ΤοΟρισµένοΟλοκλήρωµαblogs.sch.gr/zenonlig/files/2013/03/integral1.pdf ·...
TRANSCRIPT
Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα
Λυγάτσικας Ζήνων ∗
Πρότυπο Πειραµατικό Γ.Ε.Λ. Βαρβακείου Σχολής
13 Μαρτίου 2014
Εισαγωγή
Ο δρόµος της ϑεωρίας της ολοκλήρωσης ξεκινά απο τον Αρχιµήδη1, αλλά η πραγµατική ιστορίααρχίζει απο τον Newton και Leibniz. Το ολοκλήρωµα του Newton έχει σχέση µε την αντιπαραγώγιση.∆ηλαδή: Αν F : [a, b] → R και F ′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b], λέµε ότι η διαφορά F (a) − F (b) είναι τοορισµένο ολοκλήρωµα Newton της f στο διάστηµα [a, b]:
F (b)− F (a) =
∫ b
a
f
Νοµίζω ότι είναι µια κορυφαία στιγµή των µαθηµατικών η ανακάλυψη του Newton, γιατί ; Μας δεί-χνει την µέθοδο, µαζί µε το ϑεώρηµα του Stokes, πως να µεταβαίνουµε απο το µέρος στο όλο καιαντίστροφα.Πολλοί συγγραφείς αναφέρουν την συνάρτηση F σαν το αόριστο ολοκλήρωµα Newton της f . Εδώαξίζει να παρατηρήσουµε µια ψυχολογική στάση που αφορά την προτίµηση του ορισµού του New-ton παρά του Leibniz σαν άπειρο άθροισµα κάποιων απειροστών µεγεθών: ίσως στο µυαλό µας ηπαράγωγος είναι πιο στέρεα έννοια απο αυτήν του απείρου αθροίσµατος. ∆υστυχώς όµως οι περισ-σότερες συναρτήσεις δεν είναι ολοκληρώσιµες κατα Newton. Εµπλουτισµένη η ϑεωρία µας απο τουςµεγάλους δασκάλους, την οικογένεια Bernoulli και τον Euler, αρχίζει την νεότερη περιπλάνησή τηςϐασικά απο τον Cauchy (1789-1857). Την ϑεωρία του Cauchy ολοκληρώνει ο Riemann (1826-1866).Πρόκειται για αυτό που σήµερα αποκαλούµε όλοι ολοκλήρωση κατά Riemann. Το ολοκλήρωµα αυτό
∗c:\education\ C−lycee \module\ 3.2-3-4-5\integral.tex1Οι µαθηµατικοί στην αρχαία Ελλάδα δεν ορίζαν τα εµβαδά σαν αριθµούς πραγµατικούς, αλλά τα προσδιόριζαν απο
τις σχέσεις τους µε άλλες ποσότητες. Για παράδειγµα, η σχέση του εµβαδού του παραβολικού χωρίου µε το εµβαδόν τουαντιστοίχου τριγώνου.
1
έχει ένα µεγάλο προτέρηµα γιατί ϐασίζεται στην διαίσθηση και έχει απλά και ακριβή αποτελέσµαταιδίως σε µη καθαρά µαθηµατικούς τοµείς. Παρα τα προτερήµατά του το ολοκλήρωµα Riemann έχειπολλούς περιορισµούς, για παράδειγµα: είναι γνωστό ότι κάθε συνάρτηση ολοκληρώσιµη κατα Rie-mann, είναι αναγκαστικά ϕραγµένη. Αν και υπάρχουν µη-ϕραγµένες συναρτήσεις οι οποίες είναιRiemann ολοκληρώσιµες, η πλειονότητα των συναρτήσεων δεν είναι ολοκληρώσιµες ούτε κατα New-ton ούτε κατα Riemann. ΄Οκτω χρόνια αργότερα ο Lebesgue (1875-1941), έδωσε έναν άλλο ορισµότου ολοκληρώµατος που είναι γνωστός µε το όνοµά του και τέτοιος ώστε να διευρύνει το πλήθος τωνολοκληρωσίµων συναρτήσεων. Ο ορισµός ϕαίνεται να είναι ακριβής για σχεδόν όλους τους χρήστες(ϕυσικούς κ.λ.π.), αλλά περισσότερο για τους µαθηµατικούς, αν και οι τελευταίοι ϐρήκαν συναρτή-σεις που δεν είναι ολοκληρώσιµες κατα Lebesque! Φρόντισε γι΄ αυτό πρώτος και καλύτερος ο ίδιοςο Lebesque. Το ϑέµα δεν έχει οριστικά κλείσει... Υπάρχουν και άλλες προτάσεις που αφορούν τηνολοκλήρωση συναρτήσεων εξίσου ισχυρές και γενικευµένες ... οι οποίες µας ελκύουν ιδιαίτερα.
1 Η έννοια της αρχικής συνάρτησης
Ορισµός 1.1 ΄Εστω f µια συνάρτηση ορισµένη σε ένα διάστηµα ∆. αρχική συνάρτηση ήπαράγουσα συνάρτηση της f στο ∆, ονοµάζεται κάθε συνάρτηση F που είναι παραγωγίσιµηστο ∆ και ισχύει
F ′(x) = f(x), ∀x ∈ ∆
Θεώρηµα 1.1 ΄Εστω f συνάρτηση ορισµένη σ’ενα διάστηµα ∆. Αν F είναι µια παράγουσα τηςf στο ∆, τότε:
• όλες οι συναρτήσεις της µορφής G(x) = F (x) + c είναι παράγουσες της f στο ∆.
• κάθε άλλη παράγουσα G της f στο ∆ παίρνει τη µορφή G(x) = F (x) + c.
1.0.1 Παρατηρήσεις
1. Η έννοια της αρχικής συνάρτησης ορίζεται σε διάστηµα και όχι σε ένωση διαστηµάτων. π.χ.
΄Εστω f =1
xκαι F = ln |x|. Τότε
Ω = ΠOf = ΠOF =
= (−∞, 0)⋃
(0,+∞).
Επίσης ∀x ∈ Ω, F ′(x) = f(x). Λέµε ότι η F (x) = ln |x| + c1 = ln(−x) + c1, c1 ∈ Rείναι η παράγουσα συνάρτηση της f στο (−∞, 0) και ότι η F (x) = ln x + c2, c2 ∈ Rείναι η παράγουσα συνάρτηση της f στο (0,+∞). ΄Οπως ϐλέπετε, η σταθερά µπορείνα µην είναι η ίδια σε κάθε διάστηµα. ∆εν λέµε λοιπόν ότι η F είναι η παράγουσασυνάρτηση της f στο Ω.
2
2. Υπάρχουν συναρτήσεις που δεν έχουν παϱάγουσα συνάρτηση σ’ενα διάστηµα:
f(x) =
4 −1 < x ≤ 0−4 0 < x < 1
Τότε δεν υπάρχει F παράγουσα συνάρτηση στο ∆ = (−1, 1) της συνάρτησης f .
3. Υπάρχουν συναρτήσεις που ενώ δεν είναι συνεχείς έχουν παράγουσες σε ένα διάστηµα.
Για παράδειγµα, ϑεωρείστε την συνάρτηση
f(x) =
2xηµ
1
x− συν
1
x, x 6= 0
0 , x = 0
Ενώ δεν είναι συνεχής (στο 0 παρυσιάζει ασυνέχεια), εν τούτοις έχει παράγουσα στο R κάθεσυνάρτηση της µορφής F (x) + c, c ∈ R, όπου:
F (x) =
x2ηµ
1
x, x 6= 0
0 , x = 0
Σχήµα 1: Συνάρτηση x2ηµ1
x.
4. Κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστηµα έχει παράγουσα συνάρτηση στο διάστηµα αυτό.
1.1 Μερικές ιδιότητες και µέθοδοι ολοκλήρωσης
Το ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f στο διάστηµα ∆ είναι σύνολο συναρτήσεων. Αν F είναι µιαπαράγουσα συνάρτηση της f ,
(F ′ = f
), τότε το αόριστο ολοκλήρωµα της f είναι :∫
f(x)dx = F (x) + c/ c ∈ R.
Ας σηµειώσουµε εδώ ότι :
3
Σχήµα 2:∫
(3x2 + 4x+ 1)dx = . . . , f1, f2, f3, . . .
α.∫f ′(x)dx = f(x) + c, c ∈ R.
ϐ. Συµβατικά:(∫
f(x)dx)′
= f(x).
1.1.1 Ιδιότητες του ολοκληρώµατος
΄Εστω α, β ∈ R∗. Τότε :
1.∫αf(x)dx = α
∫f(x)dx
2.∫ (
f(x) + g(x))dx =
∫f(x)dx+
∫g(x)dx
3.∫ (
αf(x) + βg(x))dx = α
∫f(x)dx+ β
∫g(x)dx
1.1.2 Μέθοδοι ολοκλήρωσης
1.∫f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−
∫f ′(x)g(x)dx
2.∫f(g(x)
)g′(x)dx =
∫f(u)du, όπου u = g(x) και du = g′(x)dx.
Παρατηρήσεις 1.1 1.
∫p(x)eaxdx =
∫p(x)
(1
aeax)′dx = = p(x)
(1
aeax)−
−∫p′(x)
(1
aeax)dx
4
2.
∫p(x)(ηµ(ax))dx = = −1
a
∫p(x)(συν(ax))′dx = −1
a
(p(x)συν(ax)−
−∫p′(x)συν(ax)dx
)
3. Οµοίως το
∫p(x)(συν(ax))dx
4.
∫p(x) ln(ax)dx =
∫q′(x) ln(ax)dx, όπου q′(x) = p(x).
Συνεχίζουµε µε τη µέθοδο ολοκλήρωσης 2.
5.
∫eaxηµ(bx)dx=
1
a
∫ (eax)′
ηµ(bx)dx =
συνεχίζω σύµφωνα µε τη µέθοδο ολοκλήρωσης 2 έως ότου ϕθάσω στη µορφή
h(x)− l∫eaxηµ(bx)dx
΄Αρα, (l + 1)
∫eaxηµ(bx)dx = h(x) + c.
6. I :=
∫p(x)
q(x)dx.
(α΄) Αν p(x) = aq′(x). Τότε :
I = a ln |q(x)|+ c
(ϐ΄) do(p(x)) < do(q(x)). Τότε εκφράζουµε τον παρανοµαστή σε γινόµενο διακριτών πρωτοβαθ-
µίων παραγόντων. Υπάρχουν όµως περιπτώσεις όπου αυτό είναι αδύνατο, π.χ. αν q(x) :=(x+ 2)(x2 + 3). Τέτοιες περιπτώσεις δεν ϑα αντιµετωπίσουµε (το ελπίζουµε !). Αυτό όµως δεν
είναι δεσµευτικό για την µέθοδο. Ας υποθέσουµε λοιπόν ότι q(x) := (ax + b)(cx + d) · · · .Τότε µπορούµε να ϐρούµε A,B, . . . τέτοια ώστε :
p(x)
q(x)=
A
ax+ b+
B
cx+ d+ . . ..
Συνεπώς :
I := A ln |ax+ b|+B ln |cx+ d|+ · · ·+ c1.
(γ΄) Αν p(x) 6= aq(x). Τότε
I =
∫q(x)π(x) + υ(x)
q(x)dx
Στη συνέχεια το I µπορεί να υπολογισθεί όπως το ολοκλήρωµα στη περίπτωση (β′).
7. Ολοκληρώµατα
∫ηµ
ν(x)dx και
∫συν
ν(x)dx.
5
(α΄) Αν ν = 2%, χρησιµοποιούµε τους τύπους :
ηµ2(x) =
1− συν(2x)
2
ή
συν2(x) =
1 + συν(2x)
2
(ϐ΄) Αν ν = 2%+ 1, τότε
ηµ2%+1(x) = ηµ
2%(x)ηµ(x)
=(1− συν(2x)
2
)%ηµ(x)
8. Ολοκληρώµατα της µορφής ∫ηµ
ν(x)συνκ(x)dx.
Ανάλογα µε το αν τα ν και κ είναι άρτιοι ή περιττοί δουλεύουµε όπως προηγουµένως περίπτωση
(δ′).
9. Ολοκληρώµατα της µορφής ∫ηµ(ax)συν(bx)dx∫ηµ(ax)ηµ(bx)dx∫συν(ax)συν(bx)dx
λύνονται ϐάσει των γνωστών τριγωνοµετρικών τύπων:
2ηµa · συνb = ηµ(a+ b) + ηµ(a− b)
2συνa · συνb = συν(a+ b) + συν(a− b)
2ηµa · ηµb = συν(a− b)− συν(a+ b)
10. Μερικά ολοκληρώµατα υπολογίζονται ϐάσει ενός αναγωγικού τύπου. Αν ν ∈ N, τότε το ολοκλή-
ϱωµα Iν δίδεται σαν µια συνάρτηση του ν και του Iν−1. Ο υπολογισµός τότε γίνεται µε τον ίδιο
τρόπο που ϐρίσκαµε τον ν-οστό όρο προόδου απο τον αναδροµικό τύπο.
6
1.2 Πίνακας Αορίστων Ολοκληρωµάτων
∫0dx = c ∈ R∫1dx = x+ c∫1
xdx = ln |x|+ c
∫1
f(x)f ′(x)dx = ln |f(x)|+ c∫
xkdx =xk+1
k + 1+ c
∫fk(x)f ′(x)dx =
fk+1(x)
k + 1+ c∫
συνxdx = ηµx+ c
∫συν(f(x)) · f ′(x)dx = ηµ(f(x)) + c∫
ηµxdx = −συνx+ c
∫ηµ(f(x)) · f ′(x)dx = −συν(f(x)) + c∫
1
συν2xdx = εφx+ c
∫1
συν2(f(x))f ′(x)dx = εφ(f(x)) + c∫
1
ηµ2xdx = −σφx+ c
∫1
ηµ2(f(x))f ′(x)dx = −σφ(f(x)) + c∫
exdx = ex + c
∫ef(x)f ′(x)dx = ef(x) + c∫
axdx =ax
ln a+ c
∫af(x)f ′(x)dx =
af(x)
ln a+ c
µε 0 < a 6= 1 µε 0 < a 6= 1∫1√xdx = 2
√x+ c
∫1√f(x)
f ′(x)dx = 2√f(x) + c
∫ [f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)
]dx = f(x)g(x) + c
∫f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)
g2(x)dx =
f(x)
g(x)+ c
Υπάρχουν ολοκληρώµατα τα οποία δεν µπορούν να υπολογισθούν γιατί δεν µπορούν να εκφρα-σθούν µε τις γνωστές µας συναρτήσεις, π.χ.∫
1
lnxdx = −Ei(1,− ln(x))∫
ex · ln(x)dx =ex ln(x)
ln(e)+Ei(1,−x ln(e))
ln(e)∫ex
xdx = −Ei(1,− ln(e)x)
όπου Ei(a, z) =
∫ ∞1
e−x zx−adx
γνωστό σαν το εκθετικό ολοκλήρωµα, για z ∈ C και <(z) > 0.
7
2 Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα
Σχήµα 3: Το ορισµένο ολοκλήρωµα Riemann.
Ορισµός 2.1 ΄Εστω f συνεχής συνάρτηση στο [α, β]. Χωρίζουµε το διάστηµα σε ισοµήκη
υποδιαστήµατα µε άκρα τα xk−1, xx και µήκος ∆x =β − αn
, κοκ. Αν ξk ∈ [xk−1, xk], το
άθροισµα
Sn =n∑k=1
f(ξk)∆x
ονοµάζεται Riemann άθροισµα και δίνει το άθροισµα των εµβαδών των ορθογωνίων στο σχή-µα 3. Το όριο του αθροίσµατος αυτού είναι το ορισµένο ολοκλήρωµα της f απο το α έως τοβ και πρακτικά είναι το εµβαδόν απο το α έως το β του χωρίου που περιλαµβάνεται απο τογράφηµα της συνάρτησης και τον άξονα x′x. Συµβολικά γράφεται :∫ β
α
f(x)dx = limn→+∞
(n∑k=1
f(ξk)∆x
)
Παράδειγµα 1 Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα της συνάρτησης f(x) = x στο [1, 3]. Ας πάρουµε µια
διαµέριση του [1, 3]:1 = x0 < x1 < · · · < xk−1 < xk = 3
µε ∆x =3− 1
n=
2
n. Επιλέγουµε σαν ενδιάµεσα σηµεία τα δεξιά ακρα των διαστηµάτων:
[xk−1, xk] =
[α + (k − 1)
β − αn
, α + kβ − αn
]=
[1 +
2(k − 1)
n, 1 +
2k
n
]
8
΄Αρα, ξk = 1 +2k
n, k = 1, 2, . . . , n.
Sn =2
n
n∑k=1
(1 +
2k
n
), n = 1, 2, . . .
Είµαστε έτοιµοι τώρα να ϐρούµε το ορισµένο ολοκλήρωµα:∫ 3
1
x dx = limx→+∞
Sn
= limx→+∞
2
n
n∑k=1
(1 +
2k
n
)= lim
x→+∞
[2
n
(n+
2
n
n∑k=1
k)]
= limx→+∞
[2 +
4
n2
n(n+ 1)
2
]
= limx→+∞
[2 + 2(1 +
1
n)
]= 4
Σχήµα 4: Το άθροισµα Riemann της f(x) = x.
9
Παρατηρήσεις 2.1 Για τον υπολογισµό του ορισµένου ολοκληρώµατος χρησιµοποιούµε τις εξής µεθό-
δους :
1. Ολοκλήρωση κατα παράγουσες Για κάθε συνάρτηση παραγωγίσιµη f σε ένα διάστηµα, ισχύει∫ b
a
f ′(x)dx = f(b)− f(a)
2. Ολοκλήρωση κατα παράγοντες Αν f ′ και g′ συνεχείς συναρτήσεις στο διάστηµα [a, b], τότε :
∫ b
a
f(x)g(x)dx = f(x)g(x)
∣∣∣∣∣b
a
−∫ b
a
f ′(x)g(x)dx
3. Ολοκλήρωση µε αντικατάσταση Αν f και g′ και είναι συνεχείς συναρτήσεις και u = g(x),du = g′(x)dx, u1 = g(a) και u2 = g(b), τότε :∫ b
a
f(g(x)
)g′(x)dx =
∫ u2
u1
f(u)du
Ιδιότητες 1 Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστηµα [a, b], τότε :
1.
∫ b
a
f(x)dx = −∫ a
b
f(x)dx
2.
∫ a
a
f(x)dx = 0
3. Αν f(x) ≥ 0, τότε
∫ b
a
f(x)dx ≥ 0
4.
∫ b
a
cdx = c(b− a)
5.
∫ b
a
λf(x)dx = λ
∫ b
a
f(x)dx για κάθε λ ∈ R
6.
∫ b
a
[λf(x) + µg(x)
]dx = λ
∫ b
a
f(x)dx+
∫ b
a
g(x)dx, ∀λ, µ ∈ R
7. Αν η f είναι συνεχής σε διάστηµα ∆ και a, b, c ∈ ∆, τότε∫ b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx
10
Ασκήσεις
1. Να υπολογίσετε το∫ b
0
x2dx.
Υπόδειξη : ∆ιαιρούµε το διάστηµα [0, b] σε υποδιαστήµατα µήκους ∆x =b
n. ΄Εστω τα σηµεία
x0 = 0, x1 = ∆x, x2 = 2∆x, x3 = 3∆x, . . . , xn−1 = (n− 1)∆x, xn = b
Σχήµα 5: Το∫ b
0
x2dx.
Τότε τα ορθογώνια έχουν εµβαδά αντίστοιχα:
f(0)∆x = 0f(x1)∆x = (∆x)2∆xf(x2)∆x = (2∆x)2∆xf(x3)∆x = (3∆x)2∆x. . .f(xn−1)∆x = ((n− 1)∆x)2∆x
Το δε άθροισµα είναι :
Sn = (12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2)(∆x)3
=n(n− 1)(2n− 1)
6·
(b
n
)3
=b3
6
(1− 1
n
)(2− 1
n
)΄Αρα, ∫ b
0x2dx = lim
x→+∞Sn =
b3
6· 1 · 2 =
b3
3
11
Είναι χρήσιµο να γνωρίζουµε ότι
12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2 =n(n− 1)(2n− 1)
6
12
3 Η Συνάρτηση F (x) =∫ x
α
f (t)dt
Θεώρηµα 3.1 Αν f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα ∆ και a σηµείο του δια-στήµατος, τότε η συνάρτηση
F (x) =
∫ x
a
f(t)dt, x ∈ ∆
είναι µια παράγουσα της f στο ∆. ∆ήλαδή ισχύει :(∫ x
a
f(t)dt
)′= f(x), ∀x ∈ ∆
Με άλλα λόγια, ο ϱυθµός αύξησης του εµβαδού F (x) είναι ίσως µε την τιµή της f στο x.
Παρατηρήσεις 3.1 Απο το παραπάνω ϑεώρηµα προκύπτει ότι :
1.
(∫ g(x)
a
f(t)dt
)′= f
(g(x)
)· g′(x)
2.
(∫ a
x
f(t)dt
)′=
(−∫ x
a
f(t)dt
)′= −f(x)
3.
(∫ x2
x
f(t)dt
)′=
(∫ a
x
f(t)dt+
∫ x2
a
f(t)dt
)′= −f(x) + f(x2) · 2x
4.
(∫ x
a
x · f(t)dt
)′=
(x ·∫ x
a
f(t)dt
)′=
∫ x
a
f(t)dt+ x · f(x)
5.
(∫ 1
0
f(x− t)dt
)′ϑέτω x− t = u
6.
(∫ 2
1
f(x · t)dt
)′ϑέτω x · t = u
Παράδειγµα 2 1. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της συνάρτησηςF (x) =
∫ x
0
t
t2 − 1dt.
Λύση
Η συνάρτηση f(t) =t
t2 − 1είναι συνεχής στο σύνολο Df = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞). Για
να ορίζεται η F πρέπει και αρκεί τα άκρα ολοκλήρωσης 0, x να ανήκουν στο ίδιο διάστηµα του
πεδίου ορισµού της f . Επειδή το 0 ∈ (−1, 1) πρέπει το x ∈ (−1, 1). ΄Αρα, DF = (−1, 1)
13
∀x ∈ (−1, 1) έχουµε F ′(x) =
(∫ x
0
t
t2 − 1dt
)′=
x
x2 − 1.
Αν η συνάρτηση ήταν F (x) =
∫ x
−3
t
t2 − 1dt, τότε το πεδίο ορισµού είναι DF = (−∞,−10).
2. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της F (x) =
∫ x2−1
2
√tdt.
ΛύσηΘεωρούµε την συνάρτηση f(t) =
√t η οποία είναι συνεχής µε Df = (0,+∞). Για να ορίζεται η
F πρέπει 2 και x2 − 1 να ανήκουν στο ίδιο διάστηµα του πεδίου ορισµού της f . Επειδή 2 ∈ Df
πρέπει x2 − 1 ∈ Df ή x2 − 1 ∈ [0,+∞) δηλαδή x2 − 1 ≥ 0 ⇔ x2 ≥ 1 ⇔ |x| ≥ 1. Αρα,
Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).(∫ x2−1
2
√tdt
)′= 2x ·
√x2 − 1
3. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού και την παράγωγο της συνάρτησης
F (x) =
∫ x2−x
1x−2
et
tdt
Λύση
Η συνάρτηση f(t) =et
tείναι συνεχής στο σύνολο Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).
Το πεδίο ορισµού της g(x) = x2 − x είναι Dg = R και της h(x) =1
x− 2είναι
Dh = (−∞, 2) ∪ (2,+∞). ΄Αρα, x ανήκει στο πεδίο ορισµού της F αν και µόνο αν
(α΄) x ∈ Dg ∩Dh ⇔ x ∈ (−∞, 2) ∪ (2,+∞) και
(ϐ΄) οι g(x) και h(x) ανήκουν στο πεδίο ορισµού της f .
Εποµένως :
x 6= 2x2 − x < 0
1
x− 2< 0
ή
x 6= 2x2 − x > 0
1
x− 2> 0
⇔
x 6= 20 < x < 1x < 2
ή
x 6= 2x < 0 ή x > 1x > 2
⇔
⇔(
0 < x < 1 ή x > 2)
΄Αρα, DF = (0, 1) ∪ (2,+∞).
