![Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
Από το Ολοκλήρωμα στη Συνάρτηση
1η
περίπτωση
Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση : →ℝ ℝf για την οποία ισχύει
( ) ( ) ( )
2
3
0
10 3 45= + −∫f x x x f t dt 2008
2η
περίπτωση
Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση : →ℝ ℝf για την οποία ισχύει
( ) ( )
1
1
0
−
= +∫
x x
e f x dx f x e 1996
3η
περίπτωση
Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση [ ]: 0,1 → ℝf για την οποία ισχύει
( )( ) ( )
1
0
1
12
− =∫ x f x f x dx
4η
περίπτωση
Έστω [ ]: 0,1 → ℝf μια συνεχής συνάρτηση για την οποία ισχύει
( )
( )( )
1
0
1
2
0
3∫ = +∫
f x dx
e f x x dx . Να βρείτε το ( )
1
0∫ f x dx
5η
περίπτωση
Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ): 0,+∞ → ℝf , για την οποία ισχύουν:
● ( ) ( ) ( )
3
2
0
1
9
′ − = ∫xf x f x x f t dt , για κάθε 0>x
● ( )1 1=f
Να αποδείξετε ότι ( )
3
0
9=∫ f t dt και στη συνέχεια να βρείτε τον τύπο της
συνάρτησης f](https://image.slidesharecdn.com/random-170505072505/85/-1-320.jpg)
![Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com
( )
1 1 1
1 1 2 1
0 0 0
− − −
− = ⇔ − = ⇔∫ ∫ ∫
x x x x
e c e dx c ce dx e dx c
( )
12 1 1
11 1 2
0
0
1
1
2 2 2 2
− −
− −
− = ⇔ − − + = ⇔ = −
x
x e e e
c e c c ce c c e
Επομένως ( ) ( )21
1
2
= − + −x
f x e e
3η
περίπτωση
Στο συγκεκριμένο παράδειγμα δεν μπορεί να εφαρμοστεί η γενική μέθοδος
( )( ) ( ) ( )
1 1
2
0 0
1 1
( ) ( )
12 12
− = ⇔ − = ⇔∫ ∫x f x f x dx xf x f x dx
1 1
2 2 2 2
0 0
1 1 1 1 1 1
( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )
2 12 2 4 4 12
− − = ⇔− − + − = ⇔
∫ ∫f x xf x dx f x xf x x x dx
2 2 1
1 1 1
2 3
0 0 0
0
1 1 1 1 1 1
( ) ( )
2 4 12 2 12 12
− − + = ⇔− − + = ⇔
∫ ∫ ∫f x x dx x dx f x x dx x
2 2
1 1
0 0
1 1 1 1
( ) ( ) 0
2 12 12 2
− − + = ⇔ − =
∫ ∫f x x dx f x x dx
Είναι
2
1
( ) 0
4
− ≥
f x x και αν υποθέσουμε ότι υπάρχει [ ]0 0,1∈x τέτοιο, ώστε να
ισχύει ( )0 0
1
0
4
− ≠f x x , τότε ισχύει
2
1
0
1
( ) 0
2
− >
∫ f x x dx που είναι άτοπο.
Άρα για κάθε [ ]0,1∈x είναι
2
1 1 1
( ) 0 ( ) 0 ( )
4 4 4
− = ⇔ − = ⇔ =
f x x f x x f x x
4η
περίπτωση
Στο συγκεκριμένο παράδειγμα δεν μπορούμε να βρούμε τον τύπο της συνάρτησης
αλλά μόνο το ολοκλήρωμα.
