Γ Λυκείου - Ολοκληρωτικός Λογισμός - Ενότητα 2 (ασκήσεις Κ2-Ο5)

Ολοκληρωτικός { {Λογισμός 2η ενότητα Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισμένο ολοκλήρωμα 6η κατηγορία ασκήσεων Ολοκλήρωμα ρητής συνάρτησης Νέα Μουδανιά • Σεπτέμβριος 2020 Σελίδες 188 - 224 Ασκήσεις 131 - 150



5η ΟΜΑΔΑ Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ολοκλήρωµα ρητής συνάρτησης Υπενθύμιση Ρητή ονομάζεται η συνάρτηση η οποία είναι πηλίκο πολυωνύμων. Τέτοιο ολοκλήρωμα υπολογίζεται με έναν από τους ακόλουθους τρόπους: 1ος ΤΡΟΠΟΣ Ως “απλό” ολοκλήρωµα Όπως αρκετές φορές είδες στα παραδείγματα και τις λυμένες ασκήσεις που προηγήθη- καν, σαν «απλό» αντιμετωπίζεται ένα ολοκλήρωμα όταν μπορεί να βρεθεί μία αρχική της υπό το ολοκλήρωμα συνάρτησης χρησιμοποιώντας αλγεβρικές μεθόδους και στοι- χειώδη αντιπαραγώγιση/ολοκλήρωση, δηλαδή όταν δεν απαιτείται ιδιαίτερη τεχνική ολοκλήρωσης. 2 x + 1 ∫Για παράδειγμα, για το Ι = x dx έχουμε 1 2 ⎛⎝⎜⎜⎜⎜ x 1 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠⎟ dx 2 ⎜⎛⎜⎜⎝1 + 1 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ 1∫ ∫Ι = x x x + = dx = ⎡⎢⎣ x + ℓnx⎥⎦⎤ 2 = 2 + ℓn2 − (1 + ℓn1) = 2 + ℓn2 − 1 ⇒ 1 1 ⇒ Ι = 1 + ℓn2 . Έτσι, δημιουργείται μια «γέφυρα», η οποία συνδέει την 1η ομάδα ολοκληρωμάτων («απλά» ολοκληρώματα) με την παρούσα. Η περίπτωση αυτή είναι από τις βολικές περιπτώσεις, αφού η ολοκλήρωση συνήθως είναι γρήγορη και ξεκούραστη. - 188 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 2ος ΤΡΟΠΟΣ Ως σύνθετη συνάρτηση (ισοδύναµα, µε το διαφορικό συνάρτησης) Και αυτήν την περίπτωση θα την κατέτασσα στις βολικές και ξεκούραστες. Είτε το αντιμετωπίσεις ως «απλό» (παράγωγος σύνθετης συνάρτησης) είτε χρησιμο- ποιήσεις το διαφορικό συνάρτησης (θέμα συμβολισμού είναι στην ουσία), το ολοκλήρω- μα πάλι δεν απαιτεί κάποια εξειδικευμένη τεχνική ολοκλήρωσης. 1 x ∫Για παράδειγμα, για το Ι = + x2 1 dx έχουμε 0 1 1 1 1 1 1 1 1 x2 + 1 2 + 2 + ∫ ∫ ∫Ι = = ⋅ = ⋅ (x2 + 1)′ = ⋅ x dx x2 1 ⋅ 2x dx x2 1 ⋅ dx 00 0 1 1 1 1 + 1)⎥⎦⎤10 1 ℓn2 ∫=2 + 2 2 2 ⋅ x2 1 d(x2 + 1) = ⋅ ⎢⎣⎡ℓn(x2 = ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(12 + 1) − ℓn(02 + 1)⎥⎦⎤ ⇒ Ι= 0 ή και έτσι (χωρίς χρήση του διαφορικού) 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 x2 + 1 2 + ∫ ∫ ∫Ι = ⋅ = ⋅ = ⋅ (x2 + 1)′ x2 1 x dx ⋅ 2x dx x2 1 ⋅ dx = 00 0 1 1 + 1)⎥⎤⎦′ 1 1 ∫=2 2 0 ⋅ ⎢⎡⎣ℓn(x2 dx = ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(x2 + 1)⎥⎤⎦ = ... 0 - 189 - 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 κ dx , κ , λ, µ ∈ !* λx + µ α Ένα απλό ­και συνηθισμένο­ ολοκλήρωμα είναι το ακόλουθο: 1 1 1 1 1 1 ∫ ∫ ∫Ι = + + + x 2 dx = x 2 ⋅ (x + 2)′ dx = x 2 d(x + 2) = ⎢⎡⎣ℓn(x + 2)⎦⎤⎥ 1 = ... , 0 00 0 που μπορεί να υπολογιστεί και έτσι 1 1 1 1 1 2)⎦⎥⎤′ ∫ ∫ ∫Ι = + + x 2 dx = x 2 ⋅ (x + 2)′ dx = ⎣⎢⎡ℓn(x + dx = ⎡⎣⎢ℓn(x + 2)⎦⎤⎥ 1 = ... 0 00 0 β κ λx + ∫Γενικά, ολοκλήρωμα της μορφής µ dx υπολογίζεται έτσι: α ∫ ∫ ∫ ∫βκ β 1 β κ β λx + 1 λ 1 λ 1 µ dx = κ ⋅ λx + µ dx = κ ⋅ ⋅ λx + µ ⋅ λ dx = ⋅ λx + µ ⋅ (λx + µ)′ dx = αα α α κ β 1 κ β λ λx + λ α ∫= ⋅ µ d(λx + µ) = ⋅ ⎣⎢⎡ ℓn λx + µ ⎦⎥⎤ = ... α ή και έτσι (χωρίς χρήση του διαφορικού): ββ β β κ 1 κ λx + λ ∫ ∫ ∫ ∫λx + µ dx = κ ⋅ µ dx = κ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ λ dx = ⋅ λx 1 µ ⋅ (λx + µ)′ dx = λ λx + µ + αα α α κ β ′ dx κ ∫ ( )=λ λ ⎦⎥⎤αβ ⋅ ℓn λx + µ = ⋅ ⎣⎡⎢ ℓn λx + µ = ... α - 190 - 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 P′(x) dx , όπου P(x) πολυώνυμο P(x) α Το επόμενο παράδειγμα θα κάνει την κατάλληλη «πάσα» για τον τρίτο τρόπο διότι, με μία αλλαγή που θα του κάνω μετά, ο τρόπος που θα παρουσιαστεί εδώ δεν θα μπορέσει να βοηθήσει. 4 2x ∫Ας πάρουμε το Ι = 2− x 1 dx . 3 Παρατηρώ ότι μπορώ να το υπολογίσω με την βοήθεια του διαφορικού και τότε θα έχω 44 4 ∫ ∫ ∫Ι =1 1 1 4 − ⋅ 2x dx = − ⋅ (x2 − 1)′ dx = − d(x 2 − 1) = ⎣⎢⎡ℓn(x2 − 1)⎦⎥⎤ 3 = x2 1 x2 1 x2 1 33 3 = ℓn(42 − 1) − ℓn(32 − 1) = ℓn15 − ℓn8 ⇒ Ι = ℓn 15 8 ή, σαν παράγωγο σύνθετης συνάρτησης, έτσι: 4 1 4 1 4 ⎣⎡⎢ℓn(x2 − 1)⎥⎦⎤′ dx = ⎢⎣⎡ℓn(x2 − 1)⎤⎦⎥34 = ... ∫ ∫ ∫Ι =x2 − x2 − 1 ⋅ 2x dx = 1 ⋅ (x2 − 1)′ dx = 33 3 β P′(x) P(x) ∫Γενικά, ολοκλήρωμα της μορφής dx υπολογίζεται έτσι: α ββ 1 1 P(x) = ⎣⎢⎡ ℓn P(x) ⎥⎦⎤αβ = ... ∫ ∫ ( )Ι = P(x) ⋅ P′(x) dx = d P(x) αα ή και έτσι (χωρίς χρήση του διαφορικού): ββ ∫ ∫ ( )Ι = 1 ′ β P(x) ⋅ P′(x) dx = ℓn P(x) dx = ⎣⎢⎡ ℓn P(x) ⎦⎤⎥ α = ... αα Δηλαδή, αν ο αριθμητής είναι η παράγωγος του παρονομαστή, τότε το ολοκλήρωμα είναι «βολικό», διότι στο τέλος προκύπτει ο λογάριθμος του παρονομαστή. - 191 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Κάνοντας, όμως, την παραλλαγή 4 2 ∫Ι = − x2 1 dx , 3 το Ι δεν μπορεί ούτε σαν «απλό» να αντιμετωπιστεί αλλά ούτε και σαν παράγωγος σύνθετης συνάρτησης (αφού το κλάσμα δεν προκύπτει από την παραγώγιση κάποιας σύνθετης συνάρτησης). Έτσι οδηγούμαστε στον τρίτο τρόπο υπολογισμού ολοκληρώμα- τος ρητής συνάρτησης. Ο τρόπος αυτός είναι νέος και διαφοροποιείται από τους δύο προηγούμενους (οι οποίοι δεν παρουσίασαν κάτι νέο). 