F ′(x) =
(∫ x2−x
1x−2
et
tdt
)′=e
1
x− 2
x− 2+ex
2−x(2x− 1)
x2 − x
14
Ασκήσεις
1. Να ϐρεθεί η παράγωγος των παρακάτω συναρτήσεων. Στην πρώτη στήλη είναι η συνάρτηση καιστη δέύτερη η απάντηση.
g(x) =
∫ x
1
(t2 + 1)dt g′(x) = x2 + 1
g(x) =
∫ 1
x
(t2 + 1)dt g′(x) = −x2 − 1
g(x) =
∫ x2
1
(t2 + 1)dt g′(x) = (x4 + 1) · 2x
g(x) =
∫ x2
x
(t2 + 1)dt g′(x) = −(x2 + 1) + (x4 + 1) · 2x
g(x) =
∫ x2+1
a
√t2 + 1dt g′(x) = 2x
√(x2 + 1)2 + 1
g(x) =
∫ x
x+1
(et + 1)dt g′(x) = ex − ex+1
g(x) =
∫ x
1
ηµ(x− t)dt g′(x) = ηµ(x− 1)
g(x) =
∫ 1
0
tf(t)dt g′(x) = −2
3
∫ x
0
uf(u)du+1
xf(x)
15
4 Το ϑεµελειώδες Θεώρηµα του Ολοκληρωτικού Λογισµού
Θεώρηµα 4.1 ΄Εστω f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστηµα [a, b]. G(x) µια παρά-γουσα της f στο [a, b] τότε: ∫ b
a
f(t)dt = G(b)−G(a)
Ασκήσεις
Ορισµένο Ολοκλήρωµα - Θεµελειώδες Θεώρηµα Ολοκληρωτικού λογισµού
1. Να δείξετε ότι αν η f είναι συνεχής στο R να δείξετε ότι η
g(x) =
∫ 1
0
t · f(t · x)dt
είναι συνεχής στο 0.
Λύση:
Αλλαγή µεταβλητής : u = tx⇒ du = xdt, t = 0→ u = 0, t = 1→ u = x. Τότε :
∫ 1
0t · f(t · x)dt =
1
x2
∫ x
0uf(u)du
limx→0
∫ x0 uf(u)du
x2
00= lim
x→0
x · f(x)
2x
=f(0)
2
Επίσης, g(0) = f(0)
∫ 1
0tdt =
f(0)
2.
2. Να υπολογίσετε τα παρακάτω ολοκληρώµατα: (στην πρώτη στήλη είναι το ολοκλήρωµα ενώ στην
16
δεύτερη η απάντηση)
∫ π
0
(συνx− xηµx)dx −π
∫ 2
1
2xex2+1dx e5 − e2
∫ 1
0
3x2√x3 + 1
dx 2√
2− 2
∫ 1
0
(x2 − 1)e2xdx1− e2
4∫ π
0
exσυνxdx −eπ + 1
2∫ 1
0
ln(1 + x)dx ln 4− 1
∫ 1
0
x2e−xdx 2− 5
e∫ e
1
lnx
x2dx 1− 2
e∫ π
0
xσυν2xdx 0
∫ π2
0
ηµ3xdx Θέσε ηµ3x = ηµ2x · ηµx · · · = 2
3∫ e
1
ln2 xdx e− 2
∫ 4
0
√2x+ 1dx
26
3
17
∫ 1
0
x2ex3
dxe− 1
3∫ π2
0
(ηµ3x
)· 2συν3xdx 1
3 ln 2, υπενθύµιση: (ax)′ = ax ln a
∫ e3
e
ln(ln(x))
x lnxdx
ln2 3
2, Υπόδειξη :
1
2
((ln(lnx)
)2)′= . . .
∫ 12
0
(2x− 1) · ex2−xdx 14√e− 1
∫ 1
0
e3x + e2x
ex + 2dx
e2
2− e+
1
2+ 2 ln
e+ 2
3Υπόδειξη : Θέσε y = ex . . .∫ 3
2
x2
x− 1dx
7
2+ ln 2
∫ π
0
e−xηµx dx1
2(1 + e−π)
Υπόδειξη : Θέσε I =
∫ π
0
e−xηµx dx
∫ e
1
(1
x+ lnx
)· exdx ee
∫ 1
0
x3ex2
dx1
2∫ 3
2
1
x2 − 1dx
1
2ln
3
2
Υπόδειξη :1
x2 − 1= − 1
2(x+ 1)+
1
2(x− 1)∫ 0
−1
x+ 1
x2 − 3x+ 25 ln 2− 3 ln 3
Υπόδειξη :x+ 1
x2 − 3x+ 2=−2
x− 1+
3
x− 2
18
∫ 1
−1f(x)dx, αν είναι 1
f(x) =
√x , x ≥ 0
x2 , x < 0Υπόδειξη: ΄Οταν η συνάρτηση έχει
πολλαπλό τύπο πρέπει να µελετάµεπρώτα αν η συνάρτηση είναι συνεχής στοσηµείο αλλαγής τύπου. Για τον υπολογισµότου ολοκληρώµατος απαιτούνται και οι δύοκλάδοι της συνάρτησης.∫ 1
−2f(x)dx, αν είναι
f(x) =
3x2 , x ≤ 0e−x , x > 0
9− 1
e
3. ΄Εστω µια συνάρτηση f : R → R η οποία είναι δύο ϕορές παραγωγίσιµη και το γράφηµα τηςf ′ εφάπτεται στον x′x στο σηµείο x0 = 1. Να ϐρείτε το όριο :
limx→1
∫ x
1
f(t)
(x− 1)3dt
Λύση:
Αφού εφάπτεται στον άξονα, f ′(1) = f ′′(1) = 0. Εφαρµόστε δύο ϕορές τον κανόνα De L’ Hospital. ΤοϹητούµενο όριο είναι, 0.
4. (Παραλλαγή της άσκησης 6 Οµάδα Α Σχολικό σελ. 339)
(α΄) Μελετήστε την συνάρτηση f(x) =1√
1 + x2και χαράξτε το γράφηµά της.
(ϐ΄) ΄Εστω F (x) =
∫ x
0
f(t)dt
i. Μελετήστε τη µεταβολή της F (x) στο R.ii. ∆είξτε η F (x) είναι περιττή.iii. Βρείτε την εφαπτοµένη της καµπύλης της F στο (0, 0) και δείξτε ότι το σηµείο αυτό
είναι σηµείο καµπής.(γ΄) i. Αποδείξτε ότι F (x) ≥ ln(x+ 1).
ii. Ποιό το όριο της F (x) για x −→ +∞ ;(δ΄) ΄Εχοντας υπ’οψιν τα αποτελέσµατα των παραπάνω ερωτηµάτων, παραστήστε γραφικά την
F (x).(ε΄) ∆είξτε ότι η συνάρτηση ln(x+
√1 + x2) + c είναι µια παράγουσα της f(x). Παρατηρείστε
ότι η συνάρτηση αυτή ικανοποιεί όλες της ιδιότητες των προηγουµένων ερωτηµάτων. Στη
συνέχεια αποδείξτε ότι∫ 1
0
f(x)dx = ln(1 +√
2).
