12. Határozatlan integrál (megoldások)
1. 3. 5. 6. 7.
8.
9.
10. 12. 14.
16.
18.
19.
20. 22. 24. 25. 27.
28.
R √ R 1/5 7 x5 + C . 5 x dx = 2. x dx = 56 x6/5 + C . 5 3 5 1 t3 + 3t2 − 5t + C . 2 √x3 + 3 √ 4. 3 3 5 x + C. R 1 1 1 R 7 8 x 158 + C . x 2 x 4 x 8 dx = x 8 dx = 15 2ex + 5 ln |x| + tg x + C . Z 2 Z x − 3x + 4 4 x2 dx = x−3+ = − 3x + 4 ln |x| + C . x x 2 Z Z 3 x 125 x3 5 2 = − x + 25x− x2 − 5x + 25 − dx = x+5 x+5 3 2 − 125 ln |x + 5| + C. Z Z x2 1 1 + x 1 + C. ln dx = dx = −x + − 1 + 1 − x2 1 − x2 2 1 − x x2 √ x x3 − 2x + C . − a2 x + a3 arctg + C . (P 12.7) 11. 2 3 a 1 x3 + 1 a3 ln x3 − a3 + C . 1 2 x x 13. 3 3 2 e − e + x + C. 1 1 (2x − 3)101 + C . 15. − + C. 202 4(2 + 3x2 )2 1 1q 3 − + C . 17. 8x3 + 27 + C . 2(1 + x2 ) 8 4 Z √ 1 (1 − 3x) 3 1q 3 1 − 3x dx = − · + C = − 3 (1 − 3x)4 + C . 4 3 4 3 n+1 (a + bx) ln |a + bx| + C , ha b 6= 0, n 6= −1; + C , ha b 6= 0, n = −1; b(n + 1) b an x + c, ha b = 0. 1 q 3q 3 · 3 (1 + r3 )4 + C . 21. (x4 + 1)2 + C . 4q 8 1 4 − 1 − x2 + C . 23. sin x + C . 4 R cos3 x dx = 1 − sin2 x cos x dx = sin x − 13 sin3 x + C . 2 3 1 5 − cos x + 13 cos3 x + C . 26. − cos x + 3 cos x − 5 cos x + C . sin3 x sin5 x − + C. 3 5 Z Z sin3 x cos2 x − 1 1 1 dx = · ( − sin x ) = − + C. cos4 x cos4 x 3 cos3 x cos x 12.1
12.
29.
Határozatlan integrál Z Z sin3 x sin x(1 − cos2 x) 1 − cos x
dx =
1 − cos x
dx =
Z
sin x(1 − cos x)(1 + cos x) dx = 1 − cos x)
sin2 x (sin x + sin x cos x) dx = − cos x + + C. 2 2 √ + C. cos x 3 3 (sin x − cos x) 32 + C = 3 √ 2 2 1 − sin 2x + C . Z Z 1 √ 1 dx q = (tg x)− 2 2 dx átalakítással az eredmény: 2 · tg x + C . cos x tg x cos4 x 3 2 1 ln3 x + C . 3√ 34. 3 2 ln x + C . 1 sh5 x + 1 sh3 x + C . 1 sh3 x + sh x + C . 36. 5Z 3 3 √ √ Z √ x x ch x + 1 dx = 2 ch dx = 2 2 sh + C . 2 2 7 ln |4x − 1| + C . 2 39. ln(4x − 7x + 11) + C . 4 2 ln(x2 + 3x − 10) + C . 41. − ln 2x − 3x + 1 + C .
Z
30. 31. 32.
33. 35. 37. 38. 40.
3 3 ln x2 + a2 + C . 43. ln(a + x ) + C . 1 1 1 1 sin2 x + cos2 x sin x Az = · , vagy az = = + sin x cos x tg x cos2 x sin x cos x sin x cos x cos x cos x azonosság alkalmazásával az eredmény: ln | tg x| + C . sin x Az el®z® feladat eredményét felhasználva: Z Z x 1 dx dx = dx = ln tg + C. sin x 2 sin x2 cos x2 2 Z dx = ln | th x| + C . sh x ch x Z x 1 dx = ln th + C. sh x 2 q 1 ln(ax + 1) + C . ln 1 + e2x + C . 49. ln a s s 1 3 1 3 √ arctg x + C. 51. √ arctg (x + 1) + C . 2 2 6 6 ( 1 3x − 1 − 12 arth 21 (3x − 1) + C, ha − 13 < x < 1 ln = − +C − 12 arcth 12 (3x − 1) + C, ha x < − 31 , vagy x > 1 4 x−1 ( 1 x + 1 − 12 arth 21 (x − 1) + C, ha −1 < x < 3 = − ln +C − 12 arcth 12 (x − 1) + C, ha x < −1, vagy x > 3 4 x − 3 ( 1 x + 2 − 15 arth 51 (x − 3) + C, ha −2 < x < 8 = − ln +C − 15 arcth 15 (x − 3) + C, ha x < −2, vagy x > 8 10 x − 8 !0 Z x dx 1Z 1 x2 1 x2 = · dx = arctg + C. 4 + x4 4 1 + (x2 /2)2 2 4 2 q
42. 44.
