Upload
others
View
15
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 339
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ
A΄ ΟΜΑΔΑ
*********** Α΄ ομάδα – Ορισμένο Ολοκλήρωμα ***********
Έστω συνεχής συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύει
2 3 5 5
1 1 4 1
f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx .
Δείξτε ότι:
2 4
1 3
f (x)dx f (x)dx
ΛΥΣΗ
Είναι:
2 3 5 5
1 1 4 1
f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx
2 3 1 5 5
1 1 4 1 1
f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx
2 3 1
1 1 4
f (x)dx f (x)dx f (x)dx 0
1
Ο
Λ
Ο
Κ
Λ
Η
Ρ
Ω
Μ
Α
Τ
Α
Α΄
Ο
Μ
Α
Δ
Α
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 340
2 1 3
1 4 1
f (x)dx f (x)dx f (x)dx 0
2 3 2 3
1 4 1 4
f (x)dx f (x)dx 0 f (x)dx f (x)dx
2 4
1 3
f (x)dx f (x)dx
Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα σε κάθε μία από τις
παρακάτω περιπτώσεις αν είναι γνωστό ότι η fC διέρχεται από τα
σημεία Α και Β.
α)
3
2012
1
f '(x)f (x)dx , όταν A 1, 0 και B 3, 1
β)
2
1
f '(x)dx
f (x) , όταν A 1, 1 και B 2, e με f (x) 0 για κάθε
x R .
γ)
1
2
1
f '(x)dx
f (x)
, όταν A 1, 2 και B 1, 1
δ)
1
2
0
f '(x) f (x)f ''(x) dx , όταν A 0, 0 και B 1, 0
ΛΥΣΗ
2
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 341
α)
3
2012
1
f (x)f (x)dx
32013
1
f (x)
2013
2013 2013f (3) f (1)
2013 2013
2013
1 0 1
2013 2013
.
β)
2
2
1
1
f xdx ln f x ln f 2 ln f 1 ln e ln f 1
f x
lne ln1 1 .
γ)
11 1 1 12 1
2
2
11 1 1
f xf x f xdx f x f x dx
2 1 1f x
1
1
1 1 1 1 1 1 11
f x f 1 f 1 1 2 2 2
δ)
1
2
0
f (x) f (x)f (x) dx
1
0
f (x)f (x) dx
1
0f (x)f (x)
f 1 f 1 f 0 f 0 0 f 1 0 f 0 0 .
Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο 1, 2 .
Αν η fC διέρχεται από τα σημεία Α(1, 2) και Β(2, 1) να υπολογίσετε
την τιμή του ολοκληρώματος: 2
1
x 2f x xf x dx
ΛΥΣΗ
3
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 342
Τα σημεία Α(1, 2) και Β(2, 1) ανήκουν στη γραφική παράσταση της f
οπότε f (1) 2 και f (2) 1 .
οπότε θα έχουμε: 2 2
2
1 1
x 2f x xf x dx 2xf x x f x dx
2
22 2 2 2
11
x f x dx x f x 2 f 2 1 f 1
4f 2 f 1 4 1 2 2
Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:
α)
2
1
1dx
x(x 1) β)
3
2 3
0
x x dx
γ)
1
2
0
6x 3x 3dx
ΛΥΣΗ
α) Αναζητάμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι, ώστε να ισχύει:
1 A B
x x 1 x x 1
για κάθε x R 0, 1 . Άρα:
1 A B1 A x 1 Bx 1 A B x A
x x 1 x x 1
0x 1 A B x A
Η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε x R 0, 1 αν και μόνο
αν: A B 0
B 1A 1
. Επομένως:
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1 1dx dx dx dx
x x 1 x x 1 x x 1
4
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 343
2 2
1 1
4ln x ln x 1 ln 2 ln1 ln3 ln 2 2ln 2 ln3 ln
3 .
β) 3 3 3
2 3 2 3 3 3
0 0 0
1 1x x dx 3x x dx x x dx
3 3
3
3
0
1x
3
331
03
10
3
1 2
1 13 3
.
γ)
1 1 1
22 2
0 0 0
6x 3x 3dx 3 2x x 1 dx 3 x 1 dx
1 1 10 x 1
0 0 0
3 x 1 dx 3 x 1 dx 3 x 1 dx
1 12
00
x 1 33 x 1 dx 3 x 3 1 0
2 2 2
.
Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:
α)
2
2 x
0
x e dx β)
16
9
xdx
x 4 γ)
2
x
0
e x dx
ΛΥΣΗ
α) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες θα έχουμε:
5
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 344
2 2 2
22 x 2 x 2 x 2 x
0
0 0 0
x e dx x e dx x e x e dx
1 1
2 x 2 x
0 0
4e 2xe dx 4e 2 x e dx
2 22
2 x x 2 2 x
0
0 0
4e 2 xe x e dx 4e 4e 2 e dx
2
x 2 0 2
02 e 2 e e 2e 2
.
β) Θέτουμε 2x t x t οπότε 2dx d t dx 2tdt .
Για x 9 t 3 .
Για x 16 t 4 .
Επομένως:
16 4 4 42 2
2 2 2
9 3 3 3
x t t t 4 4dx 2t dt 2 dt 2 dt
x 4 t 4 t 4 t 4
4 4 4
2 2
3 3 3
4 12 1 dt 2 1dt 8 dt
t 4 t 4
4 4
4
2 23
3 3
1 12 t 8 dt 2 8 dt 1
t 4 t 4
Η παράσταση 2
1
t 4 γράφεται:
2
1 1
t 2 t 2t 4
.
Θέλουμε να βρούμε πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι ώστε να
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 345
ισχύει: 2
1 A B
t 2 t 2t 4
για κάθε t R 2 .
Άρα
1 A B
1 A t 2 B t 2t 2 t 2 t 2 t 2
1 A B t 2A 2B 0t 1 A B t 2A 2B .
Η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε t R 2 αν και μόνο
αν:
1A
A B 0 A B 4
2A 2B 1 2B 2B 1 1B
4
Επομένως:
4 4
2
3 3
1 11 4 41 2 8 dt 2 8 dt
t 2 t 2t 4
4 4 4
3 3 3
1 1 1 12 2 dt 2 2 dt 2 dt
t 2 t 2 t 2 t 2
4 4
3 32 2 ln t 2 ln t 2 2 2ln2 2ln6 2ln5
10
2 2 ln 2 ln5 ln6 2 2ln6
.
