′ dx = ∫0 2 x2 + x + 1 d(x 2 + x + 1) = ⎢ x 2 + x + 1 ⎥ = ⎣ ⎦0 = 12 + 1 + 1 − 02 + 0 + 1 ⇒ Ι = 3 − 1 . Είναι (x 2 + x + 1)′dx = d(x 2 + x + 1) . 1 β 1 1 β dy και δίνει ⎡⎢ y ⎤⎥ . Το ∫ 2 x + x +1 0 2 2 d(x + x + 1) είναι της μορφής ∫α 2 y ⎣ ⎦α Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 1 2x + 1 1 Ι= ∫ 2 x + x + 1 dx = ∫ 2 x + x + 1 ⋅ (2x + 1) dx = 0 2 0 2 1 1 ′ ∫( ) 1 1 ⎡ ⎤ = ∫ 2 x + x +1 0 2 ⋅ (x 2 + x + 1)′ dx = 0 x 2 + x + 1 dx = ⎢ x 2 + x + 1 ⎥ = ⎣ ⎦0 = 12 + 1 + 1 − 02 + 0 + 1 ⇒ Ι = 3 − 1 . Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 2 + x + 1 = y . Τότε είναι d(x 2 + x + 1) = d(y) ⇔ (x 2 + x + 1)′dx = (y)′dy ⇔ (2x + 1)dx = dy . • Όταν x = 0 , τότε y = 02 + 0 + 1 = 1 . - 159 - 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 • Όταν x = 1 , τότε y = 12 + 1 + 1 = 3 . Άρα είναι 1 3 1 1 3 dy = ⎡⎢ y ⎤⎥ = 3 − 1 ⇒ Ι = 3 − 1 . Ι= ∫ 2 x + x +1 0 2 ⋅ (2x + 1) dx = ∫1 2 y ⎣ ⎦1 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 108 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ συν(πx) dx . 0 1 1 1 1 1 Ι= ∫0 συν(πx) dx = ⋅ π ∫0 συν(πx) ⋅ π dx = ⋅ π ∫ συν(πx) ⋅ (πx)′ dx = 0 Είναι (πx)′dx = d(πx) , άρα 1 1 1 ⎡ 1 ∫ 1 = ⋅ συν(πx) d(πx) = ⋅ ⎢ηµ(πx)⎤⎥ = ⋅ (ηµπ − ηµ0) ⇒ Ι = 0 . π π ⎣ ⎦0 π 0 1 β ∫ ∫ β Το συν(πx) d(πx) είναι της μορφής συνy dy και δίνει ⎡⎢ηµy ⎤⎥ . ⎣ ⎦α 0 α Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 1 1 1 1 Ι= ∫0 συν(πx) dx = ⋅ π ∫0 συν(πx) ⋅ π dx = ⋅ π ∫ συν(πx) ⋅ (πx)′ dx = 0 1 1 ⎡ηµ(πx)⎤ ′ dx = 1 ⋅ ⎡ηµ(πx)⎤ = 1 ⋅ (ηµπ − ηµ0) ⇒ Ι = 0 . ∫ 1 = ⋅ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢ ⎥ π π ⎣ ⎦0 π 0 - 160 - 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 Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω πx = y . 1 Τότε είναι x = ⋅ y και π ⎛1 ⎞⎟ ⎛1 ⎞⎟′ 1 ⎜ ′ ⎜ d(x) = d ⎜⎜ ⋅ y⎟ ⇔ (x) dx = ⎜⎜ ⋅ y⎟⎟ dy ⇔ dx = ⎟ dy . ⎝π ⎠ ⎟ ⎝π ⎠ ⎟ π • Όταν x = 0 , τότε y = π ⋅ 0 = 0 . • Όταν x = 1 , τότε y = π ⋅1 = π . Άρα είναι π π 1 1 1 ⎡ 1 ∫ ∫ π Ι= συνy ⋅ dy = ⋅ συνy dy = ⋅ ⎢ηµy ⎤⎥ = ⋅ (ηµπ − ηµ0) ⇒ Ι = 0 . π π π ⎣ ⎦0 π 0 0 π/4 ⎛ 1 ⎞⎟

