Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 3.5: Η συνάρτηση F(x)=∫ₐˣf(t)dt (σελ. 219-222)

(Πηγή: Βιβλίο Μαθητή, σελ. 220-223. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου.)

Άσκηση Α1 (σελ. 220)

Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα i) \(\int_0^2(3x^2-2x+1)dx\) ii) \(\int_1^e\frac{\sqrt x+1}{\sqrt{x^3}}dx\) iii) \(\int_0^{\pi/2}(\sigma\upsilon\nu x-2\eta\mu x)dx\) iv) \(\int_1^2\left(x+\frac1x\right)^2dx\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Βρίσκουμε μια παράγουσα \(G\) και εφαρμόζουμε \(\int_\alpha^\beta f=G(\beta)-G(\alpha)\).

Λύση:

1. i) \(G(x)=x^3-x^2+x\Rightarrow \int_0^2=G(2)-G(0)=(8-4+2)-0=6\).
2. ii) \(\frac{\sqrt x+1}{\sqrt{x^3}}=x^{-1}+x^{-3/2}\Rightarrow G(x)=\ln x-2x^{-1/2}\Rightarrow \int_1^e=(\ln e-2/\sqrt e)-(\ln1-2)=(1-2/\sqrt e)+2=3-\frac{2}{\sqrt e}\).
3. iii) \(G(x)=\eta\mu x+2\sigma\upsilon\nu x\Rightarrow \int_0^{\pi/2}=(\eta\mu\frac\pi2+2\sigma\upsilon\nu\frac\pi2)-(\eta\mu0+2\sigma\upsilon\nu0)=(1+0)-(0+2)=-1\).
4. iv) \(\left(x+\frac1x\right)^2=x^2+2+\frac1{x^2}\Rightarrow G(x)=\frac{x^3}3+2x-\frac1x\Rightarrow \int_1^2=\left(\frac83+4-\frac12\right)-\left(\frac13+2-1\right)=\frac{37}6-\frac43=\frac{37}6-\frac86=\frac{29}6\).

Απάντηση: i) \(6\) ii) \(3-\dfrac{2}{\sqrt e}\) iii) \(-1\) iv) \(\dfrac{29}{6}\)

Πρόσεξε:

• Στο (i) η εκφώνηση όπως εξήχθη έχει κάτω όριο \(1\) (\(\int_1^2\)), που δίνει \(5\), όχι \(6\). Με κάτω όριο \(0\) (\(\int_0^2\)) προκύπτει ακριβώς \(6\), που ταιριάζει με την επίσημη απάντηση — πιθανό OCR-λάθος στο κάτω όριο. Χρησιμοποιήσαμε \(\int_0^2\).

Άσκηση Α2 (σελ. 220)

Να αποδείξετε ότι \(\displaystyle\int_1^2\frac{x^3+7x}{x^2+5}dx+2\int_2^1\frac{x}{x^2+5}dx=\frac32\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Γράφουμε \(2\int_2^1=-2\int_1^2\) και ενώνουμε τα ολοκληρώματα· διαίρεση πολυωνύμων για το πρώτο κλάσμα.

Λύση:

1. \(\frac{x^3+7x}{x^2+5}=x+\frac{2x}{x^2+5}\) (αφού \(x^3+7x=x(x^2+5)+2x\)). Άρα \(\int_1^2\frac{x^3+7x}{x^2+5}dx=\left[\frac{x^2}2+\ln(x^2+5)\right]_1^2=(2+\ln9)-(0{,}5+\ln6)=1{,}5+\ln\frac96\).
2. \(2\int_2^1\frac{x}{x^2+5}dx=-2\int_1^2\frac{x}{x^2+5}dx=-[\ln(x^2+5)]_1^2=-(\ln9-\ln6)=-\ln\frac96\).
3. Προσθέτοντας: \(1{,}5+\ln\frac96-\ln\frac96=\frac32\). ∎

Απάντηση: Αποδεικνύεται: το άθροισμα ισούται με \(\dfrac32\) (οι λογαριθμικοί όροι απαλείφονται).

Άσκηση Α3 (σελ. 220)

Να αποδείξετε ότι \(\displaystyle 2\int_\alpha^\beta f(x)f'(x)dx=(f(\beta))^2-(f(\alpha))^2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Αναγνωρίζουμε ότι \(2f(x)f'(x)\) είναι η παράγωγος της \(f(x)^2\) και εφαρμόζουμε το Θεμελιώδες Θεώρημα.

Λύση:

1. \(\left(f(x)^2\right)'=2f(x)f'(x)\Rightarrow \int_\alpha^\beta 2f(x)f'(x)dx=\left[f(x)^2\right]_\alpha^\beta=(f(\beta))^2-(f(\alpha))^2\). ∎

Απάντηση: Αποδεικνύεται άμεσα, αναγνωρίζοντας το ολοκλήρωμα ως παράγωγο της \(f^2\).

Άσκηση Α4 (σελ. 220)

Αν η γραφική παράσταση της \(f\) διέρχεται από τα \(A(0,0)\) και \(B(1,1)\), να βρείτε το \(\int_0^1f'(x)dx\) (\(f,f'\) συνεχείς στο \([0,1]\)).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Άμεση εφαρμογή του Θεμελιώδους Θεωρήματος: \(\int_0^1f'(x)dx=f(1)-f(0)\).

Λύση:

1. \(\int_0^1f'(x)dx=f(1)-f(0)=1-0=1\) (αφού \(A(0,0)\Rightarrow f(0)=0\) και \(B(1,1)\Rightarrow f(1)=1\)).

Απάντηση: \(1\)

Άσκηση Α5 (σελ. 220)

Να βρείτε τις παραγώγους i) \(F(x)=\int_1^{\sigma\upsilon\nu x}\sqrt{1-t^2}\,dt\) ii) \(F(x)=\int_x^1\frac{\sigma\upsilon\nu\theta}{\theta}d\theta\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Τύπος \(\left(\int_a^{g(x)}f(t)dt\right)'=f(g(x))g'(x)\) με \(g(x)=\sigma\upsilon\nu x\). ii) Αντιστρέφουμε τα όρια πρώτα (\(F(x)=-\int_1^x\)) και εφαρμόζουμε το Θεμελιώδες Θεώρημα.

Λύση:

1. i) \(F'(x)=\sqrt{1-\sigma\upsilon\nu^2x}\cdot(\sigma\upsilon\nu x)'=\sqrt{\eta\mu^2x}\cdot(-\eta\mu x)=|\eta\mu x|\cdot(-\eta\mu x)=-\eta\mu x\cdot|\eta\mu x|\).
2. ii) \(F(x)=\int_x^1\frac{\sigma\upsilon\nu\theta}\theta d\theta=-\int_1^x\frac{\sigma\upsilon\nu\theta}\theta d\theta\Rightarrow F'(x)=-\frac{\sigma\upsilon\nu x}{x}\).

Απάντηση: i) \(F'(x)=-\eta\mu x\cdot|\eta\mu x|\) ii) \(F'(x)=-\dfrac{\sigma\upsilon\nu x}{x}\)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη απάντηση του βιβλίου για το (ii) αναφέρει \(\frac{\sigma\upsilon\nu\sqrt x}{2x}\), που δεν αντιστοιχεί στην εξίσωση \(F(x)=\int_x^1\frac{\sigma\upsilon\nu\theta}\theta d\theta\) όπως εξήχθη (πιθανή αναντιστοιχία ετικέτας απάντησης σε λάθος υποερώτημα κατά την εξαγωγή). Η δική μας απάντηση \(-\sigma\upsilon\nu x/x\) προκύπτει άμεσα και αδιαμφισβήτητα από τον κανόνα παραγώγισης.

Άσκηση Α6 (σελ. 220)

i) Να βρείτε την παράγωγο της \(f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\). ii) Να αποδείξετε ότι \(\int_0^1\frac1{\sqrt{1+x^2}}dx=\ln(1+\sqrt2)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Κανόνας αλυσίδας για τον λογάριθμο σύνθετης παράστασης. ii) Χρησιμοποιούμε το (i): η \(f\) είναι παράγουσα του ολοκληρωτέου, άρα εφαρμόζουμε το Θεμελιώδες Θεώρημα.

Λύση:

1. i) \(f'(x)=\dfrac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}=\dfrac1{\sqrt{x^2+1}}\) (απλοποίηση αφού ο αριθμητής \(\sqrt{x^2+1}+x\) απαλείφεται με τον παρονομαστή).
2. ii) Από το (i), η \(f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\) είναι παράγουσα της \(\frac1{\sqrt{x^2+1}}\). Άρα \(\int_0^1\frac1{\sqrt{1+x^2}}dx=f(1)-f(0)=\ln(1+\sqrt2)-\ln(0+1)=\ln(1+\sqrt2)-0=\ln(1+\sqrt2)\). ∎

Απάντηση: i) \(f'(x)=\dfrac1{\sqrt{x^2+1}}\) ii) αποδεικνύεται χρησιμοποιώντας το (i) ως παράγουσα

Άσκηση Β1 (σελ. 220)

Αν \(\int_0^xg(t)dt=x^4+x^6\) για κάθε \(x\in\mathbb R\), να βρείτε το \(g(1)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της δοσμένης ισότητας ως προς \(x\) (αριστερά με το Θεμελιώδες Θεώρημα).

Λύση:

1. Παραγωγίζοντας: \(\left(\int_0^xg(t)dt\right)'=(x^4+x^6)'\Rightarrow g(x)=4x^3+6x^5\) για κάθε \(x\).
2. Άρα \(g(1)=4+6=10\).

Απάντηση: \(g(1)=10\)

Πρόσεξε:

• Η εκφώνηση όπως εξήχθη αναγράφει «\(\int_0^x\mathrm{tg}(t)dt\)» (εφαπτομένη), κάτι ασύμβατο με μια αυθαίρετη ισότητα σε όλο το \(\mathbb R\) (η \(\mathrm{tg}\) δεν ορίζεται παντού). Ερμηνεύσαμε το «tg» ως OCR-λάθος για την άγνωστη συνάρτηση \(g\) (όχι εφαπτομένη), ερμηνεία που ταιριάζει απόλυτα με το ζητούμενο «\(g(1)\)» και με την επίσημη απάντηση \(10\).

Άσκηση Β2 (σελ. 220)

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση \(f(x)=\int_x^{x+\pi}e^{\sigma\upsilon\nu2t}dt\) είναι σταθερή.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Παραγωγίζουμε με τον κανόνα για μεταβλητά άνω/κάτω όρια και χρησιμοποιούμε ότι η \(e^{\sigma\upsilon\nu2t}\) έχει περίοδο \(\pi\) (αφού \(\sigma\upsilon\nu2t\) έχει περίοδο \(\pi\)).

Λύση:

1. \(f'(x)=e^{\sigma\upsilon\nu2(x+\pi)}\cdot(x+\pi)'-e^{\sigma\upsilon\nu2x}\cdot(x)'=e^{\sigma\upsilon\nu(2x+2\pi)}-e^{\sigma\upsilon\nu2x}\).
2. Επειδή \(\sigma\upsilon\nu(2x+2\pi)=\sigma\upsilon\nu2x\) (περιοδικότητα του συνημιτόνου με περίοδο \(2\pi\)), έχουμε \(e^{\sigma\upsilon\nu(2x+2\pi)}=e^{\sigma\upsilon\nu2x}\), άρα \(f'(x)=0\) για κάθε \(x\in\mathbb R\).
3. Αφού \(f'(x)=0\) παντού και το \(\mathbb R\) είναι διάστημα, η \(f\) είναι σταθερή. ∎

Απάντηση: \(f'(x)=0\) για κάθε \(x\), άρα η \(f\) είναι σταθερή

Πρόσεξε:

• Η εκφώνηση όπως εξήχθη έχει άνω όριο \(x+1\) αντί \(x+\pi\). Με \(x+1\) η συνάρτηση ΔΕΝ είναι σταθερή γενικά (\(f'(x)=e^{\sigma\upsilon\nu(2x+2)}-e^{\sigma\upsilon\nu2x}\neq0\) εν γένει, αφού το \(2\) δεν είναι πολλαπλάσιο περιόδου). Με \(x+\pi\) (μισή περίοδος της \(\sigma\upsilon\nu2t\), άρα ολόκληρη περίοδος του \(e^{\sigma\upsilon\nu2t}\)) η απόδειξη είναι άμεση και κλασική — πιθανό OCR-λάθος «\(\pi\to1\)».

Άσκηση Β3 (σελ. 220)

Αν \(f(x)=\int_0^{x^2}e^{-t}dt\), να προσδιορίσετε τα διαστήματα μονοτονίας και τα τοπικά ακρότατα της \(f\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Παραγωγίζουμε με τον κανόνα αλυσίδας για το άνω όριο \(x^2\) και μελετάμε το πρόσημο.

Λύση:

1. \(f'(x)=e^{-x^2}\cdot(x^2)'=2xe^{-x^2}\). Επειδή \(e^{-x^2}>0\) πάντα, το πρόσημο του \(f'(x)\) καθορίζεται από το \(2x\): αρνητικό για \(x<0\), θετικό για \(x>0\), μηδέν στο \(x=0\).
2. Άρα η \(f\) είναι γνησίως φθίνουσα στο \((-\infty,0]\) και γνησίως αύξουσα στο \([0,+\infty)\), με τοπικό (και ολικό) ελάχιστο στο \(x=0\): \(f(0)=\int_0^0e^{-t}dt=0\).

Απάντηση: Φθίνουσα σε \((-\infty,0]\), αύξουσα σε \([0,+\infty)\)· τοπικό ελάχιστο \(f(0)=0\)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη απάντηση του βιβλίου αναγράφει «τοπικό ελάχιστο το \(f(2)=0\)», ενώ το κρίσιμο σημείο από \(f'(x)=2xe^{-x^2}=0\) είναι σαφώς το \(x=0\) (όχι \(x=2\)) — πιθανό OCR-λάθος ψηφίου (\(0\to2\)). Χρησιμοποιήσαμε το ορθό \(x=0\), με \(f(0)=0\) (τετριμμένα, αφού τα όρια ολοκλήρωσης συμπίπτουν).

Άσκηση Β4 (σελ. 220)

Αν \(F(x)=x\displaystyle\int_0^xf(t)dt\), να βρείτε την \(F'(x)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το \(F\) είναι γινόμενο δύο συναρτήσεων του \(x\): του \(x\) και του \(\int_0^xf(t)dt\)· εφαρμόζουμε κανόνα παραγώγισης γινομένου.

Λύση:

1. Θέτουμε \(u(x)=x\) και \(v(x)=\int_0^xf(t)dt\), οπότε \(u'(x)=1\) και \(v'(x)=f(x)\) (Θεμελιώδες Θεώρημα).
2. \(F'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)=\int_0^xf(t)dt+xf(x)\).

Απάντηση: \(F'(x)=\displaystyle\int_0^xf(t)dt+xf(x)\)

Πρόσεξε:

• Η εκφώνηση όπως εξήχθη γράφει \(F(x)=\int_0^1xf(t)dt\) (άνω όριο σταθερό \(=1\)), οπότε το \(x\) θα ήταν απλώς σταθερός συντελεστής και \(F'(x)\) θα ήταν απλά \(\int_0^1f(t)dt\) — μια σταθερά, όχι έκφραση με \(x\). Η επίσημη απάντηση \(\int_0^xf(t)dt+xf(x)\) απαιτεί το άνω όριο να είναι \(x\) (μεταβλητό), όχι \(1\)· διορθώσαμε αναλόγως (πιθανό OCR-λάθος \(x\to1\)).

Άσκηση Β5 (σελ. 220)

Να αποδείξετε ότι η \(F(x)=\int_1^x\frac1{1+t^2}dt+\int_1^{1/x}\frac1{1+t^2}dt\) είναι σταθερή στο \((0,+\infty)\) και να βρείτε τον τύπο της.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Παραγωγίζουμε (ο δεύτερος όρος με κανόνα αλυσίδας, \(g(x)=1/x\)) και δείχνουμε ότι η παράγωγος μηδενίζεται· μετά υπολογίζουμε την τιμή σε ένα βολικό σημείο (π.χ. \(x=1\)).

Λύση:

1. \(F'(x)=\frac1{1+x^2}+\frac1{1+(1/x)^2}\cdot\left(-\frac1{x^2}\right)=\frac1{1+x^2}+\frac{x^2}{x^2+1}\cdot\left(-\frac1{x^2}\right)=\frac1{1+x^2}-\frac1{x^2+1}=0\), για κάθε \(x>0\).
2. Αφού \(F'(x)=0\) σε όλο το διάστημα \((0,+\infty)\), η \(F\) είναι σταθερή εκεί.
3. Υπολογίζοντας στο \(x=1\): \(F(1)=\int_1^1\frac1{1+t^2}dt+\int_1^1\frac1{1+t^2}dt=0+0=0\). Άρα \(F(x)=0\) για κάθε \(x>0\).

Απάντηση: \(F'(x)=0\Rightarrow F\) σταθερή, με \(F(x)=0\) για κάθε \(x\in(0,+\infty)\)

Άσκηση Β6 (σελ. 220)

Να βρείτε το \(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac1h\int_2^{2+h}\sqrt{5+t^2}\,dt\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Αναγνωρίζουμε την έκφραση ως τον ορισμό της παραγώγου στο \(x=2\) της συνάρτησης \(G(x)=\int_2^x\sqrt{5+t^2}dt\), αφού \(G(2+h)-G(2)=\int_2^{2+h}\sqrt{5+t^2}dt\).

Λύση:

1. Το ζητούμενο όριο είναι, εξ ορισμού, το \(G'(2)\), όπου \(G(x)=\int_2^x\sqrt{5+t^2}dt\): \(\lim_{h\to0}\frac{G(2+h)-G(2)}h=G'(2)\).
2. Από το Θεμελιώδες Θεώρημα, \(G'(x)=\sqrt{5+x^2}\), άρα \(G'(2)=\sqrt{5+4}=\sqrt9=3\).

Απάντηση: \(3\)

Άσκηση Β7 (σελ. 220)

Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα i) \(\int_4^6\frac{x}{\sqrt{x^2-4}}dx\) ii) \(\int_0^{\pi/2}[\eta\mu(\sigma\upsilon\nu x+x)\eta\mu x-\eta\mu(\sigma\upsilon\nu x+x)]dx\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) \(u=x^2-4\), αλλαγή ορίων. ii) Παρατηρούμε ότι ο παράγοντας \((\eta\mu x-1)\) είναι, εκτός προσήμου, η παράγωγος του \(\sigma\upsilon\nu x+x\).

Λύση:

1. i) \(u=x^2-4,\ du=2xdx\). Όρια: \(x=4\to u=12,\ x=6\to u=32\). \(\int_4^6\frac{x}{\sqrt{x^2-4}}dx=\frac12\int_{12}^{32}u^{-1/2}du=[\sqrt u]_{12}^{32}=\sqrt{32}-\sqrt{12}=4\sqrt2-2\sqrt3\).
2. ii) Γράφουμε το ολοκλήρωμα ως \(\int_0^{\pi/2}\eta\mu(\sigma\upsilon\nu x+x)(\eta\mu x-1)dx\). Θέτουμε \(u=\sigma\upsilon\nu x+x\Rightarrow du=(1-\eta\mu x)dx=-(\eta\mu x-1)dx\). Όρια: \(x=0\to u=1,\ x=\pi/2\to u=\pi/2\). \(\int_0^{\pi/2}\eta\mu(u)\cdot(-du)\to \int_1^{\pi/2}(-\eta\mu u)du=[\sigma\upsilon\nu u]_1^{\pi/2}=\sigma\upsilon\nu(\pi/2)-\sigma\upsilon\nu1=0-\sigma\upsilon\nu1=-\sigma\upsilon\nu1\).

Απάντηση: i) \(4\sqrt2-2\sqrt3\) ii) \(-\sigma\upsilon\nu1\)

Άσκηση Β8 (σελ. 220)

Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα i) \(\int_0^2(x^2-|x-1|)dx\) ii) \(\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx\), όπου \(f(x)=x\) για \(-\pi\leq x\leq0\) και \(f(x)=\eta\mu x\) για \(0<x\leq\pi\) iii) \(\int_0^3|x^2-3x+2|dx\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε περίπτωση διασπάμε το διάστημα ολοκλήρωσης στα σημεία όπου αλλάζει ο τύπος της συνάρτησης (ρίζες της απόλυτης τιμής ή σημεία ορισμού της κλαδωτής συνάρτησης).

Λύση:

1. i) \(|x-1|=1-x\) για \(x\leq1\), \(=x-1\) για \(x\geq1\). \(\int_0^2(x^2-|x-1|)dx=\int_0^1(x^2+x-1)dx+\int_1^2(x^2-x+1)dx=\left[\frac{x^3}3+\frac{x^2}2-x\right]_0^1+\left[\frac{x^3}3-\frac{x^2}2+x\right]_1^2=\left(-\frac16\right)+\left(\frac83-\frac56\right)=-\frac16+\frac{11}6=\frac{10}6=\frac53\).
2. ii) \(\int_{-\pi}^\pi f(x)dx=\int_{-\pi}^0xdx+\int_0^\pi\eta\mu x\,dx=\left[\frac{x^2}2\right]_{-\pi}^0+[-\sigma\upsilon\nu x]_0^\pi=\left(0-\frac{\pi^2}2\right)+(1+1)=2-\frac{\pi^2}2\).
3. iii) \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\), αρνητικό στο \((1,2)\), θετικό αλλού. \(\int_0^3|x^2-3x+2|dx=\int_0^1(x^2-3x+2)dx-\int_1^2(x^2-3x+2)dx+\int_2^3(x^2-3x+2)dx\). Με \(G(x)=\frac{x^3}3-\frac{3x^2}2+2x\): \(G(0)=0,G(1)=\frac56,G(2)=\frac23,G(3)=\frac32\). Άρα \(=\frac56-\left(\frac23-\frac56\right)+\left(\frac32-\frac23\right)=\frac56+\frac16+\frac56=\frac{11}6\).

Απάντηση: i) \(\dfrac53\) ii) \(2-\dfrac{\pi^2}2\) iii) \(\dfrac{11}6\)

Άσκηση Β9 (σελ. 220)

Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα i) \(\int_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt x}dx\) ii) \(\int_0^1xe^{-x}dx\) iii) \(\int_0^1x\ln(9+x^2)dx\) iv) \(\int_0^{\pi/2}e^x\sigma\upsilon\nu2x\,dx\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε περίπτωση εφαρμόζουμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες (και στο iv την κυκλική μέθοδο / έτοιμο τύπο).

Λύση:

1. i) \(u=\ln x,\ dv=x^{-1/2}dx\Rightarrow v=2\sqrt x\). \(\int_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt x}dx=[2\sqrt x\ln x-4\sqrt x]_1^{e^2}=(2e\cdot2-4e)-(0-4)=(4e-4e)+4=4\).
2. ii) \(u=x,dv=e^{-x}dx\Rightarrow v=-e^{-x}\). \(\int_0^1xe^{-x}dx=[-e^{-x}(x+1)]_0^1=(-2/e)-(-1)=1-\frac2e\).
3. iii) \(u=\ln(9+x^2),dv=xdx\Rightarrow v=\frac{x^2}2,du=\frac{2x}{9+x^2}dx\). \(\int_0^1x\ln(9+x^2)dx=\left[\frac{x^2}2\ln(9+x^2)\right]_0^1-\int_0^1\frac{x^3}{9+x^2}dx=\frac12\ln10-\int_0^1\left(x-\frac{9x}{9+x^2}\right)dx=\frac12\ln10-\left[\frac{x^2}2-\frac92\ln(9+x^2)\right]_0^1=\frac12\ln10-\frac12+\frac92(\ln10-\ln9)=5\ln10-\frac92\ln9-\frac12\).
4. iv) Με τον τύπο \(\int e^{ax}\sigma\upsilon\nu(bx)dx=\frac{e^{ax}(a\sigma\upsilon\nu bx+b\eta\mu bx)}{a^2+b^2}\), \(a=1,b=2\): \(G(x)=\frac{e^x(\sigma\upsilon\nu2x+2\eta\mu2x)}5\). \(\int_0^{\pi/2}e^x\sigma\upsilon\nu2x\,dx=G(\pi/2)-G(0)=\frac{e^{\pi/2}(-1+0)}5-\frac{1(1+0)}5=-\frac{e^{\pi/2}}5-\frac15=-\frac15(e^{\pi/2}+1)\).

Απάντηση: i) \(4\) ii) \(1-\dfrac2e\) iii) \(5\ln10-\dfrac92\ln9-\dfrac12\) iv) \(-\dfrac15(e^{\pi/2}+1)\)

Πρόσεξε:

• Στο (ii) η επίσημη απάντηση του βιβλίου αναφέρει \(\frac{e^2-2}e\), ενώ η δική μας, δύο φορές επαληθευμένη με ολοκλήρωση κατά παράγοντες, δίνει \(1-\frac2e\) — δεν εντοπίσαμε μετατροπή ορίων/προσήμου που να συμφιλιώνει τις δύο εκφράσεις (αριθμητικά πολύ διαφορετικές: \(\approx0{,}264\) έναντι \(\approx1{,}982\)). Κρατήσαμε τη δική μας, πλήρως επαληθευμένη απάντηση και σημειώνουμε τη μη επιλυμένη απόκλιση.

Άσκηση Β10 (σελ. 220)

Αν \(I=\int_0^{\pi/2}x\eta\mu^2x\,dx\), \(J=\int_0^{\pi/2}x\sigma\upsilon\nu^2x\,dx\), να υπολογίσετε τα \(I+J,\ I-J,\ I,\ J\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το \(I+J\) απλοποιείται με την ταυτότητα \(\eta\mu^2x+\sigma\upsilon\nu^2x=1\)· το \(I-J\) με \(\eta\mu^2x-\sigma\upsilon\nu^2x=-\sigma\upsilon\nu2x\) και ολοκλήρωση κατά παράγοντες· μετά \(I,J\) από άθροισμα/διαφορά.

Λύση:

1. \(I+J=\int_0^{\pi/2}x(\eta\mu^2x+\sigma\upsilon\nu^2x)dx=\int_0^{\pi/2}x\,dx=\left[\frac{x^2}2\right]_0^{\pi/2}=\frac{\pi^2}8\).
2. \(I-J=\int_0^{\pi/2}x(\eta\mu^2x-\sigma\upsilon\nu^2x)dx=-\int_0^{\pi/2}x\sigma\upsilon\nu2x\,dx\). Κατά παράγοντες: \(\int x\sigma\upsilon\nu2x\,dx=\frac{x\eta\mu2x}2+\frac{\sigma\upsilon\nu2x}4\), οπότε \(\int_0^{\pi/2}x\sigma\upsilon\nu2x\,dx=\left(0+\frac{-1}4\right)-\left(0+\frac14\right)=-\frac12\). Άρα \(I-J=-(-\frac12)=\frac12\).
3. \(I=\frac{(I+J)+(I-J)}2=\frac{\frac{\pi^2}8+\frac12}2=\frac{\pi^2}{16}+\frac14\). \(J=\frac{(I+J)-(I-J)}2=\frac{\frac{\pi^2}8-\frac12}2=\frac{\pi^2}{16}-\frac14\).

Απάντηση: \(I+J=\dfrac{\pi^2}8,\quad I-J=\dfrac12,\quad I=\dfrac{\pi^2}{16}+\dfrac14,\quad J=\dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac14\)

Άσκηση Β11 (σελ. 220)

Έστω \(f\) με \(f''\) συνεχή, ώστε \(\int_0^\pi(f(x)+f''(x))\eta\mu x\,dx=2\). Αν \(f(\pi)=1\), να υπολογίσετε το \(f(0)\) με τη βοήθεια της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Αναλύουμε το ολοκλήρωμα σε δύο όρους. Το \(\int f''\eta\mu x\,dx\) ολοκληρώνεται κατά παράγοντες ΔΥΟ φορές διαδοχικά, οπότε ο όρος \(\int f\eta\mu x\,dx\) εμφανίζεται ξανά και απαλείφεται με τον αντίστοιχο όρο της εξίσωσης.

Λύση:

1. \(\int_0^\pi f''(x)\eta\mu x\,dx=[f'(x)\eta\mu x]_0^\pi-\int_0^\pi f'(x)\sigma\upsilon\nu x\,dx=0-\int_0^\pi f'(x)\sigma\upsilon\nu x\,dx\) (αφού \(\eta\mu0=\eta\mu\pi=0\)).
2. \(\int_0^\pi f'(x)\sigma\upsilon\nu x\,dx=[f(x)\sigma\upsilon\nu x]_0^\pi+\int_0^\pi f(x)\eta\mu x\,dx=(-f(\pi)-f(0))+\int_0^\pi f(x)\eta\mu x\,dx\).
3. Άρα \(\int_0^\pi f''(x)\eta\mu x\,dx=f(\pi)+f(0)-\int_0^\pi f(x)\eta\mu x\,dx\). Αντικαθιστώντας στη δοσμένη σχέση: \(\int_0^\pi f(x)\eta\mu x\,dx+f(\pi)+f(0)-\int_0^\pi f(x)\eta\mu x\,dx=2\Rightarrow f(\pi)+f(0)=2\Rightarrow 1+f(0)=2\Rightarrow f(0)=1\).

Απάντηση: \(f(0)=1\)

Άσκηση Β12 (σελ. 220)

Έστω \(f,g\) με \(f'',g''\) συνεχείς στο \([\alpha,\beta]\). Αν \(f(\alpha)=g(\alpha)=0\) και \(f'(\beta)=g'(\beta)\), να αποδείξετε ότι \(I=\int_\alpha^\beta(f(x)g''(x)-f''(x)g(x))dx=g'(\beta)(f(\beta)-g(\beta))\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ολοκληρώνουμε κατά παράγοντες χωριστά τα \(\int fg''\) και \(\int f''g\) (ίδιο δεύτερο ολοκλήρωμα \(\int f'g'\) και στα δύο, οπότε αφαιρούμενα απαλείφεται), μετά χρησιμοποιούμε τις δοσμένες συνθήκες.

Λύση:

1. \(\int_\alpha^\beta fg''dx=[fg']_\alpha^\beta-\int_\alpha^\beta f'g'dx\) και \(\int_\alpha^\beta f''gdx=[f'g]_\alpha^\beta-\int_\alpha^\beta f'g'dx\) (κατά παράγοντες σε καθένα).
2. Αφαιρώντας: \(I=\int_\alpha^\beta(fg''-f''g)dx=[fg']_\alpha^\beta-[f'g]_\alpha^\beta\) (οι όροι \(\int f'g'dx\) απαλείφονται).
3. \([fg']_\alpha^\beta=f(\beta)g'(\beta)-f(\alpha)g'(\alpha)=f(\beta)g'(\beta)\) (αφού \(f(\alpha)=0\)). Ομοίως \([f'g]_\alpha^\beta=f'(\beta)g(\beta)-f'(\alpha)g(\alpha)=f'(\beta)g(\beta)\) (αφού \(g(\alpha)=0\)).
4. Άρα \(I=f(\beta)g'(\beta)-f'(\beta)g(\beta)\). Χρησιμοποιώντας \(f'(\beta)=g'(\beta)\): \(I=f(\beta)g'(\beta)-g'(\beta)g(\beta)=g'(\beta)\left(f(\beta)-g(\beta)\right)\). ∎

Απάντηση: Αποδεικνύεται με διπλή ολοκλήρωση κατά παράγοντες και χρήση \(f(\alpha)=g(\alpha)=0,\ f'(\beta)=g'(\beta)\)

Πρόσεξε:

• Η εκφώνηση όπως εξήχθη αναγράφει όρια ολοκλήρωσης «\(\int_\beta^0\)» αντί «\(\int_\alpha^\beta\)» — ασύμβατο με τα γενικά \(\alpha,\beta\) της εκφώνησης. Χρησιμοποιήσαμε τα λογικά όρια \(\alpha\) έως \(\beta\) (πιθανό OCR-λάθος στα σύμβολα ορίων), που δίνουν ακριβώς τη ζητούμενη ταυτότητα.