Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο

4 2 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫3 2 x −1 dx .

4 x Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫ 3 2 x − 3x + 2 dx .

4 x 2 − 2x + 2 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫ 3 x 2 − 3x + 2 dx .

4 x3 − 2 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ∫ 3 x 2 − 3x + 2 dx .

Άσκηση ολοκληρωμάτων 131 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫2 2 x −1 dx . Είναι 3 3 2 2 Ι= ∫ 2 2 x −1 dx = ∫ 2 (x − 1)(x + 1) dx . Το (σταθερό και μη μηδενικό) πολυώνυμο του αριθμητή έχει βαθμό μικρότερο από τον βαθμό του παρονομαστή και ο παρονομαστής παραγοντοποιείται. Τον παραγοντοποιώ και μετά «σπάω» το κλάσμα σε άθροισμα δύο άλλων. Είναι 2 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 1)(x + 1) x −1 x +1 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 2 = α(x + 1) + β(x − 1) ⇔ αx + α + βx − β = 2 ⇔ (α + β)x + (α − β) = 2 , ⎧⎪ α + β = 0 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 1 , β = −1 . ⎬ ⎪⎪ α − β = 2 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Υπενθυμίζεται ότι το παραπάνω σύστημα προέκυψε από την ισότητα πολυωνύμων (α + β)x + (α − β) = 2 . Άρα είναι 3 3 3 ⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 1 Ι= ∫ 2 ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ x − 1 x + 1⎟⎠⎟ dx = − ∫2 x −1 dx − ∫ x + 1 dx = 2 3 3 3 3 1 1 1 1 = ∫2 x −1 ⋅ (x − 1)′ dx − ∫2 x +1 ⋅ (x + 1)′ dx = ∫ 2 x −1 d(x − 1) − ∫2 x +1 d(x + 1) = 3 3 = ⎡⎢ ℓn(x − 1)⎤⎥ − ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = ℓn(3 − 1) − ℓn(2 − 1) − ⎡⎢ ℓn(3 + 1) − ℓn(2 + 1)⎤⎥ = ⎣ ⎦2 ⎣ ⎦2 ⎣ ⎦ 3 = ℓn2 − (ℓn4 − ℓn3) = ℓn2 − ℓn22 + ℓn3 = ℓn2 − 2ℓn2 + ℓn3 = ℓn3 − ℓn2 ⇒ Ι = ℓn . 2 - 203 - 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 +1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 132 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x + x − 2 dx . 3 2 Είναι 4 4 x +1 x +1 Ι= ∫3 2 x + x −2 dx = ∫3 (x − 1)(x + 2) dx . Και εδώ ισχύουν τα σχόλια που έγιναν στην άσκηση 131. Είναι x +1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 1)(x + 2) x −1 x+2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω x + 1 = α(x + 2) + β(x − 1) ⇔ x + 1 = αx + 2α + βx − β ⇔ (α + β)x + (2α − β) = x + 1 ⎧⎪ α + β = 1 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 2 , β = 1 . ⎬ ⎪⎪ 2α − β = 1 ⎪⎪ 3 3 ⎩ ⎭ Άρα είναι ⎛ 2 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 4 ⎟⎟ 4 4 ⎜⎜ 3 ⎟ 2 1 1 1 Ι= ∫ 3 ⎜ ⎜⎜ ⎜ x −1 + 3 ⎟⎟ dx = ⋅ x + 2 ⎟⎟⎟ 3 x −1 dx + ⋅ 3 ∫ x+2 dx = ∫ ⎜⎝ ⎟⎠ 3 3 4 4 2 1 1 1 = ⋅ 3 ∫ 3 x −1 ⋅ (x − 1)′ dx + ⋅ 3 ∫3 x+2 ⋅ (x + 2)′ dx = 4 4 2 1 1 1 2 1 ∫ ∫ 4 4 = ⋅ d(x − 1) + ⋅ d(x + 2) = ⋅ ⎡⎢ ℓn(x − 1)⎤⎥ + ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 2)⎤⎥ = 3 x −1 3 x+2 3 ⎣ ⎦3 3 ⎣ ⎦3 3 3 2 ⎡ 1 = ⋅ ⎢ ℓn(4 − 1) − ℓn(3 − 1)⎤⎥ + ⋅ ⎡⎢ ℓn(4 + 2) − ℓn(3 + 2)⎤⎥ = 3 ⎣ ⎦ 3 ⎣ ⎦ 2 1 2 3 1 6 = ⋅ (ℓn3 − ℓn2) + ⋅ (ℓn6 − ℓn5) ⇒ Ι = ⋅ ℓn + ⋅ ℓn . 3 3 3 2 3 5 - 204 - 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 2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 133 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x + 3x dx . 