3ος ΤΡΟΠΟΣ Με “σπάσιµο” του κλάσµατος σε άθροισµα/διαφορά απλούστερων κλασµάτων Ο τρόπος αυτός εφαρμόζεται όταν δεν μπορεί να εφαρμοστεί ο 1ος ή ο 2ος τρόπος που προηγήθηκαν και ο παρονομαστής παραγοντοποιείται. Συνήθως υπάρχει τριώνυμο στον παρονομαστή. Αυτό γίνεται για λόγους οικονομίας στο γράψιμο, διότι πολυώνυμα με βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 3 έχουν ­τις περισσό- τερες φορές­ περισσότερο γράψιμο. Πώς θα δουλέψεις εξαρτάται από τους βαθμούς των πολυωνύμων του αριθμητή και του παρονομαστή. Διακρίνονται οι εξής περιπτώσεις: α) ο βαθμός του πολυωνύμου του αριθμητή είναι μικρότερος του βαθμού του πολυω- νύμου του παρονομαστή. β) ο βαθμός του πολυωνύμου του αριθμητή είναι ίσος με τον βαθμό του πολυωνύμου του παρονομαστή. γ) ο βαθμός του πολυωνύμου του αριθμητή είναι μεγαλύτερος του βαθμού του πολυ- ωνύμου του παρονομαστή. Οι περιπτώσεις (β) και (γ) πάρα πολλές φορές ανάγονται στην περίπτωση (α) στο τέ- λος, γι’ αυτό και η (α) είναι η βασικότερη. Μπορεί, όμως, να προκύψουν και ολοκλη- ρώματα που υπολογίζονται με τον 1ο ή τον 2ο τρόπο που αναπτύχθηκαν στις προη- γούμενες σελίδες. Δες τι πρέπει να κάνεις κατά περίπτωση. - 192 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ (α) Ο βαθµός του αριθµητή είναι µικρότερος από τον βαθµό του παρονοµαστή ❖ 1ο βήµα Παραγοντοποίησε τον παρονομαστή του κλάσματος που έχει το ολοκλήρωμα. Για παράδειγμα, αν στο λ P(x) Q(x) ∫Ι = dx κ το Q(x) παραγοντοποιείται υπό την μορφή Q(x) = (x − x1)(x − x2) , τότε γράψε ∫ ∫Ι = λ P(x) dx = λ P(x) dx . κ Q(x) κ (x − x1)(x − x2) Στην συνέχεια, πάρε μόνο το κλάσμα που είναι μέσα στο ολοκλήρωμα και συνέχισε στο 2ο βήμα. ❖ 2ο βήµα Γράψε το κλάσμα σαν άθροισμα δύο κλασμάτων (αν ο παρονομαστής, παραγοντοποι- ούμενος, έγινε γινόμενο δύο παραγόντων): • στο πρώτο κλάσμα βάλε ως αριθμητή έναν αριθμό α και ως παρονομαστή τον πρώ- το από τους παράγοντες του γινομένου. • στο δεύτερο κλάσμα βάλε ως αριθμητή έναν αριθμό β και ως παρονομαστή τον δεύ- τερο από τους παράγοντες του γινομένου. Στο παράδειγμά μας δηλαδή, γράψε το κλάσμα έτσι: P(x) = α + β , όπου α , β ∈ ! . (x − x1)(x − x2) x − x1 x − x2 Αν ο παρονομαστής έγινε γινόμενο τριών παραγόντων, τότε στο άθροισμα πρόσθεσε και ένα τρίτο κλάσμα με αριθμητή έναν αριθμό γ και παρονομαστή τον τρίτο παράγο- ντα του γινομένου. - 193 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ανάλογα δούλεψε αν ο παρονομαστής αναλύθηκε σε γινόμενο τεσσάρων παραγόντων (περίπτωση εξαιρετικά σπάνια, διότι η συνέχεια της εργασίας έχει πάρα πολύ γράψι- μο). Αν το Q(x) παραγοντοποιηθεί υπό την μορφή Q(x) = (x − x0)2 , τότε γράψε το κλάσμα έτσι: P(x) = α + β . (x − x0)2 x − x0 (x − x0)2 Στην ισότητα κλασμάτων που προέκυψε κάνε απαλοιφή των παρονομαστών και μετά κάνε τις πράξεις που προκύπτουν στο μέλος με τους αριθμούς α και β που χρησιμο- ποίησες. Αυτό θα οδηγήσει σε ισότητα δύο πολυωνύμων, οπότε εξισώνοντας τους συντελεστές τους θα προκύψει ένα σύστημα 2 x 2 με άγνωστα τα α και β. Λύσε αυτό το σύστημα (συνήθως είναι πολύ απλό και η δουλειά γίνεται στα γρήγορα στο πρόχειρο) και πάρε τις τιμές των α και β, τις οποίες να αντικαταστήσεις στις αντί- στοιχες θέσεις στα κλάσματα που έχεις στο άθροισμα. ❖ 3ο βήµα Αντικατάστησε αυτό το άθροισμα μέσα στο ολοκλήρωμα και έτσι θα προκύψουν δύο απλούστερα ολοκληρώματα. Τα παραπάνω φαίνονται πολλά και περίπλοκα, αλλά θα δεις ότι δεν είναι και τόσο, μέσα από τα ακόλουθα παραδείγματα. Παράδειγµα 33 4 2 dx . x2 −1 ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = 3 ~ Λύση ~ Πρόκειται για το ολοκλήρωμα που έκανε την «πάσα» για την περίπτωση που μόλις είδες πώς αντιμετωπίζεται. Θα ακολουθήσω τα βήματα που περιέγραψα ένα προς ένα και θα δεις ότι πολλά γράφτηκαν σε αυτά, αλλά στην πράξη τα πράγματα είναι πιο απλά. - 194 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1ο βήμα Παρατηρώ ότι το ολοκλήρωμα δεν είναι «απλό», ούτε στον αριθμητή έχω την παράγω- γο του παρονομαστή. Άρα δεν μπορεί να υπολογιστεί με τον 1ο ή τον 2ο τρόπο που προαναφέρθηκαν, οπότε ο 3ος τρόπος θα δώσει την λύση αφού, επιπλέον, ο παρονομα- στής παραγοντοποιείται. Είναι 4 2 4 2 ∫ ∫Ι = x2 − 1)(x 1 dx = (x − + 1) dx . 33 2ο βήμα «Σπάω» το κλάσμα που είναι μέσα στο ολοκλήρωμα σε άθροισμα δύο άλλων κλασμά- των με τον τρόπο που θα δεις αμέσως. Είναι 2 = α + x β 1 , όπου α,β ∈ ! . (x − 1)(x + 1) x −1 + Με απαλοιφή των παρονομαστών έχω ότι 2 = α(x + 1) + β(x − 1) ⇔ 2 = αx + α + βx − β ⇔ (α + β)x + (α − β) = 2 . Από την ισότητα πολυωνύμων που υπάρχει εδώ, προκύπτει ⎪⎩⎨⎧⎪⎪⎪ α+β=0 ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫ , α−β = 2 από όπου εύκολα έχω ότι α = 1 , β = −1 . 3ο βήμα Άρα είναι 4 ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 1 1⎟⎟⎞⎠⎟⎟ dx 4 1 4 1 ∫ ∫ ∫Ι = − + − + x 1 − x = x 1 dx − x 1 dx = 3 33 4 1 4 1 4 1 4 1 ∫ ∫ ∫ ∫= − + − + x 1 ⋅ (x − 1)′ dx − x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = x 1 d(x − 1) − x 1 d(x + 1) = 33 33 = ⎡⎣⎢ℓn(x − 1)⎤⎦⎥ 4 − ⎡⎣⎢ℓn(x + 1)⎦⎤⎥ 4 = ℓn(4 − 1) − ℓn(3 − 1) − ⎣⎡⎢ℓn(4 + 1) − ℓn(3 + 1)⎥⎦⎤ = 3 3 - 195 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα = ℓn3 − ℓn2 − ℓn5 + ℓn4 = ℓn3 − ℓn2 − ℓn5 + ℓn22 = ℓn3 − ℓn2 − ℓn5 + 2ℓn2 = = ℓn2 − ℓn3 − ℓn5 = ℓn(2 ⋅ 3) − ℓn5 = ℓn6 − ℓn5 ⇒ Ι = ℓn 6 . 5 Δεν ήταν και τόσο φοβερά τα βήματα τελικά, ε; Να σημειώσω εδώ ότι το Ι μπορεί (μετά το «σπάσιμο» σε δύο κλάσματα) να υπολογι- στεί γρηγορότερα και έτσι: 4 ⎜⎝⎛⎜⎜ 1 1 1⎟⎟⎠⎞⎟⎟ dx 4 ⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎧ ⎡⎣⎢ℓn(x − 1)⎥⎦⎤′ − ⎡⎢⎣ℓn(x + 1)⎤⎦⎥′⎪⎬⎭⎫⎪⎪⎪dx = ∫ ∫Ι = − + 3 x 1 − x = 3 4 ⎣⎢⎡ℓn(x − 1) − ℓn(x + 1)⎦⎥⎤′ dx = 4 ⎜⎜⎛⎝⎜ℓn x −1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠′ ⎢⎢⎣⎡ℓn x − 1 ⎥⎤⎥⎦ 4 3∫ ∫= 3 x +1 dx = x + 1 3 = ... Πάμε σε ένα ακόμη παράδειγμα. Παράδειγµα 34 4 x ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = 3x x 2 − + 2 dx . 3 ~ Λύση ~ Ας κάνω έναν έλεγχο πρώτα, μπας και είμαι τυχερός και το ολοκλήρωμα έχει στον αριθμητή την παράγωγο του παρονομαστή. Είναι (x2 − 3x + 2)′ = 2x − 3 και, δυστυχώς, δεν είμαι τυχερός. 4 2x − 3 ∫Όμως, αν είχα το − 3x + x2 2 dx , τότε παρατηρώ ότι 3 (x2 − 3x + 2)′ = 2x − 3 , δηλαδή ο αριθμητής είναι η παράγωγος του παρονομαστή, οπότε η συνέχεια θα ήταν 4 1 4 1 ∫ ∫Ι = 3x 3x x2 − + 2 ⋅ (2x − 3) dx = x2 − + 2 ⋅ (x2 − 3x + 2)′ dx = 33 - 196 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 4 1 4 ∫= − 3x 3 x2 + 2 d(x2 − 3x + 2) = ⎡⎢⎣ ℓn x2 − 3x + 2 ⎤⎥⎦ = ... 3 Αφού δεν έτυχε η βολική περίπτωση, κάνω τα εξής: 1ο βήμα Παρατηρώ ότι ο παρονομαστής παραγοντοποιείται, οπότε τον παραγοντοποιώ. Είναι 44 x 2ο βήμα ∫ ∫Ι = x 1)(x x2 − 3x + 2 dx = (x − − 2) dx . 33 «Σπάω» το κλάσμα που είναι μέσα στο ολοκλήρωμα σε άθροισμα δύο άλλων κλασμά- των με τον τρόπο που θα δεις αμέσως. Είναι x = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x − 1)(x − 2) x −1 − Με απαλοιφή των παρονομαστών έχω ότι x = α(x − 2) + β(x − 1) ⇔ x = αx − 2α + βx − β ⇔ (α + β)x + (−2α − β) = x . Από την παραπάνω ισότητα πολυωνύμων έχω ότι ⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩ α+β=1 ⎪⎬⎪⎭⎪⎫⎪ , −2α − β = 0 από όπου εύκολα προκύπτει α = −1 , β = 2 . 3ο βήμα Άρα είναι 4 ⎜⎜⎜⎛⎝− 1 2 2 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ dx 4 1 4 1 ∫ ∫ ∫Ι = x −1 − − − + x = 2 ⋅ x 2 dx − x 1 dx = 3 33 44 1 ∫ ∫= 2 ⋅ 1 − x − 2 ⋅ (x − 2)′ dx − x 1 ⋅ (x − 1)′ dx = 33 - 197 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 4 1 4 1 ∫ ∫= 2 ⋅ − −1 x 2 d(x − 2) − x d(x − 1) = 2⋅ ⎣⎡⎢ℓn(x − 2)⎦⎥⎤ 4 − ⎣⎢⎡ℓn(x − 1)⎦⎤⎥ 4 = 3 3 33 = 2 ⋅ ⎣⎢⎡ℓn(4 − 2) − ℓn(3 − 2)⎦⎤⎥ − ⎢⎡⎣ℓn(4 − 1) − ℓn(3 − 1)⎥⎦⎤ = 2ℓn2 − ℓn3 + ℓn2 ⇒ ⇒ Ι = 3ℓn2 − ℓn3 . Και εδώ, το Ι μπορεί να υπολογιστεί γρηγορότερα έτσι: 4 ⎜⎜⎛⎜⎝− 1 2 2 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ dx 4 ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧ ⎡⎣⎢2ℓn(x − 2)⎦⎤⎥′ − ⎡⎣⎢ℓn(x − 1)⎤⎥⎦′⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎭dx = ∫ ∫Ι = x −1 − 3 + x = 3 4 − 1)⎦⎤⎥′ 4 ∫= 3 ⎣⎢⎡2ℓn(x − 2) − ℓn(x dx = ⎣⎡⎢2ℓn(x − 2) − ℓn(x − 1)⎦⎤⎥ 4 = ⎣⎡⎢ℓn(x − 2)2 − ℓn(x − 1)⎥⎦⎤ = 3 3 = ⎢⎢⎢⎣⎡ℓn (x − 2)2 ⎥⎦⎤⎥⎥43 = ... x −1 ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ (β) ΚΑΙ (γ) Ο βαθµός του αριθµητή είναι ίσος ή µεγαλύτερος του βαθµού του παρονοµαστή Οι δύο αυτές περιπτώσεις μπαίνουν μαζί, επειδή αντιμετωπίζονται με τον ίδιο τρόπο. Και εδώ, στον παρονομαστή συνήθως υπάρχει κάποιο τριώνυμο. Έτσι, για το ολοκλήρωμα β P(x) Q(x) ∫Ι = dx , α όπου ο βαθμός του P(x) είναι ίσος ή μεγαλύτερος του βαθμού του Q(x), κάνε την διαί- ρεση πολυωνύμων P(x) : Q(x) (Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, κεφάλαιο πολυωνύμων). Αν P(x) = Q(x) ⋅ π(x) + υ(x) είναι η ταυτότητα της διαίρεσης, όπου π(x) , υ(x) το πηλί- κο και το υπόλοιπό της αντίστοιχα, από αυτήν έχουμε ότι P(x) = Q(x) ⋅ π(x) + υ(x) ⇔ P(x) = π(x) + υ(x) , Q(x) Q(x) Q(x) Q(x) - 198 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα οπότε θα είναι β ⎣⎡⎢⎢π(x) + υ(x) ⎥⎦⎥⎤ β β υ(x) ∫ ∫ ∫Ι =α Q(x) α α Q(x) dx = π(x) dx + dx . β υ(x) Q(x) ∫Το ολοκλήρωμα dx συνήθως αντιμετωπίζεται σύμφωνα με την περίπτωση (α) α (η μέθοδος με τους αριθμούς α και β δηλαδή). ΠΡΟΣΟΧΗ ! Το Q(x) δεν είναι πάντα τριώνυμο που παραγοντοποιείται. Μπορεί κάλλιστα να είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού ή δευτέρου βαθμού, το οποίο να μην μπορεί να παραγο- ντοποιηθεί. Πάλι θα κάνεις την διαίρεση των δύο πολυωνύμων. Παράδειγµα 35 4 x2 − 2x + 2 ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = x2 − 3x + 2 dx . 3 ~ Λύση ~ Από την ευκλείδεια διαίρεση (x2 − 2x + 2) : (x2 − 3x + 2) προκύπτει x2 − 2x + 2 = 1 ⋅ (x2 − 3x + 2) + x , οπότε είναι x2 − 2x + 2 = 1+ x2 x x2 − 3x + 2 − 3x + 2 και για το Ι έχω ότι 4 ⎜⎛⎝⎜⎜1 + x 2 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ dx 4 4 x 3x − 3x 1dx + ∫ ∫ ∫Ι = x2 − + = x2 + 2 dx = 1 ⋅ (4 − 3) + Ι1 ⇒ Ι = 1+ Ι1 , 3 33 όπου 4 x ∫Ι1 = 3x x2 − + 2 dx , 3 το οποίο υπολογίζεται σύμφωνα με την μέθοδο της περίπτωσης 1 (είναι το ολοκλήρω- μα του παραδείγματος 34). - 199 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Παράδειγµα 36 4 x3 − 2 ∫Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = − 3x + x 2 2 dx . 