Transcript

1

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 (x) είναι συνάρτηση συνεχής στο [a, b] , τότε υπάρχει παραγωγίσιµη συνάρτηση

g(x) µε την ιδιότητα g (x) f (x)′ = για κάθε x , οπότε το g(b) g(a)− ισούται µε τη διαφορά:

το εµβαδόν του χωρίου (x, y) : x [a,b], 0 y f (x)∈ ≤ ≤

µείον το εµβαδόν του χωρίου (x, y) : x [a,b], f (x) 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 (x) ορισµένη στο διάστηµα [a, b] , και

τις ευθείες x a= , x b= , y 0= , δηλ.

X (x, y) : x [a,b], 0 y f (x)= ∈ ≤ ≤ .

Χωρίζουµε το διάστηµα [a, b]σε n ίσα διαστήµατα µήκους b axn−

∆ = το καθένα, ως

εξής:

[a, b] [a,a x] [a x,a 2 x] ... [a (n 1) x,a n x].= + ∆ ∪ + ∆ + ∆ ∪ ∪ + − ∆ + ∆

Εύκολα µπορούµε να δούµε ότι το άθροισµα n

n kk 1

E f (x ) x=

= ∆∑

2

είναι µια προσέγγιση του εµβαδού του X , όπου kx τυχόν σηµείο του k

διαστήµατος, δηλ.

kx [a (k 1) x,a k x]∈ + − ∆ + ∆ , για k 1,2,..., n= .

Παρατηρούµε ότι όσο το n µεγαλώνει, τόσο το nE προσεγγίζει καλύτερα το εµβαδόν

του χωρίου.

Αποδεικνύεται ότι το nnlim E→+∞

υπάρχει και είναι πραγµατικός αριθµός. Ο αριθµός

αυτός είναι το εµβαδόν του χωρίου X .

Αν η f (x) είναι τυχούσα συνεχής συνάρτηση ορισµένη στο διάστηµα [a, b] (όχι κατ’

ανάγκη θετική), τότε, όταν το n τείνει στο +∞ , το nE τείνει στην τιµή E E E+ −= − ,

όπου E+ το εµβαδόν του χωρίου

X (x, y) : x [a,b], 0 y f (x)+ = ∈ ≤ ≤

και E− το εµβαδόν του χωρίου

X (x, y) : x [a,b], f (x) y 0− = ∈ ≤ ≤ .

Την τιµή E την ονοµάζουµε ορισµένο ολοκλήρωµα της f (x) στο διάστηµα [a, b] και

την συµβολίζουµε b

a

f (x)dx∫ .

Στα επόµενα παραδείγµατα τα ολοκληρώµατα εξετάζονται βάσει του ορισµού, από

τον γεωµετρικό υπολογισµό των εµβαδών των χωρίων X+ , X− .

Παραδείγµατα.

1. Το 1

2

0

x dx∫ ισούται µε το εµβαδόν του χωρίου 2(x, y) : 0 x 1, 0 y x ≤ ≤ ≤ ≤

(την ακριβή τιµή του δεν µπορούµε προς το παρόν να υπολογίσουµε).

2. 1

1

1 x, 1 x 0

f (x) τότε f (x)dx= 3. x 1, 0 x 1 −

− αν − ≤ ≤Αν = + αν < ≤

3

3. Για την σταθερή συνάρτηση f (x) 1= έχουµεb

a

f (x)dx b a= −∫ .

4. Αν f (x) x= και a < 0 < b τότε b 2 2

a

b af (x)dx E E2 2+ −= − = −∫ .

5. a

a

f (x)dx 0.=∫

6. b

a

0dx 0.=∫

Ι∆ΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥ ΟΡΙΣΜΕΝΟΥ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΟΣ

Οι επόµενες ιδιότητες του ορισµένου ολοκληρώµατος αποδεικνύονται σχετικά

εύκολα µε τον ορισµό.

Πρόταση. Αν f (x) , g(x) συνεχείς συναρτήσεις στο [a, b] , τότε

1. b b b

a a a

[f (x) g(x)]dx f (x)dx g(x)dx+ = +∫ ∫ ∫ ,

2. b b

a a

kf (x)dx k f (x)dx=∫ ∫ , όπου k σταθερά,

3. b c b

a a c

f (x)dx f (x)dx f (x)dx= +∫ ∫ ∫ , όπου a c b≤ ≤ ,

4. m(b-a) ≤b

a

f (x)dx∫ ≤ Μ(b-a), όταν m ≤ f(x) ≤ M , ∀ x ∈ [a, b].

Χάριν ενοποίησης του συµβολισµού µπορούµε να ορίσουµε και την ακόλουθη

ιδιότητα:

4

Ορισµός. b

a

f (x)dx∫ = -a

b

f (x)dx∫ .

Παραδείγµατα.

1. 9

3 2x

3

[2x 3sin(x 1) 7xe ]dx−

− + −∫ = 9 9 9

3 2x

3 3 3

2 x dx 3 sin(x 1)dx 7 xe dx− − −

− + −∫ ∫ ∫ .

2. Αν 0 x [0,1]

f (x) 1 x x [1,2]

αν ∈= − αν ∈, τότε

2 1 2 2 2 2

0 0 1 1 1 1

f (x)dx f (x)dx f (x)dx 0 (1 x)dx 1dx xdx 1 3/ 2= + = + − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (τα δύο

τελευταία ολοκληρώµατα υπολογίστηκαν γεωµετρικά).

3. 2

1x

1

2 e dx 2e−

≤ ≤∫ , διότι 2 2 20 x 11 e e e e= ≤ ≤ = για κάθε x [ 1, 1]∈ − .

4. 2 2

0 1x x

1 0

e dx e dx 0.+ =∫ ∫

5. Αν f (x) συνεχής στο [a, b] , τότε t r t

s s r

f (x)dx f (x)dx f (x)dx= +∫ ∫ ∫ , για κάθε

s, t, r [a, b]∈ .

Απόδειξη. Όταν s r t≤ ≤ , είναι άµεσο. Όταν r s t≤ ≤ , τότε t t s t r

s r r r s

f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx= − = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Όµοια οι άλλες περιπτώσεις.

ΤΟ ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Η επόµενη έννοια είναι πολύ χρήσιµη στον υπολογισµό του ορισµένου

ολοκληρώµατος.

5

Ορισµός. Αόριστο ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f(x) ορισµένη σε ένα διάστηµα

λέµε τις συναρτήσεις που η παράγωγός τους ισούται µε f(x). Αν g(x) είναι µία τέτοια

συνάρτηση, δηλ. g (x) f (x)′ = , τότε κάθε άλλη θα έχει τη µορφή g(x) c+ όπου c

κάποια σταθερά (δες επόµενη Σηµείωση). Τότε λέµε ότι το αόριστο ολοκλήρωµα της

f (x) είναι g(x) c+ , και το συµβολίζουµε

f (x)dx g(x) c= +∫ .

Σηµείωση. Αν h(x) , g(x) διαφορίσιµες σε ένα διάστηµα, και h (x) g (x) f (x)′ ′= = για

κάθε x , τότε υπάρχει σταθερά c έτσι ώστε h(x) g(x) c= + . ∆ιότι από το Θεώρηµα

µέσης τιµής, αν µία συνάρτηση όπως η h(x) g(x)− έχει σταθερά µηδενική παράγωγο

σε ένα διάστηµα τότε είναι σταθερή.

Παραδείγµατα.

1. sin(x)dx cos(x) c.= − +∫

Απόδειξη. ( cos(x)) sin(x)′− = .

2. 3

2 xx dx c3

= +∫ .

Απόδειξη. 3 2

2x 3x( ) x3 3

′ = = .

Μπορούµε τώρα να διατυπώσουµε το επόµενο σηµαντικό θεώρηµα που δικαιολογεί

γιατί λέµε “η ολοκλήρωση είναι η αντίστροφη πράξη της παραγώγισης”.

Θεώρηµα. Έστω f : [a, b] → R συνεχής συνάρτηση. Τότε η συνάρτηση x

a

F(x) f(t)dt= ∫ είναι παραγωγίσιµη και ισχύει F΄(x) = f(x), για x ∈ [a, b], δηλ.

x

a

f (x)dx f(t)dt c= +∫ ∫ .

Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι x0 ∈ (a, b). Αν x0 = a ή x0 = b, η απόδειξη µπορεί να

συµπληρωθεί εύκολα από τον αναγνώστη.

6

Εξ ορισµού έχουµε

0 00 h 0

F(x h) F(x )F (x ) lim

h→

+ −′ = .

Υποθέτουµε κατ’ αρχάς ότι h > 0. Τότε F(x0 + h) - F(x0) =0

0

x h

x

f (x)dx+

∫ .

Ορίζουµε τα mh, Mh ως εξής:

mh =minf(x): x0 ≤ x ≤ x0 +h,

Mh = max f(x): x0 ≤ x ≤ x0 +h.

Από ιδιότητα των ορισµένων ολοκληρωµάτων, έχουµε ότι

mn⋅h ≤0

0

x h

x

f (x)dx+

∫ ≤ Mh⋅h .

Εποµένως 0 0h h

F(x h) F(x )m M

h+ −

≤ ≤ .

Εάν h < 0, λίγα πράγµατα πρέπει να αλλάξουµε: Θέτουµε

mh = minf(x): x0 +h ≤ x ≤ x0

Mh = max f(x): x0 +h ≤ x ≤ x0.

Τότε

mh(-h) ≤ 0

0

x

x h

f (x)dx+∫ ≤ Mh (-h).

Επειδή

F(x0 + h) - F(x0) =0 0x h x

a a

f (x)dx f (x)dx+

− =∫ ∫ -0

0

x

x h

f (x)dx+∫ ,

παίρνουµε

hmh ≥ F(x0+h)- F(x0) ≥ hMh.

Επειδή h < 0, διαιρώντας µε h αντιστρέφεται η ανισότητα και έχουµε

0 0h h

F(x h) F(x )m M

h+ −

≤ ≤

Όµως η f (x) είναι συνεχής στο x0 , άρα ισχύει

h h 0h 0 h 0lim m lim M f (x )

→ →= = .

Αυτό αποδεικνύει ότι

7

0 00 h 0

F(x h) F(x )F (x ) lim

h→

+ −′ = = f(x0).

Πόρισµα. Αν f (x) 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 (x) είναι συνεχής στο [a, b]και f (x)dx∫ = g(x) c+ τότε

b

a

f (x)dx g(b) g(a)= −∫ .

Απόδειξη. Έχουµε g (x) f (x)′ = , και F (x) f (x)′ = από το προηγούµενο θεώρηµα,

όπου x

a

F(x) f(t)dt= ∫ . Άρα υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε g(x) = F(x) c+ . Οπότε

b

a

f (x)dx F(b) F(b) F(a) g(b) g(a).= = − = −∫

Παραδείγµατα.

1. b

a

cos(x)dx sin(b) sin(a)= −∫ , διότι cos(x)dx sin(x) c= +∫ .

2. 1

x 1 0

0

e dx e e e 1= − = −∫ , διότι x xe dx e c= +∫ .

3. Να υπολογίσετε την παράγωγο της συνάρτησης

f(x) = 3x

1

ηµt dtt∫ , x 0> .

Λύση.

Θέτουµε h(x) = x3 και g(x) = x

1

ηµt dtt∫

Τότε έχουµε

8

f(x) = g(x3) = g(h(x)).

Άρα, από τον κανόνα σύνθετης παραγώγισης έχουµε

f΄(x) = g΄(h(x)) · h΄(x) ⇒ f΄(x) = g΄(x3) · h΄(x).

Από προηγούµενo Θεώρηµα έχουµε g΄(x) = ηµxx

. Επιπλέον h΄(x) = 3x2.

Άρα f΄(x) = 3

3

ηµxx

·3x2 = 33ηµx

x.

Σηµείωση. Το αόριστο ολοκλήρωµα ηµt dtt∫ δεν υπολογίζεται µε στοιχειώδεις

µεθόδους.

ΑΟΡΙΣΤΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΑΠΛΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

Για τον υπολογισµό των αορίστων ολοκληρωµάτων µπορούµε να θεωρούµε ως

γνωστά τα παρακάτω στοιχειώδη αόριστα ολοκληρώµατα.

Πρόταση. Ισχύουν τα εξής: 1

λ x1. x dx + c (λ -1 µε x 0 ή λ )1

λ+

= ≠ > ∈λ +∫

2. 1 dx ln x c, (x 0 ή x 0)x

= + < >∫ .

x x3. e dx e c.= +∫

4. sinxdx cosx + c.= −∫ 5. cos xdx sinx c.= +∫

6. 1

2

1 dx sin x + c, ( 1 x 1)1 x

−= − < <−

∫ . 7. 12

1 dx tan x c.1 x

−= ++∫

Απόδειξη. Τα πρώτα πέντε ολοκληρώµατα επαληθεύονται εύκολα:

( ) ( ) ( )1

x xx ( 1)x 1 1x , ln x x , e = e ,1 1 x x

λ+ λλ

′ λ + ′′ ′= = = = λ + λ +

( ) ( )cos x sin x, sin x cos x.′ ′− = =

9

Όµοια επαληθεύονται και τα 6), 7):

Για το 6): Η συνάρτηση f(x) = sinx ορισµένη στο [-π/2, π/2] είναι ένα προς ένα και

επί το σύνολο [-1, 1]. Η y = sin-1x είναι η αντίστροφή της. Έχουµε λοιπόν siny = x,

και παραγωγίζοντας: ( ) -1cos y (sin x) 1′ = , δηλ. -1 1(sin x)cos y

′ = . Επίσης έχουµε

2 2 2cos y 1 sin y 1 x= − = − , οπότε 2cos y 1 x= ± − . Αλλά ( )y / 2, / 2∈ −π π όταν

1 x 1− < < , άρα cos y 0> . Εποµένως 2cos y 1 x= − και -1

2

1(sin x)1 x

′ =−

.

Για το 7): Η συνάρτηση f(x) = tanx ορισµένη στο (-π/2, π/2) είναι ένα προς ένα και

επί το σύνολο . Η y = tan-1x είναι η αντίστροφή της. Έχουµε λοιπόν tany = x, και

παραγωγίζοντας: -12

1 (tan x) 1cos y

′ = , δηλ. -1 2(tan x) cos y′ = . Επίσης έχουµε

22 2

2

sin y tan y = xcos y

= , 2

22

1 cos y = xcos y− οπότε 2

2

1cos y1 x

=+

. Άρα -12

1(tan x)1 x

′ =+

.

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 τοx), και ότι ολοκληρώνουµε ως προς αυτήν την

µεταβλητή.

Παραδείγµατα.

10

1. 3

2 yy dy c3

= +∫ , διότι3

2 xx dy c3

= +∫ .

2. 2z

2z ee dz c2

= +∫ , διότι 2z

2zd e edz 2

=

.

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 (x) , g(x) συνεχείς συναρτήσεις στο [a, b] , τότε

1. [f (x) g(x)]dx f (x)dx g(x)dx+ = +∫ ∫ ∫ ,

2. kf (x)dx k f (x)dx=∫ ∫ , όπου k σταθερά.

Παραδείγµατα.

1. x x x0[3 x ce ]dx 3 xdx c e dx 3 x ce cσυν + = συν + = ηµ + +∫ ∫ ∫ .

2. 2y x y x 1 1 1 ydy dy dy ydy x dy x ln y c

x y x y x y x 2

+ = + = + = + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Πρόταση. (Μέθοδος αντικατάστασης).

Έστω f (x) , g(x)συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σε κάποια διαστήµατα, έτσι ώστε

να υπάρχει η σύνθετη συνεχής συνάρτηση f (g(x)) . Υποθέτουµε την g(x)

παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο g (x)′ . Τότε

f (g(x))g (x)dx f (y)dy′ =∫ ∫ , όπου y g(x)= .

Απόδειξη. Αν θέσουµε f (y)dy F(y) c= +∫ , τότε

dF(y) F (y)y f (y)y f (g(x))g (x)dx

′ ′ ′ ′= = = .

Άρα f (x)g (x)dx F(y) c f (y)dy′ = + =∫ ∫ .

11

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 x h(y)= (µε την h(y) να έχει συνεχή

παράγωγο) τότε µπορούµε να αντικαθιστούµε βάσει της εξίσωσης dx h (y)dy′= .

β) Αν θέσουµε τον µετασχηµατισµό y g(x)= , (µε την g(x) να έχει συνεχή

παράγωγο και µεg (x) 0′ ≠ ), τότε µπορούµε να αντικαθιστούµε βάσει της εξίσωσης

dy g (x)dx′= (διότι αν η συνάρτηση y g(x)= έχει αντίστροφη την x h(y)= , τότε

1h (y)g (x)

′ =′

, και έχουµε την αντικατάσταση 1dx h (y)dy dyg (x)

′= =′

).

γ) Γενικότερα, αν αντικαταστήσουµε την µεταβλητή x µε την y , ώστε να

ικανοποιείται η εξίσωση g(x) h(y)= , (µε τις g(x) , h(y) να έχουν συνεχείς

παραγώγους και µεg (x) 0′ ≠ ), τότε µπορούµε να αντικαθιστούµε βάσει της

εξίσωσης g (x)dx h (y)dy′ ′= (η εξήγηση είναι όπως στο β) ).

Παραδείγµατα.

1. x xf (e ) e dx f (y)dy⋅ =∫ ∫ , όπου xy e= , και f : R → R συνεχής συνάρτηση.

Απόδειξη. ∆ιότι x x(e ) e′ = , και εφαρµόζουµε την αντικατάσταση xe y= .

2. ( )sin x sin x y ye cos xdx e sin x dx e dy e c′= = = +∫ ∫ ∫ , µε y sin x= .

3. Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα

(1) x

x

e dx1 e

−+∫ (2) x xe ηµ(e )dx∫ (3) 2(ηµx-συνx) dx∫ (4) ηµx dx2 συνx+∫

Λύση (1) Θέτουµε 1+e-x = y ⇒ dy = -e-xdx.

Άρα

12

x

x

e dx1 e

−+∫ = - dyy∫ = -ln|y| + c = -ln(1+e-x)+ c.

(2) Θέτουµε ex = y ⇒ dy = exdx. Άρα

x xe ηµ(e )dx∫ = ηµydy∫ = -συνy + c = -συν(e-x) + c.

(3) ∫ (ηµx-συνx)2dx = ∫ (ηµ2x +συν2x –2ηµx συνx)dx

= ∫ (1-2ηµx συνx)dx = ∫ 1dx-2 ∫ ηµx συνxdx = ∫ 1dx-2 ∫ ηµx (ηµx)΄ dx

= x - 2 ∫ ydy (όπου y = ηµx)

= x – y2 + c = x – ηµ2x + c.

(4) Θέτουµε y = 2 + συνx⇒ dy = -ηµxdx .

Άρα ηµx dx2 συνx+∫ = - dy

y∫ = -ln|y|+c = -ln|2+συνx| + c= -ln(2+συνx)+ c.

4. 1

2

1 dx sin (x) c1 x

−= +−

∫ .

Απόδειξη. Αν θέσουµε x sin y= , δηλ. 1y sin (x)−= , τότε dx cos ydy= και έχουµε

–1 < x < 1, -π/2 < y < π/2, cosy > 0. Οπότε

1

2 2

1 1 1dx cos ydy cos ydy y c sin (x) ccos y1 x 1 sin y

−= = = + = +− −

∫ ∫ ∫ .

5. 12

1 dx tan (x) c1 x

−= ++∫ .

Απόδειξη. Θέτουµε x tan y= . Οπότε ( ) 2

1dx tan y dy dycos y

′= = , και άρα

12 2 2

1 1 1dx dy 1dy y c tan (x) c.1 x 1 tan y cos y

−= = = + = ++ +∫ ∫ ∫

Πόρισµα. Έστω f (x) , g(x)συνεχείς συναρτήσεις έτσι ώστε να υπάρχει η σύνθετη

συνεχής συνάρτηση f (g(x)) ορισµένη σε διάστηµα [a, b] . Υποθέτουµε την g(x)

παραγωγίσιµη µε συνεχή παράγωγο g (x)′ . Τότε

13

g(b)b

a g(a )

f (g(x)) g (x)dx f (y)dy′⋅ =∫ ∫ .

Απόδειξη. Έχουµε f (g(x)) g (x)dx f (y)dy′⋅ =∫ ∫ , όπου y g(x)= . Αν

f (y)dy F(y) c= +∫ , τότε f (g(x)) g (x)dx F(g(x)) c′⋅ = +∫ . Οπότε

g(b)b

a g(a )

f (g(x)) g (x)dx F(g(b)) F(g(a)) f (y)dy′⋅ = − =∫ ∫ .

Παραδείγµατα.

1. Να υπολογιστεί το sin(t )

x

t

d e dxdt

∫ .

Λύση. Έχουµε x xe dx e c= +∫ . Άρα sin( t )

x sin( t )x x sin(t ) t

x tt

e dx e e e=

== = −∫ .

Εποµένως sin(t )

x sin(t ) t

t

d e dx cos(t)e edt

= −

∫ .

2. Αν 2x

x

P(x) [s x cos(s)]ds= +∫ , να υπολογιστεί το P (x)′ .

Λύση. Έχουµε 2 2 2[s x cos(s)]ds s / 2 x sin(s) c+ = + +∫ .

Άρα2x

x

[s x cos(s)]ds+ =∫

( ) ( ) ( ) ( )s 2x2 2 2 2 2 2 2

s xs / 2 x sin(s) 4x / 2 x sin(2x) x / 2 x sin(x) x 3/ 2 sin(2x) sin(x) .

=

=+ = + − + = + −

Εποµένως ( ) ( )2P (x) 2x 3/ 2 sin(2x) sin(x) x 2cos(2x) cos(x)′ = + + + − .

3. ( )1

1

0

0

1 1 eex x x xe

0 0 e

sin(e )e dx sin(e ) e dx sin(y)dy cos y cos e cos1′

= = = − = − +∫ ∫ ∫ .

Πρόταση. (Μέθοδος κατά παράγοντες ολοκλήρωση).

14

Έστω f (x)s , g(x) παραγωγίσιµες συναρτήσεις, ορισµένες σε κάποιο διάστηµα, µε

συνεχείς παραγώγους. Τότε f (x) g (x)dx f (x) g(x) f (x) g(x)dx′ ′⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫ .

Απόδειξη. Έχουµε ( )f (x)g(x) f (x)g(x) f (x)g΄(x)′ ′= + . Οπότε

( )f (x)g(x) f (x)g΄(x) dx f (x)g(x) c′ + = +∫ .

Παραδείγµατα.

1. Υπολογισµός του xxe dx∫ .

Λύση. x x x x x x x xxe dx x(e ) dx xe (x) e dx xe e dx xe e c.′ ′= = − = − = − +∫ ∫ ∫ ∫

2. Υπολογισµός του 2 xx e dx∫ .

Λύση. Θα εφαρµόσουµε δύο φορές την ολοκλήρωση κατά παράγοντες. Με την πρώτη

έχουµε 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x xx e dx x (e ) dx x e (x ) e dx x e 2 xe dx′ ′= = − = −∫ ∫ ∫ ∫ . Οπότε,

χρησιµοποιώντας το προηγούµενο Παράδειγµα, παίρνουµε 2 x 2 x x xx e dx x e 2(xe e c)= − − +∫ . Το αποτέλεσµα αυτό το γράφουµε απλά

2 x x xx e 2xe 2e c− + + , γιατί το c είναι τυχαία σταθερά.

3. Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα

(1) 2x lnxdx∫ (2) -3xxe dx ∫ (3) 2xe συν3xdx∫ (4) x 1 xdx+∫

Λύση.

(1) 2x lnxdx∫ = 3 3 3x x x( ) lnxdx lnx (lnx) dx

3 3 3′ ′= −∫ ∫ =

= 3 3 3 3 3

2x x 1 x 1 x 1 xlnx dx lnx x dx lnx3 3 x 3 3 3 3 3

− ⋅ = − = − ⋅∫ ∫ + c.

(2) -3x -3x1xe dx x(e ) dx 3

′= −∫ ∫ =

= 3x 3x 3x 3x 3x 3x1 1 1 1[xe (x) e dx] (xe e dx) xe e c3 3 3 9

− − − − − −′− − = − − = − − +∫ ∫ .

(3) 2xe συν3xdx∫ = ( ) ( )2x 2x 2x1 1e 3xdx [e 3x e 3x dx]2 2

′ ′συν = συν − συν =∫ ∫

= ( )2x 2x 2x 2x1 1 3[e 3x 3 e 3xdx] e 3x e 3xdx2 2 4

′συν + ηµ = συν + ηµ =∫ ∫

15

( )2x 2x 2x1 3 3e 3x e 3x e 3x dx2 4 4

′= συν + ηµ − ηµ =∫2x 2x 2x1 3 9e 3x e 3x e 3xdx.

2 4 4= συν + ηµ − συν∫

Άρα 2x 2x 2x13 1 3e συν3xdx e 3x e 3x c.4 2 4

= συν + ηµ +∫

(4) x 1 xdx+∫ = ( )3/22 x (1 x) dx3

′+∫ =

= 3/2 3/22 [x(1 x) x (1 x) dx]3

′+ − +∫ =

= 3/2 3/22 [x(1 x) (1 x) dx]3

+ − +∫ =

= 3/2 5/22 2 2x(1 x) (1 x)3 3 5

+ − ⋅ + + c.

Με την επόµενη µέθοδο υπολογίζουµε αόριστα ολοκληρώµατα ρητών παραστάσεων,

αναλύοντας την ρητή παράσταση σε απλά κλάσµατα.

Υπενθυµίζουµε ότι αν έχουµε δύο πολυώνυµα p(x),q(x) c≠ τότε κάνοντας διαίρεση

το ρητό κλάσµα p(x)q(x)

µπορεί να γραφεί ως (x)(x)q(x)υ

π + , όπου (x)π , (x)υ

πολυώνυµα, µε το (x)υ να έχει βαθµό µικρότερο του q(x) .

Πρόταση (Ανάλυση σε απλά κλάσµατα).

Θεωρώντας ότι αναφερόµαστε πάντα σε πραγµατικούς αριθµούς, έχουµε τα εξής:

α) Αν τα πολυώνυµα 1 2p(x),q (x),q (x) έχουν βαθµό 1 2, ,λ µ µ αντίστοιχα, µε

1 2λ < µ + µ και επιπλέον τα 1 2q (x),q (x) δεν έχουν κοινό παράγοντα (ισοδύναµα,

δεν έχουν κοινή ρίζα), τότε υπάρχουν πολυώνυµα 1 2p (x), p (x) µε βαθµό

21 νν , αντίστοιχα, µε 1 1ν < µ και 2 2ν < µ , έτσι ώστε

1 2

1 2 1 2

p (x) p (x)p(x)q (x)q (x) q (x) q (x)

= + .

β) Αν το πολυώνυµο p(x) είναι βαθµού µικρότερου από 2n και a 0≠ , τότε υπάρχουν

i iA ,B έτσι ώστε

16

( ) ( ) ( )

1 1 2 2 n nn 2 2 n2 2 2

A x B A x B A x Bp(x) ...ax bx cax bx c ax bx c ax bx c

+ + += + + +

+ ++ + + + + +.

γ) Αν το πολυώνυµο p(x) είναι βαθµού µικρότερου από n και a 0≠ , τότε υπάρχουν

iA έτσι ώστε

( ) ( )

1 2 nn 2 n

A A Ap(x) ...ax b (ax b)ax b ax b

= + + ++ ++ +

.

Η απόδειξη παραλείπεται.

Παραδείγµατα.

1. Να αναχθεί η ρητή παράσταση ( )( )

3

22

xx 1 x 1+ +

σε απλούστερα κλάσµατα.

Λύση.

Σύµφωνα µε την προηγούµενη Πρόταση:

Παρατηρούµε ότι τα πολυώνυµα ( )22x 1, x 1+ + δεν έχουν κοινό παράγοντα, οπότε,

λόγω του α) υπάρχουν πολυώνυµα 1 2p (x), p (x) βαθµού µικρότερου του 2, ώστε

( )( ) ( )

31 2

2 2 22

p (x) p (x)xx 1x 1 x 1 x 1

= +++ + +

.

Από το β) έχουµε ότι 1p (x) Ax B= + .

Από το γ) έχουµε ότι ( ) ( )

22 2

p (x) C Dx 1x 1 x 1

= +++ +

.

Υπάρχουν λοιπόν σταθερές Α, Β,C,D έτσι ώστε

( )( ) ( )

3

2 2 22

x Ax B C Dx 1x 1x 1 x 1 x 1

+= + +

+++ + +.

Για τον υπολογισµό των σταθερών:

Για κάθε x έχουµε ( )( ) ( )( ) ( )23 2 2x Ax B x 1 C x 1 x 1 D x 1= + + + + + + + ,

ισοδύναµα

( ) ( )3 3 2x A C x (2A B C D)x (A 2B C)x B C D= + + + + + + + + + + + .

17

Στη συνέχεια εξισώνουµε τους οµοβάθµιους όρους βρίσκουµε ένα σύστηµα

εξισώσεων

A C 12A B C D 0

A 2B C 0B C D 0

+ = + + + = + + = + + =

Λύνοντας το σύστηµα βρίσκουµε: Α = 0, Β = -1/2, C = 1, D = -1/2.

Εποµένως ( )( ) ( )

3

2 2 22

x 1/ 2 1 1/ 2x 1x 1x 1 x 1 x 1

− −= + +

+++ + +.

2. Να αναχθεί η ρητή παράσταση ( ) ( )

5

2 32

x

x 1 x 1+ + σε απλούστερα κλάσµατα.

Λύση.

Σύµφωνα µε την προηγούµενη Πρόταση:

Παρατηρούµε ότι τα πολυώνυµα ( ) ( )2 32x 1 , x 1+ + δεν έχουν κοινό παράγοντα,

οπότε, λόγω του α) υπάρχουν πολυώνυµα 1 2p (x), p (x) βαθµού µικρότερου του 4 και

3, αντίστοιχα, ώστε ( ) ( ) ( ) ( )

51 2

2 2 332 2

p (x) p (x)xx 1x 1 x 1 x 1

= +++ + +

.

Από το β) έχουµε ότι ( ) ( )

1 1 1 2 22 2 22 2

p (x) A x B A x Bx 1x 1 x 1

+ += +

++ +.

Από το γ) έχουµε ότι ( ) ( ) ( )

32 1 23 2 3

Cp (x) C Cx 1x 1 x 1 x 1

= + +++ + +

.

Υπάρχουν λοιπόν σταθερές i i jA ,B ,C έτσι ώστε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

531 1 2 2 1 2

2 2 2 2 332 2

CA x B A x B C Cxx 1x 1 x 1 x 1x 1 x 1 x 1

+ += + + + +

++ + ++ + +.

Για τον υπολογισµό των σταθερών:

Για κάθε x έχουµε

( )( )( ) ( )( )3 35 21 1 2 2x A x B x 1 x 1 A x B x 1= + + + + + + +

18

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 222 2 21 2 3C x 1 x 1 C x 1 x 1 C x 1 .+ + + + + + + +

Στη συνέχεια εξισώνουµε τους οµοβάθµιους όρους και βρίσκουµε ένα σύστηµα

εξισώσεων µε το οποίο υπολογίζουµε τις σταθερές όπως προηγουµένως.

3. Υπολογίστε τα ολοκληρώµατα

(1) 6 x dx(x 3)(2x 5)

−− +∫ (2) 2

2x 3 dxx 2x 5

−− +∫

Λύση.

(1) Έχουµε ότι 6 x A B(x 3)(2x 5) x 3 2x 5

−= +

− + − + όπου Α, Β σταθερές τις οποίες θα

υπολογίσουµε ως εξής:

Απλοποιώντας τους παρονοµαστές έχουµε

6 - x = A(2x + 5) + B(x - 3) ⇒ 6 - x = 5A –3B + (2A + B)x ⇒

5A - 3B - 6, 2A + B = -1.

Άρα

3A11

= , 17B11

−= .

Εποµένως 6 x 3 1 -17 1dx dx dx(x 3)(2x 5) 11 3 11 2 5

−= ⋅ + ⋅ =

− + − +∫ ∫ ∫x x

ln 2x 53 17ln x 3 c11 11 2

+= − − + .

(2) 2

2x 3 dxx 2x 5

−− +∫ = 2

2x dxx 2x 5− +∫ - 2

3 dxx 2x 5− +∫

(i) Υπολογισµός του 2

1 dxx 2x 5− +∫

Έχουµε ότι x2 - 2x + 5 = (x-2)2 +1,

άρα

2

1 dxx 2x 5− +∫ = 2

dx(x 2) 1− +∫

Θέτουµε y = x-2. Άρα dy = dx

19

Εποµένως 2

dx(x 2) 1− +∫ = ∫ +1y

dy2 = tan-1y + c = tan-1(x-2) + c.

(ii) Υπολογισµός του 2

2x dxx 2x 5− +∫

Θέτουµε

y = x2 - 2x + 5 ⇒ dxdy = 2x-2 ⇒ dy = (2x - 2)dx

Άρα ∫ +−dx

52xx2x

2 = ∫ +−+ dx

52xx22-2x

2 =

= ∫ +−dx

52xx2-2x

2 + ∫ +−dx

52xx2

2 =

= dyy∫ + ∫ +−

dx52xx

22 = ln|y| + ∫ +−

dx52xx

22 =

= ln(x2 - 2x + 5) + ∫ +−dx

52xx2

2 = ln(x2 - 2x + 5) + 2[tan-1(x-2) + c].

4. Υπάρχουν Α, Β, Γ, ∆, Ε έτσι ώστε

( ) ( )( ) ( )

15 3

2 2 22

x x 5 A B xp(x)1 x x 3 x ax b1 x x 3 x ax b 1 x

− + Γ ∆ + Ε= + + + +

− + + +− + + + −

όπου p(x) πολυώνυµο (πηλίκο της διαίρεσης του 15 3x x 5− + µε το

( ) ( )( )2 21 x x 3 x ax b− + + + ) .

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 [a, b) , [a, )+∞ ,

(a, b] , ( , b]−∞ όπου a,b πραγµατικοί. Σ’ αυτή την περίπτωση ορίζουµε b h

h ba a

f (x)dx lim f (x)dx−

→ −=∫ ∫

20

h

ha a

f (x)dx lim f (x)dx+∞

→+∞=∫ ∫

b b

h aa h

f (x)dx lim f (x)dx→ +

+

=∫ ∫

b b

hh

f (x)dx lim f (x)dx→−∞

−∞

=∫ ∫

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 (x) είναι συνεχής στο διάστηµα [a, b] , τότε

b b b

a a a

f (x)dx f (x)dx f (x)dx.−

+

= =∫ ∫ ∫

Απόδειξη.b h b

a a h

f (x)dx f (x)dx f (x)dx= + =∫ ∫ ∫h b h b b b

h b h b h b h ba h a h a h

lim f (x)dx f (x)dx lim f (x)dx lim f (x)dx f (x)dx lim f (x)dx.−

→ − → − → − → −

= + = + = +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Αλλά, επειδή η f (x) είναι συνεχής, υπάρχει Μ ώστε M f (x) M− ≤ ≤ για κάθε x.

Άρα b

h

M(b h) f (x)dx M(b h)− − ≤ ≤ −∫ , οπότε b

h bh

lim f (x)dx 0→ −

=∫ .

Εποµένως b b

a a

f (x)dx f (x)dx.−

=∫ ∫ Όµοια, b b

a a

f (x)dx f (x)dx+

=∫ ∫ .

Παραδείγµατα.

1. Nα υπολογιστεί το γενικευµένο ολοκλήρωµα

∫+∞

−+0xx ee

dx

Λύση.

Υπολογισµός του ∫ −+ xx eedx :

∫ −+ xx eedx = ∫ +1e

dxe2x

x

21

Θέτουµε ex = y ⇒ dxdy = ex ⇒ dy = exdx.

Άρα

∫ +1edxe

2x

x

= ∫ +1ydy2 = tan-1(y) + c = tan-1 (ex) + c.

Άρα

x x0

dxe e

+∞

−+∫ =4π

2π)(etan)(etanlim 01-x

x=−=−1−

+∞→.

2. Υπολογισµός του 1

20

1 dxx+

∫ .

Λύση.

Έχουµε 2

1 1dx cxx

= − +∫ .

Άρα 1 1

2 2t 0 t 00 t

1 1 1 1dx lim dx lim .1 tx x→ + → +

+

= = − − − = +∞ ∫ ∫

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(x), g(x) είναι συνεχείς συναρτήσεις µε f(x) ≤ g(x) για κάθε

x [a,b]∈ , τότε το χωρίο (x, y) : a x b,f (x) y g(x)≤ ≤ ≤ ≤ που περικλείεται από τις

ευθείες x = a, x = b και τα γραφήµατα των συναρτήσεων f(x), g(x), έχει εµβαδόν b

a

[g(x) f (x)]dx−∫ .

Απόδειξη. Αν κάνουµε µία παράλληλη µεταφορά του χωρίου

(x, y) : a x b,f (x) y g(x)≤ ≤ ≤ ≤

κατά το διάνυσµα v (0,M)= θα έχουµε το χωρίο

(x, y) : a x b, f (x) M y g(x) M≤ ≤ + ≤ ≤ +

22

µε εµβαδόν όσο και το πρώτο.

Λόγω της συνέχειας της f(x) µπορούµε να επιλέξουµε το Μ τέτοιο ώστε

M f (x)− < , δηλ. 0 f (x) M< + , για κάθε x.

Παρατηρούµε ότι το χωρίο (x, y) : a x b, f (x) M y g(x) M≤ ≤ + ≤ ≤ + ισούται µε το

(x, y) : a x b,0 y g(x) M≤ ≤ ≤ ≤ + µείον το (x, y) : a x b,0 y f (x) M≤ ≤ ≤ < + και

ότι το εµβαδόν του (x, y) : a x b,0 y f (x) M≤ ≤ ≤ < + ισούται µε το εµβαδόν του

(x, y) : a x b,0 y f (x) M≤ ≤ ≤ ≤ + .

Οπότε το εµβαδόν που θέλουµε να υπολογίσουµε ισούται µε το εµβαδόν του

(x, y) : a x b,0 y g(x) M≤ ≤ ≤ ≤ +

µείον το εµβαδόν του

(x, y) : a x b,0 y f (x) M≤ ≤ ≤ ≤ + ,

δηλ. µε [ ] [ ]b b

a a

g(x) M dx f (x) M dx+ − +∫ ∫ που είναι ίσο µε b

a

[g(x) f (x)]dx−∫ .

Παράδειγµα.

Βρείτε το εµβαδόν του χωρίου που φράσσεται από τα γραφήµατα των συναρτήσεων

f(x) = x3-x και g(x) = x2.

Λύση.

Μελετώντας τις συναρτήσεις f και g µπορούµε να σχεδιάσουµε τα γραφήµατα

τους.

Για παράδειγµα, επιλύνοντας την εξίσωση f(x) = g(x) ⇔ x3-x = x2

έχουµε

x3- x2 - x = 0 ή

x(x2-x-1) = 0

Άρα οι ρίζες είναι x = 0, 2

51+ , 2

51−

Έτσι, βρήκαµε που τέµνονται τα γραφήµατα των f, g.

Στη συνέχεια επαληθεύουµε εύκολα ότι

f(x) ≥ g(x) ∀ x∈ 1 5 , 02

π.χ. f(½) > g(½),

23

και f(x) ≤ g(x) ∀ x∈ 1 50, 2

+

π.χ. f(1) < g(1).

Άρα το ζητούµενο εµβαδόν είναι

Ε =1 50 3 2 2 32

1 5 02

(x x x )dx (x (x x))dx+

− − − + − −∫ ∫

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 [a, b] , και V χωρίο του R3. Αν f (z) είναι το

εµβαδόν του επίπεδου χωρίου V(z) (x, y) : (x, y, z) V= ∈ , τότε b

a

f (z)dz∫ είναι ο

όγκος του χωρίου που περικλείεται µεταξύ των επιπέδων z a= , z b= και ανήκει στο

V.

Παράδειγµα.

Να υπολογιστεί ο όγκος του χωρίου V που περικλείεται από τα επίπεδα z 0= , z h=

και την επιφάνεια 2 2 2x y r+ = (κύλινδρος διαµέτρου r και ύψους h ).

Λύση. Έχουµε ότι το V(z) είναι δίσκος ακτίνας r, άρα το εµβαδόν του είναι

2f (z) r= π . Οπότε ο όγκος του V είναι h

2 2

0

r dz r hπ =π∫ .

Γ. Το ολοκλήρωµα υπολογίζει µήκη καµπύλης.

Ας δούµε πρώτα πως ορίζουµε το µήκος της καµπύλης y = f(x) της γραφικής

παράστασης µιας συνεχούς θετικής συνάρτησης f (x) ορισµένη στο διάστηµα [a, b] .

Χωρίζουµε το διάστηµα [a, b]σε n ίσα διαστήµατα µήκους b axn−

∆ = το καθένα, ως

εξής:

24

[a, b] [a,a x] [a x,a 2 x] ... [a (n 1) x,a n x]= + ∆ ∪ + ∆ + ∆ ∪ ∪ + − ∆ + ∆

και παίρνουµε τα σηµεία ( )( )k k kz x , f x= της καµπύλης y = f(x) που αντιστοιχούν στα

άκρα των διαστηµάτων, δηλ. kx a k x,= + ∆ για k = 0, 1, 2, …n.

Εύκολα µπορούµε να δεχτούµε ότι το άθροισµα

( ) ( ) ( ) ( )n n n

2 2 2 2n k k 1 k k 1 k k 1 k k 1

k 1 k 1 k 1

M z z x x f (x ) f (x ) x f (x ) f (x )− − − −= = =

= − = − + − = ∆ + −∑ ∑ ∑

είναι µια προσέγγιση του µήκους της y = f(x), που γίνεται καλύτερη όσο µεγαλώνει

το n.

Υποθέτουµε ότι η f(x) έχει παράγωγο. Τότε, από το Θεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχουν

k [a (k 1) x,a k x]ξ ∈ + − ∆ + ∆ , για k 1,2,..., n= , έτσι ώστε k k 1k

f (x ) f (x )f ( )

x−−′ ξ =

∆.

Οπότε ( ) ( ) ( )n n

2 2 2n k k

k 1 k 1

M x xf ( ) 1 f ( ) x= =

′ ′= ∆ + ∆ ξ = + ξ ∆∑ ∑ .

Αν υποθέσουµε επιπλέον ότι η f(x) έχει συνεχή παράγωγο τότε η συνάρτηση

( )2)x(f1 ′+ είναι συνεχής. Άρα από τον ορισµό του ολοκληρώµατος το nnlim M→+∞

ισούται µε το ( )b

2

a

1 f (x) dx′+∫ και λέγεται µήκος της καµπύλης y = f(x), x [a,b]∈ .

Έχουµε έτσι την ακόλουθη Πρόταση.

Πρόταση. Αν f (x) είναι συνάρτηση ορισµένη στο διάστηµα [a, b] µε συνεχή

παράγωγο τότε το µήκος της καµπύλης y = f(x) ισούται µε

( )b

2

a

1 f (x) dx′+∫ .

Παράδειγµα.

Υπολογισµός του µήκους της καµπύλης της γραφικής παράστασης 2f (x) x / 2= ,

όταν x [0,1]∈ .

Λύση. Το µήκος της είναι 2

1

0

h 1 x dx.= +∫ Αρκεί να υπολογίσουµε το 21 x dx+∫ .

25

Θέτουµε x y= εφ , οπότε 2

1dx dyy

=συν

,

άρα( )

( )2 2

2 3 22

y1 11 x dx 1 y dy dy dyy y y

′ηµ+ = + εφ = = =

συν συν συν∫ ∫ ∫ ∫

( )( ) ( )2 22 2

y 1dy dz,1 y 1 z

′ηµ= =

− ηµ −∫ ∫ όπου z y= ηµ .

Αλλά ( ) ( ) ( )2 2 22

1 1dz dz1 z 1 z1 z

=− +−

∫ ∫ , και σύµφωνα µε προηγούµενη Πρόταση

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

11 z 1 z1 z 1 z 1 z 1 z

α β γ δ= + + +

− +− + − +, για κάποια α, β, γ, δ , που

υπολογίζουµε και βρίσκουµε α = β = γ = δ = ¼.

Άρα

( ) ( )2 2 2

1 1 1 1 1 1 z 2zdz ln 1 z ln 1 z c ln c.4 1 z 1 z 4 1 z 1 z1 z 1 z

+ = − − + + + − + = + + − + − − − +∫

Συνεπώς 22

1 1 z 2z1 x dx ln c4 1 z 1 z

− + = + + + − ∫ , µε ( )1z x−= ηµ εφ , και

( )

( )1

2

1

211 2

2 20 0 0

1 1 z 2z 1 1 z 2zh 1 x dx ln ln4 1 z 4 1 z1 z 1 z

ηµ εφ

ηµ εφ

− − = + = + = + + +− − ∫ .


Recommended