ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7

Το ορισµένο ολοκλήρωµα

§1. Εισαγωγή Ο Ολοκληρωτικός Λογισµός γεννήθηκε από την ανάγκη ανάπτυξης µιας γενικής µεθόδου υπολογισµού όγκων, εµβαδών και κέντρων βάρους. Οι αρχές ολοκλήρωσης ανάγονται στη µέθοδο της “εξάντλησης” που χρησιµοποιού-σαν οι Αρχαίοι Ελληνες για την εύρεση όγκων και εµβαδών. Στο έργο π.χ. του Αρχιµήδη “Τετραγωνισµός της παραβολής”, αναπτύσσονται µε θαυµαστή ακρίβεια οι βασικές αρχές ολοκλήρωσης. Στους µαθηµατικούς της Αναγέννησης και ιδιαίτερα στους Newton και Leibnitz οφείλουµε τη σύνδεση µεταξύ παραγώγισης και ολοκλήρωσης. Οι Newton, Leibnitz και οι µαθητές τους ανέπτυξαν τον Ολοκληρωτικό Λογισµό, ενώ οι µέθοδοι ολοκλήρωσης έφτασαν στο σηµείο που βρίσκονται σήµερα κυρίως µε τα έργα του Euler. Προσοχή: Σήµερα υπάρχουν διάφορες θεωρίες ολοκλήρωσης. Η θεωρία που θα διδαχθείτε καλείται ολοκλήρωµα Riemann, είναι όµως ανεπαρκής για µια µεγάλη κλάση συναρτήσεων. Έτσι µετά από προσπάθεια αρκετών δεκαετιών στις αρχές του αιώνα µας οικοδοµήθηκε η θεωρία για ένα πιο γενικό ολοκλήρωµα (το ολοκλήρωµα Lebesgue). Εφ’ όσον οι έννοιες ολοκλήρωµα και εµβαδόν είναι άρρηκτα συνδεδεµένες µεταξύ τους, είναι φυσικό να ξεκινήσουµε από τη µέθοδο εξάντλησης των Αρχαίων για να οδηγηθούµε κατά φυσικό τρόπο στη σύγχρονη θεµελίωση της έννοιας του ορισµένου ολοκληρώµατος. Ορισµός 7.1 Με την έννοια Εµβαδόν ενός επιπέδου σχήµατος Α εννοούµε τον αριθµό που προκύπτει αν συγκρίνουµε το σχήµα Α µε ένα τετράγωνο πλευράς 1. Αξίωµα Η ένωση δύο ή περισσοτέρων απλών σχηµάτων (ορθογωνίων, τριγώνων, πολυγώνων) που έχουν “ξένα εσωτερικά” σηµεία ισούται µε το άθροισµα των εµβαδών των αντιστοίχων σχηµάτων. M’ αυτό τον τρόπο εύκολα οδηγούµαστε στον τύπο εµβαδού ορθογωνίου µε ρητές πλευρές καθώς επίσης και στο εµβαδόν τριγώνου. Αρχικά θα αναφέρουµε τη µέθοδο του Αρχιµήδη για τον τετραγωνισµό της παραβολής (3ος π.Χ. Αιώνας), η οποία θα δούµε ότι οδηγεί µε φυσικό τρόπο στην αυστηρή θεµελίωση του ολοκληρώµατος Riemann. Παράδειγµα 1 (Ο τετραγωνισµός της παραβολής) Να δειχθεί ότι το εµβαδόν µεταξύ της παραβολής f(x) = x2 και του άξονα των x στο κλειστό διάστηµα [0,1] ισούται µε το 1/3 του τετραγώνου πλευράς 1.

109

Λύση Χωρίζουµε το κλειστό διάστηµα [0,1] σε n-υποδιαστήµατα

[x0, x1), [x1, x2),…, [xn-1, xn], τέτοια ώστε 0 = x0 < x1 < … < xn = 1. Προφανώς:

2 2 21k kx x x +≤ ≤ , όπου x∈[xk, xk+1] και 0 ≤ k ≤ n-1

και το ζητούµενο εµβαδόν Ε είναι:

1 12 2

1 1 10 0

( ) ( )n n

k k k k k kk k

x x x E x x x− −

− − += =

− < < −∑ ∑ .

Aν ∆ = x0,x1,…,xn και αν L(∆) (αντ. U(∆)), είναι το αριστερό (αντ. το δεξιό) άθροισµα της παραπάνω ανισότητας, τότε το σύνολο:

L(∆): ∆ οποιαδήποτε διαµέριση του [0,1],

είναι µη κενό και άνω φραγµένο π.χ. φράσσεται απότον αριθµό Ε, άρα το σύνολο αυτό έχει supremum. Oµοια το σύνολο

U(∆): ∆ οποιαδήποτε διαµέριση του [0,1]

είναι µη κενό και κάτω φραγµένο π.χ. φράσσεται από τον αριθµό Ε, άρα το σύνολο αυτό έχει infimum. Τον αριθµό:

1

2

0

sup ( ) : [0,1]x dx L οποιαδηποτε διαµεριση του= ∆ ∆∫

καλούµε κάτω ολοκλήρωµα Darboux της συνάρτησης f(x) = x2 στο [0,1]. Όµοια τον αριθµό:

1 2

0: inf ( ) : [0,1]x dx U οποιαδηποτε διαµεριση του= ∆ ∆∫

καλούµε άνω ολοκλήρωµα Darboux της συνάρτησης f(x) = x2 στο [0,1]. Oταν το άνω και το κάτω ολοκλήρωµα Darboux της συνάρτησης f(x) = x2 στο κλειστό διάστηµα [0,1] είναι ίσα, τότε η κοινή τιµή τους καλείται ολοκλήρωµα Riemann της συνάρτησης f(x) στο [0,1]. Προφανώς για οποιαδήποτε διαµέριση ∆ ισχύει:

( ) ( ) 0 ( ) ( )L U U L∆ ≤ ∆ ⇒ ≤ ∆ − ∆ .

110

Aρκεί λοιπόν για κάθε ε > 0 να υπάρχει διαµέριση ∆ έτσι ώστε ( ) ( )U L ε∆ − ∆ < . Πράγµατι, αν

1 20, , ,...., 1nn n n

∆ = = ,

τότε: 21 1

22 3

0 0

1 1( ) n n

k k

k k kL kn n n n

− −

= =

+ ∆ = − =

∑ ∑ ,

21 1

2 22 3 3

0 0 1

1 ( 1) 1 1( ) ( 1)n n n

k k k

k k kU k kn n n n n

− −

= = =

+ + ∆ = − = + =

∑ ∑ ∑

άρα: 1( ) ( )U Ln

∆ − ∆ = .

Aν πάρουµε 1/n < ε, τότε εφόσον

2

1

( 1)(2 1)6

n

k

n n nk=

+ +=∑ ,

έχουµε:

2

3 3 31 ( 1)(2 1) 1 ( 1)(2 1)

6 6n n n n n n nE

n n n+ + + +

− < < ,

οπότε οι ακολουθίες δεξιά και αριστερά του Ε συγκλίνουν στο 1/3 άρα 1/3 ≤ Ε ≤ 1/3, οπότε Ε = 1/3. H θεµελίωση του ολοκληρώµατος Riemann Με οδηγό το προηγούµενο παράδειγµα θα ορίσουµε το ολοκλήρωµα Riemann για φραγµένες συναρτήσεις σε ένα κλειστό διάστηµα [α,β]. Ορισµός 7.3 Το πεπερασµένο σύνολο

∆ = x0, x1, …, xn έτσι ώστε α = x0 < x1 <…< xn = β καλείται διαµέριση του κλειστού διαστήµατος [α,β]. Ορισµός 7.4 Αν ∆ = x0,x1,…,xn είναι µια διαµέριση του [α,β], τότε καλούµε πλάτος της διαµέρισης ∆ τον αριθµό:

|∆| = max|xk–xk-1|: k=1,…,n. Ορισµός 7.5 To σύνολο των διαµερίσεων του [α,β] συµβολίζεται µε ∆[α,β]. Ορισµός 7.6 Μια διαµέριση ∆΄ καλείται εκλέπτυνση της ∆ εάν ∆ ⊂ ∆΄.

111

Έστω f(x) είναι µια φραγµένη συνάρτηση ορισµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β] και ∆ = x0,x1,…,xn∈∆[α,β]. Ορίζουµε:

1inf ( ) : [ , ]k k km f t t x x += ∈ ,

1sup ( ), [ , ]k k kM f t t x x += ∈ , όπου k = 0,…,n-1. Eστω:

1

10

( , ) ( )n

k k kk

L f m x x−

+=

∆ = −∑ ,

1

10

( , ) ( )n

k k kk

U f M x x−

+=

∆ = −∑ .

Παρατηρήσεις (1) Για κάθε διαµέριση ∆ ισχύει ( , ) ( , )L f U f∆ ≤ ∆ . (2) Εάν ∆΄ είναι µία εκλέπτυνση της διαµέρισης ∆ του [α,β] τότε:

( , ) ( , )L f L f ′∆ ≤ ∆ ,

( , ) ( , )U f U f′∆ ≤ ∆ .

(3) Aν ∆ και ∆΄ είναι δύο διαµερίσεις του [α,β] τότε:

( , ) ( , )L f U f ′∆ ≤ ∆ .

Το σύνολο ∆∪∆΄ είναι µία εκλέπτυνση της διαµέρισης ∆, άρα ισχύει η παρατήρηση (2), δηλαδή:

( , ) ( , ) ( , ) ( , )L f L f U f U f′ ′ ′∆ ≤ ∆ ∪∆ ≤ ∆∪∆ ≤ ∆ . Η γεωµετρική σηµασία όσων είπαµε είναι απλούστατη: (α) Το ( , )L f ∆ παριστάνει το εµβαδόν µιας ένωσης ορθογωνίων που προσεγγίζουν από κάτω το εµβαδόν της συνάρτησης f(t) στο κλειστό διάστηµα [α,β], (β) Το ( , )U f ∆ παριστάνει το εµβαδόν µιας ένωσης ορθογωνίων που προσεγγίζουν από πάνω το εµβαδόν της συνάρτησης f(t) στο κλειστό διάστηµα [α,β]. Το σύνολο

L(f,∆): ∆ οποιαδήποτε διαµέριση του [0,1]

112

είναι άνω φραγµένο σύνολο (π.χ. από το εµβαδόν Ε της f στο [α,β]), άρα το αξίωµα της επιλογής εξασφαλίζει την ύπαρξη του supremum. Οµοια το σύνολο

L(f,∆): ∆ οποιαδήποτε διαµέριση του [0,1]

είναι κάτω φραγµένο, άρα έχει infimum. Ορισµός 7.7 Εστω µία φραγµένη συνάρτηση f(x) ορισµένη στο κλειστό διάστηµα στο [α,β] (α < β), τότε ο αριθµός

( ) sup ( , ) : [ , ]a

f x dx L f aβ

οποιαδηποτε διαµεριση του β= ∆ ∆∫

καλείται κάτω ολοκλήρωµα Darboux της συνάρτησης f(x) στο διάστηµα [α,β]. Ο αριθµός

( ) inf ( , ) : [ , ]a

f x dx U f aβ

οποιαδηποτε διαµεριση του β= ∆ ∆∫

καλείται άνω ολοκλήρωµα Darboux της συνάρτησης f(x) στο διάστηµα [α,β]. Ορισµός 7.8 (Darboux) Μια φραγµένη συνάρτηση f(x) ορισµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β] καλείται ολοκληρώσιµη (κατά Riemann) στο [α,β], αν

( ) ( )a a

f t dt f t dtβ β

=∫ ∫ . Η κοινή αυτή τιµή καλείται ορισµένο ολοκλήρωµα της συνάρτησης f(x) στο κλειστό διάστηµα [α,β], ή ολοκλήρωµα Riemann της συνάρτησης f(x) στο

κλειστό διάστηµα [α,β] και συµβολίζεται µε ( )a

f t dtβ

∫ . Ορισµός 7.9 (Riemann) Εστω f(x) είναι µία φραγµένη συνάρτηση ορισµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β] (α < β). Η f(x) καλείται Riemann ολοκληρώσιµη στο [α,β]

εάν υπάρχει ένας πραγµατικός αριθµός που τον συµβολίζουµε µε ( )a

f t dtβ

∫ , έτσι ώστε:

1

10

0, 0 : | | ( )( ) ( )n

k k ak

f x x f t dtβ

κε δ δ ξ ε−

+=

∀ > ∃ > ∀∆∈ ∆ < ⇒ − − <∑ ∫∆ : ,

για οποιαδήποτε διαµέριση ∆=x0,x1,…,xn του [α,β] και για οποιαδήποτε επιλογή σηµείων Ξ = ξ0,ξ1,…,ξn-1, όπου xk ≤ ξk ≤ xk+1. Θεώρηµα 7.1 Οι ορισµοί του Darboux και του Riemann είναι ισοδύναµοι.

113

§2 Κριτήρια ολοκληρωσιµότητας Θεώρηµα 7.2 Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι µία φραγµένη πραγµατική συνάρτηση f(x) ορισµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β] ολοκληρώσιµη κατά Riemann στο [α,β] είναι: για κάθε ε>0 να υπάρχει διαµέριση ∆ τέτοια ώστε: 0 ∆: ( , ) ( , )U f L fε διαµεριση ε∀ > ∃ ∆ − ∆ < .

Παρατήρηση Aν η f είναι φραγµένη στο [α,β] ⇒ f ολοκληρώσιµη στο [α,β]; Aπάντηση: OXI απαραίτητα π.χ. για τη συνάρτηση

1

( ) , [0,1]0

xf x x

xρητος

αρρητος−

= ∈ −

παρατηρoύµε ότι για οποιαδήποτε διαµέριση ∆=x0,…,xn του [0,1] έχουµε

10 1( , ) ( ) 0 0n

k k kL f x x−= +∆ = Σ − = ,

διότι σε κάθε διάστηµα [xk,xk+1] υπάρχει άρρητος. Όµοια έχουµε

1 1

1 10 0

( , ) ( )1 ( ) 1 0 1n n

k k k kk k

U f x x x x− −

+ += =

∆ = − = − = − =∑ ∑ ,

άρα το κατώτερο και το ανώτερο ολοκλήρωµα Darboux δεν ταυτίζονται και συνεπώς η συνάρτηση f(x) δεν είναι ολοκληρώσιµη στο κλειστό διάστηµα [0,1]. Πόρισµα 7.1 Έστω f(x) είναι µια φραγµένη συνάρτηση στο κλειστό διάστηµα [α,β] και ∆n, n=1,2,… είναι µια ακολουθία διαµερίσεων του [α,β], τέτοια ώστε:

lim ( ( , ) ( , )) 0n n nU f L f→∞ ∆ − ∆ = τότε η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β] και

lim ( , ) ( ) lim ( , )n n n naL f f x dx U f

β

→∞ →∞∆ = = ∆∫ . Ασκηση 1 Εστω η συνάρτηση f:[0,1]→ , µε f(x) = x. Ν∆Ο η f(x) είναι ολοκληρώσιµη στο [0,1]. Λύση Εστω Pn=0<1/n<2/n<…<n/n=1. Aφού η f είναι αύξουσα, σε κάθε διάστηµα [(k-1)/n,k/n] ισχύει mk(f)=f((k-1)/n) και Mk(f)=f(k/n), άρα:

114

2 21 1

1 1 1 ( 1)( , ) ( 1) ,2

N Nk k k

k n nL f P kn n n n= =

− −= = − =∑ ∑

2 21 1

1 1 ( 1)( , ) ( ) ,2

N Nk k k

k n nU f P kn n n n= =

+= = =∑ ∑

συνεπώς από το Πόρισµα 7.1 έχουµε

1lim ( ( , ) ( , )) lim 0,n n n nU f L fn→∞ →∞∆ − ∆ = =

άρα

2( 1) 1lim .2 2na

n nxdxn

β

→∞+

= =∫

Θεώρηµα 7.3 Εστω f(x) είναι µία φραγµένη συνάρτηση ορισµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β], τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(i) η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β] και ( ) .a

f x dxβ

γ=∫ (ii) αν ∆=x0,x1,… είναι οποιαδήποτε διαµέριση του [α,β] και αν ξ1∈[x0,x1],

ξ2∈[x1,x2],... οποιαδήποτε επιλογή ενδιαµέσων σηµείων, τότε

αν |∆| < δ ⇒ 1( )( ) ( ) .k k k ak

f x x f x dxβ

ξ ε+ − − <∑ ∫

Πόρισµα 7.2 Έστω f είναι µια ολοκληρώσιµη συνάρτηση που ορίζεται στο κλειστό διάστηµα [α,β]. Για κάθε ακολουθία διαµερίσεων ∆n, n=1,2,… τέτοια ώστε |∆n|→0 και για κάθε ακολουθία ξn ενδιαµέσων σηµείων ισχύει

11lim ( )( ) ( ) .n

n k k kk af x x f x dx

βξ→∞ +=

− =∑ ∫ Ασκηση 2 Να δειχθεί ότι εάν η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β], τότε το ολοκλήρωµα αυτής δίνεται από τον κανόνα του τραπεζίου δηλαδή

11

0

( ) ( )( ) lim2

Nk k

Nak

f x f x af x dxN

β β−+

→∞=

+ − =

∑∫ ,

όπου ( ) , 0,...,k

ax a k k NN

β −= + = . Ποια η γεωµετρική ερµηνεία του παραπάνω

αθροίσµατος; Λύση Θεωρούµε τη διαµέριση του [α,β] σε Ν ισοµήκη υποδιαστήµατα µήκους (β-α)/Ν, δηλαδή:

∆=xk: xk=α+k(β-α)/N, k=0,…,N). Εφόσον η συνάρτηση f είναι Riemann ολοκληρώσιµη από το πόρισµα 7.2 έχουµε:

115

1

0

( )( ) lim ( )NN kka

af x dx f xN

β β−→∞ =

−= ∑∫

110

( )lim ( )NN kk

af xN

β−→∞ +=

−= ∑ .

Πρόταση 7.1 Κάθε µονότονη συνάρτηση f oρισµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β] είναι ολοκληρώσιµη. Απόδειξη Χωρίς περιορισµό της γενικότητας υποθέτουµε ότι η συνάρτηση είναι αύξουσα. Χωρίζουµε το [α,β] σε n ισοµήκη υποδιαστήµατα:

∆=α, α+(β-α)/n, α+2(β-α)/n ,…, α+k(β-α)/n,…, α+n(β-α)/n=β Θα εφαρµόσουµε το Πόρισµα 7.1:

1

10

( , ) ( , ) ( )( )n

k k k kk

U f L f x x M m−

+=

∆ − ∆ = − −∑

1

10

( ( ) ( )) ( ( ) ( ))n

k kk

a af x f x f b f an n

β β−

+=

− −= − = −∑ .

Πρόταση 7.2 Κάθε συνεχής συνάρτηση f στο [α,β] είναι Riemann ολοκληρώσιµη. Απόδειξη Aρκεί να δείξουµε ότι δοθέντος ε > 0 υπάρχει µια διαµέριση ∆ του [α,β] έτσι ώστε:

1

10

( )( ) .n

k kk

x x M mκ κ ε−

+=

− − <∑ .

Υπενθυµίζουµε ότι εάν µια συνάρτηση είναι συνεχής, τότε σε κάθε κλειστό διάστηµα έχει µέγιστη και ελάχιστη τιµή, άρα για κάθε k=0,…,n-1 υπάρχουν f(ξ′k)=Μκ και f(ξ k ′′) = mk έτσι ώστε:

1 1 1

1 1 10 0 0

( )( ) ( )( ( ) ( )) ( )n n n

k k k k k k k k k kk k k

x x M m x x f f x xa

εξ ξ εβ

− − −

+ + += = =

′ ′′− − = − − ≤ − ≤−∑ ∑ ∑ .

Παρατήρηση Αν η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β] ⇒ f συνεχής στο [α,β]; Aπάντηση: OXI απαραίτητα π.χ. η συνάρτηση

[0,1]( ) ,

1 (1, 2]x x

f xx x

∈= + ∈

είναι ασυνεχής στο [0,2] αλλά είναι ολοκληρώσιµη στο [0,2] ως µονότονη.

116

Πρόταση 7.3 Εστω συνάρτηση f φραγµένη στο κλειστό διάστηµα [α,β] µε πεπερασµένο πλήθος (το πολύ αριθµήσιµο πλήθος) σηµείων ασυνέχειας στο [α,β], τότε η f είναι ολοκληρώσιµη. Παρατήρηση Είναι δυνατόν µια συνάρτηση να µην ορίζεται σ’ ένα σηµείο x0∈[α,β]. Αν όµως διαπιστώσουµε ότι η συνάρτηση επεκτείνεται συνεχώς σ’ αυτό το σηµείο, τότε η συνάρτηση είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β], π.χ. έστω f(x) = ηµ(πx)/(πx) στο (0,1], επειδή limx→0f(x)=1, η συνάρτηση f(x) είναι ολοκληρώσιµη στο [0,1]. §3 Ιδιότητες του ολοκληρώµατος Riemann

1. Εάν f(x) = c, x∈[α,β], τότε: ( ) ( )a

f t dt c aβ

β= −∫ . Πράγµατι, για κάθε διαµέριση ∆, Μk = mk =c, άρα:

1

10

( , ) ( ) ( ) ( , )n

k kk

U f x x c c L fβ α−

+=

∆ = − = − = ∆∑ .

2. Εάν οι f και g είναι ολοκληρώσιµες στο [α,β], τότε και η f+g είναι ολοκληρώσιµη και ισχύει:

( ( ) ( )) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dxβ β β

α α α+ = +∫ ∫ ∫ .

Απόδειξη

Eστω 1

10

( , , ) ( ) ( )n

k k kk

f x x f ξ−

+=

Σ ∆ Ξ = −∑ το άθροισµα Riemann, τότε: 1

10

( , , ) ( )( ( ) ( ))n

k k k kk

f g x x f gξ ξ−

+=

Σ + ∆ Ξ = − +∑ ( , , ) ( , , )f g= Σ ∆ Ξ + Σ ∆ Ξ .

3. Εάν οι f και g είναι ολοκληρώσιµες στο [α,β] και λ,µ είναι πραγµατικοί αριθµοί, τότε η λf+µg είναι ολοκληρώσιµη και ισχύει:

( ( ) ( )) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dxβ β β

α α αλ µ λ µ+ = +∫ ∫ ∫

(προκύπτει εύκολα απο τα αθροίσµατα Riemann). 4. Εάν α<c<β, τότε η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β] αν και µόνον αν είναι ολοκληρώσιµη στα [α,c] και [c,β]. Τότε ισχύει:

( ) ( ) ( )c

a a cf x dx f x dx f x dx

β β= +∫ ∫ ∫ .

117

5. Εάν m ≤ f ≤ M, α ≤ x ≤ β και αν η f είναι ολοκληρώσιµη τότε ισχύει:

( ) ( ) ( )a

m a f x dx M aβ

β β− ≤ ≤ −∫ .

Απόδειξη 1 1

1 10 0

( , ) ( ) ( )n n

k k k k kk k

U f x x M M x x− −

+ += =

∆ = − ≤ −∑ ∑ και

1 1

1 10 0

( , ) ( ) ( ) ( )n n

k k k k kk k

L f x x m m x x m β α− −

+ += =

∆ = − ≥ − = −∑ ∑ .

6. Εάν οι f και g είναι ολοκληρώσιµες στο [α,β] και f(x) ≤ g(x) , α ≤ x ≤ β , τότε:

( ) ( )a a

f x dx g x dxβ β

≤∫ ∫ .

Απόδειξη Αρκεί να δείξουµε ότι εάν h(x) ≥ 0, τότε 0hβ

α≥∫ . Πράγµατι, επειδή g-f ≥

0 και εφόσον mk ≥ 0 για κάθε k, έχουµε το ζητούµενο. 7. Για κάθε ολοκληρώσιµη συνάρτηση f ισχύει :

( ) | ( ) |f x dx f x dxβ β

α α≤∫ ∫ .

Απόδειξη Αρχικά θα δείξουµε ότι η |f| είναι ολοκληρώσιµη. Εστω:

1sup| ( ) |, [ , ]k k kM f x x x x +′ = ∈ ,

1inf| ( ) |, [ , ]k k km f x x x x +′ = ∈ ,

1sup ( ), [ , ]k k kM f x x x x += ∈ ,

1inf ( ), [ , ]k k km f x x x x += ∈ .

Eπειδή για κάθε x,y ισχύει: ||f(x)|-|f(y)||≤|f(x)-f(y)| έχουµε 0 k k k kM m M m′ ′≤ − ≤ − , οπότε αν

1 1

1 10 0

( )( ) ( )( )n n

k k k k k k k kk k

x x M m x x M mε ε− −

+ += =

′ ′− − < ⇒ − − <∑ ∑ .

Εφ’ όσον -|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)| , α ≤ x ≤ β έχουµε:

| ( ) | ( ) | ( ) | ( ) | ( ) |f x dx f x dx f x dx f x dx f x dxβ β β β β

α α α α α− ≤ ≤ ⇒ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

118

8. Εάν η συνάρτηση f:[α,β] [γ,δ] είναι ολοκληρώσιµη και εάν η φ:[γ,δ] R είναι συνεχής, τότε η σύνθεση φοf: [α,β] R είναι ολοκληρώσιµη. 9. Εάν η συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β], τότε η fk είναι ολοκληρώσιµη (k∈Ζ). Απόδειξη Αν sup| ( ) |, [ , ]M f x x a β= ∈ και αν φ:[-Μ,Μ]→R, x→xk, τότε η φ είναι συνεχής και από το προηγούµενο Θεώρηµα fϕ =f k είναι ολοκληρώσιµη. 10. Εάν η συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β] και αν υπάρχει δ > 0 και Μ: 0 < δ ≤ f(x) ≤ M, τότε η 1/f είναι ολοκληρώσιµη. Απόδειξη Εστω φ:[δ,Μ]→R, x→1/x, τότε η φ είναι συνεχής και από την 9 η φοf=1/f είναι ολοκληρώσιµη. 11. Αν οι συναρτήσεις f και g είναι ολοκληρώσιµες στο [α,β], τότε η fg είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β]. Απόδειξη Eπειδή οι f+g, f-g , f2 και g2 είναι ολοκληρώσιµες, η fg είναι επίσης ολοκληρώσιµη, λόγω της ταυτότητας:

fg =[(f+g)2 –(f-g)2]/2. 12. Εάν α ≤ c <d ≤ β και η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β], τότε η f είναι ολοκληρώσιµη στo [c,d]. Παρατήρηση Ο ορισµός του ολοκληρώµατος της f έχει δοθεί για συναρτήσεις f ορισµένες στο [α,β] µε α<β. Επεκτείνουµε τον ορισµό του ολοκληρώµατος της f στο [α,α] και της f στο [β,α] ως εξής:

(i) για κάθε f , ορίζουµε ( ) 0a

f x dxα

=∫ , (ii) για κάθε f ολοκληρώσιµη στο [α,β] (α < β) ορίζουµε:

( ) ( )a

f x dx f x dxβ

β α= −∫ ∫ .

§4 Θεωρήµατα µέσης τιµής ολοκληρωτικού Λογισµού Θεώρηµα 7.4 (10 Θεώρηµα µέσης τιµής του Ο.Λ.) Εάν η f είναι ολοκληρώσιµη στο κλειστό διάστηµα [α,β] και αν m ≤ f(x) ≤ M για κάθε α ≤ x ≤ β, τότε υπάρχει µ∈[m,Μ] έτσι ώστε να ισχύει:

( ) ( )a

f x dx aβ

µ β= −∫ . Απόδειξη Είναι γνωστό ότι

119

( ) ( ) ( )a

m a f x dx M aβ

β β− ≤ ≤ −∫1 ( )

( ) am f x dx M

aβ

β⇔ ≤ ≤

− ∫ .

Πόρισµα 7.3 Αν η f είναι συνεχής στο [α,β], τότε υπάρχει ξ∈[α,β] έτσι ώστε

( ) ( )( )a

f x dx f aβ

ξ β= −∫ . Απόδειξη Εφόσον η f είναι συνεχής, θα είναι και ολοκληρώσιµη στο [α,β] και θα ισχύει το 10 Θεώρηµα µέσης τιµής του Ολοκλ. Λογισµού, όπου m (αντ. Μ) είναι το ελάχιστο (αντ. το µέγιστο) της f στο [α,β]. Λόγω συνέχειας, υπάρχει ξ∈[α,β]: µ=f(ξ). Θεώρηµα 7.5 (20 Θεώρηµα µέσης τιµής του Ο.Λ.) Εάν οι f και g είναι ολοκληρώσιµες στο [α,β] και αν m ≤ f(x) ≤ M για κάθε α ≤ x ≤ β, ενώ

( ) 0g x ≥ (ή ( ) 0g x ≤ ) για κάθε α ≤ x ≤ β, τότε υπάρχει µ∈[m,Μ] έτσι ώστε:

( ) ( ) ( )a a

f x g x dx g x dxβ β

µ=∫ ∫ . Απόδειξη Χωρίς περιορισµό της γενικότητας υποθέτουµε ότι ( ) 0g x ≥ , τότε

m g(x) ≤ f(x) g(x) ≤ M g(x), και αφού η (fg)(x) είναι ολοκληρώσιµη, θα ισχύει

( ) ( )( ) ( )a a

m g x dx fg x dx M g x dxβ β β

α≤ ≤∫ ∫ ∫ .

Αν ( ) 0a

g x dxβ

>∫ , τότε ( )( )

( )a

a

fg x dxm M

g x dx

β

β≤ ≤∫∫ και θέτουµε µ=

( )( )

( )a

a

fg x dx

g x dx

β

β∫∫ .

Αν ( ) 0a

g x dxβ

=∫ , τότε ( )( ) 0a

fg x dxβ

=∫ και εκλέγουµε οποιοδήποτε µ. Πόρισµα 7.4 Εάν η f είναι συνεχής στο [α,β] και η g είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β] και αν ( ) 0g x ≥ (ή ( ) 0g x ≤ ) για κάθε α ≤ x ≤ β, τότε υπάρχει ξ∈[α,β] έτσι ώστε:

( ) ( ) ( ) ( )a a

f x g x dx f g x dxβ β

ξ=∫ ∫ .

120

§5 Αντιπαράγωγοι και ορισµένα ολοκληρώµατα Θεώρηµα 7.6 Εάν η συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιµη στό [α,β] τότε η συνάρτηση

( ) ( )x

aF x f t dt= ∫

είναι συνεχής στο [α,β]. Απόδειξη Eστω x1,x2∈[α,β] µε x1< x2, τότε:

1 2 2

11 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x

x x xF x F x f x dx f x dx f x dx

α α− = − =∫ ∫ ∫ .

Αν λοιπόν Μ = [ , ]sup | ( ) |x a f xβ∈ , ε > 0 και | x2 - x1 | < ε/Μ, τότε

1 2 2 1| ( ) ( ) | ( )F x F x M x x ε− ≤ − < . Θεώρηµα 7.7 (Πρώτο Θεµελιώδες Θεώρηµα O.Λ.) Εάν η συνάρτηση f είναι

ολοκληρώσιµη στο [α,β] και συνεχής στο x0, τότε η συνάρτηση ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ , α ≤

x ≤ β, είναι παραγωγίσιµη στο x0 και η παράγωγος αυτής ισούται µε f(x0). Απόδειξη Εστω α < x0 < β και |h| < minβ-x0,x0–α, θα δείξουµε ότι F΄(x0) = f(x0), ή

0 00 0

( ) ( )lim ( ) 0hF x h F x f x

h→

+ − − = .

Έστω h > 0 (όµοια είναι η απόδειξη για h < 0), τότε

0 00 0

0 0( ) ( ) 1( ) ( ) ( ) ( )

x h x

a a

F x h F x f x f t dt f t dt hf xh h

++ −− = − −∫ ∫

0 0 0

0 0 00 0

1 1( ) ( ) ( ( ) ( ))x h x h x h

x x xf t dt f x dt f t f x dt

h h+ + +

= − = −∫ ∫ ∫

0

00

1 | ( ) ( ) |x h

xf t f x dt

h+

≤ −∫ .

Έστω ε > 0, λόγω συνέχειας της f στο x0, υπάρχει δ > 0:

0 0 0| ( ) ( ) | , f x f x x x x hε− < ≤ ≤ + ,

όταν h < δ, άρα

121

0 00

( ) ( ) ( )F x h F x f xh

+ −− 0

00

1 | ( ) ( ) |x h

xf t f x dt

h+

≤ −∫1 hh

ε ε< = .

Ορισµός 7.10 Αν η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιµη στο [α,β], τότε η συνάρτηση F καλείται αντιπαράγωγος της f, ή και αρχική συνάρτηση της f. Θεώρηµα 7.8 Αν η F είναι µια αντιπαράγωγος της f ορισµένη σε διάστηµα, τότε το σύνολο των αντιπαραγώγων της f είναι της µορφής:

F+c, c = σταθερά. Απόδειξη Εστω F αντιπαράγωγος της f, δηλαδή F′(x) = f(x), προφανώς (F+c)′(x) = f(x), άρα και η F+c είναι αντιπαράγωγος της f. Εστω G µια άλλη αντιπαράγωγος της f, δηλαδή G′(x) = f(x), τότε (F- G)′(x) = 0, άρα F = G+c. Θεώρηµα 7.9 (20 Θεµελιώδες θεώρηµα του Ο.Λ.) Εάν η f είναι συνεχής στο [α,β], τότε

( ) ( ) ( )a

f x dx G G aβ

β= −∫ ,

όπου η G είναι µια οποιαδήποτε αντιπαράγωγος της f.

Απόδειξη Προφανώς, αν ( ) ( )x

aF x f t dt= ∫ και αν G είναι µια οποιαδήποτε

αντιπαράγωγος της f, ισχύει

( ) ( ) ( ) ( )x

aG x F x c G x f t dt c= + ⇔ = +∫ .

Αν x = a, από την παραπάνω παίρνουµε ότι G(a) = c και για x = β έχουµε:

( ) ( ) ( ) ( )a a

G f t dt c f t dt G aβ β

β = + = +∫ ∫ .

Θεώρηµα 7.10 Εάν η f είναι ολοκληρώσιµη στο [α,β], τότε

( ) ( ) ( )a

f x dx G G aβ

β= −∫ , όπου η G είναι µια οποιαδήποτε αντιπαράγωγος της f. Απόδειξη Αν ∆ = x0,x1,…,xn είναι µια οποιαδήποτε διαίρεση του [α,β], παρατηρούµε ότι

11( ) ( ) ( ( ) ( ))n

k kkG G a G x G xβ −=

− = −∑ 1 11 1( )( ) ( )( ),n n

k k k k k kk kG x x f x xξ ξ− −= =′= − = −∑ ∑

το οποίο όµως είναι το άθροισµα Riemann.

122

ΓΝΩΣΤΕΣ ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΟΙ

1. 1

( ) , F(x) , n 1, n1

nn xf x x

n

+

= = ≠ − ∈+

,

2. 1( ) , 0 F(x) log | |, 0f x x x xx

= ≠ = ∈ − ,

3. 1

( ) , F( ) , 1,1

aa xf x x x a

a

+

= = ∈ − −+

4. ( ) , F(x) , 0log

xx af x a a ,

a= = >

5. ( ) , F(x) ,x xf x e e= =

6. ( ) cos , F(x) sin ,f x x x= =

7. ( ) sin , F(x) cos ,f x x x= = −

8. ( )21( ) , / 2, / 2 F(x) ,

cosf x x x

xπ π εφ= ∈ − =

9. 2

1( ) | | 1, F(x) ,1

f x x xx

τοξηµ= < =−

10. 21( ) , F(x) ,

1f x x

xτοξεφ= =

+

11. ( ) sinh , F(x) cosh ,f x x x= =

12. ( ) cosh , F(x) sinh ,f x x x= =

13. ( )21( ) , 0, F(x) .

sinf x x x

xπ σφ= − ∈ =

123

Βασικές τεχνικές ολοκλήρωσης I. Ολοκλήρωση µε αντικατάσταση Αυτή προέρχεται από τον τύπο παραγώγισης σύνθετης συνάρτησης (κανόνας αλυσίδας). Θεώρηµα 7.11 Εάν η συνάρτηση φ έχει συνεχή παράγωγο στο [α,β] και αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστηµα φ([α,β]), τότε

( )

( ) ( ) ( ( )) ( )

a af x dx f t t dt

ϕ β β

ϕϕ ϕ′=∫ ∫ .

Απόδειξη Εστω G µια αντιπαράγωγος της f, τότε

( )

( ) ( ) ( ( )) ( ( ))

af x dx G G a

ϕ β

ϕϕ β ϕ= −∫

Προφανώς η σύνθετη συνάρτηση G(φ(t)) ορίζεται στο [α,β] και η παράγωγος αυτής δίνεται από τον τύπο:

(G(φ(t)))΄ = G΄(φ(t)) φ΄(t) = f(φ(t)) φ΄(t), t∈[α,β], Άρα

( ( )) ( ) ( ( )) ( ( ))a

f t t dt G G aβ

ϕ ϕ ϕ β ϕ′ = −∫ .

Παρατήρηση Ο παραπάνω τύπος προκύπτει απο το ( )a

f x dxβ

∫ , αν στη θέση του x θέσουµε φ(t) και στη θέση του dx θέσουµε το dφ(t) = φ΄(t)dt.

Παράδειγµα 1 Να υπολογιστεί το 1

0cos .

4x dxπ

∫

Θέτουµε t = (πx)/4, άρα dt = (π/4)dx. Για x = 0 ⇒ t = 0, ενώ για x = 1 ⇒ t = (π/4), άρα το ολοκλήρωµα γίνεται

1 / 4 / 4

00 0

4 4 2 2cos cos sin .4x dx tdt t

π πππ π π

= = = ∫ ∫

Παράδειγµα 2 Να υπολογιστεί το 1

20.

4dx

x−∫

Θέτουµε x = 2sint, άρα dx = 2cost dt. Για x = 0 ⇒ t = 0, ενώ για x = 1 ⇒ t = (π/6), άρα το ολοκλήρωµα γίνεται

1 / 6 / 6

20 0 0

2cos .2 | cos | 64

dx t dt dttx

π π π= = =

−∫ ∫ ∫

124

II Oλοκλήρωση κατά παράγοντες Αυτή προέρχεται από τον τύπο παραγώγισης γινοµένου συναρτήσεων. Θεώρηµα Εάν οι συναρτήσεις f,g έχουν συνεχείς παραγώγους στο [α,β], τότε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aa a

f x g x dx f x g x f x g x dxβ ββ′ ′= −∫ ∫ .

Απόδειξη Είναι προφανής, αν λάβουµε υπόψην ότι

(fg) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aa

x dx f x g x f g f a g aβ β β β′ = = −∫

και ( ) ( ) f ( ) ( ) ( ) ( )fg x x g x f x g x′ ′ ′= + .

Παράδειγµα 3 Να υπολογιστεί το 0sin .x xdx

π

∫ Θέτουµε f(x) = x, g(x) = -cosx, άρα το ολοκλήρωµα γίνεται

00 0sin ( cos ) cosx xdx x x dx x x

π π π′= − = −∫ ∫

00 0( ) ( cos ) cos sin .x x dx xdx x

π π ππ π π′− − = + = + =∫ ∫

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. H συνάρτηση f:[α,β]→ + είναι συνεχής στο [α,β] και αν ( ) 0a

f t dtβ

=∫ , Ν∆Ο f(t) = 0 για κάθε t∈[α,β]. Λύση Εστω ότι υπάρχει ξ∈[α,β] τέτοιο ώστε f(ξ) > 0. Αφού η f είναι συνεχής στο [α,β], υπάρχει διάστηµα [c,d] ⊂ [α,β] τέτοιο ώστε f(t) > f(ξ) για κάθε t∈[c,d]. Τότε

0 ( ) ( ) ( )( ) 0d

a cf t dt f t dt f d c

βξ= > = − >∫ ∫ (άτοπο).

2. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο (0,1) και αν υπάρχει Μ > 0 έτσι ώστε

|f′(x)| < Μ για κάθε x∈(0,1), Ν∆Ο

1

01

1( ) .n

k

k Mf t dt fn n n=

− <

∑∫

Λύση Χρησιµοποιώντας το 10 ΘΜΤ του ολοκληρωτικού λογισµού έχουµε

125

1

( 1)01 1

1( ) ( ) ( )n nk

nkk

nk kf t dt f t dt f

nξ−

= =

= =∑ ∑∫ ∫ ,

όπου ξk∈[(k-1)/n,k/n], άρα από το ΘΜΤ του ∆ιαφορικού Λογισµού παίρνουµε

1

01 1

1 1( ) ( )n n

kk k

k kf t dt f f fn n n n

ξ= =

− = −

∑ ∑∫1

1 ( ) ,n

k kk

kfn n

λ ξ=

′= −

∑

όπου λk∈[ξk,k/n]. Τελικά

1

01 1

1 1( ) | ( ) |n n

k kk k

k kf t dt f fn n n n

λ ξ= =

′− ≤ −

∑ ∑∫1

1 1 .n

k

MMn n n=

< =∑

3. Να ευρεθεί η παράγωγος της συνάρτησης

2

1( ) ln( ) .

xF x t dt= ∫

Λύση 0( ) ( )( ) limh

F x h F xF xh→

+ −′ =

2

2 2 2

1 1 ( )

( )0 0

ln( ) ln( ) ln( )lim lim

x h

x h x xh h

t dt t dt t dt

h h

+

+→ →

−= = −

∫ ∫ ∫.

Από το 10 ΘΜΤ του ολοκληρωτικού Λογισµού υπάρχει ξ∈[x2,(x+h)2] έτσι ώστε:

2 2

0( )( ) lim ln( )hx h xF x

hξ→

+ −′ = − 0lim ln( )(2 )h x hξ→= − + .

Οταν h → 0, ξ → x, άρα: ( ) 2 ln .F x x x′ = − 4. Αν 0 < α < β < π/2, Ν∆Ο

ln(cos ) ln(cos )tan tanaaa

β ββ−

< <−

Απόδειξη Η συνάρτηση εφx είναι γνησίως αύξουσα στο [α,β], άρα

tan ( ) tan tan ( )a

a a xdx aβ

β β β− < < −∫ . Προφανώς για t = cosx, έχουµε

126

sin 1tan coscos cosa a a

xxdx dx d xx x

β β β= = −∫ ∫ ∫

cos cos

coscos

1 ln ln(cos ) ln(cos )aa

dt t at

β β β= − = − = −∫ .

5. Αν η συνάρτηση f: → είναι συνεχής και ικανοποιεί τη σχέση f(α+β-x) = f(x),

Ν∆Ο

(i) ( ) ( )2a a

axf x dx f x dxβ ββ+

=∫ ∫

(ii) Nα υπολογισθεί το 0.

1 sinx dx

xπ

+∫

Απόδειξη (i) Εστω x = α+β-y, τότε χρησιµοποιώντας τη µέθοδο της αντικατάστασης έχουµε

( ) ( ) ( )a a

I xf x dx a y f a y dyβ β

β β= = + − + −∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )a a a

a y f y dy a f y dy yf y dyβ β β

β β= + − = + −∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) .2a a

aa f y dy I I f y dyβ βββ +

= + − ⇒ =∫ ∫

(ii) H συνάρτηση f(x) = (1+sinx)-1 ικανοποιεί την σχέση f(α+β-x) = f(x), (f(π+0-x) = f(π-x) = f(x)), άρα:

0 0

11 sin 2 1 sin

x dx dxx x

π ππ=

+ +∫ ∫

και αν θέσουµε x = (π/2)-t παίρνουµε

/ 2 / 2

0 / 2 0

1 1 12 1 sin 2 1 cos 1 cos

dx dt dtx t t

π π π

π

π π π−

= =+ + +∫ ∫ ∫

/ 2 / 2 / 4

2 00 0

1 1 tan .1 cos 2 cos ( / 2)

dt dt tt t

π π πππ π π= = = =+∫ ∫

6. Eάν

2 sin 0( )

0 0

x xf x x

x

π ≠ = =

127

δείξτε ότι η παράγωγος αυτής υπάρχει για x = 0 αλλά δεν υπάρχει για x ≠ 0. Αν

( ) 0( )

0 0f x x

g xx

′ ≠= = ,

Ν∆Ο 2

2( ) (2) ( 2).g x dx f f

−= − −∫

Λύση Αν x ≠ 0 έχουµε

f′(x) = 2 x sin(π/x) – π cos(π/x).

Για x = 0 η παράγωγος δεν υπάρχει. Πράγµατι, αν xn=1/(2n+1) και αν yn=1/(2n+0.5), τότε

2( ) sin( (2 1)) cos( (2 1))2 1nf x n n

nπ π π π′ = + − + →

+

ενώ

2( ) sin( (2 0.5))

2 0.5nf y nn

π′ = ++ cos( (2 0.5)) 0nπ π− + → .

Αρα η συνάρτηση ( ) 0

( )0 0

f x xg x

x′ ≠

= = είναι συνεχής παντού εκτός του µηδενός,

άρα είναι ολοκληρώσιµη. Εστω τώρα ε > 0 αυθαίρετα µικρό, τότε

( ) 2 sin cosg x dx x dxx x

ε ε

ε ε

π ππ− −

≤ +

∫ ∫ 2(2 | | ) 2 2 .x dxε

επ ε πε

−≤ + = +∫

Τελικά

2 2

2 2( ) ( ) ( ) ( )g x dx g x dx g x dx g x dx

ε ε

ε ε

−

− − −= + +∫ ∫ ∫ ∫

(2) ( 2) ( ) ( ) ( ) .f f f f g x dxε

εε ε

−= − − + − − + ∫

Επειδή οι τρεις τελευταίοι όροι είναι αυθαίρετα µικροί όταν ε → 0, προκύπτει το ζητούµενο. 7. (Tύπος του Taylor µε ολοκληρωτικό υπόλοιπο) Εστω f πραγµατική συνάρτηση

ορισµένη στο [α,β] µε συνεχείς παραγώγους µέχρι (n+1)-τάξης στο [α,β]. Για κάθε x∈[α,β] ισχύει ο τύπος

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ... ( )1! !

nnf a f af x f a x a x a

n′

= + − + + − ( 1)1 ( ) ( ) .!

x n n

ax t f t dt

n++ −∫

Λύση Θα δείξουµε την πρόταση επαγωγικά. Για n = 0 έχουµε

128

( ) ( )f x f a= + ( )x

af t dt′∫

η οποία προφανώς ισχύει. Υποθέτουµε ότι ισχύει για n = k-1, δηλαδή

( 1)

1( ) ( )( ) ( ) ( ) ... ( )1! ( 1)!

nnf a f af x f a x a x a

n

−−′

= + − + + −−

1 ( )1 ( ) ( ) .( 1)!

x n n

ax t f t dt

n−+ −

− ∫

Θα αποδείξουµε ότι ισχύει για n = k. Με παραγοντική ολοκλήρωση έχουµε

1 ( )1

1( ) ( ) ( )( 1)!

x n nn a

R x x t f t dtn

−− = −

− ∫

( ) ( 1)1 ( ) 1( ) ( ) ( )

( 1)!

xn xn n n

aa

x t f t x t f t dtn n n

+−= − + −

− ∫

( ) ( 1)( ) 1( ) ( ) ( ) .

!

n xn n n

a

x a f a x t f t dtn n

+−= + −∫

ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Αν η f είναι συνεχής στο [-α,α], Ν∆Ο

(α) f άρτια στο [-α,α] ⇒ 0( ) 2 ( ) .

a a

af x dx f x dx

−=∫ ∫

(β) f περιττή στο [-α,α] ⇒ ( ) 0.a

af x dx

−=∫

2. Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα:

/ 4 2

20 0 1

1 1, | 1 | , ,cos 2

edx x x dx dx

x xπ

+∫ ∫ ∫

/ 4 2

20

13cosh , (sin | | | cos |) .1

x dx x x dxx

π π

π−

+ +

− ∫ ∫

3. Να υπολογισθούν τα ορισµένα ολοκληρώµατα

/ 2 1 12 22/ 2 0 1

2cos , , 1 ,1

xxdx dx x dxx

π

π− −−

+∫ ∫ ∫

/ 2 2 / 22

0 0cos , , cos( ) .x xx xdx x e dx e x dx

π π π

ππ

−∫ ∫ ∫