3 ~ Λύση ~ Ο βαθμός του αριθμητή είναι μεγαλύτερος από του παρονομαστή, οπότε εκτελώ την ευκλείδεια διαίρεση (x3 − 2) : (x2 − 3x + 2) . Από αυτήν προκύπτει ότι x3 − 2 = (x + 3)(x2 − 3x + 2) + 7x − 8 , οπότε είναι x3 − 2 = x+3+ 7x − 8 , x2 − 3x + 2 x2 − 3x + 2 συνεπώς για το Ι έχω 4 ⎜⎜⎜⎛⎝x + 3 + 7x − 8 2 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ dx 4 4 7x − 8 − 3x + − 3x + (x + 3) dx + ∫ ∫ ∫Ι = x2 = x2 2 dx ⇒ Ι = Ι1 + Ι2 (1) 3 33 ∫•Ι1 = 4 (x + 3) dx = ⎡⎣⎢⎢⎢ x2 + 3x ⎦⎤⎥⎥⎥ 4 = 42 + 3 ⋅ 4 − ⎜⎝⎜⎛⎜⎜ 22 + 3 ⋅ 2⎟⎟⎟⎟⎠⎞ = 20 − 8 ⇒ Ι1 = 12 . 3 2 3 2 2 4 7x − 8 4 7x − 8 − 3x + − 1)(x − 2) Ι2 =∫ ∫• x2 2 dx = (x dx . 33 Εδώ θα εφαρμόσω την μέθοδο με τους αριθμούς α και β (περίπτωση 1 που προ- ηγήθηκε). Είναι 7x − 8 = α + β , α,β ∈ ! . (x − 1)(x − 2) x −1 x−2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 7x − 8 = α(x − 2) + β(x − 1) ⇔ 7x − 8 = αx − 2α + βx − β ⇔ ⇔ 7x − 8 = (α + β)x + (−2α − β) . Από την τελευταία ισότητα (που είναι ισότητα πολυωνύμων) έχω ότι - 200 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧ α+β=7 ⎪⎪⎪⎭⎬⎫⎪ , −2α − β = −8 από όπου προκύπτει α = 1 , β = 6 . Επομένως είναι 4 ⎜⎜⎝⎜⎛ 1 6 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ dx 4 1 4 1 ∫ ∫ ∫Ι = x −1 − x −1 x−2 + x 2 = dx + 6 ⋅ dx = 3 33 = ⎣⎢⎡ℓn(x − 1)⎤⎦⎥ 4 + 6 ⋅ ⎡⎢⎣ℓn(x − 2)⎤⎦⎥ 4 = 3 3 = ℓn(4 − 1) − ℓn(3 − 1) + 6 ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(4 − 2) − ℓn(3 − 2)⎤⎦⎥ = ℓn3 − ℓn2 + 6ℓn2 ⇒ ⇒ Ι2 = ℓn3 + 5ℓn2 . Τελικά από την (1) έχω ότι Ι = 12 + ℓn3 + 5ℓn2 . «Παίζοντας» λίγο με τις ιδιότητες των λογάριθμων, έχω ότι Ι2 = ℓn3 + 5ℓn2 = ℓn3 + ℓn25 = ℓn3 + ℓn32 = ℓn(3 ⋅ 32) = ℓn96 . Έτσι, το τελικό αποτέλεσμα μπορεί να «συμμαζευτεί» λίγο. - 201 - 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 • 6 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 Ολοκλήρωµα ρητής συνάρτησης Εισαγωγικό σχόλιο Το ολοκλήρωμα ρητής συνάρτησης αναγνωρίζεται εύκολα και αντιμετωπίζεται με κά- ποιον από τους τρόπους που εκτέθηκαν στις προηγούμενες σελίδες. Κάτι ιδιαίτερο δεν χρειάζεται να σχολιαστεί επομένως. Σε όλες τις ασκήσεις που ακολουθούν το ζητούμενο είναι «Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα» - 202 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Ασκήσεις 131 - 150 3 2 ∫131. x2 −1 Ι= dx . 2 Είναι 33 2 ∫ ∫Ι = 2 1)(x x2 − 1 dx = (x − + 1) dx . 22 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 + x β 1 , όπου α,β ∈ ! . (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 , οπότε ισχύουν ⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪ α+β=0 ⎬⎭⎫⎪⎪⎪⎪ , 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 ⎜⎛⎜⎜⎝ 1 1 1⎠⎟⎟⎞⎟⎟ dx 3 1 3 1 ∫ ∫ ∫Ι = − + − + x 1 − x = x 1 dx − x 1 dx = 2 22 3 1 3 1 3 1 3 1 ∫ ∫ ∫ ∫= − + − + x 1 ⋅ (x − 1)′ dx − x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = x 1 d(x − 1) − x 1 d(x + 1) = 22 22 = ⎢⎡⎣ℓn(x − 1)⎦⎤⎥ 3 − ⎣⎢⎡ℓn(x + 1)⎦⎤⎥ 3 = ℓn(3 − 1) − ℓn(2 − 1) − ⎣⎢⎡ℓn(3 + 1) − ℓn(2 + 1)⎤⎥⎦ = 2 2 = ℓn2 − (ℓn4 − ℓn3) = ℓn2 − ℓn22 + ℓn3 = ℓn2 − 2ℓn2 + ℓn3 = ℓn3 − ℓn2 ⇒ Ι = ℓn 3 . 2 - 203 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 4 x+1 ∫132. + x −2 Ι= x2 dx . 3 Είναι 4 x+ 1 4 x+1 ∫ ∫Ι = +x − − 1)(x + x2 2 dx = (x 2) dx . 33 Και εδώ ισχύουν τα σχόλια που έγιναν στην άσκηση 131. Είναι x+1 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x − 1)(x + 2) x −1 + 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 οπότε ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ α+β=1 ⎪⎫⎬⎭⎪⎪⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 2 , β= 1 . 2α − β = 1 3 3 Άρα είναι ∫ ∫ ∫Ι =4⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎜⎜⎜⎜⎜ x 2 1 + x 1 2 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟ dx = 2 ⋅ 4 x 1 1 dx + 1 ⋅ 4 x 1 2 dx = 3 3 3 3 3 − 3 3 + − + 2 4 1 1 4 1 ∫ ∫=3 − 3 + ⋅ x 1 ⋅ (x − 1)′ dx + ⋅ x 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 33 2 4 1 1 4 1 2 1 ∫ ∫=3 − 3 + 3 3 ⋅ x 1 d(x − 1) + ⋅ x 2 d(x + 2) = ⋅ ⎢⎡⎣ ℓn(x − 1)⎥⎦⎤ 4 + ⋅ ⎢⎡⎣ℓn(x + 2)⎥⎤⎦ 4 = 3 3 33 = 2 ⋅ ⎣⎢⎡ℓn(4 − 1) − ℓn(3 − 1)⎤⎥⎦ + 1 ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(4 + 2) − ℓn(3 + 2)⎤⎥⎦ = 3 3 = 2 ⋅ (ℓn3 − ℓn2) + 1 ⋅ (ℓn6 − ℓn5) ⇒ Ι = 2 ⋅ ℓn 3 + 1 ⋅ ℓn 6 . 3 3 3 2 3 5 - 204 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 3 2 ∫133. x2 + 3x Ι= dx . 2 Είναι 3 2 3 2 ∫ ∫Ι = + x(x + x2 3x dx = 3) dx . 22 Είναι 2 = α + x β , όπου α,β ∈ ! . x(x + 3) x +3 Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω 2 = α(x + 3) + βx ⇔ αx + 3α + βx = 2 ⇔ (α + β)x + 3α = 2 , οπότε ισχύουν ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧ α+β=0 ⎭⎪⎬⎫⎪⎪⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 2 , β=− 2 . 3α = 2 3 3 Άρα είναι ∫ ∫ ∫Ι =3⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎜⎜ 2 − x 2 3 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞ dx = 2 ⋅ 3 1 dx − 2 ⋅ 3 x 1 3 dx = 2 3 3 3 2 x 3 2 + x + 33 ∫ ∫=2 2 1 2 2 1 3 ⋅ ⎢⎣⎡ℓnx⎤⎥⎦ 3 − 3 ⋅ x + 3 ⋅ (x + 3)′ dx = 3 ⋅ (ℓn3 − ℓn2) − 3 ⋅ x +3 d(x + 3) = 2 22 = 2 ⋅ ℓn 3 − 2 ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(x + 3)⎦⎤⎥23 = 2 ⋅ ℓn 3 − 2 ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(3 + 3) − ℓn(2 + 3)⎤⎦⎥ = 3 2 3 3 2 3 = 2 ⋅ ℓn 3 − 2 ⋅ (ℓn6 − ℓn5) = 2 ⋅ ℓn 3 − 2 ⋅ ℓn 6 = 2 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜ℓn 3 − ℓn 65⎟⎠⎟⎟⎟⎞ = 2 ⋅ ℓn 3 ⇒ 3 2 3 3 2 3 5 3 2 3 2 6 5 ⇒ Ι = 2 ⋅ ℓn 5 . 