2 2 Είναι 3 3 2 2 Ι= ∫2 2 x + 3x dx = ∫2 x(x + 3) dx . Είναι 2 α β = + , όπου α , β ∈ ! . x(x + 3) x x+3 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 2 = α(x + 3) + βx ⇔ αx + 3α + βx = 2 ⇔ (α + β)x + 3α = 2 , ⎧⎪ α + β = 0 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪⎬ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 2 , β = − 2 . ⎪⎪ 3α = 2 ⎪⎪ 3 3 ⎩ ⎭ Άρα είναι ⎛2 2 ⎞⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ 3 3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ 2 1 2 1 Ι= ∫ 2 ⎜ ⎜⎜ − ⎜ x 3 x + 3 ⎟⎟ ⎟⎟ dx = ⋅ 3 x ∫ dx − ⋅ 3 x+3 dx = ∫ ⎝⎜ ⎟⎠ 2 2 3 3 2 2 1 2 2 1 ∫ ∫ x + 3 d(x + 3) = 3 = ⋅ ⎡⎢ ℓnx ⎤⎥ − ⋅ ⋅ (x + 3)′ dx = ⋅ (ℓn3 − ℓn2) − ⋅ 3 ⎣ ⎦ 2 3 x+3 3 3 2 2 2 3 2 2 3 2 = ⋅ ℓn − ⋅ ⎡⎢ ℓn(3 + 3) − ℓn(2 + 3)⎤⎥ = ⋅ ℓn − ⋅ (ℓn6 − ℓn5) = 3 2 3 ⎣ ⎦ 3 2 3 3 2 3 2 6 2 ⎛ 3 6 ⎞ 2 2 5 = ⋅ ℓn − ⋅ ℓn = ⋅ ⎜⎜⎜ℓn − ℓn ⎟⎟⎟ = ⋅ ℓn 2 ⇒ Ι = ⋅ ℓn . 3 2 3 5 3 ⎝ 2 5 ⎟⎠ 3 6 3 4 5 - 205 - 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 − 3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 134 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x − 3x + 2 dx . 0 2 Είναι −1 −1 2x − 3 2x − 3 Ι= ∫0 2 x − 3x + 2 dx = ∫ 0 (x − 1)(x − 2) dx . Είναι 2x − 3 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 1)(x − 2) x −1 x −2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 2x − 3 = α(x − 2) + β(x − 1) ⇔ 2x − 3 = αx − 2α + βx − β ⇔ ⇔ (α + β)x + (−2α − β) = 2x − 3 , ⎧⎪ α + β = 2 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 1 , β = 1 . ⎬ ⎪⎪ −2α − β = −3 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι −1 −1 −1 ⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 1 Ι= ∫ 0 ⎜⎜ ⎜⎝ x − 1 + ⎟⎟ dx = x − 2 ⎠⎟ ∫ 0 x −1 dx + ∫ x − 1 dx = 0 −1 −1 −1 −1 1 1 1 1 = ∫0 x −1 ⋅ (x − 1)′ dx + ∫0 x −2 ⋅ (x − 2)′ dx = ∫ 0 x −1 d(x − 1) + ∫0 x −2 d(x − 2) = −1 −1 = ⎡⎢ ℓn x − 1 ⎤⎥ + ⎡⎢ ℓn x − 2 ⎤⎥ = ℓn −1 − 1 − ℓn 0 − 1 + ℓn −1 − 2 − ℓn 0 − 2 = ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 = ℓn2 + ℓn3 − ℓn2 ⇒ Ι = ℓn3 . - 206 - 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 0 2x + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 135 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x − 5x + 6 dx . 1 2 Είναι 0 0 2x + 1 2x + 1 Ι= ∫ 1 2 x − 5x + 6 dx = ∫1 (x − 2)(x − 3) dx . Είναι 2x + 1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 2)(x − 3) x −2 x −3 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 2x + 1 = α(x − 3) + β(x − 2) ⇔ 2x + 1 = αx − 3α + βx − 2β ⇔ ⇔ (α + β)x + (−3α − 2β) = 2x + 1 , ⎧⎪ α + β = 2 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −5 , β = 7 . ⎬ ⎪⎪ −3α − 2β = 1 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι 0 0 0 ⎛ −5 7 ⎞⎟ 1 1 Ι= ∫ 1 ⎜⎜ ⎜⎝ x − 2 + ⎟⎟ dx = 7 ⋅ x − 3 ⎟⎠ ∫ 1 x −3 dx − 5 ⋅ ∫ 1 x −2 dx = 0 0 1 1 = 7⋅ ∫ 1 x −3 ⋅ (x − 3)′ dx − 5 ⋅ ∫ x − 2 ⋅ (x − 2)′ dx = 1 0 0 1 1 0 0 = 7⋅ ∫ 1 x −3 d(x − 3) − 5 ⋅ ∫ 1 x −2 d(x − 2) = 7 ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 3 ⎤⎥ − 5 ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 2 ⎤⎥ = ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦1 ( ) ( = 7 ⋅ ℓn 0 − 3 − ℓn 1 − 3 − 5 ⋅ ℓn 0 − 2 − ℓn 1 − 2 = 7(ℓn3 − ℓn2) − 5ℓn2 = ) = 7ℓn3 − 7ℓn2 − 5ℓn2 ⇒ Ι = 7ℓn3 − 12ℓn2 . - 207 - 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