( )
( )( )
( )
( )
1 1
0 0
1 1 1
2 2
0 0 0
3 3∫ ∫= + ⇔ = + ⇔∫ ∫ ∫
f x dx f x dx
e f x x dx e f x dx x dx](https://image.slidesharecdn.com/random-170505072505/85/-3-320.jpg)
Από το Ολοκλήρωμα στη Συνάρτηση
- 1. Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com Από το Ολοκλήρωμα στη Συνάρτηση 1η περίπτωση Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση : →ℝ ℝf για την οποία ισχύει ( ) ( ) ( ) 2 3 0 10 3 45= + −∫f x x x f t dt 2008 2η περίπτωση Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση : →ℝ ℝf για την οποία ισχύει ( ) ( ) 1 1 0 − = +∫ x x e f x dx f x e 1996 3η περίπτωση Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση [ ]: 0,1 → ℝf για την οποία ισχύει ( )( ) ( ) 1 0 1 12 − =∫ x f x f x dx 4η περίπτωση Έστω [ ]: 0,1 → ℝf μια συνεχής συνάρτηση για την οποία ισχύει ( ) ( )( ) 1 0 1 2 0 3∫ = +∫ f x dx e f x x dx . Να βρείτε το ( ) 1 0∫ f x dx 5η περίπτωση Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση [ ): 0,+∞ → ℝf , για την οποία ισχύουν: ● ( ) ( ) ( ) 3 2 0 1 9 ′ − = ∫xf x f x x f t dt , για κάθε 0>x ● ( )1 1=f Να αποδείξετε ότι ( ) 3 0 9=∫ f t dt και στη συνέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f
- 2. Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com Ως γενική μέθοδο μπορούμε να θεωρήσουμε την εξής: Αφού το ( )∫ f x dx β α είναι ένας συγκεκριμένος πραγματικός αριθμός, τότε: ● Θέτουμε το ολοκλήρωμα ίσο με μια σταθερά c (1) ● Αντικαθιστούμε το ολοκλήρωμα με τη σταθερά c στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση ● Αντικαθιστούμε στην (1) τον τύπο της συνάρτησης στο ολοκλήρωμα και υπολογίζουμε τη σταθερά c Η μέθοδος αυτή είναι γενική. Δεν πρέπει να ξεχνάμε άλλωστε τα λόγια του μεγάλου δάσκαλου G.Polya ο οποίος στο βιβλίο του How to solve it χαρακτηριστικά έγραφε: «το να διδάσκεται η εκτέλεση συνηθισμένων μαθηματικών πράξεων και τίποτε άλλο είναι πολύ πιο κάτω από το επίπεδο ενός βιβλίου μαγειρικής, γιατί οι συνταγές φαγητών αφήνουν κάτι στη φαντασία του μάγειρα, ενώ οι μαθηματικές συνταγές δεν αφήνουν τίποτε» Λύσεις 1η περίπτωση Θέτουμε ( ) 2 0 =∫ f x dx c (1) Τότε η αρχική υπόθεση γίνεται ( ) ( )3 10 3 45= + −f x x x c Οπότε η (1) γίνεται: ( )( ) 2 2 3 4 2 0 0 5 3 10 3 45 45 2 2 + − = ⇔ + − = ⇔ ∫ x x c dx c x x c x c 46 90 45 90 2− = ⇔ = ⇔ =c c c c Επομένως ( ) ( ) ( )3 3 2 10 3 45 20 6 45= + − ⇔ = + −f x x x f x x x 2η περίπτωση Θέτουμε ( ) 1 1 0 − =∫ x e f x dx c (1) Τότε η αρχική υπόθεση γίνεται ( ) ( )= + ⇔ = −x x c f x e f x c e Οπότε η (1) γίνεται:
