Γ Λυκείου - Ολοκληρωτικός Λογισμός - Ενότητα 2 (ασκήσεις Κ2-Ο2)

Ολοκληρωτικός { {Λογισμός 2η ενότητα Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισμένο ολοκλήρωμα 3η κατηγορία ασκήσεων Ολοκλήρωση κατά παράγοντες (παραγοντική ολοκλήρωση) Νέα Μουδανιά • Σεπτέμβριος 2020 Σελίδες 66 - 106 Ασκήσεις 45 - 74



2η ΟΜΑΔΑ Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ολοκλήρωση κατά παράγοντες (παραγοντική ολοκλήρωση) Με την μέθοδο που θα δεις στην συνέχεια, μπαίνουμε πλέον σε «καθαρόαιμα» θέματα του Ολοκληρωτικού Λογισμού (ως προς το θέμα της 2ης ενότητας πάντα). Η μέθοδος της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες (αλλιώς λέγεται και παραγοντική ολο- κλήρωση) αποτελεί βασικό τρόπο υπολογισμού ορισμένων ολοκληρωμάτων και την δεύτερη από την σειρά ερωτήσεων που πρέπει να κάνεις όταν πρόκειται να υπολογί- σεις ένα ολοκλήρωμα. Αν συνοψίσουμε αυτές τις ερωτήσεις (που αντιστοιχούν στις δύο, μέχρι τώρα, ομάδες), έχουμε: α) Μήπως είναι «απλό» ολοκλήρωμα; β) Μήπως θα το υπολογίσω με ολοκλήρωση κατά παράγοντες; Έτσι τίθεται το επόμενο ερώτημα: αν η απάντηση στο ερώτημα (α) είναι αρνητική, πώς θα καταλάβω ότι θα χρησιμοποιή- σω την ολοκλήρωση κατά παράγοντες; Στις περισσότερες περιπτώσεις η μέθοδος αυτή αναγνωρίζεται εύκολα: η συνάρτηση που είναι μέσα στο ολοκλήρωμα είναι ένα γινόμενο (συνήθως) ή πηλίκο (λιγότερο σύνηθες, αλλά συναντάται και αυτό το σενάριο). Όμως επειδή ένα γινόμενο ή ένα πηλίκο προκύπτει και ως αποτέλεσμα παραγώγισης μιας σύνθετης συνάρτησης, καμιά φορά μπορεί να υπάρχει κάτι τέτοιο μέσα στο ολο- κλήρωμα και να μην χρησιμοποιηθεί η μέθοδος ολοκλήρωσης κατά παράγοντες, αλλά το ολοκλήρωμα να αντιμετωπιστεί ως «απλό» ή με κάποια από τις μεθόδους που θα δεις στις επόμενες ομάδες. Για παράδειγμα, ββ β ∫ ∫ ∫Ι = 2x ⋅ συν(x2 + 1) dx = συν(x2 + 1) ⋅ (x2 + 1)′ dx = ⎣⎡⎢ηµ(x2 + 1)⎤⎦⎥′ dx = αα α = ⎢⎡⎣ηµ(x2 + 1)⎥⎦⎤ β = ... α - 66 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Αντίθετα, στα επόμενα ολοκληρώματα κάτι τέτοιο δεν συμβαίνει και δεν μπορούν να αντιμετωπιστούν ως «απλά»: ββ β ∫ ∫ ∫xex dx , exηµx dx , x ⋅ 3x dx . αα α Τα τρία τελευταία ολοκληρώματα υπολογίζονται με την μέθοδο της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες, η οποία στηρίζεται στην ακόλουθη Πρόταση Μέθοδος ολοκλήρωσης κατά παράγοντες Αν f′ , g′ είναι συνεχείς συναρτήσεις στο ⎣⎡⎢α , β⎥⎤⎦ , τότε ισχύει ββ ∫ ∫f(x) ⎡⎣⎢f(x) g(x)⎥⎦⎤ β ⋅ g′(x) dx = ⋅ α − f′(x) ⋅ g(x) dx . αα Αναλυτικά, τα βήματα είναι τα ακόλουθα: ❖ 1ο βήµα Από τους δύο παράγοντες του γινομένου εξέτασε αν μπορείς να βρεις μία αρχική ενός, τουλάχιστον, εκ των δύο. • Αν μπορείς να βρεις και για τους δύο, τότε επίλεξε ποιού την αρχική θα θέσεις ως αρχή της λύσης και γράψε (εντός του ολοκληρώματος) την αρχική αυτού του παρά- γοντα του γινομένου. • Αν μπορείς να βρεις μόνο για έναν εκ των δύο, τότε προφανώς θα δουλέψεις με την αρχική αυτού του όρου. Έτσι, αν πάρουμε το ολοκλήρωμα β ∫Ι = f(x) ⋅ g(x) dx α και υποθέσουμε ότι μπορούμε να βρούμε μία αρχική F(x) της f(x), τότε συνεχίζουμε έτσι: β ∫Ι = F(x) ⋅ g(x) dx . α - 67 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ❖ 2ο βήµα Την αρχική που βρήκες, μαζί με τον δεύτερο παράγοντα του γινομένου, γράψ’ τα εντός αγκύλης βάζοντας έξω και δεξιά της, πάνω και κάτω, τα όρια ολοκλήρωσης, αφαιρώ- ντας μετά το ολοκλήρωμα (με τα ίδια όρια ολοκλήρωσης) του γινομένου που έχεις εντός της αγκύλης, παραγωγίζοντας όμως τον δεύτερο παράγοντα του γινομένου. Στο παράδειγμά μας δηλαδή, συνεχίζουμε έτσι: ββ ∫ ∫Ι = F(x) ⋅ g(x) dx = ⎣⎡⎢F(x) ⋅ g(x)⎦⎥⎤αβ − F(x) ⋅ g′(x) dx . αα ❖ 3ο βήµα Υπολόγισε τον αριθμό ⎢⎣⎡F(x) ⋅ g(x)⎥⎤⎦ β έτσι: α ⎣⎢⎡F(x) ⋅ g(x)⎥⎤⎦ β = F(β) ⋅ g(β) − F(α) ⋅ g(α) . α Δες το νέο ολοκλήρωμα που δημιουργήθηκε. Αυτό είτε θα είναι «απλό» είτε θα χρει- αστεί να εφαρμοστεί ξανά η ίδια ακριβώς μέθοδος, δηλαδή η ολοκλήρωση κατά παρά- γοντες (είναι πολύ συνηθισμένο φαινόμενο). Η μέθοδος θα γίνει καλύτερα κατανοητή μέσω παραδειγμάτων. Θα αναφερθούν μερι- κές χαρακτηριστικές μορφές ολοκληρωμάτων, οι οποίες έχουν συγκεκριμένο τρόπο υπολογισμού. Είναι οι πιο συνηθισμένες, αλλά όχι οι μοναδικές μορφές (ο κατάλογός τους είναι πολύ μεγάλος). - 68 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Πώς θα υπολογίσεις ολοκλήρωμα της μορφής β ∫ Ρ(x) ⋅ eQ(x) dx , όπου P(x), Q(x) πολυώνυμα α Το P(x) συνήθως είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού (αν είναι μεγαλύ- τερου βαθμού υπάρχει πολύ περισσότερο γράψιμο και κάτι τέτοιο δεν συναντάται συ- χνά), ενώ το Q(x) είναι συνήθως πρώτου βαθμού, της μορφής Q(x) = αx , α ≠ 0 . Ξεκίνα βρίσκοντας μία αρχική του eQ(x) . Αν ξεκινήσεις από το Ρ(x), οι δυνάμεις του x διαρκώς θα μεγαλώνουν και δεν τελειώ- νει ποτέ η διαδικασία (θα δεις στο παράδειγμα που ακολουθεί γιατί). Παράδειγµα 15 1 ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = xex dx . 0 ~ Λύση ~ «Απλό» ολοκλήρωμα δεν είναι, διότι δεν μπορώ να βρω άμεσα κάποια συνάρτηση, της οποίας η παράγωγος να είναι ίση με xex . Έπειτα, βλέποντας γινόμενο μέσα στο ολο- κλήρωμα η πρώτη μου σκέψη πρέπει να είναι η ολοκλήρωση κατά παράγοντες (όχι η μόνη όμως, και αυτό θα εξηγηθεί στις επόμενες μεθόδους υπολογισμού ολοκληρωμά- των). Σύμφωνα με το 1ο βήμα της μεθοδολογίας, εξετάζω αν μπορώ να βρω μία αρχική για το x ή για το ex (τους δύο παράγοντες του γινομένου δηλαδή). Μπορώ να βρω και για τις δύο, οπότε έχω δύο επιλογές: α) να ξεκινήσω με μία αρχική του x ή β) να ξεκινήσω με μία αρχική του ex . Ας δούμε πώς θα γίνει ο υπολογισμός, αν κάνουμε την επιλογή (α): - 69 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 1 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ x2 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟′ ⎢⎢⎢⎡⎣ x2 ⋅ ex ⎥⎤⎥⎥⎦10 − 1 x2 ∫ ∫ ∫Ι = 0 0 2 ex 2 0 2 ⋅ (ex )′ dx xex dx = ⋅ dx = . Αυτά είναι τα πρώτα βήματα. Η συνέχεια 12 02 1 1 e 1 1 ∫ ∫Ι 2 2 2 2 2 = ⋅ e1 − ⋅ e0 − ⋅ x2 ⋅ (ex )′ dx = − ⋅ x2ex dx . 00 Το νέο ολοκλήρωμα έχει πάλι γινόμενο μέσα, οπότε θα το υπολογίσω ξεχωριστά με την ίδια μέθοδο. Αυτό που θέλει προσοχή όμως είναι το εξής: πρέπει να βρω αρχική του x², δηλαδή του ίδιου όρου από τον οποίο ξεκίνησα με το αρχικό ολοκλήρωμα! 1 1 ⎝⎛⎜⎜⎜⎜ x3 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠′ ⎡⎢⎢⎢⎣ x3 ⋅ ex ⎥⎥⎥⎦⎤10 − 1 x3 ∫ ∫ ∫Ι1 =0 0 3 3 0 3 ⋅ (ex )′ dx x2ex dx = ⋅ ex dx = = 13 03 1 1 e3 1 1 3∫ ∫= 3 3 3 3 ⋅ e3 − ⋅ e0 − ⋅ x3ex dx = − ⋅ x3ex dx . 00 Νέο ολοκλήρωμα με γινόμενο, πάλι η ίδια δουλειά. Παρατηρώ όμως ότι η δύναμη του x διαρκώς μεγαλώνει στα νέα ολοκληρώματα, το οποίο σημαίνει ότι αυτή η διαδικασία δεν θα τελειώσει ποτέ. Άρα ήταν λάθος να ξεκινήσω το αρχικό ολοκλήρωμα με την επιλογή (α), δηλαδή βρίσκοντας μία αρχική του x. Αυτό είναι κάτι που μπορεί να συμβεί σε αυτήν την διαδικασία, δηλαδή να γίνει λάθος επιλογή παράγοντα για την εκκίνησή της. Σε κάποιες περιπτώσεις αυτό μπορεί να προβλεφθεί (λόγω της γενικής μορφής του ολοκληρώματος) και να μην υπάρξει αυτό το χάσιμο χρόνου και ενέργειας, αλλά υπάρχουν και περιπτώσεις που μόνο διά της οδυνηρής οδού καταλαβαίνουμε το λάθος μας. Ευτυχώς, οι μορφές που έχουν κάποια ολοκληρώματα (και το ολοκλήρωμα του παρα- δείγματος 15 έχει τέτοια γενική μορφή, η οποία ακολουθεί συγκεκριμένο «δρομολό- γιο» για τον υπολογισμό του) μάς δείχνουν εξαρχής το τι πρέπει να κάνουμε. Πάμε, επομένως, να δούμε την σωστή διαδικασία υπολογισμού του Ι: - 70 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 11 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = xex dx = (ex )′ ⋅ x dx = ⎡⎣⎢xex ⎦⎥⎤10 − ex ⋅ (x)′ dx = 1 ⋅ e1 − 0 ⋅ e0 − ex dx . 00 0 0 Το τελευταίο ολοκλήρωμα είναι απλό (χωρίς εισαγωγικά), οπότε Ι = e − ⎡⎣⎢ex ⎤⎥⎦10 = e − (e1 − e0) = e − e + 1 ⇒ Ι = 1 . Ένα ακόμη παράδειγμα αυτής της μορφής ολοκληρωμάτων με ένα ακόμη χαρακτηρι- στικό ολοκλήρωμα. Παράδειγµα 16 1 ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα I = x2ex dx . 0 ~ Λύση ~ 11 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x2ex dx = (ex )′ ⋅ x2 dx = ⎢⎣⎡x2ex ⎤⎥⎦10 − ex ⋅ (x2)′ dx = 12 ⋅ e1 − 02 ⋅ e0 − ex ⋅ 2x dx = 00 0 0 1 (1) ∫= e − 2 xex dx ⇒ Ι = e − 2 ⋅ Ι1 0 Επειδή το Ι1 έχει πάλι γινόμενο μέσα του, θα το υπολογίσω ξέχωρα. 11 1 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = 0 xex dx = (ex )′ ⋅ x dx = ⎣⎢⎡xe x ⎤⎥⎦ − ex ⋅ (x)′ dx = 1 ⋅ e1 − 0 ⋅ e0 − ex dx = 00 0 0 = e − ⎢⎣⎡ex ⎦⎥⎤10 = e − (e1 − e0) = e − e + 1 ⇒ Ι1 = 1 . Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = e−2⋅1 ⇔ Ι = e−2 . - 71 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Πώς θα υπολογίσεις ολοκλήρωμα της μορφής β ∫ ℓnκx dx , κ ∈ \"* α Θα αναφέρω πρώτα ένα πολύ χαρακτηριστικό ολοκλήρωμα, ο υπολογισμός του οποίου γίνεται ακριβώς όπως θα δεις στο επόμενο Παράδειγµα 17 - ΠΡΟΣΕΞΕ ΤΟ ΠΟΛΥ! e ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ℓnx dx . 1 ~ Λύση ~ Βλέποντας μία μόνο παράσταση μέσα στο ολοκλήρωμα σκέφτομαι μήπως αυτό είναι «απλό». Όμως για να είναι «απλό» θα πρέπει κάποια από τις βασικές συναρτήσεις ή κάποια πράξη (κανόνας παραγώγισης) να δίνει αποτέλεσμα ℓnx , το οποίο δεν συμ- βαίνει. Η ιδιαιτερότητα που έχει το συγκεκριμένο ολοκλήρωμα είναι η εξής: ee e ∫ ∫ ∫Ι = ℓnx dx = 1 ⋅ ℓnx dx = (x)′ ⋅ ℓnx dx . 11 1 Δηλαδή ξεκινάμε εμφανίζοντας το «αόρατο» 1 που υπάρχει μπροστά από το ℓnx . Έτσι η συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα μετατρέπεται σε γινόμενο και αναλαμβάνει η μέθοδος ολοκλήρωσης κατά παράγοντες να δώσει λύση. Να η αναλυτική λύση: ee e e ∫ ∫ ∫ ∫Ι = ℓnx dx = 1 ⋅ ℓnx dx = (x)′ ⋅ ℓnx dx = ⎢⎡⎣x ℓnx⎦⎥⎤ e − x ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 11 1 1 ∫ ∫e = e ⋅ ℓne − 1 ⋅ ℓn1 − x ⋅ 1 dx = e − e 1dx = e − 1 ⋅ (e − 1) = e − e + 1 ⇒ Ι=1 . x 11 Φυσικά τα όρια ολοκλήρωσης δεν θα είναι πάντα 1 και e, όπως εδώ. Όποια και αν εί- ναι αυτά όμως, δεν επηρεάζουν καθόλου την όλη διαδικασία. - 72 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ένα ακόμη χαρακτηριστικό ολοκλήρωμα αυτής της μορφής φαίνεται στο ακόλουθο Παράδειγµα 18 e ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ℓn2x dx . 1 ~ Λύση ~ ee e ∫ ∫ ∫Ι = 1 ⋅ ℓn2x dx = (x)′ ⋅ ℓn2x dx = ⎡⎣⎢x ⋅ ℓn2x⎤⎥⎦1e − x ⋅ (ℓn2x)′ dx = 11 1 ee x ⋅ ℓnx ⋅ 1 dx = ∫ ∫= e ⋅ ℓn2e − 1 ⋅ ℓn21 − x x ⋅ 2ℓnx ⋅ (ℓnx)′ dx == e − 2 ⋅ 11 e e ∫= e − 2 ⋅ ℓnx dx ⇒ Ι = e − 2 ⋅ Ι1 ∫(1) , όπου Ι1 = ℓnx dx . 1 1 Στην συνέχεια υπολογίζουμε το Ι1 όπως φάνηκε στο παράδειγμα 17, αντικαθιστούμε το αποτέλεσμα στην (1) και τελειώσαμε: ee e e ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = ℓnx dx = 1 ⋅ ℓnx dx = (x)′ ⋅ ℓnx dx = ⎢⎣⎡x ℓnx⎦⎤⎥ e − x ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 11 1 1 e x ⋅ 1 dx = e − e ∫ ∫= e ⋅ ℓne − 1 ⋅ ℓn1 − x 1dx = e − 1 ⋅ (e − 1) = e − e + 1 = 1 . 11 Επομένως από την (1) έχω ότι Ι = e−2⋅1 ⇔ Ι = e−2 . Συμπέρασμα Σε ολοκλήρωμα της μορφής που μελετήθηκε, ξεκίνα εμφανίζοντας μπροστά από τον λογάριθμο το «αόρατο» 1 που υπάρχει, το οποίο είναι η παράγωγος του x. Σχόλιο στα παραδείγματα 16 και 18 e ∫Στο παράδειγμα 18, όταν εμφανίστηκε το ℓnx dx το ονόμασα Ι1 , δημιούργησα την 1 (1) και σταμάτησα τον αρχικό υπολογισμό. Πήρα ξέχωρα το Ι1 , το υπολόγισα, αντικα- - 73 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα τέστησα στην (1) το αποτέλεσμα και τελείωσα. Το ίδιο συνέβη και στο παράδειγμα 16. Γιατί να το κάνω αυτό; Για να έχω καλύτερο έλεγχο των πράξεων και να αποφύγω παραστάσεις­ μακαρόνια, οι οποίες εγκυμονούν λάθη. Αυτό συστήνω να γίνεται κατ’ αυτήν την μέθοδο, (ότ)αν το νέο ολοκλήρωμα δεν είναι «απλό», δηλαδή δεν μπορεί να υπολογιστεί άμεσα και εύ- κολα. Ειδικά όταν το νέο ολοκλήρωμα πρόκειται να υπολογιστεί με ολοκλήρωση κατά παράγοντες (αν έχει και αρνητικό πρόσημο μπροστά του, ακόμη περισσότερο), τότε σταμάτα τον αρχικό υπολογισμό και πάρε ξέχωρα το νέο ολοκλήρωμα και υπολόγισέ το. Θυμήσου ότι ανάλογη διαδικασία εφαρμόστηκε και στους υπολογισμούς ορίων: σε αρκετές περιπτώσεις σταμάτησε η κύρια διαδικασία υπολογισμού, πήρες ξέχωρα και υπολόγισες το όριο μιας παράστασης που υπήρχε στο ζητούμενο όριο και στο τέλος έκανες όλους τους υπολογισμούς. Πώς θα υπολογίσεις ολοκλήρωμα της μορφής β ∫ Ρ(x) ⋅ ℓnκx dx , κ ∈ \"* , Ρ(x) πολυώνυμο α Το P(x) συνήθως είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού (ενίοτε και δευτέ- ρου βαθμού), ενώ για το κ συνήθως είναι κ = 1 ή κ = 2 . Ξεκίνα βρίσκοντας μία αρχική του Ρ(x). Αυτό γίνεται αναγκαστικά, αφού δεν μπορεί να βρεθεί μία αρχική του ℓnx ή κάποιας δύναμής του. Παράδειγµα 19 e ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = x ℓnx dx . 