Άσκηση ολοκληρωμάτων 136 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x − 6x − 7 dx . 2 2 Είναι 3 3 x+2 x+2 Ι= ∫ 2 2 x − 6x − 7 dx = ∫ 2 (x − 7)(x + 1) dx . Είναι x+2 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 7)(x + 1) x−7 x +1 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω x + 2 = α(x + 1) + β(x − 7) ⇔ x + 2 = αx + α + βx − 7β ⇔ ⇔ (α + β)x + (α − 7β) = x + 2 , ⎧⎪ α + β = 1 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 9 , β = − 1 . ⎬ ⎪⎪ α − 7β = 2 ⎪⎪ 8 8 ⎩ ⎭ Άρα είναι ⎛ 9 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ 3 3 ⎜⎜ 8 ⎟ 9 1 1 1 Ι= ∫ 2 ⎜ ⎜⎜ ⎜ x−7 − 8 ⎟⎟ dx = ⋅ x + 1⎟⎟⎟ 8 x−7 dx − ⋅ 8 ∫x +1 dx = ∫ ⎜⎝ ⎟⎠ 2 2 3 3 9 1 1 1 = ⋅ 8 ∫ 2 x−7 ⋅ (x − 7)′ dx − ⋅ 8 ∫2 x +1 ⋅ (x + 1)′ dx = 3 3 9 1 1 1 9 3 1 ∫ ∫ 3 = ⋅ d(x − 7) − ⋅ d(x + 1) = ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 7 ⎤⎥ − ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = 8 x−7 8 x +1 8 ⎣ ⎦2 8 ⎣ ⎦2 2 2 9 1 = 8 ( ) ⋅ ℓn 3 − 7 − ℓn 2 − 7 − ⋅ ⎡⎢ ℓn(3 + 1) − ℓn(2 + 1)⎤⎥ = 8 ⎣ ⎦ 9 1 9 9 1 1 = ⋅ (ℓn4 − ℓn5) − ⋅ (ℓn4 − ℓn3) = ℓn4 − ℓn5 − ℓn4 + ℓn3 ⇒ 8 8 8 8 8 8 9 1 ⇒ Ι = ℓn4 − ℓn5 + ℓn3 . 8 8 - 208 - 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 − 2x − 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 137 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2 x3 − x dx . Είναι 3 3 3 x 2 − 2x − 1 x 2 − 2x − 1 x 2 − 2x − 1 Ι= ∫ 2 x3 − x dx = ∫2 x(x 2 − 1) dx = ∫ 2 x(x − 1)(x + 1) dx . Είναι x 2 − 2x − 1 α β γ = + + , όπου α , β , γ ∈ ! . x(x − 1)(x + 1) x x −1 x +1 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω x 2 − 2x − 1 = α(x − 1)(x + 1) + βx(x + 1) + γx(x − 1) ⇔ ⇔ x 2 − 2x − 1 = α(x 2 − 1) + βx 2 + βx + γx 2 − γx ⇔ ⇔ x 2 − 2x − 1 = αx 2 − α + βx 2 + βx + γx 2 − γx ⇔ ⇔ (α + β + γ)x 2 + (β − γ)x − α = x 2 − 2x − 1 , ⎧⎪ α + β + γ = 1 ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ β − γ = −2 ⎪⎬ , από όπου προκύπτει α = 1 , β = −1 , γ = 1 . ⎪⎪ ⎪ ⎪⎩⎪ −α = −1 ⎪⎪⎭⎪ Άρα είναι 3 3 3 3 ⎛1 ⎞ ⎜⎜ − 1 + 1 ⎟⎟ dx = 1 1 1 Ι= ∫2 ⎜⎝ x x −1 ⎟ x + 1⎠⎟ ∫ 2 x dx − ∫2 x −1 dx + ∫ x + 1 dx = 2 3 3 1 1 ∫ ∫ 3 = ⎡⎢ ℓnx ⎤⎥ − ⋅ (x − 1)′ dx + ⋅ (x + 1)′ dx = ⎣ ⎦2 x −1 x +1 2 2 3 3 1 1 = ℓn3 − ℓn2 − ∫2 x −1 d(x − 1) + ∫ x + 1 d(x + 1) = 2 3 3 = ℓn3 − ℓn2 − ⎡⎢ ℓn(x − 1)⎤⎥ + ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = ⎣ ⎦2 ⎣ ⎦2 = ℓn3 − ℓn2 − ⎡⎢ ℓn(3 − 1) − ℓn(2 − 1)⎤⎥ + ℓn(3 + 1) − ℓn(2 + 1) = ⎣ ⎦ = −ℓn2 − ℓn2 + ℓn4 = ℓn22 − 2ℓn2 = 2ℓn2 − 2ℓn2 ⇒ Ι = 0 . - 209 - 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 −1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 138 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x + 3x + 2 dx . 0 2 Είναι 1 1 x −1 x −1 Ι= ∫0 2 x + 3x + 2 dx = ∫ 0 (x + 1)(x + 2) dx . Είναι x −1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x + 1)(x + 2) x +1 x+2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω x − 1 = α(x + 2) + β(x + 1) ⇔ x − 1 = αx + 2α + βx + β ⇔ ⇔ (α + β)x + (2α + β) = x − 1 , ⎧⎪ α + β = 1 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −2 , β = 3 . ⎬ ⎪⎪ 2α + β = −1 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι 1 1 1 ⎛ −2 3 ⎞⎟ 1 1 Ι= ∫ 0 ⎜⎜ ⎜⎝ x + 1 + ⎟⎟ dx = 3 ⋅ x + 2 ⎟⎠ ∫0 x+2 dx − 2 ⋅ ∫0 x +1 dx = 1 1 1 1 = 3⋅ ∫ 0 x+2 ⋅ (x + 2)′ dx − 2 ⋅ ∫ x + 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 0 1 1 1 1 ∫ ∫ 1 1 = 3⋅ d(x + 2) − 2 ⋅ d(x + 1) = 3 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 2)⎤⎥ − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = x+2 x +1 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 0 0 = 3 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 2) − ℓn(0 + 2)⎤⎥ − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎤⎥ = 3(ℓn3 − ℓn2) − 2ℓn2 = ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = 3ℓn3 − 3ℓn2 − 2ℓn2 ⇒ Ι = 3ℓn3 − 5ℓn2 . - 210 - 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 −1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 