Άσκηση ολοκληρωμάτων 109 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 ⎜⎜ ⎜⎝ συν x 2 − ηµ2x ⎟⎟ dx . ⎟⎠ π/4 π/4 π/4 ⎛ 1 ⎞⎟ 1 Ι= ∫0 ⎜⎜ ⎜⎝ συν2x − ηµ2x ⎟⎟ dx = ⎠⎟ ∫0 συν2x dx − ∫ ηµ2x dx ⇒ Ι = Ι − Ι 0 1 2 (1) π/4 1 ⎡ εϕx ⎤ = εϕ π − εϕ0 ⇒ Ι = 1 . ∫ π/4 • Ι1 = dx = συν2x ⎣⎢ ⎦⎥ 0 4 1 0 π/4 π/4 π/4 π/4 1 1 1 • Ι2 = ∫0 ηµ2x dx = ⋅ 2 ∫0 ηµ2x ⋅ 2 dx = ⋅ 2 ∫ 0 ηµ2x ⋅ (2x)′ dx = ⋅ 2 ∫ ηµ2x d(2x) = 0 π/4 β Είναι (2x)′dx = d(2x) , ενώ το ∫ ηµ2x d(2x) είναι της μορφής ∫ ηµy dy και δίνει 0 α β ⎡−συνy ⎤ . ⎢⎣ ⎥⎦ α 1 ⎡ 1 1 1 ⎛ 2π ⎞ ⋅ ⎢−συν2x ⎤⎥ = − ⋅ ⎡⎢συν2x ⎤⎥ = ⋅ ⎡⎢συν2x ⎤⎥ = ⋅ ⎜⎜⎜συν0 − συν ⎟⎟⎟ = π/4 π/4 0 = 2 ⎣ ⎦0 2 ⎣ ⎦0 2 ⎣ ⎦ π/4 2 ⎝ 4 ⎟⎠ - 161 - 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 ⎛⎜ π⎞ 1 1 = ⋅ ⎜⎜1 − συν ⎟⎟⎟ = ⋅ (1 − 0) ⇒ Ι2 = . 2 ⎝ 2 ⎠⎟ 2 2 Τελικά, από την (1) έχω ότι 1 1 Ι = 1− ⇔ Ι= . 2 2 1 e x + e2x + e3x

Άσκηση ολοκληρωμάτων 110 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 e4x dx . 1 1 1 e x + e2x + e3x Ι= ∫ 0 e4x dx = ∫ e (e + e + e ) dx = ∫ (e 0 −4x x 2x 3x 0 −3x + e−2x + e−x ) dx = 1 1 1 = ∫ e dx + ∫ e dx + ∫ e dx = 0 −3x 0 −2x 0 −x 1 1 1 1 1 =− ⋅ 3 ∫e 0 −3x ⋅ (−3) dx − ⋅ 2 ∫ e ⋅ (−2) dx − ∫ e ⋅ (−1) dx = 0 −2x 0 −x 1 1 1 1 1 =− ⋅ 3 ∫e0 −3x ⋅ (−3x)′ dx − ⋅ 2 ∫ e ⋅ (−2x)′ dx − ∫ e ⋅ (−x)′ dx = 0 −2x 0 −x 1 1 1 1 1 1 ⎡ −3x ⎤ 1 1 ⎡ −2x ⎤ 1 ⎡ −x ⎤ 1 =− ⋅ 3 ∫0 e −3x d(−3x) − ⋅ 2 ∫ 0 e −2x d(−2x) − ∫0 e−xd(−x) = − ⋅ e ⎥ − ⋅ ⎢e ⎥ − ⎢e ⎥ = 3 ⎣⎢ ⎦0 2 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 1 ⎡ −3x ⎤ 0 1 0 0 1 1 = ⋅ ⎢ e ⎥ + ⋅ ⎡⎢ e−2x ⎤⎥ + ⎡⎢ e−x ⎤⎥ = ⋅ (e0 − e−3 ) + ⋅ (e0 − e−2 ) + e0 − e−1 = 3 ⎣ ⎦1 2 ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦1 3 2 1 1 1 1 2+3+6 1 1 1 = − e−3 + − e−2 + 1 − e−1 = − 3 − 2 − = 3 3 2 2 6 3e 2e e 11 2 + 3e + 6e2 11e3 − 2 − 3e − 6e2 11e3 − 6e2 − 3e − 2 = − = ⇒ Ι = . 