3 4 - 205 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα −1 2x − 3 x2 − 3x + 2 Ι= ∫134. dx . 0 Είναι −1 2x − 3 −1 2x − 3 − 3x + − 1)(x − ∫ ∫Ι = x2 2 dx = (x 2) dx . 00 Είναι 2x − 3 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x − 1)(x − 2) x −1 − 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 , οπότε ισχύουν ⎪⎩⎪⎪⎧⎨⎪ α+β=2 ⎪⎪⎪⎪⎬⎭⎫ , από όπου εύκολα προκύπτει α=1, β=1. −2α − β = −3 Άρα είναι −1 ⎜⎜⎛⎝⎜ x 1 1 2 ⎞⎟⎟⎟⎟⎠ dx −1 1 −1 1 ∫ ∫ ∫Ι = − − − − 1 + x = x 1 dx + x 1 dx = 0 00 −1 1 −1 1 −1 1 −1 1 ∫ ∫ ∫ ∫= − − − − x 1 ⋅ (x − 1)′ dx + x 2 ⋅ (x − 2)′ dx = x 1 d(x − 1) + x 2 d(x − 2) = 00 00 = ⎡⎢⎣ ℓn x −1 ⎤⎥⎦−0 1 + ⎡⎣⎢ ℓn x −2 ⎤⎥⎦ −1 = ℓn −1 − 1 − ℓn 0−1 + ℓn −1 − 2 − ℓn 0−2 = 0 = ℓn2 + ℓn3 − ℓn2 ⇒ Ι = ℓn3 . Δες τώρα πώς μια σωστή παρατήρηση του Ι θα επιταχύνει δραματικά τον υπολογισμό του. Δεύτερος τρόπος −1 1 −1 1 ∫ ∫I = 3x 3x x2 − + 2 ⋅ (2x − 3) dx = x2 − + 2 ⋅ (x2 − 3x + 2)′ dx = 00 - 206 - 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 −1 ∫= 3x 0 x2 − + 2 d(x2 − 3x + 2) = ⎣⎡⎢ ℓn x2 − 3x + 2 ⎦⎤⎥ = 0 = ℓn (−1)2 − 3 ⋅ (−1) + 2 − ℓn 02 −3⋅0+2 = ℓn6 − ℓn2 = ℓn 6 ⇒ I = ℓn3 . 2 0 2x + 1 ∫135. x2 − 5x + 6 Ι= dx . 1 Είναι 0 2x + 1 0 2x + 1 ∫ ∫Ι = − 5x + − 2)(x − x2 6 dx = (x 3) dx . 11 Είναι 2x + 1 = α + x β 3 , όπου α,β ∈ ! . (x − 2)(x − 3) x−2 − 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 , οπότε ισχύουν ⎩⎧⎨⎪⎪⎪⎪ α+β=2 ⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −5 , β=7. −3α − 2β = 1 Άρα είναι 0 ⎜⎛⎜⎜⎝ −5 7 3 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ dx 0 1 0 1 ∫ ∫ ∫Ι = x−2 − − − + x = 7 ⋅ x 3 dx − 5 ⋅ x 2 dx = 1 11 0 1 0 1 ∫ ∫= 7 ⋅ − −2 x 3 ⋅ (x − 3)′ dx − 5 ⋅ x ⋅ (x − 2)′ dx = 11 00 ∫ ∫= 7 ⋅ 1 1 ⎥⎦⎤10 0 x − 3 d(x − 3) − 5 ⋅ x − 2 d(x − 2) = 7 ⋅ ⎡⎢⎣ ℓn x −3 − 5 ⋅ ⎡⎢⎣ ℓn x −2 ⎦⎥⎤ 1 = 11 ( ) ( )= 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

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 3 x+2 ∫136. − 6x − 7 Ι= x2 dx . 2 Είναι 3 x +2 3 x+2 ∫ ∫Ι = − 6x − − 7)(x + x2 7 dx = (x 1) dx . 22 Είναι x+2 = α + x β 1 , όπου α,β ∈ ! . (x − 7)(x + 1) x−7 + 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 , οπότε ισχύουν ⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪ α+β=1 ⎪⎫⎭⎪⎪⎬⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 9 , β=− 1 . α − 7β = 2 8 8 Άρα είναι ∫ ∫ ∫Ι =3⎜⎜⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 9 − 1 1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = 9 ⋅ 3 1 1 ⋅ 3 1 = 2 x 8 7 x 8 dx 8 2 x − 7 dx − 8 2 x + 1 dx − + 9 3 1 1 3 1 ∫ ∫=8 − 8 + ⋅ x 7 ⋅ (x − 7)′ dx − ⋅ x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 22 9 3 1 1 3 1 9 ⎥⎤⎦32 1 ∫ ∫=8 −7 8 + 8 8 ⋅ x d(x − 7) − ⋅ x 1 d(x + 1) = ⋅ ⎡⎢⎣ ℓn x−7 − ⋅ ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎦⎥⎤ 3 = 2 22 ( )=9 ⋅ − 1 ⋅ ⎢⎡⎣ℓn(3 + 1) − ℓn(2 + 1)⎥⎦⎤ = 8 ℓn 3 − 7 − ℓn 2 − 7 8 = 9 ⋅ (ℓn4 − ℓn5) − 1 ⋅ (ℓn4 − ℓn3) = 9 ℓn4 − 9 ℓn5 − 1 ℓn4 + 1 ℓn3 ⇒ 8 8 8 8 8 8 ⇒ Ι = ℓn4 − 9 ℓn5 + 1 ℓn3 . 8 8 - 208 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 3 x2 − 2x − 1 ∫137. x3 − x Ι= dx . 2 Είναι 3 x2 − 2x − 1 3 x2 − 2x − 1 3 x2 − 2x − 1 x3 −x x(x2 − 1) x(x − 1)(x + 1) ∫ ∫ ∫Ι = dx = dx = dx . 222 Είναι x2 − 2x − 1 = α + β + x γ 1 , όπου α,β,γ ∈ !. x(x − 1)(x + 1) x x −1 + Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω x2 − 2x − 1 = α(x − 1)(x + 1) + βx(x + 1) + γx(x − 1) ⇔ ⇔ x2 − 2x − 1 = α(x2 − 1) + βx2 + βx + γx2 − γx ⇔ ⇔ x2 − 2x − 1 = αx2 − α + βx2 + βx + γx2 − γx ⇔ ⇔ (α + β + γ)x2 + (β − γ)x − α = x2 − 2x − 1 , οπότε ισχύουν ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎪⎪⎨⎪ α+β+ γ =1 ⎪⎬⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎪⎪ , από όπου προκύπτει α=1, β = −1 , γ =1. β − γ = −2 −α = −1 Άρα είναι 3 ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 1 1 1⎠⎟⎟⎟⎟⎞ 3 1 3 1 3 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x x −1 + x − + − + x dx = dx − x 1 dx + x 1 dx = 2 22 2 3 1 3 1 ∫ ∫= − + ⎣⎢⎡ ℓnx ⎤⎦⎥ 3 − x 1 ⋅ (x − 1)′ dx + x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 2 22 33 ∫ ∫= ℓn3 − ℓn2 − 1 1 x − 1 d(x − 1) + x + 1 d(x + 1) = 22 = ℓn3 − ℓn2 − ⎢⎡⎣ℓn(x − 1)⎥⎤⎦23 + ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎤⎦⎥ 3 = 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

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 x −1 ∫138. + 3x + 2 Ι= x2 dx . 0 Είναι 1 x −1 1 x −1 ∫ ∫Ι = + 3x + + 1)(x + x2 2 dx = (x 2) dx . 00 Είναι x −1 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x + 1)(x + 2) x+1 + 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 , οπότε ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨ α+β=1 ⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −2 , β=3. 2α + β = −1 Άρα είναι 1 ⎛⎜⎝⎜⎜ −2 3 2 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ dx 1 1 1 1 ∫ ∫ ∫Ι = x+1 + + + + x = 3 ⋅ x 2 dx − 2 ⋅ x 1 dx = 0 00 1 1 1 1 ∫ ∫= 3 ⋅ + + x 2 ⋅ (x + 2)′ dx − 2 ⋅ x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 00 11 1 ∫ ∫= 3 ⋅ 1 + x + 2 d(x + 2) − 2 ⋅ x 1 d(x + 1) = 3⋅ ⎣⎢⎡ℓn(x + 2)⎦⎤⎥ 1 −2⋅ ⎡⎢⎣ℓn(x + 1)⎤⎦⎥10 = 0 00 = 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

