1. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
1
ΜΑΘΗΜΑΤIΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ
ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ
ΛΟΓΙΣΜΟΣ
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ
ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

2. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
2
To παρόν φυλλάδιο προορίζεται για Φροντιστηριακή χρήση…

3. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
3
ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ
Παράγουσες συναρτήσεις
Ερωτήσεις θεωρίας
1. Ποια προβλήματα οδήγησαν στην ανάγκη ορισμού της αρχικής
συνάρτησης ; Δώστε τον ορισμό της αρχικής συνάρτησης ή
παράγουσας f στο Δ και ένα παράδειγμα.
Πολλές φορές στην πράξη παρουσιάζονται προβλήματα, που η λύση τους
απαιτεί πορεία αντίστροφη της παραγώγισης. Τέτοια προβλήματα είναι για
παράδειγμα τα παρακάτω:
— Η εύρεση της θέσης )(tS ενός κινητού τη χρονική στιγμή t, αν είναι γνωστή
η ταχύτητά του )(tυ που, όπως γνωρίζουμε, είναι η παράγωγος της συνάρτησης
θέσης )(tSx  .
— Η εύρεση της ταχύτητας )(tυ ενός κινητού τη χρονική στιγμή t, αν είναι
γνωστή η επιτάχυνσή του )(tγ που, όπως γνωρίζουμε, είναι η παράγωγος της
συνάρτησης )(tυυ  .
— Η εύρεση του πληθυσμού )(tN μιας κοινωνίας βακτηριδίων τη χρονική στιγμή
t, αν είναι γνωστός ο ρυθμός αύξησης )(tN του πληθυσμού.
Το κοινό χαρακτηριστικό των προβλημάτων αυτών είναι ότι, δίνεται μια
συνάρτηση f και ζητείται να βρεθεί μια άλλη συνάρτηση F για την οποία να
ισχύει )()( xfxF  σε ένα διάστημα Δ. Οδηγούμαστε έτσι στον παρακάτω ορισμό.

4. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
4
ΟΡΙΣΜΟΣ
Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αρχική συνάρτηση ή
παράγουσα της f στο Δ ονομάζεται κάθε συνάρτηση F που είναι
παραγωγίσιμη στο Δ και ισχύει )()( xfxF  , για κάθε Δx .
(Αποδεικνύεται ότι κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστημα Δ έχει
παράγουσα στο διάστημα αυτό)
Για παράδειγμα, η συνάρτηση 3
)( xxF  είναι μια παράγουσα της 2
3)( xxf  στο ℝ,
αφού 23
3)( xx  .
2. Δώστε ένα παράδειγμα το οποίο να οδηγεί στο θεώρημα των
παραγουσών συναρτήσεων και κατόπιν διατυπώστε και αποδείξτε το
θεώρημα αυτό
Για παράδειγμα, η συνάρτηση 3
)( xxF  είναι μια παράγουσα της 2
3)( xxf  στο ℝ,
αφού 23
3)( xx  . Παρατηρούμε ότι και όλες οι συναρτήσεις της μορφής
cxFcxxG  )()( 3
, όπου c ℝ , είναι παράγουσες της f στο ℝ , αφού
23
3)( xcx  . Γενικά ισχύει το παρακάτω θεώρημα:
ΘΕΩΡΗΜΑ
Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Αν F είναι μια παράγουσα
της f στο Δ, τότε
 όλες οι συναρτήσεις της μορφής
cxFxG  )()( , c ℝ ,
είναι παράγουσες της f στο Δ και
 κάθε άλλη παράγουσα G της f στο Δ παίρνει τη μορφή
cxFxG  )()( , c ℝ .
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
 Κάθε συνάρτηση της μορφής cxFxG  )()( , όπου c ℝ , είναι μια παράγουσα
της f στο Δ, αφού )()())(()( xfxFcxFxG  , για κάθε Δx .
 Έστω G είναι μια άλλη παράγουσα της f στο Δ. Τότε για κάθε Δx ισχύουν
)()( xfxF  και )()( xfxG  , οπότε
)()( xFxG  , για κάθε Δx .
Άρα, σύμφωνα με το πόρισμα της § 2.6, υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε
cxFxG  )()( , για κάθε Δx .

5. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
5
3. Να δοθεί ο πίνακας παραγουσών βασικών συναρτήσεων
Ο πίνακας των παραγουσών βασικών συναρτήσεων είναι :
4. Ποιες είναι οι δύο ιδιότητες του αόριστου ολοκληρώματος που
προκύπτουν από τον ορισμό του καθώς και από τους κανόνες
παραγώγισης ;
Συνέπεια του ορισμού του αόριστου ολοκληρώματος και των κανόνων
παραγώγισης είναι οι εξής δύο ιδιότητες:
Αν οι συναρτήσεις f και g έχουν παράγουσες F και G σ’ ένα διάστημα Δ, τότε
 λ∙F είναι παράγουσα της λ∙f, *
λ
 F+G είναι παράγουσα της f+g
5. Να υπολογισθούν οι παράγουσες των :

6. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
6
φ(χ)=4χ2
, γ(χ)=3ημχ-2eχ
, δ(χ)=
𝟑𝝌−𝟏
√ 𝝌
φ(χ)=4χ2
3
( ) 4
3
x
c  
γ(χ)=3ημχ-2eχ
Γ(χ)=-3συνχ -2 ex
+ c
δ(χ)=
3𝜒−1
√ 𝜒
=
3𝑥
√ 𝜒
−
1
√ 𝜒
=3∙ 𝑥
1
2 - 𝑥
1
2 Δ(χ)=
3 1
2 2
3 1
2 2
3 2 2
3 1
2 2
c x x c
 
    
6. Nα βρεθεί συνάρτηση f τέτοια, ώστε η γραφική της παράσταση να
διέρχεται από το σημείο Α(2,3) και να ισχύει f’(x)=2x-1, για κάθε
xϵR.
ΛΥΣΗ
Επειδή 12)(  xxf , έχουμε διαδοχικά: 2
( )f x x x c   , cϵR
Για να διέρχεται η f από το σημείο )3,2(A πρέπει και αρκεί 3)2( f ή,
ισοδύναμα, 3222
 c , δηλαδή 1c . Επομένως, 1)( 2
 xxxf .
7. Η είσπραξη )(xE , από την πώληση x μονάδων ενός προϊόντος
100)(0  x μιας βιομηχανίας, μεταβάλλεται με ρυθμό xxE  100)(
(σε χιλιάδες δραχμές ανά μονάδα προϊόντος), ενώ ο ρυθμός
μεταβολής του κόστους παραγωγής είναι σταθερός και ισούται με 2
(σε χιλιάδες δραχμές ανά μονάδα προϊόντος). Να βρεθεί το κέρδος
της βιομηχανίας από την παραγωγή 100 μονάδων προϊόντος,
υποθέτοντας ότι το κέρδος είναι μηδέν όταν η βιομηχανία δεν
παράγει προϊόντα.
ΛΥΣΗ
Αν )(xP είναι το κέρδος και )(xK είναι το κόστος παραγωγής για x μονάδες
προϊόντος, τότε )()()( xKxExP  , Οπότε xxxKxExP  982100)()()(
Δηλαδή xxP  98)( , και άρα c
x
xxP 
2
98)(
2
, c ℝ. ΄Οταν η βιομηχανία
δεν παράγει προϊόντα, το κέρδος είναι μηδέν, δηλαδή ισχύει 0)0( P ,οπότε
0c . Επομένως,
2
98)(
2
x
xxP  . Άρα, το κέρδος από 100 μονάδες προϊόντος
είναι
2
100
10098)100(
2
P 480050009800  (σε χιλιάδες δραχμές).

7. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
7
Ασκήσεις
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΕΥΡΕΣΗ ΠΑΡΑΓΟΥΣΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
1.Να βρείτε τη συνάρτηση f, με πεδίο ορισμού το διάστημα ( 0 , +∞),
για την οποία ισχύει
1
f ΄(x) =
x
και
Λύση
Το σύνολο των αρχικών συναρτήσεων της
1
f ΄(x) =
x
είναι
f(x) = 2 x + c , x(0, +) και οποιοδήποτε cϵR (1)
Για x = 9, η (1)  f(9) = 2 9 + c
1 = 2. 3 + c
c = – 5
(1)  f(x) = 2 x – 5 , x(0, +)
2. Να βρείτε την συνάρτηση f για την οποία ισχύει f΄΄(x)=3 ,f΄(1) = 6
και f(0) = 4
Λύση
f ΄΄(x) = 3  f ΄(x) = 3x + 1c (1)
f ΄(1) = 3. 1 + 1c
6 = 3 + 1c  1c = 3
(1)  f ΄(x) = 3x + 3  f(x) = 3. 1
2
2
x + 3x + 2c (2)
f(0) = 3. 1
2
2
0 + 3. 0 + 2c
4 = 2c
(2)  f(x) = 3
2
2
x + 3x + 4
f(9) = 1

8. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
8
3. Να βρείτε την συνάρτηση για την οποία ισχύει f ΄΄(x) = 12x2
+ 2
και η γραφική της παράσταση στο σημείο της Α(1, 1) έχει κλήση 3.
Λύση
Από υποθέσεις έχουμε f(1) = 1 και f ΄(1) = 3 .
f ΄΄(x) = 12x2
+2  f ΄(x) = 4x3
+ 2x + c (1)
f ΄(1) = 4. 13
+ 2. 1 + c
3 = 6 + c  c = -3
Η (1) γίνεται f ΄(x) = 4x3
+ 2x – 3  f(x) = x4
+ x2
3x + η (2)
f(1) = 14
+ 12
3. 1 + η
1 = –1 + η  η = 2
Η (2) γίνεται f(x) = x4
+ x2
3x + 2, xϵR

9. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
9
2η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΠΑΡΑΓΟΥΣΩΝ
4. O πληθυσμός Ν(t), σε εκατομμύρια, μιας κοινωνίας βακτηριδίων,
αυξάνεται με ρυθμό
t
20
1
Ν΄(t) = e
20
ανά λεπτό.Να βρείτε την αύξηση του
πληθυσμού στα 60 πρώτα λεπτά.
Λύση
t
20
1
Ν΄(t) = e
20

t
20
Ν(t) = e + c
Ζητούμενη αύξηση του πληθυσμού : Ν(60) Ν(0) = (
60 0
20 20
e c) (e c)  
= 3
e c 1 c   = 3
e 1 εκατομμύρια
5. Μία βιομηχανία έχει διαπιστώσει ότι για την εβδομαδιαία
παραγωγή x εξαρτημάτων έχει οριακό κόστος x2
+ 5x ( ευρώ
ανά μονάδα προϊόντος ) . Να βρείτε την συνάρτηση κόστους της
εβδομαδιαίας παραγωγής , αν είναι γνωστό ότι τα σταθερά
εβδομαδιαία έξοδα της βιομηχανίας, όταν δεν παράγει κανένα
εξάρτημα είναι 100 ευρώ .
Λύση
Θυμίζουμε την έννοια του οριακού κόστους : Αν Κ(x) είναι η συνάρτηση
κόστους τότε η Κ΄(x) λέγεται οριακό κόστος για x μονάδες προϊόντος.
Κ΄(x) = x2
+ 5x  Κ(x) =
3 2
x x
5
3 2
 + c (1)
3 2
0 0
K(0) = 5 + c
3 2

100 = c
Η (1) γίνεται K(x) =
3 2
x 5x
+ + 100
3 2
, x  0

10. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
10
6. Μια νέα γεώτρηση εξόρυξης πετρελαίου έχει ρυθμό άντλησης που δίνεται
από τον τύπο 23
R΄(t) = 20 10t t
4
  , όπου R(t) είναι ο αριθμός σε
χιλιάδες των βαρελιών που αντλήθηκαν στους t πρώτους μήνες λειτουργίας
της . Να βρείτε πόσα βαρέλια θα έχουν αντληθεί τους 8 πρώτους μήνες
λειτουργίας της .
Λύση
23
R΄(t) = 20 10t t
4
   2 31
R(t) = 20t 5t t
4
  + c (1)
2 31
R(0) = 20. 0 5.0 0
4
   + c
0 = c
Η (1) γίνεται R(t) = 20t + 5t2
 31
t
4
.
R(8) = 20∙8+5∙64128 = 352 χιλιάδες βαρέλια .
7. Η θερμοκρασία Τ ενός σώματος που περιβάλλεται από ένα ψυκτικό
υγρό, ελαττώνεται με ρυθμό καe –κt
, όπου α, κ είναι θετικές
σταθερές και t ο χρόνος. Η αρχική θερμοκρασία Τ(0) του σώματος
είναι Το + α , όπου Το η θερμοκρασία του υγρού, η οποία με κατάλληλο
μηχάνημα διατηρείται σταθερή Να βρείτε τη θερμοκρασία του σώματος την
χρονική στιγμή t .
Λύση
Δίνεται ότι Τ΄(t) = καe –κt
Αλλά (αe –κt
)΄ = καe –κt
, άρα Τ(t) = αe –κt
+ c (1)
Τ(0) = αe –κ0
+ c
Το + α = αe0
+ c
c = To
(1)  Τ(t) = αe –κt
+ To
8.Ένας βιομήχανος, ο οποίος επενδύει x χιλιάδες ευρώ στη βελτίωση
της παραγωγής του εργοστασίου του, αναμένει να έχει κέρδος Ρ(x)

11. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
11
χιλιάδες ευρώ από την επένδυση αυτή. Μια ανάλυση της παραγωγής έδειξε
ότι ο ρυθμός μεταβολής του κέρδους Ρ(x), που οφείλεται στην επένδυση
αυτή δίνεται από τον τύπο
-x
2000
Ρ΄(x) = 5,8e . Να βρείτε το συνολικό κέρδος
που οφείλεται σε αύξηση της επένδυσης από 4000000 ευρώ σε
6000000 ευρώ.
Λύση
Επειδή
x
2000
e
  
 
 
= 1
2000

x
2000
e

 – 2000
x
2000
e
  
 
 
=
x
2000
e


x
2000
2000e
  
 
 
=
x
2000
e


x
2000
5,8 2000e
  
  
 
= 5,8
x
2000
e

 Ρ(x) = 2000
20008,5
x
e

 + c  Ρ(x) =
x
2000
11600 e

  + c (1)
Είναι 4000000 ευρώ = 4000 χιλιάδες ευρώ και 6000000 ευρώ =
6000 χιλιάδες ευρώ Το ζητούμενο συνολικό κέρδος θα είναι
Ρ(6000)  Ρ(4000) =
6000
2000
( 11600e c)

   (11600
4000
2000
e c)


= -3 -2
11600e 11600e  χιλιάδες ευρώ
9. Από την πώληση ενός νέου προϊόντος μιας εταιρείας
διαπιστώθηκε ότι ο ρυθμός μεταβολής του κόστους Κ(t) δίνεται από
τον τύπο Κ΄(t) = 8000,6t (σε ευρώ την ημέρα) , ενώ ο ρυθμός
μεταβολής της είσπραξης Ε(t) στο τέλος των t ημερών δίνεται
από τον τύπο Ε΄(t) = 1000 + 0,3t ( σε ευρώ την ημέρα ) . Να βρείτε
το συνολικό κέρδος της εταιρείας από την τρίτη έως και την έκτη ημέρα.
Λύση
Έστω Ρ(t) η συνάρτηση του κέρδους, όπου t το πλήθος των ημερών.
Είναι Ρ(t) = Ε(t) - Κ(t)  Ρ΄(t) = E΄ (t) K΄(t)
 Ρ΄(t) = 1000 + 0,3t 800 + 0,6t  Ρ΄(t) = 200 + 0,9t
 Ρ(t) = 200t +
2
t
0,9
2
+ c , τo ζητούμενο συνολικό κέρδος θα είναι
Ρ(6)  Ρ(2) = (
2
0,9 6
+ 200 6 c
2

  ) – (
2
0,9 2
+ 200 2 c
2

  ) = 814,4 ευρώ
3η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

12. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
12
ΠΑΡΑΓΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗΜΑ
BOLZANO
4.Έστω f , g δύο συναρτήσεις με f(0) = g(0), f(1) = g(1) +1
και f ΄΄(x) = g΄΄(x) για κάθε xϵR. Να αποδείξετε ότι :
i) f(x) = g(x) + x , για κάθε xϵR
ii) Αν η συνάρτηση g έχει δύο ρίζες α, β με α < 0 <
β, τότε η συνάρτηση f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α, β).
Λύση
i) f ΄΄(x) = g΄΄(x)  f ΄(x) = g΄(x) + c1 για κάθε xϵR .
f(x) = g(x) + c1x + c2 για κάθε xϵR (1)
f (0) = g(0) + c1. 0 + c2 άρα 0 = c2 ( αφού f(0) = g(0) )
(1)  f(x) = g(x) + c1x για κάθε xϵR (2)
f(1) = g(1) + c1. 1, αλλά f(1) = g(1) + 1
g(1) + 1 = g(1) + c1 άρα 1 = c1
(2)  f(x) = g(x) + x για κάθε xϵR (3)
ii) Επειδή η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, θα είναι συνεχής
σ’ αυτό και επομένως συνεχής στο διάστημα [α, β] .
Επίσης αφού τα α και β είναι ρίζες της g θα είναι g(α) = 0 = g(β)
(3)  f(α) = g(α) + α = α και f(β) = g(β) + β = β
Οπότε f(α)f(β) = αβ < 0 αφού α < 0 < β
Με το θεώρημα Bolzano συμπεραίνουμε ότι η f έχει μία τουλάχιστον ρίζα
στο (α , β) .
Ορισμένο Ολοκλήρωμα

13. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
13
Ερωτήσεις θεωρίας
1. Πως βρίσκουμε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από
τη γραφική παράσταση της συνάρτησης 2
)( xxf  , τον άξονα των
x και τις ευθείες 0x και 1x (Παραβολικό χωρίο) ;
Έστω ότι θέλουμε να βρούμε το εμβαδόν του χωρίου Ω (Εμβαδόν παραβολικού
χώρου) που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης
2
)( xxf  , τον άξονα των x και τις ευθείες 0x και 1x (Παραβολικό
χωρίο Σχ. 5).
1
Ω
1O x
y
y=x2
5
2
v
1
v
v
v
1
1
1O x
y
6
. . .
y=x2
Μια μέθοδος να προσεγγίσουμε το ζητούμενο εμβαδόν είναι η εξής:
Χωρίζουμε το διάστημα ]1,0[ σε ν ισομήκη υποδιαστήματα, μήκους
ν
xΔ
1
 ,
με άκρα τα σημεία:
00 x ,
ν
x
1
1  ,
ν
x
2
2  , ………….….,
ν
ν
xν
1
1

 , 1
ν
ν
xν .
 Σχηματίζουμε τα ορθογώνια με βάσεις τα υποδιαστήματα αυτά και ύψη
την ελάχιστη τιμή της f σε καθένα από αυτά. (Σχ. 6). Μια προσέγγιση
του εμβαδού που ζητάμε είναι το άθροισμα, νε , των εμβαδών των
παραπάνω ορθογωνίων. Δηλαδή, το:
νν
ν
f
νν
f
νν
f
ν
fεν
1112111
)0( 




 












 













 













222
2 121
0
1
ν
ν
ννν

])1(21[
1 222
3
 ν
ν
 2
2
3
6
132
6
)12()1(1
ν
ννννν
ν



 .

14. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
14
 Αν, τώρα, σχηματίσουμε τα
ορθογώνια με βάσεις τα παραπάνω
υποδιαστήματα και ύψη την μέγιστη
τιμή της f σε καθένα απ’ αυτά (Σχ. 7),
τότε το άθροισμα
νν
ν
f
νν
f
νν
fΕν
11211


















 
των εμβαδών των ορθογωνίων αυτών
είναι μια ακόμη προσέγγιση του
ζητούμενου εμβαδού. Είναι όμως,
νν
ν
f
νν
f
νν
fΕν
11211


















 



























222
211
ν
ν
ννν

)21(
1 222
3
ν
ν
  2
2
3
6
132
6
)12)(1(1
ν
ννννν
ν



 .
Το ζητούμενο, όμως, εμβαδόν Ε βρίσκεται μεταξύ των νε και νE . Δηλαδή
ισχύει νν ΕΕε  , οπότε ν
ν
ν
ν
ΕΕε

 limlim .
Επειδή
3
1
limlim 

ν
ν
ν
ν
Εε , έχουμε
3
1
Ε .
 Αν, τώρα, σχηματίσουμε τα
ορθογώνια με βάσεις τα παραπάνω
υποδιαστήματα ],[ 1 κκ xx  , νκ ...,,2,1 και
ύψη την τιμή της συνάρτησης σε
οποιοδήποτε ενδιάμεσο σημείο κξ ,
νκ ...,,3...,,2,1 , καθενός διαστήματος,
(Σχ. 8), τότε το άθροισμα
)(
1
)(
1
)(
1
21 νν ξf
ν
ξf
ν
ξf
ν
S  
των εμβαδών των ορθογωνίων αυτών είναι μια ακόμη προσέγγιση του
ζητούμενου εμβαδού. Επειδή )()()( 1 κκκ xfξfxf  για νκ ...,,2,1 , θα είναι
)(
1
)(
1
)(
1
1 κκκ xf
ν
ξf
ν
xf
ν
 , οπότε θα ισχύει ννν ΕSε  .
Είναι όμως, ΕEε ν
ν
ν
ν


limlim . Άρα θα ισχύει ΕSν
ν


lim .
2. Έστω f μια συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα ],[ βα , με
0)( xf για κάθε ],[ βαx και Ω το χωρίο που ορίζεται από τη
v
v
12
v
1
v
1
1O x
y
7
. . .
y=x2
1
1ξv
f(ξk)
ξkξ2ξ1O x
y
8
. . .. . .
y=x2

15. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
15
γραφική παράσταση της f, τον άξονα των x και τις ευθείες
αx  , βx  .Να υπολογισθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω.
Για να ορίσουμε το εμβαδόν του χωρίου Ω (Σχ. 9) εργαζόμαστε όπως
στο υπολογισμό του παραβολικού χωρίου γμα. Δηλαδή:
 Χωρίζουμε το διάστημα ],[ βα σε ν ισομήκη
υποδιαστήματα, μήκους
ν
αβ
xΔ

 , με τα
σημεία βxxxxα ν  ...210 .
 Σε κάθε υποδιάστημα ],[ 1 κκ xx  επιλέγουμε
αυθαίρετα ένα σημείο κξ και σχηματίζουμε
τα ορθογώνια που έχουν βάση xΔ και ύψη
τα )( κξf . Το άθροισμα των εμβαδών των
ορθογωνίων αυτών είναι
xΔξfξfxΔξfxΔξfxΔξfS ννν )]()([)()()( 121   .
 Yπολογίζουμε το ν
ν
S

lim .
Αποδεικνύεται ότι το ν
ν
S

lim υπάρχει στο ℝ και είναι ανεξάρτητο από την
επιλογή των σημείων κξ . Το όριο αυτό ονομάζεται εμβαδόν του επιπέδου
χωρίου Ω και συμβολίζεται με )(ΩΕ . Είναι φανερό ότι 0)( ΩΕ .
3. Πως ορίζεται το ορισμένο ολοκλήρωμα ; Πως επεκτείνεται ο ορισμός
αυτός και τι προκύπτει από τον ορισμό αυτό ;
Έστω μια συνάρτηση f
σ υ ν ε χ ή ς στο ],[ βα . Με τα
σημεία βxxxxα ν  ...210
χωρίζουμε το διάστημα ],[ βα
σε ν ισομήκη υποδιαστήματα
μήκους
ν
αβ
xΔ

 .
Στη συνέχεια επιλέγουμε αυθαίρετα ένα ],[ 1 κκκ xxξ  , για κάθε }...,,2,1{ νκ 
, και σχηματίζουμε το άθροισμα
xΔξfxΔξfxΔξfxΔξfS νκν )()()()( 21  
το οποίο συμβολίζεται, σύντομα, ως εξής:
Δx
β a
v

xν-1x2 ...x1 xν=βα=x0 ξνξk
Ω
ξ2ξ1O
x
y=f(x)
y
f(ξ1) f(ξ2)
f(ξk)
f(ξν)
xk ...xk-1
9
xv-1 ξv
y=f(x)
ξk
ξ2ξ1
x
x2x1 xv=βa=x0O
y
10

16. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
16



ν
κ
κν xΔξfS
1
)( (1)
.
Aποδεικνύεται ότι,
“Το όριο του αθροίσματος νS , δηλαδή το 








ν
κ
κ
ν
Δxξf
1
)(lim (1) υπάρχει στο
R και είναι ανεξάρτητο από την επιλογή των ενδιάμεσων σημείων κξ ”.
Το παραπάνω όριο (1) ονομάζεται ορισμένο ολοκλήρωμα της συνεχούς
συνάρτησης f από το α στο β, συμβολίζεται με 
β
α
dxxf )( και διαβάζεται
“ολοκλήρωμα της f από το α στο β”. Δηλαδή,
  








α
β
ν
κ
κ
ν
xΔξfdxxf
1
)(lim)(
Το σύμβολο  οφείλεται στον Leibniz και ονομάζεται σύμβολο
ολοκλήρωσης. Αυτό είναι επιμήκυνση του αρχικού γράμματος S της
λέξης Summa (άθροισμα). Οι αριθμοί α και β ονομάζονται όρια της
ολοκλήρωσης. Η έννοια “όρια” εδώ δεν έχει την ίδια έννοια του ορίου
του 2ου κεφαλαίου. Στην έκφραση 
β
α
dxxf )( το γράμμα x είναι μια
μεταβλητή και μπορεί να αντικατασταθεί με οποιοδήποτε άλλο γράμμα.
Έτσι, για παράδειγμα, οι εκφράσεις 
β
α
dxxf )( , 
β
α
dttf )( συμβολίζουν το ίδιο
ορισμένο ολοκλήρωμα και είναι πραγματικός αριθμός, σε αντίθεση με το
 dxxf )( που είναι ένα σύνολο συναρτήσεων.
Είναι, όμως, χρήσιμο να επεκτείνουμε τον παραπάνω ορισμό και για
τις περιπτώσεις που είναι βα  ή βα  , ως εξής:
  
β
α
α
β
dxxfdxxf )()(
  
α
α
dxxf 0)(
Από τους ορισμούς του εμβαδού και του
ορισμένου ολοκληρώματος προκύπτει ότι:
Αν 0)( xf για κάθε ],[ βαx , τότε το
ολοκλήρωμα 
β
α
dxxf )( δίνει το εμβαδόν )(ΩE
του χωρίου Ω που περικλείεται από τη
γραφική παράσταση της f τον άξονα xx και
τις ευθείες αx  και βx  (Σχ. 11). Δηλαδή,
 
β
α
ΩEdxxf )()( .
(1)
Το άθροισμα αυτό ονομάζεται ένα άθροισμα RIEMANN.
βα
Ω
O x
y=f(x)
y 11

17. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
17
Επομένως,
Αν 0)( xf , τότε  
β
α
dxxf 0)( .
4. Nα αποδειχθεί ότι  
β
α
αβcdxc )( , για οποιοδήποτε c R.
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
i) Αν βα  , τότε  
α
α
αβcααccdx )()(0 .
ii) Αν βα  , τότε, επειδή η cxf )( είναι συνεχής στο ],[ βα , έχουμε
 
β
α
β
α
dxxfcdx )( ]))()()([(lim 21 xΔξfxΔξfxΔξf ν
ν



)]()()([lim 21 ν
ν
ξfξfξf
ν
αβ















)(lim ccc
ν
αβ
ν

)(lim αβccν
ν
αβ
ν










iii) Αν βα  , τότε  
α
β
β
α
αβcβαccdxcdx )()( .
ΣΧΟΛΙΟ
Αν 0c , τότε το 
β
α
cdx εκφράζει το εμβαδόν ενός ορθογωνίου με βάση
αβ  και ύψος c
5. Ποια θεωρήματα δίνουν τις ιδιότητες του ορισμένου ολοκληρώματος
;
Με τη βοήθεια του ορισμού του ορισμένου ολοκληρώματος
αποδεικνύονται τα παρακάτω θεωρήματα.
ΘΕΩΡΗΜΑ 1ο
Έστω gf , σ υ ν ε χ ε ί ς συναρτήσεις στο ],[ βα και μλ,
  
β
α
β
α
dxxfλdxxfλ )()(
βαO x
y=c
y

18. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
18
   
β
α
β
α
β
α
dxxgdxxfdxxgxf )()()]()([
και γενικά
   
β
α
β
α
β
α
dxxgμdxxfλdxxgμxfλ )()()]()([
ΘΕΩΡΗΜΑ 2ο
Αν η f είναι σ υ ν ε χ ή ς σε διάστημα Δ και Δγβα ,, , τότε ισχύει
 
β
γ
γ
α
β
α
dxxfdxxfdxxf )()()(
Για παράδειγμα, αν 3)(
3
0 dxxf και 7)(
4
0 dxxf , τότε
473)()()()()(
3
0
4
0
0
3
4
0
4
3
    dxxfdxxfdxxfdxxfdxxf .
ΣΗΜΕΙΩΣΗ
Αν 0)( xf και βγα  η παραπάνω
ιδιότητα δηλώνει ότι:
)()()( 21 ΩΕΩΕΩΕ 
αφού

γ
α
dxxfΩΕ )()( 1 , 
β
γ
dxxfΩΕ )()( 2
Και 
β
α
dxxfΩΕ )()( .
ΘΕΩΡΗΜΑ 3ο
Έστω f μια σ υ ν ε χ ή ς συνάρτηση σε ένα διάστημα ],[ βα . Αν 0)( xf
για κάθε ],[ βαx και η συνάρτηση f δεν είναι παντού μηδέν στο
διάστημα αυτό, τότε
 
β
α
dxxf 0)( .
Ορισμένο Ολοκλήρωμα
Ασκήσεις
βγα
Ω2Ω1
O x
y=f(x)
y

19. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
19
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ
1. Αν
4 4 8
1 3 1
f(x)dx = 9, f(x)dx =11, f(x)dx 13   , να βρείτε τα
ολοκληρώματα i)
3
4
f(x)dx ii)
8
4
f(x)dx
iii)
3
1
f(x)dx iν)
8
3
f(x)dx
Λύση
i)
3
4
f(x)dx = 
4
3
f(x)dx = 11
ii)
8
4
f(x)dx =
1 8
4 1
f(x)dx + f(x)dx  =
4 8
1 1
f(x)dx + f(x)dx  = 9 + 13 = 4
iii)
3
1
f(x)dx =
4 3
1 4
f(x)dx + f(x)dx  = 911 = 2
iν)
8
3
f(x)dx =
4 8
3 4
f(x)dx + f(x)dx  =11 + 4 = 15
2. Να αποδείξετε ότι
e 1
1 e
1
lntdt = ln dt
t 
Λύση
1 1 1
1
e e e
1
ln dt = lnt dt = lntdt
t

   = 
1 e
e 1
lntdt = lnt dt 
3. Να υπολογίσετε το κ έτσι ώστε
2
κ 1
2 21 κ
x 4 5
dx dx = 3
x 1 x 1


  
Λύση
2
κ 1
2 21 κ
x 4 5
dx dx = 3
x 1 x 1


   
2
κ κ
2 21 1
x 4 5
dx dx = 3
x 1 x 1


  
2
κ
2 21
x 4 5
dx 3
x 1 x 1
 
  
  

