ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4ο: ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ x ΕΝΟΤΗΤΑ 3: Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ F(x) = ∫ f (t)dt α x [Kεφ:3.5 H Συνάρτηση F(x) = ∫ f (t)dt Μέρος Β΄ του σχολικού βιβλίου]. α ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β Παράδειγμα 1. 1 Να υπολογίσετε το όριο: lim  x →0 x  x  ∫ ( e − 1) dt  . t 0  Λύση 0 Έχουμε ∫ (e t − 1) dt = 0 και lim x = 0 . Έχουμε απροσδιόριστη μορφή 0 x →0 0 . 0 Με χρήση του θεωρήματος De L’Hospital έχουμε x t ′ − e 1 dt )  ∫( 0   = lim (e x − 1) = e0 − 1 = 1 − 1 = 0 . lim x →0 x →0 ′ (x) Μεθοδολογία x Αν κατά τον υπολογισμό ενός ορίου που περιέχει συνάρτηση ολοκλήρωμα της μορφής ∫ f (t) dt α 0 ∞ ή , εφαρμόζουμε το θεώρημα De L’Hospital. καταλήξουμε σε απροσδιόριστη μορφή 0 ∞ 1 Παράδειγμα 2. x ∫ (x) Δίνεται η συνάρτηση f= t 2 − 1 dt . 2 α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f . β) Να εξετάσετε τη συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. γ) Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της συνάρτησης f . δ) Να εξετάσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής. Λύση α) Η συνάρτηση g(t) = t 2 − 1 έχει πεδίο ορισμού A = (−∞, −1] ∪ [1, +∞) και είναι συνεχής σε αυτό. Επειδή το 2 ανήκει στο [1, +∞) συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f ορίζεται στο διάστημα [1, +∞) . β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1, +∞) και f ′(x)= x 2 − 1 > 0 για x ∈ (1, +∞) , άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) και παρουσιάζει ελάχιστο στο x = 1 . 2 ∫ γ) Προφανώς το x = 2 είναι μια ρίζα της f , αφού f (2) = t 2 − 1 dt = 0 . 2 Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) συνεπώς η ρίζα x = 2 της f είναι μοναδική. Για το πρόσημο της συνάρτησης f συμπεραίνουμε τα ακόλουθα: • Για 1 ≤ x < 2 • Για x > 2 δ) Έχουμε f ′′(x)= f γν . αυξ. ⇔ f (x) < f (2) = 0 f γν . αυξ. 0 ⇔ f (x) > f (2) = ( ) ′ x2 −1 = 1 2 x −1 2 2x= x x2 −1 > 0 για x ∈ (1, +∞) και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [1, +∞) , άρα η συνάρτηση f είναι κυρτή στο [1, +∞) και δεν παρουσιάζει σημεία καμπής. Μεθοδολογία x Για την εύρεση του πεδίου ορισμού της συνάρτησης ∫ f (t) dt όπως και για την γενικότερη α μελέτη της εργαζόμαστε όπως έχει αναφερθεί στις παρατηρήσεις της αντίστοιχης ενότητας. 2 Παράδειγμα 3. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων: F(x) i.= ∫ x F(x) ii.