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 x −1 ∫139. x+1 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x − 1) : (x + 1) έχω ότι x − 1 = 1 ⋅ (x + 1) − 2 ⇔ x −1 = 1− 2 , x+1 x+1 οπότε είναι 1 ⎛⎝⎜⎜⎜1 − 2 1⎠⎟⎟⎟⎟⎞ dx 1 1 1 1 1 + + + 1dx − 2 ⋅ ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x = x 1 dx = 1 ⋅ (1 − 0) − 2 ⋅ x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 0 00 0 1 1 ∫= 1 − 2 ⋅ + x 1 d(x + 1) = 1−2⋅ ⎢⎡⎣ℓn(x + 1)⎥⎦⎤ 1 = 1−2⋅ ⎣⎢⎡ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎥⎤⎦ ⇒ 0 0 ⇒ Ι = 1 − 2ℓn2 . Δεύτερος τρόπος Ως «απλό» ολοκλήρωμα 1 x −1 1 x +1−2 1 ⎛⎜⎝⎜⎜ x + 1 2 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ dx 1 ⎝⎜⎛⎜⎜1 − 2 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ dx x +1 x+1 x + 1 + + ∫ ∫ ∫ ∫Ι = dx = dx = − x 1 = x 1 = 00 0 0 11 1 1 1 +1 x+1 1dx − 2 ⋅ ∫ ∫ ∫= = ⋅ (x + 1)′ dx = x dx 1 ⋅ (1 − 0) − 2 ⋅ 00 0 ∫1 1 d(x + 1) = 1 − 2 ⋅ ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎥⎤⎦10 = 1 − 2 ⋅ ⎡⎢⎣ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎦⎥⎤ ⇒ x+1 = 1−2⋅ 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

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 x2 ∫140. x2 − 4 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση x2 : (x2 − 4) έχω ότι x2 = 1 ⋅ (x2 − 4) + 4 ⇔ x2 = 1+ 4 , x2 − 4 x2 − 4 οπότε είναι 1 ⎝⎛⎜⎜⎜1 + 4 4 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ dx 1 1 1 − − 1dx + 4 ⋅ ∫ ∫ ∫Ι = x2 = x2 4 dx = 1 ⋅ (1 − 0) + 4 ⋅ Ι ⇒ Ι = 1 + 4 ⋅ Ι1 (1) 0 00 Είναι 1 1 1 1 ∫ ∫Ι1 = − 1)(x x2 4 dx = (x − + 2) dx . 00 Είναι 1 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (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 , οπότε ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ α+β=0 ⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎭ , από όπου προκύπτει α = 1 , β=− 1 . 2α − 2β = 1 4 4 Άρα είναι ∫ ∫ ∫Ι1 =1 ⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎛⎜⎜⎜ x 1 2 − x 1 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ dx = 1 ⋅ 1 x 1 dx − 1 ⋅ 1 x 1 2 dx = 0 4 4 4 0 −2 4 0 + − + 11 1∫ ∫= 1 1 1 4 ⋅ x −2 ⋅ (x − 2)′ dx − 4 ⋅ x + 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 00 1 1 1 1 1 1 1 ⎦⎤⎥10 1 4∫ ∫= − 4 + 4 4 ⋅ x 2 d(x − 2) − ⋅ x 2 d(x + 2) = ⋅ ⎢⎣⎡ ℓn x−2 − ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(x + 2)⎤⎥⎦ 1 = 0 00 ( )=1 1 ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(1 + + 2)⎥⎦⎤ 4 ⋅ ℓn 1 − 2 − ℓn 0 − 2 − 4 2) − ℓn(0 = - 212 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα =− 1 ℓn2 − 1 ⋅ (ℓn3 − ℓn2) = − 1 ℓn2 − 1 ℓn3 + 1 ℓn2 ⇒ Ι1 = − 1 ℓn3 . 4 4 4 4 4 4 Τότε από την (1) έχω ότι Ι = 1 + 4 ⋅ −1 ℓn3 ⇔ Ι = 1 − ℓn3 . 4 Δεύτερος τρόπος 1 x2 1 x2 − 4 + 4 1 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ x2 − 4 4 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ dx 1 ⎛⎜⎜⎝⎜1 − 4 ⋅ 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ dx x2 − 4 x2 − 4 x2 − 4 − − ∫ ∫ ∫ ∫Ι = dx = dx = + x2 4 = x2 4 = 00 0 0 11 1 ∫ ∫= 1dx − 4 ⋅ x2 − 4 dx = 1 ⋅ (1 − 0) − 4 ⋅ Ι1 ⇒ Ι = 1 − 4 ⋅ Ι1 (1) 00 Η διαδικασία υπολογισμού του Ι1 είναι ακριβώς η ίδια βεβαίως, οπότε στο τέλος θα προκύψει πάλι Ι = 1 − ℓn3 . 1 x2 − 3x + 2 ∫141. x+1 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x2 − 3x + 2) : (x + 1) έχω x2 − 3x + 2 = (x + 1)(x − 4) + 6 ⇔ x2 − 3x + 2 = x−4+ 6 , x+1 x+1 Επειδή το x + 1 είναι πολυώνυμο της μορφής x − ρ , η διαίρεση γίνεται με το σχήμα του Horner. άρα 1 ⎜⎝⎜⎛⎜x − 4 + 6 1⎟⎞⎠⎟⎟⎟ dx 1 1 1 + + (x − 4) dx + 6 ⋅ ∫ ∫ ∫Ι = x = x 1 dx = 0 00 ⎢⎣⎢⎡⎢ x2 − 4x⎥⎥⎥⎤⎦10 + 6 ⋅ 1 1 12 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ 02 − 4 ⋅ 0⎞⎟⎟⎟⎟⎠ + 6 ⋅ 1 1 ∫ ∫= 2 0 x + 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 2 − 4 ⋅ 1 − 2 0 x + 1 d(x + 1) = = − 7 + 6 ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(x + 1)⎦⎥⎤ 1 = 6⋅ ⎢⎣⎡ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1)⎦⎤⎥ − 7 ⇒ Ι = 6ℓn2 − 7 . 2 0 2 2 - 213 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 x2 − 2x + 1 ∫142. x2 + 4x + 3 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x2 − 2x + 1) : (x2 + 4x + 3) έχω ότι x2 − 2x + 1 = 1 ⋅ (x2 + 4x + 3) + (−6x − 2) ⇔ x2 − 2x + 1 = 1+ −6x − 2 , x2 + 4x + 3 x2 + 4x + 3 οπότε 1 ⎜⎜⎛⎜⎝1 + −6x − 2 3 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ dx 1 1 −6x − 2 1 −2(3x + 1) x2 + 4x + x2 + 4x + x2 + 4x + 3 1dx + ∫ ∫ ∫ ∫Ι = = 3 dx = 1 ⋅ (1 − 0) + dx = 0 00 0 1 3x + 1 ∫= 1 − 2 ⋅ + 4x + x2 3 dx ⇒ Ι = 1 − 2 ⋅ Ι1 (1) 0 Είναι 1 3x + 1 1 3x + 1 ∫ ∫Ι1 = + 4x + + 1)(x + x2 3 dx = (x 3) dx . 00 Είναι 3x + 1 = α + x β 3 , όπου α,β ∈ ! . (x + 1)(x + 3) x+1 + 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 , οπότε ισχύουν ⎪⎧⎪⎩⎪⎪⎨ α+β=3 ⎫⎪⎭⎪⎪⎬⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −1 , β=4. 