2
κ
21
x 4 5
dx 3
x 1
 



20. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
20
2
κ
21
x 1
dx = 3
x 1


κ
1
1 dx = 3
1(κ1) = 3  κ = 4
4. Αν
3 3
1 1
f(x) dx = 5 και g(x)dx = 2  να υπολογίσετε τα
ολοκληρώματα i)
3
1
(2 f(x) 6 g(x)) dx και ii)
1
3
(2 f(x) g(x)) dx
Λύση
i)
3
1
(2 f(x) 6 g(x)) dx = =
3 3
1 1
2 f(x) dx 6 g(x) dx 
=2∙56∙(2)
= 10 + 12 = 22
ii)
1
3
(2 f(x) g(x)) dx = 
3
1
(2 f(x) g(x)) dx
= 
3 3
1 1
2 f(x) dx g(x) dx 
= 2∙5 + (2)
= 10 2 = 12
Η συνάρτηση

x
α
dttfF(x) )(
Ερωτήσεις θεωρίας

21. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
21
1. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το Θεμελιώδες θεώρημα του
ολοκληρωτικού λογισμού
ΘΕΩΡΗΜΑ (Θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού)
Έστω f μια συνεχής συνάρτηση σ’ ένα διάστημα ],[ βα . Αν G είναι μια
παράγουσα της f στο ],[ βα , τότε
 
β
α
αGβGdttf )()()(
ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Σύμφωνα με το προηγούμενο θεώρημα, η συνάρτηση 
x
α
dttfxF )()( είναι
μια παράγουσα της f στο ],[ βα . Επειδή και η G είναι μια παράγουσα της
f στο ],[ βα , θα υπάρχει c
cxFxG  )()( . (1)
Από την (1), για αx  , έχουμε  
α
α
ccdttfcαFαG )()()( , οπότε )(αGc  .
Επομένως,
)()()( αGxFxG  ,
οπότε, για βx  , έχουμε
 
β
α
αGdttfαGβFβG )()()()()(
και άρα
 
β
α
αGβGdttf )()()( .
ΣΧΟΛΙΟ
Πολλές φορές, για να απλοποιήσουμε τις εκφράσεις μας, συμβολίζουμε
τη διαφορά )()( αGβG  με β
αxG )]([ , οπότε η ισότητα του παραπάνω
θεωρήματος γράφεται
β
α
β
α
β
α dxxfxGdxxf  ][ )()]([)( .
Για παράδειγμα,
 






3
1
3
1
2
4
2
1
2
9
2
x
xdx

22. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
22
 
π
π
πxxdx
0
0 2συν0συν]συν[ημ
 
e
e
exdx
x1
1 11lnln][ln
1
.
2. Ποιες μεθόδους ολοκλήρωσης γνωρίζετε ;
Μέθοδοι ολοκλήρωσης
 Ο τύπος της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες για το ορισμένο
ολοκλήρωμα παίρνει τη μορφή
  
β
α
β
α
β
α dxxgxfxgxfdxxgxf )()()]()([)()( ,
όπου gf , είναι συνεχείς συναρτήσεις στο
],[ βα .
Για παράδειγμα, ας υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα 
2/
0
συν
π
xdxxΙ . Έχουμε:
  
2/
0
2/
0
2/
0
ημ)(ημ)ημ( ][
π π
π xdxxxxdxxxI

2/
0
2/
0
ημημ ][
π
π
xdxxx
2/
0
2/
0
][][ συνημ ππ
xxx 
2
2
1
2


ππ
.
 Ο τύπος ολοκλήρωσης με αλλαγή μεταβλητής για το ορισμένο
ολοκλήρωμα παίρνει τη μορφή
 
β
α
u
u
duufdxxgxgf
2
1
)()())(( ,
όπου gf , είναι συνεχείς συναρτήσεις, )(xgu  ,
dxxgdu )( και )(1 αgu  , )(2 βgu  .
Για παράδειγμα, ας υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

e
dx
x
x
I
1
ln
.
Έχουμε:
 
e
dxxxI
1
)(lnln
Aν θέσουμε xu ln , τότε dxxdu )(ln  , 01ln1 u και 1ln2  eu .
Επομένως,  






1
0
1
0
2
2
1
2
u
uduI .

23. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
23
3. Nα υπολογισθούν τα ολοκληρώματα
i) dx
x
xx


2
1
2
1
ii) dx
x
x


4
1
1
iii) dxx
5
1
|2-| .
ΛΥΣΗ
i) ΄Εχουμε
   

2
1
2
1
2
1
2
1
22 11
dx
x
dx
x
x
dx
x
x
dx
x
xx
  
2
1
2
1
2
1
1
1 dx
x
dxxdx
2ln
2
5
2ln1
2
1
2ln
2
2
1
2
1
2
1
2
][][ 





 xx
x
.
ii) Έχουμε
  

4
1
4
1
4
1
11
dx
x
dx
x
x
dx
x
x
 


4
1
4
1
2/12/1
dxxdxx
3
20
2
3
2
2/12/3
4
1
4
1
3
4
1
2/1
4
1
2/3
][ 

















 xx
xx
.
iii) Επειδή






2,2
2,2
|2|
xx
xx
x , έχουμε
   














5
1
2
1
5
2
5
2
2
2
1
2
9
2
9
2
9
2
22
2)2()2(|2| x
xx
xdxxdxxdxx .

24. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
24
Ασκήσεις
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΑΠΛΩΝ
ΟΡΙΣΜΕΝΩΝ
ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ
1.Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα
i)
2
2
0
(3x 2x 1) dx  ii)
e
1 3
x+1
d
x
x
iii)
π
2
0
(συνx 2 ημx) dx iν)
2
2
1
1
x dx
x
 
 
 

Λύση
i)
2
2
0
(3x 2x 1) dx  = 3 2 2
0[x x + x] =
= (23
22
+ 2)  (00 + 0) = 8 4 + 2 = 6
ii)
e
1 3
x+1
d
x
x =
e
1 3 3
x 1
+ dx
x x
 
  
 
 =
3
e
2
1
x
+ x dx
x x
 
  
 

=
3
e
2
1
1
+ x dx
x
 
 
 
 =
e
3 1
2
1
xln x
3 1
2
  
 
 
   
 
=
e1
2
1
ln x 2x
 
 
  
=
1
2ln e 2e
 
 
 
 
(ln1 2)  =
1
1 2 2
e
   = =
2
3
e


25. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
25
iii)
π
2
0
(συνx 2 ημx) dx =  2
0
x 2 x

   =  2
2 2
    (ημ0 2συν0) 
= 1 + 00 2 = 1
iν)
2
2
1
1
x dx
x
 
 
 
 =
2
2
21
1
x 2 dx
x
 
  
 
 =
23
1
x 1
2x
3 x
 
  
  
=
3
2 1
2.2
3 2
 
  
  
–
3
1 1
2.1
3 1
 
  
  
=
8 1 1 29
4 2 1
3 2 3 6
     
2. Να αποδείξετε ότι
3
2 1
2 21 2
x 7x x 3
dx 2 dx =
2x 5 x 5


  
Λύση
3 3
2 1 2 2
2 2 2 21 2 1 1
x 7x x x 7x x
dx + 2 dx = dx 2 dx
x 5 x 5 x 5 x 5
 

      
=
3
2
2 21
x 7x 2x
dx
x 5 x +5
 
 
 

=
3
2
21
x 7x 2x
dx
x 5
 

=
3
2
21
x 5x
dx
x 5

 =
2
2
21
x(x 5)
dx
x 5


=
2
1
x dx =
22
1
4 1 3
2 2 2 2
 
   
  
x
3. i) Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης  2
f(x) = ln x x 1 
ii) Να αποδείξετε ότι  
1
20
1
dx = ln 1 2
x 1



Λύση
i) f ΄(x) =  
'
2
ln(x x 1)  =
2
1
x x 1

 
 2
x x 1

 

26. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
26
=  2
2 2
1 1
1 x 1
x x 1 2 x 1
    
   
=
2 2
1 1
1 2x
x x 1 2 x 1
 
  
   
=
2 2
1 x
1
x x 1 x 1
 
  
   
=
2
2 2 2
1 x 1 x 1
=
x x 1 x 1 x 1
 

   
ii)
1
20
1
dx
x +1

(i )

1
0
f ΄(x)dx = f(1)  f(0) = ln(1 2) ln1 ln(1 2    )

27. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
27
2η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΣΜΕΝΩΝ
ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ
ΤΥΠΟΥ
4. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα  
2
2
0
x x 1 dx 
Λύση
Είναι |x 1| = x 1 αν x  1 και |x 1|= x + 1 αν x  1 οπότε
Ι =  
2
2
0
x x 1 dx  =  
1
2
0
x x 1 dx  +  
2
2
1
x x 1 dx 
=    
1 2
2 2
0 1
x ( x+1 dx + x (x 1) dx    
=
1 2
2 2
0 1
(x x 1)dx + (x x 1) dx    
=
3 2 3 2
1 2
0 1
x x x x
[ x] + [ x]
3 2 3 2
   
=
1 1 8 4 1 1
( 1) 0 ( 2) ( 1)
3 2 3 2 3 2
        
=
5 4 1 5
1 2 1
6 6 6 3
     
4. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα
π
π
f(x) dx
 , αν f(x) =
x , x 0
x, 0 x
   

   
Λύση
Επειδή
x 0
lim

f(x) =
x 0
lim

x = 0 = f(0)
και
x 0
lim

f(x) =
x 0
lim

ημx = 0 = f(0),
η f είναι συνεχής στο xο = 0, άρα συνεχής και στο [π, π]

28. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
28
Οπότε
π
-π
f(x) dx =
0 π
-π 0
x dx + ημx dx  =
02
π
0
x
+ [ συνx]
2 
 
 
 
=
2
π
(0 ) + ( συνπ συν0)
2
  
=
2 2
π π
1 1 = 2
2 2
   
5. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα
3
2
0
x 3x 2 dx 
Λύση
Πρόσημο του τριώνυμου :
Οπότε
3
2
0
x 3x 2 dx  =
1 2 3
2 2 2
0 1 2
(x 3x 2) dx ( x 3x 2) dx (x 3x 2) dx          
=
13 2
0
x 3x
2x
3 2
 
  
 
+
23 2
1
x 3x
2x
3 2
 
  
 
+
33 2
2
x 3x
2x
3 2
 
  
 
=
11
6
x – 1 2 +
2
x – 3x + 2 + 0 – 0 +

29. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
29
3η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΣΜΕΝΩΝ
ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ ΜΕ
ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗ
8. Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα
i)
6
4 2
x
dx
x 4
 ii)
π
2
0
[ημ(συνx x)ημx ημ(συνx x)] dx  
Λύση
i) Ι =
6
4 2
x
dx
x 4

Θέτουμε x2
4 = u  2x dx = du 
1
xdx = du
2
Για x = 4  u = 2
4 – 4 = 12
Για x = 6  u = 2
6 – 4 = 32
Οπότε το Ι γράφεται Ι =
3232
12 12
1
du = u
2 u
 
  = 32 12 = 4 2 2 3
ii) Ι =
π
2
0
[ημ(συνx x)ημx ημ(συνx x)] dx   =
π
2
0
[ημ(συνx x)(ημx 1 )] dx 
Θέτουμε συνx + x = u  ( ημx + 1)dx = du  (ημx 1)dx = du
Για x = 0  u = συν0 + 0 = 1
Για x =
π
2
 u = συν
π
2
+
π
2
=
π
2
Οπότε Ι =
π π
2 2
1 1
ημu ( du) = ημu du   =
π
2
1
π
[συνu] = συν συν1 = συν1
2
 

30. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
30
4η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΣΜΕΝΩΝ
ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΩΝ ΜΕ
ΠΑΡΑΓΟΝΤΙΚΗ ΟΛΚΛΗΡΩΣΗ
9. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα
2
e
1
lnx
dx
x

Λύση
2
e
1
lnx
dx
x
 =
2
e
'
1
lnx (2 x)dx
=
2 2
e e
11
1
2 x ln x 2 x dx
x
     
=
2
e
1
2 x ln x 
  –
2
e
1
1
2 dx
x

=
2
e
1
2 x ln x 
  – 2
2
e
1
2 x 
 
= 2 2 2
2 e lne 2 1 ln1 4( e 1)  
= 2e 2 lne 0 4e + 4 = 4e 4e + 4 = 4   
10. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα
1
x
0
x e dx

Λύση
1
x
0
xe dx
 =
1
x
0
x ( e ) dx

= –
1
x
0
e dx

= –
1x
0
e 
 
= 1 1 0
( 1 e 0) (e e ) 
    
=
1 1 2
1 = 1
e e e
   
1x
0
xe  
1x
0
xe  

31. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
31
11. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα
1
2
0
x ln(9 + x ) dx
Λύση
Θέτουμε 9 + x2
= u  2xdx = du  x dx =
1
du
2
Για x = 0  u = 9 + 2
0 = 9
Για x = 1  u = 9 + 2
1 = 10
Οπότε
1
2
0
x ln(9 + x ) dx =
10
9
1
lnu du
2
=
10
9
1
lnu du
2 
=
10
9
1
u΄ lnu du
2 
=  
1010
9 9
1 1 1
uln u u du =
2 2 u
 
=  
1010
9 9
1 1
uln u du
2 2
 
=  10
9
1
uln u
2
-  10
9
1
u
2
=
1 1
(10 ln10 9ln9) (10 9)
2 2
   
=
9 1
5ln10 ln9
2 2
 
12. Να υπολογίσετε τo ολοκλήρωμα
π
x2
0
e συν2x dx
Λύση
Ι =
π
x2
0
e συν2x dx =
π
x '2
0
(e ) συν2x dx
=
= συν2
2
 – 0
e συν0 +
= (–1) – 1 +
π
x2
0
2 (e ) ημ2x dx
= – – 1 + 2 x 2
0
e 2x

   –
π
x2
0
2 e (ημ2x) dx
= – – 1 + 2 02e 2 e 0
2

    
  
–
π
x2
0
4 e συν2x dx
π
x x22
0 0
e 2x e ( 2ημ2x) dx

     
2e
 π
x2
0
2 e ημ2x dx
2e

2e

2e


32. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
32
= – – 1 + 2 0 0 – 4 I
= – – 1 – 4 I
Αποδείξαμε ότι Ι = – – 1 – 4 I  5Ι = – – 1
 Ι = 1
5
2e 1

 
   
 
13. Αν Ι = 22
0
x ημ x dx

 ,
π
22
0
J = x συν x dx ,να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα
I + J , IJ , I , J
Λύση
π π
2 22 2
0 0
I + J = x ημ x dx + x συν x dx  =
π
2 22
0
(x ημ x + xσυν x)dx
=
π
2 22
0
x (ημ x + συν x)dx =
π
2
0
x dx
=
2 2
0
x
2

 
 
 
=
 
2
2
2

–
2
0
2
=
2
π
8
(1)
π π
2 22 2
0 0
Ι J = x ημ x dx x συν x dx   =
π
2 22
0
(x ημ x x συν x) dx
=
π
2 22
0
x (ημ x συν x) dx
=
π
2
0
x( συν2x) dx
= –
π
2
0
x συν2x dx
= –
π
2
0
2x
x dx
2
 
 
 

= –
2
0
2x
x
2

 
 
 
+
π
2
0
2x
dx
2


= –
00
2 2 2 2
    
 
+
π
2
0
1
ημ2x dx
2 
= – 0 – 1
4
 2
0
2x


= – 1
4
 0
= – 1
4
(–1 – 1) = 1
2
(2)
2e

2e

2e

2e


33. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
33
(1) + (2)  2Ι =
2
π
8
+ 1
2
 Ι =
2
π
16
+ 1
4
(1) – (2)  2Ι =
2
π
8
– 1
2
 Ι =
2
π
16
– 1
4
14. Έστω μία συνάρτηση f με συνεχή την f ΄΄ και για την οποία ισχύει
π
0
(f(x) + f ΄΄(x)) ημx dx = 2 .
Αν f(π) =1, με την βοήθεια της ολοκλήρωσης κατά παράγοντες ,να
υπολογίσετε το f(0)
Λύση
π
0
(f(x) + f ΄΄(x)) ημx dx = 2 
π π
0 0
f(x)ημx dx + f ΄΄(x) ημx dx = 2  
π π
0 0
f(x)( συνx)΄ dx + (f ΄(x))΄ ημx dx = 2  
[ συνx f(x) π
0] +
π
0
f ΄(x) συνx dx +
π
π
0 0
[f ΄(x)ημx] f ΄(x) συνx dx = 2  
( συνπ f(π) συν0 f(0) ) + ( f΄(π) ημπ f΄(0) ημ0 ) = 2   
1∙1 + 1∙f(0)+0 = 2 
f(0) = 1
15. Έστω οι συναρτήσεις f , g με f ΄΄, g΄΄ συνεχείς στο [α , β].
Αν f(α) = g(α) = 0 και f ΄(β) =g΄(β) , να αποδείξετε ότι
Ι =
β
α
(f(x) g΄΄(x) f ΄΄(x) g(x)) dx = g΄(β) (f(β) g(β)) 
Λύση
Ι =
β β β
α α α
(f(x) g΄΄(x) f ΄΄(x) g(x)) dx = f(x)g΄΄(x)dx f ΄΄(x)g(x)dx   
β β
α α
= f(x)g΄΄(x)dx f ΄΄(x)g(x)dx 
=
β β
α α
f(x)(g΄(x))΄dx (f ΄(x))΄g(x))dx 
=
β β
β β
α αα α
[f(x) g΄(x)] f ΄(x)g΄(x) dx [f ΄(x) g(x)] + f ΄(x) g΄(x)dx  
= (f(β)g΄(β)  f(α)g΄(α)) – (f ΄(β)g(β)  f ΄(α)g(α)) =
= f(β)g΄(β)  0  f΄(β)g(β) + 0
= f(β)g΄(β)  g΄(β)g(β)= g΄(β) (f(β)  g(β))

34. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
34
5η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΟΡΙΣΜΕΝΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ
ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΚΑΙ ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
16. Να αποδείξετε ότι
β
2 2
α
2 f(x) f ΄(x) dx = (f(β)) (f(α))
Λύση
β
α
2 f(x) f ΄(x) dx =
β
α
2 f(x) f ΄(x) dx =  
β '2
α
(f(x)) dx =  2
f (x)


 
 
=
=(f(β))2
 (f(α))2
17. Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από τα σημεία
Α(0, 0) και Β(1, 1), να βρείτε την τιμή του ολοκληρώματος
1
0
f ΄(x) dx
, εφόσον η f ΄ είναι συνεχής στο [0 , 1] .
Λύση
Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία Α(0, 0) και Β(1,
1) ισχύουν f(0) = 0 και f(1) = 1
Επίσης  
1 1
00
f ΄(x) dx f(x) = f(1)  f(0) = 1  0 = 1
Εμβαδόν επίπεδου χωρίου
Ερωτήσεις θεωρίας

35. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
35
1. Αν f είναι συνεχής συνάρτηση σε ένα διάστημα ],[ βα και 0)( xf
για κάθε ],[ βαx , τότε το να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που
ορίζεται από τη γραφική παράσταση της f , τις ευθείες αx  ,
βx  και τον άξονα xx .
Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα
],[ βα και 0)( xf για κάθε ],[ βαx , τότε το εμβαδόν
του χωρίου Ω που ορίζεται από τη γραφική
παράσταση της f , τις ευθείες αx  , βx  και τον
άξονα xx είναι

β
α
dxxfΩE )()(
Για παράδειγμα, το εμβαδόν του χωρίου που
περικλείεται από τη γραφική παράσταση της xxf )(
, τον άξονα xx και τις ευθείες 0x , 1x (Σχ. 17)
είναι ίσο με
  






1
0
1
0
1
0
2/32/1
3
2
3
2
xdxxdxx
2. Αν δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα με
0)()(  xgxf για κάθε ],[ βαx τότε να βρεθεί το χωρίο Ω που
περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των gf , και τις ευθείες
αx  και βx 
Οι δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα με 0)()(  xgxf για
κάθε ],[ βαx και Ω το χωρίο που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις
των gf , και τις ευθείες αx  και βx 
Ω
(α)
O x
y=g(x)
y=f(x)
y
Ω1
(β)
O x
y=f(x)
y
Ω2
(γ)
O x
y=g(x)
y
18
Παρατηρούμε ότι
β
Ω
αO
x
y=f(x)
y
1
1O
x
y x
y
17

36. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
36
   
β
α
β
α
β
α
dxxgxfdxxgdxxfΩΕΩΕΩΕ ))()(()()()()()( 21 .
Επομένως,
Για παράδειγμα, το εμβαδόν του χωρίου Ω
που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των συναρτήσεων 2)(  xxf
και 2
)( xxg  είναι ίσο με:


1
2
)]()([)( dxxgxfΩE


1
2
2
)2( dxxx
2
9
3
2
2
1
2
32








x
x
x
.
3. Αν δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα με )()( xgxf 
για κάθε ],[ βαx τότε να βρεθεί το χωρίο Ω που περικλείεται από τις
γραφικές παραστάσεις των gf , και τις ευθείες αx  και βx 
Αφού οι συναρτήσεις gf , είναι συνεχείς στο ],[ βα , θα υπάρχει αριθμός c R
τέτοιος ώστε 0)()(  cxgcxf , για κάθε ],[ βαx . Είναι φανερό ότι το χωρίο
Ω (Σχ. 20α) έχει το ίδιο εμβαδόν με το χωρίο Ω (Σχ. 20β).
βα
(α)
Ω
O x
y
y=g(x)
y=f(x)
βα
(β)
Ω
O x
y
y=f(x)+c
y=g(x)+c
20
Επομένως, σύμφωνα με τον τύπο (1), έχουμε:
  
β
α
β
α
dxxgxfdxcxgcxfΩΕΩΕ ))()(()])(())([()()( .
Άρα,
(1) 
β
α
dxxgxfΩE ))()(()(
x
y=x2
Ω
2 1
y=x+2
O
y

37. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
37
 
β
α
dxxgxfΩE ))()(()(
4. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τον
άξονα xx , τη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης g, με 0)( xg για
κάθε ],[ βαx και τις ευθείες αx  και βx 
Πράγματι, επειδή ο άξονας xx είναι η γραφική
παράσταση της συνάρτησης 0)( xf , έχουμε
 
β
α
dxxgxfΩE ))()(()(
 
β
α
β
α
dxxgdxxg )()]([ .
Επομένως, αν για μια συνάρτηση g ισχύει 0)( xg
για κάθε ],[ βαx , τότε

β
α
dxxgΩE )()(
Για παράδειγμα, το εμβαδόν του χωρίου Ω που
περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
1)( 2  xxg και τον άξονα xx είναι ίσο με
  

1
1
1
1
22
)1()1()( dxxdxxΩE
3
4
3
1
1
3








x
x .
5. Αν δυο συναρτήσεις f και g, συνεχείς στο διάστημα ],[ βα για κάθε
],[ βαx τότε να βρεθεί το χωρίο Ω που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των gf , και τις ευθείες αx  και βx 
Όταν η διαφορά )()( xgxf  δεν διατηρεί
σταθερό πρόσημο στο ],[ βα , τότε το
εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται
από τις γραφικές παραστάσεις των gf ,
και τις ευθείες αx  και βx  είναι ίσο
με το άθροισμα των εμβαδών των
χωρίων 21 ,ΩΩ και 3Ω . Δηλαδή,
)()()()( 321 ΩΕΩΕΩΕΩΕ 
β
Ω
α
O
x
y=g(x)
y
O
y
y=x2
+1
x1
-1
-1
Ω
y=g(x) y=f(x)
Ω3
O
Ω2
Ω1
y
xδ βα γ

38. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
38
 
γ
α
dxxgxf ))()((   
δ
γ
β
δ
dxxgxfdxxfxg ))()(())()((
   
γ
α
δ
γ
β
δ
dxxgxfdxxgxfdxxgxf |)()(||)()(||)()(|  
β
α
dxxgxf |)()(|
Επομένως,
Για παράδειγμα, ας
υπολογίσουμε το εμβαδόν του χωρίου Ω που
περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των
συναρτήσεων 3
)( xxf  , xxg )( και τις ευθείες 2x ,
1x .
Αρχικά βρίσκουμε τις ρίζες και το πρόσημο της
διαφοράς )()( xgxf  στο διάστημα ]1,2[ .
Επειδή
)1)(1()1()()( 23
 xxxxxxxxgxf ,
έχουμε τον ακόλουθο πίνακα:
Λαμβάνοντας, τώρα, υπόψη τον παραπάνω πίνακα, έχουμε
   



1
2
0
1
1
0
1
2
))()(())()(())()((|)()(|)( dxxfxgdxxgxfdxxfxgxgxfΩE
  

 

1
2
0
1
1
0
333
)()()( dxxxdxxxdxxx
4
11
422442
1
0
42
0
1
24
1
2
42






















xxxxxx
.
ΣΧΟΛΙΟ
Σύμφωνα με τα παραπάνω το 
β
α
dxxf )(
είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών των
χωρίων που βρίσκονται πάνω από τον
άξονα xx μείον το άθροισμα των εμβαδών
των χωρίων που βρίσκονται κάτω από τον άξονα xx
6. Nα βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των συναρτήσεων xxf ημ)(  , xxg συν)(  και τις ευθείες
0x και πx 2 .
 
β
α
dxxgxfΩE |)()(|)(
y=x
y=x3
Ο
-2 -1
1 x
y
24
x 2 1 0 1
)()( xgxf   0 + 0  0
x
+

+ β
a
y
Ο

39. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
39
ΛΥΣΗ
Αρχικά βρίσκουμε τις ρίζες και το
πρόσημο της διαφοράς )()( xgxf  στο
διάστημα ]2,0[ π . Στο διάστημα αυτό
έχουμε
xxxgxf συνημ)()( 
1εφ  x
4
π
x  ή
4
5π
x 
Επομένως, για το πρόσημο της διαφοράς xxxgxf συνημ)()(  έχουμε τον
ακόλουθο πίνακα:
x 0
4
π
4
5π
π2
)()( xgxf   0 + 0 
Λαμβάνοντας, τώρα, υπόψη τον πίνακα αυτόν, έχουμε
 
π
dxxgxfΩΕ
2
0
|)()(|)(
   
4/
0
4/5
4/
2
4/5
)συνημ()συνημ()συνημ(
π π
π
π
π
dxxxdxxxdxxx
π
π
π
π
π
xxxxxx 2
4/5
4/5
4/
4/
0
][][][ ημσυνημσυνημσυν 
24212212  .
7. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της xxf ln)(  , τον άξονα των x και την εφαπτομένη της fC
στο σημείο 1),(eA .
ΛΥΣΗ
π
Ο
y=συνx
y=ημx
π/4
5π/4
2π
x
y

40. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
40
Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο
σημείο )1,(eA είναι
))((1: exefyε  . (1)
Επειδή
x
xxf
1
)(ln)(  , έχουμε
e
ef
1
)(  .
Επομένως, η (1) γράφεται:
x
e
yex
e
y
1
)(
1
1  .
Το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι ίσο με το
εμβαδόν του τριγώνου μείον το εμβαδόν του
χωρίου που ορίζεται από τη fC τον άξονα
xx και τις ευθείες 1x και ex  , δηλαδή
   














e e e
e
e
dx
x
xxx
x
e
xdxxdx
e
E
0 1 1
1
0
2 1
]ln[
2
1
ln
1
2
2
ln
2
1
11
0
2
][][ 







e
xxx
x
e
ee
e
.
Ασκήσεις
y=lnx
ε
e
1
1Ο x
y
27

41. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
41
1η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΩΝ
ΑΠΛΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
ΠΑΝΩ ΑΠΟ ΧΧ΄
1.Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f(x) = x2
2x+3 ,τις ευθείες x = 0 , x = 2
και τον άξονα των x
Λύση
Βρίσκουμε το πρόσημο του τριώνυμου f(x) = x2
2x + 3 στο διάστημα [0, 2]
Δ = 412 = 3 < 0 , άρα f(x) > 0 για κάθε x . Το ζητούμενο εμβαδόν
είναι : Ε =
2
2
0
(x 2x + 3)dx =
23
2
0
x x 3x
3
 
  
 
=
2. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την
γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τον άξονα των x και τις ευθείες
που δίνονται κάθε φορά .
i) 3
f(x) = x , x = 0 , x = 27 ii) 2
1
f(x) =
συν x
, x = 0 , x =
π
3
Λύση
i) Επειδή 3
x 0 για κάθε x[ 0 , 27] το ζητούμενο εμβαδόν είναι
Ε =
1
27 27
3 3
0 0
x dx = x dx  =
27
4
2743
3
0
0
x 3
x
4 4
3
 
   
   
  
 
=
4 4
33 3
3 3
(27) (3 )
4 4
 = 43 243
3
4 4
 
ii) Για κάθε x 0,
3
 
  
είναι 2
1
0
συν x
 ,
Ε = =  
π
3
0
εφx =
π
εφ εφ0 = 3
3

8 14
4 6
3 3
  
π
3
20
1
dx
συν x

42. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
42
2η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
ΠΑΝΩ ΚΑΙ ΚΑΤΩ ΤΟΥ ΧΧ΄
3. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την
γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = x2
3x και τoν άξονα
των x
Λύση
Τα σημεία τομής της fC με τον άξονα των x έχουν τετμημένες τις λύσεις
της εξίσωσης f(x) = 0  x2
3x = 0
 x(x 3) = 0
 x = 0 ή x = 3 .
Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [ 0, 3]
Πρόσημο της f :
Επειδή f(x)  0 στο [ 0, 3] , θα είναι Ε =
3
0
f(x) dx =
3
2
0
( x + 3x)dx =
33 2
0
x 3x
3 2
 
  
 
=
27 27 9
3 2 2
  
4. i) Να βρείτε συνάρτηση f της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται
από το σημείο Α(0, 2) και η κλίση της στο σημείο Μ(x,
f(x)) είναι 2x 3.
ii) Ποιο είναι το εμβαδόν του χωρίου που ορίζουν η fC και ο άξονας
των x ;
x – 0 3 +
f(x) + 0 – 0 +

43. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
43
2
y
xO 1 2
Λύση
i) Είναι f ΄(x) = 2x3  2
f(x) x 3x c   (1)
Α(0, 2)  Cf  f(0) = 2  2
0 3.0 c  = 2  c = 2 άρα
Η (1) γίνεται f(x) = x2
3x + 2
ii) Τα σημεία τομής της fC με τον άξονα των x
έχουν τετμημένες τις ρίζες της εξίσωσης :
x2
3x + 2 = 0  x =1 ή x = 2.
Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [1, 2] ,
στο οπoίο είναι f(x)  0 , άρα το ζητούμενο
εμβαδόν είναι : Ε =
2
2
1
(x 3x 2)dx  
=
23 2
1
x x
3 2x
3 2
 
   
 
=
3 2
2 2
3 2. 2
3 2
 
   
 
+
3 2
1 1
3 2. 1
3 2
 
  
 
