Μαθηματικά και Στοιχεία Στατιστικής Γ Λυκείου Λύσεις των ασκήσεων

3.7 2 (x2  x3  2 8 14  3 3 ∫Ε = 0 − 2x + 3)dx =  3 − x2 + 3x = −4+6 = τετρ. μον.  02. i) Για κάθε x ∈[0, +∞) ισχύει f (x) = 3 x ≥ 0. Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:  4 27 27  x3  3 4 3 4 = 35 τ.μ. ∫ ( )Ε = 0  4 3 ]027 4 4 3 xdx =   = [ x = 3 27  4  3 0ii) Γ ια κάθε x ∈ 0, π  ισχύει f (x) = 1 > 0. Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι 3  συν2 x ∫Ε = π 1 2 x dx π = εϕ π − εϕ0 = 3 τ.μ. 3 συν 3 0 = [εϕx]033. Οι τετμημένες των σημείων τομής της Cf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 – 3x = 0, δηλαδή οι αριθμοί 0 και 3.Επειδή f(x) < 0 για κάθε x ∈[0,3], έχουμε: y O ∫ ∫Ε = 3 f (x) dx = − 3 f (x)dx y = x2 – 3x 00 3 ∫= − 3 (x2 − 3x)dx = −  x3 − 3 x2 3 2  3 2  0  0 3x =  3 x2 − x3 3 = 3 ⋅9 − 27 = 9 τ.μ.  2  23 2 9  3 0 44. Οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων Cf και Cg είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται: f (x) = g(x) ⇔ x3 = 2x − x2 ⇔ x(x2 + x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ή x = 1 ή x = −2. 210

3.7Το πρόσημο της διαφοράς f (x) − g(x) = x3 + x2 − 2x = x(x −1)(x + 2)φαίνεται στον παρακάτω πίνακα: x −∞ –2 0 1 +∞f(x) – g(x) – 0 + 0 – 0 +Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι:∫Ε = 1 f (x) − g(x) dx −2∫ ∫= 0 ( f (x) − g(x))dx + 1(g(x) − f (x))dx −2 0∫ ∫= 0 (x3 + x2 − 2x)dx + 1(2x − x2 − x3 )dx −2 0=  x4 + x3 − x2 0 +  x 2 − x3 − x4 1  4 3   3 4    −2  0= −4 + 8 + 4 +1− 1 − 1 = 10 − 1 = 37 τ.μ. 3 3 4 3 4 125. Οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) = 4 – x2 και g(x) = x – 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται f (x) = g(x) ⇔ 4 − x2 = x − 2 ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ x = −3 ή x = 2.Το πρόσημο της διαφοράςf (x) − g(x) = −x2 − x + 6φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. x −∞ –3 2 +∞f(x) – g(x) – 0 + 0 –Επομένως το εμβαδόν που ζητάμε είναι: 211

3.7∫Ε = 2 f (x) − g(x) dx −3∫= 2 (−x2 − x + 6)dx = − x3 − x2 2  3 2 + 6x −3  −3= − 8 − 4 + 12 −  27 − 9 −18 = 20 + 5 = 125 τ.μ. 3 2  3 2 6 63.7 Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. i) Επειδή f ′ (x) = 6x έχουμε f ′ (1) = 6, οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α(1,3) είναι: ε : y − 3 = 6(x −1) ⇔ y = 6x − 3ii) Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείοΒ  1 , 0  . Επομένως, το εμβαδόν που ζητάμε  2είναι: 1 1 (3x2 1 2 3x2dx + 0∫ ∫Ε = ε1 + ε2 = − 6 x + 3)dx 2 1 = [x3 ]02 + [x3 − 3x2 + 3x]11 2 = 1 +1 − 3 + 3 −  1 − 3 + 3  = 1 τ.μ. 8  8 4 2  42. Επειδή lim f (x) = lim f (x) = f (1), x →1− x →1+η συνάρτηση f είναι συνεχής και στο σημείο1, οπότε αυτή είναι συνεχής σε όλο το R.Είναι φανερό, επιπλέον, ότι f (x) ≥ 0 για κάθεx ∈[−1, 2]. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόνείναι: 212

3.7 2 1 (−x2 + 3)dx + 2 f (x)dx = 2 ∫ ∫ ∫Ε = 1 xdx −1 −1 x3 1 3 2 3 + 3x   = − + 2  x2    −1  3   2 1 ( )= 1  1 3 4 − 3 + 3−  3 − + 3 23 − 1 = 4 + 8 2 τ.μ. 33. Ο ι τετμημένες των σημείων τομής τηςCf και του άξονα x′x είναι οι ρίζες τηςεξίσωσης f(x) = 0, δηλαδή οι αριθμοί 1και 5 . Στο 1, 5  η f είναι και συνεχής 2 2 και ισχύει f (x) ≥ 0. Επομένως τοζητούμενο εμβαδόν είναι: 5 ∫Ε = 2 f (x)dx 1 2 (−x2 + 4x − 3)dx + 5 ∫ ∫= 12 2 (−2x + 5)dx − x3  2 5  3  = + 2x2 − 3x +  − x 2 + 5x  2 2 1 = − 8 + 8 − 6 −  − 1 + 2 − 3  +  − 25 + 25  − (−4 + 10) = 11 τ.μ. 3  3   4 2  124. Ο ι τετμημένες των σημείων τομής των Cf και Cg είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x), που γράφεται 213

3.7 f (x) = g(x) ⇔ x −1 = x +1 3 ⇔ x −1 = (x +1)2 9 ⇔ x2 − 7x +10 = 0 ⇔ x = 2 ή x = 5.Εξάλλου, για x ≥ 1 έχουμε: f (x) ≥ g(x) ⇔ x −1 ≥  x + 1 2  3  ⇔ x2 − 7x +10 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5.Επομένως, το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 5 x +1 5 x −1dx − 1 5 ∫ ∫ ∫Ε =2  x −1 − 3  dx = 2 32 (x +1)dx.Στο 1° ολοκλήρωμα θέτουμε u = x – 1, οπότε du = dx, u1 = 1, u2 = 4 και έτσι έχουμε: 1  x2 5 3 4 2 x u2  ∫Ε = 4 u du − 1 + =  − 1  25 + 5 − 2 − 2 3 2  3  2 1  2  3    2 1 ( )= 2 43 − 1 − 1  25 + 1 = 1 τ.μ. 3 3  2 65. i) Έ χουμε f(e) = l = g(e). Άρα το σημείο A(e,l) είναι κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων Cf και Cg των συναρτήσεων f και g. Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα, ενώ η g γνησίως αύξουσα, οι Cf και Cg έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το Α. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε(λ) ισούται με 214

3.7 e λ e dx.Είναι όμως ln xdx +Άρα ∫ ∫Ε (λ) = 1 ex ∫ ∫e ln xdx = e (x)′ln xdx 11 ∫= [x ln x]1e − e dx 1 = e ln e − (e −1) = 1. e λ e x]eλ e x ln xdx + 1 ∫ ∫Ε (λ) = dx = 1+ e[ln = 1+ e ln λ − e ln e = 1+ e(ln λ −1).ii) Επομένως, lim Ε (λ) = lim [1+ e(ln λ −1)] λ →+∞ λ →+∞ = (1− e) + e lim (ln λ) = +∞. λ →+∞6. Η τετμημένη του Α είναι η λύση της εξίσωσης 3x = 3, που είναι ο αριθμός 1. Η τετμημένη του Β είναι η λύση τουσυστήματος y = x, που είναι ο αρι-θμός 3.  = 3  yΤο ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με:∫ ∫ ∫1(3x − x)dx + 1 3x  x2 1 3x x2 3 0  2   2  3 (3 − x)dx = 0 dx −  0 + − 1 1 = 1 [3x ]10 − 1 + 9 − 9 − 3+ 1 ln 3 2 2 2  = 1 [3 −1] + 6 − 9 = 2 + 3 τ.μ. ln 3 2 ln 3 2 215

3.77. Η τετμημένη του σημείου Α είναι ρίζα της εξίσωσης x2 − 2x + 2 = x2 −1, που είναι ο αριθμός x = 3 . Επομένως, 2 το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με: 3 2 (x2 −1)dx + 1∫ ∫ ∫Ε = − 1(x2 −1)dx + 2 (x2 − 2x + 2)dx 0 3 2= −  x3 − 1 +  x3 − 3 +  x3 − x2 + 2  3 x  3  3 2x   2  0 x 3 2 1= − 1 −1 +  1  3 3 − 3 − 1  +  83 − 4 + 4 − 1  3 3 +  3 2 − 2  3   3  3  2  2 3 + 1 3  2   2   2  = 7 τ.μ. 48. i) Οι εξισώσεις των εφαπτομένων ε1 και ε2 της Cf στα σημεία Ο και Α αντιστοίχως είναι:ε1 : y − f (0) = f ′(0)(x − 0)και ε2 : y − f (π ) = f ′(π )(x − π )Επειδή f ′ (x) = συνx έχουμε:f ′ (0) = 1 και f ′ (π) = – 1,οπότε ε1 : y = x και ε2 : y = −x + π .ii) Η τετμημένη του σημείου τομής Β των ε1 και ε2 είναι η ρίζα της εξίσωσης x π=– x+ π, δηλαδή ο αριθμός x = 2 . Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: 216

3.7 ππ ∫ ∫Ε = π (−x + π − ηµx)dx 2 (x − ηµx)dx + 2 0 =  x2 π +  −x2 + π x + συνx π     2 2  2 π + συνx 2 0 = π 2 + συν π − συν0 − π 2 + π 2 + συνπ + π 2 − π 2 − συν π 82 2 82 2 = π 2 − 2. 49. α) Έχουμεf ′(x) = 1 , x ∈ (0, +∞), 2xοπότε f ′(1) = 1 και η εξίσωση της 2εφαπτομένης ε είναι:y −1 = 1 (x −1) ⇔ y = 1 x + 1 2 22Η ε τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο με τετμημένη –1. Επομένως το ζητούμενοεμβαδόν είναι: ∫ ∫Ε = 0 1 x + 1  dx + 1 1 x + 1 − x  dx −1  2 2  0  2 2   x2 1 0  x 2 x 3 1 2 x  2  =  + +  + −2 x2   4  −1  4 0 3 = − 1 + 1 + 1 + 1 − 2 = 1 τ.μ. 42423 3β) Εξετάζουμε αρχικά αν υπάρχει ευθεία x = α με α ∈[−1, 0] η οποία χωρίζει το χωρίο (Α) του (α) ερωτήματος σε δύο ισοεμβαδικά χωρία. Δηλαδή αν υπάρχει τιμή του α ∈[−1, 0] τέτοια, ώστε να ισχύει: ∫α  1 x + 1  dx = Ε ⇔  x2 + x 0 = 1 2 2  2  2  6 −1   4  −1 217

3.7 ⇔ α 2 + α − 1 + 1 = 1 ⇔ 3α 2 + 6α +1 = 0. 4 242 6Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς α1 = −3 + 6 και α2 = −3 − 6. 3 3Από αυτούς μόνο ο α1 ανήκει στο διάστημα [–1,0]. Επομένως η ζητούμενηευθεία έχει εξίσωση: x = −3 + 6 . 3Αν εργαστούμε ανάλογα για α ∈[0,1], βρίσκουμε ότι δεν υπάρχει άλλη ευθείαx = α που να χωρίζει το χωρίο Α σε δύο ισοεμβαδικά χωρία. Αυτό, άλλωστε,ήταν αναμενόμενο.10. Έχουμε g(x) = ln1− ln x = − ln x,που σημαίνει ότι η Cg είναι συμμετρικήτης Cf ως προς τον άξονα x′x.Η τετμημένη του Α είναι ρίζα τηςεξίσωσης ln 1 = ln 2, που είναι ο xαριθμός x = 1 . Η τετμημένη του Β 2είναι ρίζα της εξίσωσης ln x = ln2,που είναι ο αριθμός x = 2. Επομένωςτο ζητούμενο εμβαδόν είναι:∫ ∫Ε =1  ln 2 − ln 1  dx + 2 (ln 2 − ln x)dx  x  1 1 2 1 1  1 2 2  1 ln xdx + ln 2(2 −1) − ln xdx 2 1∫ ∫=ln 2 − + 1 x]11 1 x]12 2 2 2 1 1dx 1dx∫ ∫= ln ln + ln 2 − + 2 +[x − [x ln 1 2= 1 ln 2 + 1ln 1 − 1 ln 1 − 1− 1  + ln 2− 2 ln 2 +1ln1+ 2 −1 2 2 2 2  218

3.7 = 1 ln 2 + 1 ln 2 − 1 − ln 2 +1 222 = 1. 211. i) Έχουμε f(0) = 2 και f ′ (x) = 2x – 3. Από τον τύπο ∫ f ′(x)dx = f (x) + c έχουμε διαδοχικά ∫ (2x − 3)dx = f (x) + c x2 − 3x = f (x) + c f (x) = x2 − 3x − c.Είναι όμως, f (0) = 2 ⇔ −c = 2 ⇔ c = −2.Επομένως, f (x) = x2 − 3x + 2.ii) Οι τετμημένες των σημείων τομής τηςCf με τον άξονα x′x είναι οι ρίζες τηςεξίσωσης x2 − 3x + 2 = 0 δηλαδή x1= 1 και x2 = 2. Επειδή x2 − 3x + 2 < 0,όταν x ∈ (1, 2), το ζητούμενο εμβαδόνείναι: ∫Ε=− 2 (x2 − 3x + 2)dx = −  x3 − 3 x2 2  3 2 + 2x 1  1 = −  8 − 3 ⋅ 4 + 2⋅ 2  +  1 − 3 + 2  = 1 τ.μ.  3 2   3 2  612. i) Η Cf τέμνει τον άξονα των x στα σημεία Α(1,0) και Β(3,0). Επειδή f ′(x) = (x2 − 4x + 3)′ = 2x − 4, έχουμε f ′ (1) = – 2 και f ′ (3) = 2.Επομένως, η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α(1,0) είναι: y − f (1) = f ′(1)(x −1) ⇔ y = −2x + 2ενώ η εξίσωση της εφαπτομένης στο Β(3,0) είναι: 219

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ y − f (3) = f ′(3)(x − 3) ⇔ y = 2x − 6ii) Η τετμημένη του σημείου τομής Γ των εφαπτομένων είναι λύση της εξίσωσης −2x + 2 = 2x − 6 δηλαδή ο αριθμός x = 2. Επομένως το σημείο τομής τους είναι το Γ(2, –2). Λόγω της συμμετρίας του σχήματος έχουμε:ε1∫● = −2 2 (x2 − 4x + 3)dx 1  x3  2  3  = −2 − 2x2 + 3x  1 = −2  8 − 2 ⋅4 + 3⋅ 2 − 1 + 2 − 3 = 4  3 3 3καιε2 2 (x2 2 (x2 1 1∫ ∫● − 2x +1)dx = 2 − 4x +3+ 2x − 2)dx = 2 = 2  x3 − x2 + 2 = 2  8 − 4 + 2− 1 + 1 − 1 = 2.  3 x  3 3 3  1 4Άρα ε1 = 3 = 2. ε2 2 3 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. i) Θέτουμε u = π – x, οπότε du = – dx, u1 = π, u2 = 0. Έτσι έχουμε: π 0 (π − u) f (ηµ(π − u))du xf (ηµx)dx = − ∫ ∫I = 0π ∫ ∫= − 0π f (ηµu)du + 0 uf (ηµu)du ππ π = π ∫0 f (ηµu)du − I.Επομένως 2I = π π f (ηµu)du, οπότε I = π π ∫ ∫0 2 0 f (ηµx)dx. 220

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ ii) Σύμφωνα με το ερώτημα (i) έχουμε: π xηµx π π ηµx π π ηµx 0 + ηµ2 2 0 + ηµ2 2 0 − συν2 x ∫ ∫ ∫I1 = 3 x dx = 3 x dx = 4 dx. Θέτουμε u = συνx, οπότε du = – ημxdx. Επομένως: π −1 du =π −1 du 2 1 4 −u2 2 1 2− ∫ ∫I1= − u 4 . Αναζητούμε α , β ∈R τέτοια, ώστε να ισχύει: 1 4 = α 2 + u β 2 ή, u2 − u− + ισοδύναμα, (α + β )u + 2(α − β ) = 1, για κάθε u ∈ R −{−2, 2}. Η τελευταία ισχύει για κάθε u ∈ R −{−2, 2}, αν και μόνο αν α + β = 0 1 ⇔ α = 1 και β = −1. 2(α − β )= 4 4 Επομένως 1 −1 −1 4 du π −1 4 du + π 1 u+2 ∫ ∫I1= 2 1 u−2 2 = π ln u − 2 1−1 − π ln u + 2 1−1 8 8 = π (ln 3 − ln1) − π (ln1− ln 3) 88 = π ln 3 + π ln 3 = π ln 3. 88 4 1 α+ β2. i) Αναζητούμε α, β τέτοια ώστε x2 −1 = x −1 x +1 ή, ισοδύναμα, 1 = (α + β )x + (α − β ), για κάθε x ∈ R −{−1,1}. Η τελευταία ισχύει για κάθε x ∈ R −{−1,1}, αν και μόνο αν α +β =0 ⇔α = 1 και β = −1. α −β =1 2 2 Έτσι τελικά έχουμε: ∫ ∫ ∫1 1 1 dx −1 1 dx 1 1 1 2 2 2 2 x +1 2 0 0 dx = 0 x −1 2 = ln x − 1  2 − 1 ln x + 1  2 x2 −1 0 2 0 221

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ = 1  ln 1 − ln1 − 1  ln 3 − ln1 2  2 2  2 1 = 1  ln 1 − ln 3 = 1 ln 2 = 1 ln 1 2  2 2  2 3 23 2 = ln 1 = − ln 3. 3ii) Έχουμε: ∫ ∫ ∫π 1 dx = π ηµx dx = π 1 − ηµx 2 x dx. 2 ηµx 2 ηµ2 x 2 συν π π π 3 3 3Θέτουμε u = συνx, οπότε du = −ηµxdx, u1 = συν π = 1 και u2 = συν π = 0.Επομένως 3 2 2 ∫ ∫ ∫π1 dx = − 0 du =− 1 du = ln 3 (από i)). 2ηµx 2 2 −1 π 1 1 − u 2 0 u 3 23. Για u ≠ –1, –2 αναζητούμε α , β ∈ R τέτοιους, ώστε: 1 =α + β (u +1)(u + 2) u +1 u + 2 ή, ισοδύναμα, 1 = α (u + 2) + β (u +1), για κάθε u ≠ –1, –2 (α + β )u + 2α + β −1 = 0, για κάθε u ≠ –1, –2 Η τελευταία ισχύει για κάθε u ∈ R −{−1, −2}, αν και μόνο αν α + β = 0  ⇔ α =1 . 2α + β = 1 β = −1Επομένως ∫ (u + 1 + 2) du = ∫ du − ∫ du 1)(u u +1 u+2 = ln u +1 − ln u + 2 + c 222

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣi) Θέτουμε u = ημx, οπότε du = συνxdx. Επομένως ∫ (ηµx συνx + 2) dx = ∫ (u du + 2) + 1)(ηµx + 1)(u = ln u +1 − ln u + 2 + c = ln ηµx +1 − ln ηµx + 2 + cii) Θέτουμε u = ex, οπότε du = exdx. Έτσι έχουμε ex du = ln ex +1 − ln ex + 2 + c + 1)(e x (u +1)(u + 2)∫ ∫(ex + 2) dx = = ln(ex +1) − ln(ex + 2) + c.4. i) Έχουμε: t1 2ν +1 t1 2ν +3 0 1+ t2 0 1+ t2∫ ∫Iν + Iν +1 = dt + dt 1 t 2ν +1 (1 + t2 ) 1t 2ν +1dt 0 1+ t2 ∫ ∫= dt = 0 =  t 2ν +2 1 = 1   2ν +  2ν + 2  0 2 1t 1 1 (t 2 + 1)′ 0 1+ t2 2 0 (t 2 + 1)∫ ∫ii) I0 = dt = dt= 1 [ln(t2 + 1)]10 = 1 (ln 2 − ln1) = 1 ln 2. 2 2 2Εξάλλου από το ερώτημα i) έχουμε I0 + I1 = 1 = 1, οπότε 2⋅0 + 2 2 I1 = 1 − I0 = 1 − 1 ln 2 = 1 (1− ln 2). 2 2 2 2Επίσης είναι I2 + I1 = 1, οπότε 2⋅1+ 2 I2 = 1 − I1 = 1 − 1 + 1 ln 2 = 1 ln 2 − 1. 4 4 2 2 2 45. Θέτουμε g(x) το 1° μέλος και h(x) το 2° μέλος και έχουμε: 223