19
Λύση:
(α΄) Df = R. Επειδή x ∈ R⇒ −x ∈ R τότε f(x) = f(−x) και f είναι άρτια. Επίσης, παρατηρείστε ότιη f είναι συνεχής συνάρτηση.Επειδή lim
x→+∞f(x) = 0 και lim
x→−∞f(x) = 0, η x = 0 είναι ασύµπτωτος.
f ′(x) = − x(√1 + x2
)3f ′′(x) =
2x2 − 1(1 + x2
) 52
=(√
2x+ 1)(√
2x− 1)(1 + x2
) 52
x −√
2
20
√2
2| | |
f ′ + | + 0 − | −| | |
f ′′ + 0 − | − 0 −| | || | |
f ↑ | ↑ | ↓ | ↓κυρτή | κοίλη | κοίλη | κυρτή
| | |T. max = 1
Σχήµα 6: f(x) =1√
1 + x2
(ϐ΄) i. f συνεχής ακι παραγωγίσιµη. F ′(x) = f(x) ΄Αρα F ′ παραγγίσιµη.Επίσης,
F ′(x) = f(x) =1√
1 + x2> 0 ∀x ∈ R
⇒ F ′ ↑
20
ii. Επειδή, ∫ 0
−xf(t)dt = −
∫ −x0
f(t)dt =
∫ −x0
f(−t)d(−t) =
∫ x
0f(t)dt
΄Αρα, F (x) = −F (−x)⇒ F περιττή.iii. F ′(0) = f(0) = 1 άρα η εφαπτοµένη είναι η y = 1 · x + b. Επειδή (0, 0) σηµείο της, (αφού
F (0) =
∫ 0
0f(t)dt = 0), τότε y = x εφαπτοµάνη. Αλλά
F ′′(x) = f ′(x) = − x
(√
1 + x2)3
µε ϱίζα στο 0 αλλάζοντας πρόσηµο δεξιά ή αρστερά. ΄Αρα, 0 σηµείο καµπής.
(γ΄) i. Παρατηρώ ότι 1 + x > 0⇔ 1 + x ≥√
1 + x2 ⇔ x ≥ 0Θέτω H(x) = F (x)− ln(x+ 1), H(0) = F (0)− ln(0 + 1) = 0 και
H ′(x) = F ′(x)− 1
x+ 1=
1√1 + x2
− 1
x+ 1> 0⇔ H(x) ↑⇔ F (x) ≥ ln(x+ 1)
ii. lim+∞
F (x) ≥ lim+∞
ln(x+ 1) = +∞⇔ lim+∞
F (x) ≥ +∞
(δ΄) ∆ες σχήµα 7.
F(x) ln(x+1)
xK1,0 K0,5 0 0,5 1,0
K1,0
K0,5
0,5
1,0
Σχήµα 7: F (x)
21
(ε΄)
f ′(x) =
(ln(x+√
1 + x2))′
=(x+√
1 + x2)′· 1
x+√
1 + x2
=1√
1 + x2∫ 1
0
1√1 + x2
dx = ln(x+√
1 + x2)∣∣∣∣∣
1
0= ln(1 +
√2)
5. (Θέµα 4ο 2001) ΄Εστω f συνεχή συνάρτηση στο R, για την οποία ισχύουν:
ι. f(x) 6= 0, ∀x ∈ R,
ιι. f(x) = 1− 2x2∫ 1
0
tf 2(tx)dt, ∀x ∈ R.
΄Εστω g συνάρτηση µε τύπο:
g(x) =1
f(x)− x2, ∀x ∈ R
(α΄) Να ϐρείτε ότι f ′(x) = −2x2f 2(x).
(ϐ΄) Να δείξτε ότι g είναι σταθερή.
(γ΄) ∆είξτε ότι f(x) =1
1 + x2.
(δ΄) Να ϐρείτε το limx−→+∞
(xf(x)ηµ(2x)
).
Λύση:
(α΄) Θέτω: tx = u⇒ xdt = du, µε t→ 0⇒ u = 0, t→ 1⇒ u = x. ΄Αρα,
f(x) = 1− 2x2∫ x
0
1
xtf2(u)du = 1− 2x
∫ x
0tf2(u)du = 1− 2
∫ x
0tf2(u)du
f ′(x) = −2xf2(x)
(ϐ΄) g′(x) =
(1
f(x)− x2
)=−f ′(x)
f2(x)− 2x = 2x− 2x = 0. ΄Αρα, g(x) σταθερή.
(γ΄) Απο−f ′(x)
f2(x)− 2x ⇔
(1
f(x)
)′= (x2)′ ⇔ 1
f(x)= x2 + c. f(0) = 1− 0 = 1 ⇒ 1
f(x)= x2 + 1 ⇒
f(x) =1
1 + x2
22
(δ΄) x · f(x) · ηµ2x = x1
x2 + 1ηµ2x Αλλά
∣∣∣∣∣x 1
x2 + 1ηµ2x
∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣ x
x2 + 1
∣∣∣∣∣⇔ −∣∣∣∣∣ x
x2 + 1
∣∣∣∣∣ ≤ x 1
x2 + 1ηµ2x ≤
∣∣∣∣∣ x
x2 + 1
∣∣∣∣∣Αλλά lim
+∞
∣∣∣∣∣ x
x2 + 1
∣∣∣∣∣ 00= lim
+∞
1
2x= 0 Συµπέρασµα: lim
x−→+∞
(xf(x)ηµ(2x)
)= 0.
6. (Σχολικό 1Β σελ. 339) Αν η συνάρτηση h(x) = x4(x2 + 1) + c, c ∈ R είναι µια παράγουσα τηςσυνάρτησης ∫ x
0
t · g(t)dt
να δείξτε ότι γράφηµα της g διέρχεται απο το σηµείο (1, 10).