3α + β = 1 Άρα είναι 1 ⎛⎜⎜⎜⎝ −1 4 3 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ dx 1 1 1 1 ∫ ∫ ∫Ι1 = x+1 + + + + x = 4 ⋅ x 3 dx − x 1 dx = 0 00 11 ∫ ∫= 4 ⋅ 1 1 x + 3 ⋅ (x + 3)′ dx − x + 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 00 - 214 - 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 1 1 ∫ ∫= 4 ⋅ + + x 3 d(x + 3) − x 1 d(x + 1) = 4 ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(x + 3)⎦⎥⎤10 − ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎤⎥⎦10 = 00 = 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 x3 + x2 − 2x − 1 ∫143. x2 −x Ι= dx . 2 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x3 + x2 − 2x − 1) : (x2 − x) έχω ότι x3 + x2 − 2x − 1 = (x + 2)(x2 − x) + (−1) ⇔ x3 + x2 − 2x − 1 = x+2− 1 , x2 − x x2 − x οπότε είναι 3 ⎝⎜⎜⎜⎛x + 2 − 1 x ⎟⎠⎟⎟⎞⎟dx 3 3 1 − − (x + 2) dx − ∫ ∫ ∫Ι = x2 = x2 x dx ⇒ Ι = Ι1 − 2 ⋅ Ι2 (1) 2 22 ∫•Ι1 = 3 (x + 2) dx = ⎢⎣⎢⎢⎡ x2 + 2x⎥⎥⎥⎦⎤ 3 = 32 + 2 ⋅ 3 − ⎝⎛⎜⎜⎜⎜ 22 + 2 ⋅ 2⎠⎟⎟⎟⎟⎞ = 9 + 6−6 ⇒ Ι1 = 9 . 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 ∫ ∫• − x(x − 1) Ι2 = x2 x dx = dx . 22 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

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα οπότε ισχύουν ⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪ α+β=0 ⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎬ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −1 , β=1. −α = 1 Άρα είναι 3 ⎜⎝⎛⎜⎜−x1 1 1⎟⎞⎠⎟⎟⎟ dx 3 1 3 1 3 1 ∫ ∫ ∫ ∫Ι2 = − − x −1 + x = x 1 dx − dx = x ⋅ (x − 1)′ dx − ⎣⎢⎡ ℓnx ⎥⎦⎤ 3 = 2 2 2 22 3 1 ∫= − x 1 d(x − 1) − (ℓn3 − ℓn2) = ⎡⎣⎢ℓn(x − 1)⎤⎦⎥ 3 − ℓn3 + ℓn2 = 2 2 = ℓn(3 − 1) − ℓn(2 − 1) − ℓn3 + ℓn2 ⇒ Ι2 = 2ℓn2 − ℓn3 . Τελικά, από την (1) έχω ότι I= 9 − 2(2ℓn2 − ℓn3) ⇔ I= 9 + 2ℓn3 − 4ℓn2 . 2 2 1 x3 − 2x ∫144. x2 + 3x + 2 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x3 − 2x) : (x2 + 3x + 2) έχω ότι x3 − 2x = (x2 + 3x + 2)(x − 3) + 5x + 6 ⇔ x3 − 2x = x−3+ 5x + 6 , x2 + 3x + 2 x2 + 3x + 2 οπότε είναι 1 ⎜⎛⎜⎜⎝x − 3 + 5x + 6 2 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ dx 1 1 5x + 6 + 3x + + 3x + (x − 3) dx + ∫ ∫ ∫Ι = x2 = x2 2 dx ⇒ Ι = Ι1 + Ι2 (1) 0 00 Ι1 =∫• 1 (x − 3) dx = ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 − 3x⎦⎥⎤⎥⎥ 1 = 12 − 3 ⋅ 1 − ⎝⎜⎜⎜⎛⎜ 02 − 3 ⋅ 0⎟⎟⎟⎟⎞⎠ = 1 −3 ⇒ Ι1 = − 5 . 0 2 0 2 2 2 2 1 5x + 6 1 5x + 6 + 3x + + 1)(x + Ι2 =∫ ∫• x2 2 dx = (x 2) dx . 00 Είναι - 216 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 5x + 6 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x + 1)(x + 2) x+1 + 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 , οπότε ισχύουν ⎩⎪⎨⎪⎪⎧⎪ α+β=5 ⎪⎬⎫⎭⎪⎪⎪ , από όπου εύκολα προκύπτει α=1, β=4. 2α + β = 6 Άρα είναι 1 ⎜⎜⎝⎛⎜ x 1 4 2 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ dx 1 1 1 1 ∫ ∫ ∫Ι2 = +1 + + + + x = x 1 dx + 4 ⋅ x 2 dx = 0 00 1 1 1 1 ∫ ∫= + + x 1 ⋅ (x + 1)′ dx + 4 ⋅ x 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 00 1 1 1 1 ∫ ∫= + + x 1 d(x + 1) + 4 ⋅ x 2 d(x + 2) = ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎦⎤⎥ 1 + 4⋅ ⎡⎢⎣ℓn(x + 2)⎤⎥⎦10 = 0 00 = ℓn(1 + 1) − ℓn(0 + 1) + 4 ⋅ ⎡⎢⎣ℓn(1 + 2) − ℓn(0 + 2)⎦⎤⎥ = ℓn2 + 4(ℓn3 − ℓn2) = = ℓn2 + 4ℓn3 − 4ℓn2 ⇒ Ι2 = 4ℓn3 − 3ℓn2 . Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι =− 5 + 4ℓn3 − 3ℓn2 . 2 - 217 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 1 x2 − x + 2 ∫145. x+3 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x2 − x + 2) : (x + 3) έχω x2 − x + 2 = (x + 3)(x − 4) + 14 ⇔ x2 − x + 2 = x−4+ 14 , x+3 x+3 Επειδή το πολυώνυμο x + 3 είναι της μορφής x − ρ , η διαίρεση γίνεται με το σχήμα του Horner. άρα 1 ⎜⎜⎛⎝⎜x − 4 + 14 3 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ dx 1 1 1 ∫ ∫ ∫Ι = x+ + = (x − 4) dx + 14 ⋅ x 3 dx = 0 00 ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 − 4x⎤⎦⎥⎥⎥10 + 14 ⋅ 1 1 12 ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ 02 − 4 ⋅ 0⎠⎟⎟⎞⎟⎟ + 14 ⋅ 1 1 ∫ ∫= 2 0 x + 3 ⋅ (x + 3)′ dx = 2 − 4 ⋅ 1 − 2 0 x + 3 d(x + 3) = = − 7 + 14 ⋅ ⎢⎡⎣ℓn(x + 3)⎥⎤⎦10 = − 7 + 14 ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(1 + 3) − ℓn(0 + 3)⎥⎤⎦ = − 7 + 14(ℓn4 − ℓn3) ⇒ 2 2 2 ⇒ Ι = 14ℓn 4 − 7 . 3 2 1 x3 − 2x + 3 ∫146. x2 − 4 Ι= dx . 0 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x3 − 2x + 3) : (x2 − 4) έχω ότι x3 − 2x + 3 = x(x2 − 4) + 2x + 3 ⇔ x3 − 2x + 3 = x+ 2x + 3 , x2 − 4 x2 − 4 οπότε είναι 1 ⎜⎛⎝⎜⎜x + 2x + 43 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ dx 1 1 2x +3 ⎢⎢⎣⎢⎡ x2 ⎥⎥⎤⎦⎥10 1 2x + 3 ∫ ∫ ∫ ∫Ι = x2 − 0 0 x2 −4 2 0 − 2)(x + = x dx + dx = + (x 2) dx = 0 12 02 1 1 2x + 3 2 2 2 ∫(1) − 2)(x + = − + Ι1 ⇒ Ι = + Ι1 , όπου Ι1 = (x 2) dx . 0 - 218 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα Είναι 2x + 3 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x − 2)(x + 2) x−2 + 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 , οπότε ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨ α+β=2 ⎪⎪⎬⎪⎫⎪⎭ , από όπου εύκολα προκύπτει α = 7 , β= 1 . 2α − 2β = 3 4 4 Άρα είναι ∫ ∫ ∫Ι1 =1 ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛⎝⎜⎜⎜ x 7 2 + x 1 2⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠⎟ dx = 7 ⋅ 1 x 1 2 dx + 1 ⋅ 1 x 1 2 dx = 0 4 4 4 0 − 4 0 + − + 7 1 1 1 1 1 ∫ ∫=4 − 4 + ⋅ x 2 ⋅ (x − 2)′ dx + ⋅ x 2 ⋅ (x + 2)′ dx = 00 11 ∫ ∫=7 1 1 1 7 1 1 4 ⋅ x − 2 d(x − 2) + 4 ⋅ x + 2 d(x + 2) = 4 ⋅ ⎡⎣⎢ ℓn x−2 ⎦⎤⎥ 0 + 4 ⋅ ⎣⎢⎡ℓn(x + 2)⎥⎦⎤10 = 00 ( )=7 + 1 ⋅ ⎡⎣⎢ℓn(1 + 2) + 2)⎤⎦⎥ = 4 ⋅ ℓn 1 − 2 − ℓn 0 − 2 4 − ℓn(0 = 7 ⋅ (−ℓn2) + 1 ⋅ (ℓn3 − ℓn2) = − 7 ℓn2 + 1 ℓn3 − 1 ℓn2 ⇒ Ι1 = 1 ℓn3 − 2ℓn2 . 