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ x′ uf (u)du( )∫ ∫● g′(x) =x x f (u)du − 00 ∫ ∫x x = f (u)du + xf (x) − xf (x) = f (u)du 00και∫● h′(x) = x f (t)dt. 0Δηλαδή ισχύει g′(x) = h′(x) για κάθε x ∈ R. Επομένως, υπάρχει σταθερά c τέτοιαώστε g(x) = h(x) + c ή, ισοδύναμα,( )∫ ∫ ∫x x u f (u)(x − u)du = f (t)dt du + c, για κάθε x ∈ R.0 00Για x = 0 έχουμε: ( )∫ ∫ ∫0 f (u)(0 − u)du = 0 u f (t)dt du + c ⇔ 0 = 0 + c ⇔ c = 0 0 00οπότε έχουμε: ( )∫ ∫ ∫x f (u)(x − u)du = x u f (t)dt du. 0 006. i) ● Η συνάρτηση g(u) = u2 −1 έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Α = (−∞, −1] ∪[1, +∞). Άρα, για να ορίζεται η f πρέπει τα άκρα 1, t να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του Α. Άρα πρέπει t ∈[1, +∞), οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το [1, +∞). Για να ορίζεται, τώρα, η F πρέπει τα άκρα 1, x να ανήκουν στο διάστημα [1, +∞) που είναι το πεδίο ορισμού της f . Άρα πρέπει x ∈[1, +∞), οπότε το πεδίο ορισμού της F είναι το [1, +∞). ii) ● Έχουμε ∫F ′(x) = f (x) = x u2 −1du 1 οπότε F ′′(x) = f ′(x) = x2 −1. Επειδή F″(x) > 0 στο (1, +∞) και F″(1) = 0, η F′ είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞), οπότε: 224

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣ● η F είναι κυρτή στο [1, +∞) και● F′(x) > F′(l) = 0 για κάθε x ∈ (1, +∞). Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞).∫7. i) F (x) + G(x) = x et (συν2t + ηµ2t)dt = ex −1, (1) 0 και ∫F (x) − G(x) = x et (συν2t − ηµ2t)dt 0 ∫= x etσυν2tdt = Κ (x). 0Όμως, είναι ∫Κ (x) = [etσυν2t]0x + x 2etηµ2tdt 0 exσυν2x −1+ 2[etηµ2t]0x x etσυν2tdt ∫= −4 0 = exσυν2x −1+ 2exηµ2x − 4Κ (x)οπότε 5Κ (x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) −1.Άρα (2) Κ (x) = F (x) − G(x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) − 1 . (3) 55Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει ότι: 2F (x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) + ex − 6 55 F (x) = ex (συν2x + 2ηµ2x) + ex − 6 . 10 2 10Από τις (1) και (3) έχουμε G(x) = ex −1− ex (συν2x + 2ηµ2x) − ex + 6 10 2 10 = ex − ex (συν2x + 2ηµ2x) − 4 2 10 10ii) Επειδή F ′(t) = etσυν2t, έχουμε 225

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ’ ΟΜΑΔΑΣI = [F (x)]π2π = e2π (συν4π + 2ηµ4π ) + e2π − 6 − eπ (συν2π + 2ηµ2π ) − eπ +6 10 2 10 10 2 10 = e2π + e2π − e2π − eπ 10 2 10 2 = 3 eπ (eπ −1). 5Επειδή G′(t) = etηµ2t, έχουμεJ = [G(x)]π2π = e2π − e2π (συν4π + 2ηµ4π ) − eπ + eπ (συν2π + 2ηµ2π ) 2 10 2 10 = e2π − e2π − eπ + eπ = 2 eπ (eπ −1). 2 10 2 10 58. Ο ι τετμημένες των σημείων Α και Β είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 +1 = 5, δηλαδή οι αριθμοί x1 = – 2 και x2 = 2. Οι τετμημένες των Γ και Δ είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 + 1 = α2 + 1, δηλαδή οι αριθμοί x1 = – α και x2 = α. Το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω που περικλείεται από την ευθεία y = 5 και τη γραφική παράσταση της y = x2 + 1 είναι:∫Ε =2 (5 − x2 −1)dx = − x3 + 2  3 4x −2  −2= −8 + 8 − 8 + 8 = 32 . 33 3Το εμβαδόν ε του χωρίου που περικλείεται από την ευθεία y = α2 + 1 και τηγραφική παράσταση της y = x2 + 1 είναι: α (α 2 +1− x2 −1)dx = α (α 2 x2 α 2 (α α  x3 α −α  3  −α   −α ∫ ∫ε = − )dx = + ) − = 2α 3 −  α3 + α3  = 2α 3 − 2α3 = 4α3.  3 3  3 3   226