6 6e3 6e3 6e3 Καταλαβαίνεις τώρα τι σημαίνει παράσταση­μακαρόνι; Δες και μια πιο νοικοκυρεμένη παρουσίαση της λύσης. - 162 - 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 1 e x + e2x + e3x Ι= ∫ 0 e4x dx = ∫ e (e + e + e ) dx = ∫ (e 0 −4x x 2x 3x 0 −3x + e−2x + e−x ) dx = 1 1 1 = ∫ e dx + ∫ e dx + ∫ e dx ⇒ Ι = Ι + Ι + Ι 0 −3x 0 −2x 0 −x 1 2 3 (1) 1 1 1 1 1 • Ι1 = ∫e 0 −3x dx = − 3 ⋅ ∫e 0 −3x ⋅ (−3) dx = − 3 ⋅ ∫ e ⋅ (−3x)′ dx = 0 −3x 1 1 1 ⎡ −3x ⎤ 1 1 1 =− 3 ⋅ ∫0 e−3xd(−3x) = − 3 ⋅ ⎢e ⎥ = − ⎣ ⎦ 0 3 ⋅ (e−3 − e0 ) = − 3 ⋅ (e−3 − 1) = 1 ⎛⎜ 1 ⎞ 1 1 − e3 e3 − 1 =− ⋅ ⎜⎜ 3 − 1⎟⎟⎟ = − ⋅ ⇒ Ι = . ⎠⎟ 1 3 ⎝e 3 e3 3e3 1 1 1 1 1 • I2 = ∫e 0 −2x dx = − 2 ⋅ ∫e 0 −2x ⋅ (−2) dx = − 2 ⋅ ∫ e ⋅ (−2x)′ dx = 0 −2x 1 1 1 ⎡ −2x ⎤ 1 1 1 =− 2 ⋅ ∫0 e−2xd(−2x) = − 2 ⋅ ⎢e ⎥ = − ⎣ ⎦ 0 2 ⋅ (e−2 − e0 ) = − 2 ⋅ (e−2 − 1) = 1 ⎛⎜ 1 ⎞ 1 1 − e2 e2 − 1 =− ⋅ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟⎟ = − ⋅ ⇒ Ι = . ⎠⎟ 2 2 ⎝e 2 e2 2e2 1 1 1 1 1 • Ι3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 111 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2συν x dx . 0 2 π/4 π/4 π/4 π/4 2 + ηµ2x ⎛ 1 ηµ2x ⎞⎟ 1 2ηµx ⋅ συνx Ι= ∫0 2συν2x dx = ∫0 ⎜⎜ ⎜⎝ συν2x + ⎟⎟ dx = 2συν2x ⎠⎟ ∫ 0 συν2x dx + ∫ 0 2συν 2 x dx = π/4 π/4 π/4 1 π 1 1 ∫ ∫ ∫ π/4 = ⎡⎢ εϕx ⎤⎥ + ⋅ ηµx dx = εϕ − εϕ0 − ⋅ (−ηµx) dx = 1 − ⋅ (συνx)′ dx = ⎣ ⎦0 συνx 4 συνx συνx 0 0 0 Είναι (συνx)′dx = d(συνx) , άρα π/4 1 ⎛ π ⎞⎟ ⎛ 2 ⎞⎟ π/4 ⎜ d(συνx) = 1 − ⎡⎢ ℓn συνx ⎤⎥ = 1 − ⎜⎜⎜ ℓn συν − ℓn συν0 ⎟⎟ = 1 − ⎜⎜ℓn = 1− ∫0 συνx ⎣ ⎦0 ⎜⎝ 4 ⎟⎠ ⎜⎜⎝ 2 − ℓn1⎟⎟⎟ = ⎟⎠ π/4 β 1 1 β Το ∫ 0 συνx d(συνx) είναι της μορφής ∫ α y dy και δίνει ⎡⎢ ℓn y ⎤⎥ . ⎣ ⎦α = 1 − ℓn 2 2 = 1 − ℓn 2 2 = 1 − ℓn 1 2 ( ) = 1 − ℓn1 − ℓn 2 = 1 + ℓn 2 ⇒ Ι = 1 + 1 2 ℓn2 . 2 Σχόλιο π/4 1 Το ∫ συνx ⋅ ηµx dx υπολογίζεται και έτσι: 0 π/4 π/4 π/4 π/4 1 1 1 ′ ∫0 συνx ⋅ ηµx dx = − ∫ 0 συνx ⋅ (−ηµx) dx = − ∫0 συνx (συνx)′ dx = − ∫ ( ℓn συνx ) dx = 0 π/4 = − ⎡⎢ ℓn συνx ⎤⎥ = ... ⎣ ⎦0 - 166 - 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 π/2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 112 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ (συν x − ηµ x) dx . 0 4 4 π/2 π/2 π/2 Ι= ∫ (συν x − ηµ x) dx = ∫ (συν x + ηµ x)(συν x − ηµ x) dx = ∫ (συν x − ηµ x) dx = 0 4 4 0 2 2 2 2 0 2 2 π/2 π/2 π/2 π/2 1 1 1 = ∫ 0 συν2x dx = ⋅ 2 ∫ 0 συν2x ⋅ 2 dx = ⋅ 2 ∫ 0 συν2x ⋅ (2x)′ dx = ⋅ 2 ∫ συν2x d(2x) = 0 π/2 β Είναι (2x)′dx = d(2x) , ενώ το ∫ συν2x d(2x) είναι της μορφής ∫ συνy dy και δίνει 0 α β ⎡ηµy ⎤ . ⎢⎣ ⎥⎦ α 1 ⎡ π/2 1 ⎛⎜ 2π ⎞⎟ 1 = ⋅ ⎢ηµ2x ⎤⎥ = ⋅ ⎜⎜ηµ − ηµ0⎟⎟⎟ = ⋅ ηµπ ⇒ Ι = 0 . 2 ⎣ ⎦0 2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 2 Σχόλιο π/2 Το ∫ συν2x dx υπολογίζεται και έτσι: 0 π/2 π/2 π/2 π/2 1 1 1 ∫0 συν2x dx = 2 ⋅ ∫ 0 συν2x ⋅ 2 dx = 2 ⋅ ∫0 συν2x ⋅ (2x)′ dx = 2 ⋅ ∫ (ηµ2x)′ dx = 0 1 ⎡ π/2 = ⋅ ⎢ηµ2x ⎤⎥ = ... 2 ⎣ ⎦0 - 167 - 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 ℓnx

Άσκηση ολοκληρωμάτων 113 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x dx . 1 e e e e e ℓnx 1 ⎡ (ℓnx)2 ⎤ Ι= ∫1 x dx = ∫ 1 ℓnx ⋅ dx = x ∫1 ℓnx ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 ∫ ℓnx d(ℓnx) = ⎢⎢ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1 ⎥ = ⎥ e β Είναι (ℓnx)′dx = d(ℓnx) , ενώ το ∫ ℓnx d(ℓnx) είναι της μορφής ∫ y dy και δίνει 1 α β ⎡ y2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎥ . ⎣⎢ ⎦⎥ α 1 ⎡ e 1 1 = ⋅ ⎢(ℓnx)2 ⎤⎥ = ⋅ ⎡⎢(ℓne)2 − (ℓn1)2 ⎤⎥ ⇒ Ι = . 2 ⎣ ⎦1 2 ⎣ ⎦ 2 Δεύτερος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω ℓnx = y . Τότε είναι x = e y και d(x) = d(e y ) ⇔ (x)′dx = (e y )′dy ⇔ dx = e ydy . • Όταν x = 1 , τότε y = ℓn1 = 0 . • Όταν x = e , τότε y = ℓne = 1 . Άρα είναι 1 1 1 y ⎡ y2 ⎤ 2 2 ⎥ = 1 − 0 ⇒ Ι= 1 Ι= ∫ e 0 y y ⋅ e dy = 0 ∫ y dy = ⎢⎢ ⎥ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 0 2 2 2 . - 168 - 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 114 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2x(x + 1) dx . 