- 3. Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com ( ) 1 1 1 1 1 2 1 0 0 0 − − − − = ⇔ − = ⇔∫ ∫ ∫ x x x x e c e dx c ce dx e dx c ( ) 12 1 1 11 1 2 0 0 1 1 2 2 2 2 − − − − − = ⇔ − − + = ⇔ = − x x e e e c e c c ce c c e Επομένως ( ) ( )21 1 2 = − + −x f x e e 3η περίπτωση Στο συγκεκριμένο παράδειγμα δεν μπορεί να εφαρμοστεί η γενική μέθοδος ( )( ) ( ) ( ) 1 1 2 0 0 1 1 ( ) ( ) 12 12 − = ⇔ − = ⇔∫ ∫x f x f x dx xf x f x dx 1 1 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 12 2 4 4 12 − − = ⇔− − + − = ⇔ ∫ ∫f x xf x dx f x xf x x x dx 2 2 1 1 1 1 2 3 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 2 4 12 2 12 12 − − + = ⇔− − + = ⇔ ∫ ∫ ∫f x x dx x dx f x x dx x 2 2 1 1 0 0 1 1 1 1 ( ) ( ) 0 2 12 12 2 − − + = ⇔ − = ∫ ∫f x x dx f x x dx Είναι 2 1 ( ) 0 4 − ≥ f x x και αν υποθέσουμε ότι υπάρχει [ ]0 0,1∈x τέτοιο, ώστε να ισχύει ( )0 0 1 0 4 − ≠f x x , τότε ισχύει 2 1 0 1 ( ) 0 2 − > ∫ f x x dx που είναι άτοπο. Άρα για κάθε [ ]0,1∈x είναι 2 1 1 1 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 4 4 4 − = ⇔ − = ⇔ = f x x f x x f x x 4η περίπτωση Στο συγκεκριμένο παράδειγμα δεν μπορούμε να βρούμε τον τύπο της συνάρτησης αλλά μόνο το ολοκλήρωμα. ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 1 1 2 2 0 0 0 3 3∫ ∫= + ⇔ = + ⇔∫ ∫ ∫ f x dx f x dx e f x x dx e f x dx x dx
- 4. Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 113 00 0 1∫ ∫ = + ⇔ = + ∫ ∫ f x dx f x dx e f x dx x e f x dx (1) Θέτουμε ( ) 1 0 =∫ f x dx c Οπότε η (1) γίνεται: 1 1 0= + ⇔ − − =c c e c e c Θεωρούμε τη συνάρτηση : →ℝ ℝg με ( ) 1= − −x g x e x Είναι ( ) 1′ = −x g x e Κατασκευάζουμε πίνακα μονοτονίας της συνάρτησης g και παρατηρούμε ότι για ( ) ( ) ( )0 0 0< ⇔ < ⇔ < ցg x g x g g x , ενώ για ( ) ( ) ( )0 0 0> ⇔ > ⇔ > րg x g x g g x . Άρα το 0=x μοναδική ρίζα της συνάρτησης g , επομένως ( ) 1 0 0=∫ f x dx 5η περίπτωση Στο συγκεκριμένο παράδειγμα στην αρχική συναρτησιακή σχέση εκτός από τη συνάρτηση και το ολοκλήρωμα εμφανίζεται και η παράγωγός της. Θέτουμε ( ) 3 0 =∫ f t dt κ , οπότε η αρχική σχέση για 0>x γίνεται: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 2 2 1 1 1 9 9 9 ≠ ′ ′′ − ′ − = ⇔ = ⇔ = x xf x f x f x xf x f x x x x x κ κ κ Με εφαρμογή του Πορίσματος των Συνεπειών του Θ.Μ.Τ. ισοδύναμα έχουμε: ( ) 1 9 = + f x x c x κ , ∈ℝc Για 1=x προκύπτει ότι ( ) 1 1 1 1 1 1 9 9 9 = + ⇔ = + ⇔ = −f c c cκ κ κ Επομένως ( ) ( ) 21 1 1 1 1 1 9 9 9 9 = + − ⇔ = + − f x x f x x x x κ κ κ κ (1) Οπότε ( ) 3 33 2 3 3 2 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 9 9 9 3 9 2 = + − ⇔ = + − ⇔ ∫ ∫ x x f x dx x x dxκ κ κ κ κ 1 1 9 9 9 1 9 9 9 2 2 2 = ⋅ + − ⇔ = + − ⇔ = κ κ κ κ κ κ κ
- 5. Φροντιστήριο 19+ thanasiskopadis.blogspot.com Άρα ( ) 3 0 9=∫ f t dt Από (1) προκύπτει ότι ( ) 2 , 0= >f x x x Για 0=x , επειδή η f είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη, θα ισχύει ότι: ( ) ( ) 2 0 0 0 lim lim 0 → → = = = x x f f x x Άρα ( ) 2 , 0= ≥f x x x