4 4 4 4 4 4 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = 1 + 1 ℓn3 − 2ℓn2 . 2 4 - 219 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα 0 x2 + 1 ∫147. − 3x + 2 Ι= x2 dx . −1 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x2 + 1) : (x2 − 3x + 2) έχω x2 + 1 = 1 ⋅ (x2 − 3x + 2) + 3x − 1 ⇔ x2 + 1 = 1+ 3x − 1 , x2 − 3x + 2 x2 − 3x + 2 άρα είναι 0 ⎜⎜⎛⎝⎜1 + 3x − 1 2 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ dx 0 0 3x − 1 − 3x + − 3x + 1dx + ∫ ∫ ∫Ι = x2 = x2 2 dx = 1 ⋅ ⎣⎡⎢0 − (−1)⎥⎦⎤ + Ι1 ⇒ −1 −1 −1 ⇒ Ι = 1 + Ι1 (1) , όπου Είναι 0 3x − 1 0 3x − 1 ∫ ∫Ι1 = − 3x + − 1)(x − x2 2 dx = (x 2) dx . −1 −1 3x − 1 = α + x β 2 , όπου α,β ∈ ! . (x − 1)(x − 2) x −1 − 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 , οπότε ισχύουν ⎪⎩⎪⎪⎧⎨⎪ α+β=3 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ , από όπου εύκολα προκύπτει α = −2 , β=5. −2α − β = −1 Άρα είναι 0 ⎜⎜⎝⎜⎛ −2 5 2 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟ dx 0 1 0 1 ∫ ∫ ∫Ι1 = x −1 − − − + x = 5⋅ x 2 dx − 2 ⋅ x 1 dx = −1 −1 −1 0 1 0 1 ∫ ∫= 5⋅ − −1 x 2 ⋅ (x − 2)′ dx − 2 ⋅ x ⋅ (x − 1)′ dx = −1 −1 00 1 ∫ ∫= 5⋅ 1 − ⎥⎦⎤−0 1 ⎥⎦⎤−0 1 x − 2 d(x − 2) − 2 ⋅ x 1 d(x − 1) = 5⋅ ⎡⎣⎢ ℓn x −2 −2⋅ ⎡⎣⎢ ℓn x −1 = −1 −1 - 220 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 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 ∫148. −x Ι= x2 −2 dx . 3 Από την ευκλείδεια διαίρεση x3 : (x2 − x − 2) έχω x3 = (x + 1)(x2 − x − 2) + 3x + 2 ⇔ x3 = x+1+ 3x + 2 , x2 − x − 2 x2 − x − 2 άρα 4 ⎜⎛⎜⎜⎝x + 1 + 3x + 2 2 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ dx 4 4 3x + 2 x2 − x − x2 − x − (x + 1) dx + ∫ ∫ ∫Ι = = 2 dx ⇒ Ι = Ι1 + Ι2 (1) 3 33 ∫•Ι1 = 4 (x + 1) dx = ⎣⎡⎢⎢⎢ x2 + x ⎥⎥⎦⎤⎥ 4 = 42 + 4 − ⎝⎜⎜⎜⎜⎛ 32 + 3⎟⎟⎞⎟⎠⎟ = 12 − 9 −3 = 9− 9 ⇒ Ι1 = 9 . 3 2 3 2 2 2 2 2 4 3x + 2 ∫• − 2)(x + Ι2 = (x 1) dx . 3 Είναι 3x + 2 = α + x β 1 , όπου α,β ∈ ! . (x − 2)(x + 1) x−2 + 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 , οπότε ισχύουν ⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪ α+β=3 ⎪⎭⎪⎫⎬⎪⎪ , από όπου προκύπτει α = 8 , β= 1 . α − 2β = 2 3 3 Άρα είναι - 221 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα ∫ ∫ ∫Ι2 = 4 ⎜⎜⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛ x 8 2 + x 1 1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎞⎟ dx = 8 ⋅ 4 x 1 2 dx + 1 ⋅ 4 x 1 1 dx = 3 3 3 3 3 − 3 3 + − + 8 4 1 1 4 1 ∫ ∫=3 −2 3 + ⋅ x ⋅ (x − 2)′ dx + ⋅ x 1 ⋅ (x + 1)′ dx = 33 8 44 1 1 ∫ ∫=3 1 1 + 8 3 ⋅ x − 2 d(x − 2) + 3 ⋅ x 1 d(x + 1) = 3 ⋅ ⎢⎡⎣ℓn(x − 2)⎥⎤⎦ 4 + ⋅ ⎢⎣⎡ℓn(x + 1)⎤⎦⎥ 4 = 3 3 33 = 8 ⋅ ⎢⎣⎡ℓn(4 − 2) − ℓn(3 − 2)⎥⎦⎤ + 1 ⋅ ⎣⎡⎢ℓn(4 + 1) − ℓn(3 + 1)⎦⎤⎥ = 3 3 = 8 ℓn2 + 1 ⋅ (ℓn5 − ℓn4) = 8 ℓn2 + 1 ℓn5 − 1 ℓn22 = 8 ℓn2 + 1 ℓn5 − 2 ℓn2 ⇒ 3 3 3 3 3 3 3 3 ⇒ Ι2 = 2ℓn2 + 1 ℓn5 . 3 Τελικά, από την (1) έχω ότι Ι = 9 + 2ℓn2 + 1 ℓn5 . 2 3 1 x3 + 2x2 − x + 4 ∫149. x2 + 2x − 5 Ι= dx . −1 Από την ευκλείδεια διαίρεση (x3 + 2x2 − x + 4) : (x2 + 2x − 5) έχω x3 + 2x2 − x + 4 = x(x2 + 2x − 5) + 4x + 4 ⇔ x3 + 2x2 − x + 4 = x+ 4x + 4 , x2 + 2x − 5 x2 + 2x − 5 οπότε είναι 1 ⎜⎛⎜⎝⎜x + 4x + 4 5⎠⎞⎟⎟⎟⎟ 1 1 4x + 4 ⎣⎢⎢⎢⎡ x2 ⎦⎤⎥⎥⎥ 1 1 2(2x + 2) + 2x − −1 −1 + 2x − 2 −1 −1 x2 + 2x − 5 ∫ ∫ ∫ ∫Ι =−1 = = + = x2 dx x dx + x2 5 dx dx 12 (−1)2 1 1 1 1 ∫ ∫=2 2 2x 2x − +2⋅ x2 + − 5 ⋅ (2x + 2) dx = 2 ⋅ x2 + − 5 ⋅ (x2 + 2x − 5)′ dx = −1 −1 - 222 - 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 ⎤⎦⎥1−1 ∫= 2 ⋅ 2x x2 + −5 d(x2 + 2x − 5) = 2⋅ ⎢⎣⎡ ℓn x2 + 2x −5 = −1 ( )= 2 ⋅ ℓn 12 + 2 ⋅1 − 5 − ℓn (−1)2 + 2 ⋅ (−1) − 5 = 2(ℓn2 − ℓn6) = 2ℓn 2 = 2ℓn 1 = 6 3 = 2ℓn3−1 ⇒ Ι = −2ℓn3 . 1 x−3 ∫150. − 6x + 1 Ι= x2 dx . 0 Είναι 111 x−3 1 2(x − 3) 1 1 − 6x + 2 2 − 6x + 2 6x ∫ ∫ ∫Ι = x2 1 dx = ⋅ x 1 dx = ⋅ x2 − + 1 ⋅ (2x − 6) dx = 000 1 1 1 1 1 1 2∫ ∫= − 6x 2 6x ⋅ x2 +1 ⋅ (x2 − 6x + 1)′ dx = ⋅ x2 − + 1 d(x2 − 6x + 1) = 00 1( )= ⎢⎣⎡ x2 ⎦⎥⎤10 1 1 1 ℓn22 2 ⋅ ℓn − 6x +1 = 2 ⋅ ℓn 12 − 6 ⋅ 1 + 1 − ℓn 02 − 6 ⋅ 0 + 1 = 2 ℓn4 = 2 = = 1 ⋅ 2ℓn2 ⇒ Ι = ℓn2 . 2 Τελικά σχόλια 1. Όπως φάνηκε παραπάνω (αλλά και στην άσκηση 149), όταν έχουμε το ολοκλήρωμα ρητής συνάρτησης, η «τυχερή» περίπτωση είναι η ρητή συνάρτηση να έχει την μορφή P′(x) , δηλαδή στον αριθμητή να εμφανίζεται η παράγωγος του παρονομαστή. Τότε P(x) στο τέλος θα προκύψει λογάριθμος και έχουμε γλιτώσει όλη την «φασαρία» της μεθό- δου με τα α, β ή της διαίρεσης. 2. Όλα τα ολοκληρώματα της μορφής λ ∫1 x±α dx , όπου α ∈ !* , κ - 223 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μαθηματικά Γ΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 • Ολοκληρωτικός Λογισμός 2η ΕΝΟΤΗΤΑ. Πώς θα υπολογίσεις ένα ορισµένο ολοκλήρωµα που εμφανιζόταν στους επιμέρους υπολογισμούς (αυτό ισχύει για όλα τα ολοκληρώμα- τα που είδες σε αυτήν την κατηγορία ασκήσεων), μπορούν γρηγορότερα να υπολογι- στούν έτσι: ∫λ 1 dx = ⎢⎡⎣ ℓn x±α ⎤⎦⎥ λ = ... x±α κ κ Παρουσιάστηκαν, όμως, όλων οι λύσεις με χρήση του διαφορικού συνάρτησης, ώστε να εμπεδωθεί πλήρως ο τρόπος χρήσης του. - 224 - 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