139 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ x + 1 dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x − 1) : (x + 1) έχω ότι x −1 2 x − 1 = 1 ⋅ (x + 1) − 2 ⇔ = 1− , x +1 x +1 οπότε είναι 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ dx = 1 1 Ι= ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x + 1⎠⎟ ∫ 1dx − 2 ⋅ ∫ 0 0 x +1 dx = 1 ⋅ (1 − 0) − 2 ⋅ ∫ x + 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 0 1 1 ∫ 1 = 1−2⋅ d(x + 1) = 1 − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = 1 − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎤⎥ ⇒ x +1 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦ 0 ⇒ Ι = 1 − 2ℓn2 . Δεύτερος τρόπος Σαν «απλό» ολοκλήρωμα 1 1 1 1 x −1 x + 1−2 ⎛ x +1 2 ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ dx = Ι= ∫ 0 x +1 dx = ∫0 x +1 dx = ∫0 ⎜⎜ ⎜⎝ x + 1 − ⎟⎟ dx = x + 1 ⎟⎠ ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x + 1 ⎟⎠ 1 1 1 1 1 = ∫0 1dx − 2 ⋅ ∫0 x +1 dx = 1 ⋅ (1 − 0) − 2 ⋅ ∫0 x +1 ⋅ (x + 1)′ dx = 1 1 ∫ 1 = 1−2⋅ d(x + 1) = 1 − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = 1 − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎤⎥ ⇒ x +1 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦ 0 ⇒ Ι = 1 − 2ℓn2 . Ο δεύτερος τρόπος απαιτούσε περισσότερη φαντασία, γι’ αυτό θα σύστηνα να κρατή- σεις τον πρώτο. - 211 - 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

Άσκηση ολοκληρωμάτων 140 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫0 x2 − 4 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση x 2 : (x 2 − 4) έχω ότι 2 x2 2 4 x = 1 ⋅ (x − 4) + 4 ⇔ 2 = 1+ 2 , x −4 x −4 οπότε είναι 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜1 + 4 ⎟⎟ dx = 1 Ι= ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x 2 − 4 ⎠⎟ ∫ 1dx + 4 ⋅ ∫ x − 4 dx = 1 ⋅ (1 − 0) + 4 ⋅ Ι ⇒ Ι = 1 + 4 ⋅ Ι 0 0 2 1 (1) Είναι 1 1 1 1 Ι1 = ∫ 0 2 x −4 dx = ∫ (x − 1)(x + 2) dx . 0 Είναι 1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 2)(x + 2) x −2 x+2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 1 = α(x + 2) + β(x − 2) ⇔ 1 = αx + 2α + βx − 2β ⇔ (α + β)x + (2α − 2β) = 1 , ⎧⎪ α + β = 0 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου προκύπτει α = 1 , β = − 1 . ⎬ ⎪⎪ 2α − 2β = 1 ⎪⎪ 4 4 ⎩ ⎭ Άρα είναι ⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎜⎜1 ⎟⎟ 1 1 ⎜⎜ 4 ⎟ 1 1 1 1 Ι1 = ∫ 0 ⎜ ⎜⎜ ⎜ x −2 − 4 x + 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ dx = ⋅ 4 x −2 dx − ⋅ 4 x+2 ∫ dx = ∫ ⎝⎜ ⎟⎠ 0 0 1 1 1 1 1 1 = ⋅ 4 ∫ 0 x −2 ⋅ (x − 2)′ dx − ⋅ 4 ∫ x + 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∫ ∫ 1 = ⋅ d(x − 2) − ⋅ d(x + 2) = ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 2 ⎤⎥ − ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 2)⎤⎥ = 4 x −2 4 x+2 4 ⎣ ⎦0 4 ⎣ ⎦0 0 0 1 1 = 4 ( ) ⋅ ℓn 1 − 2 − ℓn 0 − 2 − ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 2) − ℓn(0 + 2)⎤⎥ = 4 ⎣ ⎦ - 212 - 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 1 1 1 =− ℓn2 − ⋅ (ℓn3 − ℓn2) = − ℓn2 − ℓn3 + ℓn2 ⇒ Ι1 = − ℓn3 . 4 4 4 4 4 4 Τότε από την (1) έχω ότι −1 Ι = 1+ 4 ⋅ ℓn3 ⇔ Ι = 1 − ℓn3 . 4 Δεύτερος τρόπος 1 1 1 1 x2 x2 − 4 + 4 ⎛ x2 − 4 4 ⎞⎟⎟ ⎛ ⎞ ⎜⎜1 − 4 ⋅ 1 ⎟⎟ dx = Ι= ∫ 0 x2 − 4 dx = ∫ 0 x2 − 4 dx = ∫ 0 ⎜⎜ ⎜⎜ x 2 − 4 ⎝ + ⎟ dx = x 2 − 4 ⎟⎠ ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x 2 − 4 ⎠⎟ 1 1 1 = ∫ 1dx − 4 ⋅ ∫ x − 4 dx = 1 ⋅ (1 − 0) − 4 ⋅ Ι ⇒ Ι = 1 − 4 ⋅ Ι 0 0 2 1 1 (1) Η διαδικασία υπολογισμού του Ι1 είναι ακριβώς η ίδια βεβαίως, οπότε στο τέλος θα προκύψει πάλι Ι = 1 − ℓn3 . 