ΣΥΝΔΥΑΣΜΟΣ ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΟΝΤΙΚΗΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗΣ

Print Friendly, PDF & Email

Παράδειγμα.1.
Να λυθεί το ολοκλήρωμα:

    \[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{^{\hm x}}\cdot \hm^{2}x \cdot \syn x \, dx.\]

Λύση

Στο ολοκλήρωμα:

    \[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{^{\hm x}}\cdot \hm^{2}x \cdot \syn x \, dx.\]

Θέτουμε \hm x =u.
Οπότε:

    \begin{align*} &\Big( \hm x\Big)'\, dx =(u)' \, du \Rightarrow\\\\ &\syn x \, dx = du. \end{align*}

Επιπλέον ισχύουν:

για x=0 και \hm x =u\Rightarrow  \hm 0 =u\Rightarrow u= 0.
και
για x=\dfrac{\pi}{2} και \hm x =u\Rightarrow  \hm  \dfrac{\pi}{2} =u\Rightarrow u=1.

Συνεπώς το αρχικό ολοκλήρωμα σύμφωνα με τις παραπάνω αντικαταστάσεις γίνεται:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{^{\hm x}}\cdot \hm^{2}x \cdot \syn x \, dx=\\\\ & \int_{0}^{1} e^{u}\cdot u^{2}  \, du.\\\\\ \end{align*}

Για το παραπάνω ολοκλήρωμα χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της παραγοντικής ολοκλήρωσης: γινόμενο εκθετικής επι πολυωνυμικής.

    \begin{align*} & \int_{0}^{1} e^{u}\cdot u^{2}  \, du=\\\\ & \int_{0}^{1}\big( e^{u}\big)'\cdot u^{2}  \, du=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\int_{0}^{1} e^{u}\cdot\big( u^{2} \big)' \, du=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\int_{0}^{1} e^{u}\cdot 2 u \, du=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\int_{0}^{1}\big( e^{u}\big)'\cdot 2 u \, du=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\Bigg\{\Big[e^{u}\cdot 2u\Big]_{0}^{1} -\int_{0}^{1} e^{u}\cdot\big( 2 u\big)' \, du\Bigg\}=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\Big[e^{u}\cdot 2u\Big]_{0}^{1} +\int_{0}^{1} e^{u}\cdot 2  \, du=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\Big[e^{u}\cdot 2u\Big]_{0}^{1} +2\cdot\int_{0}^{1} e^{u}\, du=\\\\ &\Big[e^{u}\cdot u^{2}\Big]_{0}^{1} -\Big[e^{u}\cdot 2u\Big]_{0}^{1} +2\cdot\Big[ e^{u}\Big]_{0}^{1}=\\\\ &\Big(e^{1}\cdot 1^{2}-e^{0}\cdot 0^{2}\Big) -\Big(e^{1}\cdot 2\cdot1 -e^{0}\cdot 2\cdot 0\Big) +2\cdot\Big( e^{1}-e^{0}\Big )=\\\\ &\Big(e- 0\Big) -\Big(2\cdot e - 0\Big) +2\cdot\Big( e-1\Big )=\\\\ & e-2e+2e-2=e-2. \end{align*}

Παράδειγμα.2.
Να λυθεί το ολοκλήρωμα:

    \[\int_{1}^{\frac{\pi^{2}+4}{4}} \syn \sqrt{x-1} \, dx.\]

Λύση

Στο ολοκλήρωμα:

    \[\int_{1}^{\frac{\pi^{2}+4}{4}} \syn \sqrt{x-1} \, dx.\]

Θέτουμε \sqrt{x-1} =u.
Οπότε:

    \begin{align*} &\Big( \sqrt{x-1}\Big)'\, dx =(u)' \, du \Rightarrow\\\\ &\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{x-1}}\cdot (x-1)' \, dx = du \Rightarrow\\\\ &\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{x-1}} \, dx = du\Rightarrow\\\\ &\dfrac{1}{2u} \, dx = du\Rightarrow\\\\ & dx = 2u\,du\Rightarrow\\\\ \end{align*}

Επιπλέον ισχύουν:

για x=1 και \sqrt{x-1} =u\Rightarrow  \sqrt{1-1} =u\Rightarrow u= 0.
και
για x= \dfrac{\pi^{2}+4}{4} και \sqrt{x-1} =u\Rightarrow \sqrt{\dfrac{\pi^{2}+4}{4}-1} =u\Rightarrow

\Rightarrow  \sqrt{\dfrac{\pi^{2}}{4}+\dfrac{4}{4}-1} =u\Rightarrow  \sqrt{\dfrac{\pi^{2}}{4}+1-1} =u\Rightarrow

\Rightarrow \sqrt{\dfrac{\pi^{2}}{4}} =u\Rightarrow u = \dfrac{\pi}{2}.

Συνεπώς το αρχικό ολοκλήρωμα σύμφωνα με τις παραπάνω αντικαταστάσεις γίνεται:

    \begin{align*} &\int_{0}^{\frac{\pi^{2}+4}{4}} \syn \sqrt{x-1} \, dx=\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn u \cdot  2u\,du\\\\\ \end{align*}

Για το παραπάνω ολοκλήρωμα χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της παραγοντικής ολοκλήρωσης, τριγωνομετρική επι πολυωνυμική

Έχουμε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn u \cdot  2u\,du = \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\hm u)' \cdot  2u\,du = \\\\\ &\Big[\hm u \cdot  2u\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\hm u \cdot ( 2u )'\, du=\\\\ &\Big[\hm u \cdot  2u\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}  2 \cdot\hm u \, du=\\\\ &\Big[\hm u \cdot  2u\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} -2 \cdot\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}  (-\syn u)'\, du=\\\\ &\Big[\hm u \cdot  2u\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} +2 \cdot\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}  (\syn u)'\, du=\\\\ &\Bigg[\big(\hm \frac{\pi}{2} \cdot  2\cdot\frac{\pi}{2}\big)-\big(\hm 0\cdot  2\cdot 0\big)\Bigg] +2 \cdot\Bigg[\big(\syn \frac{\pi}{2}\big) -\big(\syn 0\big)\Bigg] =\\\\ &\Bigg[\big(1 \cdot \pi \big)-\big(0)\Bigg] +2 \cdot\Bigg[\big(0\big) -\big(1\big)\Bigg] =\pi -2.\\\\ \end{align*}

Βιβλιογραφία: Παπαδακης, εκδόσεις Σαββάλα
Άδεια Creative Commons
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

FacebooktwitterlinkedinmailFacebooktwitterlinkedinmail

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *