Ορισμένο Ολοκλήρωμα και εφαρμογές

6.1 Γενικά Ορισμοί
Ορισμένο Ολοκλήρωμα
Έστω ότι η f(x) είναι συνεχής συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα [a,b].
Χωρίζουμε το διάστημα [a,b] σε n υποδιαστήματα επιλέγοντας n+1 σημεία
τέτοια ώστε
a=x0

n
I lim s lim f ( c ) x
n k k
nn k1
ανεξάρτητα του τρόπου επιλογής της διαμέρισης P και των ck τότε λέμε ότι η
συνάρτηση f(x) είναι ολοκληρώσιμη στο διάστημα και το Ι είναι το
ορισμένο ολοκλήρωμά της στο διάστημα [a,b] αυτό. Συμβολίζουμε δε,
b
I f ( x) dx
a
Κάθε συνεχής σε ένα διάστημα [a,b] είναι ολοκληρώσιμη σε αυτό το
διάστημα.
Ιδιότητες ορισμένων ολοκληρωμάτων:
b a
f ( x) dx f ( x) dx
a b
b c b
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx
a a c
b b
cf ( x) dx c f ( x) dx
a a
b b b
f ( x) g( x) dx f ( x) dx g( x) dx
a a a
b b
f ( x) g( x) f ( x) dx g( x) dx
a a
6.2 Σημαντικά Θεωρήματα
Θεώρημα Μέσης τιμής για τα ορισμένα ολοκληρώματα.
b
Αν f( x ) είναι συνεχής σε ένα διάστημα [a,b] τότε f ( )( b a) f ( x) dx για
κάποιο [ ab , ] .
y
a
ba f( x)
f ( )
b
a
x
2

Πρώτο Θεμελιώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογισμού.
Αν η f( x ) είναι συνεχής στο διάστημα [ ab, , ] τότε η συνάρτηση
x
F( x) f ( t) dt
Παράδειγμα:
a
είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα αυτό και ισχύει:
3
x
3
1
dF d x
f ( t) dt f ( x)
dx dx
a
F( x) t ln t dt
3
x 3
ux u
3 3
d d d du
F( x) t ln t dt t ln t dt
dx dx
du dx
1 1
3
u x
3 d
d
3 3 3 3 2 3
u ln u u x ln x x x 3 ln x 3 x 9x ln x
dx dx
Δεύτερο Θεμελιώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογισμού.
Αν η f( x ) είναι ολοκληρώσιμη στο διάστημα [ ab , ] και F είναι ένα αόριστο
ολοκλήρωμα της f( x ) , τότε
Παράδειγμα:
b
a
f ( x) dx F( b) F(
a)
2 2
sin x dx cos x
cos cos(0) 0 1 1
0
0
2
Μέση τιμή
Αν η f( x ) είναι ολοκληρώσιμη στο διάστημα [ ab , ] τότε ορίζουμε ως μέση
τιμή της στο διάστημα την ποσότητα:
Παράδειγμα:
1 b
av( f ) f ( x) dx
ba a
Η μέση τιμή της συνάρτησης sin(x) στο διάστημα
0,
2 ισούται με
1 2 2 2 2 2
av( f ) sin 2
x dx cos x
cos cos(0) 0 1
0
0
0
2
2
3

6.3 Τεχνικές Ολοκλήρωσης
Παραγoντική Ολοκλήρωση
b b b
b
a
f ( x) g ( x) dx f ( x) g( x) g( x) f '( x) dx f ( b) g( b) f ( a) g( a) g( x) f '( x) dx
a a a
Παράδειγμα
1
ln x dx ( x) ln
x dx [ x ln x ] x 2ln x
dx
x
2
2
2
2 2 2
2
1 1
1
1
2 2
x dx x x dx
2
[2ln 2
2
ln
0
1 ] 2
1
ln
2
2ln 2 2 ( ) ln
1
2 2
2 2 1 2 2
2ln 2 2 [ xln x ] 1 x dx 2ln 2 4ln 2 2 dx 2ln 2 4ln 2 2
1
x
1
Ολοκλήρωση με αντικατάσταση
b g( b)
f ( g( x)) g'( x) dx f ( u) du
a g( a)
Παράδειγμα
2x5 x 5x6 du
u x x x du x dx
dx
1
2
dx Θέτουμε 5 6 2 5
0 2
2 5
1 2x 5 u(1)
du 2 du 6 du
2 dx 2
ln | 6 | ln | 2 | ln 2 ln 6 ln
0 2
x 5x 6 ux 5x6 u(0)
u 6 u 2
u
6 1 ln ln(1)
ln(3) ln(3).
3 Ολοκλήρωση άρτιων και περιττών συναρτήσεων σε συμμετρικό
διάστημα
Μία συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα [-α,α] είναι άρτια εφόσον ισχύει η
σχέση f(-x)=f(x). Οι άρτιες συναρτήσεις είναι συμμετρικές ως προς τον
άξονα yy’.
Παράδειγμα
H συνάρτηση y=cos(x)
4

Μία συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα [-α,α] είναι περιττή εφόσον ισχύει
η σχέση f(-x)=-f(x). Οι περιττές συναρτήσεις είναι συμμετρικές ως προς την
αρχή των αξόνων.
Παράδειγμα
H συνάρτηση y=sin(x)
Το άθροισμα δύο άρτιων συναρτήσεων είναι πάντα άρτια συνάρτηση, το
άθροισμα δύο περιττών συναρτήσεων είναι πάντα περιττή. Το άθροισμα
άρτιας και περιττής συνάρτησης δεν μπορούμε να το χαρακτηρίσουμε
ως άρτια ή περιττή συνάρτηση.
Επίσης το γινόμενο δύο άρτιων συναρτήσεων είναι πάντα άρτια
συνάρτηση, το γινόμενο δύο περιττών συναρτήσεων είναι πάντα άρτια.
Το γινόμενο άρτιας και περιττής συνάρτησης είναι πάντα περιττή
συνάρτηση.
-6 -4 -2 2 4 6
-0.5
1
0.5
-1
-6 -4 -2 2 4 6
-0.5
1
0.5
-1
5

Μπορεί εύκολα να αποδειχθεί ότι για f συνεχής συνάρτηση στο διάστημα
[ a,a]( a 0 ) και x [ a,a] αν η f είναι άρτια
η f είναι περιττή
Απόδειξη
a
a
f ( x )dx 0
a a
f ( x )dx 2 f ( x )dx και αν
a
0
Αν η συνάρτηση είναι άρτια ισχύει f ( x) f ( x), x[ a, a]
, επομένως
a 0
a
f ( x) dx f( x) dx
f ( x) dx . Θέτουμε x u dx du και έχουμε
a a
0 0 0
0
a a
f ( x) dx f ( u)( du) f ( u) du f ( u) du f ( x) dx .
a
u x a a
0 ux 0
Άρα
a 0
a a
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx 2 f ( x) dt .
a a
0 0
Αν η συνάρτηση είναι περιττή ισχύει f ( x) f ( x), x [ a, a]
τότε
0 0 0
a a
f ( x) dx f ( u)( du) f ( u) du f ( u) du f ( x) dx ,
a
u x a a
0 ux 0
επομένως
a 0
a
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx 0
a a
Παραδείγματα
α)
0
x sin x x sin x x 11 1
dx dx dx 2 dx 0 2 dx 2 dx
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
1 2
1 2 1 1 2
1 1
2 2 2 2 2
1 1 1
0 0 0
1 1
2x2arctan( x)
2(1 0) 2 0 2
0 0
4 2
sin x
Εδώ χρησιμοποιήσαμε ότι η συνάρτηση f( x)
είναι περιττή διότι
2
x 1
sin xsin x f ( x) f ( x)
οπότε το ολοκλήρωμά της σε συμμετρικό
2 2
x1 x 1
1
sin x
διάστημα είναι ίσο με 0, δηλαδή dx 0 και το ότι η
2
x 1
άρτια διότι
x
2
1
2 x x
f ( x) f ( x)
.
2 2
1x
1
2
x
f( x)
2
x 1
είναι
6

β)
x
/2 /2 /2 /2
/2
x
3
x cos x cos x cos x
dx dx dx 0 dx
tan x 1 tan x 1 tan x 1 sin x cos x
2 2 2 2 2
/2 /2 /2
/2
/2 /2 /2
3 2 2
cos x dx 2 cos x (1 sin x ) dx 2 cos x dx 2 sin x cos( x) dx
/2 0 0
3
/2
/2 sin 3 2 4
2 sin x
0 2 2
sin sin(0) 2 sin sin(0) 2
3 2 2 3 3
Εδώ χρησιμοποιήσαμε το ότι
και το ότι η συνάρτηση
xx 2 2
tan 1 tan 1
0
usin( x)
3 3
2 2 u sin ( x)
sin x cos( x) dx u du
3 3
c
x
f( x)
2
tan x 1
είναι περιττή διότι
x
x
f ( x) f ( x)
,οπότε το ολοκλήρωμά της σε
συμμετρικό διάστημα είναι ίσο με 0, δηλαδή
3
f ( x) cos ( x)
είναι άρτια συνάρτηση διότι
/2 /2
x dx x dx .
3 3
οπότε cos 2 cos
/2 0
/2
0
x
dx 0 . Τέλος, η
x
2
tan
/2 1
(
3
) cos (
3
) cos ( ) ( )
f x x x f x
Κάθε σειρά Taylor ολοκληρώνεται όρο προς όρο στο διάστημα
σύγκλισης της.
x
Δίνεται η συνάρτηση f ( x) x e
. Χρησιμοποιώντας τους τέσσερις πρώτους
όρους του αναπτύγματος σε σειρά Taylor της f(x) με κέντρο x0=0, βρείτε μία
προσέγγιση για το ολοκλήρωμα
1
0
f ( x) dx
. Χρησιμοποιώντας παραγοντική
ολοκλήρωση βρείτε την ακριβή τιμή του ολοκληρώματος και υπολογίστε το
σφάλμα της προηγούμενης προσέγγισης. Πόσο μεταβάλλεται το % απόλυτο
σφάλμα όταν προσθέσουμε έναν ακόμη όρο;
( n)
f (0)
Ο τύπος της σειράς με κέντρο το 0 είναι f ( x) x
n0
n!
τις επιμέρους ποσότητες:
x
f ( x) xe , f (0) 0
x x
f '( x) e xe , f '(0) 1
(2) x x
(2)
f ( x) 2 e xe , f (0) 2
(3) x x
(3)
f ( x) 3 e xe , f (0) 3
(4) x x
(4)
f ( x) 4 e xe , f (0) 4
n
. Υπολογίζουμε
7

Οπότε, η σειρά Taylor στο x0=0 είναι η
(2) (3)
x f '(0) f (0) 2 f (0) 3
xe f (0) ( x 0) ( x 0) ( x 0) ......
1! 2! 3!
3 4
1 2 2 3 3 4 4 2 x x
0 x x x x ... x x ...
1! 2! 3! 4! 2 6
Οπότε χρησιμοποιώντας τους τέσσερις πρώτους όρους του αναπτύγματος
Taylor της συνάρτησης έχουμε ότι
xe x x
x 2
Και η προσέγγιση του ολοκληρώματος είναι:
1 1 1 3 2 3 4
x 2 x x x x
1 1 1
f ( x) dx x e dx xxdx 0.292
2 2 3 8 2 3 8
0 0 0 0
Η ακριβής τιμή του ολοκληρώματος είναι :
x x 1
( )
x x
0
3
x
2
1 1 1 1
f x dx x e dx x e dx xe x e dx
0 0 0 0
1
1 x 1 x x1
1 1 0 1
e e dx e
e e e e 2e1 0
Επομένως, το απόλυτο σφάλμα της προσέγγισης που έγινε είναι:
1
Απόλυτο Σφάλμα=|(Πραγμ. τιμή) – (Προς. τιμή)| =| 2e1
x0
=|0.264-0.292|=0.028.
1
–0.292|=
Το επί τοις εκατό σχετικό σφάλμα είναι ίσο με 0.028/0.264 x100 %=10.6061%
Εάν τώρα χρησιμοποιήσουμε ένα ακόμη όρο του αναπτύγματος Taylor της
συνάρτησης έχουμε ότι
3 4
x 2 x x
xe x x
2 6
Και η προσέγγιση του ολοκληρώματος είναι:
1 1 1 3 4 2 3 4 5
x 2 x x x x x x 1 1 1 1
f ( x) dx x e dx xxdx
0.258
2 6 2 3 8 30 2 3 8 30
0 0 0 0
Επομένως, το απόλυτο σφάλμα της προσέγγισης που έγινε είναι:
1
Απόλυτο Σφάλμα=|(Πραγμ. τιμή) – (Προς. τιμή)| =| 2e1
=|0.264-0.258|=0.006.
1
–0.258|=
Το επί τοις εκατό σχετικό σφάλμα είναι ίσο με 0.006/0.264 x100 %=2.272%
8

6.4 Εφαρμογές
6.4.1 Υπολογισμοί Εμβαδών
Αν η f( x ) είναι μη αρνητική και ολοκληρώσιμη σε ένα διάστημα [a,b], τότε το
εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη y f ( x)
και τις
ευθείες x a, x bκαι y 0 ισούται με το ορισμένο ολοκλήρωμα της
συνάρτησης σε αυτό το διάστημα:
Αν η f( x ) είναι αρνητική και ολοκληρώσιμη σε ένα διάστημα [a,b], τότε
b
ισχύει f ( x) dx 0 και το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την
a
y
καμπύλη y f ( x)
και τις ευθείες x a, x bκαι y 0 ισούται με :
y
a
a
b
A f ( x) dx .
a
b
a
b
A f ( x) dx
a
f ( x) dx 0
b
b
x
x
9

Παράδειγμα
Υπολογίστε την συνολική επιφάνεια των κλειστών χωρίων που ορίζεται από
την καμπύλη
και τον άξονα των x.
3
y x x
Σε τέτοια προβλήματα πρέπει να προηγηθεί μελέτη της προς ολοκλήρωση
συνάρτησης και γραφική της παράσταση ώστε να διαπιστώσουμε σε ποια
διαστήματα η συνάρτηση είναι θετική και σε ποια αρνητική. Υπολογίζουμε τα
σημεία τομής της συνάρτησης και του άξονα των x. Υπολογίζουμε επίσης, την
πρώτη παράγωγό της συνάρτησης, το πρόσημό της και τα σημεία στα οποία
μηδενίζεται (κρίσιμα σημεία). Τέλος, υπολογίζουμε τη δεύτερη παράγωγό της
καμπύλης, το πρόσημό της και την τιμή της στα κρίσιμα σημεία.
f x x x x x x
3
( ) ( 1)( 1)
2
f '( x) 3x 1 3
x
f ''( x) 6x
1
x
3 1
3
Τα συμπεράσματα αυτά συνοψίζονται στον παρακάτω πίνακα:
f
-1 1/ 3 0 1/ 3 1
- 0 + 0 - 0 +
f ' + + 0 - - 0 + +
f '' - - + +
0
τ. max σ.κ. τ. min
και η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι η ακόλουθη:
A1
0.4
0.2
1.0 0.5 0.5 1.0
0.2
0.4
A
2
10

Οπότε για το ζητούμενο εμβαδό έχουμε
4 2
0
4 2
1
0 1
3 3 x x x x
E A1 A2 x x dx x x dx
1
0
4 2
4 2
4 2 4 2
( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 1 1
0
4 2
4 2
4 4 4 4 2
1
0
Το εμβαδόν μεταξύ δύο καμπύλων για τις οποίες ισχύει 1 2
a x bισούται με
b
E f ( x) f ( x) dx
a
1 2
f ( x) f ( x)
για
Οπότε σε τέτοιες περιπτώσεις θα πρέπει να μελετάμε ως προς το
h( x) f ( x) f ( x)
πρόσημο της την συνάρτηση 1 2
Παράδειγμα
Να υπολογιστεί το εμβαδόν του κλειστού χωρίου που ορίζουν οι συναρτήσεις
f ( x) x και
1
f ( x) x
2
2
.
Θα βρούμε τα σημεία τομής των δύο
καμπυλών.
x x x x x x x x
2 4 4 3
0 ( 1) 0
2
x( x 1)( x x 1) 0 x 0 ή x 1
Στο διάστημα [0,1] η συνάρτηση παίρνει
θετικές τιμές, οπότε:
3
1
3 3 3 3 3
1 1
2 2 x 2 2 2
2 2 1 2 0 1
E x x dx x x dx x
1 0
0
0
3 3 3 3 3 3 3
Παράδειγμα
Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που ορίζουν οι καμπύλες
και f2 ( x) x και x 1.
1 1 1
2 2 2
E x x dx x x dx x x dx
0 0 0
3
1
3 3 3 3 3
2 1 2 0 2
2 2 2
x
x 1 0 1
3 3 3 3 3 3
0
Διότι στο διάστημα [0,1] ισχύει
2 2
x x x x .
0
f ( x) x
1
f ( x) x
2
f ( x) x
2
2
f ( x) x
1
2
1
11
2
f ( x) x

Το εμβαδόν μεταξύ δύο καμπύλων για τις οποίες ισχύει 1 2
a y bισούται με
Παράδειγμα
b
E f ( y) f ( y) dy
a
1 2
f ( y) f ( y)
για
Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις καμπύλες
x y
2
2 και
x y
2
1 3 .
Λύση
Σε αυτήν την άσκηση θα θεωρήσουμε τις συναρτήσεις ως συναρτήσεις της
μορφής x f ( y)
και το ζητούμενο ολοκλήρωμα υπολογίζεται από τον τύπο
που παραθέσαμε παραπάνω.
x2y Βρίσκουμε τα σημεία τομής των δύο καμπύλων λύνοντας το σύστημα το δύο
εξισώσεων των δύο συναρτήσεων:
x2 x2
2 2 2
2
x 2y x 2y x 2y
x2y
και ή και
2
2 2
2
x 1 3y 2y 1 3y y 1
y 1ή y1
y1 y1
Το προς ολοκλήρωση διάστημα είναι το 1,1
2 2 2
1 3y 2y 1 y 0 (1 y)(1 y)
0
. Για 1,1
οπότε ισχύει
Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν χωρίου είναι:
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1
2.0 1.5 1.0 0.5 0.5 1.0
y , οπότε έχουμε:
2 2
1 y 1 y .
3
1
y 2 4
1 3y 2y dy 1 y dy 1 y dy y 2 .
1
3 3 3
2
1.0
0.5
0.5
1.0
x13y 2
1
12

6.4.2 Υπολογισμοί όγκων
Υποθέτουμε ότι έχουμε ένα στερεό, όπως φαίνεται στη σχήμα, για το οποίο
γνωρίζουμε το εμβαδό E(z) κάθε διατομής του από ένα επίπεδο κάθετο στον
άξονα των z.
Ο όγκος του στερεού δίνεται από το ολοκλήρωμα
z
2
V E z dz
z1
( ) .
Όταν γνωρίζουμε το εμβαδό E(x) κάθε διατομής του από ένα επίπεδο κάθετο
στον άξονα των x τότε ο όγκος ισούται με
x
2
V E( x) dx
x1
Ενώ όταν γνωρίζουμε το εμβαδό E(y) κάθε διατομής του από ένα επίπεδο
κάθετο στον άξονα των x τότε ο όγκος ισούται με
Παράδειγμα
x
y
2
V E( y) dy
y1
z
2 2
y x
Έστω ο κλάδος της υπερβολής 1 για τον οποίο y > 0. Εάν
2 2
a b
περιστρέψουμε τον κλάδο περί τον άξονα των y δημιουργούμε ένα κωνικό
κέλυφος που μοιάζει με ποτήρι. Πόσος όγκος νερού χρειάζεται για να
γεμίσουμε το ποτήρι μέχρι το ύψος y = A; Εννοείται πως A > α.
z1
z2
O
.
.
Ez ()
y
13

Παρατηρούμε ότι μετά την περιστροφή μία
κάθετη τομή στον άξονα yy’ είναι ένας
κύκλος με ακτίνα x και εμβαδό E (x)= πx 2 . Σε
ύψος y > α, η ακτίνα του κύκλος είναι
2
2 1
y
xb , άρα ο όγκος του νερού μέχρι τη
a
θέση Α είναι:
y y
x dy b dy b y
a 3a
2 3
A A
2 2 2
1
a a
2 2
2
2 1
y
xb
a
3 3 3
2Aa2A2a bAabA. 2 2 2
3a 3a 3a 3
O
Εάν τώρα το στερεό προέρχεται από την περιστροφή της επίπεδης καμπύλης
x=f(z) του επιπέδου x0z γύρω από τον άξονα z, τότε ο όγκος του στερεού από
περιστροφή δίνεται από το ολοκλήρωμα
x f () z
z
A
2 2
V f () z dz
z1
y
A
a
z
z1
z2
x
O
a
y x
a b
2
2 1
y
xb
a
2
f () z
y
2 2
2 1
2
x
14

Εάν το στερεό προέρχεται από την περιστροφή της επίπεδης καμπύλης
y=f(x) του επιπέδου x0y γύρω από τον άξονα x, τότε ο όγκος του στερεού
από περιστροφή δίνεται από το ολοκλήρωμα
x
2
V f x dx
x1
2 ( ) .
Εάν το στερεό προέρχεται από την περιστροφή της επίπεδης καμπύλης
x=f(y) του επιπέδου x0y γύρω από τον άξονα y, τότε ο όγκος του στερεού
από περιστροφή δίνεται από το ολοκλήρωμα
Παράδειγμα
y
2
V f y dy
y1
2 ( ) .
Να υπολογιστεί ο όγκος του στερεού V που δημιουργείται λόγω περιστροφής
του γραφήματος της συνάρτησης f x sin x cos
x
των x , για το διάστημα x 0, .
γύρω από τον άξονα
Σύμφωνα με τον παραπάνω τύπο ο όγκος δίνεται από το ολοκλήρωμα:
x
2
2 1 cos 4
V
0 sin x cos x
dx sin 2
4 x dx
0 4
dx
0 2
1 cos 4xsin 4x
dx dx x dx
0 0 0
4
2 4
2 8 8 0
4
2 2 2 2
sin 4x
dx sin 4x sin 4 sin(0)
.
0
0
8 32 8 32 8 32 8
Όπου χρησιμοποιήσαμε τις ακόλουθες τριγωνομετρικές ταυτότητες:
15

sin(2 x) 2sin( x)cos( x)
1cos(2 x) 1cos(4 x)
2 2
2 2 2
cos(2 x) 1 2sin ( x) sin ( x) sin (2 x)
Στην περίπτωση που θέλουμε να υπολογίσουμε τον όγκο στερεού που
προέρχεται από την περιστροφή του χωρίου που βρίσκεται μεταξύ δύο
καμπυλών y=f1(x) και y=f2(x) γύρω από τον άξονα των x ο όγκος ισούται με:
b
V ( f ( x) f ( x)) dx
a
2 2
1 2
Ανάλογα, ο όγκος του στερεού που προέρχεται από την περιστροφή του
χωρίου που βρίσκεται μεταξύ δύο καμπυλών x=f1(y) και x=f2(y) γύρω από
τον άξονα των y ο όγκος ισούται με:
Παράδειγμα:
b
V ( f ( y) f ( y)) dy
a
2 2
1 2
Να βρεθεί ο όγκος εκ περιστροφής, γύρω από τον άξονα των x, του χωρίου
που περιέχεται μεταξύ του τόξου του κύκλου
xy 4 .
O
Βρίσκω τα σημεία τομής:
y
4
xy4 f ( x)
1
2 2
x y 16
4
f ( x)
2
2 2
x y 16 και της ευθείας
x
16

2 2 2 2 2 2 2 2
x y 16 x y 16 ( y 4) y 16 y 8 y 16 y 16
x y 4 x 4 y x 4 y x 4 y
y( y 4) 0 y 0 y 4
ή
x 4 y x 4 y x 4 y x 4 y x 4 x 0
2 2 2
2y 8y 16 16 2y 8y 2y 8y 0
Συνεπώς:
2 16 4
4 2
2
V x x dx
0
2
2
2
16 4
4 4
x dx
x dx
0 0
4 4
2 2
16 16
8
x dx x x dx
0 0
4 4 4 4 4
2 2
16dx x dx 16dx 8 xdx x dx
0 0 0 0 0
4 4 2
4
3
4
2 x x 1664 8xdx2xdx828020
2 3 23 0 0 0 0
2 64 64
64
3 3
6.5 Γενικευμένα ολοκληρώματα
Ολοκληρώματα συναρτήσεων με άπειρα όρια ολοκλήρωσης ονομάζονται
γενικευμένα ολοκληρώματα α’ είδους της f(x).
Έστω ότι η f(x) μία πραγματική συνάρτηση συνεχής
α) στο διάστημα [ a, ) τότε
β) στο διάστημα ( , a]
τότε
γ) στο διάστημα ( , ) τότε
f ( x) dx lim f ( x) dx
b
a a
a a
f ( x) dx lim f ( x) dx
b
b
b
c
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx
όπου c τυχών πραγματικός αριθμός.
c
17

Αν το όριο (ή και τα δύο όρια στην περίπτωση γ) υπάρχει και είναι
πραγματικός αριθμός τότε λέμε ότι το γενικευμένο ολοκλήρωμα υπάρχει ή
συγκλίνει. Αν το όριο δεν υπάρχει ή απειρίζεται τότε λέμε ότι το γενικευμένο
ολοκλήρωμα αποκλίνει.
Παραδείγματα
α)
b
dx dx
b
lim lim ln xlimln b b b 1
x
x b
1 1
β)
b
b
x dx x dx x b
cos lim cos lim sin limsin
b b 0 b
0 0
το οποίο δεν υπάρχει επειδή στην περίπτωση όπου το x απειρίζεται η
συνάρτηση sin(x) κυμαίνεται μεταξύ 1 και -1.
γ)
21 b b
dx x
lim lim lim
2 2 b b b
x x
2
2 b
1 1 1 1
2 1 2 2
Ολοκληρώματα συναρτήσεων οι οποίες απειρίζονται σε κάποιο σημείο εντός
του διαστήματος ολοκλήρωσης ονομάζονται γενικευμένα ολοκληρώματα β’
είδους της f(x).
Έστω ότι η f(x) μία πραγματική συνάρτηση συνεχής
α) στο διάστημα ( abτότε , ]
β) στο διάστημα [ ab , ) τότε
γ) στο διάστημα [ a, c) ( c, b]
τότε
b b
f ( x) dx lim f ( x) dx
ca a c
b c
f ( x) dx lim f ( x) dx
cb a a
18

c b
f ( x) dx f ( x) dx f ( x) dx
a a c
Αν το όριο (ή και τα δύο όρια στην περίπτωση γ) υπάρχει και είναι
πραγματικός αριθμός τότε λέμε ότι το γενικευμένο ολοκλήρωμα υπάρχει ή
συγκλίνει. Αν το όριο δεν υπάρχει ή απειρίζεται τότε λέμε ότι το γενικευμένο
ολοκλήρωμα αποκλίνει.
Παραδείγματα
2 2
0
2
a0a0 a
21 2
dx dx x
lim 2 a0lim a 2 a0
x x 21
1 1 1
lim
lim
x 2 a
β)
Ο παρακάτω υπολογισμός ολοκληρώματος
είναι λανθασμένος.
1 1
1
1
dx lnx ln 1 ln 1 0
1
x
Ο σωστός υπολογισμός είναι ο ακόλουθος
1 a 1 a
1
1x1xax lima0lnaln1ln1lima0lna a
1 1 1
dx lim dx lim dx lim ln x lim ln x
a0 a0 a0 1
a0 a
Το αποτέλεσμα μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι το γενικευμένο ολοκλήρωμα
δεν συγκλίνει.
γ)
dx dx dx
lim lim
3 a
3
2
a2 2
a2
0 0
2
3 3 3
a
x 2 x 2 x 2
a 2 3 2
3 3
a2 a2
0
a
lim x 2 dx lim x 2 dx
a
2 2
3
3 3
a2 a2
0
a
lim 2 x dx lim x 2 dx
a
2 2
3
3 3
a2 a2
0
a
lim 2 x d(2 x) lim x 2 d( x 2)
19

a
2 2
1 1
3 3
2xx2 lima2lima2 2 2
1 1
3 3
0
a
1 1
3 3
2xx2 lima2lima2 1
1
3 3
a2 3
a
0
a2
3
0
xx
lim 3 2 lim 3 2
3 3
0 3 2 3 0 3 3 2
Παρατήρηση: Υπενθυμίζουμε ότι δεν ορίζονται οποιαδήποτε τάξης ρίζα
αρνητικού αριθμού και ρητές δυνάμεις αρνητικών αριθμών. Δηλαδή
ορίζεται όταν a 0 . Για αυτό το λόγο αντικαθιστούμε
χρησιμοποιήσαμε ότι
x2όταν
x2
x 2 .
2
x όταν x2
3
a
3
a
3
a
3 2
2
3
k
m
a
a a . Επίσης εδώ
Ολοκληρώματα συναρτήσεων τα οποία μπορούν να χαρακτηριστούν
συγχρόνως ως α’ και β’ είδους ονομάζονται γενικευμένα ολοκληρώματα γ’
είδους της f(x).
Παράδειγμα
dx b dx dx
x x x
0 2 0
2 b 2
b a
11 lim
lim
a0a xa xb
1 1 1 1
lima0 lima
b a
a b
1
b
Παράδειγμα, Η συνάρτηση γάμμα
Έστω φυσικός αριθμός n 0 . Η συνάρτηση γάμμα στη θέση n , ορίζεται από
τον τύπο:
20

n1x n x e dx
0
( )
α) Χρησιμοποιώντας παραγοντική ολοκλήρωση, δείξατε ότι ( n 1) n ( n)
για n 0 και με την βοήθεια αυτής της σχέσης την ( n 1) n!,( n 0,1,2,3,...)
β) Στηριζόμενοι στα προηγούμενα αποτελέσματα, υπολογίστε το
ολοκλήρωμα:
Λύση
6 2x
x e dx
0
α) Από τον ορισμό της γάμμα συνάρτησης έχουμε:
( 1) lim a
n xnx n x e dx x e dx
0 a
0
Ολοκληρώνοντας παραγοντικά, έχουμε διαδοχικά:
a a a
n x n x n x a n1 x
( )' [ ( )]
0 0
0 ( )
0
x e dx x e dx x e nx e dx
Υπολογίζουμε τώρα το όριο και έχουμε
a
n a n1 x
a e n x e dx
a a
n x n a n1 x
lim x e dx lim( a e ) nlim x e dx
a 0 a a
0
Το δεύτερο όριο είναι ίσο με ( n)
, ενώ το πρώτο υπολογίζεται με κανόνα
L´Hospital:
0
n n1 n2
n a
a na n( n 1)
a
lim( ae ) lim a lim a lim
a a
a e a e a
e
n( n 1)( n 2)
1
lim 0
a
a
e
Αντικαθιστώντας όλα τα προηγούμενα, έχουμε τελικά ( n 1) n ( n)
.
Στη συνέχεια θα αποδείξουμε το ζητούμενο, ( n 1) n!,( n 0,1,2,3,...)
,
επαγωγικά.
Αποδυκνείουμε ότι ισχύει για Για το δεύτερο ερώτημα, δείχνουμε πρώτα ότι
ισχύει για n 0 , δηλαδή δείχνουμε ότι (1) 1.
Πράγματι:
21

Δέχομαι ότι ισχύει για n k 1
a
x x a
(1) e dx lim e dx lim(1
e ) 1
0 a0 a
δηλαδή ισχύει k k
( ) 1 ! και θα δείξω ότι
ισχύει για n k.
Χρησιμοποιώντας τώρα τον τύπο ( n 1) n ( n)
, έχουμε:
( k 1) k ( k) k ( k 1)! k!
β) Για να υπολογίσουμε τώρα το ολοκλήρωμα θα χρησιμοποιήσουμε τον
μετασχηματισμό:
Παρατήρηση:
y dy
x dx και θα πάρουμε:
2 2
6
6 2x y
y dy
x e dx
0 0 e
2 2
1
6 y (7)
6! 45
y e dy
7 0
7 7
2
2 2 8
Γενικά η συνάρτηση γάμμα ορίζεται για μιγαδικούς z ως
z1x z x e dx
0
()
Όταν ορίζεται για πραγματικούς αριθμούς
είναι το ακόλουθο:
x1y x y e dy
0
( ) το γράφημά της
22

Ασκήσεις
1. Αν οι συναρτήσεις f( x ) , gx ( ) είναι παραγωγίσιμες στο και η hx ( ) είναι
συνεχής στο τότε, χρησιμοποιώντας το πρώτο θεμελιώδες θεώρημα του
ολοκληρωτικού λογισμού, να παραγωγισθεί η συνάρτηση
Λύση
Η F ορίζεται στο και έχουμε
g( x)
F( x) h( t) dt
f ( x)
g( x) c
g( x) g( x) f ( x)
οπότε
F( x) h( t) dt h( t) dt h( t) dt h( t) dt h( t) dt
f ( x) f ( x) c c c
g ( x) g ( x) f ( x)
d d d d
F( x) h( t) dt h( t) dt h( t) dt
dx dx
dx dx
f ( x) c c
u u
d d
h( t) dt g '( x) h( t) dt f '( x)
du
du
c ug( x) c
uf( x)
h( u) g '( x) h( u) f '( x) h( g( x)) g '( x) h( f ( x)) f '( x)
ug( x) uf( x)
2. Χρησιμοποιώντας το πρώτο θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού
λογισμού, να παραγωγισθεί ως προς x η συνάρτηση: ( ) ln
Λύση
3 3 3 2
x c x x x
F( x) ln t dt ln t dt ln t dt ln t dt ln t dt
2 2
x x
c c c
3 3 2
x x x
d d d d
F( x) ln t dt ln t dt ln t dt
dx dx 2 dx dx
x
c c
d d
du
du
u u
ln t dt
3
( x )' ln t dt
2
( x )'
c uxc ux 3 2
x
F x t dt
3 2 2 3 2 2
t x 3 t x x 2
x x x x x x
ln ( )' ln
( )' 3 ln 2 ln (9 4 )ln
uxux 3. Να αναπτυχθεί σε σειρά Taylor κέντρου 0 η συνάρτηση
x
3
2
f ( x) 1 e
2x
και
χρησιμοποιώντας το ανάπτυγμα της να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα
1
0
2
2x
1
e dx σε μορφή σειράς.
2
23

Αν είναι γνωστό ότι, αν σε μία εναλλάσσουσα σειρά Taylor, δηλαδή σειρά με
μορφή
n
( 1) an, an
0(οι
συντελεστές της οποίας εναλλάσσουν το
n0
πρόσημό τους), χρησιμοποιήσουμε το μερικό άθροισμα
k
n0
n
( 1)
a ,
n
για να
προσεγγίσουμε μία συνάρτηση, τότε το σφάλμα που προκύπτει δεν
υπερβαίνει (κατ’ απόλυτη τιμή) τον πρώτο όρο που αγνοούμε, δηλαδή τον
όρο ak+1. Σε μία τέτοια περίπτωση πόσους όρους πρέπει να κρατήσουμε ώστε
το σφάλμα να είναι μικρότερο του 10 -3 ;
Λύση
Χρησιμοποιώντας και πάλι το ανάπτυγμα Taylor της εκθετικής συνάρτησης
έχουμε:
n
2
x
2 2 n n
2x
n 2 2n n122n24
4 6
f ( x) 1 e 1 1 1 x 1 x 2x 2 x x .....
n! n! n!
3
Οπότε το ολοκλήρωμα είναι ίσο με
n0 n0 n1
2
2x
2n 2n
1 e dx 1 x dx 1 x dx 1
1 1 n n 1 n 2n1 n1 n1 n1
0 0 n1 n1 0 n1 x0
n1
1
n1
n
2
n!(2n1) 2 2 2 x
n! n! n! 2n 1
Σύμφωνα με την υπόδειξη, αν κρατήσουμε n-όρους σε αυτό το ανάπτυγμα
της σειράς αυτής που είναι εναλλάσσουσα, θα έχουμε σφάλμα κατ’ απόλυτη
τιμή μικρότερο του
ψηφίων θα πρέπει
n1
2
. Αν λοιπόν θέλουμε ακρίβεια 3 δεκαδικών
( n1)!(2n3) n1
2
10
( n1)!(2n3) Κρατώντας έτσι 7 όρους έχουμε:
3
το οποίο επιτυγχάνεται για n≥7.
1 2 3 4 5 6 7
2 2 2 2 2 2 2
0.40217
1! 3 2! 5 3! 7 4! 9 5!11 6!13 7!15
4. Να σχεδιάσετε το χωρίο που περικλείεται μεταξύ των γραφημάτων των
συναρτήσεων f x και gx με a x b , και να υπολογίσετε το εμβαδόν
f x x x 1 , g x 0, a 1, b 2 . Να επαληθεύστε το αποτέλεσμά
του:
24
x1

σας, υπολογίζοντας το ζητούμενο εμβαδόν με στοιχειώδη γεωμετρία,
απ’ευθείας από την γραφική παράσταση της συνάρτησης.
Λύση:
Προφανώς f x 0 ,και ο τύπος της είναι ο ακόλουθος:
xx10x2x10x
f ( x) x x 1 0 x 1 1 0 x 1
x x 1 1 x
2x 1 1
x
Οπότε
2 0 1 2
E f ( x) dx f ( x) dx f ( x) f ( x) dx
110 1
1 1 1
0 1 2
x x dx x x dx x x dx
1
0 1
2 1 2 1
0 1 2
x dx dx x dx
1
0 1
0 2
0 1 2
x 2 xdx x 2 xdx x
1 1 0 1
1
0 2
1 2 xdx 1 2 xdx 1
1 1
x
12
2
2
0
2
2
x
2 5
2
1
1
y2x1 y 1
Το αποτέλεσμα αυτό συμπίπτει με αυτό που βρίσκουμε αν υπολογίσουμε το
ζητούμενο εμβαδόν από το παραπάνω σχήμα αθροίζοντας το εμβαδόν του
κάτω παραλληλογράμμου (με βάση 3 και ύψος 1) με αυτό των άνω δύο
τριγώνων που συνθέτουν ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο βάσης 1 και
ύψους 2.
5. Να υπολογιστεί το εμβαδόν της περιοχής που βρίσκεται κάτω από τη
καμπύλη y x και πάνω από τη καμπύλη
y2x1 y x
2
( 2) ;
25

ΛΥΣΗ
Θα βρούμε πρώτα τα κοινά σημεία των καμπυλών y x και
λύνοντας την εξίσωση:
Άρα
2 2
x x x x x x x
4 4 5 4 0 ( 1)( 4) 0 .
4 4 3 2
2 2
x x
1 1 1
4
y( x2)
64 1 5
x ( x 2) dx ( x 5x 4) dx 54x 40 16 4 4.5
3 2
3 3 2
6. Να υπολογισθεί ο όγκος του σχήματος που προκύπτει αν περιστρέψουμε
τη συνάρτηση
Λύση
x
y xe
γύρω από τον άξονα των x από x= 0 ως x = ∞.
0.35
0.30
0.25
0.20
0.15
0.10
0.05
Σύμφωνα με τον τύπο που είδαμε παραπάνω ο ζητούμενος όγκος
υπολογίζεται ως εξής:
yx 2 4 6 8 10
V
x 2
( xe ) dx
2 2x
x e dx
.
0 0
y( x2)
2
2
26

Το αόριστο ολοκλήρωμα
παραγοντικές ολοκληρώσεις
x e
e
2
2
2x 2x
2
e dx dx c
2 2x
x e dx υπολογίζεται εύκολα με διαδοχικές
2x xe dx
2x 2x e
e
x dx x
2 2 2x 2x e e 1
x ' dx x
2 2 2
2x
e
1 2x 1 2x
dx x e e c
2
2 4
2 2x x e dx
2x 2 e
1 2 2x
x dx x e
2 2
2x
2 e
x dx
2
2
1 2 2x 2x 1 2 2x 1 2x 1 2x 2x
1 x x
x e xe dx x e x e e C e ( + + ) + C
2
2 2 4 4 2 2
Οπότε το γενικευμένο ολοκλήρωμα
2
b
2
2 2x 2x x x 2b
b b
V x e
0
dx lim e b
1
( + + ) lim e
4 2 2 b
0
1 1
+ + --
4 2 2 4
4
και ο ζητούμενος όγκος ισούται προς .
4
Εδώ χρησιμοποιήσαμε τα όρια
2b
e
lim 0
b
2b
b b'
1
lim be lim lim lim 0
e
2b
2e
e
b b 2b b b
2b
2 b
2b
e
' 2
lim lim lim lim lim 0
e 2e
e
2
2 2b
b b b
be b b 2b b b 2b b
2b
7. Να υπολογιστεί το γενικευμένο ολοκλήρωμα
Λύση
Για το αντίστοιχο αόριστο ολοκλήρωμα έχουμε
0
x
2
I xe dx
27

x
2 xe dx
x
2 e
x 2
1
dx
2
x
x
2 2 xedx 2 xe
x x
2 2 x e dx2xe2
x
2 e dx
x x
x x
2 2 2 2
2xe 2 2edx 2xe 4e
c
Επομένως,
x x
0
b b
b 2 2
b
2 2
I2 lim 2xe 4e lim 4 2be 4e 4
αφού με εφαρμογή του κανόνα De L’ Hospital έχουμε
b
b b 1
b
2 lim be b
lim
b b
2 e
lim
b b
2
lim
b
b
1
2 e
0
8. Έστω το ορισμένο ολοκλήρωμα
e
2
2
( 1) 0
dx
x
2
1
. Δείξτε ότι με απευθείας
χρήση των κανόνων ολοκλήρωσης ισούται με - 2. Αυτό όμως είναι λάθος
(γιατί;). Στη συνεχεία βρείτε το σωστό αποτέλεσμα.
Λύση
Εάν προχωρήσουμε αφελώς στην αντικατάσταση x1 u,
dx du και την
αντίστοιχη αλλαγή στα όρια ολοκλήρωσης για x0, u1και
για x2, u
1,
έχουμε
11 2
u 21 u11
21 2 1 1 1 1
1 1
2
u 1 1 1
dx du u du
0 2 121 1 1
,
x 1
πράγμα εντελώς παράδοξο για το ολοκλήρωμα μιας θετικής συνάρτησης στο
διάστημα από 0 μεχρι 2 (!).
Όμως το 1 0,2 είναι ανώμαλο σημείο της συνάρτησης
lim
x1 x
1
2
1
.
1
2
x 1
επειδή
28

Οπότε ακολουθούμε τον ορισμό γενικευμένου ολοκληρώματος:
1 1 1 1 1
dx dx dx lim dx lim dx
2 1 2 c
2
c1c1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
0 2 0 2 1 2 0 2 1 2
c
c1 c1 c1 c1
0
c
2
1 1 1 1
lim lim lim 1 lim 1 2
x 1 x 1 c 1 c 1
9. Δείξτε ότι
dx
x
0 e 1
ln(2) , χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση
την ανάλυση σε απλά κλάσματα.
Λύση
Θα υπολογίσουμε κατ’ αρχάς το αόριστο ολοκλήρωμα
και το ολοκλήρωμα γίνεται:
u e du e dx dx
x x du du
x
e u
dx du
x
e 1 uu ( 1)
dx
x . Θέτουμε
e 1
x
y e και
αυτό είναι ένα ρητό ολοκλήρωμα. Για να το υπολογίσουμε θα αναλύσουμε το
κλάσμα σε άθροισμα απλών κλασμάτων:
1 A B A( u1) Bu ( AB) u A
( 1) 1 ( 1) ( 1)
1, 1
u u u u u u u u A B
και το ολοκλήρωμα γίνεται:
και τελικά:
Το ορισμένο ολοκλήρωμα τώρα είναι:
Και τελικά έχουμε:
du du du
u( u1) u u1ln | u | ln | u 1| C
x
ln | e | ln | e 1| C ln C
dx x x
e
x
e 1 x
e 1
a 0
a
1
0 2
a
dx e e e
0
x
e 1 a
e 1 e 1 a
e 1
ln ln ln ln
a
dx dx e
x x a
e 1 a 0 e 1 ae1
0
a
1 2
lim lim lnln
Με τον κανόνα L´ Hopital υπολογίζουμε το όριο:
a a
e e
a
1 a
e e 1
lim ln ln lim
aa 29

Αλλά
και επομένως
a a
( )
a
e e ΄ e
lim a lim a lim a 1
a e 1 a ( e 1)
΄ a
e
a a
e e
a
1 a
e e 1
lim ln ln lim ln(1) 0
aa και το γενικευμένο ολοκλήρωμα τελικά γίνεται:
a
dx dx e
x x a
e 1 a 0 e 1 ae1
0
a
1 1
22 lim lim lnlnln(1) ln 0 [ln(1) ln(2)] ln(2)
30