Page 235 - olokliroma

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 - Ολοκληρωτικός Λογισμός 235

2
1 t 3 1 t 3 1 1 1 (t 1 )(t -t+1)-1
● I dx dx dx
1 0 t 1 0 t 1 0 t 1
1 1 t 3 t 2 1
= t -t+1- dx - +t-ln(t+1)
2
0 t+1 3 2 0
1 3 1 2 5
= - +1-ln(1+1)-0+0-0+ln1 -ln2
3 2 6
● Για ν=2, από το ερώτημα (α) προκύπτει
5 - ln2
I =
-1 1 6 5 1
I -I = ` - - ln2 =-
2 1 (2+3)(2+2) 2 6 24
1 5 19
` Ι =- + - ln2= - ln2
2 24 6 24
● Για ν=3, από το ερώτημα (α) προκύπτει

I = 19 - ln2
1
I -I = -1 24 - 19 - ln2 =- 1
`
3 2 (4+3)(4+2) 2 24 42
` I =- 1 + 19 - ln2 = 129 - ln2
3 42 24 168

γ)
● Για κάθε χ>0 έχουμε
2χ+3 0
~(2χ+3)(2χ+2)>0~f(x+1)-f(x) 0 (1)
2χ+2 0

1 κ λ κ(2χ+2)+λ(2χ+3)
● = + = `
(2χ+3)(2χ+2) 2χ+3 2χ+2 (2χ+3)(2χ+2)
κ(2χ+2)+λ(2χ+3)=1 `2κχ+2κ+2λχ+3λ=1 `

ισότητα κ+λ= 0 κ=-λ
2(κ+λ)χ+(2κ+3λ)= 1 ` ` `
πολυωνύμων 2κ+3λ= 1 -2λ+3λ= 1

κ=-1
λ= 1
Έτσι

1 = 1 1 (2)
(2χ+3)(2χ+2) 2χ+2 2χ+3

συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι λόγω της (1)
λ
Ε(λ) (f(x+1)-f(x)) dx
1
λ 1
dx
1 (2χ+3)(2χ+2)

Τακης Τσακαλακος Κερκυρα 2017