1 ~ Λύση ~ e∫ ∫ ∫Ι = e ⎜⎝⎜⎜⎜⎛ x2 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟′ ⋅ = ⎣⎢⎢⎡⎢ x2 ⋅ ℓnx⎤⎥⎦⎥⎥1e − e x2 ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 x ℓnx dx = 1 2 ℓnx dx 2 1 2 - 74 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα e2 12 1 e x 2 ⋅ 1 dx = e2 1 e e2 1 ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 ⎦⎥⎤⎥⎥ e 2 2 2 1 x 2 2 1 2 2 2 1 ∫ ∫= x dx = − ⋅ ⋅ ℓne − ⋅ ℓn1 − ⋅ − ⋅ = = e2 − 1 ⋅ ⎛⎜⎝⎜⎜⎜ e2 − 12 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ = e2 − 1 ⋅ e2 − 1 = 2e2 − e2 +1 ⇒ Ι = e2 + 1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Παράδειγµα 20 e ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = (x2 + x) ⋅ ℓnx dx . 1 ~ Λύση ~ e e ⎜⎜⎜⎜⎛⎝ x3 x2 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟′ ∫ ∫Ι = 3 2 (x2 + x) ⋅ ℓnx dx = + ⋅ ℓnx dx = 11 ∫= ⎢⎡⎣⎢⎢ ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ x3 + x2 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ ⋅ ℓnx ⎦⎥⎥⎥⎤ e − e ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ x3 + x2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ ⋅ (ℓnx)′ dx = 3 2 1 1 3 2 ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ e3 e2 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ ⎜⎝⎛⎜⎜⎜133 12 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ e ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ x3 x2 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ 1 ∫= 3 2 2 3 2 x + ⋅ ℓne − + ⋅ ℓn1 − + ⋅ dx = 1 ∫= e3 + e2 − e ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 x2 + 1 x⎟⎞⎟⎟⎟⎠ dx = 2e3 + 3e2 − ⎢⎢⎣⎡⎢ 1 ⋅ x3 + 1 ⋅ x2 ⎥⎥⎦⎥⎤ e = 3 2 1 3 2 6 3 3 2 2 1 = 2e3 + 3e2 − ⎢⎡⎢⎣⎢ x3 + x2 ⎦⎥⎥⎥⎤ e = 2e3 + 3e2 − ⎢⎢⎢⎡⎣ e3 + e2 − ⎜⎜⎜⎛⎝⎜133 + 12 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ ⎤⎥⎥⎦⎥ = 6 9 4 1 6 9 4 4 = 2e3 + 3e2 − ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ 4e3 + 9e2 − 172⎟⎟⎞⎠⎟⎟ = 2e3 + 3e2 − 4e3 + 9e2 + 7 = 6 36 6 36 12 = 12e3 + 18e2 − 4e3 − 9e2 + 21 ⇒ Ι = 8e3 + 9e2 + 21 . 36 36 - 75 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Σχόλιο στο παράδειγμα 20 Σε αυτό το σημείο 2e3 + 3e2 − ⎡⎣⎢⎢⎢ 1 ⋅ x3 + 1 ⋅ x2 ⎦⎥⎥⎤⎥ e 6 3 3 2 2 1 της λύσης (τέταρτη γραμμή στην προηγούμενη σελίδα) αν είχα θέσει f(x) = 1 ⋅ x3 + 1 ⋅ x2 , 3 3 2 2 είχα λίγο συμμαζέψει τον τύπο της και έπαιρνα ξέχωρα να υπολογίσω τις τιμές f(e), f(1) που προκύπτουν από την αγκύλη δεν θα είχα παραστάσεις­μακαρόνια στο τέλος των υπολογισμών και θα είχα λιγότερο άγχος για ενδεχόμενο λάθος. Το έκανα επίτη- δες έτσι, για να δεις τι σημαίνει «παράσταση­μακαρόνι». Πώς θα υπολογίσεις ολοκλήρωμα της μορφής ββ ∫ ∫Ρ(x) ⋅ ηµQ(x) dx , Ρ(x) ⋅ συνQ(x) dx , με Ρ(x), Q(x) πολυώνυμα αα Το Ρ(x) συνήθως είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού (αν είναι μεγαλύ- τερου βαθμού υπάρχει πολύ περισσότερο γράψιμο και κάτι τέτοιο δεν συναντάται συχνά), ενώ το Q(x) είναι συνήθως πρώτου βαθμού, της μορφής Q(x) = αx , α ≠ 0 . Ξεκίνα βρίσκοντας μία αρχική του συνQ(x) (ή του ηµQ(x) αντίστοιχα). Παράδειγµα 21 π ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = x2συν2x dx . 0 ~ Λύση ~ Αν ξεκινήσουμε βρίσκοντας μία αρχική του x², θα συμβεί ό,τι και στο παράδειγμα 15: θα προκύπτουν ολοκληρώματα στα οποία η δύναμη του x διαρκώς θα αυξάνει. Επομένως, ξεκινάμε από το συν2x: π π ⋅ ⎜⎝⎛⎜⎜ 21 ηµ2x⎞⎟⎟⎠⎟⎟′ ⎡⎣⎢⎢x2 1 ⎥⎦⎥⎤ π π 1 ∫ ∫ ∫Ι =0 0 x2 2 0 0 2 (x2 )′ x2συν2x dx = ⋅ dx = ⋅ ⋅ ηµ2x − ⋅ ηµ2x ⋅ dx = - 76 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ππ ∫ ( ) ∫=1 π 1 1 2 ⋅ ⎢⎡⎣ x 2ηµ2x⎤⎥⎦ 0 − 2 ⋅ 2x ⋅ ηµ2x dx = 2 ⋅ π2 ⋅ ηµ2π − 02 ⋅ ηµ0 − x ηµ2x dx = 00 π π π 1 1 π 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫= − ⋅ (συν2x)′ ⋅ x dx ⇒ x ⋅ ηµ2x dx = (−ηµ2x) ⋅ x dx = ⋅ (−2ηµ2x) ⋅ x dx = 00 0 0 ⇒ Ι = 1 ⋅ Ι1 (1) 2 Είναι ππ ∫ ∫Ι1 = ⎢⎣⎡x ⎤⎦⎥ π (συν2x)′ ⋅ x dx = συν2x 0 − συν2x ⋅ (x)′ dx = 00 π ππ 1 1 ∫ ∫ ∫= π ⋅ συν2π − 0 ⋅ συν0 − 2 2 ⋅ (ηµ2x)′ dx = συν2x dx = π ⋅1 − ⋅ 2συν2x dx = π − 0 00 = π− 1 ⋅ ⎢⎣⎡ηµ2x⎦⎥⎤ π = π− 1 ⋅ (ηµ2π − ηµ0) ⇒ Ι1 = π . 2 0 2 Τελικά, από την (1) προκύπτει Ι= 1 ⋅π ⇔ Ι= π . 2 2 - 77 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Πώς θα υπολογίσεις ολοκλήρωμα της μορφής ββ ∫ ∫Ρ(x) ⋅ ηµ2x dx , Ρ(x) ⋅ συν2x dx , με Ρ(x) πολυώνυμο αα Το P(x) είναι συνήθως δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού. Για τον υπολογισμό χρειάζονται οι τύποι της Τριγωνομετρίας ηµ2x = 1 − συν2x και συν2x = 1 + συν2x 2 2 και η λύση ξεκινά με αυτούς, όπως θα δεις στα ακόλουθα παραδείγματα. Παράδειγµα 22 π ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = x ηµ2x dx . 0 ~ Λύση ~ ππ π π 1 − συν2x 1 1 2 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x ηµ2x dx = x ⋅ dx = ⋅ x(1 − συν2x) dx = ⋅ (x − x συν2x) dx = 00 0 0 ππ 1 1 1 1 2 2∫ ∫=⋅ x dx − 2 ⋅ x συν2x dx ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι1 − ⋅ Ι2 . 00 Ι1 =∫• π x dx = ⎢⎣⎡⎢⎢ x2 ⎥⎤⎥⎥⎦ π = π2 − 02 ⇒ Ι1 = π2 . 0 2 0 2 2 2 ππ 1 1 π 2 2 ∫ ∫ ∫• Ι2 = x⋅ x ⋅ συν2x ⋅ (2x)′ dx = x συν2x dx = ⋅ 2συν2x dx = 00 0 1 π 1 2 2 ∫= x ⋅ (ηµ2x)′ dx = ⋅ Ι3 . 0 ππ π ∫ ∫ ∫Ι3 = ⎢⎣⎡x ⎤⎥⎦ π x ⋅ (ηµ2x)′ dx = ηµ2x 0 − ηµ2x ⋅ (x)′ dx = π ⋅ ηµ2π − 0 ⋅ ηµ0 − ηµ2x dx = 00 0 - 78 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ππ 1 π 1 π 1 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫= 2 (−ηµ2x) dx = (−ηµ2x) ⋅ 2 dx = (−ηµ2x) ⋅ (2x)′ dx = (συν2x)′ dx = 00 0 0 = 1 ⋅ ⎢⎣⎡συν2x ⎤⎦⎥ π = 1 ⋅ (συν2π − συν0) = 1 ⋅ (1 − 1) ⇒ Ι3 = 0. 2 0 2 2 Επομένως είναι Ι2 = 1 ⋅0 ⇔ Ι2 = 0 . Τελικά είναι 2 Ι= 1 ⋅ π2 − 1 ⋅0 ⇔ Ι= π2 . 2 2 2 4 Παράδειγµα 23 π ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = x συν2x dx . 0 ~ Λύση ~ ππ π π 1+ συν2x 1 1 2 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x συν2x dx = x ⋅ dx = ⋅ x(1 + συν2x) dx = ⋅ (x + x συν2x) dx = 00 0 0 ππ 1 1 1 2 1 2∫ ∫=⋅ x dx + 2 ⋅ x συν2x dx ⇒ Ι = ⋅ Ι1 + 2 ⋅ Ι2 . 00 ∫•Ι1 = π x dx = ⎢⎢⎢⎣⎡ x2 ⎦⎥⎥⎤⎥ π = π2 − 02 ⇒ Ι1 = π2 . 0 2 0 2 2 2 ππ 1 1 π 2 2 ∫ ∫ ∫• Ι2 = x ⋅ συν2x ⋅ (2x)′ dx = x συν2x dx = x⋅ ⋅ 2συν2x dx = 00 0 1 π 1 2 2 ∫= x ⋅ (ηµ2x)′ dx = ⋅ Ι3 . 0 - 79 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ππ ∫ ∫Ι3 = ⎢⎣⎡x ⎥⎦⎤ π x ⋅ (ηµ2x)′ dx = ηµ2x 0 − ηµ2x ⋅ (x)′ dx = 00 ππ 1 π 2 ∫ ∫ ∫= π ⋅ ηµ2π − 0 ⋅ ηµ0 − (−ηµ2x) ⋅ 2 dx = ηµ2x dx = (−ηµ2x) dx = 00 0 1 π 1 π 1 1 2 2 2 2 ∫ ∫= (συν2x)′ dx = ⎣⎢⎡συν2x ⎤⎥⎦ π (−ηµ2x) ⋅ (2x)′ dx = ⋅ 0 = ⋅ (συν2π − συν0) = 00 = 1 ⋅ (1 − 1) ⇒ Ι3 = 0. 2 Επομένως είναι Ι2 = 1 ⋅0 ⇔ Ι2 = 0 . 2 Τελικά είναι Ι= 1 ⋅ π2 + 1 ⋅0 ⇔ Ι= π2 . 2 2 2 4 Υπάρχουν και άλλες χαρακτηριστικές μορφές ολοκληρωμάτων, στις οποίες ακολουθεί- ται συγκεκριμένη σειρά βημάτων. Δεν θα τις αναφέρω, διότι δεν θέλω να φορτώσω με πολλές περιπτώσεις την μελέτη αυτής της μεθόδου. Θα κάνω, όμως, μία σύνοψη των βασικότερων μορφών που εμφανίστηκαν στα παραδείγματα που προηγήθηκαν. - 80 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Σύνοψη χαρακτηριστικών µορφών ολοκληρωµάτων, που υπολογίζονται µε ολοκλήρωση κατά παράγοντες β ∫1. P(x) ⋅ eQ(x) dx , όπου Ρ(x), Q(x) πολυώνυμα. α Συνήθως το Ρ(x) είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού και το Q(x) της μορφής Q(x) = αx , α ≠ 0 . Η ολοκλήρωση ξεκινά βρίσκοντας μία αρχική του eQ(x) . β ∫2. ℓnx dx ­ ένα πολύ χαρακτηριστικό ολοκλήρωμα! α Υπολογίζεται πάντα έτσι: β β β 1 ⋅ ℓnx dx = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫β β x ⋅ 1 dx = x ℓnx dx = (x)′ ⋅ ℓnx dx = ⎡⎢⎣x ℓnx⎥⎦⎤ β − x ⋅ (ℓnx)′ dx = Α − α αα α αα β ∫= Α − 1dx = Α − 1 ⋅ (β − α) = Α − β + α , όπου Α = ⎡⎣⎢x ℓnx⎤⎦⎥αβ . α β ∫3. ℓnκx dx , όπου κ ∈ !* (συνήθως είναι κ = 2 , το πολύ κ = 3 ). α Υπολογίζεται πάντα έτσι: ββ β β ∫ ∫ ∫ ∫ℓnκx dx = (x)′ ⎢⎣⎡x ⎥⎦⎤ β x ⋅ (ℓnκx)′ dx = 1 ⋅ ℓnκx dx = ⋅ ℓnκx dx = ℓnκx α − αα α α β ββ x ⋅ (ℓnx)κ−1 ⋅ 1 dx = Α − κ ⋅ x ∫ ∫ ∫= Α − x ⋅ κ ⋅ ℓnκ−1x ⋅ (ℓnx)′ dx = Α − κ ⋅ (ℓnx)κ−1 dx , α αα όπου Α = ⎡⎢⎣x ℓnκx⎥⎦⎤αβ . Στο τελευταίο ολοκλήρωμα το πιθανότερο είναι να εμφανιστεί το ολοκλήρωμα 2 (διότι πιθανότατα εξαρχής θα είναι κ = 2 ). - 81 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα β ∫4. P(x) ⋅ ℓnκx dx , όπου Ρ(x) πολυώνυμο και κ ∈ !* . α Συνήθως το Ρ(x) είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού και κ = 1 ή κ = 2 . Η ολοκλήρωση ξεκινά βρίσκοντας μία αρχική του Ρ(x). ββ ∫ ∫5. P(x) ⋅ ηµQ(x) dx , P(x) ⋅ συνQ(x) dx , όπου Ρ(x), Q(x) πολυώνυμα. αα Συνήθως το P(x) είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού και το Q(x) της μορφής Q(x) = αx , α ≠ 0 . Η ολοκλήρωση ξεκινά βρίσκοντας μία αρχική του συνQ(x) (αντίστοιχα, του ηµQ(x) ). β ∫6. P(x) ⋅ ηµ2x dx , όπου Ρ(x) πολυώνυμο. α Συνήθως το P(x) είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού. Η ολοκλήρωση ξεκινά θέτοντας ηµ2x = 1 − συν2x . 2 β ∫7. P(x) ⋅ συν2x dx , όπου Ρ(x) πολυώνυμο. α Συνήθως το P(x) είναι δύναμη του x ή πολυώνυμο πρώτου βαθμού. Η ολοκλήρωση ξεκινά θέτοντας συν2x = 1 + συν2x . 2 - 82 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λ Υ Μ Ε Ν Ε Σ Α Σ Κ Η Σ Ε Ι ΣΜαθηματικά Γ΄Λυκείου • 3 η κ α τ η γ ο ρ ί αΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός α σ κ ή σ ε ω ν 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ολοκλήρωση κατά παράγοντες (παραγοντική ολοκλήρωση) Εισαγωγικό σχόλιο Η ολοκλήρωση κατά παράγοντες είναι από τις κύριες μεθόδους υπολογισμού ολοκλη- ρωμάτων, οι δε υπολογισμοί έχουν αρκετό γράψιμο τις περισσότερες φορές. Αυτό δεν πρέπει να σε τρομάζει, αρκεί να καταλάβεις τα βήματα που γίνονται κατά την εφαρ- μογή της μεθόδου. Οι ασκήσεις που θα δεις στην συνέχεια ελπίζω να σε βοηθήσουν πε- ρισσότερο προς αυτήν την κατεύθυνση. Σε όλες τις ασκήσεις που ακολουθούν το ζητούμενο είναι «Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα» - 83 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ασκήσεις 45 - 74 π/2 ∫45. Ι = x2συνx dx . 0 π/2 π/2 π/2 π/2 ∫ ∫ ∫Ι = 0 x2συνx dx = (ηµx)′ ⋅ x2 dx = ⎡⎣⎢ x2ηµx⎥⎤⎦ − ηµx ⋅ (x2)′ dx = 00 0 ⎛⎝⎜⎜⎜ π ⎟⎞⎟⎠⎟⎟2 π π/2 π2 π/2 π2 2 2 4 4 ηµx ⋅ 2x dx x ηµx dx ∫ ∫= (1) ⋅ ηµ − 02 ⋅ ηµ0 − = −2⋅ ⇒ Ι = − 2 ⋅ Ι1 00 Είναι π/2 π/2 π/2 ∫ ∫ ∫Ι1 = x ηµx dx = (−συνx)′ ⋅ x dx = ⎢⎡⎣−x συνx⎥⎤⎦ π/ 2 − (−συνx) ⋅ (x)′ dx = 0 00 0 π/2 ∫= − ⎢⎣⎡x συνx ⎤⎦⎥ π /2 + συνx dx = ⎣⎡⎢ x συνx ⎤⎦⎥ 0 + ⎣⎢⎡ηµx ⎤⎥⎦ π / 2 = 0 π 0 /2 0 = 0 ⋅ συν0 − π ⋅ συν π + ηµ π − ηµ0 ⇒ Ι1 = 1 . 2 2 2 Υπενθυμίζεται ότι ισχύει ⎣⎢⎡f(x)⎤⎥⎦ β = − ⎡⎢⎣ f(x)⎥⎤⎦ α . α β Άρα από την (1) έχω ότι Ι= π2 −2⋅1 ⇔ Ι = π2 − 8 . 4 4 - 84 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2 ∫46. Ι = x2ex dx . 1 22 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x2ex dx = (ex )′ ⋅ x2 dx = ⎣⎢⎡x2ex ⎦⎤⎥12 − ex ⋅ (x2)′ dx = 22 ⋅ e2 − 12 ⋅ e1 − ex ⋅ 2x dx = 11 1 1 2 (1) ∫= 4e2 − e − 2 ⋅ xex dx ⇒ Ι = 4e2 − e − 2 ⋅ Ι1 1 Είναι 22 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = xex dx = (ex )′ ⋅ x dx = ⎡⎣⎢xex ⎦⎤⎥12 − ex ⋅ (x)′ dx = 2 ⋅ e2 − 1 ⋅ e1 − ex dx = 11 1 1 = 2e2 − e − ⎣⎢⎡ ex ⎤⎥⎦ 2 = 2e2 − e − (e2 − e1) = 2e2 − e − e2 + e ⇒ Ι1 = e2 . 1 Άρα από την (1) έχω ότι Ι = 4e2 − e − 2e2 ⇔ Ι = 2e2 − e . 1 ∫47. Ι = x3ex dx . 