γ) Με παραγοντική ολοκλήρωση θα έχουμε:
2 2 2
x x x x2
0
0 0 0
e xdx e xdx e x e x dx
2 2
0 x x2
0 0
e e 0 e xdx 1 e xdx2
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 346
2 2
x x 0 x22
0
0 0
1 e x e x dx 1 e e 0 e xdx2
21 e
. Επομένως 2
2 2e 1
1 e 2 e 12
.
α) Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης
0,xxln)x(f 22
β) Να βρεθεί το ολοκλήρωμα 0,dxx
1I
022
ΛΥΣΗ
α) 2 2 2 2
2 2
1f x ln x x x x
x x
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 x 1 x x1
x x x x x x
2 2
1
x
. Άρα
2 2
1f x 1
x
β) Είναι:
1
02 2
0 0
1dx f x dx f x f f 0
x
2
ln 2 ln ln
.
6
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 347
Δίνεται η συνάρτηση xf (x) e x με x 0,4
.
α) Να βρεθεί η f ' .
β) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα 4 x
2
0
e x x 1I f (x)dx
x
ΛΥΣΗ
α) Είναι:
'
x x x x x
2 2
1 x 1f '(x) e x e x e e e
xx x
x
2
e x x 1
x
β) Από το (α) ερώτημα έχουμε x
2
e x x 1f '(x)
x
οπότε:
4 4x
2
0 0
e x x 1I f (x)dx f '(x) f (x)dx
x
2'4 2 2 24
00
ff (x) f (x) f (0)4
dx2 2 2 2
2
4 20
2 2e
e 04 e e0
2 2 2 2
7
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 348
Να βρεθεί ο *v N ώστε να ισχύουν:
α) 2
1
0
12 x x dx
5
β)
1
0
1x(1 x) dx
20
ΛΥΣΗ
α)
2
1
0
2 x xdx
2 22 2
0
0x 22 2
2 2
2
2
. Πρέπει 2 1
2 10 82 5
.
β) Θέτουμε 1 x t x 1 t και dx d 1 t dx dt .
Για x 0: t 1
Για x 1: t 0 . Επομένως:
1 0 1 1 1
1 1
0 1 0 0 0
x 1 x dx 1 t t dt t t dt t dt t dt
1 11 2
0 0
t t 1 1
1 2 1 2
.
Πρέπει 1 1 1
20 2 20 1 1 21 2 20
2 220 40 20 20 3 2 3 18 0 3 ή
6 το οποίο απορρίπτεται διότι * . Επομένως 3 .
8
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 349
Αν ισχύει ότι
5
4
f (x)dx 4 , να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:
3 5
1 4
I xf (t)dt dx
ΛΥΣΗ
3 5 3 5 3
1 4 1 4 1
I xf t dt dx x f t dt dx x 4dx
32
12x 18 2 16
Να δειχθεί ότι:
4 2
x 2 1 x
1 1
x e dx 2 x e dx , *v N .
ΛΥΣΗ
Στο ολοκλήρωμα
4
x
1
x e dx κάνουμε αλλαγή μεταβλητής. Θέτουμε
x t οπότε 2x t . Άρα 2dx d t dx 2tdt .
Για x 1 είναι t 1
Για x 4 είναι t 2
Συνεπώς θα έχουμε:
4 2 2
x 2v t 2v 1 t
1 1 1
x e dx t e 2tdt 2 t e dt ή
4 2
x 2 1 x
1 1
x e dx 2 x e dx
9
10
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 350
Δίνεται το ολοκλήρωμα
1 vx
v x
0
eI dx
1 e
, *v N .
Δείξτε ότι vv v 1
1I I e 1
.
ΛΥΣΗ
1 1 1
1 xx x x x
1 x x x x
0 0 0
e e e edx dx dx
1 e 1 e 1 e 1 e
1 1 1 1x xx x x xx
x x
00 0 0
e 1 ee e e e e 1dx dx e dx
1 e 1 e
1
e 1
.
Έστω e
v
v
1
I ln x dx , *v N .
α) Δείξτε ότι v v 1I e vI για κάθε v 2 .
β) Να βρεθεί το ολοκλήρωμα 3I .
ΛΥΣΗ
α) Είναι e
v 1
v 1
1
I ln x dx
. Θα έχουμε λοιπόν:
e e e
e 'v ' v v vv
11 1 1
I ln x dx x ln x dx x ln x x ln x dx
e
v 'v 1
1
e lne 0 v x ln x ln x dx e
v 1
1
1e v x ln x dx
x
11
12
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 351
e
v 1v 1
1
e v ln xdx e vI , v 2 .
β) Από το (α) ερώτημα για v 3 θα είναι v 3
v v 1I e vI
3 2I e 3I (1).
Επίσης για v 2 θα είναι v 2
v v 1 2 1I e vI I e I
(2).
Αντικαθιστώντας τη σχέση (2) στην (1) θα έχουμε:
(2)
3 2 3 1 3 1I e 3I I e 3 e I I 3I 2e (3).
Υπολογίζουμε το e
1
1
1
I ln x dx .
e e e
e' '
1 1
1 1 1
I ln xdx x ln xdx x ln x x ln x dx
e e
e
1
1 1
1elne 0 x dx e 1dx e x e e 1 1
x (4).
Αντικαθιστώντας στη σχέση (3) θα είναι:
(4)
3 1I 3I 2e 3 1 2e 3 2e .
Αν η συνάρτηση f: [ 1 , 1] R είναι συνεχής για κάθε x [ 1 , 1] και
2x)x(f)x(f , να δειχθεί ότι:
α)
1 1 1
1 1 1
1f ( x)dx f (x)dx ) f (x)dx
3
13
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 352
ΛΥΣΗ
α) Στο ολοκλήρωμα
1
1
f x dx
κάμουμε αλλαγή μεταβλητής.
Θέτουμε x t x t άρα dx d t dx dt .
Για x 1 είναι t 1
Για x 1 είναι t 1
Επομένως:
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
f x dx f t dt dx f t dt f t dt f x dx
.
β) Ολοκληρώνοντας τη δοθείσα σχέση 2f x f x x θα έχουμε:
1 1
2 2
1 1
f x f x x f x f x dx x dx
1 1 13
11 1
xf x dx f x dx
3
1 1
1 1
1 1f x dx f x dx
3 3
1 1
1 1
2 12 f x dx f x dx
3 3
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 353
Έστω συνεχής συνάρτηση f :R R για την οποία ισχύει f (x) 0
για κάθε x R . Δείξτε ότι:
α)
2011 2013
1 1
f (x)dx f (x)dx β)
6 5
3 4
f (x)dx f (x)dx
ΛΥΣΗ
α) Θέλουμε να αποδείξουμε ότι
2011 2013
0 0
f x dx f x dx .
Έχουμε
2011 2013
0 0
f x dx f x dx
2011 2011 2013 2013
0 0 2011 2011
f x dx f x dx f x dx f x dx 0 .
Αυτό όμως ισχύει διότι f x 0 για κάθε x 2011, 2013 άρα και
2013
2011
f x dx 0 . Συνεπώς
2011 2013
0 0
f x dx f x dx .
β)
6 5
3 4
f x dx f x dx
4 5 6 5
3 4 5 4
f x dx f x dx f x dx f x dx
4 6
3 5
f x dx f x dx 0 .
14
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 354
Αυτό όμως ισχύει διότι f x 0 για κάθε x R άρα
4
3
f x dx 0
και
6
56
f x dx 0 .
Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f , g : , R με :
f x g x για κάθε x ,
Να αποδείξετε ότι:
α) f x dx g x dx
β) m f x dx M
, όπου m, M η ελάχιστη και η
μέγιστη τιμή της f αντίστοιχα στο , .
γ)
2 2m 1 M
f x dx dxM f x m
, με f (x) 0 για
κάθε x , .
ΛΥΣΗ
α) f x g x για κάθε x , άρα g x f x 0 για κάθε
x , και επομένως g x f x dx 0
g x dx f x dx 0 g x dx f x dx
.
15
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 355
β) Ισχύει: m f x M για κάθε x , και με βάση το ερώτημα
(α) έχουμε: mdx f x dx dx
m x f x dx x m f x dx
.
γ) m και Μ είναι αντίστοιχα η ελάχιστη και μέγιστη τιμή της f στο
, και επομένως m f x M για κάθε x , . Επειδή
είναι f x 0 για κάθε x , θα είναι και m 0 . Άρα:
m f x M
m f (x)dx 1
m f x M
1 1 1 1 1 1
dx dx dxM f x m M f x m
1dx 2
f x m
Πολλαπλασιάζοντας τώρα κατά μέλη τις σχέσεις 1 και 2 αφού
όλα είναι θετικά θα έχουμε:
2 2m M1
f x dx dxf x m
.
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 356
Να δειχθούν οι παρακάτω ανισώσεις:
α) e
1edx
x
xln0
2e
1
2
β) 2
4
1
2
x
e3dxx
e4
ΛΥΣΗ
α) Θεωρούμε συνάρτηση ln x
f (x)x
με 2x 1, e και βρίσκουμε το
σύνολο τιμών της f στο 21, e . Είναι:
'ln x 1 ln x
f '(x)x x
οπότε
1 ln x
f '(x) 0 0 ln x 1 ln x lne x ex
.
Επομένως στο 1, e η f είναι γνησίως αύξουσα ενώ στο 2e, e
είναι γνησίως φθίνουσα. Το σύνολο τιμών της f στο 1 1, e είναι
1f f (1), f (e) οπότε 1
1f 0,
e
ενώ το σύνολο τιμών της
f στο 22 e, e είναι 2
2f f e , f (e)
οπότε
2 2
2 1f ,
ee
. Συνεπώς το σύνολο τιμών της f στο 1, e είναι
1 2
1f (A) f f 0,
e
. Επομένως για κάθε x 1, e θα
είναι:
2 2 2e e e
1 1 1
1 ln x 1 ln x 10 f (x) 0 0dx dx dx
e x e x e
16
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 357
2 2
2e e 2
e
1
1 1
ln x 1 ln x e 10 dx x 0 dx
x e x e
β) Θεωρούμε συνάρτηση x
2
ef (x)
x με x 1, 4 και βρίσκουμε το
σύνολο τιμών της f στο 1, 4 . Είναι:
'x x 2 x x
2 4 3
e e x e 2x e (x 2)f '(x)
x x x
οπότε
x x 0
3
e (x 2)f '(x) 0 0 x 2
x
.
Επομένως στο 2, 4 η f είναι γνησίως αύξουσα ενώ στο 1, 2
είναι γνησίως φθίνουσα. Το σύνολο τιμών της f στο 1 1, 2 είναι
1f f (2), f (1) οπότε 2
1
ef , e
4
ενώ το σύνολο τιμών της
f στο 2 2, 4 είναι 2f f 2 , f (4) οπότε
2 4
2
e ef ,
4 16
. Συνεπώς το σύνολο τιμών της f στο 1, 4 είναι
2 4
1 2
e ef (A) f f ,
4 16
. Επομένως για κάθε x 1, 4 θα
είναι:
4 4 42 4 2 x 4 2 x 4
2 2
1 1 1
e e e e e e e ef (x) dx dx dx
4 16 4 16 4 16x x
4 4 4 42 x 4 2 x 4
2 2
1 1 1 1
e e e 3e e 3e1dx dx 1dx dx
4 16 4 16x x
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 358
4 x 42
2
1
e 3e3e 4 dx
4x οπότε είναι
4 x2
2
1
e3e 4 dx
x
ΣΧΟΛΙΟ: Όταν για κάθε x[α, β] είναι f (x) g(x) , τότε ισχύει
f (x)dx g(x)dx
. Για την απόδειξη αυτής της πρότασης έχουμε:
f (x) g(x) g(x) f (x) 0 για κάθε x [α, β] οπότε
g(x) f (x) dx 0 g(x)dx f (x)dx 0
g(x)dx f (x)dx
********** Α΄ ομάδα – Συνάρτηση Ολοκλήρωμα ***********
Να βρεθεί το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων :
α) x
2
1
f x 4 t dt
β) x t
1
tef x dt
t 2
γ) x 1
2
2
f x ln 9 t dt
δ)
2
2x 3
x
ln 1 tf x dt
t 4
ΛΥΣΗ
α) Θεωρούμε συνάρτηση 2g t 4 t και βρίσκουμε το πεδίο
ορισμού της. Πρέπει 2 24 t 0 t 4 t 2 2 t 2 .
17
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 359
Άρα gA 2, 2 . Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 1, x του
ολοκληρώματος να ανήκουν στο gA .
Αφού 1 2, 2 πρέπει και x 2, 2 . Επομένως fA 2, 2 .
β) Θεωρούμε συνάρτηση tte
g tt 2
και το πεδίο ορισμού της είναι
gA , 2 2, . Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 1, x
του ολοκληρώματος να ανήκουν στο gA . Όμως 1 2, .
Άρα 1 , 2 και x , 2 2, συνεπώς το πεδίο
ορισμού της f είναι fA , 2 διότι πρέπει και τα δύο άκρα του
ολοκληρώματος να βρίσκονται στο ίδιο διάστημα.
γ) Θεωρούμε συνάρτηση 2g t ln 9 t
Το πεδίο ορισμού της g θα είναι:
2 29 t 0 t 9 t 3 3 t 3 . Άρα gA 3, 3 .
Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 2, x 1 του ολοκληρώματος
να ανήκουν στην gA . Δηλαδή 2 ( 3, 3) και x 1 ( 3, 3)
Άρα 3 x 1 3 2 x 4 . Επομένως fA 2, 4
δ) Θεωρούμε συνάρτηση 2ln 1 t
g tt 4
Το πεδίο ορισμού της g θα είναι gA , 4 (4, )
Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα 2x , x 3 του ολοκληρώματος
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 360
να ανήκουν στην gA .
Επομένως: 2x , 4 4, και x 3 , 4 4, .
Έτσι θα έχουμε: 2x 4 και x 3 4 1
ή 2x 4 και x 3 4 2
Από τη σχέση 1 προκύπτει:
2 2 x 2x 4
2 x 1 3x 1x 3 4
Από τη σχέση 2 προκύπτει:
2x 4
x 3 4
(x 2 ή x 2) και x 1 και επομένως είναι x 2 .
Άρα από 3 και 4 το πεδίο ορισμού της f είναι
fA 2,1 2, .
Έστω f παραγωγίσιμη συνάρτηση στο R και τέτοια ώστε:
0xf , xR (1) και 00f (2)
Δείξτε ότι η εξίσωση
01eduu
xf
0
x2 έχει μοναδική πραγματική
ρίζα.
ΛΥΣΗ
Θεωρούμε τη συνάρτηση
1eduuxg x
xf
0
2 , xR.
Η g είναι συνεχής στο [0, 2] ως άθροισμα και σύνθεση συνεχών
18
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 361
συναρτήσεων αφού η f είναι συνεχής και η συναρτήσεις
x
2
0
u du και
xe είναι επίσης συνεχείς.
Για x 0 είναι
f 0 02
2 2
0 0
g 0 u du u du 0 άρα το 0 είναι ρίζα
της g. Επίσης για κάθε x R είναι
'f x
2 x
0
g ' x u du e 1
2 x
00 0
f x f x e 0
. Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα και
επομένως ο αριθμός 0 θα είναι η μοναδική πραγματική ρίζα της g και
κατ’ επέκταση της δοσμένης εξίσωσης.
Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R όπου 0 και
2dx)x(f
Αν ισχύει ότι f (x) 1 , για κάθε x (α, β), να αποδείξετε ότι η
εξίσωση xdt)t(f
x
έχει ακριβώς μια λύση στο (α, β).
ΛΥΣΗ
Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση
x
f t dt x 0
έχει
ακριβώς μία ρίζα στο , .
19
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 362
Θεωρούμε συνάρτηση
x
g x f t dt x, x ,
.
Η g είναι συνεχής στο , ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων.
g f t dt 0
αφού 0 .
g f t dt f t dt 2 0
.
Άρα από το θεώρημα Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
0x , τέτοιο ώστε 0x
0 0g x 0 f t dt x 0
.
Θα αποδείξουμε τώρα ότι έχει ακριβώς μία ρίζα στο , .
g (x)
x
f (t)d t x
f (x) 1 0
διότι από υπόθεση
έχουμε f x 1 για κάθε x , .
Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο , και επομένως θα
έχει ακριβώς μία ρίζα στο , .
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 363
Έστω η συνεχής συνάρτηση f: [α, β] R με την ιδιότητα
0dxxfI
. Δείξτε ότι υπάρχει (α, β) τέτοιο, ώστε
1
f x dx Iv
, όπου v 1 .
ΛΥΣΗ
Θεωρούμε τη συνάρτηση x
1g x f t dt I
με x[α, β] για την
οποία ισχύουν:
g συνεχής στο [α, β]
I1
g
.1 1 1 v 1
g f t dt I I I 1 I Iv v
Οπότε 2
2
1 v 1 v 1g g I I I 0
v v
διότι v 1
Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον
, τέτοιο, ώστε 1
g 0 f t dt Iν
20
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 364
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, ) R με f '(x) 0
και
x
f (x)
1
t f (t)dt e 1 , για κάθε x 0 . Να βρεθεί το f (e) .
ΛΥΣΗ
x x
f x f x
1 1
tf t dt e 1 tf t dt e 1
f (x)xf (x) e f (x) f x 0
x 0f x
x e
f xln x lne f x ln x .
Άρα f e lne 1 .
Έστω η συνάρτηση R),0[:f για την οποία ισχύει
0
f (x)dx 0
, με α > 0.
α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης
x 3
g(x) (x 2012) f (t)dt
, α >0.
β) Να δείξετε ότι υπάρχει 0x (3, 2012) τέτοιο ώστε
0x 3
0 0f (t)dt (2012 x ) f (x 3)
.
ΛΥΣΗ
α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το 0, . Θα πρέπει τώρα τα άκρα
21
22
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 365
του ολοκληρώματος της g να βρίσκονται μέσα στο πεδίο ορισμού
της f. Δηλαδή , x 3 0, . Έχουμε ότι 0 και επομένως
πρέπει επίσης x 3 0 x 3 . Άρα το πεδίο ορισμού της g είναι
gA 3, .
β) Εφαρμόζουμε θεώρημα Rolle για την g στο 3, 2012 .
Η g είναι συνεχής στο 3, 2012 ως γινόμενο συνεχών
συναρτήσεων.
x 3 x 3
g x x 2012 f t dt f t dt x 2012 f x 3
για κάθε x 3, 2012 .
g 3 0 και g 2012 0 .
Επομένως από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
0x 3, 2012 τέτοιο ώστε 0g x 0
0x 3
0 0f t dt x 2012 f x 3 0
0x 3
0 0f t dt 2012 x f x 3
.
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 366
Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο [0,1] τέτοια, ώστε:
1
0
f (x)dx 1
α) Δείξτε ότι η συνάρτηση
x
2
0
g(x) f (t)dt x ικανοποιεί τις
προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 1].
β) Δείξτε ότι υπάρχει ξ(0,1) τέτοιο, ώστε f ( ) .
ΛΥΣΗ
α) g συνεχής στο 0,1 ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων.
g (x)
x
2
0
f (t)dt x
f (x) 2x , για κάθε x 0,1 .
g 0 0
1
0
g 1 f t dt 1 0 από υπόθεση.
Επομένως από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
0,1 τέτοιο ώστε g 0 .
β) Από το (α) ερώτημα γνωρίζουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον
0,1 τέτοιο ώστε g 0 οπότε:
g 0 f 2 0 f 2 .
23
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 367
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο R και η συνάρτηση:
Rx ,dttxfxF
x
1
. Δείξτε ότι:
α) Υπάρχει (0, 1) τέτοιο, ώστε F' 0 .
β) ξfdttf
1
.
ΛΥΣΗ
α) Είναι x
1
F x xf t dt, x R . Η F είναι παραγωγίσιμη στο R ως
γινόμενο των παραγωγίσιμων στο R συναρτήσεων xxf1 και
x
1
2 dttfxf . Άρα είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] και επειδή
0dttf11F ,00F
1
1
ι σχύει το θεώρημα Rolle στο [0, 1].
Άρα υπάρχει (0, 1) τέτοιο, ώστε F' 0 .
β) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε αποδείξει ότι υπάρχει
(0, 1) τέτοιο, ώστε 0F .
Όμως
x
1
F'(x) f (t)dt xf (x) . Οπότε
1
F 0 f (t)dt f ( ) 0
1
f t dt f ξ
.
24
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 368
Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β]. Να δειχθεί ότι:
α) Η
x
dt)t(f)x)(x()x(h ικανοποιεί το θεώρημα Rolle στο
διάστημα [α, β].
β) Υπάρχει , ώστε: f ( )( )( )
f (t)dt2
ΛΥΣΗ
α) Η h είναι συνεχής στο , ως γινόμενο συνεχών
συναρτήσεων.
x
h x x x f t dt
x
x f (t)dt
x
x f (t)dt
x x f (x) , για κάθε
x , .
h h 0 .
Επομένως από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
0x , τέτοιο ώστε 0h x 0 1
β) Από το (α) ερώτημα γνωρίζουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον
0x , τέτοιο ώστε 0h x 0 . Επομένως: 0h x 0
25
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 369
x x
0 0 0 0 0x f t dt x f t dt x x f x 0
x
0 0 0 0 0x x f t dt x x f x 0
0x
0 0 0
0
f x x xf t dt
2x
0x
0 0 0
0
f x x xf t dt
2x
.
Δίνεται η συνάρτηση 2x
1
1f x dt , x 0
1 t
. Να αποδείξετε ότι:
4 4
f 7 f 515 11
ΛΥΣΗ
Εφαρμόζουμε θεώρημα μέσης τιμής για την f στο 5, 7 .
Η f είναι συνεχής στο 5, 7 .
1 2
f x 2x1 2x 1 2x
, για κάθε x 5, 7 .
Άρα από το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
0x 5, 7 τέτοιο ώστε
0
f 7 f 5f x
7 5
0
4f 7 f 5 1
2x 1
26
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 370
Όμως 0 0 05 x 7 10 2x 14 11 2x 1 15
1
0
1 1 1 4 4f 7 f 5
15 2x 1 11 15 11
.
Να αποδείξετε ότι: 4 3
2 2ln10 ln t 1 dt ln t 1 dt ln17
.
ΛΥΣΗ
Θεωρούμε συνάρτηση x
2f x ln t 1 dt, x R
.
Η συνάρτηση 2ln t 1 είναι συνεχής στο R, οπότε η f είναι
παραγωγίσιμη στο R, άρα συνεχής στο 3, 4 και παραγωγίσιμη στο
3, 4 , οπότε από το θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα, τουλάχιστον
3, 4 τέτοιο, ώστε f 4 f 3
f4 3
4 3
2 2ln t 1 dt ln t 1 dt
.
Είναι 2f x ln x 1 και 2
2xf x 0
x 1
για κάθε x 3, 4 ,
άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 3, 4 .
Επομένως: 3 4 f 3 f f 4
4 3
2 2ln10 ln t 1 dt ln t 1 dt ln17
.
27
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 371
Αν
x
G(x) f (t)dt
, όπου
3tu
1
ef (t) du
u , x > 0, t > 0 τότε:
α) Να βρείτε την G"(1) .
β) Να βρείτε το όριο x 0
xG"(x) 3lim
x 1 1
γ) Να δείξετε ότι:
i) G'(1) 0 ii) η G είναι κυρτή.
ΛΥΣΗ
α)
x 3xu
1
eG x f t dt f x dx
u
.
3xu 3x
1
e 3eG x dx
u 3x
.
Επομένως 3 3
33e 3 3eG 1 3e
33 .
β)
3x 3x
x 0 x 0 x 0
3e 3e 3x 3
xG x 3 3 x 3lim lim limx 1 1 x 1 1 x 1 1
03x3x 3x0
x 1 x 1 x 1
3e 31 3e 3 1 1 9elim lim lim
13 x 1 1 3 3x 1 1
2 x 1
1 9 186 3
13 3
2
.
28
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 372
γ) i) Έχουμε ότι: G (x) f (x)
3xu
1
edu
u . Επομένως
3u
1
eG 1 du 0
u διότι
4e0
u άρα και
3u
1
edu 0
u
ii) Έχουμε ότι 3x3e
G x 03x
για κάθε x 0 .
Επομένως η G είναι κυρτή.
Έστω συνάρτηση f: RR η οποία έχει συνεχή πρώτη παράγωγο και
στο 0x 1 η εφαπτόμενη της fC έχει εξίσωση y 2x 1 .
Να υπολογιστεί το όριο
xt 1
x 1
1
f (t) 3elim dt
(x 1)ln x
.
ΛΥΣΗ
Η εξίσωση εφαπτομένης της f στο 0x 1 είναι
(ε): y f (1) f '(1)(x 1) y f '(1)x f (1) f '(1) . Η fC έχει
εφαπτομένη στο σημείο αυτό την ευθεία y 2x 1 οπότε θα είναι
f '(1) 2 και f (1) f '(1) 1 f (1) 2 1 f (1) 3 (1).
Θα έχουμε λοιπόν:
x x
t 1t 1
x 1 x 1
1 1
f (t) 3e 1lim dt lim f (t) 3e dt
(x 1)ln x (x 1)ln x
'xx
t 1t 10
011
'x 1 x 1
f (t) 3e dtf (t) 3e dt
lim lim(x 1)ln x (x 1)ln x
29
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 373
'
x 1x 1 x 1 (1)
'0x 1 x 1 x 1
0
f (x) 3ef (x) 3e f (x) 3elim lim lim
x 1 1 1ln x ln x 1 ln x 1x x x
x 1 (1)
x 1
2
f '(x) 3e f '(1) 3 2 3 1lim
1 1 2 2 2
x x
Αν για την συνεχή συνάρτηση f: RR ισχύει
x
2x
0
e 1 f (t)dt , για κάθε Rx δείξτε ότι: f (0) 2 .
ΛΥΣΗ
x x
2x 2x
0 0
e 1 f t dt e 1 f t dt 0 , για κάθε x R .
Θεωρούμε συνάρτηση
x
2x
0
g x e 1 f t dt, x R .
Παρατηρούμε ότι 0g 0 e 1 0 0 . Επομένως g x g 0 για
κάθε x R . Άρα η g παρουσιάζει ελάχιστο στο 0x 0 και είναι και
παραγωγίσιμη οπότε από το θεώρημα Fermat θα είναι g 0 0 .
Όμως
x
2x 2x
0
g x e 1 f t dt 2e f x
.
Άρα: g (0) 0 02e f (0) 0 f (0) 2 .
30
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 374
Μια συνάρτηση f :R R έχει συνεχή παράγωγο στο R και f 1 0
Να αποδειχθεί ότι οι συναρτήσεις :
1
x t
0
F x e f x e f t dt και x 1
t t
0 x
G x e f t dt e f t dt
είναι ίσες.
ΛΥΣΗ
Είναι x 1 x x
t t t t
0 x 0 1
G x e f t dt e f t dt e f t dt e f t dt .
Οι F και G είναι παραγωγίσιμες στο R με
'1
x t x x
0
F' x e f x e f t dt e f x e f ' x 0
και
'x x
t t x x
0 1
G' x e f t dt e f t dt e f x e f x
οπότε
F'(x) G'(x) για κάθε x R άρα F(x) G(x) c, c R .
Για x 1 είναι
1 1
f (1) 0t t
0 0
F(1) G(1) c ef 1 e f t dt e f t dt 0 c
0 c και επομένως είναι F(x) G(x) για κάθε x R .
Για τις συνεχείς συναρτήσεις RR:g,f ισχύουν:
x
0
dt)t(g)x(f και 1dt)t(f)x(g
x
0
για κάθε Rx .
Να δειχθεί ότι 1))x(g())x(f( 22 για κάθε Rx .
ΛΥΣΗ
31
32
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 375
Θέλουμε να αποδείξουμε ότι 2 2
f x g x 1 , για κάθε x R
ή 2 2
f x g x 1 0 , για κάθε x R .
Θεωρούμε συνάρτηση 2 2
h x f x g x 1 , x R .
h x 2f x f x 2g x g x . Όμως:
f (x)
x
0
g(t)dt
g(x) και g (x)
x
0
f (t)dt 1
f (x) .
Άρα: h x 2f x g x 2g x f x h x 0 .
Άρα η h είναι σταθερή στο R και επομένως h x c .
Όμως για x 0 θα έχουμε: 2 2
h 0 f 0 g 0 1
2
h 0 0 1 1 h 0 0 . Άρα
x 0
h x c h 0 c c 0
και συνεπώς
2 2 2 2
h x 0 f x g x 1 0 f x g x 1 .
Έστω f, g συνεχείς συναρτήσεις στο διάστημα 1,2 . Να αποδειχθεί
ότι υπάρχει 1,2 τέτοιο, ώστε 2
1
f g x dx g f x dx
.
ΛΥΣΗ
Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει 1, 2 τέτοιο ώστε
2
1 1 2
f g x dx g f x dx g f x dx f g x dx 0
.
33
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 376
Θεωρούμε λοιπόν συνάρτηση
x x
1 2
h x f t dt g t dt, x 1, 2 .
Η g είναι συνεχής στο 1, 2 ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.
x x
2 1
g x f x g t dt g x f t dt , για κάθε t 1, 2 .
g 1 2 και g 2 0 .
Επομένως από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον
1, 2 τέτοιο ώστε 2 1
h 0 f g t dt g f t dt 0
.
Έστω RR:f συνεχής συνάρτηση με
x
2
0
f (x) t f (t) dt 2011 .
α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση )x(fe)x(g 3
x3
είναι σταθερή.
β) Να βρεθεί ο τύπος της f.
γ) Να υπολογιστεί το όριο:
x
0
2
xdt)t(ftlim .
ΛΥΣΗ
α) Από τη δοθείσα σχέση
x
2
0
f x t f t dt 2011 ,
παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη παίρνουμε:
34
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 377
x
2 2
0
f x t f t dt 2011 f x x f x 0 1
Οπότε:
3 3 3x x x
23 3 3g x e f x e x f x e f x
3x 123g x e x f x f x g x 0 .
Άρα η g είναι σταθερή στο R και επομένως g x c, c R .
β) Από τα (α) ερώτημα έχουμε ότι
3
3
x
3
x
3
cg x c e f x c f x 2
e
Όμως από τη δοθείσα σχέση για x 0 θα έχουμε:
xx 0
2
0
f x t f t dt 2011 f 0 0 2011 f 0 2011
.
Άρα από τη σχέση 2 για x 0 θα έχουμε:
3
x 0
0x
3
c cf x f 0 c 2011
ee
.
Επομένως 3x
3
2011f x
e
ή
3x
3f x 2011e
.
γ)
x x
2 2
0 0
f x t f t dt 2011 t f t dt 2011 f x .
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 378
Άρα: x
2
x x
0
lim t f t dt lim 2011 f x
3x
3
xlim 2011 2011e 2011 0 2011
διότι
3
3
x
3
xx x3
1lim e lim 0
e
.
****************** Α΄ ομάδα – Εμβαδά ******************
Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της 2f x 4 x , και την ευθεία y x 2 .
ΛΥΣΗ
Οι συναρτήσεις f και g x y x 2 είναι συνεχείς στο R, ως
πολυωνυμικές, οπότε και η συνάρτηση f g είναι συνεχής στο R ως
διαφορά συνεχών συναρτήσεων.
Έχουμε 2 2f x g x 4 x x 2 x x 2 .
Το τριώνυμο έχει ρίζες x 2 και x 1 .
Στον παρακάτω πίνακα βρίσκουμε το πρόσημο του τριωνύμου:
x 2 1
2x x 2
35
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 379
Το εμβαδόν λοιπόν του χωρίου Ω (βλέπε σχήμα) που περικλείεται από τη
γραφική παράσταση της f και την ευθεία y x 2 θα ισούται με:
11 1 3 2
2
2 2 2
x xE f x g x dx x x 2 dx 2x
3 2
9
2 τ. μον.
Nα υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της
γραφικής παράστασης της f και τον άξονα x 'x στις παρακάτω
περιπτώσεις:
α) f (x) 2x x , x[0, π]
β) 3 2f (x) x 4x , x R
γ) 2
ln xf (x)
x και την ευθεία x e .
ΛΥΣΗ
α) Το ζητούμενο εμβαδόν για την f στο 0, θα είναι:
36
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 380
0 0
f x dx 2x x dx
.
Επομένως πρέπει να βρούμε το πρόσημο της f στο 0, .
f x 0 2x x 0 2 x x x 0
x 2 x 1 0 x 0 ή 1
x2
.
x 0 2
x 0 x 0x 0 2 ,
Άρα x 2 ή x 2 , .
Όμως x 0, και επομένως x 0 ή x .
x 21 3
x x2 3
x 2 , Z3
Όμως x 0, και επομένως x3
.
Έτσι έχουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων της f:
x 0
3
x
2 x 1
f
Το ζητούμενο λοιπόν εμβαδόν θα είναι:
3
0 0
3
2x x dx 2x x dx x 2x dx
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 381
3
03
2x 2xx x
2 2
2 20 23 30
2 3 2 2 3 2
1 1
1 1 1 12 21 1
2 2 2 2 3 2
1 1 1 1 1 51 2
4 2 3 4 2 2 τ.μ.
β) Κατ’ αρχάς βρίσκουμε τα σημεία στα οποία η fC τέμνει τον
άξονα x x .
3 2 2f x 0 x 4x 0 x x 4 0 x 0 ή x 4 .
Φτιάχνουμε τώρα τον πίνακα προσήμων της f:
x 0 4
f x
Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:
4 4 4 4
3 43 2 2 3
00 0 0
x xE f x dx x 4x dx 4x x dx 4
3 4
3 44 4 644
3 4 3 τ.μ.
γ) Πρέπει πρώτα να βρούμε το άλλο άκρο ολοκλήρωσης.
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 382
Βρίσουμε έτσι πού τέμνει η fC τον άξονα x x .
2
ln xf x 0 0 ln x ln1 x 1
x .
Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι:
ln x 0
e e e e
2 2
1 1 1 1
ln x ln x 1E f x dx dx dx ln xdx
xx x
e ee e
21 1
1 1
ln x 1 ln x 1ln x dx dx
x x x x
e e
1 1
ln x 1 lne 1 1 1 e 20 1 1
x x e e e e e
τ.μ.
Έστω f, g: RR δύο παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες
ισχύουν: f ''(x) g''(x) 2 για κάθε xR, f (0) g(0) 10 και
f (1) g(1) 11 . Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που
περικλείεται από τις fC , Cg και τις ευθείες x 0 και x 3 .
ΛΥΣΗ
Το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι
3
0
E f x g x dx .
Από τα δεδομένα της άσκησης όμως έχουμε:
f x g x 2 f x g x 2x
2f x g x 2x c f x g x x cx
21 1f x g x x cx c , c, c R .
37
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 383
Όμως για x 0 είναι: 1 1f 0 g 0 c c 10 διότι
f 0 g 0 10 .
Για x 1 είναι: 1f 1 g 1 1 c c 11 c 11 c 0 διότι
f 1 g 1 11 .
Άρα 2 2f x g x x 10 f x g x x 10 .
Επομένως: 3 3 3
2 2
0 0 0
E f x g x dx x 10 dx x 10 dx
33 2
0
x 310x 10 3 39
3 3
τ.μ.
Έστω η συνάρτηση 2xxexf .
α) Να υπολογίσετε το εμβαδό E( ) , του χωρίου που περικλείεται από
τη fC τις ευθείες x 1 , x , 1 και τον άξονα των x.
β) Να βρείτε το
Elim .
ΛΥΣΗ
α) Παρατηρούμε ότι η f είναι συνεχής στο [1, λ] και ισχύει: f (x) 0
για κάθε x[1, λ]. Επομένως:
2 2x x
1 1 1
1E f x dx xe dx 2xe dx
2
2 2 2
2
'2 x x 1
11
1 1 1 1 1 1x e dx e e e
2 2 2 2 2e 2e
38
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 384
β) e2
10
e2
1
e2
1lim
e2
1lim
e2
1
e2
1limElim
22
Έστω η συνάρτηση xlnx9xf 2 .
α) Να βρεθεί το εμβαδό ( ) του χωρίου που περικλείεται από τη fC
τον άξονα των x και τις ευθείες x 1 , x , 1 .
β) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός λ(1, e) τέτοιος, ώστε E( ) 17
ΛΥΣΗ
α) Παρατηρούμε ότι η f είναι συνεχής στο [1, λ] και ισχύει: f (x) 0
για κάθε x[1, λ]. Επομένως:
1
3
1
2
1
xdxlnx3xdxlnx9dxxfE
3 3 3 2
1
1 1
13x ln x 3x dx 3 ln 3x dx
x
3 3 3 3
13 ln x 3 ln 1
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση
e 1,λ , 16lnλ317Eg 33 .
Η g είναι συνεχής στο [1, e] ως άθροισμα συνεχών
συναρτήσεων. Επίσης
3 3 3g(1) g(e) 1 16 3e e 16 17 2e 16 0 .
39
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 385
Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η g έχει τουλάχιστον μια
ρίζα στο (1, e). Επίσης είναι:
'
3 3 2 2 2g' 3 lnλ 16 3 ln 3 3 ln 1 0 για
κάθε x[1, e]. Επομένως η g είναι γνησίως αύξουσα στο
[1, e] άρα θα μοναδική ρίζα. Επομένως υπάρχει μοναδικό
1, e τέτοιο, ώστε E( ) 17 .
Δίνεται συνάρτηση x6x3xf 2 και η ευθεία
: y 6 3 x , α 0, 2 .
α) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που ορίζουν η fC και ο
άξονας των x.
β) Να βρείτε την τιμή του α για την οποία η ευθεία (ε) χωρίζει το Ω
σε δυο ισεμβαδικά χωρία.
ΛΥΣΗ
α) Κατ’ αρχάς βρίσκουμε που τέμνει η fC τον άξονα των x. Είναι:
2f x 0 3x 6x 0 3x x 2 0 x 0 ή x = 2.
Δηλαδή οι αριθμοί 0 και 2 είναι οι τετμημένες των σημείων τομής
της fC με τον άξονα των x. Το πρόσημο της f φαίνεται στον
παρακάτω πίνακα:
x 0 2 +
f +
Επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι:
40
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 386
2 2 2
2
0 0 0
E f x dx f x dx 3x 6x dx
2
3 2
0x 3x 4 . .
β)
Πρώτα θα βρούμε το εμβαδόν που περικλείεται από την fC και την
ευθεία : y 6 3 x . Βρίσκουμε τα κοινά σημεία της fC με
την (ε). Είναι:
2f x 6 3 x 3x 3 x 0 x 0 ή x α .
Δηλαδή οι αριθμοί 0 και α είναι οι τετμημένες των σημείων τομής
της fC με την ευθεία (ε). Το πρόσημο της διαφοράς
x3x3x36xf 2 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:
x 0 α +
-3x2 + 3αx +
Επομένως το εμβαδόν του χωρίου Ω1 που περικλείεται από την fC
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 387
και την (ε) είναι: 1
0
E f x 6 3 x dx
2
0
3x 3 x dx
2 33
0
3 xx
2 2
Επομένως η (ε) χωρίζει το Ω σε δυο ισεμβαδικά χωρία αν και
μόνο αν ισχύει: 3
31
1 1E E 4 4
2 2 2
.
Θεωρούμε τη συνεχή στο διάστημα [α, β] συνάρτηση f για την οποία
ισχύει f (x) 0 για κάθε x[α, β]. Να αποδείξετε ότι:
α) Για τη συνάρτηση x
x
h x f t dt f t dt
ισχύουν οι
προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [α, β].
β) Αν (α, β) με h ' 0 , τότε η ευθεία x ξ χωρίζει το χωρίο
που ορίζεται από την fC τον άξονα x΄x και τις ευθείες x α και
x σε δυο ισεμβαδικά χωρία.
ΛΥΣΗ
α) Η h είναι συνεχής στο [α, β] ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.
Η h είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με
βx x
x x
h x f t dt f t dt f t dt f t dt
41
Ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα 388
x
x
f x f t dt f x f t dt
Επίσης είναι:
h f t dt f t dt 0
και h f t dt f t dt 0
Οπότε h h . Επομένως ισχύουν οι προϋποθέσεις του
θεωρήματος Rolle για την h στο [α, β].
β) Κατ’ αρχάς η f έχει θετικές τιμές στο [α, β].
Για να αποδείξουμε ότι η ευθεία x χωρίζει το χωρίο που ορίζεται
από την fC τον άξονα x΄x και τις ευθείες x α και x σε δυο
ισεμβαδικά χωρία, αρκεί να δείξουμε ότι
dxxfdtxf .
Από το (α) ερώτημα έχουμε αποδείξει ότι ισχύουν οι προϋποθέσεις
του θεωρήματος Rolle για την h στο [α, β]. Επομένως υπάρχει
(α, β) τέτοιο, ώστε h '( ) 0 οπότε
ξ
h '( ) 0 f f t dt f f t dt 0
ξ ξ
f ( ) 0
f f t dt f f t dt f t dt f t dt
Άρα η ευθεία x ξ χωρίζει το χωρίο που ορίζεται από την fC τον
άξονα x΄x και τις ευθείες x α και x σε δυο ισεμβαδικά
χωρία.