Αόριστο ολοκλήρωμα

5.1 Γενικά
Αόριστο ολοκλήρωμα (αντιπαράγωγος)
Αντιπαράγωγος μίας συνάρτησης f(x) ορισμένης σε ένα διάστημα [α,β]
λέγεται κάθε συνάρτηση F(x) που επαληθεύει την ισότητα
στο διάστημα αυτό.
F( x)
f ( x)
Εφόσον υπάρχει μία αντιπαράγωγος F(x) κάθε συνάρτηση F(x)+c επαληθεύει
την παραπάνω ισότητα.
Αόριστο ολοκλήρωμα της συνάρτησης f(x) ονομάζεται το σύνολο των
αντιπαραγώγων της
f ( x) dx F( x) c
Όπου c είναι αυθαίρετη πραγματική σταθερά.
Χρησιμοποιώντας τους συμβολισμούς της διαφόρισης ισχύουν τα παρακάτω:
d f ( x) dx d F( x) c F '( x) dx f ( x) dx
dF( x) F( x) c
Βασικό Τυπολόγιο Ολοκλήρωσης
kdx kxc a1
a x
x dx c, a 1
a { 1}
1
dx ln x c
x
x x
e dx ec cos( x) dx sin( x) c
1
dx tan 2 x c
cos ( x)
sin( x) dx cos x c
1
dx cot( x) c
2
sin ( x)
dx x
arcsin( ) c
2 2
a x a
a x
dx arctan( ) c
2 2
x a a
cosh( x) dx sinh( x) c
Παραδείγματα
dx x c
1

x
7
7
6
x dx c
61 5
1 x x
dx c c
6
x 61 5
5
5
1
2
7
2 x 2
2 2
x xdx x dx c x c
5
1
7
2
2
x x
5
5
1
2
3
x
2 2
1 2
dx x dx c x c
5
1
3
2
5.2 Υπολογισμοί Ολοκληρωμάτων
Παραδείγματα
Γραμμικότητα Ολοκληρώματος
1 2 1 2
c f ( x) c h( x) dx c f ( x) dx c h( x) dx
2 1
ax bxc b c
b c x
dx a dx adx dx dx ax b ln x c C
2 2 2
x
x x
x
x
1
c
ax bln x C
x
x x
4cos( x) sin( x) 10e dx 4sin( x) cos( x) 10e c
dx dx dx dx
2 2 2 2
2 sin ( x) cos ( x) sin ( x) cos ( x)
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
cos ( x)sin ( x) cos ( x)sin ( x) cos ( x)sin ( x) cos ( x)sin ( x)
1 1 1 1
2 dx dx 2 dx dx 2 tan( x) 2cot( x) c
2 2 2 2
cos ( x) sin ( x)
cos ( x) sin ( x)
6 2 2 3 2 xx dx dx 2arctan 2arcsin c
2
2 2 2
9 x 3 2 2
4x x 2 x
3 2
Ολοκλήρωση με αντικατάσταση
xu( x)
f ( x) dx f ( u) du f ( u) u '( x) dx
du du
ή εναλλακτικά θέτοντας u g( x) du g '( x) dx dx
dx
u '( x) u '
2

Παραδείγματα
Θέτοντας
∫ ( ) ∫
∫ ( ) ∫
∫ ∫
u g( x)
f( u)
f ( g( x)) dx du
u '
du
u ax du adx dx
a
( )
( )
( )
( )
3
( )
( )
dx
dy 1
Θέτουμε y ax b a dx dy
ax b
dx a
dx 1 1 1 1
dy ln y c ln ax b c
ax b y a a a
cos
x
Θέτουμε sin( ) cos( ) cos( )
2
sin
x dx
x du
x usinx u u x
cos 1 1
dx c c
2 2
sin sin
du
u x x du x dx
dx
,
2x5 2 du
dx Θέτουμε u x 5x 6 6x 2 du 2
6x 2
dx
x 5x6 dx
2x5 du
.
2
dx ln | u | c ln | x 5x 6 | c
2
2
x 5x6 ux 5x6 u
Σχετικές ασκήσεις
1. Να υπολογισθούν τα αόριστα ολοκληρώματα:
n
x x dx , για n θετικό ακέραιο
(α) cos sin
3
2
(β) cos x dx , cos x tan
x dx
(γ) dx
x
x 1
(δ)
2x
e
dx x
e 1
,
1
1
x 2
dx

(ε)
(στ)
(ζ)
(η)
e
e
3x
ΛΥΣΗ:
x
3
1
dx
1
1
1 3 dx
x
2 3
sin ( )cos ( )
x x dx
x32x5 I
dx
2x 51
(α) cos sin
n x x dx
du
dx
Θέτοντας u cos
xτότε
sin sin
x du x dx
ucos( x) n1
n1
n n u cos x
4
cos x sin x dx u du C C
n1 n1
cos x dx cos x cos x dx cos x (1 sin x ) dx
3 2 2
(β) i)
x dx x x dx =
2
= cos cos sin
Θέτοντας sin cos cos
du
u x x du x dx
dx
2
sin( ) cos( )sin ( )
x x x dx
3
3
3 2 u
sin
x
cos x dx sin x u du sin x c sin x c
3 3
2
2
ii)
x
x
sin
cos x tan x dx cos x dx cos xsin x dx
cos
du
u x x du x dx
dx
Θέτοντας sin cos cos
2
costan
(γ) i)
x 2
2
u sin
x x dx udu c c
2 2
x
dx
x 1
Θέτοντας u x 1 du
dx

x u1
1/2 1/2
2 3/2 1/2
dx du u u du u 2u
c
x1u 3
2
( 1) 2( 1)
3
ii)
3/2 1/2
x x c
1
1
x
2
dx
Θέτοντας u arcsin x x sin u ισχύει sin cos
5
x u dx u du έχω
1 1 1 1
dx cosu du
cosu du
cosu
du
2 2 2
1x1sin u cos u
cosu
du u c arcsin u c
x
x x
(δ) Θέτουμε e 1 u.
Οπότε e 1 u e u 1 0 και
x x
du du
d e 1 du e dx du dx x
e u
1
Επομένως
2x2 e ( u 1) du u 1u1 1
1
dx du du du du du
e u u u u u u u
x
1 1
1
x x x x
u ln u c e 1 ln e 1 c e 1 ln e 1 c, c .
x x
(Σημείωση: επειδή e 1 e 1)
(ε) Θέτουμε
και το ολοκλήρωμα γίνεται:
Ξέρουμε ότι ισχύει
Οπότε
x du x x 1
u e e du e dx du dx
dx u
3x3 e 1u 11
I dx du
x
e 1 u 1
u
3 2
u u u u
1 ( 1)( 1)
3 2 2
u 1 ( u 1)( u u 1) u u 1
1
u 1 u( u 1) u( u 1)
u u

Και τελικά
2 2x
1 1 u e x
I u1 du(
u 1) du du u ln u C e x C
u
u 2 2
(Σημείωση: επειδή
x
u e u u )
(στ) Αντικαθιστούμε y 1 3x,
οπότε
ολοκλήρωμα γίνεται:
1
1
3
1 1 1 1 1/3
1 y
dx dy y dy c
3 3
13x 3 y 3 3 1
1
3
2
3
1 y
3 2
3
1
2
1
2
13
(ζ)
3 2
3
2
c y c x C
1
dy 3dx dx dy και το
3
I x x x x x x
2 2 2 2
sin ( ) cos ( ) cos( )dx sin ( ) (1-sin ( )) cos( )dx
du
u x x du x dx
dx
Θέτοντας sin cos cos
3 5 3 5
2 2 2 4 u u sin ( x) sin ( x)
u (1 u) du ( u u ) du c c
3 5 3 5
(η)
x32x5 I
dx
2x 51 Θέτουμε u 2x 5 όπου u 0 και συνεπώς
1/2
' 1 1/2 ' 2 1
du 2x5 dx 2x 5 2x 5 dx dx dx dx udu
2 2 2x 5
u
Επίσης λύνοντας ως προς x θα έχουμε
ολοκλήρωμα I θα έχουμε
6
2
u 5
x . Αντικαθιστώντας στο
2

Συνεπώς
2
u 5
3u
0 2
x 3 2x 5 u
2
u 6u 5
I dx udu udu
2x 5 1 u1
2 u1
u
7
u u 1 u 5 u u 5 1 5
2 1 2 2 2
2
du du u du udu
3 2 cc 3 2
1 5 1c u u 2 u 5u
c1c2c 2 3 2 2 6 4
3
3 2 u 2x5 x 2
2 5
u 5u 5
I c 2x5 c
6 4 6 4
2. Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση x acos, ή x atan κατάλληλη σταθερά α , υπολογίστε τα αόριστα ολοκληρώματα
Λύση:
α)
x
2
dx
β)
2
4 x
α) Θέτοντας x 2cos
, για μια
x
3
x
2 25
και παραγωγίζοντας ως προς θ παίρνουμε τη
σχέση μεταξύ των διαφορικών
dx
2sin
d
dx 2sin d
.
Αντικαθιστώντας στο ολοκλήρωμα βρίσκουμε:
2
2
2 2
x
4cos 4cos
dx 2sin d
sin d
2 2 2
4 x 4 4cos 1 cos
4cos
2
sin d4cosd sin
2 2
όπου χρησιμοποιήσαμε τη γνωστή ταυτότητα dx
cos sin 1. Τώρα
χρησιμοποιούμε άλλη μια γνωστή τριγωνομετρική ταυτότητα
2
cos 2 2cos 1 2 cos 2 1
cos . Αντικαθιστώντας έχουμε
2
x
2
dx 2 (cos 2 1) d 2 cos 2 d 2 C sin 2 2
C
2 .
4 x

Παρατηρούμε ότι
x
x 2cos cos sin
2
2
1 cos
2
x
1
4
και χρησιμοποιώντας μια ακόμη γνωστή τριγωνομετρική ταυτότητα έχουμε
2
x x
sin 2 2sin cos
2 1
.
2 4
Αντικαθιστώντας έχουμε
β) Θέτοντας x 5tan
2 2
x x x
4 x
2
dx x 1 2arccos C.
4 2 και παραγωγίζοντας ως προς θ παίρνουμε τη
2 2
σχέση μεταξύ των διαφορικών 5sec 5sec
Αντικαθιστώντας στο ολοκλήρωμα θέτουμε
οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται:
3 3
625tan 625sin
d d
2 2 5 2
cos 25tan 255costan 1
3 3
125sin sin
d 125 d 4
5 1
cos
cos 2
cos
Θέτουμε cos sin
u du d
. Έχουμε:
1 2
1 1
4
u
3
3u
u
8
dx
d
dx d
.
5
x 5tan dx d
,
2
cos
3 3 2
sin sin du sin
125 d 125 ( ) 125 du
4 4 4
cos
u sin u
u
125 du 125( ) C.
2
όπου χρησιμοποιήσαμε τη γνωστή ταυτότητα
Εκφράζουμε τώρα το u συναρτήσει του x.
tan
1
tan 1 . 2
cos
2
5 cos 5 cos 5 cos 25
2 2 1 cos
2
x sin x x 1 cos x
. Από τη
σχέση αυτή βρίσκουμε
Αντικαθιστώντας έχουμε
u cos 5
25 x
2
.

x
3
25 x
3
2
25 x
1 1
3u u
3
2
dx 125( ) C 25 25
x C
2
3
Η απόδειξή του είναι απλή:
Παραδείγματα:
Κανόνας παραγοντικής ολοκλήρωσης
∫ ( ) ∫ (
( )
∫ ( ) ∫ (
( )
∫ ∫ (
f ( x) g( x) dx f ( x) g( x) f (
x) g( x) dx
f ( x) g( x) ' f ( x) g( x) f ( x) g( x)
f ( x) g( x) f ( x) g( x) ' f ( x) g( x)
f '( x) g( x) dx f ( x) g( x) ' dx f ( x) g( x) dx
f '( x) g( x) dx f ( x) g( x) f ( x) g '( x) dx
( )
)
( )
∫ ( )
∫( )
( )
)
9
( )
( )
∫ ( )
)
∫
ln( x) dx x 'ln( x) dx x ln( x) x ln( x) 'dx
1
xln( x) xdxxln( x) dx x ln( x) x c
x
( )
( )
∫ ( )
( )
.
∫ ( )
∫ (
n1 '
n1 n1 n1 n1
n x x 1 x x x
x ln( x) dx ln( x) dx ln( x) dx ln( x) C
2
n1 n 1 n 1 x n 1 ( n 1)
)

Σχετικές ασκήσεις
1. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα ln(2 x) dx
ΛΥΣΗ
(2 x)'
ln(2 x) dx x 'ln(2 x) dx x ln(2 x) xln(2 x) '
dx x ln(2 x) x dx
2x
xln(2 x) 1dx xln(2 x) x c
2. Υπολογίστε το ολοκλήρωμα
2
x
( ax bxc) e dx ( , ,
Λύση
abc )
Χρησιμοποιούμε τον τύπο της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες και έχουμε:
ax bx c e dx ax bx c e dx
2 x 2
x
( ) ( )( )
2 x 2
x
( ax bx c) e ( ax bx c) ( e ) dx
2
x x
( ax bx c) e (2 ax b) e dx
2
x x
( ax bx c) e (2 ax b)( e ) dx
2
x x x
( ax bx c) e (2 ax b)( e ) (2 ax b) ( e ) dx
(
2
ax bx
x x x
c) e (2 ax b) e 2ae
dx
2
x x x
( ax bx c) e (2 ax b) e 2a
e dx
2
x x x
( ax bx c) e (2 ax b) e 2ae
C
2
x
ax ( b 2 a) x ( c b 2 a) e C
3. Να υπολογιστεί το αόριστο ολοκλήρωμα:
Λύση
x
I e sin x dx
10
x x x x x x
I e sin x dx e sin x dx e sin x e sin x dx e sin x e cos( x) dx
x x x x x
e sin x e
cos x dx e sin x e cos x e cos x
dx
x
e sin x
x
e cos
x x
x e sin( x) dx e sin x
x
e cos x I
Οπότε λύνοντας ως προς Ι έχουμε:

x x
x x e sin x e cos x
2I e sin x e cos
x I
2
4. Να υπολογισθεί (κάνοντας χρήση παραγοντικής ολοκλήρωσης) το
ax
ολοκλήρωμα I e sin( bx) dx , όπου a, b σταθερές.
Λύση
ax
ax1ax I e sin bx dx e cos( bx)
e a ax
dx
b cosbx e cosbx
dx
b b
ax
e a ax cos bx e (sin 2 bx) dx
b b
ax
e a axax cosbx 2 e sin bx a e sin bx dx
b b
ax
2
e a ax
a
I cosbx e sin
2 bx I 2
b b b
Λύνοντας ως προς Ι έχουμε:
ax
e
I 2 2 b cosbx asin bx C
a b
5. Να υπολογισθούν (κάνοντας επανειλημμένα χρήση παραγοντικής
ολοκλήρωσης) τα ολοκληρώματα
ΛΥΣΗ
2
x cos( bx) dx,
Αν b=0 τότε το πρώτο ολοκλήρωμα ισούται προς
11
2
x sin( bx) dx,
όπου b σταθερά.
x
3
3
2
x dx C
και το δεύτερο
προς μία σταθερά. Αν b είναι διάφορο του μηδενός τότε εργαζόμαστε με
παραγοντική ολοκλήρωση:
sinbx sin bx sin bx
b b b
2 2 2
x cos bx dx x dx x 2x
dx
α)
2 2 xsin bx dx x dx
b b
b b
b
2 2
x sin bx x sin bx cos bx

cosbx
2
2
2
xdx dx
b b b b
b b b b
2 2
x sin bx cos bx x sin bx 2x cos bx cos bx
12
2 2
x sin bx x sin bx 2x cos bx sin bx
2x cosbx 2 2
cos bx dx c
2 2 2 2
b b b b b b b
2
2 2 cos bx x cos bx cos
bx
x sin bx dx x dx 2x
dx
b b b
β)
2 2
x cos bx 2 x cos
bx 2 sinbx xcos bx dx x dx
b b
b b
b
2 2
xcosbx2 xsin bx sin bx xcosbx2xsinbx2
dx sin
2 2 bx dx
b b b
b b b b
2
2 2
x cos bx 2x sin bx cos bx x
cos bx 2x sin bx 2cos bx
c c
2 2
2 3
b b b b b b b
6. Χρησιμοποιώντας την μέθοδο της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες,
υπολογίστε τα αόριστα ολοκληρώματα:
Λύση
x
i. e cos( bx) dx ii.
ax
i. Αν θέσουμε cos
2
ln( 1)
x dx
I e bx dx , με επανειλημμένη χρήση της μεθόδου της
ολοκλήρωσης κατά παράγοντες, έχουμε:
bx bx bx bx a bx ax sin ax sin ax sin ax sin ax cos
I e ( ) dx e ( e ) dx e e ( ) dx
b b
b b b
b
ax sin bx a ax cosbx ax cosbx
e ( e ( e ) dx)
b b b
b
ax
2
ax sin bx ae cosbx
a ax
e e cos 2 2 bx dx.
b b b
Άρα αποδείξαμε ότι
2
ax ax
be sin bx ae cos bx a
I I .
2 2
b b

Λύνοντας την τελευταία σχέση ως προς Ι έχουμε:
ii.
2 ax ax
a e ( bsin bx acos bx ) e ( bsin bx acos bx )
(1 ) I I
2 2 2 2
b b a b
2 2 2 2
ln( 1) ( )'ln( 1) ln( 1) (ln( 1))'
x dx x x dx x x x x dx
2 1 2 2 1
xln( x 1) x( x 1)' dx x ln( x 1) x (2 x) dx
2 2
x 1 x 1
2 2
2 x 2 x 11 xln( x 1) 2 dx xln( x 1) 2 dx
2 2
x 1 x 1
2 1 2
1
x ln( x 1) 2 (1 ) dx x ln( x 1) 2 dx 2 dx
2 2
x 1 x 1
2
x ln( x 1) 2x 2arc tan x c.
7. α) Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο παραγοντικής ολοκλήρωσης υπολογίστε
2
τα ολοκληρώματα ln( x) dx και ln ( x) dx .
n
β) Να βρεθεί αναγωγικός τύπος για το I ln ( x) dx , n 3,4,...
, από τον
οποίο να υπολογίζεται το I n , συναρτήσει του προηγουμένου In 1.
Λύση:
α) Εφαρμόζοντας τη μέθοδο παραγοντικής ολοκλήρωσης βρίσκουμε για τα
δύο πρώτα ολοκληρώματα:
1
I1 ln x dx xln x xln x
dx xln x x dx xln x x C
x
2
13
n
2 2 2 2 2
ln ( ) ln ( ) ln ( ) ln ( )
ln ( ) 2ln( ) ln( )
I x dx x x dx x x x x dx x x x x x dx
2 1
2 2 2
x ln ( x) 2xln( x) dx x ln ( x) 2 ln( x) dx xln ( x) 2I1 x ln ( x) 2x ln x 2x
C
x
β) Τώρα μπορούμε να βρούμε επαγωγικά το ολοκλήρωμα. Για n 2 έχουμε
ln n
n n n
I x dx = ( x) ln x dx xln x x ln x
dx
n
n
xln x n xln x ln x dx xln x n x ln x dx
x
n n 1 n 1 1
1
n n n
xln x n ln x dx xln x nI
n1
.

Ολοκλήρωση ρητών συναρτήσεων
px ( )
I dx
qx ( )
Α) Στην περίπτωση που ο αριθμητής έχει βαθμό μεγαλύτερο από τον
παρονομαστή:
px ( )
f x και deg p x deg q x
qx ( )
Εκτελούμε τη διαίρεση και έχουμε ως αποτέλεσμα έναν αριθμό και ένα
κλάσμα του οποίου ο βαθμός του παρονομαστή είναι μεγαλύτερος από το
βαθμό του αριθμητή.
p ( x)
f x A x p1 x q x
qx ( )
1
( ) και deg deg
Οπότε έχουμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα
p ( x) p ( x)
q( x) q( x)
1 1
A( x) dx A( x) dx dx
Το πρώτο ολοκλήρωμα είναι πολυωνυμικό και το δεύτερο είναι ολοκλήρωμα
ρητής συνάρτησης που ο αριθμητής έχει βαθμό μικρότερο από τον
παρονομαστή.
Παραδείγματα
α) Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα
4 3
x x x
2 3
dx
2
x 1
Αφού ο βαθμός του παρονομαστή είναι μικρότερος από το βαθμό του
αριθμητή, κάνουμε τη διαίρεση:
4 3
x x x
2 3
4 2
x x
3 2
x x 2x 3
3
x x
2
x x
3
2
x 1
x
2
14
2
x 1
2
x x
1

x x 2x 3 x 1 x x 1 x 2.
4 3 2 2
Οπότε ισχύει
Άρα έχουμε:
2 2
2 3 x 1 x x 1 x 2 2 2
2 2 x x12
x 1 x 1 x 1
4 3
x x x x
4 3
x x x x x
2 3 2 2
dx x x dx x x dx dx
2 2 2
x 1 x 1 x 1
2 2
11 Το πρώτο από τα δύο ολοκληρώματα είναι ολοκλήρωση πολυωνύμου το πώς
θα υπολογίσουμε το δεύτερο ολοκλήρωμα θα το δούμε παρακάτω.
β)
3 2
x 5x
3x
9
I1 dx
2
( x 1)(
x 2x
5)
Πιθανές ρίζες του αριθμητή είναι οι ακέραιοι διαιρέτες του σταθερού όρου, του
-9 στην περίπτωσή μας. Δηλαδή πιθανές ρίζες είναι οι 1,-1,3,-3,9,-9. Έτσι
παρατηρούμε ότι ο αριθμητής του κλάσματος διαιρείται ακριβώς μα το (x-1) .
Οπότε γράφουμε
5 3 9
x 1
3 2
x x x
3 2
x x
2
6x 3x 9
2
6x 6x
9x 9
9x 9
0
15
2
x 6x 9
x 3 + 5x 2 +3x – 9= (x-1)(x 2 + 6x +9) =(x-1)(x + 3) 2 .
Και μπορούμε να απλοποιήσουμε την έκφραση:
και επομένως
3 2
2
x 5x
3x
9 ( x 1)(
x 3)
x
2
2
( x 1)(
x 2x
5)
( x 1)(
x 2x
5)
x
2
2
6x
9
2x
5
,
x 1

2 2
x 6x 9 x 2x 5 8x 4 8x 4
I1 dx dx 1
dx
2 2 2
x 2x 5 x 2x 5 x 2x 5
8x4 x
dx
2
x 2x5 8x4 Το ολοκλήρωμα dx είναι ένα ολοκλήρωμα ρητής συνάρτησης με
2
x 2x5 αριθμητή ένα πολυώνυμο πρώτου βαθμού και παρονομαστή ένα
πολυώνυμο 2 ου βαθμού το οποίο δεν έχει πραγματικές ρίζες, οπότε δεν
παραγοντοποιείται.
Για να το υπολογίσουμε θα γράψουμε τον αριθμητή ως άθροισμα της
παραγώγου του παρονομαστή συν (πιθανά) έναν αριθμό, πολλαπλασιασμένα
με έναν κατάλληλο συντελεστή. Στη συνέχεια θα σπάσουμε το ολοκλήρωμα
σε δύο ολοκληρώματα, το ένα από τα οποία θα έχει ως αριθμητή την
παράγωγο του παρονομαστή, το δεύτερο τον αριθμό. Δηλαδή, στην
περίπτωσή μας θα κάνουμε τις επόμενους αλγεβρικές πράξεις:
8x 4 2x 1 2x 2 3
I2 dx 4 dx 4
dx
2 2 2
x 2x 5 x 2x 5 x 2x 5
2x 2 3
4 dx 4
dx
2 2
x 2x 5 x 2x 5
Το πρώτο ολοκλήρωμα μας οδηγεί στο λογάριθμο του παρονομαστή. Στο
δεύτερο θα εφαρμόσουμε συμπλήρωση τετραγώνου ώστε να οδηγηθούμε
στον τύπο της ολοκλήρωσης που μας δίνει ως αποτέλεσμα τη συνάρτηση
τόξο εφαπτομένη. Οπότε θέτοντας
v x 1 dv dx έχουμε
2
4ln( ) 6arctan 4ln( 2 5) 6arctan
16
2
u x 2x 5 du (2x 2) dx και
2x 2 2 1 4
I2 4 dx 6 dx 4 du 3 dv
2 2 2 2
x 2x 5 ( x 1) 2 u v 4
vx1 u c x x c
22
Η έκφραση
2
x 2x 5 (έχει διακρίνουσα

Με παρόμοιο τρόπο υπολογίζουμε και το επόμενο ολοκλήρωμα.
t 2 1 2t 4 1 2t 6 10
dt dt dt
2 2 2
t 6t 10 2 t6t10 2 t6t10
1
2t 6 1
dt
10
2
ut 6t10 dt
2 2
2 t 6t 10 2 t 6t 10
t
du(2t6) dt
1 1 5 1 1 5
du dt du dt
2 u
2
t 6t 10 2 u
2
t 2 3t 9 9 10
1 1
du
5
2
y t 3 1 1
dt du
dydt
5
2 dy
2 u 3 1
2 u y
2
2 u y 1
2
1 2
ln( 1) 5arctan( 3)
1 2
ln( 6 10) 5arctan( 3)
17
1
1 1 1 1
du 5 dy ln u 5arctan( y) c
u t c
2
t t t c
2
Η έκφραση
2
t 6t 10 (έχει διακρίνουσα

Β) Περίπτωση που ο αριθμητής έχει βαθμό μικρότερο από τον
παρονομαστή:
1. Περίπτωση που ο παρονομαστής μιας ρητής παράστασης αναλύεται
σε γινόμενο παραγόντων πρώτου βαθμού με διαφορετικές ρίζες ο
καθένας π.χ.
f x
Παραδείγματα:
α)
1 nx 2 n A1 1
A2
2
An
n
deg n x deg d x n, a a
nx ( )
d( x) x a x a x a x a x a x a
x 1
I
dx
x1x2 Αναλύουμε το κλάσμα σε επιμέρους κλάσματα
18
i j
x 1
A B A x 2 B x 1 A B x 2A B
x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2
και εξισώνουμε τους συντελεστές των δυνάμεων του x στον αριθμητή του
αρχικού και του τελικού κλάσματος
AB1 2AB 1
Λύνοντας το παραπάνω σύστημα θα έχουμε
x 1
2 1 1 1
x 1 x 2 3 x 1 3 x 2
και άρα
Άρα τελικά
x 2
β) dx
2
x 2x8
2 1
A , B
3 3
x 1 2111 I dx dx
x 1 x 2 3x13x2
2 1
ln x 1 ln x 2 c
3 3
Αναλύουμε τον παρονομαστή σε παράγοντες:

x 2 x 2 A B A( x 2) B( x 4) ( A B) x 2A 4B
2 8 ( 4)( 2) 4 2 ( 4)( 2) ( 4)( 2)
2
x x x x x x x x x x
Η ισότητα των αριθμητών μας οδηγεί στις σχέσεις :
1
A1BA A B 1 A 1 B A 1 B A 1 B
3
2
2A 4B 2 2A 4B 2 2(1 B) 4B 2 6B 4 B
2
3
B
3
Οπότε
γ) 3 2
x 2 1 2 1 2
dx dxlnx4lnx2C
2 8 3( 4) 3( 2) 3 3
2
x x x x
x 3
dx
x 3x2x Παρατηρούμε ότι ο παρονομαστής παραγοντοποιείται στην μορφή:
3 2
x x x x x x
3 2 ( 1)( 2)
Οπότε αναλύουμε την f(x) σε “απλά” κλάσματα ως εξής:
A B
f( x)
, (*)
x x 1 x 2
όπου Α, Β, Γ είναι σταθεροί πραγματικοί αριθμοί.
Οπότε
2
x 3 A( x 1)( x 2) Bx( x 2) Cx( x 1) ( A B C) x ( 3A 2 B C) x 2A
3 2 3 2
x 3x 2 x x( x 1)( x 2) x 3x 2x
Από όπου έχουμε το σύστημα
A B C 0
3A 2B C 1
2A 3
Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι:
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0
2 231 3331 33 22
3 2 1 1
0 1 2 1
0 1 2 1
2 0 0 3
0 2 2 3
0 0 2 1
Από όπου έχω
1
C ,
2
1
1 3
B 1 22, A B C 2
2
2 2
19

Οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται:
( x 3)
dx 3 dx dx 1 dx 3 1
2 ln | x | 2ln | x 1| ln | x 2 | c
x( x 1)( x 2) 2 x x 1 2 x 2 2 2
3x
δ) I dx
2
2x 5x2 Το πολυώνυμο 2x 2 +5x+2 μπορεί να γραφεί ως (2x + 1)(x + 2). Έτσι έχουμε:
3x
A B
3 x A( x 2) B(2x 1)
(2x 1)( x 2) 2x 1 x 2
3 x ( A 2 B) x (2 A B) A 2B 3 και 2A B 0.
Τώρα εύκολα υπολογίζουμε τις τιμές των Α και Β, που είναι A -1και
B 2 .
Συνεπώς, το ολοκλήρωμα γίνεται:
2 1
I
dx2
x22x1 t
e
δ) I dt .
2t
t
e 3e 2
dx dx
1
2ln x 2 ln 2x 1 c, c
.
x22x12
t
2t
t
t 2 t
2
Θέτουμε e x e 3e
2 ( e ) 3e
2 x 3x
2
t t
x e dx e dt
1
1
I dx
dx
2
x 3x
2 ( x 1)(
x 2)
Χρησιμοποιούμε τώρα μερικά κλάσματα
1 A B 1 ( A B) x 2A
B
( x 1)( x 2) x 1 x 2 ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2)
Από όπου έχουμε
A B 0 B A και 2A B 1 2A A 1 A 1 και BA 1
Και τελικά
t t
1 1 x 1 e 1 e 1
I dx dx ln x 1 ln x 2 c ln c ln c ln c
t t
x 1
x 2 x 2 e 2 e2 20

ε)
x
e 1
I dx
x
e 2
Λύση
Έχουμε:
du
, οπότε
x
e
x x
u e du e dx dx
και το ολοκλήρωμα γίνεται:
21
x x
e 1 e 1 du u 1
dx du
x x x
e 2 e 2 e u u 2
2
u 1
I du . Γράφοντας την υπό
u u
ολοκλήρωση ποσότητα υπό μορφή αθροίσματος παίρνουμε
u 1
u u 2
A B ABu2A
. Για να ισχύει η ισότητα αρκεί:
u u 2 u u 2
1
A
AB1 2
2A 1 3
B
2
Τελικά το ολοκλήρωμα γίνεται:
1 1 3 1 1 3 1 x 3 x
I dulnulnu2clne
ln e 2 c
2 u 2 u2
2 2 2 2
1 x 3 x x 3 x
ln e ln e 2 c I ln e 2
c
2 2 2 2
3. Περίπτωση που ο παρονομαστής μιας ρητής παράστασης αναλύεται
σε γινόμενο δύο παραγόντων ενός πρώτου και ενός δευτέρου βαθμού
(ο οποίος δεν παραγοντοποιείται):
2
x x A Bx C
2 2
x a x bx c x a x bx c
( )( )
2
Εδώ νοείται ότι το πολυώνυμο x bx c δεν έχει πραγματικές ρίζες (δηλαδή
έχει αρνητική διακρίνουσα) και δεν παραγοντοποιείται.
Παράδειγμα
( x 1)
dx
3
x 1
Το κλάσμα αναλύεται ως εξής
x 1 x 1 A Bx C
2
A( x x 1) ( Bx C)( x 1)
3
x 1 2
( x 1)( x x 1) x 1 2
x x 1 2
( x 1)( x x 1)

( ) ( ) ( )
2 2
Ax Ax A Bx Bx Cx C
2
A B x A B C x A C
2
( x 1)( x x 1) 2
( x 1)( x x 1)
Οι αριθμητές των κλασμάτων πρέπει να είναι ταυτοτικά ίσοι άρα θα έχω το
σύστημα:
AB0 A B C 1
AC 1
Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι:
1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0
2 21 331 3 2
1 1 1 1
0 2 1 1
0 1 1 1
1 0 1 1
0 1 1 1
0 2 1 1
1100
0 1 1 1
0031
33 22
Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε
2
A ,
3
22
2
B ,
3
οπότε το ολοκλήρωμα γράφεται ως ακολούθως
( x 1) dx 2 dx 1 (2x 1)
dx
I
3 2
x 1 3 x 1 3 x x 1
Θέτοντας u x 1 du dx και
C
1
3
2
u x x 1 du (2x 1) dx
Έχουμε
2 du 1 dv 2 1 2 1 2
I ln | | ln | | ln | 1| ln | 1|
3 u v c x x x c
u 3
v 3 3 3 3
2 1 2
ln | x 1| ln x x 1 c
3 3
Το απόλυτο έφυγε διότι το τριώνυμο
2
x x
το πρόσημό του είναι ομόσημο του συντελεστή του
1 έχει αρνητική διακρίνουσα και
2
x .

4. Περίπτωση που ο παρονομαστής μιας ρητής παράστασης αναλύεται
σε γινόμενο παραγόντων πρώτου ή/και δευτέρου βαθμού καθένας από
τους οποίους μπορεί να είναι υψωμένος σε δύναμη μεγαλύτερη της
μονάδας.
px ( )
f( x)
( x a ) ( x a ) ( x a )
k m n
1 2
l
A A A B B
x a x a x a x a
1 2 k
1 2
k
xa
1 1 1
2 2
B C C
C
k 1 2
k
k k
2
l l l
x axaxaxa deg( p( x)) k m n
ή
px ( )
f( x)
k 2
n
( x a) ( x bx c)
A A A B x CBxCBxC
x a x bx c
1 2 k 1 1 2 2
n n
k n
2 2
2
2
2
x axax bx c x bx c
ή συνδυασμοί τέτοιων εκφράσεων.
Παραδείγματα
α)
2
x 3
I
dx
3 2
x x x 1
deg( p( x)) kn Πρώτα παραγοντοποιούμε τον παρονομαστή
3 2 2 2 2
x x x x x x x x x x x x x
1 ( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1) ( 1) ( 1)
Στη συνέχεια αναλύουμε την ρητή παράσταση σε απλά κλάσματα
2 B C x A 2C
x A B C
2
( x1) x1
2
A x 1 B x 1 x 1 C( x 1)
1 ( 1) 1 1 ( 1) 1
2
x 3 A B C
3
x
2
x x x
2
x x x
2
x
και εξισώνουμε τους συντελεστές των δυνάμεων του x στους αριθμητές
23

BC 1
A2C 0
ABC 3
Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι:
0 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 3
31 2 21
1 0 2 0
1 0 2 0
0 1 3 3
1 1 1 3
0 1 1 1
0 1 1 1
1113
0 1 3 3
0022
3 32
Υπολογίζουμε τα Α, Β και C από την επίλυση του παραπάνω συστήματος
A 2, B 0, C 1
και συνεπώς
ή ισοδύναμα
αφού
2
x 3 2 1
1 ( 1) 1
3 2 2
x x x x x
2
x 3 1 2 2
dx dx dx ln x 1 c
1 1 ( 1) 1
3 2 2
x x x x x x
21 1 2
( x 1)
1
( 1) ( 1)
2
β)
dx x d x c c
( x1) 2 1 ( x1)
2
x 3
I dx
4 3
x x
Πρώτα παραγοντοποιούμε τον παρονομαστή
4 3 3
x x x ( x 1)
Στη συνέχεια αναλύουμε την ρητή παράσταση σε απλά κλάσματα
2 2 2 3
x 3 x 3 A B C D A( x 1) x B( x 1) x C( x 1) Dx
( 1) 1 ( 1)
4 3 3 2 3 3
x x x x x x x x x x
3 2
A D x ( A B) x ( B C) x C
3
x x
( 1)
και εξισώνουμε τους συντελεστές των δυνάμεων του x στους αριθμητές
24

AD 0
AB1 BC 0
C3 Υπολογίζουμε τα Α, Β και C από την επίλυση του παραπάνω συστήματος
Συνεπώς
A B 1 4, B 3, C 3, D A 4
2 12 x 3 4 3 3 4
x x
I dx dx 4ln x 1 4ln x 3 3 c
4 3 2 3
x x x x x x 1 1 2
x 1
3 3
4ln c 2
x x 2x
γ)
4 3
x x 2x2 I
dx
5 4 3 2
x x x x
x x x x x ( x 1) x ( x 1) x x ( x 1) x x 1 ( x 1)
5 4 3 2 4 2 4 2 2 2
Ισχύει:
Οπότε η προς ολοκλήρωση συνάρτηση αναλύεται ως
A B C Dx
f( x)
2 2
x x x 1 x 1
2 2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1) ( ) ( 1)
4 3 2 2 2 2 2
x x x Ax x x B x x Cx x Dx x x
Για να διευκολύνουμε τη διαδικασία επίλυσης του συστήματος μπορούμε να
δώσουμε τιμές διάφορες στο x και να δούμε τι μας δίνει η παραπάνω ισότητα:
Για x=0 έχουμε -2 = -B B=2
Για x=1 έχουμε 2 = 2C C=1
Για x=-1 έχουμε -4 = 4Α-8+2-2(-D+E) 2Α+D-Ε = 1
Για x=2 έχουμε 26 = 10Α+10+20+4(2D+Ε) 5Α+4D+2Ε = -2
Για x=-2 έχουμε 2 = 30Α-30+20-12(-2D+Ε) 5Α+4D-2Ε = 2
Από τις δύο τελευταίες εξισώσεις είναι φανερό ότι Ε=-1
Τελικά λύνοντας τις
2Α+D = 0
5Α+4D = 0
Έχουμε Α=D=0 και δηλαδή συνολικά Α=0, Β=2, C=1, D=0, Ε=-1οπότε
25

2 1 1
f( x)
2 2
x x 1 x 1.
Έτσι το ζητούμενο ολοκλήρωμα υπολογίζεται ως εξής:
4 3
x x 2x 2 2 1 1
dx dx dx dx
5 4 3 2 2 2
x x x x x x 1 x 1
1
x 1
2
x
2 1
2 x dx ( x 1) dx dx ln x 1 arctan( x) c.
2
Υπάρχουν και άλλες (πολλές) κατηγορίες ολοκληρωμάτων τόσο ρητών όσο
και άλλων μορφών συναρτήσεων. Δεν θα μας απασχολήσουν όμως στην
παρούσα φάση.
26