Λύση: Επειδή
(∫ x
0t · g(t)dt
)′= h′(x) = 6x5 + 4x3 = x · g(x), g(1) = 10.
7. (Σχολικό 7Βi σελ. 339) ∆ίνεται η συνάρτηση g(x) =x√
x2 − 4.
(α΄) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα∫ 6
4
g(x)dx.
(ϐ΄) ΄Εστω H(t) =
∫ 6
4
g(tx)dx.
i. Να ϐρείτε το πεδίο ορισµού της H.ii. Να αποδείξετε ότι lim
t→+∞H(t) = 2.
Λύση:
(α΄) Θέτω u = x2 − 4 άρα, du = 2xdx µε νέα όρια u1 = 42 − 4 = 12 και u2 = 62 − 6 = 32.∫ 6
4
x√x2 − 4
dx =1
2
∫ 32
12
du√u
=1
2· u
1
2
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣32
12
= 4√
2− 2√
3
23
(ϐ΄) i. Ας ϐρούµε πρώτα την συνάρτηση H(t). Θέτω u = tx, du = tdx, x = 4 → u = 4t, x = 6 →u = 6t. ∫ 6
4g(tx)dx =
∫ 6t
4t
1
tg(u)du
=1
t· u
1
2
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣6t
4t
= 2
√9t2 − 1−
√4t2 − 1
t
΄Αρα, DH = (−∞,−1/2) ∪ (1/2,+∞).ii. Πρέπει να ϐρούµε το
limt→+∞
2
√9t2 − 1−
√4t2 − 1
t= 2 lim
t→+∞
5√9t2 − 1 +
√4t2 − 1
= 2 limt→+∞
5√9− 1
t2+√
4− 1t2
= 2
8. (Σχολικό 9Βi σελ. 339) ∆ίδεται η συνάρτηση f(x) =lnx√x, x ∈
[1, e2
].
(α΄) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωµα∫ e2
1
f(x)dx.
(ϐ΄) i. Να αποδείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιµη.ii. Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται απο
• την γραφική παράσταση της f−1 και• τις ευθείες x = 0, x = 2
e, y = 0.
Λύση:
(α΄) ∫ e2
1
lnx√xdx = 2
∫ e2
1
lnx
2√xdx
= 2
∫ e2
1(√x)′ · lnxdx
= 2(
ln(x)√x)∣∣∣e2
1− 2
∫ e2
1
√x
1
xdx
= 2e ln e2 − 2 ln 1− 4
∫ e2
1
1
2√xdx
= 4
24
Σχήµα 8: f(x) =lnx√x
(ϐ΄) i. Η f ′(x) =2− ln(x)
2x3/2η οποία είναι > 0 αφού x ∈
[1, e2
]. ΄Αρα είναι γνησίως µονότονη και
εποµένως 1-1.ii. Μπορούµε να δώσουµε δύο λύσεις.
• Το Ϲητούµενο εµβαδόν είναι το γραµµοσκιασµένο τµήµα OHEZ στο σχήµα 8. Επειδήόµως το σχήµα είναι συµµετρικό ως προς την 1η διχοτόµο y = x, είναι σαν να Ϲητάµε τοεµβαδόν του χωρίου AB∆O όπου ∆ το σηµείο τοµής της Gf µε τον άξονα x′x, δηλαδή
∆ = (1, 0) και B το σηµείο τοµής του συστήµατος
y =
2
ey = f(x)
, δηλαδή η προφανής ϱίζα
του
(e2,
2
e
). ΄Αρα, το Ϲητούµενο εµβαδόν είναι :
(OΓBA)−∫ e2
1f(x)dx = 2e− 4
ή
• Θέλουµε να υπολογίσουµε το ∫ 2e
0f−1(x)dx
Θέτω: u = f−1(x)⇔ x = f(u), dx = f ′(u)du, f(1) = 0, f(e2) = 2e . ΄Αρα,∫ 2
e
0f−1(x)dx =
∫ e2
1uf ′(u)du
=
∫ e2
1u
(ln(u)√u
)′du
= −1
2
∫ e2
1
ln(u)− 2√u
du
= −4 + 2e
25
9. (Σχολικό 10Β σελ. 340) Αν I =
∫ π/2
0
xηµ2xdx, J =
∫ π/2
0
xσυν2xdx να υπολογίσετε τα ολοκλη-
ϱώµαταI + J I − J I J
10. (Σχολικό 10Β σελ. 340) ΄Εστω µια συνάρτηση f µε f ′′ συνεχή και τέτοια ώστε∫ π
0
(f(x) + f ′′(x)
)ηµ(x) dx = 2, f(π) = 1
(α΄) Να ϐρείτε το f(0).
(ϐ΄) ΄Εστω g(x) = f(x− π). Να αποδείξετε ότι :∫ π
0
(g(x) + g′′(x)
)ηµ xdx = 2
Λύση:
(α΄) ∫ π
0f ′′(x)sin(x)dx = f ′(x)sin(x)|10 −
∫ π
0f ′(x)(sin(x))′dx
= −∫ π
0f ′(x)cos(x)dx
= − f(x)cos(x)|10 −∫ π
0f(x) · sin(x)dx
= 1 + f(0)−∫ π
0f(x) · sin(x)dx
΄Αρα, ∫ π
0f(x)sin(x)dx+
∫ π
0f ′′(x)sin(x)dx = 2∫ π
0f(x)sin(x)dx+ 1 + f(0)−
∫ π
0f(x) · sin(x)dx = 2
f(0) = 1
(ϐ΄) ∫ π
0
(g(x) + g′′(x)
)ηµ xdx = −
∫ 0
π
(f(π − x) + f ′′(π − x)
)ηµ(π − x)d(π − x)
=
∫ π
0
(f(π − x) + f ′′(π − x)
)ηµ(π − x)d(π − x)
= 2
11. Να ϐρεθεί το άθροισµα
Σn =n∑k=1
n
(2n+ k)√k(2n+ k)
26
όταν το n→ +∞.