0 11 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x3ex dx = (ex )′ ⋅ x3 dx = ⎣⎡⎢x3ex ⎤⎥⎦10 − ex ⋅ (x3)′ dx = 13 ⋅ e1 − 03 ⋅ e0 − ex ⋅ 3x2 dx = 00 0 0 1 (1) ∫= e − 3 ⋅ x2ex dx ⇒ Ι = e − 3 ⋅ Ι1 0 Είναι 11 1 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = 0 x2ex dx = (ex )′ ⋅ x2 dx = ⎡⎢⎣x2ex ⎦⎥⎤ − ex ⋅ (x2)′ dx = 12 ⋅ e1 − 02 ⋅ e0 − ex ⋅ 2x dx = 00 0 0 1 (2) ∫= e − 2 ⋅ xex dx ⇒ Ι1 = e − 2 ⋅ Ι2 0 - 85 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Είναι 11 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι2 = xex dx = (ex )′ ⋅ x dx = ⎡⎣⎢xex ⎤⎥⎦10 − ex ⋅ (x)′ dx = 1 ⋅ e1 − 0 ⋅ e0 − ex dx = 00 0 0 = e − ⎢⎣⎡ex ⎦⎥⎤10 = e − (e1 − e0) = e − e + 1 ⇒ Ι2 = 1 . Άρα από την (2) έχω ότι Ι1 = e − 2 ⋅1 ⇔ Ι1 = e − 2 . Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = e − 3(e − 2) = e − 3e + 6 ⇔ Ι = 6 − 2e . 1 ∫48. Ι = x 2x dx . 0 1 1 ⎜⎜⎜⎜⎛⎝ ℓ2nx2⎟⎠⎞⎟⎟⎟′ ⎣⎡⎢⎢⎢ 2x x⎦⎤⎥⎥⎥10 1 2x ∫ ∫ ∫Ι =0 0 ℓn2 0 ℓn2 (x)′ x 2x dx = ⋅ x dx = ⋅ − ⋅ dx = ∫= 21 ⋅1− 20 ⋅0− 1 ⋅ 1 2x dx = 2 − 1 ⋅ ⎡⎢⎢⎢⎣ 2x ⎥⎥⎥⎤⎦10 = 2 − 1 ⋅ ⎣⎢⎡2x ⎤⎦⎥10 = ℓn2 ℓn2 ℓn2 0 ℓn2 ℓn2 ℓn2 ℓn2 (ℓn2)2 = 2 − 1 ⋅ (21 − 20) = 2 − 1 ⇒ Ι = 2ℓn2 − 1 . ℓn2 (ℓn2)2 ℓn2 (ℓn2)2 ℓn22 1 ∫49. Ι = (3x + 1)e2x dx . 0 1 1 ⎜⎜⎝⎛⎜⎜ e2x ⎠⎟⎟⎞⎟⎟′ ⎣⎢⎡⎢⎢ e2x ⋅ (3x + 1)⎥⎥⎥⎤⎦10 − 1 e2x ∫ ∫ ∫Ι =0 0 2 2 0 2 + 1)′ dx (3x + 1)e2x dx = ⋅ (3x + 1) dx = ⋅ (3x = e2 e0 1 1 1 3 1 ∫ ∫=2 2 2 2 2 ⋅ (3 ⋅1 + 1) − ⋅ (3 ⋅ 0 + 1) − ⋅ e2x ⋅ 3 dx = 2e2 − − ⋅ e2x dx = 00 - 86 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα = 2e2 − 1 − 3 ⋅ ⎢⎡⎣⎢⎢ e2x ⎥⎥⎦⎥⎤ 1 = 2e2 − 1 − 3 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ e2 − e0 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ = 4e2 − 1 − 3(e2 − 1) = 2 2 2 0 2 2 2 2 2 4 = 2(4e2 − 1) − 3(e2 − 1) = 8e2 − 2 − 3e2 +3 ⇒ Ι = 5e2 + 1 . 4 4 4 π ∫50. Ι = x2ηµ3x dx . 0 π π ⎜⎜⎝⎛⎜−συ3ν3x ⎟⎟⎠⎞⎟⎟′ ⋅ x2 dx = ⎢⎡⎣⎢− συν3x ⎥⎦⎥⎤ π π −συν3x 0 0 3 0 0 3 ∫ ∫ ∫Ι = (x2 )′ x2ηµ3x dx = ⋅ x2 − ⋅ dx = 1 ππ 3 π 1 1 0 2 ∫ ∫= ⎡⎣⎢ 0 3 3 ⎢⎡⎣ π 3 − ⋅ x2συν3x⎤⎥⎦ + ⋅ συν3x ⋅ 2x dx = ⋅ x 2συν3x ⎤⎥⎦ + ⋅ x συν3x dx ⇒ 00 ⇒ Ι = 1 ⋅α + 2 ⋅ Ι1 (1) 3 3 0 π π ∫όπου ⎢⎣⎡ ⎤⎥⎦ α = x2συν3x , Ι1 = x συν3x dx . 0 • α = 02 ⋅ συν0 − π2 ⋅ συν3π = −π2 ⋅ συν(2π + π) = −π2 ⋅ συνπ ⇔ α = π2 . π π ⎝⎜⎜⎛⎜ ηµ33x ⎟⎟⎠⎞⎟⎟′ ⎢⎣⎡⎢ ηµ3x x⎥⎥⎦⎤ π π ηµ3x ∫ ∫ ∫•Ι1 = 0 0 ⋅ 3 0 0 3 ⋅ (x)′ x συν3x dx = x dx = ⋅ − dx = ∫= 1 ⋅ ⎢⎣⎡x ⎦⎥⎤ π − 1 ⋅ π 1 − 0 ⋅ ηµ0) − 1 ⋅ ⎣⎢⎡⎢ −συν3x ⎥⎤⎦⎥ π 3 ηµ3x 0 3 0 ηµ3x dx = 3 (π ⋅ ηµ3π 3 3 0 = = π ⋅ ηµ(2π + π) + 1 ⋅ ⎡⎣⎢συν3x⎥⎦⎤ π = π ⋅ ηµπ + 1 (συν3π − συν0) = 1 ⋅ (−1 − 1) ⇒ 3 9 0 3 9 9 ⇒ Ι1 = − 2 . 9 - 87 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι= 1 ⋅ π2 + 2 ⋅ −2 = π2 − 4 ⇔ Ι = 9π2 − 4 . 3 3 9 3 27 27 π/2 ∫51. Ι = (x3 + 1) ⋅ συν2x dx . 0 π/2 π /2 ⎜⎜⎝⎜⎛ ηµ2x ⎟⎟⎠⎞⎟⎟′ 2 ∫ ∫Ι= (x3 = ⋅ (x3 + 1) dx = + 1) ⋅ συν2x dx 00 ⎣⎡⎢⎢ ηµ2x 1)⎦⎥⎥⎤ π /2 π/2 ηµ2x ∫= 2 0 0 2 ⋅ (x3 + − ⋅ (x3 + 1)′ dx = 1 π/2 π/2 ∫ ∫=1 π/2 2 1 3 2 ⋅ ⎢⎣⎡(x3 + 1) ⋅ ηµ2x⎦⎥⎤ 0 − ⋅ ηµ2x ⋅ 3x2 dx = 2 ⋅α − 2 ⋅ x2ηµ2x dx ⇒ 00 ⇒ Ι = 1 ⋅α − 3 ⋅ Ι1 (1) 2 2 π /2 π/2 ∫όπου 0 α = ⎣⎡⎢(x3 + 1) ⋅ ηµ2x ⎦⎤⎥ , Ι1 = x2ηµ2x dx . 0 • α = ⎢⎢⎢⎣⎡ ⎜⎛⎝⎜⎜ π ⎟⎟⎠⎞⎟⎟3 + 1 ⎥⎦⎤⎥⎥ ⋅ ηµ ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ 2 ⋅ π ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ − (03 + 1) ⋅ ηµ0 = ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ π3 + 1⎞⎠⎟⎟⎟⎟ ⋅ ηµπ ⇔ α=0 . 2 2 8 π/2 π/2 ⎜⎜⎜⎛⎝−συ2ν2x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟′ ⎡⎣⎢⎢− συν2x ⎦⎤⎥⎥ π /2 π/2 −συν2x 0 0 2 0 0 2 ∫ ∫ ∫• x2 ⋅ (x2)′ dx Ι1 = x2ηµ2x dx = ⋅ x2 dx = ⋅ − = π/2 π/2 ∫ ∫= 1 π / 2 1 1 0 − 2 ⋅ ⎢⎡⎣ x2συν2x ⎥⎦⎤ 0 + 2 ⋅ συν2x ⋅ 2x dx = 2 ⋅ ⎣⎢⎡ x2συν2x ⎦⎤⎥ π + x συν2x dx ⇒ / 2 00 ⇒ Ι1 = 1 ⋅ β + Ι2 (2) 2 - 88 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 0 π/2 ∫όπου π β = ⎡⎣⎢ x2συν2x⎥⎦⎤ /2 , Ι2 = x συν2x dx . 0 • β = 02 ⋅ συν0 − ⎜⎛⎜⎝⎜ π ⎟⎠⎟⎟⎞⎟2 ⋅ συν⎜⎜⎝⎜⎜⎛ 2 ⋅ π ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ = − π2 ⋅ συνπ ⇔ β = π2 . 2 2 4 4 π/2 π / 2 ⎜⎜⎝⎛⎜ ηµ2x ⎟⎠⎟⎟⎞⎟′ ⎢⎢⎡⎣ ηµ2x ⎦⎥⎥⎤ π /2 π/2 ηµ2x 0 2 2 0 0 2 ∫ ∫ ∫• = ⋅ ⋅ (x)′ dx = Ι2 x συν2x dx = ⋅ x dx = x − 0 ∫= 1 ⎢⎡⎣x ⎤⎦⎥ π /2 − 1 ⋅ π/2 ηµ2x dx = 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎝⎛ π2 ⋅ ηµ 2π − 0 ⋅ ηµ0⎟⎞⎠⎟⎟⎟ − 1 ⎡⎢⎣⎢ −συν2x ⎥⎥⎤⎦ π/2 2 ⋅ ηµ2x 0 2 0 2 2 2 ⋅ 2 0 = = 1 ⋅ π ⋅ ηµπ + 1 ⋅ ⎡⎣⎢συν2x⎥⎦⎤ π/2 = 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝⎜συν 2π − συν0⎟⎠⎟⎟⎞⎟⎟ = 1 (συνπ − 1) = − 2 ⇒ 2 2 4 0 4 2 4 4 ⇒ Ι2 = − 1 . 2 Άρα από την (2) έχω ότι Ι1 = 1 ⋅ π2 − 1 ⇔ Ι1 = π2 − 4 . 2 4 2 8 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = 1 ⋅0− 3 ⋅ π2 − 4 ⇔ Ι = 12 − 3π2 . 2 2 8 16 1 ∫52. Ι = xex dx . −1 11 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = xex dx = (ex )′ ⋅ x dx = ⎣⎢⎡xex ⎤⎥⎦−1 1 − ex ⋅ (x)′ dx = 1 ⋅ e1 − (−1) ⋅ e−1 − ex dx = −1 −1 −1 −1 = e + e−1 − ⎣⎡⎢e x ⎥⎤⎦ 1 = e + e−1 − (e1 − e−1) = e + e−1 − e + e−1 = 2e−1 ⇒ Ι = 2 . −1 e - 89 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 ∫53. Ι = x2e3x dx . 0 1 1 ⎜⎜⎜⎝⎜⎛ e3x ⎟⎞⎟⎟⎟⎠′ ⎡⎣⎢⎢⎢ e3x ⋅ x2 ⎦⎥⎥⎤⎥10 − 1 e3x ∫ ∫ ∫Ι =0 0 3 3 0 3 ⋅ (x2)′ dx x2e3x dx = ⋅ x2 dx = = e3 e0 1 1 e3 2 1 e3 2 ∫ ∫=3 3 3 3 3 3 3 ⋅ 12 − ⋅ 02 − ⋅ e3x ⋅ 2x dx = − ⋅ xe3x dx ⇒ Ι= − ⋅ Ι1 (1) 00 Είναι ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = 1 1 ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ e3x ⎟⎟⎠⎟⎞⎟′ ⎢⎢⎢⎣⎡ e3x ⋅ x⎥⎥⎥⎦⎤10 − 1 e3x e3 e0 1 1 0 xe3x dx = 0 3 ⋅ x dx = 3 0 3 ⋅ (x)′ dx = 3 ⋅1− 3 ⋅0− 3 ⋅ 0 e3x dx = = e3 − 1 ⋅ ⎢⎢⎣⎡⎢ e3x ⎥⎥⎥⎤⎦10 = e3 − 1 ⋅ ⎡⎢⎣ e3x ⎤⎦⎥ 1 = e3 − 1 (e3 − e0 ) = e3 − e3 + 1 = 3e3 − e3 + 1 ⇒ 3 3 3 3 9 0 3 9 3 9 9 9 ⇒ Ι1 = 2e3 + 1 . 9 Άρα από την (1) έχω Ι = e3 − 2 ⋅ 2e3 + 1 = 9e3 − 2(2e3 + 1) = 9e3 − 4e3 − 2 ⇔ Ι = 5e3 − 2 . 3 3 9 27 27 27 1 ∫54. Ι = xe−x dx . −1 11 (−e−x )′ ⋅ x dx = ⎢⎡⎣−xe−x ⎤⎦⎥1−1 − 1 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = −1 xe−x dx = (−e−x ) ⋅ (x)′ dx = − ⎡⎣⎢ xe−x ⎦⎥⎤ + e−x dx = −1 −1 −1 −1 = ⎣⎡⎢ xe−x ⎥⎦⎤ −1 + ⎡⎢⎣−e−x ⎥⎦⎤1−1 = −1 ⋅ e1 − 1 ⋅ e−1 − ⎢⎣⎡ e−x ⎦⎥⎤ 1 = −e − e−1 − (e−1 − e1) = 1 −1 = − e − e−1 − e−1 + e = −2e−1 ⇒ Ι = − 2 . e - 90 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2π ∫55. Ι = x ηµx dx . 