0 2 2 1 1 1 1 ⎡ (x 2 + 1)3 ⎤ Ι= 0 ∫ 2 2x(x + 1) dx = 0 ∫ (x + 1) ⋅ (x + 1)′ dx = 2 0 2 (x + 1) d(x + 1) = ⎢⎢ 2 2 ⎢⎣ 3 ⎥ = ⎥ ⎥⎦ 0 ∫ 2 2 2 1 ⎡ 2 1 = ⋅ ⎢(x + 1)3 ⎤⎥ = 3 ⎣ ⎦0 1 β Είναι (x 2 + 1)′dx = d(x 2 + 1) , ενώ το β ∫ (x + 1) d(x + 1) είναι της μορφής ∫ y dy 0 2 2 2 α 2 ⎡ y3 ⎤ και δίνει ⎢⎢ ⎥ . ⎥ ⎣⎢ 3 ⎦⎥ α 1 ⎡ 2 1 7 = ⋅ ⎢(1 + 1)3 − (02 + 1)3 ⎤⎥ = ⋅ 7 ⇒ Ι = . 3 ⎣ ⎦ 3 3 Δεύτερος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 2 + 1 = y . Τότε είναι d(x 2 + 1) = d(y) ⇔ (x 2 + 1)′dx = (y)′dy ⇔ 2xdx = dy . • Όταν x = 0 , τότε y = 02 + 1 = 1 . • Όταν x = 1 , τότε y = 12 + 1 = 2 . Άρα είναι 1 2 2 ⎡ y3 ⎤ 3 3 ⎥ = 2 − 1 ⇒ Ι= 7 Ι= 0 ∫ 2 (x + 1) ⋅ 2x dx = 1 y dy = ⎢⎢ 2 ⎥ ⎣⎢ 3 ⎦⎥ 1 ∫ 3 3 3 2 . - 169 - 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 x2 + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 115 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫0 x 3 + 3x + 2 dx . 1 x2 + 1 1 1 Ι= ∫ 0 3 x + 3x + 2 dx = ⋅ 3 ∫ 3 x + 3x + 2 ⋅ 3(x 2 + 1) dx = 1 1 1 1 1 1 = ⋅ 3 ∫ 0 3 x + 3x + 2 ⋅ (3x 2 + 3) dx = ⋅ 3 ∫ x + 3x + 2 ⋅ (x + 3x + 2)′ dx = 0 3 3 Είναι (x 3 + 3x + 2)′dx = d(x 3 + 3x + 2) , άρα 1 1 1 1 ⎡ 1 = ⋅ 3 ∫ 0 x 3 + 3x + 2 d(x 3 + 3x + 2) = ⋅ 3 ⎢⎣ ℓn x 3 + 3x + 2 ⎤ = ⎥⎦ 0 1 β 1 1 β Το ∫0 3 x + 3x + 2 d(x 3 + 3x + 2) είναι της μορφής ∫ α y dy και δίνει ⎡⎢ ℓn y ⎤⎥ . ⎣ ⎦α 1 1 1 6 1 = 3 ( ) ⋅ ℓn 13 + 3 ⋅1 + 2 − ℓn 03 + 3 ⋅ 0 + 2 = ⋅ (ℓn6 − ℓn2) = ⋅ ℓn ⇒ Ι = ℓn3 . 3 3 2 3 Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 x2 + 1 1 1 Ι= ∫ 0 3 x + 3x + 2 dx = ⋅ 3 ∫ x + 3x + 2 ⋅ 3(x + 1) dx = 3 2 1 1 1 1 1 1 = ⋅ 3 ∫ 0 3 x + 3x + 2 ⋅ (3x 2 + 3) dx = ⋅ 3 ∫ 0 3 x + 3x + 2 ⋅ (x 3 + 3x + 2)′ dx = 1 1 ′ 1 ( ℓn x + 3x + 2 ) dx = ⋅ ⎡⎢ ℓn x + 3x + 2 ⎤⎥ = 1 = ⋅ 3 ∫ 0 3 3 ⎣ ⎦ 3 0 1 1 1 6 = 3 ( ⋅ ℓn 13 + 3 ⋅1 + 2 − ℓn 03 + 3 ⋅ 0 + 2 = 3 ⋅ (ℓn6 − ℓn2) = ) 3 ⋅ ℓn 2 ⇒ 1 ⇒ Ι= ℓn3 . 