= – 8
3
+ 6 – 4 + 1
3
– 3
2
+ 2
= – 7
3
– 3
2
+ 4
= 14 9 24
6
  
=
1
6

44. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
44
3η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΟΥ
ΠΟΥ ΠΕΡΙΕΧΕΤΑΙ ΜΕΤΑΞΥ
ΔΥΟ ΓΡΑΦΙΚΩΝ
ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΩΝ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
5. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις
γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = x3
και g(x) = 2xx2
.
Λύση
Βρίσκω τα σημεία τομής των δύο γραφικών παραστάσεων , οι τετμημένες τους
είναι οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = g(x)  x3
= 2xx2
x3
2x + x2
= 0
x(x2
2 + x) = 0
x = 0 ή x = 2 ή x = 1
Διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [-2, 1]
Η διαφορά f(x) g(x) = x3
+ x2
– 2x
= x(x2
+ x – 2)
= x(x + 2)(x – 1)
Πρόσημο της διαφοράς f(x) g(x)
:x – –2 0 1 + 
f(x) – 0 + 0 – 0 +

45. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
45
Επομένως Ε =
0 1
2 0
(f(x) g(x))dx ( f(x) g(x))dx

    
=
1
0
3 2 3 2
2
0
(x + x 2x)dx + ( x x 2x)dx

    
=
0 14 3 2 4 3 2
2 0
x x 2x x x 2x
+ + +
4 3 2 4 3 2
   
     
   
=
8 1 1 37
4 4 1
3 4 3 32
      
6. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την
γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 4x2
και της ευθείας
xy 2 = 0.
Λύση
Η εξίσωση της ευθείας γράφεται y = x – 2  g(x) = x – 2
Οι τετμημένες των σημείων τομής των δύο γραφικών παραστάσεων είναι οι
λύσεις της εξίσωσης f(x) = g(x)  4x2
= x 2
x2
+ x  6 = 0
x = 3 ή x = 2
Το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το [ 3, 2]
Η διαφορά f(x) – g(x) = 4 – x2
– x + 2 = – x2
– x + 6
Πρόσημο της διαφοράς f(x)
g(x)
Ε =
2
3
(f(x) ( ))dx

 g x =
2
2
3
(4 x x 2)dx

  
=
2
2
3
( x x 6)dx

  
=
23 2
3
x x
+ 6x
3 2 
 
  
 
=
8 27 9
2 12 18
3 3 2
   
        
   
=
125
6
x – –3 2 +
f(x) – 0 + 0 –

46. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
46
2
y
x
t1 x  = 6x-3
y = P(x)
A3
O ΓB
7. Έστω η συνάρτηση f(x) = 3x2
i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο της Α(1,
3).
ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη fC ,
την εφαπτομένη της στο Α και τον άξονα των x.
Λύση.
i) f ΄(x) = 6x , f(1) = 3 και f ΄(1) = 6
Άρα η εφαπτομένη στο Α είναι : y3 = 6(x1)  y = 6x3
ii) Αναζητάμε το εμβαδόν του μικτογράμμου
τριγώνου ΟΒΑ, όπου το Β είναι το σημείο τομής
της εφαπτομένης με τον άξονα των x.
Για y = 0, η y = 6x3  x =
1
2
, άρα Β 1 , 0
2
Φέρνουμε ΑΓ x x , οπότε Γ(1, 0)
Ζητούμενο εμβαδόν :
Ε = (Μικτόγραμμο ΟΓΑ) – (Τρίγωνο ΒΓΑ)
= –
1
1
2
g(x) dx
=
1
2
0
3x dx –
=
1
2
0
3x dx –
1
1
2
(6x 3)dx =
13
0
x   –
12
1
2
3x 3x  
= (1 – 0) –  
2
2 1 13.1 3.1 3 3
2 2
  
    
  
= 1 – 1 10 3. 3
4 2
       
= 1 + – 3
2
= 1 – 3
4
= 1
4
1
0
f(x) dx
1
1
2
6x 3 dx
3
4

47. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
47
2
1
y
2 4
x
Cg
Cf
5O
A
B
8. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις
γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων και
x 1
g(x)
3


Λύση
Κοινό πεδίο ορισμού [1, + )
Κοινά σημεία των fC , gC : f(x) = g(x)  x 1 
x 1
3

2
(x 1)
x 1
9

 
9(x – 1) = (x + 1 2
)
9x – 9 = x2
+ 2x + 1
x2
7x + 10 = 0
x = 2 ή x = 5
Πρόσημο της διαφοράς f(x) g(x) : f(x) g(x)  0
f(x) g(x)
x 1
x 1
3

3 x 1 x + 1
9(x – 1)  (x + 1 2
)
9x – 9  x2
+ 2x + 1
x2
7x + 10  0
2  x  5
E =
5
2
1
( ) ( ) dx f x g x =
5
2
(f(x) g(x))dx
=
5
2
x 1
( x 1 )dx
3

 
f(x) x 1 





48. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
48
y
x
x = λ
Cg
Cf
e
O
Α
Β
K
Δ
=
=
1
5 5
2
2 2
1
(x 1) dx (x 1)dx
3
   
=
5
1
1 522
2
2
(x 1) 1 x
x
1 3 2
1
2

 
   
    
  
 
=  
55 23
2
2 2
2 1 x
x 1 x
3 3 2
  
    
   
=
3
2
2 1 25 4
(4 1) ( 5 2)
3 3 2 2
     
1
6
9. i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν Ε(λ) του χωρίου που περικλείεται από
τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων
e
f(x)
x
 , g(x) = lnx ,
τον άξονα των x και την ευθεία x = λ , λ > e .
ii) Να βρείτε το όριο lim ( )

 
Λύση
i) Κοινό πεδίο ορισμού το (0, +)
Κοινά σημεία των fC , gC : f(x) = g(x)
e
x
= lnx
Προφανής ρίζα το e
Άρα Β(e, 1)
Έστω h(x) = f(x) – g(x) =
e
x
– lnx με προφανή ρίζα το e.
h΄(x) = – 2
e
x
–
1
x
< 0 , άρα h γν.αύξουσα
 το e μοναδική ρίζα.
To ζητούμενο εμβαδόν περικλείεται από τη γραμμή ΑΒΔΚΑ
Ε(λ) =
e
1 e
e
ln xdx dx
x

  (1)
Αλλά
e e
1 1
ln xdx x΄ln xdx  =  
ee
1 1
xln x 1dx  = (e 0)  (e1) = 1
και  ee
e
dx eln x
x
 
 = elnλe
(1)  Ε(λ) = elnλe +1
ii) lim ( ) lim (eln e 1)
 
      = +
5 5
2 2
x 1
x 1dx dx
3

  

49. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
49
y
χ
y = 3
y = xy = 3x
3O 1
y
χ
y = x2 - 1
y = x2 - 2x + 2
3/2 3
O
A
Β
10. Να υπολογίσετε
το εμβαδόν του
γραμμοσκιασμένου
χωρίου του
διπλανού σχήματος
Λύση
Ε =
1
x
0
(3 x)dx +
3
1
(3 x)dx
=
1x 2
0
3 x
ln3 2
 
 
 
+
32
1
x
3x
2
 
 
 
=
3 1 1
ln3 2 ln3
  +
9 1
(9 ) (3 )
2 2
  
= 2
ln3
– 1
2
+ 9
2
– 5
2
= 2
ln3
+ 3
2
11. Να υπολογίσετε
το εμβαδόν του
γραμμοσκιασμένου
χωρίου
του
διπλανού
σχήματος
Λύση
Η τετμημένη του σημείου Α προκύπτει από τη λύση της εξίσωσης :
x2
1 = x2
2x + 2  x =
3
2
Το σημείο Β έχει τετμημένη τη θετική λύση της εξίσωσης :
x2
1 = 0  x = 1
Ε =
3
1 3
2 2 22
3
0 1
2
( x 1)dx (x 1)dx (x 2x 2)dx        
=
3
1 33 3 32
2
3
0 1
2
x x x
x x x 2x
3 3 3
     
           
     

50. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
50
1
y
2
x
y = -x + πy = x
π/2
O
A
π
=
3
33
3
1 3 1 3 1 3 92
( 1) 1 9 6 3
3 3 2 3 3 3 2 4
  
                           
 
=
7
4
12. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ημx
i) Να βρείτε τις εξισώσεις των
εφαπτόμενων της Cf στα σημεία
Ο(0, 0) και Α(π, 0)
ii) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου
που περικλείεται από τη Cf και τις
παραπάνω εφαπτόμενες .
Λύση
i) f ΄(x) = συνx f ΄(0) = 1 και f ΄(π) = 1
Εφαπτόμενη στο Ο(0, 0) : yf(0) = f ΄(0)(x 0)
y – ημ0 = 1(x – 0)
y = x
Εφαπτομένη στο Α( π, 0) : yf(π) = f ΄(π)(x π)
y – ημπ =1(x – π)
y – 0 = – x + π
y = – x + π
ii) Σημείο τομής Α των εφαπτομένων :
y x
y x


   

y x
x x


   

y x
2x


 
 Α ,
2 2
 
Φέρνουμε την κάθετο από το Α στον άξονα x x , η οποία χωρίζει το
ζητούμενο εμβαδόν σε δύο μέρη.
Ε = 2
0
2
(x x)dx ( x x)dx


         =
2 22
0
2
x x
x x x
2 2



   
          
   
=
2 2 2 2
2
0
8 2 2 8 2 2
        
                
   
=
2
2
4




51. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
51
y
x
-1
A
O 1α
13. i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη
γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = x , την εφαπτόμενή της
στο σημείο (1, 1) και τον άξονα των x.
ii) Να βρείτε την ευθεία x = α η οποία χωρίζει το χωρίο αυτό
σε δύο ισεμβαδικά χωρία.
Λύση
i) f ΄(x) =
1
2 x
 f ΄(1) =
1
2
Εξίσωση της εφαπτόμενης στο Α(1, 1) :
y f(1) = f΄(1)(x 1)
y 1 =
1
2
(x1) άρα y =
1
2
x +
1
2
Η εφαπτόμενη στο Α τέμνει τον άξονα των x στο σημείο με τετμημένη την
λύση της εξίσωσης
1
2
x +
1
2
= 0  x = 1
Το ζητούμενο εμβαδόν χωρίζεται από τον άξονα των y σε δύο μέρη.
Ε =
0 1
1 0
1 1 1 1
x dx x x dx
2 2 2 2
   
      
   
  =
10 32 2
2
1 0
1 x 1 1 x 1 2
x x x
2 2 2 2 2 2 3
  
       
   
=
1 1 1 1 2 1
4 2 4 2 3 3
     
ii) Εξετάζουμε αν υπάρχει τιμή του α με 1  α  0 έτσι ώστε να ισχύει
1
1 1
( x )dx
2 2 2



 
2
1
1 x 1 1
x
2 2 2 6


 
   
 
2
1 1 1
4 2 4 2 6
 
   
3α2
+ 6α + 1 = 0  α =
3 6
3
 
ή α =
3 6
3
 
Από αυτές, στο διάστημα [–1 , 0] ανήκει η α =
3 6
3
 
Άρα η ευθεία x =
3 6
3
 
χωρίζει το χωρίο σε δύο ισεμβαδικά τμήματα.
Αναζητώντας ευθεία x = α με 0  α  1 φθάνουμε σε αδύνατη εξίσωση,
άρα δεν υπάρχει τέτοια ευθεία.




52. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
52
y
x
y = ln2
y = - lnx y = lnx
O Γ
Α Β
14. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου το οποίο περικλείεται από τις
γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = lnx, και
την ευθεία y = ln2 .
Λύση
Η συνάρτηση g γράφεται
g(x) = ln1 lnx
g(x) = lnx
Οπότε η γραφική της παράσταση είναι
συμμετρική της fC ως προς τον άξονα
των x. Τετμημένη του σημείου τομής Α της με την ευθεία y = ln2 :
ln 1
x
= ln2 1
x
= 2  = 1
2
Τετμημένη του σημείου τομής Β της fC με την ευθεία y = ln2 :
lnx = ln2 Bx = 2
Τετμημένη του σημείου τομής Γ των fC , gC :
lnx = – lnx  2 lnx = 0  lnx = 0  x = 1.
Οι κάθετες στον άξονα x x από τα Α, Β ορίζουν τα άκρα ολοκλήρωσης.
Η κάθετος στον άξονα x x από το Γ χωρίζει το ζητούμενο εμβαδόν σε
δύο μέρη. Ε =
= +
1
1
2
ln x dx +
2
1
ln 2 dx –
2
1
ln x dx
= ln2
1
1
2
1 dx +
1
1
2
x΄ln xdx + ln2
2
1
1 dx –
2
1
x ln x dx
=
1
ln 2 (1 )
2
  +  
1
1
2
x ln x –
1
1
2
1 dx + ln2. (2 – 1) –  
22
1 1
xln x 1dx 
=
1
ln 2
2
+ [1. ln1 – 1
2
ln 1
2
] – (1 – 1
2
) + ln2 – [2ln2 – 1.ln1] + (2 – 1)
=
1 1 1 1
ln 2 ln
2 2 2 2
  + ln2 – 2ln2 + 1
=
1 1 1
ln 2 ln 2 ln 2 1
2 2 2
    =
1
2
1
g(x) ln
x

1
g(x) ln
x

gC
 Ax

1 2
1
1
2
(ln 2 ln x)dx (ln 2 ln x)dx   
1
1
2
ln 2 dx

53. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
53
1
-1
-2
y
2
x
Ζ
Γ
O Α
Δ
Β
15. Έστω η συνάρτηση f(x) = (x 1)(x3)
i) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτόμενων της γραφικής παράστασης της
f στα σημεία Α , Β που η Cf τέμνει τον άξονα των x
ii) Αν Γ είναι το σημείο τομής των εφαπτομένων, να αποδείξετε ότι η
Cf χωρίζει το τρίγωνο ΑΒΓ σε δύο χωρία που ο λόγος των εμβαδών
τους είναι
2
1
Λύση
i) Τα σημεία τομής της Cf με τον άξονα των x έχουν τετμημένες τις ρίζες
της εξίσωσης f(x) = 0  (x1)(x3) = 0  x = 1 ή x = 3
Έστω Α(1, 0) και Β(3, 0).
Είναι f ΄(x) = 2x 4  f ΄(1) = 2 και f ΄(2) = 2
Εξίσωση της εφαπτομένης στο Α : y f(1) = f ΄(1)(x 1)
y = 2x + 2
Εξίσωση της εφαπτομένης στο Β : y f(3) = f ΄(3)(x3)
y = 2x6
ii) Η τετμημένη του σημείου τομής των
εφαπτόμενων είναι η ρίζα της εξίσωσης
2x + 2 = 2x6
– 4x = –8
x = 2 άρα Γ(2, –2)
Φέρνουμε ΓΔΖ  x x
Λόγω συμμετρίας, αρκεί να αποδείξουμε ότι
ά ΑΖΔE  = 2 ά ΑΔΓE  
ά ΑΖΔE  = 2
3
ώ ΑΖΓE 
Είναι ά ΑΖΔE  =
2
2
1
(x 4x 3)dx  
=
2
2
1
( x 4x 3)dx  

54. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
54
=
23 2
1
x x4 3x
3 2
 
    
=
3 2
2 24 3.2
3 2
 
    
–
3 2
1 14 3.1
3 2
 
    
= 8
3
 + 8 – 6 + 1
3
– 2 + 3
= 7
3
 + 3 = 2
3
(1)
Είναι 2
3
ώ ΑΖΓE  = 2
3
 1
2
(ΑΖ)(ΖΓ) = 1
3
1. 2 = 2
3
(2)
Από τις (1), (2)  το ζητούμενο

55. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
55
2
y
x2
Β
Α
-1 Ο 1
Γ
4η ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΜΒΑΔΟΥ
ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΑΠΛΟΥ
ΤΥΠΟΥ
16. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη
γραφική παράσταση της f(x) =
2
x 3, x 1
2 x , x 1
  


,τις ευθείες x =1,
x = 2 και τον άξονα των x.
Λύση
2
x 1 x 1
lim f(x) = lim ( x +3) 2 
 
  ,
x 1 x 1
lim f(x) = lim 2 x 2 
 
 , και f(1) = 2 ,
άρα f συνεχής στο xο = 1 , άρα συνεχής στο [ 1, 2]
Πρόσημο του κλάδου 2
x + 3 : 2
x + 3 > 0 
2
x – 3 < 0 
– 3 < x < 3 που ισχύει αφού x[–1, 1)
Πρόσημο του κλάδου 2 x : Προφανώς 2 x > 0 αφού x[1, 2]
Επομένως Ε =
2
1
f(x)dx
 =
=
2
1
1+13 2
-1
1
x 2x
3x
13 1+
2
 
  
     
   
 
=
3
2
1 1 4
3 3 2 1
3 3 3
    
         
     
= 31 1 4 4
3 3 2
3 3 3 3
      =
8
4 2
3

1 2
2
1 1
( x 3)dx 2 xdx

   

56. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
56
y
x
Β
Ο Α ΔΓ
17. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική
παράσταση της συνάρτησης f(x) =
2
x 4x 3, x 2
2x 5 , x 2
   

  
και τον
άξονα των x.
Λύση
+
2 x 2
lim f(x) = lim ( 2x 5) = 1
 
 
x
f(2) =1
άρα f συνεχής στο xο = 2 , άρα συνεχής στο
Κοινά σημεία της με τον άξονα x x : – 2
x + 4x – 3 = 0  x =1 άρα
Α(1, 0) 2x + 5 = 0  άρα Δ 5 , 0
2
Πρόσημο του κλάδου 2
x + 4x – 3 : 2
x + 4x – 3 > 0 
2
x – 4x + 3 < 0
1 < x < 3 που ισχύει αφού x[1, 2)
Πρόσημο του κλάδου 2x + 5 : –2x + 5  0 
–2x  –5
x 
5
2
Επομένως Ε = =
2
1
( ) dx f x +
5
2
2
( ) dx f x
=
=
=  
8 1 25 25
8 6 2 3 4 10
3 3 4 2
     
                 
     
=
3
4
2
2 x 2
lim f(x) = lim ( x 4x 3) = 1 
 
  
x
fC
5
x
2

5
2
1
( ) dx f x
5
2
2 2
1 2
( x 4x 3)dx ( 2x 5)dx      
2 53
2 2 2
2
1
x
2x 3x x 5x
3
 
         
 

57. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
57
Ερωτήσεις κατανόησης
Ι
Σε καθεμιά από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώστε το γράμμα Α,
αν ο ισχυρισμός είναι αληθής και το γράμμα Ψ, αν ο ισχυρισμός είναι
ψευδής αιτιολογώντας συγχρόνως την απάντηση σας.
1.Ισχύει (f(x) g(x))dx


  f(x)dx

 + g(x)dx

 Ψ
Αιτιολογία
Βασική ιδιότητα
2 (f(x) g(x))dx


 f(x)dx

 g(x)dx

 Α
Αιτιολογία
Ένα αντιπαράδειγμα : Θεωρούμε τις συναρτήσεις f (x) = 1, g(x) = 1
(f(x) g(x))dx


  1dx

 = [x]
 = β – α
f(x)dx

 g(x)dx

 = 1dx

 1dx

 = (β – α)(β – α)
3.Αν α = β, τότε f(x)dx

 = 0 Ψ
Αιτιολογία
Βασική ιδιότητα
4.Αν f(x)dx

 = 0, τότε κατ’ ανάγκην θα είναι f(x) = 0 Α
για κάθε x[α, β]
Αιτιολογία
Ένα αντιπαράδειγμα :
2
0
xdx

 = [συνx] 2
0

= συν2π + συν0 = 0
Αλλά δεν είναι ημx = 0 για κάθε x[α, β]
5.Αν f(x) 0 για κάθε x[α, β], τότε f(x)dx

  0 Ψ
Αιτιολογία
Βασική ιδιότητα
Α
Ψ
Α
Α
Ψ

58. Eπιμέλεια : Αυγερινός Βασίλης
58
6.Αν f(x)dx

  0 , τότε κατ’ ανάγκη θα είναι f(x)  0 Α
για κάθε x[α, β]
Αιτιολογία
Ένα αντιπαράδειγμα :
3
2
0
xdx

 = [συνx
3
2
0]

= συν
3
2

+ συν0 = 0 + 1 = 1 > 0
Αλλά ημx < 0 όταν
3π
x ( , ]
2
 
7. 4
(x 1)dx


 
4 2
(x x 1)dx


  για κάθε α > 0 Ψ
Αιτιολογία
4 2
(x x 1)dx


  – 4
(x 1)dx


 = 4 2 4
[(x x 1) (x 1)]dx


   
= 4 2 4
(x x 1 x 1)]dx


   
= 2
x dx

 > 0 από θεώρημα.
8. 24
0
ln(1 x)dx 2

   4
0
ln( x)dx

 Ψ
Αιτιολογία
24
0
ln(1 x)dx

  
24
0
ln( x)dx

 = 2 4
0
ln( x)dx


 Είναι συνx > 0 για κάθε x[0,
4

]
9. f(x)dx xf(x) xf (x)dx   Ψ
Αιτιολογία
Παραγοντική ολοκλήρωση
10.
e
1
ln xdx =
1
e
1
ln dt
t Ψ
Αιτιολογία
1
e
1
ln dt
t =
1
1
e
ln t dt
 = 
1
e
ln tdt =
e
1
ln tdt =
e