![\[\int_{\alpha}^{\beta} e^{\kappa x+\lambda}\hm(\mu x+\nu )dx \,\,\, \text{ή} \int_{\alpha}^{\beta} e^{\kappa x+\lambda}\syn(\mu x+\nu)dx\]](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-e5a93e33c1773f18a39f1f540a276184_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
όπου 
μπορούν να υπολογιστούν με τη βοήθεια της παραγοντικής ολοκλήρωσης, γράφοντας είτε τον εκθετικό είτε το τριγωνομετρικό όρο ως παράγωγο μιας αρχικής του. Συγκεκριμένα:
![\[ e^{\kappa x+\lambda}=\bigg(\dfrac{ e^{\kappa x+\lambda}}{\kappa}\bigg)'\]](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-d5a890c4e58ff56e8d6abfa8e095f228_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[ \hm(\mu x+\nu)=\bigg(-\dfrac{\syn(\mu x+\nu)}{\mu}\bigg)'\]](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-f8b449f0c4ab88fe3fa932529ed0d765_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[ \syn(\mu x+\nu)=\bigg(\dfrac{\hm(\mu x+\nu)}{\mu}\bigg)' \]](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-e284acd18123ab6e5b2e0f54c0416cee_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
Συνήθως σε ολοκληρώματα αυτής της μορφής εφαρμόζουμε την παραγοντική ολοκλήρωση περισσότερες απο μία φορές και εμφανίζεται ξανά το αρχικό ολοκλήρωμα 
. Εξισώνουμε τότε το με το τελικό αποτέλεσμα και λύνουμε ως προς .
Παράδειγμα.1.
Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα
![\[\int_{0}^{\pi}e^x\hm xdx\]](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-8dc2f2520d1a47bfd4cc668f819c12c8_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
Λύση
Έχοντας υπόψιν τον κανόνα της παραγοντικής ολοκλήρωσης:
![\[\color{white} \int_{\alpha}^{\beta} f'(x)g(x)dx=\Big{[}f(x)g(x)\Big{]}^{\beta}_{\alpha}-\int_{\alpha}^{\beta} f(x)g'(x)dx\]](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-9b873fd5d9e7f87d34e7cd40515f7665_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
γράφουμε:
![\begin{eqnarray*} I&=&\int_{0}^{\pi}e^x\hm xdx\\\\ &=&\int_{0}^{\pi}(e^x)'\hm xdx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\int_{0}^{\pi}e^x(\hm x)'dx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\int_{0}^{\pi}e^x\syn xdx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\int_{0}^{\pi}(e^x)'\syn xdx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}- \Bigg\{\big{[}e^x\syn x\big{]}^{\pi}_{0}-\int_{0}^{\pi}e^x(\syn x)'dx\Bigg\}\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\big{[}e^x\syn x\big{]}^{\pi}_{0}+\int_{0}^{\pi}e^x(\syn x)'dx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\big{[}e^x\syn x\big{]}^{\pi}_{0}+\int_{0}^{\pi}e^x(-\hm x)dx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\big{[}e^x\syn x\big{]}^{\pi}_{0}-\int_{0}^{\pi}e^x\hm xdx\\\\ &=&\big{[}e^x\hm x\big{]}^{\pi}_{0}-\big{[}e^x\syn x\big{]}^{\pi}_{0}-I \end{eqnarray*}](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-ce8198a4c3a08d81d8f50b1fa79fbaa9_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
Επομένως έχουμε:
![\begin{align*} &I=[e^{\pi}\hm \pi-e^0\hm 0]-\big{[}e^{\pi}\syn \pi-e^0\syn 0\big{]}^{\pi}_{0}-I \Leftrightarrow\\\\ &I=0-\big(-e^{\pi}-1\big)-I \Leftrightarrow\\\\ &2I=e^{\pi}+1 \Leftrightarrow\\\\ &I=\dfrac{e^{\pi}+1}{2}. \end{align*}](https://study4maths.gr/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-c8a8414a0a868e463bc7c35ae42456a7_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
Βιβλιογραφία: Μπάρλας εκδόσεις Ελληνοεκδοτική. Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .