ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ Ο κύριος στόχος αυτού του κεφαλαίου είναι να δείξουµε ότι η ολοκλήρωση είναι η αντίστροφη πράξη της παραγώγισης και να δώσουµε τις βασικές µεθόδους υπολογισµού των ολοκληρωµάτων Το σηµαντικότερο σηµείο της θεωρίας που εξετάζουµε είναι το εξής: Αν f() είναι συνάρτηση συνεχής στο [,], τότε υπάρχει παραγωγίσιµη συνάρτηση g() µε την ιδιότητα g () = f() για κάθε, οπότε το g() g() ισούται µε τη διαφορά: το εµβαδόν του χωρίου {(, y) : [,], 0 y f ()} µείον το εµβαδόν του χωρίου {(, y) : [,], f () y 0} ΤΟ ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ Ας δούµε πρώτα πως ορίζουµε το εµβαδόν του χωρίου X που περιορίζεται από το γράφηµα µιας συνεχούς θετικής συνάρτησης f() ορισµένη στο διάστηµα [,], και τις ευθείες =, =, y = 0, δηλ X = {(,y) : [,], 0 y f()} Χωρίζουµε το διάστηµα [,]σε n ίσα διαστήµατα µήκους εξής: = το καθένα, ως n [,] = [,+ ] [+,+ ] [ + (n ),+ n ] Εύκολα µπορούµε να δούµε ότι το άθροισµα E n n = f( ) k= k

είναι µια προσέγγιση του εµβαδού του X, όπου k τυχόν σηµείο του k διαστήµατος, δηλ k [ + (k ),+ k ], για k =,,,n Παρατηρούµε ότι όσο το n µεγαλώνει, τόσο το του χωρίου Αποδεικνύεται ότι το lim E n + αυτός είναι το εµβαδόν του χωρίου X n E n προσεγγίζει καλύτερα το εµβαδόν υπάρχει και είναι πραγµατικός αριθµός Ο αριθµός Αν η f()είναι τυχούσα συνεχής συνάρτηση ορισµένη στο διάστηµα [,] (όχι κατ ανάγκη θετική), τότε, όταν το n τείνει στο +, το E τείνει στην τιµή E = E E, n + όπου E + το εµβαδόν του χωρίου και E το εµβαδόν του χωρίου X = {(,y) : + [,], 0 y f()} X = {(,y) : [,], f() y 0} Την τιµή E την ονοµάζουµε ορισµένο ολοκλήρωµα της f()στο διάστηµα [,] και την συµβολίζουµε f()d Στα επόµενα παραδείγµατα τα ολοκληρώµατα εξετάζονται βάσει του ορισµού, από τον γεωµετρικό υπολογισµό των εµβαδών των χωρίων X +, X Παραδείγµατα Το d 0 ισούται µε το εµβαδόν του χωρίου {(,y): 0, 0 y } (την ακριβή τιµή του δεν µπορούµε προς το παρόν να υπολογίσουµε), αν 0 Αν f () = τότε f ()d= +, αν 0<

Για την σταθερή συνάρτηση f() = έχουµε f()d = 4 Αν f() = και < 0 < τότε f()d = E+ E = f ()d = 0 6 0d = 0 Ι ΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥ ΟΡΙΣΜΕΝΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΟΣ Οι επόµενες ιδιότητες του ορισµένου ολοκληρώµατος αποδεικνύονται σχετικά εύκολα µε τον ορισµό Πρόταση Αν f(), g() συνεχείς συναρτήσεις στο [,], τότε [f () + g()]d = f ()d + g()d, kf ()d = k f ()d, όπου k σταθερά, c c f()d = f()d+ f()d, όπου c, 4 m(-) f()d Μ(-), όταν m f() M, [, ] Χάριν ενοποίησης του συµβολισµού µπορούµε να ορίσουµε και την ακόλουθη ιδιότητα:

4 Ορισµός f()d = - f()d Παραδείγµατα 9 [ sin( + ) 7e ]d = 9 9 9 d sin( + )d 7 e d Αν 0 αν [0,] f() =, τότε αν [,] f ()d = f ()d + f ()d = 0 + ( )d = d d = / (τα δύο 0 0 τελευταία ολοκληρώµατα υπολογίστηκαν γεωµετρικά) 0 e d e, διότι = e e e = e για κάθε [, ] 4 0 e d + e d = 0 0 Αν f() συνεχής στο [,], τότε t r t f()d = f()d + f()d, για κάθε s s r s, t,r [,] Απόδειξη Όταν s r t, είναι άµεσο Όταν r s t, τότε t t s t r f ()d = f ()d f ()d = f ()d + f ()d Όµοια οι άλλες περιπτώσεις s r r r s ΤΟ ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ Η επόµενη έννοια είναι πολύ χρήσιµη στον υπολογισµό του ορισµένου ολοκληρώµατος

Ορισµός Αόριστο ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f() ορισµένη σε ένα διάστηµα λέµε τις συναρτήσεις που η παράγωγός τους ισούται µε f() Αν g() είναι µία τέτοια συνάρτηση, δηλ g () = f(), τότε κάθε άλλη θα έχει τη µορφή g() + c όπου c κάποια σταθερά (δες επόµενη Σηµείωση) Τότε λέµε ότι το αόριστο ολοκλήρωµα της f()είναι g() + c, και το συµβολίζουµε f()d = g() + c Σηµείωση Αν (), g() διαφορίσιµες σε ένα διάστηµα, και () = g () = f() για κάθε, τότε υπάρχει σταθερά c έτσι ώστε () = g() + c ιότι από το Θεώρηµα µέσης τιµής, αν µία συνάρτηση όπως η () g() έχει σταθερά µηδενική παράγωγο σε ένα διάστηµα τότε είναι σταθερή Παραδείγµατα sin()d = cos() + c Απόδειξη ( cos()) = sin() d= + c Απόδειξη ( ) = = Μπορούµε τώρα να διατυπώσουµε το επόµενο σηµαντικό θεώρηµα που δικαιολογεί γιατί λέµε η ολοκλήρωση είναι η αντίστροφη πράξη της παραγώγισης Θεώρηµα Έστω f:[,] R συνεχής συνάρτηση Τότε η συνάρτηση F() = f(t)dt είναι παραγωγίσιµη και ισχύει F () = f(), για [, ], δηλ f ()d = f(t)dt + c Απόδειξη Υποθέτουµε ότι 0 (, ) Αν 0 = ή 0 =, η απόδειξη µπορεί να συµπληρωθεί εύκολα από τον αναγνώστη

6 Εξ ορισµού έχουµε F( + ) F( ) 0 0 0 = lim 0 F( ) Υποθέτουµε κατ αρχάς ότι > 0 Τότε F( 0 + ) - F( 0 ) = Ορίζουµε τα m, M ως εξής: m =min{f(): 0 0 +}, M = m{ f(): 0 0 +} Από ιδιότητα των ορισµένων ολοκληρωµάτων, έχουµε ότι m n 0 + f()d M 0 0 + f()d 0 Εποµένως F( + ) F( ) 0 0 m M Εάν < 0, λίγα πράγµατα πρέπει να αλλάξουµε: Θέτουµε m = min{f(): 0 + 0 } M = m{ f(): 0 + 0 } Τότε m (-) 0 0 + f()d M (-) Επειδή F( 0 + ) - F( 0 ) = παίρνουµε 0+ 0 f()d f()d = - 0 f()d, 0 + m F( 0 +)- F( 0 ) M Επειδή < 0, διαιρώντας µε αντιστρέφεται η ανισότητα και έχουµε F( + ) F( ) 0 0 m M Όµως η f() είναι συνεχής στο 0, άρα ισχύει Αυτό αποδεικνύει ότι lim m = lim M = f ( ) 0 0 0

7 F( + ) F( ) 0 0 0 = lim = f( 0 ) 0 F( ) Πόρισµα Αν f() είναι συνεχής σε ένα διάστηµα τότε υπάρχει το αόριστο ολοκλήρωµά του Έχουµε τώρα το εξής σηµαντικό θεώρηµα που δικαιολογεί τη σηµασία του αόριστου ολοκληρώµατος για τον υπολογισµό του ορισµένου ολοκληρώµατος Θεώρηµα (Θεµελιώδες Θεώρηµα του Ολοκληρωτικού Λογισµού) Αν f()είναι συνεχής στο [,]και f()d= g() + c τότε f()d = g() g() Απόδειξη Έχουµε g () = f(), και F() = f() από το προηγούµενο θεώρηµα, όπου F() = f(t)dt Άρα υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε g() = F() + c Οπότε f ()d = F() = F() F() = g() g() Παραδείγµατα cos()d = sin() sin(), διότι cos()d = sin() + c 0 ed= e e = e 0, διότι ed= e + c Να υπολογίσετε την παράγωγο της συνάρτησης f() = Λύση Θέτουµε () = και g() = Τότε έχουµε ηµt dt, > 0 t ηµt dt t

8 f() = g( ) = g(()) Άρα, από τον κανόνα σύνθετης παραγώγισης έχουµε f () = g (()) () f () = g ( ) () Από προηγούµενo Θεώρηµα έχουµε g () = ηµ Επιπλέον () = Άρα f () = ηµ = ηµ Σηµείωση Το αόριστο ολοκλήρωµα µεθόδους ηµt dt δεν υπολογίζεται µε στοιχειώδεις t ΑΟΡΙΣΤΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΑΠΛΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Για τον υπολογισµό των αορίστων ολοκληρωµάτων µπορούµε να θεωρούµε ως γνωστά τα παρακάτω στοιχειώδη αόριστα ολοκληρώµατα Πρόταση Ισχύουν τα εξής: = > λ+ λ+ λ d + c (λ - µε 0 ή λ ) d = ln + c, ( < 0 ή > 0) e d = e + c 4 sind = cos + c cos d = sin + c 6 d = sin + c, ( < < ) 7 d = tn + c + Απόδειξη Τα πρώτα πέντε ολοκληρώµατα επαληθεύονται εύκολα: λ+ λ ( λ+ ) λ = =, ln = =, e = e, ( ) ( ) ( ) λ+ λ+ cos = sin, sin = cos ( ) ( )

9 Όµοια επαληθεύονται και τα 6), 7): Για το 6): Η συνάρτηση f() = sin ορισµένη στο [-π/, π/] είναι ένα προς ένα και επί το σύνολο [-, ] Η y = sin - είναι η αντίστροφή της Έχουµε λοιπόν siny =, - και παραγωγίζοντας: ( cos y )(sin ) =, δηλ cos y = sin y =, οπότε cos y (sin ) = Επίσης έχουµε cos y - =± Αλλά y ( /, /) π π όταν < <, άρα cos y > 0 Εποµένως cos y = και - (sin ) = Για το 7): Η συνάρτηση f() = tn ορισµένη στο (-π/, π/) είναι ένα προς ένα και επί το σύνολο Η y = tn - είναι η αντίστροφή της Έχουµε λοιπόν tny =, και παραγωγίζοντας: cos y - (tn ) =, δηλ - (tn ) = cos y Επίσης έχουµε cos y = cos y sin y tn y = cos y =, οπότε cos y = Άρα + - (tn ) = + Τα δύο τελευταία ολοκληρώµατα θα τα υπολογίσουµε αργότερα χωρίς να τα υποθέτουµε ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΑΟΡΙΣΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ Οι πιο συνηθισµένοι τρόποι υπολογισµού αορίστων ολοκληρωµάτων είναι µε την µέθοδο της αντικατάστασης, την κατά παράγοντες ολοκλήρωση, και την ολοκλήρωση µε ανάλυση σε απλά κλάσµατα Καταρχάς, να διευκρινίσουµε ότι µε f(y)dy θα εννοούµε ότι η µεταβλητή της συνάρτησης f είναι το y (και όχι το), και ότι ολοκληρώνουµε ως προς αυτήν την µεταβλητή Παραδείγµατα

0 y ydy= + c, διότι dy= + c z e dz z e = + c, διότι z e = d dz e z Πρώτα απ όλα πρέπει να επιδιώκουµε τον υπολογισµό του αορίστου ολοκληρώµατος βάσει του ορισµού και των απλών ιδιοτήτων του όπως αυτές διατυπώνονται στην ακόλουθη εύκολη Πρόταση Πρόταση Αν f(), g() συνεχείς συναρτήσεις στο [,], τότε [f () + g()]d = f ()d + g()d, kf ()d = k f ()d, όπου k σταθερά Παραδείγµατα [ ce ]d d c e d ce συν + = συν + = ηµ + + c 0 y y y + dy = dy + dy = ydy + dy = + ln y + c y y y Πρόταση (Μέθοδος αντικατάστασης) Έστω f(), g() συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σε κάποια διαστήµατα, έτσι ώστε να υπάρχει η σύνθετη συνεχής συνάρτηση f(g()) Υποθέτουµε την g() παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο g() Τότε f (g())g ()d = f (y)dy, όπου y = g() Απόδειξη Αν θέσουµε f (y)dy = F(y) + c, τότε df(y) = F (y)y = f(y)y = f(g())g () d Άρα f()g ()d = F(y) + c= f(y)dy

Σύµφωνα µε τη µέθοδο αυτή, αντικαθιστούµε τη µεταβλητή της συνάρτησης που ζητάµε το ολοκλήρωµα, µε µία νέα µεταβλητή Με αυτό τον τρόπο, το ολοκλήρωµα µπορεί να αναχθεί σε κάποιο απλούστερο ολοκλήρωµα Σηµείωση Υπάρχει ο εξής µνηµονικός κανόνας: α) Αν θέσουµε τον µετασχηµατισµό = (y) (µε την (y) να έχει συνεχή παράγωγο) τότε µπορούµε να αντικαθιστούµε βάσει της εξίσωσης d = (y)dy β) Αν θέσουµε τον µετασχηµατισµό y = g(), (µε την g() να έχει συνεχή παράγωγο και µε g() 0), τότε µπορούµε να αντικαθιστούµε βάσει της εξίσωσης dy = g ()d (διότι αν η συνάρτηση y = g() έχει αντίστροφη την = (y), τότε (y) =, και έχουµε την αντικατάσταση g() d = (y)dy = dy ) g() γ) Γενικότερα, αν αντικαταστήσουµε την µεταβλητή µε την y, ώστε να ικανοποιείται η εξίσωση g() = (y), (µε τις g(), (y)να έχουν συνεχείς παραγώγους και µε g() 0), τότε µπορούµε να αντικαθιστούµε βάσει της εξίσωσης g ()d = (y)dy (η εξήγηση είναι όπως στο β) ) Παραδείγµατα f(e ) e d = f(y)dy, όπου Απόδειξη ιότι (e ) e y = e, και f: R R συνεχής συνάρτηση =, και εφαρµόζουµε την αντικατάσταση e = y sin sin y y e cos d = e sin d = e dy = e + c, µε y sin ( ) = Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα () e + e d () e ηµ(e )d () Λύση () Θέτουµε +e - = y dy = -e - d Άρα (ηµ-συν) d (4) ηµ d + συν

e + e d = - () Θέτουµε e = y dy = e d Άρα e ηµ(e )d dy = -ln y + c = -ln(+e - )+ c y = ηµydy = -συνy + c = -συν(e - ) + c () (ηµ-συν) d = (ηµ +συν ηµ συν)d = (-ηµ συν)d = d- ηµ συνd = d- ηµ (ηµ) d = - ydy (όπου y = ηµ) = y + c = ηµ + c (4) Θέτουµε y = + συν dy = -ηµd Άρα ηµ dy d = - + συν = -ln y +c = -ln +συν + c= -ln(+συν)+ c y 4 d = sin () + c Απόδειξη Αν θέσουµε = siny, δηλ < <, -π/ < y < π/, cosy > 0 Οπότε =, τότε d = cos ydy και έχουµε y sin () = = = + = + sin y cos y d cos ydy cos ydy y c sin () c d = tn () + c + Απόδειξη Θέτουµε tny + + tn y cos y d = tn y dy = dy, και άρα cos y = Οπότε ( ) d = dy dy y c tn () c = = + = + Πόρισµα Έστω f(), g()συνεχείς συναρτήσεις έτσι ώστε να υπάρχει η σύνθετη συνεχής συνάρτηση f(g()) ορισµένη σε διάστηµα [,] Υποθέτουµε την g() παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο g() Τότε

g() f (g()) g ()d = f (y)dy g() Απόδειξη Έχουµε f(g()) g ()d = f(y)dy, όπου y = g() Αν f (y)dy = F(y) + c, τότε f (g()) g ()d = F(g()) + c Οπότε f(g()) g ()d = F(g()) F(g()) = f(y)dy g() g() Παραδείγµατα Να υπολογιστεί το d dt t sin(t) ed Λύση Έχουµε ed= e + c Άρα sin(t) = sin(t) sin(t) t ed= e = e e = t t Εποµένως d dt sin(t) = sin(t) t t ed cos(t)e e Αν P() = [s + cos(s)]ds, να υπολογιστεί το P() Λύση Έχουµε [s cos(s)]ds s / + = + sin(s) + c Άρα [s + cos(s)]ds = ( s + ) = = ( + ) ( + ) = ( + ) s / sin(s) 4 / sin() / sin() / sin() sin() s= = + + + Εποµένως P () ( / sin() sin() ) ( cos() cos() ) e e ( ) 0 sin(e )e d = sin(e ) e d = sin(y)dy = cos y = cos e + cos e 0 0 0 e Πρόταση (Μέθοδος κατά παράγοντες ολοκλήρωση)

4 Έστω f()s, g() παραγωγίσιµες συναρτήσεις, ορισµένες σε κάποιο διάστηµα, µε συνεχείς παραγώγους Τότε f() g ()d = f() g() f () g()d Απόδειξη Έχουµε ( ) f()g() = f ()g() + f()g () Οπότε ( ) f ()g() + f()g () d = f()g() + c Παραδείγµατα Υπολογισµός του Λύση e d e d = (e ) d = e () e d = e e d = e e + c Υπολογισµός του ed Λύση Θα εφαρµόσουµε δύο φορές την ολοκλήρωση κατά παράγοντες Με την πρώτη έχουµε e d = (e ) d = e ( ) e d = e e d Οπότε, χρησιµοποιώντας το προηγούµενο Παράδειγµα, παίρνουµε e d = e (e e + c) Το αποτέλεσµα αυτό το γράφουµε απλά e e + e + c, γιατί το c είναι τυχαία σταθερά Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα - () lnd () e d () Λύση () lnd = = () = () ( ) lnd = ln (ln) d e συνd (4) + d = ln d = ln d = ln + c - - e d = (e ) d = = = + 9 [e () e d] (e e d) e e c e συνd = ( e ) d [e e ( ) d] συν = συν συν = [e συν + e ηµ d] = e συν + e ηµ d = 4 = ( )

= e συν + e ηµ e ( ηµ ) d = 4 4 9 = e συν + e ηµ e συνd 4 4 Άρα e συνd e e c 4 = συν + ηµ + 4 / = ( + ) (4) + d ( ) d = = [( ) / ( ) / + + d] = / / = [( + ) ( + ) d] = / / = (+ ) (+ ) + c Με την επόµενη µέθοδο υπολογίζουµε αόριστα ολοκληρώµατα ρητών παραστάσεων, αναλύοντας την ρητή παράσταση σε απλά κλάσµατα Υπενθυµίζουµε ότι αν έχουµε δύο πολυώνυµα p(),q() c τότε κάνοντας διαίρεση το ρητό κλάσµα πολυώνυµα, µε το p() q() µπορεί να γραφεί ως υ () να έχει βαθµό µικρότερο του q() υ() π () +, όπου π (), υ () q() Πρόταση (Ανάλυση σε απλά κλάσµατα) Θεωρώντας ότι αναφερόµαστε πάντα σε πραγµατικούς αριθµούς, έχουµε τα εξής: α) Αν τα πολυώνυµα p(),q (),q () έχουν βαθµό λ, µ, µ αντίστοιχα, µε λ<µ +µ και επιπλέον τα q(),q() δεν έχουν κοινό παράγοντα (ισοδύναµα, δεν έχουν κοινή ρίζα), τότε υπάρχουν πολυώνυµα p(),p() µε βαθµό ν, ν αντίστοιχα, µε ν <µ και ν <µ, έτσι ώστε p() p() p() q()q() q() q() = + β) Αν το πολυώνυµο p() είναι βαθµού µικρότερου από n και 0, τότε υπάρχουν A,B έτσι ώστε i i

6 p() A+ B A+ B A + B = + + + n n n n ( + + c) + + c ( + + c) ( + + c) γ) Αν το πολυώνυµο p() είναι βαθµού µικρότερου από n και 0, τότε υπάρχουν A i έτσι ώστε p() A A A = + + + + ( + ) n n n ( + ) ( + ) Η απόδειξη παραλείπεται Παραδείγµατα Να αναχθεί η ρητή παράσταση ( + )( + ) σε απλούστερα κλάσµατα Λύση Σύµφωνα µε την προηγούµενη Πρόταση: Παρατηρούµε ότι τα πολυώνυµα, ( ) + + δεν έχουν κοινό παράγοντα, οπότε, λόγω του α) υπάρχουν πολυώνυµα p(),p() βαθµού µικρότερου του, ώστε = p () + p () ( + )( + ) + ( + ) Από το β) έχουµε ότι p() = A+ B p() C D Από το γ) έχουµε ότι = + ( + ) + ( + ) Υπάρχουν λοιπόν σταθερές Α, Β,C,D έτσι ώστε A+ B C D = + + ( + )( + ) + + ( + ) Για τον υπολογισµό των σταθερών: Για κάθε έχουµε ( A B)( ) C( )( ) D( ) ισοδύναµα = + + + + + + +, ( ) ( ) A C (A B C D) (A B C) B C D = + + + + + + + + + + +

7 Στη συνέχεια εξισώνουµε τους οµοβάθµιους όρους βρίσκουµε ένα σύστηµα εξισώσεων A+ C = A + B + C + D = 0 A+ B+ C = 0 B+ C+ D = 0 Λύνοντας το σύστηµα βρίσκουµε: Α = 0, Β = -/, C =, D = -/ / / Εποµένως = + + ( + )( + ) + + ( + ) Να αναχθεί η ρητή παράσταση ( + ) ( + ) σε απλούστερα κλάσµατα Λύση Σύµφωνα µε την προηγούµενη Πρόταση: Παρατηρούµε ότι τα πολυώνυµα ( ),( ) + + δεν έχουν κοινό παράγοντα, οπότε, λόγω του α) υπάρχουν πολυώνυµα p(),p() βαθµού µικρότερου του 4 και, αντίστοιχα, ώστε ( ) ( ) ( + + + ) ( + ) p() = + p() p() A+ B A+ B Από το β) έχουµε ότι = + ( ) ( + + + ) p() C C Από το γ) έχουµε ότι ( + = ) + + ( + + ) ( + ) C Υπάρχουν λοιπόν σταθερές A,B,C i i j έτσι ώστε A+ B A+ B C C = + + + + ( + ) ( + ) + ( + ) + ( + ) ( + ) C Για τον υπολογισµό των σταθερών: Για κάθε έχουµε ( )( )( ) ( )( ) = A + B + + + A + B + +

8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + C + + + C + + + C + Στη συνέχεια εξισώνουµε τους οµοβάθµιους όρους και βρίσκουµε ένα σύστηµα εξισώσεων µε το οποίο υπολογίζουµε τις σταθερές όπως προηγουµένως Υπολογίστε τα ολοκληρώµατα 6 () d () d ( )( + ) + Λύση 6 A B () Έχουµε ότι = + ( )( + ) + υπολογίσουµε ως εξής: Απλοποιώντας τους παρονοµαστές έχουµε 6 - = A( + ) + B( - ) 6 - = A B + (A + B) A - B - 6, A + B = - Άρα 7 A =, B = Εποµένως όπου Α, Β σταθερές τις οποίες θα 6-7 d = d + d = ( )( + ) + 7 ln + = ln + c () d = d + - d + + (i) Υπολογισµός του d + Έχουµε ότι - + = (-) +, άρα d d = + ( ) + Θέτουµε y = - Άρα dy = d

9 d Εποµένως ( ) + = y + dy = tn - y + c = tn - (-) + c (ii) Υπολογισµός του d + Θέτουµε y = dy - + = - dy = ( - )d d - + Άρα d = + d + = - = d + + d + + + = dy y = d = ln y + d + = = ln( - + ) + d = ln( - + ) + [tn - (-) + c] + 4 Υπάρχουν Α, Β, Γ,, Ε έτσι ώστε A B = p() + + + + + Γ +Ε + + + ( ) ( + )( + + ) ( ) όπου p() πολυώνυµο (πηλίκο της διαίρεσης του ( ) ( )( ) + + + ) + µε το ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Είδαµε ότι το ορισµένο ολοκλήρωµα αφορά συνεχείς συναρτήσεις που είναι ορισµένες σε κλειστά διαστήµατα Τώρα µπορούµε να επεκτείνουµε το ολοκλήρωµα και για συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σε διαστήµατα της µορφής [,), [, + ), (,], (,] όπου, πραγµατικοί Σ αυτή την περίπτωση ορίζουµε f()d = lim f()d

0 + + f()d = lim f()d + f()d = lim f()d + f()d = lim f()d αντίστοιχα, εφόσον υπάρχει το όριο Τα ολοκληρώµατα αυτά επονοµάζονται γενικευµένα Κάποια από αυτά ανάγονται στα ορισµένα ολοκληρώµατα, σύµφωνα µε την επόµενη Πρόταση Πρόταση Αν η f() είναι συνεχής στο διάστηµα [,], τότε Απόδειξη f()d = f()d = f()d + f()d = f()d+ f()d = = lim f ()d f ()d lim f ()d lim f ()d f ()d lim f ()d + = + = + Αλλά, επειδή η f() είναι συνεχής, υπάρχει Μ ώστε M f() M για κάθε Άρα M( ) f()d M( ), οπότε lim f ()d = 0 Εποµένως f()d = f()d Όµοια, + f()d = f()d Παραδείγµατα Nα υπολογιστεί το γενικευµένο ολοκλήρωµα + d e + e 0 Λύση Υπολογισµός του d e + e : d e + e e d = e +

Θέτουµε e = y Άρα dy = e d dy = e d e d dy = e + = tn - (y) + c = tn - (e ) + c y + Άρα + d = 0 e + e + lim tn (e ) tn - 0 (e ) = π π 4 = π 4 Υπολογισµός του d 0+ Λύση Έχουµε d = + c Άρα d = lim d = lim = + t t 0+ t 0+ 0+ t ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ Α Το ορισµένο ολοκλήρωµα, σύµφωνα µε τον ορισµό, δίνει το εµβαδόν κάποιων επίπεδων χωρίων Λίγο πιο γενικά έχουµε το ακόλουθο Πρόταση Αν f(), g() είναι συνεχείς συναρτήσεις µε f() g() για κάθε [,], τότε το χωρίο {(,y) :,f() y g()} που περικλείεται από τις ευθείες =, = και τα γραφήµατα των συναρτήσεων f(), g(), έχει εµβαδόν [g() f()]d Απόδειξη Αν κάνουµε µία παράλληλη µεταφορά του χωρίου {(,y) :,f() y g()} κατά το διάνυσµα v = (0,M) θα έχουµε το χωρίο {(,y):,f() + M y g() + M}

µε εµβαδόν όσο και το πρώτο Λόγω της συνέχειας της f() µπορούµε να επιλέξουµε το Μ τέτοιο ώστε M < f(), δηλ 0 < f () + M, για κάθε Παρατηρούµε ότι το χωρίο {(,y) :,f() + M y g() + M} ισούται µε το {(, y) :,0 y g() + M} µείον το {(, y) :,0 y < f () + M} και ότι το εµβαδόν του {(, y) :,0 y < f () + M} ισούται µε το εµβαδόν του {(, y) :,0 y f () + M} Οπότε το εµβαδόν που θέλουµε να υπολογίσουµε ισούται µε το εµβαδόν του {(, y) :,0 y g() + M} µείον το εµβαδόν του {(, y) :,0 y f () + M}, δηλ µε [ g() + M] d [ f() + M] d που είναι ίσο µε [g() f()]d Παράδειγµα Βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που φράσσεται από τα γραφήµατα των συναρτήσεων f() = - και g() = Λύση Μελετώντας τις συναρτήσεις f και g µπορούµε να σχεδιάσουµε τα γραφήµατα τους Για παράδειγµα, επιλύνοντας την εξίσωση f() = g() - = έχουµε - - = 0 ή ( --) = 0 + Άρα οι ρίζες είναι = 0,, Έτσι, βρήκαµε που τέµνονται τα γραφήµατα των f, g Στη συνέχεια επαληθεύουµε εύκολα ότι f() g(), 0 πχ f(½) > g(½),

+ και f() g() 0, Άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι πχ f() < g() Ε = 0 + 0 ( )d + ( ( ))d Το οποίο υπολογίζεται εύκολα Β Με το ολοκλήρωµα µπορούµε να υπολογίσουµε όγκους σύµφωνα µε την επόµενη Πρόταση (που δεν αποδεικνύουµε) Πρόταση Έστω f(z)συνεχής συνάρτηση στο [,], και V χωρίο του R Αν f(z)είναι το εµβαδόν του επίπεδου χωρίου V(z) = {(, y) : (, y,z) V}, τότε όγκος του χωρίου που περικλείεται µεταξύ των επιπέδων z V f(z)dz είναι ο =, z = και ανήκει στο Παράδειγµα Να υπολογιστεί ο όγκος του χωρίου V που περικλείεται από τα επίπεδα z = 0, z = και την επιφάνεια + y = r (κύλινδρος διαµέτρου r και ύψους ) Λύση Έχουµε ότι το V(z) είναι δίσκος ακτίνας r, άρα το εµβαδόν του είναι f(z) =π r Οπότε ο όγκος του V είναι 0 π rdz=πr Γ Το ολοκλήρωµα υπολογίζει µήκη καµπύλης Ας δούµε πρώτα πως ορίζουµε το µήκος της καµπύλης y = f() της γραφικής παράστασης µιας συνεχούς θετικής συνάρτησης f() ορισµένη στο διάστηµα [,] Χωρίζουµε το διάστηµα [,]σε n ίσα διαστήµατα µήκους εξής: = το καθένα, ως n

4 [,] = [,+ ] [+,+ ] [ + (n ),+ n ] z =,f της καµπύλης y = f() που αντιστοιχούν στα και παίρνουµε τα σηµεία k ( k ( k) ) άκρα των διαστηµάτων, δηλ k = + k, για k = 0,,, n Εύκολα µπορούµε να δεχτούµε ότι το άθροισµα M z z f( ) f( ) f( ) f( ) n n n n = k k = ( k k ) + ( k k ) = ( ) + ( k k ) k= k= k= είναι µια προσέγγιση του µήκους της y = f(), που γίνεται καλύτερη όσο µεγαλώνει το n Υποθέτουµε ότι η f() έχει παράγωγο Τότε, από το Θεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχουν ξk [ + (k ), + k ], για k =,,,n, έτσι ώστε n n n k k k= k= Οπότε ( ) ( ) ( ) M = + f ( ξ ) = + f ( ξ ) f( k) f( k ) f( ξ k ) = Αν υποθέσουµε επιπλέον ότι η f() έχει συνεχή παράγωγο τότε η συνάρτηση ( f ()) + είναι συνεχής Άρα από τον ορισµό του ολοκληρώµατος το lim M n n ισούται µε το + ( ) f () d και λέγεται µήκος της καµπύλης y = f(), [,] Έχουµε έτσι την ακόλουθη Πρόταση + Πρόταση Αν f() είναι συνάρτηση ορισµένη στο διάστηµα [,] µε συνεχή παράγωγο τότε το µήκος της καµπύλης y = f() ισούται µε + ( f ()) d Παράδειγµα Υπολογισµός του µήκους της καµπύλης της γραφικής παράστασης όταν [0,] f() = /, Λύση Το µήκος της είναι Αρκεί να υπολογίσουµε το 0 = + d + d

Θέτουµε =εφ y, οπότε d = dy, συν y άρα ( ηµ y) + d = +εφ y dy = dy = dy = συν y συν y ( συν y) ( ηµ y) = = dy ( ) dz, ηµ y ( z ) όπου z y Αλλά = ηµ dz = ( ) dz z ( z) ( + z), και σύµφωνα µε προηγούµενη Πρόταση α β γ δ = + + + ( z) ( + z) z ( z) + z ( + z) υπολογίζουµε και βρίσκουµε α = β = γ = δ = ¼ Άρα ( z) ( + z), για κάποια α, β, γ, δ, που + z z dz = ln z + + ln + z + c = ln + + c 4 z + z 4 z z Συνεπώς z z 4 + z z + d = ln + + c, µε ( z =ηµ εφ ) ηµ ( εφ ) z z z z = + d = ln + ln = + 4 + z z ( ) 4 + z z ηµ εφ, και 0 0 0