3 - 170 - 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 Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 3 + 3x + 2 = y . Τότε είναι d(x 3 + 3x + 2) = d(y) ⇔ (x 3 + 3x + 2)′dx = (y)′dy ⇔ (3x 2 + 3)dx = dy ⇔ 1 ⇔ 3(x 2 + 1)dx = dy ⇔ (x 2 + 1)dx = dy . 3 • Όταν x = 0 , τότε y = 03 + 3 ⋅ 0 + 2 = 2 . • Όταν x = 1 , τότε y = 13 + 3 ⋅1 + 2 = 6 . Άρα είναι 1 6 6 1 1 1 1 1 1 ⎡ 6 Ι= ∫ 0 3 x + 3x + 2 ⋅ (x 2 + 1) dx = ∫ 2 ⋅ dy = y 3 3 ⋅ ∫2 y dy = ⋅ ⎢ ℓn y ⎤⎥ = 3 ⎣ ⎦2 1 1 6 1 = ⋅ (ℓn6 − ℓn2) = ⋅ ℓn ⇒ Ι= ℓn3 . 3 3 2 3 1 2x − 3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 116 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫0 (x − 3x + 4)3 2 dx . 1 1 2x − 3 1 Ι= ∫ 0 (x − 3x + 4)3 2 dx = ∫ (x − 3x + 4) ⋅ (2x − 3) dx = 0 2 3 1 1 1 1 = ∫0 2 (x − 3x + 4)3 ⋅ (x 2 − 3x + 4)′ dx = ∫ 0 2 (x − 3x + 4)3 d(x 2 − 3x + 4) . Είναι (x 2 − 3x + 4)′dx = d(x 2 − 3x + 4) . Εδώ είναι καλό να γίνει η ακόλουθη αλλαγή μεταβλητής, διότι θα γίνει πιο εύκολα ο τελικός υπολογισμός του Ι. Θέτω x 2 − 3x + 4 = y . • Όταν x = 0 , τότε y = 02 − 3 ⋅ 0 + 4 = 4 . • Όταν x = 1 , τότε y = 12 − 3 ⋅1 + 4 = 2 . - 171 - 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 Άρα είναι 2 2 2 2 4 1 ⎡ y−2 ⎤ ⎡1⎤ ⎡1⎤ ⎛ ⎞ ⎥ = − ⋅ ⎢ ⎥ = ⋅ ⎢ ⎥ = 1 ⋅ ⎜⎜ 1 − 1 ⎟⎟ = 1 1 Ι= ∫ 4 y3 dy = ∫y 4 −3 dy = ⎢⎢ ⎥ ⎣⎢ −2 ⎦⎥ 4 2 ⎢⎣ y2 ⎥⎦ 4 2 ⎢⎣ y2 ⎥⎦ 2 2 ⎜⎝ 42 ⎟ 22 ⎟⎠ 1 ⎛⎜ 1 1 ⎞ 1 −3 3 = ⋅ ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ = ⋅ ⇒ Ι=− . 2 ⎝ 16 4 ⎟⎠ 2 16 32 Δεύτερος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής από την αρχή Θέτω x 2 − 3x + 4 = y . Τότε είναι d(x 2 − 3x + 4) = d(y) ⇔ (x 2 − 3x + 4)′dx = (y)′dy ⇔ (2x − 3)dx = dy . • Όταν x = 0 , τότε y = 02 − 3 ⋅ 0 + 4 = 4 . • Όταν x = 1 , τότε y = 12 − 3 ⋅1 + 4 = 2 . Άρα είναι 1 2 2 2 2 1 1 ⎡ y−2 ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ Ι= ∫ 0 (x − 3x + 4)3 2 ⋅ (2x − 3) dx = ∫ 4 y3 dy = ∫y 4 −3 dy = ⎢⎢ ⎥ =− ⎥ ⎢⎣ −2 ⎥⎦ 4 ⋅⎢ ⎥ = 2 ⎢⎣ y2 ⎥⎦ 4 4 1 ⎡1⎤ 1 ⎛1 1⎞ 1 ⎛1 1 ⎞ 1 −3 3 = ⋅ ⎢⎢ 2 ⎥⎥ = ⋅ ⎜⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟⎟ = ⋅ ⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟ = ⋅ ⇒ Ι=− . 