22-0235-01_Mathimatika_G-Lykeiou-ThSp-SpOikPlir_Lyseis-Askiseon-T2

2.10 x −∞ –1 1 3 +∞ f ′ (x) –– 0+ f ″(x) +0 –0 + + f ( x) – 16 0 +∞ −∞ T.M. Σ.Κ. –16 T.E. ii) ● Η f ορίζεται στο Α = (−∞,1) ∪ (1, +∞) ● Η f είναι συνεχής στο Α, ως ρητή. ● Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ′( x) = −2 , οπότε (x −1)2 f ′(x) ≠ 0 για κάθε x ∈ Α. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ- διορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f . x −∞ 1 +∞ f ′ (x) – – f ( x) Για κάθε x∈Α ισχύει f ′′( x) = −2 −2(x −1) = (x 4 . (x −1)4 − 1)3 Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ- διορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής. x −∞ 1 +∞ + f ″ (x) – f ( x) 150

2.10 ● Είναι lim f (x) = lim x +1 = 1, οπότε η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια x → −∞ x→−∞ x −1 ασύμπτωτη της Cf στο −∞. Ομοίως lim f (x) = 1, οπότε η y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη και στο +∞. x → +∞ Επίσης lim f (x) = lim x +1 = −∞, lim f (x) = +∞, οπότε η ευθεία x = 1 είναι x −1 x →1− x →1− x →1+ κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . ● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση. x −∞ 1 +∞ f ′ (x) f ″(x) – – – f ( x) 1 + −∞ +∞ 1 iii) ● Η f ορίζεται στο Α = R. ● Η f είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική. ● Για κάθε x ∈R ισχύει f ′(x) = 4x3 − 4x = 4x(x2 −1), οπότε f ′(x) = 0 ⇔ x = 0 ή x = – 1 ή x = 1. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα τοπικά ακρότατα της f. x −∞ –1 0 1 +∞ f ′ (x) – 0 + 0 – 0 + 0 T.Μ. f(x) –1 –1 T.E. T.E. — Για κάθε x ∈R ισχύει f ′′(x) = 12x2 − 4 = 4(3x2 −1), οπότε f ′′(x) = 0 ⇔ x = 3 ή x = − 3 . 33 151

2.10 Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής. x −∞ −3 3 +∞ 3 3 f ″(x) + 0 – 0 + f ( x) −5 −5 9 9 Σ.Κ. Σ.Κ. ● Είναι lim f (x) = lim (x4 − 2x2 ) = lim x4 = +∞. x → −∞ x → −∞ x → −∞ lim f (x) = lim x4 = +∞. x → +∞ x → +∞ Η Cf δεν έχει ασύμπτωτες στο −∞, +∞, αφού είναι πολυωνυμική τετάρτου βαθμού. ● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση. x −∞ –1 −3 0 3 1 +∞ 3 0 3 f ′ (x) – 0 + + – 0+ – + f ″(x) + + 0– – 0+ +∞ +∞ −5 0 −5 –1 9 T.M. 9 T.E. f(x) –1 T.E. Σ.Κ. Σ.Κ. Σχόλιο Επειδή για κάθε x ∈R ισχύει f (−x) = (−x)4 − 2(−x)2 = x4 − 2x2 = f (x), 152

2.10 η f είναι άρτια, οπότε η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς τον άξονα των y. 2. i) ● Η f ορίζεται στο A = R*. ● Η f είναι συνεχής στο R*, ως ρητή. x 2− 1 1 x2 ● Για κάθε x ∈ R * ισχύει f ′( x) = 1− x2 = , οπότε f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ή x = – 1. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της f. x −∞ –1 0 1 +∞ f ′ (x) + 0 – – 0+ –2 2 f(x) T.Μ. T.Ε. — Για κάθε x ∈R* ισχύει f ′′( x) = 2x3 − 2x(x2 −1) = 2 , οπότε x4 x3 f ″(x) ≠ 0 για κάθε x ∈R*. Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσ- διορίζουμε τα διαστήματα στα οποία Cf στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω. x −∞ 0 +∞ f ″(x) – + f ( x) ● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου λ = lim f (x) = lim 1 + 1  =1 και x x2  x → −∞ x → −∞ β = lim ( f (x) − λx) = lim  x+ 1 − x  = lim 1 = 0.  x  x x → −∞ x → −∞ x → −∞ Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x. Ομοίως, αποδεικνύεται ότι η ευθεία y = x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞. 153

2.10 ● Κατακόρυφες ασύμπτωτες Είναι lim f (x) = lim  x + 1  = −∞ και  x  x → 0− x → 0− lim f (x) = lim  x + 1 = +∞.  x  x → 0+ x → 0+ Άρα η ευθεία x = 0 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Επίσης έχουμε:  x 2 + 1  lim  x  lim f (x) = x → −∞  = lim x = −∞ και x → −∞ x → −∞ lim f (x) = lim x2 +1 = lim x = +∞. x → +∞ xx → +∞ x → +∞ ● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση. x −∞ –1 0 1 +∞ 0 f ′ (x) + 0 – – + 2 + f ″(x) – – + T.Ε. +∞ +∞ –2 f ( x) T.Μ. −∞ −∞ Σχόλιο Επειδή για κάθε x ∈R* ισχύει f (−x) = (−x)2 +1 = − x2 +1 = − f (x), −x x 154

2.10 η f είναι περιττή, οπότε η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς την αρχή Ο. ii) ● Η f ορίζεται στο Α = (−∞,1) ∪ (1, +∞) ● Η f είναι συνεχής στο Α, ως ρητή. ● Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ′( x) = (2x −1)(x −1) − (x2 − x − 2) = x2 − 2x + 3 , (x −1)2 ( x −1)2 οπότε f ′ (x) > 0 για κάθε x ∈ Α. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα από τον οποίο προσ- διορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της f. x −∞ 1 +∞ f ′ (x) + + f ( x) Για κάθε x ∈ Α ισχύει: f ′′( x) = (2x − 2)( x −1)2 − 2(x −1)(x2 − 2x + 3) = −4 , (x −1)4 (x −1)3 οπότε το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω. x −∞ 1 +∞ – f ″ (x) + f ( x) ● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες Η ασύμπτωτη της Cf στο −∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου λ = lim f (x) = lim x2 − x − 2 =1 και x x2 − x x → −∞ x → −∞ β = lim ( f (x) − λx) =  x2 −x−2 − x  = lim −2 = 0. lim  x −1  x −1 x → −∞ x → −∞  x → −∞ 155

2.10 Δηλαδή, είναι η ευθεία y = x. Ομοίως, η y = x είναι ασύμπτωτη της Cf στο +∞. ● Κατακόρυφες ασύμπτωτες Είναι lim f (x) = lim x2 − x − 2 = +∞ και x →1− x→1− x −1 lim f (x) = lim x2 − x − 2 = −∞. x →1+ x→1+ x −1 Άρα, η ευθεία x = 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . Επίσης έχουμε: lim f (x) = lim x2 − x − 2 = −∞ και lim f (x) = +∞. x → −∞ x→−∞ x −1 x → +∞ ● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση. x −∞ 1 +∞ f ′ (x) + + f ″(x) + – f ( x) +∞ +∞ −∞ −∞ 3. ● Είναι Α = [ – π,π] ● Η f είναι συνεχής στο Α ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. ● Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ′ (x) = 1+συνx, οπότε 156

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ f ′(x) = 0 ⇔ x = −π ή x = π. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατα αυτής. x –π +π f ′ (x) 0 +0 f ( x) Για κάθε x ∈ Α ισχύει f ″(x) = – ημx, οπότε f ′′(x) = 0 ⇔ x = −π ή x = 0 ή x = π. Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα στα οποία η f στρέφει τα κοίλα προς τα άνω ή προς τα κάτω και τα σημεία καμπής. x –π 0 π f″(x) 0 + 0 – 0 f ( x) 0 Σ.Κ. ● Είναι f( – π) = – π και f(π) = π ● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση. x –π 0 π f ′ (x) 0 + +0 f ″(x) 0 + 0 – 0 f ( x) –π 0 π min Σ.Κ. max ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει: f ′( x) = − 1 και g′(x) = 2x − 3, x2 157

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ οπότε f ′ (1) = –1 και g′(l) = –1. Το σημείο Α(1,1) είναι κοινό σημείο των Cf και Cg, αφού f(1) = 1 και g(l) = l. Επειδή ισχύει f ′ (1) = g′(l), οι εφαπτόμενες των Cf , Cg στο (1,1) ταυτίζονται. ii) Γ ια να βρούμε τη σχετική θέση των Cf και Cg βρίσκουμε το πρόσημο της διαφοράς ϕ(x) = g(x) − f (x) = x2 − 3x + 3 − 1 = (x −1)3 . xx Έχουμε: φ(x) < 0, για κάθε x ∈ (0,1) και φ(x) > 0 για κάθε x ∈ (1, +∞). Επομένως: — η Cf είναι πάνω από την Cg, όταν x ∈ (0,1) και — η Cg είναι πάνω από την Cf , όταν x ∈ (1, +∞) (σχήμα). 2. Θεωρούμε τη συνάρτηση ϕ(x) = f (x) − g(x). Για κάθε x ∈ R ισχύει ϕ′(x) = f ′(x) − g′(x) > 0, οπότε η φ είναι γνησίως αύξουσα στο R. Επομένως: — Για x > 0 θα είναι: ϕ(x) > ϕ(0) ⇔ f (x) − g(x) > f (0) − g(0) ⇔ f (x) > g(x), αφού f(0) = g(0) και — Για x < 0 θα είναι ϕ(x) < ϕ(0) ⇔ f (x) − g(x) < f (0) − g(0) ⇔ f (x) < g(x), αφού f(0) = g(0). 158

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 3. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΜ έχουμε: (ΒΜ) = 1∙ ημθ και (ΟΜ) = 1∙ συνθ. Είναι όμως (ΒΓ) = 2(ΒΜ) = 2ημθ και (AM) = (OA) + (ΟΜ) = 1+συνθ οπότε Ε = Ε (θ ) = 1 2ηµθ (1+ συνθ ) = ηµθ (1+ συνθ ). 2 Για κάθε θ ∈ (0,π ) ισχύει: Ε′(θ) = συνθ(1 + συνθ) – ημ2θ = συν2θ – ημ2θ + συνθ = συν2θ + συνθ, οπότε Ε ′(θ ) = 0 ⇔ συν2θ = −συνθ ⇔ συν2θ = συν(π −θ ) ⇔ 2θ = π −θ , αφού θ ∈ (0,π ) ⇔θ =π . 3 Το πρόσημο της Ε′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα ( Ε ′  π  > 0 και Ε ′  π  < 0),  6   2  από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της Ε και τα ακρότατα αυτής. θ0 π/3 π Ε′(θ) + 0– 33 Ε(θ) 4 max Άρα, η μέγιστη τιμή του εμβαδού είναι 3 3 και παρουσιάζεται όταν θ = π . 43 159

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 4. Γ νωρίζουμε ότι το μήκος τόξου θ rad είναι L = r ⋅θ ενώ το εμβαδόν κυκλικού τομέα θ rad είναι Ε = 1 r2θ. 2 Επομένως, η περίμετρος του κυκλικού τομέα είναι: 2r + rθ = 20 ⇔ θ = 20 − 2r , 0 < r < 10 r και το εμβαδόν του είναι: Ε (r) = 1 r2 20 − 2r = 10r − r2 , r ∈ (0,10). 2r Για κάθε r ∈ (0,10) ισχύει E′(r) = 10 – 2r, οπότε Ε ′(r) = 0 ⇔ r = 5. To πρόσημο της E ′ (r), η μονοτονία και τα ακρότατα της Ε φαίνονται στον παρακάτω πίνακα. r0 5 10 Ε′(r) + 0– Ε(r) 25 max Δηλαδή η Ε παρουσιάζει στο r = 5 μέγιστο το E(r) = 25. Επομένως ο ανθόκηπος έχει τη μεγαλύτερη δυνατή επιφάνεια, όταν η ακτίνα του κύκλου είναι r = 5 m. 5. i) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΔΒ έχουμε: συνθ = (ΟΓ ) = 1 και ηµθ = (Ο∆) = 1 (ΟΑ) (ΟΑ) (ΟΒ ) (ΟΒ ) οπότε (ΟΑ) = 1 και (ΟΒ ) = 1 , 0 < θ < π συνθ ηµθ 2 ii) (ΑΒ ) = (ΟΑ) + (ΟΒ ) = 1 + 1 ηµθ συνθ iii) Θ εωρούμε τη συνάρτηση f (θ ) = 1 + 1 η οποία είναι ορισμένη στο ηµθ συνθ π π  0, 2  και συνεχής στο διάστημα. Επιπλέον, για κάθε x ∈  0, 2  ισχύει:     160

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ f ′(θ ) = −συνθ + ηµθ = ηµ3θ − συν3θ , ηµ2θ συν2θ ηµ2θ ⋅ συν2θ οπότε f ′(θ ) = 0 ⇔ ηµ3θ − συν3θ = 0 ⇔ ηµθ = συνθ ⇔ θ = π , 4 αφού θ ∈  0, π  .  2  Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατα αυτής. θ0 π π 4 2 f ′ (θ) – 0 + f(θ) 2 2 min Δηλαδή, η f στο θ = π παρουσιάζει ελάχιστο f π  = 2 2. 4  4  Επομένως, το μεγαλύτερο δυνατό μήκος της σκάλας, που μπορεί, αν μεταφερθεί οριζόντια να στρίψει στη γωνία, είναι 2 2m ≅ 2,8m. 6. i) ● Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Α = (0, +∞) ● Η f είναι συνεχής στο Α. ● Για κάθε x > 0 ισχύει f ′( x) = 1 − ln x , οπότε x2 f ′(x) = 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e. Το πρόσημο της f ′ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορίζουμε τα διαστήματα μονοτονίας και τα τοπικά ακρότατα της f. x 0 e +∞ f ′ (x) + 0 – 1 f(x) e max 161

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ● Για κάθε x > 0 ισχύει f ′′( x) = −x − 2x(1− ln x) = 2 ln x − 3 , οπότε x4 x3 f ′′(x) = 0 ⇔ ln x = 3 ⇔ x = e3/2. 2 Το πρόσημο της f ″ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα, από τον οποίο προσδιορί- ζουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf είναι κυρτή ή κοίλη και τα σημεία καμπής της. x0 e3/2 +∞ f ″(x) –0+ f ( x) 3 2e3/ 2 Σ.Κ. ● Πλάγιες - οριζόντιες ασύμπτωτες Η ασύμπτωτη της Cf στο +∞ είναι της μορφής y = λx + β, όπου 0 1  0  λ = lim ln x lim x = lim 1 =0 και x2 = 2x 2x2 x → +∞ x → +∞ x → +∞ 1 β = lim ( f (x) − λ x) = lim ln x = lim x = 0. x → +∞ xx → +∞ 1x→+∞ Άρα, η ευθεία y = 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της Cf στο +∞. lim f (x) = lim ln x 1 Επειδή, επιπλέον, xx→0 = lim  x ⋅ ln x  = −∞, η ευθεία x = 0 x → 0+   x → 0+ είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της Cf . ● Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση. x0 e e3/2 +∞ f ′ (x) + 0 – – f ″(x) – –0 + 0 f ( x) 1 3 −∞ e 2e3/ 2 Σ.Κ. T.M. 162

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ii) Είναι α α +1 > (α +1)α ⇔ ln α α +1 > ln(α +1)α ⇔ (α +1) lnα > α ln(α +1) ⇔ lnα > ln(α +1) α α +1 ⇔ f (α ) > f (α +1). Η τελευταία ανισότητα (άρα και η πρώτη) είναι αληθής, αφού e < α < α + 1 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [e, +∞). iii) Για κάθε x > 0 έχουμε: 2x = x2 ⇔ ln 2x = ln x2 ⇔ x ln 2 = 2 ln x ⇔ ln 2 = ln x ⇔ f (2) = f (x). 2x Δηλαδή η εξίσωση 2x = x2 έχει τόσες λύσεις στο (0, +∞), όσες είναι οι τιμές του x > 0 για τις οποίες η συνάρτηση f παίρνει την τιμή f (2) = ln 2 . 2 Επειδή 22 = 22 και 24 = 42, η εξίσωση 2x = x2 έχει στο (0, +∞) λύσεις τις x = 2 και x = 4. Θα αποδείξουμε τώρα ότι αυτές είναι μοναδικές. Πράγματι σύμφωνα με το ερώτημα i): — η f στο (0,e] είναι γνησίως αύξουσα. Άρα την τιμή f(2) θα την πάρει μια φορά, για x = 2. — η f στο [e, +∞) είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα την τιμή f(4) θα την πάρει μόνο μια φορά. 163

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ Επομένως, οι λύσεις της 2x = x2 είναι ακριβώς δύο, οι x1 = 2 και x2 = 4. 7. i) Θ εωρούμε τη συνάρτηση f (x) = α x + β x , η οποία ορίζεται στο R και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό. Επειδή f(0) = 2 έχουμε: f (x) ≥ f (0) για κάθε x ∈R , που σημαίνει ότι η f στο x0 = 0 παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat ισχύει f ′ (0) = 0. Είναι όμως f ′(x) = α x lnα + β x ln β , οπότε f ′(0) = 0 ⇔ lnα + ln β = 0 ⇔ ln(αβ ) = 0 ⇔ αβ = 1. ii) Γ ια κάθε x ∈ R ισχύει. Θεωρούμε, τώρα, τη συνάρτηση f (x) = α x − x −1, η οποία ορίζεται στο R και είναι παραγωγίσιμη σ’ αυτό. Επειδή f (0) = α 0 − 0 −1 = 0, έχουμε f(x) ≥ f(0) για κάθε x ∈ R. Άρα η f στο x0 = 0 παρουσιάζει ελάχιστο, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, ισχύει f ′ (0) = 0. Είναι όμως: f ′(x) = α x lnα −1 οπότε f ′(0) = 0 ⇔ α 0 lnα −1 = 0 ⇔ lnα = 1 ⇔ α = e. 8. i) —Για κάθε x ∈ R ισχύει: f ′ (x) = ex και f ″(x) = ex > 0 για κάθε x ∈ R. Άρα η f είναι κυρτή στο R. — Για κάθε x ∈ (0, +∞) ισχύει: g′(x) = 1 και g ′′( x) = − 1 < 0. x x2 Άρα η f είναι κοίλη στο (0, +∞). ii) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο Α(0,1) είναι: y −1 = f ′(0)(x − 0) ⇔ y −1 = x ⇔ y = x +1, 164

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ενώ της Cg στο σημείο (1,0) είναι: y − 0 = g′(1)(x −1) ⇔ y = x −1. iii) α) Επειδή η f είναι κυρτή στο R η εφαπτομένη της Cf στο σημείο (0,1) βρίσκεται κάτω από την Cf . Άρα ισχύει: ex ≥ 1+ x για κάθε x ∈ R. Η ισότητα ισχύει μόνο όταν x = 0. β) Επειδή η g είναι κοίλη στο (0, +∞) η εφαπτομένη της Cg στο σημείο Β(1,0) βρίσκεται πάνω από την Cg. Άρα, ισχύει: x −1 ≥ ln x για κάθε x ∈ (0, +∞). Η ισότητα ισχύει όταν x = 1. iv) Για κάθε x ∈ R ισχύει x −1 ≤ x +1, οπότε, λόγω του ερωτήματος iii), έχουμε ln x ≤ x −1 < x +1 < ex , x > 0. Άρα ln x < ex, για κάθε x > 0. 9. i) H συνάρτηση f(x) = ex – λx είναι παραγωγίσιμη στο R με f ′(x) = ex − λ. Είναι f ′(x) = 0 ⇔ ex − λ = 0 ⇔ x = ln λ. Το πρόσημο της f ′ , η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα. x −∞ lnλ +∞ f ′ (x) – 0+ f(x) min Επομένως, η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για x = ln λ την 165

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ f (ln λ) = elnλ − λ ln λ = λ − λ ln λ = λ(1− ln λ). ii) Ισχύουν οι ισοδυναμίες R R R ⇔ min f (x) ≥ 0 ⇔ λ(1− ln λ) ≥ 0 ⇔ 1− ln λ ≥ 0 ⇔ ln λ ≤ 1 ⇔ λ ≤ e. Άρα, η μεγαλύτερη τιμή του λ, για την οποία ισχύει ex ≥ λ x για κάθε x ∈ R, είναι η λ = e. iii) Γ ια να εφάπτεται η ευθεία y = ex της γραφικής παράστασης της g(x) = ex, αρκεί να υπάρχει σημείο x0 τέτοιο, ώστε η εφαπτομένη της Cg στο Α(x0,g(x0)) να ταυτίζεται με την y = ex. Για να ισχύει αυτό, αρκεί  g (x0 ) = e ⋅ x0 ⇔ e x0 = ex0 ⇔ x0 = 1.  g ′(x0 ) = e  =e  e x0 Επομένως η y = ex εφάπτεται της Cg στο σημείο Α(l,e). ε1 : y − ex0 = ex0 (x − x0 ). (1) 10. i) Για x ≠ 0 είναι f (x) − f (0) = x2ηµ 1 = xηµ 1 . x x−0 x x Επειδή xηµ 1 ≤ x έχουμε x − x ≤ xηµ 1 ≤ x . x Όμως lim x = lim (− x ) = 0. x→0 x→0 166

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ Άρα lim  xηµ 1  = 0.  x  x→0 Επομένως f ′ (0) = 0. Αφού f(0) = 0 και f ′ (0) = 0, η ευθεία y = 0 είναι εφαπτόμενη της Cf στο Ο(0,0). ii) Τα κοινά σημεία της Cf και της ευθείας y = 0 προκύπτουν από τη λύση της εξίσωσης f(x) = 0. ● Για x ≠ 0 είναι f (x) = 0 ⇔ x2ηµ 1 = 0 ⇔ ηµ 1 = 0 xx ⇔ 1 = κπ , κ ∈  * ⇔ x = 1 , κ ∈  * . (1) x κπ ● Για x = 0 είναι f(0) = 0. Άρα, τα κοινά σημεία είναι άπειρα το Ο(0,0) και τα υπόλοιπα έχουν τετμημένες που δίνονται, για τις διάφορες τιμές του κ ∈  * από τη σχέση (1). (Είναι προφανές ότι για μεγάλες κατ’ απόλυτη τιμή του κ, οι τιμές του x είναι πολύ μικρές και πλησιάζουν το 0). iii) Αρκεί να δείξουμε ότι lim ( f (x) − x) = 0 και lim ( f (x) − x) = 0 x → +∞ x → −∞ ● Έχουμε: lim ( f (x) − x) = lim  x2ηµ 1 − x   x  x → +∞ x → +∞ = lim  1 ηµt − 1  t2 t  t→0 = lim ηµt − t  µορϕή 0  t2  0 t→0 = lim συνt −1  µορϕή 0  t→0 2t  0 = lim −ηµt = 0. t→0 2 167

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ● Ομοίως, έχουμε lim ( f (x) − x) = 0. x → −∞ 11. Α. i) H συνάρτηση ψ είναι παραγωγίσιμη στο R με ψ′(x) = 2φ′(x)φ″(x) + 2φ(x)∙φ′(x) = 2φ′(x)( φ″(x) + φ(x)) = 2φ′(x)∙0 (από υπόθεση) = 0. Επομένως, η ψ είναι σταθερή στο R. Επειδή ψ (0) = (ϕ′(0))2 + (ϕ(0))2 = 0 + 0 = 0, είναι ψ (x) = 0, x ∈ R ii) Ε πειδή ψ(x) = 0, είναι (ϕ′(x))2 + (ϕ(x))2 = 0 για κάθε x ∈ R. Άρα φ′(x) = 0 και φ(x) = 0 για κάθε x ∈ R, οπότε φ(x) = 0, για κάθε x ∈ R. Β. Είναι ϕ′(x) = f ′(x) − συνx και ϕ′′(x) = f ′′(x) + ηµx. Άρα ϕ′′(x) + ϕ(x) = f ′′(x) + ηµx + f (x) − ηµx = f ′′(x) + f (x) = 0 (από υπόθεση) Επίσης ϕ(0) = f (0) − ηµ0 = 0 και ϕ′(0) = f ′(0) − συν0 = 1−1 = 0. Επομένως η φ ικανοποιεί τις υποθέσεις (1) του ερωτήματος (Α). Ομοίως, έχουμε: ψ ′(x) = g′(x) + ηµx 168

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ και ψ ′′(x) = g′′(x) + συνx. Άρα, ψ ′′(x) +ψ (x) = g′′(x) + συνx + g(x) − συνx = g′′(x) + g(x) = 0 (από υπόθεση). Επίσης ψ (0) = g(0) − συν0 = 1−1 = 0 ψ ′(0) = g′(0) + ηµ0 = 0. Επομένως, η συνάρτηση y ικανοποιεί τις υποθέσεις (1) του ερωτήματος Α. ii) Αφού οι συναρτήσεις φ, ψ ικανοποιούν τις υποθέσεις (1) του ερωτήματος Α, σύμφωνα με το ερώτημα (Α), ισχύει φ(x) = 0 και ψ(x) = 0 για κάθε x ∈ R, οπότε f(x) = ημx και g(x) = συνx για κάθε x ∈ R. 12. i) Ο ι συντεταγμένες του σημείου Μ είναι (συνθ,ημθ). Τα διανύσματα ΡΜ = (συνθ − x, ηµθ ) και ΡΝ = (1− x,θ ) είναι συγγραμμικά. Επομένως, det(ΡΜ , ΡΝ ) = 0⇔ συνθ − x ηµθ 1− x θ =0 ⇔ θ (συνθ − x) − ηµθ (1− x) = 0 ⇔ θ συνθ − ηµθ = xθ − xηµθ ⇔ x = θ συνθ − ηµθ = x(θ ). θ − ηµθ ii) Έχουμε lim x(θ ) = lim θ συνθ − ηµθ θ →0 θ →0 θ − ηµθ = lim συνθ −θ ηµθ − συνθ θ →0 1− συνθ = lim −θ ηµθ θ →0 1− συνθ = lim −ηµθ −θ συνθ θ →0 ηµθ 169

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ = lim −συνθ − συνθ +θ ηµθ θ →0 συνθ = −2 = −2. 1 13. A. i) —Το μήκος s του τόξου ΑΠ είναι s = 2πρ θ = θρ = 2θ , οπότε 2π θ = s. 2 —Αν Ο∆ ⊥ ΑΠ , από το τρίγωνο ΟΑΔ έχουμε ηµ θ = Α∆ = l / 2 = l 22 24 οπότε l = 4ηµ θ . 2 ii) Ε πειδή ο πεζοπόρος βαδίζει με ταχύτητα υ = 4 km/h, τη χρονική στιγμή t θα έχει διανύσει διάστημα s = 4t. Αφού θ = l, είναι 2 θ = 4t = 2t και l = 4ηµ 2t = 4ηµt. 22 Β. Είναι l′(t) = 4συνt, οπότε: α) Όταν θ = 2π , είναι 3 2π t= 3 =π και l′  π  = 4συν π = 4⋅ 1 = 2 km/h. 2 3  3  3 2 β) Όταν θ = π, είναι t=π και l ′  π  = 4συν π =0 km/h 2 2  2 γ) Όταν θ = 4π , είναι 3 t = 2π και l′  2π  = 4συν 2π = −2 km/h. 3  3  3 170

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ 14. Έ στω ότι ο αγρότης θα προσλάβει x εργάτες, και τον επιστάτη και έστω ότι χρειάζονται t ώρες για να μαζευτούν οι ντομάτες. Αφού κάθε εργάτης μαζεύει 125 κιλά ντομάτες την ώρα, σε t ώρες οι x εργάτες θα μαζέψουν όλες τις ντομάτες. Άρα 125xt = 12500 ⇔ xt = 100 ⇔ t = 100 . (1) x Αν Κ είναι συνολικό κόστος για την εργασία, τότε έχουμε Κ = 6t ⋅ x +10t +10(x +1). Έτσι, λόγω της (1), είναι Κ (x) = 6 ⋅100 ⋅ x +10 ⋅100 +10(x +1) xx δηλαδή Κ (x) = 600 + 1000 +10x +10. x Η συνάρτηση Κ είναι παραγωγίσιμη για x > 0 με Κ ′( x) = − 1000 + 10 = 10 x 2 −1000 = 10(x2 −100) . x2 x2 x2 Είναι Κ ′(x) = 0 ⇔ x2 −100 = 0 ⇔ x = 10, αφού x > 0. Το πρόσημο της Κ′, καθώς η μονοτονία και τα ακρότατα της Κ φαίνονται στον πίνακα. x0 10 +∞ Κ′(x) – 0+ Κ(x) K(10) min Άρα, για x = 10 η συνάρτηση έχει ελάχιστο, το Κ (10) = 600 + 1000 +10 ⋅11 = 810. 10 Επομένως, ο αγρότης πρέπει να προσλάβει 10 εργάτες. Το μικρότερο δυνατό κόστος είναι 810 ευρώ, ενώ χρειάζοντα=ι t 1=00 10 ώρες για να μαζευτούν x οι ντομάτες. 171



ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ 3.1 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε: i) ∫ (x3 + ηµx + συνx)dx = ∫ x3dx + ∫ ηµxdx + ∫ συνxdx = x4 − συνx + ηµx + c 4 ii) ∫ x2 + x +1 dx = ∫ xdx + ∫1dx + ∫ 1 dx x x = x2 + x + ln x + c 2 ∫ ∫iii) 3x 3 = 3 x 3 +1 + c = 6 5 +c xdx = 3 3 2 5 x 2 dx x2 +1 2 iv) ∫ x3 + 8 dx = ∫ x2dx + 2∫ xdx + ∫ 4dx x+2 = x3 + x2 + 4x + c 3 v) ∫  e x − 3 + συν2x  dx = ∫ exdx − 3∫ dx + ∫ συν2xdx  x  x = ∫ ex dx − 3∫ dx + 1 ∫ (ηµ2 x)′dx x 2 = ex − 3ln x + 1 ηµ2x + c. 2  1 1  1 1  συν2 ηµ2  συν ηµ2 ∫ ∫ ∫vi) x − x  dx = 2 x dx − x dx = εϕx + σϕx + c 173

3.1 vii) ∫ x+ 3 dx = ∫ x + 2 +1 dx = ∫1dx + ∫ dx x+ 2 x+2 x+2 = x + ln x + 2 + c. 2. Επειδή ∫ f ′(x)dx = f (x) + c, έχουμε διαδοχικά ∫ 1 dx = f (x) + c x −1 ∫ x 2 dx = f (x) + c 1 x2 = f (x) + c, 1 2 f (x) = 2 x − c. Επειδή f(9) = 1, έχουμε 2 9 − c = 1, οπότε c = 5. Επομένως f (x) = 2 x − 5. 3. Επειδή ∫ f ′′(x)dx = f ′(x) + c, έχουμε διαδοχικά: ∫ 3dx = f ′(x) + c, f ′(x) = 3x − c. Επειδή f ′(1) = 6 έχουμε 3 – c = 6, οπότε c = – 3. Επομένως f ′(x) = 3x + 3. Επειδή ∫ f ′(x)dx = f (x) + c, έχουμε διαδοχικά: ∫ (3x + 3)dx = f (x) + c f (x) = 3 x2 + 3x − c. 2 Επειδή f(0) = 4 έχουμε 3 ⋅ 0 + 3 ⋅ 0 − c1 = 4, οπότε c1 = −4. Επομένως 2 f ′(x) = 3 x2 + 3x + 4. 2 4. Έχουμε διαδοχικά: ∫ f ′′(x)dx = f ′(x) + c 174

3.1 ∫ (12x2 + 2)dx = f ′(x) + c 4x3 + 2x = f ′(x) + c, f ′(x) = 4x3 + 2x − c. Επειδή f ′(1) = 3, έχουμε 4 + 2 – c = 3, οπότε c = 3. Επομένως f ′(x) = 4x3 + 2x − 3. Επίσης έχουμε διαδοχικά ∫ f ′(x)dx = f (x) + c1 ∫ (4x3 + 2x − 3)dx = f (x) + c1 x4 + x2 − 3x = f (x) + c1, f (x) = x4 + x2 − 3x − c1. Επειδή το Α(1,1) είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f, έχουμε: f (1) = 1 ⇔ 1+1− 3 − c1 = 1 ⇔ c1 = −2. Επομένως f (x) = x4 + x2 − 3x + 2. 5. Επειδή Ν ′(t) = 1 t έχουμε διαδοχικά 20 e20 , ∫ Ν ′(t)dt = Ν (t) + c ∫ 1 et/20dt = Ν (t) + c 20 et/20 = Ν (t) + c Ν (t) = et/20 − c Επομένως, η αύξηση του πληθυσμού στα πρώτα 60 λεπτά, είναι ίση με: Ν (60) − Ν (0) = (e60/20 − c) − (e0 − c) = e3 −1 ≅ 19 εκατομ. 6. Α ν Κ(x) το κόστος, σε ευρώ, της εβδομαδιαίας παραγωγής x, τότε Κ ′(x) = x2 + 5x, οπότε έχουμε ∫ Κ ′(x)dx = Κ (x) + c ή ∫ (x2 + 5x)dx = Κ (x) + c, 175

3.1 οπότε Κ (x) = x3 + 5 x2 − c. 32 Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε Κ(0) = 100, οπότε – c = 100 και άρα c = – 100. Επομένως, η συνάρτηση κόστους της εβδομαδιαίας παραγωγής είναι: 7. Έχουμε διαδοχικά: Κ (x) = x3 + 5x2 +100. 32 ∫ R′(t)dt = R(t) + c ∫  20 + 10t − 3 t2  dt = R(t) + c,  4  R(t) = 20t + 5t2 − 1 t3 − c. 4 Προφανώς R(0) = 0, οπότε c = 0 και άρα R(t) = 20t + 5t2 − 1 t3. 4 Επομένως τα βαρέλια που θα αντληθούν στους πρώτους 8 μήνες είναι: R(8) = 20 ⋅8 + 5 ⋅82 − 1 83 = 160 + 5 ⋅82 − 2 ⋅82 = 352 χιλιάδες. 4 3.1 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Επειδή T ′(t) = −kα e−kt ,έχουμε διαδοχικά: ∫T ′(t)dt = T (t) + c ∫ −kα e−kt dt = T (t) + c ∫α (e−kt )′dt = T (t) + c, T (t) = α e−kt − c. Επειδή Τ(0) + α και T (0) = α e−k⋅0 − c = α − c, έχουμε Επομένως T0 + α = α − c ⇔ c = −T0. T (t) = α e−kt + T0. 176

3.1 2. Έχουμε διαδοχικά ∫ P′(x)dx = P(x) + c −x ∫ 5,8e 2000 dx = P(x) + c ∫5,8⋅ (−2000) −x )′dx = P(x) + c (e 2000 −x P(x) = −11.600e 2000 − c. Το συνολικό κέρδος που οφείλεται στην αύξηση της επένδυσης από 4.000.000 σε 6.000.000 είναι: = 11600(e−2 − e−3 ) = 11600  e −1   e3  ≅ 11600 ⋅ 0, 086 = 997, 6 χιλιάδες ευρώ = 997.600 ευρώ 3. Έστω P(t) το κέρδος της εταιρείας στις πρώτες t ημέρες. Τότε Ρ(t) = Ε(t) – Κ(t), οπότε P′(t) = Ε ′(t) − Κ ′(t) = 1000 + 0,3t − 800 + 0, 6t = 200 + 0,9t. Έτσι έχουμε διαδοχικά: ∫ P′(t)dt = P(t) + c ∫ (200 + 0,9t)dt = P(t) + c P(t) = 200t + 0, 9 t2 + c1. 2 Το συνολικό κέρδος της εταιρείας από την 3η έως την 6η ημέρα είναι: P(6) − P(2) = 200 ⋅ 6 + 0, 9 62 + c1 − 200 ⋅ 2 − 0, 9 22 − c1 2 2 = 1216, 2 − 401,8 = 814, 4 ευρώ. 4. i) Από την ισότητα f ″(x) = g″(x) έχουμε διαδοχικά (1) f ′(x) = g′(x) + c1 f (x) = g(x) + c1x + c2. 177

3.2 Για x = 0 είναι f(0) = g(0) + 0 + c2, οπότε c2 = 0, αφού f(0) = g(0). (2) Επομένως f (x) = g(x) + c1x. Για x = l, από την (2), έχουμε f(1) = g(1) + c1, οπότε c1 = 1, αφού f(1) = g(1) + 1. Έτσι από τη (2) προκύπτει f (x) = g(x) + x. ii) H f(x) είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει f (α ) = g(α ) + α = 0 + α = α < 0 f (β ) = g(β ) + β = 0 + β = β > 0. Άρα, f(α) f(β) < 0, οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (α,β). 3.2 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε ∫ ∫i) x2e−xdx = − x2 (e−x )′dx ∫ ∫= −x2e−x + 2xe−xdx = −x2e−x − 2 x(e−x )′dx ∫= −x2e−x − 2xe−x + 2 e−xdx = −x2e−x − 2xe−x − 2e−x + c = −e−x (x2 + 2x + 2) + c. ∫ ∫ii) (3x2 − 2x +1)e2xdx = 1 (3x2 − 2x +1)(e2x )′dx 2 ∫= 1 (3x2 − 2x +1)e2x − 1 (6x − 2)e2xdx 22 ∫= 1 (3x2 − 2x +1)e2x − 1 (6x − 2)(e2x )′dx 24 ∫= 1 (3x2 − 2x +1)e2x − 1 (6x − 2)e2x + 1 6e2xdx 2 44 = 1 e2x (6x2 − 4x + 2 − 6x + 2) + 3 e2x + c 44 = 1 e2x (6x2 −10x + 7) + c 4 178

3.2 iii) ∫ x3 ln xdx = ∫  x4 ′ ln xdx  4    ∫= x4 ln x − x4 (ln x)′dx 44 ∫= 1 x4 ln x − 1 x3dx = 1 x4 ln x − x4 + c 4 4 4 16 iv) ∫ 2x2ηµ2xdx = ∫ x2 (συν2x)′dx = −x2συν2x + ∫ 2xσυν2xdx = −x2συν2x + ∫ x(ηµ2x)′dx = −x2συν2x + xηµ2x − ∫ ηµ2xdx = −x2συν2x + xηµ2x + 1 συν2x + c 2 =  −x2 + 1  συν2x + xηµ2x + c  2  v) ∫ 4xσυν2xdx = ∫ 2x ⋅ (ηµ2x)′dx = 2xηµ2x − ∫ 2ηµ2xdx = 2xηµ2x + συν2x + c vi) ∫ ln xdx = ∫ (x)′ln xdx = x ln x − ∫1dx = x ln x − x + c vii) ∫ ln x dx = −∫  1 ′ ln xdx = − 1 ln x+ ∫ 1 dx = − ln x − 1 +c x2  x  x x2 x x ∫ ∫viii) I = exσυν2xdx = exσυν2x + 2 exηµ2xdx ∫= exσυν2x + 2exηµ2x − 4 exσυν2xdx. 179

3.2 Άρα I = ex (συν2x + 2ηµ2x) − 4I 5I = ex (συν2x + 2ηµ2x) I = 1 ex (συν2x + 2ηµ2x) + c. 5 2. i) Θέτουμε u = 3x, οπότε du = 3dx και άρα dx = 1 du. Επομένως, 3 ∫ ηµ3xdx = 1 ∫ ηµudu = − 1 συνu + c = − 1 συν3x + c 3 3 3 ii) Θέτουμε u = 4x2 −16x + 7, οπότε du = (8x −16)dx = 8(x − 2)dx. Επομένως ∫ ∫(4x2 −16x + 7)3 (x − 2)dx = 1 u3du = 1 u4 + c 8 84 = 1 (4x2 −16x + 7)4 + c. 32 iii) Θέτουμε u = x2 + 6x, οπότε du = (2x + 6)dx = 2(x + 3)dx. Επομένως, ∫ ∫ ∫x + 3 dx = 1 du = 1 u−4du = 1 u−3 + c 2 u4 2 2 −3 (x2 + 6x)4 = − 1 1 + c = −1 + c. 6 u3 6(x2 + 6x)3 iv) Θέτουμε u = 2 + x3, οπότε du = 3x2dx. Επομένως, ∫ ∫ ∫x2 −1 1 2 1 dx = 1 du = 1 = 2 + c = (2 + + c. u 2 du u2 x3 )2 2 + x3 3 u3 33 v) Θέτουμε u = x + l, οπότε du = dx και x = u – 1. Επομένως, 31 ∫ x x +1dx = ∫ (u −1) udu = ∫ u 2 du − ∫ u 2 du = 2 u 5 − 2 u 3 +c 2 2 53 = 2u 3  1 u − 1  + c 2  5 3  180

3.2 = 2 3 15 (x +1)2 (3x − 2) + c. 3. i) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Επομένως, ∫ ∫exηµexdx = ηµudu = −συνu + c = −συνex + c ii) Θέτουμε u = ex + 1, οπότε du = exdx. Επομένως, ∫ ∫ex 1 dx = du = ln u + c = ln(ex +1) + c u ex + iii) Θέτουμε u = ln x, οπότε du = 1 dx. Επομένως, x 1 ∫ ∫ ∫dx = du = −1 = u2 +c u 1 x ln x u 2 du 2 = 2 u + c = 2 ln x + c iv) Θέτουμε u = ln(ex + 1), οπότε du = e ex 1 dx. Επομένως, x+ ex du = ln u + c +1) ln(ex u ∫ ∫(ex dx = + 1) = ln ln(ex +1) + c = ln(ln(ex +1)) + c αφού ln(ex + 1) > ln1 = 0. v) Θέτουμε u = 1 , οπότε du = − 1 dx. Επομένως, x x2 ηµ  1  1  x  x ∫ dx = −∫ ηµudu = συνu + c = συν + c. x2 181

3.2 3.2 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Θέτουμε u = 1+ συν2 x, οπότε du = – 2ημxσυνxdx ή du = – ημ2xdx. Επομένως, ∫ 1 ηµ2x x dx = −∫ du = − ln u +c = − ln(1+ συν2 x) + c + συν2 u ii) Θέτουμε u = ln(συνx), οπότε du = − ηµx dx = −εϕxdx. Επομένως, συνx ∫ εϕx ln(συνx)dx = −∫ udu = − u2 +c = − 1 [ln(συνx)]2 +c 2 2 iii) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως, ∫ ∫συνxeηµxdx = eu du = eu + c = eηµx + c. 2. i) Θέτουμε u = x3 + 1 , οπότε du = 3x2 ⋅ x3 − 3x2 (x3 +1) dx = −3 dx. Επομένως, x3 x6 x4 ∫ ∫ ∫x3 +1 1 x3 u 2 du 1 dx = − 1 udu = − 1 x4 3 3 1 +1 3 3 = −1 u 2 + c = − 1 u2 +c = − 2  x3 +12 + c. 3 1 3 3 9   + 1  x3  22 ii) Θέτουμε u = x2 +1, οπότε du = 2x dx = x dx. Επομένως, 2 x2 +1 x2 +1 ∫ x dx = ∫ du = u + c = x2 +1 + c. x2 +1 iii) Θέτουμε u = x2 +1, οπότε du = 2xdx, οπότε έχουμε ∫ x ln( x 2 + 1)dx = 1 ∫ ln udu = 1 ∫ (u)′ ln udu 2 2 = 1 u ln u − 1 ∫ du 2 2 = 1 u ln u − 1 u + c = 1 (x2 +1) ln(x2 +1) − 1 (x2 +1) + c. 222 2 182

3.2  x3 ′ 3. i) Έχουμε:  3    ∫ ∫x2 ln x2dx = ln x 2 dx ∫= x3 ln x2 − x3 1 (x2 )′dx 3 x2 3 ∫= 1 x3 ln x2 − 2 x2dx = x3 ln x2 − 2 x3 + c 33 39 x3 ii) Έχουμε ∫ (ln t)2 dt = ∫ (t)′(ln t)2 dt = t(ln t)2 − ∫ t2 ln t(ln t)′dt = t(ln t)2 − 2∫ ln tdt = t(ln t)2 − 2∫ (t)′ln tdt = t(ln t)2 − 2t ln t + 2∫ t 1 dt t = t(ln t)2 − 2t ln t + 2t + c iii) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Επομένως ∫ ∫ ∫e2xσυνexdx = exσυνex exdx = uσυνudu = ∫ u(ηµu)′du = uηµu − ∫ ηµudu = uηµu + συνu + c = exηµex + συνex + c. 4. i) Έχουμε ηµx (συνx)′ συνx συνx ∫ εϕxdx = ∫ dx = −∫ dx = − ln συνx + c και x συν2 ∫ x dx = ∫ x(εϕx)′dx = xεϕx − ∫ εϕxdx = xεϕx + ln συνx + c1. ii) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως, ∫ συνx dx = ∫ du = − 1 +c = − 1 + c. ηµ2 x u2 u ηµx 183

3.2 Επίσης έχουμε ∫ 1+ συνx dx = ∫ 1 x dx + ∫ συνx dx ηµ2 x ηµ2 ηµ2 x = −σϕx − 1 + c. ηµx iii) Έχουμε ∫ ηµ3xdx = ∫ ηµ2 xηµxdx = ∫ (1− συν2 x)ηµxdx. Θέτουμε u = συνx, οπότε du = – ημxdx. Επομένως, ∫ ηµ3xdx = −∫ (1− u2 )du = ∫ u2du − ∫1du = u3 − u + c = συν2 x − συνx + c. 33 Επίσης έχουμε ∫ συν3xdx = ∫ συν2 xσυνxdx = ∫ (1− ηµ2 x)συνxdx. Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως, ∫ ∫συν3 xdx = (1− u2 )du = u − u3 + c = ηµx − ηµ3x + c. 33 5. Έχουμε i) ∫ ηµ2 xdx = ∫ 1 − συν2x dx = 1 x− 1 ∫ συν2xdx 2 2 2 = 1 x − 1 ηµ2x + c 24 ii) ∫ συν2 xdx = ∫ 1 + συν2 x dx = 1 x+ 1 ηµ2x + c 2 2 4 ∫ ∫iii) ηµ2 xσυν2 xdx = 1 ηµ2 2xdx 4 = 1 ∫ 1− συν4x dx 4 2 = 1 x − 1 ∫ συν4xdx 8 8 = 1 x − 1 ηµ4x + c. 8 32 184

3.2 6. Έχουμε i) ∫ ηµxσυν2xdx = 1 ∫[ηµ(−x) + ηµ3x]dx 2 = − 1 ∫ ηµxdx + 1 ∫ ηµ3xdx 2 2 = 1 συνx − 1 συν3x + c 26 ii) ∫ συν3x συν5xdx = 1 ∫ (συν2x + συν8x)dx 2 = 1 ∫ συν2xdx + 1 ∫ συν8xdx 2 2 = 1 ηµ2x + 1 ηµ8x + c 4 16 iii) ∫ ηµ2xηµ4xdx = 1 ∫ (συν2x − συν6x)dx 2 = 1 ηµ2x − 1 ηµ6x + c. 4 12 7. i) Έχουμε: 2x −3 (x2 − 3x + 2)′ x2 − 3x + x2 − 3x + 2 ∫ ∫x2 2 dx = dx = ln − 3x +2 + c. ii) Έχουμε: 3x + 2 2 = (x 3x + 2 2) , x ∈R −{1, 2}. x2 − 3x + −1)(x − Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι ώστε: 3x + 2 = Α + Β , για κάθε x ∈ R −{1, 2}. (1) (x −1)(x − 2) x −1 x − 2 Με απαλοιφή παρονομαστών έχουμε τελικά: (Α + Β)x – (2Α + Β) = 3x + 2, για κάθε x ∈R −{1, 2} Η (1) ισχύει για κάθε x ∈ R −{1, 2}, αν και μόνο αν Α + Β = 3 2 ⇔ Α = −5 και Β = 8. −2Α − Β = 185

3.2 Επομένως ∫ x2 3x + 2 2 dx = ∫ −5 dx + ∫ x 8 2 dx − 3x + x −1 − = −5ln x −1 + 8ln x − 2 + c. iii) Από τη διαίρεση (x3 – 2x):(x2 + 3x + 2) βρίσκουμε: x3 − 2x = (x2 + 3x + 2)(x − 3) + 5x + 6 οπότε x3 − 2x 2 = x − 3+ 5x + 6 2 (1) x2 + 3x + x2 + 3x + (2) Εξάλλου έχουμε: (1) 5x + 6 2 = (x 5x + 6 2) . x2 − 3x + +1)(x + Αναζητούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι, ώστε 5x + 6 = Α + Β για κάθε x ∈ R −{−1, −2}. (x +1)(x + 2) x +1 x + 2 Με απαλοιφή παρονομαστών, έχουμε τελικά (Α + Β )x + 2Α + Β = 5x + 6. Η (2) ισχύει για κάθε x ∈R −{−1, −2}, αν και μόνο αν Α + Β = 5 ⇔ Α =1 και Β = 4. 2Α + Β = 6 Επομένως λόγω και της (1) έχουμε: ∫ x3 − 2x 2 dx = ∫ ( x − 3)dx + ∫ dx + ∫ x 4 2 dx x2 + 3x + x +1 + = x2 − 3x + ln x +1 + 4 ln x + 2 + c. 2 iv) Έχουμε 2 = Α+ Β, για κάθε x∈R −{1, −1}. x2 −1 x −1 x +1 Με απαλοιφή παρονομαστών έχουμε (Α + Β)x + Α – Β = 2. 186

3.3 Η (1) ισχύει για κάθε x ∈R −{1, −1}, αν και μόνο αν Α + Β = 0 ⇔ Α = 1 και Β = – 1. Α − Β = 2 Επομένως, έχουμε ∫ x 2 1 dx = ∫ 1 dx − ∫ 1 dx = ln x −1 − ln x +1 + c. 2− x −1 x +1 3.3 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dy = −4xy2 dx dy = −4xdx y2 ∫ dy = −4∫ xdx y2 − 1 = −2x2 + c1 y y = 2 1 c , c ∈R. x2 + ii) Η εξίσωση γράφεται y dy = x dx ydy = xdx ∫ ydy = ∫ xdx y2 = x2 + c1 2 2 y2 = x2 + 2c1 y2 − x2 = c, y = c + x2 , αφού y > 0 (c ∈R). 187

3.3 iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: 1 dy = 2 xy dx dy = 2xdx y ∫ 1 dy = ∫ 2xdx y ln y = x2 + c1 y = ex2 +c1 y = ec1 ex2 y = ±ec1 ex2 y = cex2 , όπου c = ±ec1 . iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dy = e− yσυνx dx eydy = συνxdx ∫ eydy = ∫ συνxdx ey = ηµx + c y = ln(ηµx + c), c ∈R . 2. i) Μία παράγουσα της α(x) = 2 είναι η Α(x) = 2x. Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης με e2x και έχουμε διαδοχικά: y′e2x + 2e2x y = 3e2x ( ye2x )′ = 3e2x ∫ ∫( ye2x )′dx = 3e2xdx ye2x = 3 e2x + c 2 188

3.3 y = 3 + ce−2x , c∈ R. 2 ii) Μία παράγουσα της α(x) = 2 είναι η A(x) = 2x. Πολλαπλασιάζουμε με e2x οπότε έχουμε διαδοχικά y′e2x + 2 ye2x = ex ( ye2x )′ = ex ∫ ∫( ye2x )′dx = exdx ye2x = ex + c y = e−x + ce−2x , c∈ R. iii) Μ ία παράγουσα της α(x) = l είναι η A(x) = x. Πολλαπλασιάζουμε με ex, οπότε έχουμε διαδοχικά y′ex + yex = ex ⋅ 2x ( yex )′ = 2ex x ∫ ( yex )′dx = 2∫ ex ⋅ xdx ∫yex + c1 = 2xex − 2 exdx yex = 2xex − 2ex + c y = 2x − 2 + ce−x , c∈ R. iv) Μ ία παράγουσα της α(x) = 2x είναι η A(x) = x2. Πολλαπλασιάζουμε ex2 , οπότε έχουμε διαδοχικά y′ex2 + 2xex2 y = xex2 ( yex2 )′ = xex2 ∫yex2 + c1 = xex2 dx yex2 = 1 ex2 + c 2 y = 1 + ce−x2 , c∈ R. 2 189

3.3 3. Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dy = 2x2 y2 dx dy = 2 x 2 dx y2 ∫ ∫y−2dy = 2 x2dx − 1 = 2 x3 + c1 y 3 − 1 = 2x3 + 3c1 y3 y = −3 c . 2x3 + Επειδή y(0) = – 3, έχουμε −3 = −3, οπότε c = 1. Άρα c y = 2 −3 1 . x3 + 4. Η εξίσωση γράφεται y′ + 3y = 2. Μια παράγουσα της α(x) = 3 είναι η Α(x) = 3x, οπότε έχουμε διαδοχικά y′e3x + 3ye3x = 2e3x y′e3x + y(e3x )′ = 2e3x ( ye3x )′ = 2e3x ∫ ∫( ye3x )′dx = 2 e3xdx ye3x = 2 e3x + c 3 y = 2 + c . 3 e3x Επειδή y(0) = 2 έχουμε 2 = 2 + c , οπότε c = 0. Άρα y = 2. 3 3 3 e0 3 190

3.3 5. i) Μια παράγουσα της α ( x) = 1 είναι η Α(x) = εφx. Πολλαπλασιάζουμε συν2 x με eεϕx , οπότε έχουμε διαδοχικά: y′eεϕx + eεϕx 1 y = 1 eεϕx συν2 x συν2 x ( yeεϕx )′ = eεϕx 1 συν2 x ∫yeεϕx + c1 = eεϕx 1 dx συν2 x ∫yeεϕx + c1 = eεϕx (εϕx)′dx yeεϕx = eεϕx + c y = 1+ ce−εϕx . Επειδή y(0) = – 3, έχουμε – 3 = 1 + c, οπότε c = – 4. Άρα y = 1− 4 . eεϕx ii) Επειδή x > 0, είναι x + l > 0, οπότε η εξίσωση γράφεται y′ + 1 y = 1 ln x. x +1 x +1 Μία παράγουσα της α ( x) = 1 είναι η Α(x) = ln(x + 1). Πολλαπλασιάζουμε x +1 με eln(x+1) = x +1, οπότε έχουμε διαδοχικά y′ ⋅ (x +1) + y = ln x ( y(x +1))′ = ln x y(x +1) + c1 = ∫ ln xdx y(x +1) = x ln x − x + c y = x ln x − x + c . x +1 Επειδή y(1) = 10, έχουμε −1+ c = 10, οπότε c = 21. Επομένως 2 y = x ln x − x + 21. x +1 191

3.3 3.3 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Μία παράγουσα της α(t) = 1 είναι η A(t) = t. Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της εξίσωσης με et και έχουμε διαδοχικά: I ′(t)et + I (t)et = etηµt (I (t)et )′ = etηµt ∫I (t)et + c1 = etηµtdt (1) ∫ ∫etηµtdt = etηµt − etσυνtdt Εξάλλου έχουμε ∫= etηµt − etσυνt + etηµtdt  , οπότε ∫2 etηµtdt = et (ηµt − συνt) + c1. Άρα ∫ etηµtdt = 1 et (ηµt − συνt) + c, 2 οπότε από την (1) προκύπτει ότι Για t = 0 έχουμε I (t)et = 1 et (ηµt − συνt) + c. 2 I (0)e0 = 1 e0 (ηµ0 − συν0) + c 2 0 = −1 +c 2 Έτσι, τελικά είναι c = 1. 2 I (t)et = 1 et (ηµt − συνt) + 1 22 I (t) = 1 (ηµt − συνt) + 1 e−t . 22 192

3.3 2. Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: ye y2 dy = e2x dx ye y2 dy = e2xdx Άρα ∫ ∫yey2 dy = e2xdx 1 ey2 = 1 e2x + c1 2 2 e y2 = e2x + 2c1 ey2 = e2x + c, c∈ R. Επειδή y(2) = 2, έχουμε e4 = e4 + c, οπότε c = 0. Επομένως ey2 = e2x , οπότε y2 = 2x και άρα y = 2x, αφού περνάει από το σημείο Α(2,2). 3. Μία παράγουσα α (x) = − 1 είναι η Α(x) = − ln x. Πολλαπλασιάζουμε με x e− ln x ln 1 = 1, οπότε έχουμε διαδοχικά x =e x y′ 1 − 1 y = x1 x x2 x  y ⋅ 1 ′ = 1  x  y⋅1 = x+c x y = x2 + cx, c∈ R. 4. Ισχύει y′ = xy, y > 0, οπότε έχουμε διαδοχικά: dy = xdx y ∫ dy = ∫ xdx y ln y = x2 + c1, y>0 2 193

3.3 y = x2 + c1 e2 x2 y = c ⋅ e 2 , c = ec1 > 0. Εξάλλου ισχύει y(0) = 1, οπότε c = 1. Άρα x2 y=e2. 5. i) Μία παράγουσα της α(t) = α είναι η A(t) = αt, οπότε έχουμε διαδοχικά y′eαt + α eαt y = β e−λt ⋅ eαt ( yeαt )′ = β e(α −λ)t ∫yeαt + c1 = β e(α −λ)t dt yeαt = β e(α −λ)t + c α −λ y = α β λ e−λt + c . − eα t Άρα y(t) = β 1 + c , c∈ R. α −λ eλt eα t ii) Επειδή α > 0, λ > 0 ισχύει lim 1 =0 και lim c = 0, οπότε eλt eα t t →+∞ t →+∞ lim y(t) = 0. t →+∞ 6. Επειδή θ – Τ > 0 η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dθ = −κ dt θ −Τ ∫ θ dθ = −κt + c1, −Τ ln(θ −Τ ) = −κt + c1 θ −Τ = e−κt +c1 θ (t) = T + ce−κt , c = ec1 . 194

3.3 Εξάλλου θ (0) = θ0 ⇔ θ0 = T + c ⋅ e0 ⇔ c = θ0 − T. Άρα θ (t) = T + (θ0 − T )e−κt . 7. i) Έ στω Ρ1(t) ο πληθυσμός της χώρας, αν δεν υπήρχε η μετανάστευση και P2(t) ο πληθυσμός που έχει μεταναστεύσει μέχρι τη χρονική στιγμή t. Τότε ο πληθυσμός της χώρας είναι P(t) = P1(t) − P2 (t) οπότε P′(t) = P1′ (t) − P2′ (t). (1) Είναι όμως P1′ (t) = k ⋅ P(t), k > 0, αφού έχουμε ρυθμό αύξησης του Ρ1(t) ανάλογο του P(t). Επίσης είναι P2′ (t) = m, οπότε η (1) γράφεται P′(t) = kP(t) − m, ή ισοδύναμα P′ − kP = −m. Μία παράγουσα της α(t) = – k είναι η A(t) = – kt. Πολλαπλασιάζουμε με e–kt τα μέλη της εξίσωσης, οπότε έχουμε διαδοχικά: P′e−kt − ke−kt P = −me−kt (Pe−kt )′ = −me−kt ∫Pe−kt + c1 = −m e−kt dt Pe−kt = m e−kt + c k P(t) = m + cekt . k Επειδή P(0) = P0, έχουμε P0 = m + c, οπότε c = P0 − m. Άρα k k 195

3.3 P(t) = m +  P0 − m  ekt , k>0 k  k  iii) Είναι P′(t) = (kP0 − m)ekt — αν m < kP0 τότε P′(t) > 0, οπότε ο πληθυσμός αυξάνεται. — αν m > kP0 τότε P′(t) < 0, οπότε ο πληθυσμός μειώνεται. — αν m = kP0 τότε P′(t) > 0, οπότε ο πληθυσμός είναι σταθερός. 8. i) Ο όγκος του νερού της δεξαμενής τη χρονική στιγμή t είναι V (t) = π r2 y(t) = π y(t), όπου r = 1m η ακτίνα του κυλίνδρου, οπότε V ′(t) = π y′(t). Εξάλλου έχουμε −α 2gy = −π ⋅ 0,12 20 y = −0, 02π 5y. Έτσι ο νόμος του Torricelli γράφεται π y′ = −0, 02π 5y , ή ισοδύναμα y′ = − 5 y (1) 50 ii) Προφανώς το y = 0 αποτελεί λύση της (1). Για y > 0 η εξίσωση γράφεται dy = − 5 dt, y 50 οπότε έχουμε διαδοχικά: ∫ y−1/2dy = − 5 t + c 50 2 y1/2 = − 5 t + c 50 y1/2 = − 5 t + c 100 2 y =  −5 t + c 2 .  100 2  196

3.3 Όμως ισχύει y(0) = 36 dm, οπότε 36 =  c 2 , συνεπώς c = 12. Άρα  2  y(t ) =  − 5 t + 6 2  100  iii) H δεξαμενή αδειάζει τελείως, όταν y(t) = 0. Έτσι έχουμε: y(t) = 0 ⇔ − 5 t + 6 = 0 ⇔ t = 600 = 600 5 = 120 5 sec. 100 5 5 9. Η Ε = 0 αποτελεί μία προφανή λύση της διαφορικής εξίσωσης. Για Ε > 0 η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: dΕ = − 1 dt Ε RC ln Ε =− 1 t + c1 RC Ε (t) = − t + c1 RC e −t k = ec1 . Ε (t) = k ⋅ e RC , Εξάλλου − t1 t1 Ε (t1) = Ε 0 ⇔ Ε 0 = ke RC ⇔ k = Ε 0e RC . Άρα t1 −t E(t) = E0e RC . 10. i) α) Αν αντικαταστήσουμε τις τιμές των R, L και Ε, κανόνας του Kirchhoff γράφεται 4I ′ +12I = 60, ή ισοδύναμα ′ 3 15. (1) Μία παράγουσα της α(t) = 3 είναι η A(t) = 3t. Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη (1) με e3t, οπότε έχουμε διαδοχικά: I ′e3t + 3e3t I = 15e3t (Ie3t )′ = 15e3t 197

3.3 ∫Ie3t + c1 = 5 3e3t dt Ie3t = 5e3t + c. I (t) = 5 + c . e3t β) Είναι lim I (t) = lim  5 + c  = 5.  e3t  t →+∞ t →+∞ Από την ισότητα lim I (t) = 5 συμπεραίνουμε ότι για «μεγάλες» τιμές του t η t →+∞ ένταση γίνεται σταθερή και η γραφική παράσταση της y = I(t) έχει ασύμπτωτη την ευθεία y = 5. ii) Αν Ε = 60ημ3t ο κανόνας του Kirchhoff γράφεται διαδοχικά: I ′ + 3I = 15ηµ3t I ′e3t + 3e3t I = 15e3t ηµ3t (Ie3t )′ = 15e3tηµ3t ∫Ie3t + c1 = 5 3e3tηµ3tdt. (2) ∫Θέτουμε J = 3e3tηµ3tdt, οπότε ∫ ∫J = (e3t )′ηµ3tdt = e3tηµ3t − 3 e3tσυν3tdt ∫= e3tηµ3t − (e3t )′συν3tdt ∫= e3tηµ3t − e3tσυν3t + 3 e3tηµ3tdt  = e3t (ηµ3t − συν3t) − 3J. Άρα 1 4 J = e3t (ηµ3t − συν3t ) + c1 , c1 ∈ R . Λόγω της (2) έχουμε Ie3t = 5 e3t (ηµ3t − συν3t) + c 4 Άρα 5 c 4 e3t I (t) = (ηµ3t − συν3t) + . 198

3.4 3.4 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε ∫ ∫i) 3 f (x)dx = − 4 f (x)dx = −11 43 ii) 8 f (x)dx = 1 f (x)dx + 8 f (x)dx = − 4 f (x)dx + 8 f (x)dx = −9 +13 = 4 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫4 4 1 11 iii) 3 f (x)dx = 4 f (x)dx + 3 f (x)dx = 9 − 4 f (x)dx = 9 −11 = −2 ∫ ∫ ∫ ∫1 1 4 3 iv) 8 f (x)dx = 4 f (x)dx + 1 f (x)dx + 8 f (x)dx ∫ ∫ ∫ ∫3 3 4 1 ∫= 11− 4 f (x)dx +13 = 24 − 9 = 15. 1 2. Έχουμε ∫ ∫ ∫ ∫1ln 1 dt = ε εt 1(ln1− ln t)dt = − 1ln tdt = ε ε1 ln tdt. ∫ ∫3. Η ισότηταkx2 −4 dx − 1 5 1 dx =3 γράφεται διαδοχικά: 1 x2 +1 k x2 + ∫ ∫kx2 −4 dx + k x 5 1 dx = 3 1 x2 +1 1 2+ ∫k x2 − 4+ 5 dx = 3 1 x2 +1 ∫ k1dx = 3 1 (k −1) = 3 k = 4. 4. Έχουμε ∫ ∫ ∫i) 3[2 f (x) − 6g(x)]dx = 2 3 f (x)dx − 6 3 g(x)dx = 2 ⋅ 5 − 6 ⋅ (−2) = 22 1 11 ii) 1[2 f (x) − g(x)]dx = 2 1 f (x)dx − 1 g(x)dx ∫ ∫ ∫3 3 3 ∫ ∫3 3 = −2 f (x)dx + g(x)dx 11 = −2 ⋅5 − 2 = −12. 199