Λύση: Το άθροισµα γράφεται
Σn =1
n
n∑k=1
1(2 +
k
n
)√√√√k
n
(2 +
k
n
)
Το οποίο δεν είναι τίποτα άλλο παρά το ολοκλήρωµα Riemann της
f(x) =1
(2 + x)√x(2 + x)
Η συνάρτηση αυτή έχει αρχική την√
x
x+ 2. ΄Αρα,
limn→+∞
Σn =
∫ 1
0f(x)dx =
√x
x+ 2
∣∣∣∣10
=1√3
12. Αποδείξτε ότι :
In =
∫ π/2
0
ηµnx dx =n− 1
n
∫ π/2
0
ηµn−2x dx ∀n ≥ 3
Βρείτε το I5.
Λύση:
In =
∫ π/2
0ηµnx dx = −
∫ π/2
0ηµn−1x · ηµ x dx
= − ηµn−1x · συν x∣∣π/20
+
∫ π/2
0
(ηµn−1x
)′· συν x dx
= 0 + (n− 1)
∫ π/2
0ηµn−2x · συν2x dx = (n− 1)
∫ π/2
0ηµn−2x · (1− ηµ2x) dx
= (n− 1)
∫ π/2
0ηµn−2xdx− (n− 1)
∫ π/2
0ηµnx dx
= (n− 1)In−2 − (n− 1)In
΄Αρα, In =n− 1
nIn−2. Εποµένως I5 =
4
5I3 =
4
5
2
3I1 µε
I1 =
∫ π/2
0ηµ x dx = −συν x|π/20 = 1
13. ∆ίνεται το ολοκλήρωµα In =
∫ 1
0
xn e−x dx, n ∈ Z?+. Να ϐρείτε τη σχέση µεταξύ In και In−1.
Να υπολογίσετε το I4.
27
Λύση:
In =
∫ 1
0xn e−x dx = −
∫ 1
0xn(e−x)′dx = . . .
Θα καταλήξετε στο ότι : In = −1
e+ nIn−1.
I4 = −1
e+ 4I3
I3 = −1
e+ 3I2
I2 = −1
e+ 2I1
I1 =
∫ 1
0x e−x dx = 1− 2
e
14. Αν In =
∫ π/2
0
xσυνnx dx, n ∈ Z?+. Αποδείξτε ότι In = − 1
n2+n− 1
nIn−2, n ≥ 3. Υπολογίστε το
I3.
28
Εµβαδόν Χωρίου
15. Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται απο τη γραφική παράσταση της f(x) = 3x2
και την εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο A(1, 3).
Λύση:
Σχήµα 9: f(x) = 3x2
f ′(x) = 6x⇒ f ′(1) = 6. ΄Αρα, η εφαπτοµένη έχει εξίσωση:
y − 3 = 6(x− 1)⇔ y = 6x− 3
Το σηµείο Γ σηµείο τοµής της εφαπτοµένης µε τον άξονα x′x είναι το Γ = (1/2, 0).΄Αρα,
E(Ω) =
∫ 1/2
03x2dx+
∫ 1
1/2
(3x2 − (6x− 3)
)dx =
1
4
16. Να ϐρεθεί το εµβαδόν του χωρίου µεταξύ των συναρτήσεων f(x) = ηµ(x) και g(x) = συν(x) καιτης x = 0 και της x = 2π.
Λύση:
Εύκολα ϐρίσκουµε τα κοινά σηµεία
f(x) = g(x)⇔ εφ(x) = 1⇒ x =π
4ή x =
5π
4
x 0 π4
5π4 2π
f(x)− g(x) − 0 + 0 −
29
Σχήµα 10: ηµ(x)− συν(x)
΄Αρα, ∫ 2π
0
∣∣∣f(x)− g(x)∣∣∣dx =
∫ 2π
0
(− ηµ(x) + συν(x)
)dx+
+
∫ 5π/4
π/4
(ηµ(x)− συν(x)
)dx+
+
∫ 2π
5π/4
(− ηµ(x) + συν(x)
)dx
= 4√
2
17. ∆ίδεται f(x) = x3 − 3x+ 2.
(α΄) Να υπολγισθεί το εµβαδό του χωρίου, Ω, που περικλείεται απο τη γραφική παράσταση τηςf(x) και τον άξονα x′x.
(ϐ΄) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος α για τον οποίο η ευθεία x = α να χωρίζει το Ω σεδύο ισεµβαδικά µέρη.
(γ΄) Να ϐρείτε τον ακέραιο α έτσι ώστε η x = α να χωρίζει το εµβαδόν Ω σε εµβαδά µε λόγο11
16.
Λύση:
(α΄) x2 − 3x+ 2 = 0⇔ (x− 1)2(x+ 2) = 0∫ 1
−2(x2 − 3x+ 2)dx =
27
4
(ϐ΄)
2
∫ 1
α(x2 − 3x+ 2)dx =
27
4⇔ 2α4 − 12α2 + 16α+ 21 = 0
30
Σχήµα 11: f(x) = x3 − 3x− 2
η οποία δεν έχει ακέραιες ϱίζες.
(γ΄) ∫ α−2 f(x)dx∫ 1α f(x)dx
=11
16⇔ 27α4 − 162α2 + 216α+ 351 = 0
18. (Σχολικό σελ. 349, ασκ. 3) ∆ίδεται η συνάρτηση f(x) = x2 − 3x.
(α΄) Να υπολογίσετε το εµβαδόν S του χωρίου που περικλείεται απο την γραφική παράστασητης f(x) και τον άξονα x.
(ϐ΄) Η ευθεία y = −|a| τέµνει το Gf σε δύο σηµεία A και B. Αν οι προβολές πάνω στον άξονατων τετµηµένων είναι τα σηµεία A′ και B′ αντίστοιχα, και T είναι το εµβαδόν του ABB′A′,
να ϐρείτε την ελαχίστη τιµή του πηλίκουS
T.
Λύση:
(α΄)
−∫ 3
0(x2 − 3x)dx =
9
2
(ϐ΄) A =(3−
√9− 4|a|2
,−|a|),B =
(3 +√
9− 4|a|2
,−|a|). Το εµβαδόν T = (ABB′A′) = |a|
√9− 4|a|.
Εποµένως,S
T=
9
2|a|√
9− 4|a|. Ορίζουµε συνάρτηση
g(x) =9
2x√
9− 4xµε x > 0.
31
Σχήµα 12: f(x) = x2 − 3x
g′(x) =27(−3 + 2x)
x2(9− 4x)3/2
µε ελάχιστο το x =3
2. ΄Αρα, για α =
3
2το πηλίκο είναι ελάχιστο.
32