0 2π 2π 2π ∫ ∫ ∫Ι = x ηµx dx = (−συνx)′ ⋅ x dx = ⎡⎢⎣−x συνx⎥⎤⎦ 2π − (−συνx) ⋅ (x)′ dx = 0 00 0 2π ∫= − ⎡⎢⎣x συνx ⎦⎤⎥ 2π + συνx dx = ⎢⎡⎣x συνx ⎤⎥⎦ 0 + ⎢⎣⎡ηµx⎥⎦⎤20π = 0 ⋅ συν0 − 2π ⋅ συν2π + ηµ2π − ηµ0 ⇒ 0 2π 0 ⇒ Ι = −2π . π/2 ∫56. Ι = x2ηµx dx . 0 π/2 π/2 π/2 π/2 ∫ ∫ ∫Ι = 0 x2ηµx dx = (−συνx)′ ⋅ x2 dx = ⎢⎡⎣−x2συνx⎥⎤⎦ − (−συνx) ⋅ (x2)′ dx = 00 0 π π/2 π/2 ∫ ∫= 0 /2 0 − ⎢⎣⎡x2συνx⎤⎦⎥ + συνx ⋅ 2x dx = ⎢⎣⎡ x2συνx⎦⎤⎥ π/2 + 2 ⋅ x συνx dx = 00 = 02 ⋅ συν0 − ⎜⎜⎛⎝⎜ π ⎞⎠⎟⎟⎟⎟2 ⋅ συν π + 2 ⋅ Ι1 ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι1 (1) 2 2 Είναι π/2 π/2 π/2 ∫ ∫ ∫Ι1 = x συνx dx = (ηµx)′ ⋅ x dx = ⎣⎡⎢x ηµx ⎥⎦⎤ π /2 − ηµx ⋅ (x)′ dx = 0 00 0 π π π/2 π π/2 π ∫ ∫=2 2 2 2 ⋅ ηµ − 0 ⋅ ηµ0 − ηµx dx = + (−ηµx) dx = + ⎣⎢⎡συνx ⎥⎤⎦ π /2 = 0 00 = π + συν π − συν0 ⇒ Ι1 = π −1 . 2 2 2 - 91 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Άρα από την (1) έχω ότι ⋅ ⎜⎛⎜⎝⎜ − 1⎟⎟⎟⎠⎟⎞ Ι = 2 π ⇔ Ι = π−2 . 2 2 ∫57. Ι = (x2 − 2x)e−x dx . 1 22 ∫ ∫Ι = (x2 − 2x)e−x dx = (−e−x )′ ⋅ (x2 − 2x) dx = 11 2 22 ∫ ∫= 1 1 ⎡⎣⎢−e−x (x2 − 2x)⎥⎤⎦ − (−e−x ) ⋅ (x2 − 2x)′ dx = ⎣⎡⎢e−x (x2 − 2x)⎤⎦⎥ 2 + e−x(2x − 2) dx = 11 22 ∫ ∫= e−1(12 − 2 ⋅ 1) − e−2(22 − 2 ⋅ 2) + e−x ⋅ 2(x − 1) dx = −e−1 + 2 ⋅ e−x(x − 1) dx ⇒ 11 ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι1 − e−1 (1) Είναι 22 2 ∫ ∫ ∫Ι1 = e−x(x − 1) dx = (−e−x )′ ⋅ (x − 1) dx = ⎡⎢⎣−e−x(x − 1)⎤⎦⎥12 − (−e−x ) ⋅ (x − 1)′ dx = 11 1 2 ∫= ⎡⎢⎣e−x(x − 1)⎥⎦⎤12 − 2 (−e−x ) dx = e−1 ⋅ (1 − 1) − e−2 ⋅ (2 − 1) − ⎣⎡⎢ e−x ⎥⎤⎦ 1 = −e−2 − (e−2 − e−1) = 1 = −e−2 − e−2 + e−1 ⇒ Ι1 = e−1 − 2e−2 . Άρα από την (1) έχω ότι Ι = 2(e−1 − 2e−2) − e−1 = 2e−1 − 4e−2 − e−1 = e−1 − 4e−2 = 1 − 4 ⇔ Ι = e−4 . e e2 e2 - 92 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 ∫58. Ι = xex+ℓnx dx . 0 11 1 11 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = xex+ℓnx dx = xex ⋅ eℓnx dx = xex ⋅ x dx = x2ex dx = (ex )′ ⋅ x2 dx = 00 0 00 1 11 ∫ ∫ ∫= ⎡⎢⎣x2ex ⎤⎦⎥10 − ex ⋅ (x2)′ dx = 12 ⋅ e1 − 02 ⋅ e0 − ex ⋅ 2x dx = e − 2 ⋅ xex dx ⇒ 0 00 ⇒ Ι = e − 2 ⋅ Ι1 (1) Είναι 11 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = xex dx = (ex )′ ⋅ x dx = ⎡⎢⎣xex ⎦⎤⎥10 − ex ⋅ (x)′ dx = 1 ⋅ e1 − 0 ⋅ e0 − ex dx = 00 0 0 = e − ⎡⎣⎢ex ⎦⎤⎥10 = e − (e1 − e0) = e − e + 1 ⇒ Ι1 = 1 . Άρα από την (1) έχω ότι Ι = e − 2 . e ∫59. Ι = (2x + 1) ⋅ ℓnx dx . 1 ee e ∫ ∫ ∫Ι = (2x + 1) ⋅ ℓnx dx = (x2 + x)′ ⋅ ℓnx dx = ⎣⎡⎢(x2 + x) ⋅ ℓnx ⎥⎦⎤ e − (x2 + x) ⋅ (ℓnx)′ dx = 1 11 1 ee = (e2 + e) ⋅ ℓne − (12 + 1) ⋅ ℓn1 − (x2 + x) ⋅ 1 dx = e2 + e − (x + 1) dx = ∫ ∫x 11 = e2 + e − ⎡⎢⎢⎢⎣ x2 + x⎥⎥⎤⎦⎥1e = e2 + e − ⎢⎢⎡⎣⎢ e2 + e − ⎛⎝⎜⎜⎜⎜122 + 1⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⎥⎦⎥⎥⎤ = e2 + e − e2 − e + 3 = 2 2 2 2 = 2e2 − e2 +3 ⇒ Ι = e2 + 3 . 2 2 - 93 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα e ∫60. Ι = x ⋅ ℓn(x + 1) dx . 1 ∫ ∫ ∫Ι = e e ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ x2 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟′ ⋅ + = ⎢⎡⎣⎢⎢ x2 ⋅ + 1)⎥⎦⎥⎤⎥1e − e x2 ⋅ ⎢⎡⎣ℓn(x + 1)⎥⎦⎤′ = 1 x ⋅ ℓn(x + 1) dx = 1 2 ℓn(x 1) dx 2 ℓn(x 1 2 dx e2 12 1 e 1 ∫= 2 2 2 + ⋅ ℓn(e + 1) − ⋅ ℓn(1 + 1) − ⋅ x2 ⋅ x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 1 e2 1 1 e x2 e2 1 1 ∫= 2 2 2 x+ 2 2 2 ⋅ ℓn(e + 1) − ℓn2 − ⋅ 1 dx ⇒ Ι = ⋅ ℓn(e + 1) − ℓn2 − ⋅ Ι1 (1) 1 Το Ι1 είναι «απλό» ολοκλήρωμα. Πρόσεξε τον τρόπο υπολογισμού του. Αν και κατατάσσεται στα ολοκληρώματα των ρητών συναρτήσεων (θα δεις πώς αυτά υπολογίζονται στην 5η ομάδα), η αντιμετώπισή του ως «απλού» δίνει μια εναλλακτική πορεία. Είναι e x2 e x2 −1 + 1 e ⎜⎝⎜⎜⎛⎜ x2 −1 1 1⎞⎟⎟⎟⎟⎠ dx x+ x+ 1 x+1 + ∫ ∫ ∫Ι1 = 1 dx = dx = + x = 11 1 e (x + 1) (x − 1) dx + e 1 e e 1 x+1 + + (x − 1) dx + ∫ ∫ ∫ ∫= x 1 dx = x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 1 11 1 ∫= ⎢⎣⎡⎢⎢ x2 − x⎥⎤⎥⎥⎦1e + e ⎢⎡⎣ℓn(x + 1)⎦⎥⎤′ dx = e2 − e − ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ 12 − 1⎟⎞⎟⎟⎟⎠ + ⎣⎢⎡ℓn(x + 1)⎥⎦⎤ e = 2 1 2 2 1 = e2 −e+ 1 + ℓn(e + 1) − ℓn(1 + 1) ⇒ Ι1 = e2 −e+ 1 + ℓn(e + 1) − ℓn2 . 2 2 2 2 Άρα από την (1) έχω ότι Ι= e2 ⋅ ℓn(e + 1) − 1 ℓn2 − 1 ⋅ ⎢⎢⎢⎣⎡ e2 −e+ 1 + ℓn(e + 1) − ℓn2⎥⎥⎥⎦⎤ = 2 2 2 2 2 - 94 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα = e2 ⋅ ℓn(e + 1) − 1 ℓn2 − e2 + e − 1 − 1 ⋅ ℓn(e + 1) + 1 ℓn2 ⇔ 2 2 4 2 4 2 2 ⇔ Ι = e2 − 1 ⋅ ℓn(e + 1) + 2e − e2 −1 . 2 4 π/4 x ∫61. Ι = ηµ2x dx . π/6 π/4 x π/4 1 π/4 π/4 ∫ ∫ ∫ ∫Ι ηµ2x ηµ2x = dx = ⋅ x dx = (−σϕx)′ ⋅ x dx = ⎣⎡⎢−x σϕx⎤⎥⎦ π/4 − (−σϕx) ⋅ (x)′ dx = π/6 π/6 π/6 π/6 π/6 Το κατέβασμα του αριθμητή δεξιά ή αριστερά του κλάσματος το μετατρέπει σε γινό- μενο και μπορεί να διευκολύνει τον υπολογισμό. Είναι μια καλή σκέψη και κίνηση, όταν υπάρχει κλάσμα στο ολοκλήρωμα. π/4 π/4 συνx ∫ ∫= ηµx ⎡⎢⎣x ⋅ σϕx ⎤⎥⎦ π / 6 + σϕx dx = ⎣⎡⎢x ⋅ σϕx⎦⎥⎤ π /6 + dx = π / 4 π /4 π/6 π/6 π π π π π/4 1 π π π/4 ⎢⎣⎡ℓn(ηµx)⎥⎦⎤′ ∫ ∫=6 6 4 4 ηµx 6 4 ⋅ σϕ − ⋅ σϕ + ⋅ (ηµx)′ dx = ⋅ 3 − ⋅1+ dx = π/6 π/6 = π3 − π + ⎢⎡⎣ℓn(ηµx)⎦⎤⎥ π /4 = 2π 3 − 3π + ℓn⎜⎝⎛⎜⎜ηµ π ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ − ℓn ⎝⎜⎜⎛⎜ηµ 6π⎟⎟⎞⎠⎟⎟ = 6 4 π /6 12 4 2 = 2π 3 − 3π + ℓn 2 − ℓn 1 = 2π 3 − 3π + ℓn 2 = 2π 3 − 3π + ℓn 2⇒ 12 2 2 12 1 12 2 ⇒ Ι = 2π 3 − 3π + 1 ℓn2 . 12 2 - 95 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα π Πρόσεξέ το πάρα πολύ! ∫62. Ι = exσυν2x dx . 0 ππ π π 0 ∫ ∫ ∫Ι = exσυν2x dx = (ex )′ ⋅ συν2x dx = ⎢⎣⎡ e xσυν2x⎥⎤⎦ − ex ⋅ (συν2x)′ dx = 00 0 ππ ∫ ∫= eπ ⋅ συν2π − e0 ⋅ συν0 − ex ⋅ (−ηµ2x) ⋅ (2x)′ dx = eπ − 1 + 2 ⋅ exηµ2x dx ⇒ 00 ⇒ Ι = eπ − 1 + 2 ⋅ Ι1 (1) Είναι ππ π π 0 ∫ ∫ ∫Ι1 = (ex )′ ⎡⎣⎢e ⎦⎥⎤ ex ⋅ (ηµ2x)′ dx = exηµ2x dx = ⋅ ηµ2x dx = xηµ2x − 00 0 ππ ∫ ∫= eπηµ2π − e0ηµ0 − ex ⋅ συν2x ⋅ (2x)′ dx = −2 ⋅ exσυν2x dx ⇒ Ι1 = −2 ⋅ Ι . 00 Τότε από την (1) έχω ότι Ι = eπ − 1 + 2 ⋅ (−2 ⋅ Ι) ⇔ Ι = eπ − 1 − 4 ⋅ Ι ⇔ 5 ⋅ Ι = eπ − 1 ⇔ Ι = eπ − 1 . 5 Τι πρέπει να προσέξεις; Την ιδιομορφία που εμφανίζεται κατά τον υπολογισμό του Ι1 , η οποία είναι ότι στο αποτέλεσμα του Ι1 επανεμφανίζεται το Ι και τελικά αντικαθιστώντας το στην (1) προκύπτει εξίσωση με άγνωστο το Ι. - 96 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα π/4 Πρόσεξέ το πάρα πολύ! ∫63. Ι = e2xηµ2x dx . 0 π/4 π /4 ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ e2x ⎟⎟⎟⎟⎞⎠′ ⎢⎢⎡⎣⎢ e2x ηµ2x⎥⎥⎦⎥⎤ π/4 π/4 e2x 0 2 2 0 0 2 ∫ ∫ ∫Ι ⋅ (ηµ2x)′ dx = e2xηµ2x dx = ⋅ ηµ2x dx = ⋅ − = 0 2π 2π e2⋅0 1 π/4 1 π 1 π/4 ∫ ∫= 4 2 2 2 2 e4 ⋅ ηµ − ⋅ ηµ0 − ⋅ e2x ⋅ συν2x ⋅ (2x)′ dx = e2 − ⋅ e2x ⋅ συν2x ⋅ 2 dx = 2 00 1 π π/4 1 π 0 ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ e2x ⎟⎟⎟⎠⎞⎟′ ∫ ∫=2 2 2 2 2 e − e2xσυν2x dx = e + ⋅ συν2x dx = 0 π/4 ∫= 1 π ⎢⎣⎢⎡⎢ e2x ⎥⎥⎥⎦⎤ 0 0 e2x ⋅ (συν2x)′ dx 2 e 2 + 2 ⋅ συν2x π − π/4 2 = / 4 π e2⋅0 2π 0 2 ∫= 1 e2 e4 2π 1 e2x ⋅ (−ηµ2x) ⋅ (2x)′ dx = 2 + ⋅ συν0 − 2 ⋅ συν 4 − 2 ⋅ π/4 1 π 1 1⋅ 0 1 π 1 π/4 ∫ ∫=2 2 2 2 2 2 e + + e2x ⋅ ηµ2x ⋅ 2 dx = e2 + − e2xηµ2x dx ⇒ π/4 0 ⇒ Ι = 1 e π + 1 −Ι ⇒ 2⋅Ι = 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝⎜e π + 1⎠⎟⎟⎟⎟⎞⎟ ⇒ Ι = 1 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜⎜e π + 1⎟⎟⎞⎟⎟⎠⎟ . 2 2 2 2 2 4 2 Και εδώ εμφανίστηκε η ίδια ιδιομορφία του ολοκληρώματος της άσκησης 63: κατά τον υπολογισμό του Ι επανεμφανίστηκε το Ι στο δεύτερο μέλος της ισότητας, οπότε τελικά προέκυψε εξίσωση με άγνωστο το Ι. - 97 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα e ℓn2x ∫64. x2 Ι= dx . 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = e ℓn2x dx = e 1 ⋅ ℓn2x dx = e ⎜⎛⎜⎝⎜− 1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟′ ⋅ ℓn2x dx = ⎣⎢⎢⎡− 1 ⋅ ℓn2x⎥⎥⎦⎤ e − e −1 ⋅ (ℓn2x)′ dx = 1 x2 1 x2 1 x x 1 1 x Και εδώ, το κατέβασμα του αριθμητή δεξιά του κλάσματος διευκολύνει τον υπολογι- σμό του ολοκληρώματος. ∫ ∫=⎣⎢⎢⎢⎡ ℓn2x ⎦⎥⎥⎥⎤1e e 1 ⎢⎣⎡⎢⎢ ℓn2x ⎤⎦⎥⎥⎥1e e 1 1 − x + 1 x ⋅ 2ℓnx ⋅ (ℓnx)′ dx = x + 2 ⋅ 1 x ⋅ ℓnx ⋅ x dx = ℓn21 ℓn2e e 1 1 1∫= e x2 e − +2⋅ ⋅ ℓnx dx ⇒ Ι=− + 2 ⋅ Ι1 (1) 1 Είναι ∫ ∫ ∫Ι1 = e 1 ⋅ = e ⎜⎜⎜⎝⎛− 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞′ ⋅ = ⎢⎢⎡⎣− 1 ⋅ ℓnx⎥⎤⎦⎥ e − e −1 ⋅ (ℓnx)′ = 1 x2 ℓnx dx 1 x ℓnx dx x 1 1 x dx ∫ ∫=−⎢⎣⎢⎡ ℓnx ⎥⎥⎤⎦1e + e 1 ⋅ 1 dx = ⎢⎢⎡⎣ ℓnx ⎥⎥⎤⎦ 1 − e −1 dx = ℓn1 − ℓne − ⎣⎡⎢⎢ 1 ⎥⎤⎦⎥1e =− 1 − ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 − 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = x 1 x x x e 1 x2 1 e x e e 1 =− 1 − 1 +1⇒ Ι1 = 1− 2 . e e e Τότε από την (1) έχω ότι Ι = 2 ⋅⎜⎜⎛⎜⎝1 − 2e⎞⎠⎟⎟⎟⎟ − 1 = 2− 4 − 1 = 2− 5 ⇔ Ι = 2e − 5 . e e e e e - 98 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα π/4 ∫65. Ι = x ⋅ ηµx ⋅ συνx dx . 0 π/4 1 π/4 1 π/4 1 ∫ ∫ ∫Ι 2 2 2 = x ⋅ ηµx ⋅ συνx dx = ⋅ x ⋅ 2ηµx ⋅ συνx dx = ⋅ x ηµ2x dx ⇒ Ι = ⋅ Ι1 (1) 00 0 Είναι π/4 π/4 ⎜⎝⎜⎜⎛ συν2x ⎞⎟⎟⎟⎟⎠′ ⎢⎢⎡⎣ −συν2x ⎥⎦⎤⎥ π /4 π/4 −συν2x 0 0 2 2 0 0 2 ∫ ∫ ∫Ι1= ⋅ ⋅ ⋅ (x)′ dx = x ηµ2x dx = x dx = x − ∫= − 1 ⎢⎡⎣x ⎦⎥⎤ π / 4 + 1 π/4 1 ⎢⎣⎡ ⎦⎤⎥ 0 1 ⎡⎢⎣⎢ ηµ2x ⎤⎦⎥⎥ π/4 2 ⋅ συν2x 0 2 ⋅ 0 συν2x dx = 2 ⋅ x συν2x π + 2 ⋅ 2 0 = /4 = 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝0 ⋅ συν0 − π ⋅ συν 2π ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ + 1 ⋅ ⎡⎣⎢ηµ2x ⎦⎥⎤ π /4 = 1 ⋅ ⎛⎜⎝⎜⎜ηµ 2π − ηµ0⎟⎠⎟⎟⎞⎟ ⇒ Ι1 = 1 . 2 4 4 4 0 4 4 4 Τότε από την (1) έχω ότι Ι = 1 ⋅ 1 ⇔ Ι = 1 . 2 4 8 e ∫66. Ι = x3ℓnx dx . 1 e e ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ x4 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞′ ⎢⎡⎣⎢⎢ x4 ⋅ ℓnx⎤⎥⎥⎦⎥1e − e x4 ∫ ∫ ∫Ι =1 1 4 4 1 4 ⋅ (ℓnx)′ dx x3ℓnx dx = ⋅ ℓnx dx = = e4 14 1 e x 4 ⋅ 1 dx = e4 1 e e4 1 ⎢⎢⎡⎢⎣ x4 ⎥⎤⎦⎥⎥ e 4 4 4 1 x 4 4 1 4 4 4 1 ∫ ∫= x3 dx = = ⋅ ℓne − ⋅ ℓn1 − ⋅ − ⋅ − ⋅ = e4 − 1 ⋅ (e4 − e1 ) = 4e4 − e4 +e ⇒ Ι = 3e4 + e . 4 4 4 16 16 - 99 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 ∫67. Ι = (x2 + 2x + 1)e−2x dx . 0 1 1 ⎛⎜⎝⎜⎜⎜ e−2x ⎟⎟⎟⎟⎞⎠′ ∫ ∫Ι = −2 (x2 + 2x + 1)e−2x dx = ⋅ (x2 + 2x + 1) dx = 00 ∫= ⎢⎢⎡⎢⎣ e−2x ⋅ (x2 + 2x + 1)⎥⎥⎥⎦⎤ 1 − 1 e−2x ⋅ (x2 + 2x + 1)′ dx = −2 0 0 −2 1 + 1)2 ⎦⎥⎤10 1 1 ∫= 2 2 − ⋅ ⎣⎢⎡ e−2x (x + ⋅ e−2x(2x + 2) dx = 0 1 ⎦⎥⎤10 1 1 ∫= 2 2 ⋅ ⎡⎢⎣e−2x (x + 1)2 + ⋅ e−2x ⋅ 2 (x + 1) dx = 0 1 ∫= 1 1 − 4e−2 2 ⋅ ⎢⎡⎣ e0 ⋅ (0 + 1)2 − e−2⋅1 ⋅ (1 + 1)2 ⎥⎤⎦ + e−2x(x + 1) dx ⇒ Ι= 2 + Ι1 (1) 0 Είναι ∫ ∫ ∫Ι1 = 1 1 ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ e−2x ⎟⎟⎠⎟⎞⎟′ ⎢⎢⎡⎢⎣ e−2x 1)⎥⎤⎥⎦⎥ 1 1 e−2x + 1)′ dx 0 e−2x(x + 1) dx = 0 −2 ⋅ (x + 1) dx = −2 ⋅ (x + 0 − 0 −2 ⋅ (x = ∫= 1 1)⎥⎤⎦ 1 1 1 1 ⎡⎢⎣e−2x 1)⎥⎤⎦ 0 1 ⎢⎢⎣⎡⎢ e−2x ⎥⎥⎤⎦⎥ 1 − 2 ⋅ ⎣⎡⎢e−2x(x + 0 + 2 ⋅ 0 e−2x dx = 2 ⋅ (x + 1 + 2 ⋅ −2 0 = = 1 ⋅ ⎣⎡⎢e0 ⋅ (0 + 1) − e−2⋅1 ⋅ (1 + 1)⎤⎥⎦ − 1 ⋅ ⎣⎢⎡ e−2x ⎥⎤⎦ 1 = 1 (1 − 2e−2 ) − 1 (e−2⋅1 − e0) = 2 4 0 2 4 = 1 − 2e−2 − e−2 − 1 = 2 − 4e−2 − e−2 +1 ⇒ Ι1 = 3 − 5e−2 . 2 4 4 4 Τότε από την (1) έχω ότι Ι= 1 − 4e−2 + 3 − 5e−2 = 2 − 8e−2 + 3 − 5e−2 ⇔ Ι = 5 − 13e−2 . 2 4 4 4 - 100 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 x ⋅ ℓn⎛⎜⎜⎜⎝1 + 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ dx ∫68. x Ι= . 1/ e 1 ℓn⎜⎜⎛⎜⎝1 + 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ dx 1 ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ x2 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟′ ⎝⎛⎜⎜⎜1 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ dx ∫ ∫Ι = x 2 x x ⋅ = ⋅ ℓn + = 1/e 1/e ⎡⎢⎣⎢⎢ x2 ⋅ ℓn⎜⎜⎛⎜⎝1 + 1 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ ⎥⎦⎤⎥⎥ 1 1 x2 ⋅ ⎡⎢⎢⎢⎣ ℓn⎝⎜⎛⎜⎜1 + 1 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ ⎦⎤⎥⎥⎥′ ∫= 2 x 1/ − 1/ e 2 x dx = e 1 ⎣⎢⎡⎢⎢ ⋅ ℓn⎝⎛⎜⎜⎜1 + 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ ⎦⎥⎥⎤⎥11/ 1 1 x2 ⋅ 1 ⋅⎜⎜⎜⎝⎛1 + 1 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟′ ∫= 2 ⋅ x2 x − 2 ⋅ 1/ e 1+ 1 x dx = x e 1 ⋅ ⎣⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢ 12 ⋅ ℓn⎛⎝⎜⎜⎜1 + 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞2 ⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎜⎝⎜⎜⎜1 1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎥⎤⎥⎥⎥⎥⎦⎥ 1 1 1 ⋅ −1 dx = ∫= 2 1 − e ⋅ ℓn + 1 − 2 ⋅ 1/ e x2 ⋅ x+1 x2 e x 1 ⎢⎢⎣⎡ℓn2 1 ⋅ ℓn(1 + e)⎥⎥⎦⎤ 1 1 x 1 ⋅ ⎢⎢⎡⎣ℓn2 − 1 e)⎦⎥⎥⎤ 1 ∫= 2 ⋅ − e2 + 2 ⋅ 1/ e x + 1 dx ⇒ Ι = 2 e2 ⋅ ℓn(1 + + 2 ⋅ Ι1 (1) Είναι 1 x 1 x +1− 1 1 ⎜⎜⎝⎜⎛1 − 1 1⎟⎠⎞⎟⎟⎟ dx 1 1 1 + x+1 + + 1dx − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫Ι1 = x 1 dx = dx = x = x 1 dx = 1/e 1/e 1/ e 1/e 1/e 1 ⋅⎝⎜⎛⎜⎜1 − 1 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ 1 1 1 ∫= e + e − x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 1− − ⎢⎡⎣ℓn(x + 1)⎤⎦⎥11/e = 1/ e = 1− 1 − ⎢⎢⎡⎣⎢ ℓn(1 + 1) − ℓn ⎜⎜⎜⎛⎝ 1 + 1⎞⎠⎟⎟⎟⎟ ⎥⎥⎤⎦⎥ = 1− 1 − ℓn2 + ℓn 1 + e = e e e e = 1 − 1 − ℓn2 + ℓn(e + 1) − ℓne ⇒ Ι1 = − 1 − ℓn2 + ℓn(1 + e) . e e - 101 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Τότε από την (1) έχω ότι Ι = 1 ⋅ ⎡⎣⎢⎢ℓn2 − 1 ⋅ ℓn(1 + e)⎥⎦⎤⎥ + 1 ⋅ ⎡⎢⎣⎢ℓn(1 + e) − 1 − ℓn2⎥⎤⎦⎥ = 2 e2 2 e = 1 ℓn2 − 1 ⋅ ℓn(1 + e) + 1 ⋅ ℓn(1 + e) − 1 − 1 ℓn2 = 1 ℓn(1 + e) ⋅⎝⎜⎜⎛⎜1 − 1 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ − 1 ⇔ 2 2e2 2 2e 2 2 e2 2e ⇔ Ι = e2 − 1 ⋅ ℓn(1 + e) − 1 . 2e2 2e π ∫69. Ι = (x ηµx)2 dx . 0 π ππ 1 − συν2x 1 π 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = (x ηµx)2 dx = x2ηµ2x dx = x2 ⋅ dx = ⋅ x2(1 − συν2x) dx = 0 00 0 1 π 1 π 1 π 1 1 2 2 2 2 2 ∫ ∫ ∫= ⋅ (x2 − x2συν2x) dx = ⋅ x2 dx − ⋅ x2συν2x dx ⇒ Ι = ⋅ Ι1 − ⋅ Ι2 (1) 0 00 ∫• Ι1 = π x2 dx = ⎢⎢⎡⎣⎢ x3 ⎥⎤⎥⎦⎥ π = π3 − 03 ⇒ Ι1 = π3 . 0 3 0 3 3 3 π π ⋅ ⎜⎜⎝⎜⎛ ηµ2x ⎟⎠⎟⎟⎟⎞′ ⎣⎢⎡⎢ 1 x2ηµ2x⎥⎥⎦⎤ π π 1 ∫ ∫ ∫• 0 0 x2 2 2 0 0 2 (x2 )′ Ι2 = x2συν2x dx = dx = − ηµ2x ⋅ dx = 1 π 1⋅ π 1 π 2 0 2 2 ∫ ∫= ⎡⎢⎣ ⋅ x 2ηµ2x⎥⎤⎦ − ηµ2x ⋅ 2x dx = ⋅ (π2 ⋅ ηµ2π − 02 ⋅ ηµ0) − x ηµ2x dx = 00 ∫ ∫ ∫π π π x ⋅⎝⎜⎜⎜⎛συ2ν2x ⎞⎟⎟⎟⎠⎟′ dx = =− x ηµ2x dx = x ⋅ (−ηµ2x) dx = 00 0 ⎢⎡⎢⎣ 21 συν2x⎤⎦⎥⎥ π π 1 1 1 π ∫ ∫= 0 0 2 2 ⎣⎡⎢ ⎤⎥⎦ π 2 0 x − συν2x ⋅ (x)′ dx = ⋅ x συν2x 0 − ⋅ συν2x dx = - 102 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα = 1 ⋅ ⎡⎣⎢ x συν2x ⎦⎥⎤ π − 1 ⋅ ⎢⎢⎣⎡ ηµ2x ⎦⎥⎤⎥ π = 1 ⋅ (π ⋅ συν2π − 0 ⋅ συν0) − 1 ⋅ ⎢⎣⎡ηµ2x ⎥⎦⎤ π = 2 0 2 2 0 2 4 0 = π − 1 (ηµ2π − ηµ0) ⇒ Ι2 = π . 2 4 2 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι= 1 ⋅ π3 − 1 ⋅ π = π3 − π ⇔ Ι = 2π3 − 3π . 2 3 2 2 6 4 12 π ∫70. Ι = (1 − x2) ⋅ ηµx dx . 0 ππ ππ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = (1 − x2) ⋅ ηµx dx = (ηµx − x2ηµx) dx = ηµx dx − x2ηµx dx = 00 00 ππ ∫ ∫= π π ⎣⎢⎡−συνx⎤⎥⎦ 0 + x2(−ηµx) dx = − ⎢⎣⎡συνx⎦⎤⎥ 0 + (συνx)′ ⋅ x2 dx = 00 π π 0 ∫= 0 ⎢⎡⎣συνx ⎥⎦⎤ π + ⎡⎣⎢ x2συνx⎦⎥⎤ − συνx ⋅ (x2)′ dx = 0 π π 0 ∫= ⎢⎣⎡ ⎤⎥⎦ συν0 − συνπ + x2συνx − συνx ⋅ 2x dx = 0 π ∫= 1 − (−1) + (π2 ⋅ συνπ − 02 ⋅ συν0) − 2 ⋅ x συνx dx = 2 + π2 ⋅ (−1) − 2 ⋅ Ι1 ⇒ 0 ⇒ Ι = 2 − π2 − 2 ⋅ Ι1 (1) Είναι ππ π ∫ ∫ ∫Ι1 = ⎣⎡⎢x ⎤⎦⎥ π ηµx ⋅ (x)′ dx = x συνx dx = (ηµx)′ ⋅ x dx = ηµx 0 − 00 0 ππ ∫ ∫= π ⋅ ηµπ − 0 ⋅ ηµ0 − (−ηµx) dx = ⎡⎢⎣συνx ⎥⎦⎤ π = συνπ − συν0 ⇒ Ι1 = −2 ηµx dx = 0 . 00 - 103 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = 2 − π2 − 2 ⋅ (−2) ⇔ Ι = 6 − π2 . e ∫71. Ι = x ℓnx2 dx . 1 ee e ∫ ∫ ∫Ι = x ℓnx2 dx = 2x ℓnx dx = 2 ⋅ x ℓnx dx ⇒ Ι = 2 ⋅ Ι1 (1) 11 1 Είναι ∫ ∫ ∫Ι1 = e e ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ x2 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟′ ⎢⎡⎢⎢⎣ x2 ⋅ ⎤⎥⎦⎥⎥ e − e x2 ⋅ (ℓnx)′ 1 x ℓnx dx = 1 2 ⋅ ℓnx dx = 2 ℓnx 1 1 2 dx = ∫ ∫=e2 12 1 e x2 ⋅ 1 = e2 1 ⋅ e e2 1 ⎢⎣⎢⎡⎢ x2 ⎥⎥⎥⎤⎦1e 2 ⋅ ℓne − 2 ⋅ ℓn1 − 2 ⋅ 1 x dx 2 − 2 1 x dx = 2 − 2 ⋅ 2 = = e2 − 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ e2 − 12 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = e2 − e2 + 1 = 2e2 − e2 +1 ⇒ Ι1 = e2 + 1 . 2 2 2 2 2 4 4 4 4 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = 2⋅ e2 + 1 ⇔ Ι = e2 + 1 . 4 2 2 ℓnx ∫72. x2 Ι= dx . 1 2 ℓnx 2 1 2 ⎜⎛⎜⎜⎝− 1 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟′ ⎣⎡⎢⎢− 1 ⋅ ℓnx⎤⎥⎥⎦12 − 2 −1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = 1 x2 = 1 x2 1 x x 1 x ⋅ (ℓnx)′ dx = dx ⋅ ℓnx dx = ⋅ ℓnx dx = ∫ ∫=− ⎣⎢⎡⎢ ℓnx ⎦⎤⎥⎥12 + 2 1 ⋅ 1 dx = ⎢⎢⎣⎡ ℓnx ⎦⎤⎥⎥12 + 2 1 dx = ℓn1 − ℓn2 + ⎣⎢⎡⎢ −1 ⎥⎤⎦⎥ 2 = − ℓn2 − ⎢⎢⎣⎡ 1 ⎥⎥⎤⎦ 2 = x 1 x x x 1 x2 1 2 x 1 2 x 1 =− ℓn2 − ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 − 1 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ = − ℓn2 + 1 ⇒ Ι= 1 − ℓn2 . 2 2 1 2 2 2 - 104 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 ∫73. Ι = (x2 + 1)e2x dx . 0 1 1 ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ e2x ⎠⎟⎟⎟⎟⎞′ ⎡⎢⎢⎢⎣ e2x 1)⎥⎤⎦⎥⎥ 1 1 e2x 0 2 2 0 0 2 (x2 + 1)e2x dx = 0 ∫ ∫ ∫Ι = ⋅ (x2 + = ⋅ (x2 + − ⋅ (x2 + 1)′ dx = 1) dx 1 1 1 1 1 1 1 ∫ ∫=2 0 2 2 2 ⋅ ⎣⎡⎢(x2 + 1)e2x ⎥⎤⎦ − ⋅ e2x ⋅ 2x dx = ⋅α − x e2x dx ⇒ Ι= ⋅α − Ι1 (1) 00 1 1 ∫όπου 0 α = ⎡⎣⎢(x2 + 1)e2x ⎤⎦⎥ , Ι1 = x e2x dx . 0 • α = ⎢⎣⎡(x2 + 1)e2x ⎦⎥⎤10 = (12 + 1) ⋅ e2⋅1 − (02 + 1) ⋅ e2⋅0 ⇔ α = 2e2 − 1 . 1 1 ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ e2x ⎟⎟⎞⎟⎟⎠′ ⎢⎡⎢⎢⎣ e2x ⋅ x⎦⎥⎤⎥⎥10 − 1 e2x 0 2 2 0 2 x e2x dx = 0 ∫ ∫ ∫• ⋅ (x)′ dx = Ι1 = ⋅ x dx = 1 ⋅ ⎡⎣⎢x e2x ⎦⎤⎥10 1 1 1 1 ⋅ ⎢⎡⎢⎢⎣ e2x ⎥⎦⎥⎤⎥ 1 ∫= 2 − 2 ⋅ 0 e2x dx = 2 ⋅ (1 ⋅ e2⋅1 − 0 ⋅ e2⋅0) − 2 2 0 = = e2 − 1 ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ e2⋅1 − e2⋅0 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ = e2 − 1 ⋅ e2 − 1 = 2e2 − e2 + 1 ⇒ Ι1 = e2 + 1 . 2 2 2 2 2 2 2 4 4 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι= 1 ⋅ (2e2 − 1) − e2 + 1 = 2e2 − 1 − e2 + 1 = 4e2 − 2 − e2 − 1 ⇔ 2 4 2 4 4 ⇔ Ι= 3e2 − 3 . 4 - 105 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα π/2 ∫74. Ι = (x − 1) ⋅ ηµ2x dx . 0 π/2 π/2 ⎜⎜⎝⎜⎛ −συν2x ⎠⎟⎟⎟⎞⎟′ 2 (x − 1) ⋅ ηµ2x dx ∫ ∫Ι= = ⋅ (x − 1) dx = 00 ⎢⎡⎢⎣ −συν2x 1)⎤⎥⎥⎦ π /2 π/2 −συν2x 2 0 0 2 ∫= ⋅ (x − − ⋅ (x − 1)′ dx = ∫= − 1 ⎡⎣⎢(x π/2 1 π/2 2 ⋅ − 1) ⋅ συν2x⎤⎦⎥ 0 + 2 ⋅ συν2x dx = 0 1 ⎡⎣⎢⎢⎢ ⎝⎛⎜⎜⎜ π − 1⎟⎠⎞⎟⎟⎟ ⋅ συν 2π − (0 − 1) ⋅ συν0 ⎥⎤⎦⎥⎥ + 1 ⎢⎢⎣⎡ ηµ2x ⎥⎤⎥⎦ π /2 2 2 2 2 2 0 =− ⋅ ⋅ = =− 1 ⋅ ⎡⎣⎢⎢ π−2 ⋅ (−1) + 1⎦⎤⎥⎥ + 1 ⋅ ⎝⎜⎜⎜⎛⎜ηµ 2π − ηµ0⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = − 1 ⋅ ⎜⎜⎛⎝⎜ 2 − π + 1⎟⎟⎟⎞⎠⎟ = 2 2 4 2 2 2 =− 1 ⋅ 2−π+2 ⇒ Ι= π−4 . 2 2 4 - 106 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Η ΨΗΦΙΑΚΗ ΤΟΥ ΜΟΡΦΗ ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ ΓΙΑ ΔΩΡΕΑΝ ΜΕΛΕΤΗ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑ “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΤΕΚΙ” - www.mathsteki.gr