2 ⎣ y ⎦2 2 ⎝4 2 ⎟⎠ 2 ⎝ 16 4 ⎟⎠ 2 16 32 1 ∫ 2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 117 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 0 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎡ x2 ⎤ 1 ∫ x2 ∫ x2 ∫ x2 ∫ 2 Ι= xe dx = ⋅ e ⋅ 2x dx = ⋅ e ⋅ (x )′ dx = ⋅ 2 e x d(x 2 ) = ⋅ ⎢e ⎥ = 2 2 2 2 ⎣ ⎦0 0 0 0 0 1 12 e −1 = 2 ( ⋅ e − e0 ⇒ Ι =) 2 . 1 β β Είναι (x )′dx = d(x ) , ενώ το 2 2 ∫ 0 x2 2 e d(x ) είναι της μορφής ∫α e y dy και δίνει ⎡⎢ e y ⎤⎥ . ⎣ ⎦α - 172 - 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 Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 1 1 1 1 1 1 ′ 1 ⎡ x2 ⎤ 1 ∫ ∫ ∫ ∫( ) 2 2 2 2 Ι= xe x dx = ⋅ e x ⋅ 2x dx = ⋅ e x ⋅ (x 2 )′ dx = ⋅ ex dx = ⋅ ⎢e ⎥ = 2 2 2 2 ⎣ ⎦0 0 0 0 0 1 12 e −1 = 2 ( ⋅ e − e0 ⇒ Ι = 2 .) Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 2 = y . Τότε είναι 1 d(x 2 ) = d(y) ⇔ (x 2 )′dx = (y)′dy ⇔ 2xdx = dy ⇔ xdx = dy . 2 • Όταν x = 0 , τότε y = 02 = 0 . • Όταν x = 1 , τότε y = 12 = 1 . Άρα είναι 1 1 1 1 1 1 ⎡ y ⎤1 1 e −1 ∫ ∫ ∫ 2 Ι= e x ⋅ x dx = e y ⋅ dy = ⋅ e y dy = ⋅ ⎢e ⎥ = ⋅ (e1 − e0 ) ⇒ Ι = . 2 2 2 ⎣ ⎦0 2 2 0 0 0 1 xdx

Άσκηση ολοκληρωμάτων 118 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 (x + 1)2 2 . Αν και το dx το βάζουμε δεξιά της υπό το ολοκλήρωμα συνάρτησης, εδώ βλέπεις ότι μπορεί να είναι και σε αριθμητή κλάσματος. Αντιμετωπίζοντας το dx σαν παράγοντα ενός «γινομένου», μπορούμε να το «κατεβάσουμε» δεξιά. 1 1 1 xdx 1 1 1 1 Ι= ∫0 2 (x + 1)2 = ⋅ 2 ∫ 0 2 (x + 1)2 ⋅ 2x dx = ⋅ 2 ∫ 0 2 (x + 1)2 ⋅ (x 2 + 1)′ dx = 1 β 1 1 Είναι (x + 1)′dx = d(x + 1) , ενώ το 2 β 2 ∫0 2 (x + 1)2 d(x 2 + 1) είναι της μορφής ∫ α y2 dy ⎡ 1⎤ και δίνει ⎢− ⎥ . ⎢ y⎥ ⎣ ⎦α - 173 - 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 1 0 1 1 1 ⎡⎢ 1 ⎤⎥ 1 ⎡⎢ 1 ⎤⎥ 1 ⎡⎢ 1 ⎤⎥ = ⋅ 2 ∫ 0 (x 2 + 1)2 d(x 2 + 1) = ⋅ − 2 ⎢⎣ x 2 + 1 ⎥⎦ 0 = − ⋅ 2 ⎢⎣ x 2 + 1 ⎥⎦ 0 = ⋅ 2 ⎢⎣ x 2 + 1 ⎥⎦ 1 = 1 ⎛⎜ 1 1 ⎞⎟ 1 ⎛⎜ 1⎞ 1 1 1 = ⋅ ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟ = ⋅ ⎜1 − ⎟⎟⎟ = ⋅ ⇒ Ι = . ⎟ 2 ⎝ 0 + 1 1 + 1⎠ 2 ⎝ ⎜ ⎟ 2⎠ 2 2 4 Δεύτερος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x 2 + 1 = y . Τότε είναι 1 d(x 2 + 1) = d(y) ⇔ (x 2 + 1)′dx = (y)′dy ⇔ 2xdx = dy ⇔ xdx = dy . 2 • Όταν x = 0 , τότε y = 02 + 1 = 1 . • Όταν x = 1 , τότε y = 12 + 1 = 2 . Άρα είναι 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ⎡⎢ 1 ⎤⎥ 1 ⎡⎢ 1 ⎤⎥ Ι= ∫ 0 (x + 1)2 2 ⋅ x dx = ∫ 1 y 2 ⋅ dy = 2 2 ⋅ ∫ 1 y 2 dy = ⋅− 2 ⎢⎣ y ⎥⎦ 1 =− ⋅ 2 ⎢⎣ y ⎥⎦ 1 = 1 ⎛⎜ 1 1⎞ 1 −1 1 =− ⋅ ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ = − ⋅ ⇒ Ι= . 2 ⎝2 1 ⎠⎟ 2 2 4 2 x2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 119 από «Ε2(Θ4)+Κ5(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫1 x3 + 8 dx . 2 2 2 x2 1 1 2 1 Ι= ∫1 x3 + 8 dx = ⋅ 2 ⋅ 3 ∫ 1 2 x3 + 8 2 ⋅ 3x dx = ⋅ 3 ∫ 2 x + 8 ⋅ (x + 8)′ dx = 1 3 3 Είναι (x 3 + 8)′dx = d(x 3 + 8) . 2 ( 2 + 8 − 1 + 8 ) ⇒ Ι = 32 . 2 2 1 2 ⎡ 3 ⎤ 2 = ⋅ 3 ∫ 2 x +8 1 3 d(x 3 + 8) = ⋅ ⎢ x + 8⎥ = ⋅ 3 ⎣ ⎦1 3 3 3 - 174 - 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 β 1 1 β dy και δίνει ⎡⎢ y ⎤⎥ . Το ∫ 2 x +8 1 3 3 d(x + 8) είναι της μορφής ∫ α 2 y ⎣ ⎦α Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 2 2 2 x2 1 1 2 1 Ι= ∫ 1 3 x +8 dx = ⋅ 2 ⋅ 3 ∫ 1 3 2 x +8 ⋅ 3x dx = ⋅ 3 2 ∫ 2 x + 8 ⋅ (x + 8)′ dx = 1 3 3 2 ′ ∫( ) ( 2 + 8 − 1 + 8 ) ⇒ Ι = 32 . 2 2 2 ⎡ ⎤ 2 = ⋅ x 3 + 8 dx = ⋅ ⎢ x 3 + 8 ⎥ = ⋅ 3 3 3 3 ⎣ ⎦1 3 1 Τρίτος τρόπος Με αλλαγή μεταβλητής Θέτω x3 + 8 = y . Τότε είναι x 3 + 8 = y2 και 2 d(x 3 + 8) = d(y2 ) ⇔ (x 3 + 8)′dx = (y2 )′dy ⇔ 3x 2dx = 2ydy ⇔ x 2dx = ydy . 3 • Όταν x = 1 , τότε y = 13 + 8 = 9 = 3 . • Όταν x = 2 , τότε y = 23 + 8 = 16 = 4 . Άρα είναι 2 4 4 1 1 2 2 2 2 Ι= ∫1 x3 + 8 ⋅ x 2 dx = ∫3 ⋅ y 3 y dy = 3 ⋅ ∫ 3 1dy = 3 ⋅ (4 − 3) ⇒ Ι = 3 . - 175 - 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 1 + ℓnx