1 x 2 − 3x + 2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 141 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 x +1 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 2 − 3x + 2) : (x + 1) έχω x 2 − 3x + 2 6 x 2 − 3x + 2 = (x − 4)(x + 1) + 6 ⇔ = x −4 + , x +1 x +1 άρα 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜x − 4 + 6 ⎟⎟ dx = 1 Ι= ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x + 1⎠⎟ ∫ (x − 4) dx + 6 ⋅ ∫ x + 1 dx = 0 0 1 1 1 ⎡ x2 ⎤ 1 12 ⎛ 02 ⎞ 1 − 4 ⋅1 − ⎜⎜⎜ − 4 ⋅ 0⎟⎟⎟ + 6 ⋅ = ⎢⎢ − 4x ⎥⎥ + 6 ⋅ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0 0 x +1 ∫ ⋅ (x + 1)′ dx = 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 0 x +1 d(x + 1) = ∫ 7 1 7 7 =− + 6 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = 6 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎤⎥ − ⇒ Ι = 6ℓn2 − . 2 ⎣ ⎦ 0 ⎣ ⎦ 2 2 - 213 - 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 2 − 2x + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 142 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 x 2 + 4x + 3 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 2 − 2x + 1) : (x 2 + 4x + 3) έχω ότι x 2 − 2x + 1 −6x − 2 x 2 − 2x + 1 = 1 ⋅ (x 2 + 4x + 3) + (−6x − 2) ⇔ 2 = 1+ 2 , x + 4x + 3 x + 4x + 3 οπότε 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜1 + −6x − 2 ⎟⎟ dx = −6x − 2 −2(3x + 1) Ι= ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x 2 + 4x + 3 ⎟⎠ ∫ 0 1dx + ∫0 2 x + 4x + 3 dx = 1 ⋅ (1 − 0) + ∫ 0 x 2 + 4x + 3 dx = 1 3x + 1 = 1−2⋅ ∫0 2 x + 4x + 3 dx ⇒ Ι = 1 − 2 ⋅ Ι1 (1) Είναι 1 1 3x + 1 3x + 1 Ι1 = ∫ 0 2 x + 4x + 3 dx = ∫ 0 (x + 1)(x + 3) dx . Είναι 3x + 1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x + 1)(x + 3) x +1 x+3 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 3x + 1 = α(x + 3) + β(x + 1) ⇔ 3x + 1 = αx + 3α + βx + β ⇔ ⇔ (α + β)x + (3α + β) = 3x + 1 , ⎧⎪ α + β = 3 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −1 , β = 4 . ⎬ ⎪⎪ 3α + β = 1 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι 1 1 1 ⎛ −1 4 ⎞⎟ 1 1 Ι1 = ∫ 0 ⎜⎜ ⎜⎝ x + 1 + ⎟⎟ dx = 4 ⋅ x + 3 ⎟⎠ ∫ 0 x+3 dx − ∫0 x +1 dx = 1 1 1 1 = 4⋅ ∫ 0 x+3 ⋅ (x + 3)′ dx − ∫ x + 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 0 - 214 - 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 1 ∫ ∫ 1 1 = 4⋅ d(x + 3) − d(x + 1) = 4 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 3)⎤⎥ − ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = x+3 x +1 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 0 0 = 4 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 3) − ℓn(0 + 3)⎤⎥ − ⎡⎢ ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎤⎥ = 4(ℓn4 − ℓn3) − ℓn2 = ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = 4ℓn4 − 4ℓn3 − ℓn2 = 4ℓn22 − 4ℓn3 − ℓn2 = 8ℓn2 − 4ℓn3 − ℓn2 ⇒ ⇒ Ι1 = 7ℓn2 − 4ℓn3 . Τότε από την (1) έχω ότι Ι = 1 − 2(7ℓn2 − 4ℓn3) ⇔ Ι = 1 + 8ℓn3 − 14ℓn2 . 3 x 3 + x 2 − 2x − 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 143 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 2 x2 − x dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 3 + x 2 − 2x − 1) : (x 2 − x) έχω ότι x 3 + x 2 − 2x − 1 1 x 3 + x 2 − 2x − 1 = (x + 2)(x 2 − x) + (−1) ⇔ 2 = x +2− 2 , x −x x −x οπότε είναι 3 3 3 ⎛ ⎞ ⎜⎜x + 2 − 1 ⎟⎟ dx = 1 Ι= ∫ 2 ⎜⎝ ⎟ x 2 − x ⎠⎟ ∫ (x + 2) dx − ∫ x − x dx ⇒ Ι = Ι − 2 ⋅ Ι 2 2 2 1 2 (1) 3 3 ⎡ x2 ⎤ 32 ⎛ 22 ⎞ ⎜⎜ + 2 ⋅ 2⎟⎟ = 9 + 6 − 6 ⇒ Ι = 9 . Ι • 1 = 2 (x ∫ + 2) dx = ⎢ ⎢2 ⎢ ⎣ + 2x ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ 2 = 2 + 2 ⋅ 3 − ⎜⎜ 2 ⎝ ⎟⎟ ⎠ 2 1 2 3 3 1 1 • Ι2 = ∫ 2 2 x −x dx = ∫ x(x − 1) dx . 2 Είναι 1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . x(x − 1) x x −1 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 1 = α(x − 1) + βx ⇔ 1 = αx − α + βx ⇔ (α + β)x − α = 1 , - 215 - 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 ⎧⎪ α + β = 0 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪⎬ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −1 , β = 1 . ⎪⎪ −α = 1 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι 3 3 3 3 ⎛ −1 1 ⎞⎟ 1 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫ 3 Ι2 = ⎜⎜ + ⎟⎟ dx = dx − dx = ⋅ (x − 1)′ dx − ⎡⎢ ℓnx ⎤⎥ = ⎜⎝ x x − 1⎟⎠ x −1 x x −1 ⎣ ⎦2 2 2 2 2 3 1 ∫ 3 = d(x − 1) − (ℓn3 − ℓn2) = ⎡⎢ ℓn(x − 1)⎤⎥ − ℓn3 + ℓn2 = x −1 ⎣ ⎦2 2 = ℓn(3 − 1) − ℓn(2 − 1) − ℓn3 + ℓn2 ⇒ Ι2 = 2ℓn2 − ℓn3 . Τελικά, από την (1) έχω ότι 9 9 I= − 2(2ℓn2 − ℓn3) ⇔ I = + 2ℓn3 − 4ℓn2 . 2 2 1 x 3 − 2x

Άσκηση ολοκληρωμάτων 144 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 0 x 2 + 3x + 2 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 3 − 2x) : (x 2 + 3x + 2) έχω ότι x 3 − 2x 5x + 6 x 3 − 2x = (x 2 + 3x + 2)(x − 3) + 5x + 6 ⇔ 2 = x −3 + 2 , x + 3x + 2 x + 3x + 2 οπότε είναι 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜x − 3 + 5x + 6 ⎟⎟ dx = 5x + 6 Ι= ∫ 0 ⎜⎝ ⎟ x 2 + 3x + 2 ⎟⎠ ∫ (x − 3) dx + ∫ x + 3x + 2 dx ⇒ Ι = Ι + Ι 0 0 2 1 2 (1) 1 1 ⎡ x2 ⎤ 12 ⎛ 02 ⎞ 1 5 − 3 ⋅1 − ⎜⎜⎜ − 3 ⋅ 0⎟⎟⎟ = − 3 ⇒ Ι1 = − • Ι1 = 0 ∫ (x − 3) dx = ⎢⎢ − 3x ⎥⎥ = ⎢ ⎣ 2 ⎥ ⎦0 2 ⎜ ⎝ 2 ⎟⎠ 2 2 . 1 1 5x + 6 5x + 6 • Ι2 = ∫ 0 2 x + 3x + 2 dx = ∫ (x + 1)(x + 2) dx . 0 Είναι - 216 - 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 5x + 6 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x + 1)(x + 2) x +1 x+2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 5x + 6 = α(x + 2) + β(x + 1) ⇔ 5x + 6 = αx + 2α + βx + β ⇔ ⇔ (α + β)x + (2α + β) = 5x + 6 , ⎧⎪ α + β = 5 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 1 , β = 4 . ⎬ ⎪⎪ 2α + β = 6 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι 1 1 1 ⎛ 1 4 ⎞⎟ 1 1 Ι2 = ∫ 0 ⎜⎜ ⎜⎝ x + 1 + ⎟⎟ dx = x + 2 ⎟⎠ ∫ 0 x +1 dx + 4 ⋅ ∫ x + 2 dx = 0 1 1 1 1 = ∫ 0 x +1 ⋅ (x + 1)′ dx + 4 ⋅ ∫ x + 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 0 1 1 1 1 ∫ ∫ 1 1 = d(x + 1) + 4 ⋅ d(x + 2) = ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ + 4 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 2)⎤⎥ = x +1 x+2 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 0 0 = ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1) + 4 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 2) − ℓn(0 + 2)⎤⎥ = ℓn2 + 4(ℓn3 − ℓn2) = ⎣ ⎦ = ℓn2 + 4ℓn3 − 4ℓn2 ⇒ Ι2 = 4ℓn3 − 3ℓn2 . 5 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι=− + 4ℓn3 − 3ℓn2 . 2 - 217 - 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 − x + 2