= ∫ x 3 −2 (2lnt + 3t) dt 3 t 2 − 1 dt Λύση = 2lnt + 3t έχει πεδίο ορισμού D= i. Η συνάρτηση g(t) (0, +∞) και είναι συνεχής. Επειδή g ισχύει 3 ∈ (0, +∞), πρέπει και x ∈ (0, +∞). Άρα η συνάρτηση F έχει πεδίο ορισμού το D= (0, +∞). F ii. Η συνάρτηση g(t) = 3 t 2 − 1 ορίζεται όταν t 2 − 1 ≥ 0 ⇔ t ≤ −1 ή t ≥ 1. Επομένως η g έχει πεδίο ορισμού το D g = (−∞, −1] ∪ [1, +∞) στο οποίο είναι και συνεχής. Επειδή ισχύει −2 ∈ (−∞, −1], πρέπει και x ∈ (−∞, −1]. Άρα η συνάρτηση F έχει πεδίο ορισμού το D F = (−∞, −1]. Μεθοδολογία Όταν το πεδίο ορισμού της f είναι ένωση διαστημάτων τότε βρίσκουμε το ευρύτερο διάστημα Δ του D f , στο οποίο η f είναι συνεχής και ισχύει α ∈ ∆ . Τότε το διάστημα Δ είναι το πεδίο ορισμού της F(x) = ∫ x α f (t) dt . 3 Παράδειγμα 4. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης F(x) = ∫ x 2 −9 x −2 συνt dt . t Λύση συνt ορίζεται όταν t ≠ 0 , οπότε έχει πεδίο ορισμού το t Df = (−∞, 0) ∪ (0, +∞) και είναι συνεχής. Η συνάρτηση f (t) = Οι συναρτήσεις f1 (x) = x 2 − 9 και f 2 (x)= x − 2 έχουν πεδίο ορισμού το  και πρέπει να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του D f . Δηλαδή πρέπει: x 2 − 9 < 0 −3 < x < 3 ⇔ ⇔ ⇔ −3 < x < 2 x 2 < x 2 ( , 0) x 2 0 − ∈ −∞ − <    (1)  x 2 − 9 ∈ (0, +∞) x 2 − 9 > 0  x < −3 ή x > 3 •  ⇔ ⇔ ⇔ x >3 x > 2 x − 2 > 0  x − 2 ∈ ( 0, +∞ ) (2)  x 2 − 9 ∈ (−∞, 0) •  ή Άρα από (1), (2) προκύπτει ότι D F = (−3, 2) ∪ (3, +∞) . Μεθοδολογία Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της F(x) = ∫ h (x ) g(x ) f (t) dt , εργαζόμαστε ως εξής: • Βρίσκουμε τα πεδία ορισμού D g και D h των συναρτήσεων g και h αντίστοιχα. • Βρίσκουμε το ευρύτερο σύνολο D f στο οποίο η f είναι συνεχής. Τότε το πεδίο ορισμού της F αποτελείται από τα x ∈ D g ∩ D h για τα οποία τα g(x) και h(x) ανήκουν στο ίδιο διάστημα του D f . 4 Παράδειγμα 5. ∫ Δίνεται η συνάρτηση F(x)= 3x +1 4 (x 2 + 1) t 2 − 9 dt . Να βρείτε: i. το πεδίο ορισμού της F . 2 . 3 ii. την F′′ για κάθε x > Λύση i. Είναι F(x)= (x 2 + 1) ⋅ ∫ 3x +1 t 2 − 9 dt . Η συνάρτηση f = (t) 4 t 2 − 9 ορίζεται όταν t 2 − 9 ≥ 0 ⇔ t ≤ −3 ή t ≥ 3. Επομένως η f έχει πεδίο ορισμού το Df = (−∞, −3] ∪ [3, +∞) και 2 είναι συνεχής. Επειδή 4 ∈ [3, +∞), πρέπει (3x + 1) ∈ [3, +∞) ⇔ 3x + 1 ≥ 3 ⇔ x ≥ . 3 2  = Άρα το πεδίο ορισμού της F είναι D F  3 , +∞  . ii. Για κάθε x > ( 2 έχουμε: 3 F′(x) =(x 2 + 1) ∫ 4 = 2x ∫ 3x +1 = 2x ∫ 3x +1 4 4 3x +1 t 2 − 9 dt + (x 2 + 1) 9x 2 + 6x = − 8 ⋅ 3 2x ∫ ( = (2x)′∫ = 2∫ 3x +1 4 2x ∫ 3x +1 4 3x +1 4 4 3x +1 4 = F′′(x) 3x +1 4 (∫ 3x +1 4 ) ′ t 2 − 9 dt = t 2 − 9 dt + (x 2 + 1) (3x + 1) 2 − 9 ⋅ = (3x + 1)′ Επίσης για κάθε x > = 2∫ ) ′ 3x +1 t 2 − 9 dt = (x 2 + 1)′∫ t 2 − 9 dt +(x 2 + 1) t 2 − 9 dt + 3(x 2 + 1) 9x 2 + 6x − 8 2 έχουμε: 3 ) ′ = −8 t 2 − 9 dt + 3(x 2 + 1) 9x 2 + 6x t 2 − 9 dt + 2x ⋅ (∫ 3x +1 4 ) ′ t 2 − 9 dt + 3(x 2 + 1)′ 9x 2 + 6x − 8 + 3(x 2 + 1) t 2 − 9 dt + 6x 9x 2 + 6x − 8 + 6x 9x 2 + 6x − 8 + t 2 − 9 dt + 12x 9x 2 + 6x − 8 + ( ) ′ 9x 2 += 6x − 8 9(x 2 + 1) ⋅ (3x + 1) = 9x 2 + 6x − 8 9(x 2 + 1) ⋅ (3x + 1) 9x 2 + 6x − 8 5 Μεθοδολογία Όταν έχουμε μια συνάρτηση της μορφής F(x) = F(x) = h(x) ∫ g(x ) α ∫ g(x ) α h(x)f (t) dt τότε ισχύει: f (t) dt, αφού η συνάρτηση h(x) είναι σταθερά για το ολοκλήρωμα. Επομένως για να βρούμε την F′ εφαρμόζουμε τον κανόνα της παραγώγου γινομένου συναρτήσεων. Δηλαδή: ( F′(x) = h(x) ∫ h ′(x) ⋅ ∫ g(x ) α g(x ) α ) ′ g(x ) f (t)dt = h ′(x) ⋅ ∫ f (t) dt + h(x) α (∫ g(x ) α ) ′ f (t)dt = f (t) dt + h(x) ⋅ f (g(x)) ⋅ g′(x) 6 Παράδειγμα 6. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης F(x) = ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατά της. ∫ x −1 (2t 2 − 3t + 1) dt και να την μελετήσετε Λύση • Η συνάρτηση g(t) = 2t 2 − 3t + 1 έχει πεδίο ορισμού D g =  και είναι συνεχής. Επειδή ισχύει −1 ∈  , πρέπει και x ∈  . Άρα η συνάρτηση F έχει πεδίο ορισμού το D F =  . • F(x)= ∫ x −1 (2t 2 − 3t + 1)dt ⇒ F′(x)= ( ∫ (2t − 3t + 1)dt )′ ⇔ F′(x)= x 2 −1 2x 2 − 3x + 1 = x1 1= ή x2 Η εξίσωση F′(x) = 0 ⇔ 2x 2 − 3x + 1 = 0 έχει ρίζες του αριθμούς 1 .Η 2 μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: 1 2 1  t3 t2  2  2 1 3 1 1   2 2 − + = − 2t 3t 1 dt 2 3 )  3 2 + t  =  3 ⋅ 8 − 2 ⋅ 4 + 2  −  3 ⋅ ( −1) − 32 ⋅ ( +1) − 1= 278 ∫−1 (   −1 1 F  = 2 1  t3 t2  3 3 2  2  10 F (1)= ∫ ( 2t − 3t + 1) dt=  2 − 3 + t  =  ⋅1 − ⋅1 + 1 −  ⋅ ( −1) − ⋅ ( +1) − 1= 2  −1  3 2 2  3  3  3 −1 1 2 Μεθοδολογία • Όταν το πεδίο ορισμού D f είναι διάστημα στο οποίο η f είναι συνεχής και το όριο ολοκλήρωσης α ∈ D f , τότε το πεδίο ορισμού της F(x) = • β ∫ f ( t ) dt = F (β ) − F ( α ) = α ∫ x α f (t) dt είναι D F = Df . β  F ( x )  α • Για να βρούμε τη μονοτονία και τα ακρότατα μιας συνάρτησης μελετάμε το πρόσημο της πρώτης παραγώγου. 7 Παράδειγμα 7. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης F(x) = προς τη μονοτονία και τα ακρότατά της. ∫ ln (x − 2) −2 et dt και να την μελετήσετε ως t −1 Λύση • Η συνάρτηση f (t) = et ορίζεται όταν t ≠ 1 , οπότε έχει πεδίο ορισμού το: t −1 Df = (−∞,1) ∪ (1, +∞) και είναι συνεχής. Η συνάρτηση g(x) = ln(x − 2) ορίζεται όταν x − 2 > 0 ⇔ x > 2 (1) Επομένως το πεδίο ορισμού της g είναι το D= (2, +∞). Επειδή −2 ∈ (−∞,1), πρέπει και g g(x) ∈ (−∞,1) ⇔ g(x) < 1 ⇔ ln(x − 2) < 1 ⇔ ln(x − 2) < lne ⇔ x − 2 < e ⇔ x < 2 + e (2). Συναληθεύοντας τους περιορισμούς (1) και (2), προκύπτει ότι η συνάρτηση F(x) = ∫ ln (x − 2) −2 = • F(x) = ∫ et dt έχει πεδίο ορισμού το = D F (2, 2 + e) . t −1 ln (x − 2) −2 ln x − 2  ln (x − 2) e t ′ et e ( ) dt ⇒ F′(x)  ∫ dt  ⇔ F′(x) [ln (= x − 2 )]′ = = −2 t −1 t 1 ln x 2 1 − − − ( )   x−2 1 1 ⋅ = ⋅ (x − 2)′ <0 ln ( x − 2 ) − 1 x − 2 ln ( x − 2 ) − 1 Αφού x ∈ (2, 2 + e) x < 2 + e ⇔ x − 2 < e ⇔ ln ( x − 2 ) < ln e =1 ⇔ ln ( x − 2 ) − 1 < 0 . Άρα η συνάρτηση F(x) είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμό της = D F (2, 2 + e) . Μεθοδολογία Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της F(x) = ∫ g(x ) α f (t) dt εργαζόμαστε ως εξής: • Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού D g της g. • Βρίσκουμε το ευρύτερο σύνολο D f στο οποίο η f είναι συνεχής. Τότε το πεδίο ορισμού της F αποτελείται από τα x ∈ D g για τα οποία τα α και g(x) ανήκουν στο ίδιο διάστημα του D f . 8 • Για να βρούμε τη μονοτονία και τα ακρότατα μιας συνάρτησης μελετάμε το πρόσημο της πρώτης παραγώγου. 9 ΘΕΜΑ Γ Παράδειγμα 1. x 1  Να υπολογίσετε το ∫  ∫ t dt  dx . e  01 1 Λύση x 1 Θέτουμε f (t) = t και F(x) = ∫ f (t) dt . Τότε προφανώς F′(x) = f (x) και F(1) = 0 . e 1 To αρχικό ολοκλήρωμα θα γίνει: 1 1 1 1 0 0 F(1) ∫ x [ xF(x)]0 − ∫ xf (x) dx =− ∫ F(x) dx = ∫ (x)′F(x) dx = 1 0 0 1 1 0 0 1 1 dx =− F(1) ∫ xe − x dx = x e 0 1 1 1 1 0 − ∫ xe − x dx =∫ x ( e − x )′ dx = xe − x  − ∫ (x)′e − x dx = xe − x  + ∫ ( e − x )′ dx = 0 0 0 0 1 1 2 2−e  xe − x  + e − x  = 1e −1 − 0 + e −1 − e0 = 2e −1 − 1 = − 1 = . 0 0 e e Μεθοδολογία β Για τον υπολογισμό ολοκληρώματος της μορφής ∫ α x   ∫ f (t) dt  dx εργαζόμαστε ως εξής: α  x ∫ Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x) = f (t) dt . α β Τότε έχουμε ∫ α   = dt  dx  ∫ f (t) α  x β F(x) dx ∫= α β ∫ (x)′F(x) dx και εφαρμόζοντας παραγοντική α ολοκλήρωση θα έχουμε: β β β α α ∫(x)′F(x) dx = [ xF(x)]α − ∫ xF′(x) dx = βF(β) − αF(α) − ∫xf (x) dx . α β 10 Παράδειγμα 2. Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο  για την οποία ισχύουν οι προϋποθέσεις του x ∫ Θεωρήματος Rolle στο [0,1] και f (0) = 2 . Αν F(x) = xf (t) dt , να βρείτε την εφαπτομένη της 1 γραφικής παράστασης της F στο σημείο της με τετμημένη 1. Λύση Η F(x) = x x 1 1 xf (t) dt x ∫ f (t) dt είναι παραγωγίσιμη στο  ως γινόμενο παραγωγίσιμων ∫= F′(x) συναρτήσεων με= x ∫ f (t) dt + xf (x) . 1 1 ∫ Τότε F(1) =1 f (t) dt =1 ⋅ 0 = 0 και 1 1 F′(1) = ∫ f (t) dt + f (1) = f (1) . 1 H εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης F στο x = 1 είναι: y − F(1) = F′(1)(x − 1) ⇔ y −= 0 f (1)(x − 1) ⇔ = y f (1)x − f (1) Αλλά για την f ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0,1] άρα f (0) = f= (1) 2 . Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι = y 2x − 2 . 11 Παράδειγμα 3. Δίνονται οι συναρτήσεις F(x) = ∫ x 1 3t + 2 dt και = G(x) t2 +1 ∫ −2 x ln(t + 3) dt . Να βρείτε: i. τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων F, G . ii. τις παραγώγους των συναρτήσεων F, G . Λύση 3t + 2 έχει πεδίο ορισμού D g =  και είναι συνεχής, άρα το πεδίο t2 +1 ορισμού της F είναι το D F =  . i. Η συνάρτηση g(t) = Η συνάρτηση h= ( t ) ln ( t + 3) έχει πεδίο ορισμού το Dh = (−3, +∞) . Επειδή −2 ∈ (−3, +∞), πρέπει και x ∈ (−3, +∞). Άρα η συνάρτηση G έχει πεδίο ορισμού το DG = (−3, +∞).  x 3t + 2 ∫ t +1  ′  ii. Για κάθε x ∈  έχουμε: = F′(x) = dt  2 1 3x + 2 . x2 +1 Επίσης για κάθε x ∈ (−3, +∞) έχουμε: ( ) ( ) ′ ′ −2 x − ∫ ln(t + 3)dt = −ln(x + 3) . G′(x) = ∫ ln(t + 3) dt = x −2 Μεθοδολογία Αν f είναι μια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα Δ και α ∈ ∆ , τότε η συνάρτηση: x F(x) = ∫ f (t) dt , με x ∈ ∆ είναι μια παράγουσα της f στο Δ. Δηλαδή ισχύει: α ′ (= ∫ f (t) dt ) f (x) για κάθε x ∈ ∆ και αν F(x) = ∫ f (t) dt , με x ∈ ∆ τότε ισχύει: −f (x) . F′(x) = ( ∫ f (t) dt )′ = ( −∫ f (t) dt )′ = = F′(x) x α α x α x x α 12 Παράδειγμα 4. Να βρείτε το πεδίο ορισμού και την παράγωγο των συναρτήσεων: συνx i. F(x) = ∫ ii. = G(x) ∫ 2 4 3 dt 2t + 5 2 x e t t 2 − 9 dt Λύση 3 έχει πεδίο ορισμού το D f =  και είναι συνεχής. Η συνάρτηση 2t + 5 g(x) = συνx έχει πεδίο ορισμού το Dg =  . Άρα η F έχει πεδίο ορισμού το D F =  . i. Η συνάρτηση f (t) = 2 3 −3ηµx  συνx 3 ′ dt = = ⋅ (συνx)′  2 2 ∫ 2 2t + 5  2 ⋅ συν x + 5 2 ⋅ συν 2 x + 5  Για κάθε x ∈ D F έχουμε: F′(x)  = ii. Η συνάρτηση = h(t) e t t 2 − 9 έχει πεδίο ορισμού το D h = (−∞, −3] ∪ [3, +∞) και είναι συνεχής. Η συνάρτηση ϕ(x) = x ορίζεται όταν x ≥ 0 (1). Επομένως το πεδίο ορισμού της ϕ είναι το D= [0, +∞). Επειδή 4 ∈ [3, +∞) πρέπει και ϕ x ∈ [3, +∞) ⇔ x ≥ 3 ⇔ x ≥ 9 (2). Συναληθεύοντας τις ανισώσεις (1) και (2) προκύπτει ότι η συνάρτηση: = G(x) ∫ 4 x e t t 2 − 9 dt έχει πεδίο ορισμού το D= [9, +∞). Για κάθε x ∈ DG έχουμε: G ′ x G′(x) =  ∫ e t t 2 − 9 dt  = e  4  x ( x) 2 −9 ( x )′ = e x x −9 1 2 x . Μεθοδολογία Αν η g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ∆1 και ∆ 2 =∆1 ∩ D F , τότε η F είναι παραγωγίσιμη στο ∆ 2 με= F′(x) (∫ g(x ) α ) ′ = f (g(x)) ⋅ g′(x) . f (t)dt 13 Παράδειγμα 5. Να βρείτε το πεδίο ορισμού και την παράγωγο των συναρτήσεων: ln x ∫ i. = F(x) t − 3 dt 28 − x G(x) ii.= ∫ x −3 3 x −2 e t + 2 ⋅ lnt 2 dt Λύση [3, +∞) και είναι συνεχής. Για να t − 3 έχει πεδίο ορισμού το D= f ορίζεται το ln x πρέπει x > 0 , και, επειδή το ln x είναι άκρο του ολοκληρώματος F(x) , πρέπει το ln x να ανήκει στο πεδίο ορισμού της f , δηλαδή πρέπει και lnx ≥ 3 . Επίσης και το 28 − x ως άκρο του ολοκληρώματος F(x) , πρέπει να ανήκει στο πεδίο ορισμού της f . Δηλαδή πρέπει 28 − x ≥ 3 . Επομένως πρέπει να i. Η συνάρτηση f (t) = συναληθεύουν οι ανισώσεις:  x>0  3 3  lnx ≥ 3 ⇔ e ≤ x ≤ 25 . Άρα το πεδίο ορισμού της F είναι το Df = e , 25 . 28 − x ≥ 3  Οπότε, για x ∈ D F και σταθερό α ∈ D F , έχουμε: = F′(x) = (∫ lnx 28 − x ) (∫ ′ t − 3 dt = lnx α t − 3 dt − ∫ lnx − 3(lnx)′ − 28 − x − 3 (28 − x)=′ 28 − x α ) (∫ ′ t − 3dt = lnx α ) (∫ ′ t − 3 dt − 28 − x α ) ′ t − 3 dt = lnx − 3 + 25 − x x ii. Η συνάρτηση f (t) = e t + 2 lnt 2 έχει πεδίο ορισμού το D f = (−∞, 0) ∪ (0, +∞) και είναι συνεχής. 3   < 0 και x − 3 < 0  ή x−2   3   > 0 και x − 3 > 0  ⇔ x < 2 ή x > 3. Άρα DG = (−∞, 2) ∪ (3, +∞) .  x ≠ 2, x−2   Για να ορίζεται η G, πρέπει:  x ≠ 2, Για x ∈ (−∞, 2) και σταθερό α ∈ (−∞, 2) , έχουμε: 3  x −3 ′ G′(x) = ∫ e t + 2 lnt 2 dt − ∫ x − 2 e t + 2 lnt 2 dt  = α α   14 ( =∫ x −3 α 2 3 ′  3 +2 ′  3   3 ′ e t + 2 lnt 2 dt −  ∫ x − 2 e t + 2 lnt 2 dt  =e x −1ln(x − 3) 2 ⋅ (x − 3)′ − e x − 2 ln     = α  x−2  x−2   ) 2x −1 3  3  . = e x −1ln(x − 3) 2 + e x − 2 ⋅ ln   ⋅ 2  x − 2  (x − 2) 2 Για x ∈ (3, +∞) και σταθερό α ∈ (3, +∞) , εργαζόμαστε ομοίως και βρίσκουμε τον ίδιο τύπο. Μεθοδολογία Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ και οι συναρτήσεις h, g είναι παραγωγίσιμες στο Α και ορίζονται οι fog και foh στο Α, τότε: (∫ g(x ) h (x ) ) ( ) ( ) ′ ′ ′ α g(x ) g(x ) h (x ) f (t)dt = ∫ f (t)dt + ∫ f (t)dt = ∫ f (t)dt − ∫ f (t)dt = h (x ) α α α = f (g(x)) g′(x) − f (h(x)) h ′(x), x ∈ A 15 Παράδειγμα 6. Να αποδείξετε ότι η παρακάτω συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη και να βρείτε την παράγωγό ∫ = της F(x) x 0 tσυν(x − t) dt . Λύση i. Θέτουμε u = x − t ⇔ t = x − u , οπότε είναι dt = −du. Επίσης: • για t = 0 έχουμε u = x, • για t = x έχουμε u = 0 . Επομένως: ∫ F(x)= 0 x −(x − u) ⋅ συνu du ⇔ F(x)= x x 0 0 ∫ x 0 (xσυνu − uσυνu) du ⇔ F(x) = x ∫ συνu du − ∫ uσυνu du Επιπλέον έχουμε: ∫ • Η f1 (u) = συνu είναι συνεχής στο  , οπότε η συνάρτηση g1 (x)= x 0 παραγωγίσιμη στο  . = • Η f 2 (u) = uσυνu είναι συνεχής στο  οπότε η συνάρτηση g 2 (x) ∫ συνu du είναι x 0 uσυνu du είναι παραγωγίσιμη στο  . Άρα η F είναι παραγωγίσιμη, ως πράξεις μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Για κάθε x ∈  έχουμε: F′= (x) ( ) ′ x x = x ∫ συνu du − ∫ uσυνu du 0 x = x ′∫ συνu du + x 0 0 (∫ x 0 ) (∫ ′ συνu du − x 0 ) ′ uσυνu du = ∫ x 0 συνu du + xσυνx −xσυνx = [ηµu]0x = = ηµx − ηµ0 = ηµx Μεθοδολογία Για να βρούμε την παράγωγο μιας συνάρτησης της μορφής F(x) = ∫ β α f (x, t) dt , κάνουμε 16 κατάλληλη αλλαγή μεταβλητής, ώστε η F να πάρει τη μορφή F(x) = ∫ g 2 (x ) g1 (x ) h(x)f (u) du . Δηλαδή: • Αν υπάρχει όρος της μορφής επομένως: ∫ β α ∫ β α f (x − t) dt , θέτουμε x − t =u , οπότε dt = −du , x −β f (x − t) dt = − ∫ f (u) du x −α Στις περιπτώσεις αυτές πρέπει να προσέχουμε ότι: • Το x είναι η μεταβλητή της συνάρτησης F. • Το t είναι η αρχική μεταβλητή ολοκλήρωσης και το u είναι η νέα μεταβλητή ολοκλήρωσης. 17 Παράδειγμα 7. ∫ Να υπολογίσετε το όριο lim 3x 3 x →1 te t dt 1− x . Λύση Η συνάρτηση f (t) = te t είναι συνεχής στο R . Επομένως η συνάρτηση ∫ x 3 te t dt είναι παραγωγίσιμη. Ομοίως και η συνάρτηση 3x είναι παραγωγίσιμη. Άρα και η συνάρτηση ∫ ∫ 3x 3 x 3 te t dt είναι παραγωγίσιμη στο R ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων 3x και 3x te t dt , άρα και συνεχής. Επομένως lim ∫ = te t dt lim x →1 3 ∫ 3x 3 0 0 te t dt = 1− x x →1 L 'HOSPITAL (∫ lim 3x 3 x →1 te t dt (1 − x )′ )′ =lim 3x ⋅ e x →1 3 te dt ∫= 3 t 0 . Έτσι έχουμε: (3x)′ =lim ( −9x ⋅ e3x ) =−9 ⋅ e3 x →1 −1 3x Μεθοδολογία Όταν θέλουμε να βρούμε όριο πηλίκου, του οποίου οι όροι περιέχουν ολοκλήρωμα με άκρο μεταβλητή, τότε: • Βρίσκουμε τη μορφή του ορίου, με τη βοήθεια της παρατήρησης: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής, τότε η συνάρτηση x lim ∫= f (t) dt x →α α • α f (t) dt ∫= α ∫ x α f (t)dt είναι παραγωγίσιμη, επομένως 0. Βρίσκουμε το όριο με τη χρήση του κανόνα De L’ Hospital ή γενικότερα με τη χρήση των ιδιοτήτων των ορίων. 18 ΘΕΜΑ Δ Παράδειγμα 1. 1 Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης f (x)= x + x 2 ∫te xt dt . 0 Λύση 1 1 ∫ ∫ Έχουμε f (x) = x + x 2 te xt dt = x + (xt)e xt x dt . 0 0 Θέτουμε xt = u (1) τότε x dt = du (2). Τα νέα άκρα ολοκλήρωσης είναι u1 = 0 ⋅ x ⇔ u1 = 0 και u 2 = x ⋅1 = x (3). Τότε λόγω των σχέσεων (1), (2), (3) x f (x )= x + ∫u e u du 0 H συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων με x   u ′= f ′(x) = + xe x .  x + ∫ue du  1 0   Μεθοδολογία Για να υπολογίσουμε την παράγωγο μιας συνάρτησης που περιέχει παράγοντα της μορφής x ∫f (xt) dt εργαζόμαστε ως εξής: α Θέτουμε xt = u και με κατάλληλες πράξεις και μέθοδο αντικατάστασης καταλήγουμε σε g 2 (x ) μορφή ∫ f (u) du . g1 (x ) x ∫α f ( x + t ) dt ή ∫α f  t  dt . x Ομοίως εργαζόμαστε για x 19 Παράδειγμα 2. x xf (x) Να βρείτε τη συνάρτηση f για την οποία ισχύει= ∫ f (t) dt + x , με x > 0 . 1 Λύση = Έχουμε xf (x) x x 1 1 dt xf (x) − x (1). ∫ f (t) dt + x ⇔ ∫ f (t)= Παραγωγίζοντας τα δυο μέλη της (1): x ′ f (t) dt =  ∫  1  [ xf (x) − x ]′ f (x) =f (x) + xf ′(x) − 1 xf ′(x) = 1 με x > 0 άρα f ′(x) = 1 x Τότε η ζητούμενη συνάρτηση f θα είναι μια παράγουσα της f ′ , άρα: f (x) = ln x + c , c ∈  . 1 H σχέση (1) για x = 1 μας δίνει Αλλά f (1)= ln1 + c= c (3). ∫ f (t) dt= f (1) − 1 ⇔ f (1)= 1 (2). 1 Τότε λόγω των (2), (3) c = 1 άρα f (x) = ln x + 1 με x > 0 . Μεθοδολογία Αν δίνεται μια σχέση που περιέχει μια συνάρτηση f και αναζητούμε τον τύπο της, ένας τρόπος να εργαστούμε είναι και ο ακόλουθος: i. Παραγωγίζουμε τα δυο μέλη της σχέσης που μας έχει δοθεί και εμφανίζουμε την f ′ . ii. Λύνουμε την σχέση ως προς f ′ . Τότε η ζητούμενη συνάρτηση f θα είναι μια παράγουσα της f ′ . iii. Χρησιμοποιώντας τα δεδομένα της άσκησης προσδιορίζουμε τον ακριβή τύπο της συνάρτησης f . 20 Παράδειγμα 3. Αν για κάθε x > 0 ισχύει x ∫ f (t) dt ≥ ln x , να αποδείξετε ότι f (1) = 1 . 1 Λύση x Η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα ∫ f(t) dt - lnx ≥ 0 (1). 1 x Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(t) dt - lnx με πεδίο ορισμού το ( 0, +∞ ) . ∫ 1 (x) f (x) − • Η g είναι παραγωγίσιμη για x > 0 με g′= 1 . x 1 ∫ • Έχουμε g(1) = f(t) dt - ln1=0 και από τη σχέση (1) έχουμε g(x) ≥ g(1) για κάθε x > 0 . 1 Άρα η συνάρτηση g παρουσιάζει ελάχιστο στο 1 και g παραγωγίσιμη στο 1. • Το 1 είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού ( 0, +∞ ) , άρα λόγω θεωρήματος Fermat θα έχουμε g′(1) = 0 ή f (1) − 1 = 0 ⇔ f (1) = 1 . 21 Παράδειγμα 4. F(x) Δίνεται η συνάρτηση = ∫ x x − 2ηµt 2 dt . Να βρείτε: 2 i. το πεδίο ορισμού της, ii. την παράγωγο της F στο πεδίο ορισμού της. Λύση = i. Είναι F(x) Η συνάρτηση x x − 2 ∫ ηµt 2 dt . 2 x − 2 έχει πεδίο ορισμού το διάστημα [2, +∞) στο οποίο είναι συνεχής. Η συνάρτηση ηµt 2 έχει πεδίο ορισμού το  στο οποίο είναι συνεχής. Eπομένως η συνάρτηση ∫ x 2 ηµt 2 έχει πεδίο ορισμού το  . Άρα το πεδίο ορισμού της F είναι το D= f [ 2, +∞ ) ∩ = [ 2, +∞ ) . ii. Η F είναι παραγωγίσιμη στο (2, +∞) ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: = F′(x) = ( ) ′ x = x − 2 ∫ ηµt 2 dt 2 ( x−2 )′ ∫ x 2 ηµt 2 dt + x − 2 (∫ x 2 ) ′ ηµt 2 dt = x x 1 1 − 2 ηµx 2 ηµt 2 dt + x − 2 ηµx 2 , x > 2 (x − 2)′∫ ηµt 2 dt + x= ∫ 2 2 2 x−2 2 x−2 Για x = 2 έχουμε: x x 0 x − 2 ∫ ηµt 2 dt ηµt 2 dt  0  F(x) − F(2) ∫ 2 2 lim = lim+ = lim = x → 2+ x →2 x → 2+ x−2 x−2 x−2 ( ∫ ηµt 2 dt)′ 2 lim = lim x → 2+ x → 2+ ( x − 2)′ x ηµx 2 = lim+ (2 x − = 2 ηµx 2 ) 0 x →2 1 (x − 2)′ 2 x−2 x  1 ηµt 2 dt + x − 2 ηµx 2 , x > 2  ∫ 2 Άρα F′(x) =  2 x − 2 0, x=2  Μεθοδολογία Μια συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα [ α, +∞ ) , όταν είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ( α, +∞ ) και επιπλέον lim+ x →α F(x) − F(α) ∈R . x −α 22 Ημερομηνία τροποποίησης: 26/10/2011 23