Άσκηση ολοκληρωμάτων 145 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫0 x+3 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 2 − x + 2) : (x + 3) έχω x2 − x + 2 14 x 2 − x + 2 = (x − 4)(x + 3) + 14 ⇔ = x −4 + , x+3 x+3 άρα 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜x − 4 + 14 ⎟⎟ dx = 1 Ι= ∫0 ⎜⎝ ⎟ x + 3 ⎠⎟ ∫ (x − 4) dx + 14 ⋅ ∫ x + 3 dx = 0 0 1 1 1 ⎡ x2 ⎤ 1 12 ⎛ 02 ⎞ 1 − 4 ⋅1 − ⎜⎜⎜ − 4 ⋅ 0⎟⎟⎟ + 14 ⋅ = ⎢⎢ − 4x ⎥⎥ + 14 ⋅ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0 0 ∫ x+3 ⋅ (x + 3)′ dx = 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 0 x+3 d(x + 3) = ∫ 7 1 7 7 =− + 14 ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 3)⎤⎥ = − + 14 ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 3) − ℓn(0 + 3)⎤⎥ = − + 14(ℓn4 − ℓn3) ⇒ 2 ⎣ ⎦ 0 2 ⎣ ⎦ 2 4 7 ⇒ Ι = 14ℓn − . 3 2 1 x 3 − 2x + 3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 146 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫0 x2 − 4 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 3 − 2x + 3) : (x 2 − 4) έχω ότι 3 2 x 3 − 2x + 3 2x + 3 x − 2x + 3 = x(x − 4) + 2x + 3 ⇔ 2 = x+ 2 , x −4 x −4 οπότε είναι 1 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎡ x2 ⎤ ⎜⎜x + 2x + 3 ⎟⎟ dx = 2x + 3 2x + 3 Ι= ∫0 ⎜⎝ ⎟ x 2 − 4 ⎟⎠ ∫ x dx + ∫ 0 0 x2 − 4 dx = ⎢⎢ ⎥⎥ + ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 0 ∫ (x − 2)(x + 2) dx = 0 1 12 02 1 2x + 3 = 2 − 2 + Ι1 ⇒ Ι = + Ι1 2 (1) , όπου Ι1 = ∫ (x − 2)(x + 2) dx . 0 Είναι 2x + 3 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 2)(x + 2) x −2 x+2 - 218 - 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 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 2x + 3 = α(x + 2) + β(x − 2) ⇔ 2x + 3 = αx + 2α + βx − 2β ⇔ ⇔ (α + β)x + (2α − 2β) = 2x + 3 , ⎧⎪ α + β = 2 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 7 , β = 1 . ⎬ ⎪⎪ 2α − 2β = 3 ⎪⎪ 4 4 ⎩ ⎭ Άρα είναι ⎛ 7 1 ⎞⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ 1 1 ⎜⎜ 4 ⎟ 7 1 1 1 Ι1 = ∫ 0 ⎜ ⎜⎜ ⎜ x −2 + 4 x + 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ dx = ⋅ 4 ∫ x −2 dx + ⋅ 4 x+2 dx = ∫ ⎝⎜ ⎟⎠ 0 0 1 1 7 1 1 1 = ⋅ 4 ∫ 0 x −2 ⋅ (x − 2)′ dx + ⋅ 4 ∫ x + 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 0 1 1 7 1 1 1 7 1 1 ∫ ∫ 1 = ⋅ d(x − 2) + ⋅ d(x + 2) = ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 2 ⎤⎥ + ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 2)⎤⎥ = 4 x −2 4 x+2 4 ⎣ ⎦0 4 ⎣ ⎦0 0 0 7 1 = 4 ( ) ⋅ ℓn 1 − 2 − ℓn 0 − 2 + ⋅ ⎡⎢ ℓn(1 + 2) − ℓn(0 + 2)⎤⎥ = 4 ⎣ ⎦ 7 1 7 1 1 1 = ⋅ (−ℓn2) + ⋅ (ℓn3 − ℓn2) = − ℓn2 + ℓn3 − ℓn2 ⇒ Ι1 = ℓn3 − 2ℓn2 . 4 4 4 4 4 4 1 1 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι= + ℓn3 − 2ℓn2 . 2 4 - 219 - 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 0 x2 + 1

Άσκηση ολοκληρωμάτων 147 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ −1 x 2 − 3x + 2 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 2 + 1) : (x 2 − 3x + 2) έχω x2 + 1 3x − 1 x 2 + 1 = 1 ⋅ (x 2 − 3x + 2) + 3x − 1 ⇔ 2 = 1+ 2 , x − 3x + 2 x − 3x + 2 άρα είναι 0 0 0 ⎛ 3x − 1 ⎞⎟ 3x − 1 Ι= ∫ −1 ⎜⎜1 + ⎜⎝ ⎟⎟ dx = x 2 − 3x + 2 ⎟⎠ ∫ −1 1dx + ∫ −1 2 x − 3x + 2 dx = 1 ⋅ ⎡⎢0 − (−1)⎤⎥ + Ι1 ⇒ ⎣ ⎦ ⇒ Ι = 1 + Ι1 (1) , όπου 0 0 3x − 1 3x − 1 Ι1 = ∫−1 2 x − 3x + 2 dx = ∫−1 (x − 1)(x − 2) dx . Είναι 3x − 1 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 1)(x − 2) x −1 x −2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 3x − 1 = α(x − 2) + β(x − 1) ⇔ 3x − 1 = αx − 2α + βx − β ⇔ ⇔ (α + β)x + (−2α − β) = 3x − 1 , ⎧⎪ α + β = 3 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −2 , β = 5 . ⎬ ⎪⎪ −2α − β = −1 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Άρα είναι 0 0 0 ⎛ −2 5 ⎞⎟ 1 1 Ι1 = ∫ −1 ⎜⎜ ⎜⎝ x − 1 + ⎟⎟ dx = 5 ⋅ x − 2 ⎠⎟ ∫ −1 x −2 dx − 2 ⋅ ∫ x − 1 dx = −1 0 0 1 1 = 5⋅ ∫−1 x −2 ⋅ (x − 2)′ dx − 2 ⋅ ∫ −1 x −1 ⋅ (x − 1)′ dx = 0 0 1 1 0 0 = 5⋅ ∫−1 x −2 d(x − 2) − 2 ⋅ ∫ −1 x −1 d(x − 1) = 5 ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 2 ⎤⎥ − 2 ⋅ ⎡⎢ ℓn x − 1 ⎤⎥ = ⎣ ⎦ −1 ⎣ ⎦ −1 - 220 - 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 ( ) ( = 5 ⋅ ℓn 0 − 2 − ℓn −1 − 2 − 2 ⋅ ℓn 0 − 1 − ℓn −1 − 1 = 5(ℓn2 − ℓn3) + 2ℓn2 = ) = 5ℓn2 − 5ℓn3 + 2ℓn2 ⇒ Ι1 = 7ℓn2 − 5ℓn3 . Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = 1 + 7ℓn2 − 5ℓn3 . 4 x3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 148 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫ 3 x2 − x − 2 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση x 3 : (x 2 − x − 2) έχω x3 3x + 2 x 3 = (x + 1)(x 2 − x − 2) + 3x + 2 ⇔ 2 = x +1+ 2 , x − x −2 x − x −2 άρα 4 4 4 ⎛ ⎞ ⎜⎜x + 1 + 3x + 2 ⎟⎟ dx = 3x + 2 Ι= ∫ 3 ⎜⎝ ⎟ x 2 − x − 2 ⎟⎠ ∫ 3 (x + 1) dx + ∫ 3 x2 − x − 2 dx ⇒ Ι = Ι1 + Ι2 (1) 4 4 ⎡ x2 ⎤ 42 ⎛ 32 ⎞ 9 9 9 + 4 − ⎜⎜⎜ + 3⎟⎟⎟ = 12 − − 3 = 9 − ⇒ Ι1 = • Ι1 = 3 ∫ (x + 1) dx = ⎢⎢ + x ⎥⎥ = ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 3 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 2 2 . 4 3x + 2 • Ι2 = ∫ 3 (x − 2)(x + 1) dx . Είναι 3x + 2 α β = + , όπου α , β ∈ ! . (x − 2)(x + 1) x −2 x +1 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 3x + 2 = α(x + 1) + β(x − 2) ⇔ 3x + 2 = αx + α + βx − 2β ⇔ ⇔ (α + β)x + (α − 2β) = 3x + 2 , ⎧⎪ α + β = 3 ⎫⎪ οπότε ισχύουν ⎪⎨ ⎪ , από όπου προκύπτει α = 8 , β = 1 . ⎬ ⎪⎪ α − 2β = 2 ⎪⎪ 3 3 ⎩ ⎭ Άρα είναι - 221 - 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 ⎞⎟ ⎜⎜ 4 ⎟⎟ 4 4 ⎜⎜ 3 ⎟ 8 1 1 1 Ι2 = ∫ 3 ⎜ ⎜⎜ ⎜ x −2 + 3 ⎟⎟ dx = ⋅ x + 1⎟⎟⎟ 3 x −2 dx + ⋅ 3 x +1 ∫ dx = ∫ ⎜⎝ ⎟⎠ 3 3 4 4 8 1 1 1 = ⋅ 3 ∫3 x −2 ⋅ (x − 2)′ dx + ⋅ 3 ∫ 3 x +1 ⋅ (x + 1)′ dx = 4 4 8 1 1 1 8 1 ∫ ∫ 4 4 = ⋅ d(x − 2) + ⋅ d(x + 1) = ⋅ ⎡⎢ ℓn(x − 2)⎤⎥ + ⋅ ⎡⎢ ℓn(x + 1)⎤⎥ = 3 x −2 3 x +1 3 ⎣ ⎦3 3 ⎣ ⎦3 3 3 8 ⎡ 1 = ⋅ ⎢ ℓn(4 − 2) − ℓn(3 − 2)⎤⎥ + ⋅ ⎡⎢ ℓn(4 + 1) − ℓn(3 + 1)⎤⎥ = 3 ⎣ ⎦ 3 ⎣ ⎦ 8 1 8 1 1 8 1 2 = ℓn2 + ⋅ (ℓn5 − ℓn4) = ℓn2 + ℓn5 − ℓn22 = ℓn2 + ℓn5 − ℓn2 ⇒ 3 3 3 3 3 3 3 3 1 ⇒ Ι2 = 2ℓn2 + ℓn5 . 3 9 1 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι= + 2ℓn2 + ℓn5 . 2 3 1 x 3 + 2x 2 − x + 4

Άσκηση ολοκληρωμάτων 149 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫−1 x 2 + 2x − 5 dx . Από την ευκλείδεια διαίρεση (x 3 + 2x 2 − x + 4) : (x 2 + 2x − 5) έχω x 3 + 2x 2 − x + 4 4x + 4 x 3 + 2x 2 − x + 4 = x(x 2 + 2x − 5) + 4x + 4 ⇔ 2 = x+ 2 , x + 2x − 5 x + 2x − 5 οπότε είναι 1 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎡ x2 ⎤ ⎜⎜x + 4x + 4 ⎟⎟ dx = 4x + 4 2(2x + 2) Ι= ∫−1 ⎜⎝ ⎟ x 2 + 2x − 5 ⎠⎟ ∫ x dx + ∫ −1 −1 x 2 + 2x − 5 dx = ⎢ ⎥ + ⎢2⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ −1 ∫ x + 2x − 5 dx = −1 2 1 1 12 (−1)2 1 1 = 2 − 2 +2⋅ ∫ −1 2 x + 2x − 5 ⋅ (2x + 2) dx = 2 ⋅ ∫−1 2 x + 2x − 5 ⋅ (x 2 + 2x − 5)′ dx = - 222 - 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 = 2⋅ ∫ −1 x 2 + 2x − 5 d(x 2 + 2x − 5) = 2 ⋅ ⎡ ℓn x 2 + 2x − 5 ⎤ = ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ −1 2 1 ( = 2 ⋅ ℓn 12 + 2 ⋅1 − 5 − ℓn (−1)2 + 2 ⋅ (−1) − 5 = 2(ℓn2 − ℓn6) = 2ℓn ) 6 = 2ℓn = 3 = 2(ℓn1 − ℓn3) ⇒ Ι = −2ℓn3 . 1 x −3

Άσκηση ολοκληρωμάτων 150 από «Ε2(Θ5)+Κ6(Α)-εξώφυλλο». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ∫0 2 x − 6x + 1 dx . Είναι 1 1 1 x −3 1 2(x − 3) 1 1 Ι= ∫ 0 2 x − 6x + 1 dx = ⋅ 2 ∫ 0 2 x − 6x + 1 dx = ⋅ 2 ∫ x − 6x + 1 ⋅ (2x − 6) dx = 0 2 1 1 1 1 1 1 = ⋅ 2 ∫ 0 x 2 − 6x + 1 ⋅ (x 2 − 6x + 1)′ dx = 2 ⋅ ∫0 2 x − 6x + 1 d(x 2 − 6x + 1) = 1 ⎡ 1 1 1 ( ) 1 = ⋅ ⎢ ℓn x 2 − 6x + 1 ⎤⎥ = ⋅ ℓn 12 − 6 ⋅1 + 1 − ℓn 02 − 6 ⋅ 0 + 1 = ℓn4 = ℓn22 = 2 ⎣ ⎦0 2 2 2 1 = ⋅ 2ℓn2 ⇒ Ι = ℓn2 . 2