45.
46. 47. 48.
50.
52.
53.
54.
55.
12.2
12.
56.
57.
58. 59.
60.
61.
62.
64.
65.
66.
67. 68. 69.
70.
Határozatlan integrál 1 Z 1 · 2x dx átalakítással az eredmény 2a4 1 − (x2 /a2 )2 x2 1 a2 + x2 1 arth 2 + C = 2 ln 2 + C, ha |x| < |a| 2a2 a 4a a − x2 1 x2 1 x2 + a2 arcth + C = ln + C, ha |x| > |a|. 2a2 a2 4a2 x2 − a2 √ √ 1 4x3 −1 Z 2 x4 − 2 √ √ + C, ln · √ dx átalakítással az eredmény: 16 x4 + 2 4 2 1 − √x4 2 2 2 ill. √ 1 x4 √ √ − arth + C , ha |x| < 8 2, és 4 2 2 √ 1 x4 8 − √ arcth √ + C , ha |x| > 2. 4 2 2 1 arsh(3x − 1) + C . 3 √ q 1 2 A 9x2 − 6x + 5 = 2 ( 3x− 2 ) + 1 átalakítással: Z 1 3x − 1 1 q dx √ = arsh + C = ln | 9x2 − 6x + 5 + 3x − 1| + C . 2 3 9x2 − 6x + 5 3 Z 3x − 1 1 q 2 1 dx √ + C = ln | 9x − 6x − 3 + 3x − 1| + C . = arch 2 3 9x2 − 6x − 3 3 Z dx 1 3x − 1 √ = arcsin + C. 2 3 + 6x − 9x2 3 s √ √ 3 1 (1/ 3) arch( 3x) + C . 63. √ arcsin x + C. 2 3 Z √ 0 √ 1 √ 2 · ( x) · 2 dx = 2 arctg x + C . 1+ x Z √ √ 1 2 e x · √ dx = 2e x + C . 2 x Z 1 q · (ex )0 dx = arcsin ex + C . 2 1 − (ex ) Z 1 1 1 · ax ln a dx = arctg ax + C . 2 x ln a 1 + (a ) ln a − cos ln x + C . Z Z √ 0 sh x sh x 1 Z 1 q √ √ dx = q · ( 2 ch x) dx = dx = √ 2 ch 2x ( 2 ch x)2 − 1 2 ch2 x − 1 √ 1 √ arch( 2 ch x) + C . 2 ln | ln x| + C . 71. ln | ln ln x| + C . Z
72.
dx
= sin2 x + 2 cos2 x
dx
Z
2 cos2 x
tg√ x 2 + 1 2
12.3
=
12.
73.
74. 76. 78. 79. 80. 81. 82.
84. 86. 87. 88. 90.
91. 92. 93. 95.
96.
Határozatlan integrál 1 Z 1 1 =√ dx átalakítással az eredmény √ 2 · √ 2 1 + tg x/ 2 2 cos2 x ! 1 tg x √ arctg √ + C. 2 2 A el®z® feladat megoldásához hasonlóan az eredmény ab arctg a tg x + C, ha |a| = 6 |b| b 2 a x + C, ha |a| = |b|. 1 1 sin 2x + C . x sin x + cos x + C , 75. − x cos 2x + 2 4 1 x2 sin 2x + 1 x cos 2x− 1 sin 2x + C . 77. 1 x sin 2x + 1 cos 2x + C . 2 2 4 2 4 − 12 x2 cos 2x + 21 x sin 2x + 14 cos 2x + C . −x3 cos x + 3x2 sin x + 6x cos x − 6 sin x + C . x3 sin x + 3x2 cos x − 6x sin x − 6 cos x + C . 1 (2x2 + 2x sin 2x + cos 2x) + C . 8x 3 1 −x + C . x− + C. 83. −(x + 1)e ln 3 ln 3 e−x − 21 e−2x x2 + x + 12 + C . 85. − (sin x + cos x) + C . 2 e2x (sin x + 2 cos x) + C . 5 ax e (a cos bx + b sin bx) + C , (a, b 6= 0 konstans). 2 a + b2 1 6x 1 x 89. 260 e (3 cos 4x + 2 sin 4x) + C . 10 e (5 − cos 2x − 2 sin 2x) + C . f (x)-ként azq1 konstansfüggvényt választjuk. Az eredmény: x arcsin x + 1 − x2 + C . q x(arcsin x)2 + 2 1 − x2 arcsin x − 2x + C . √ √ √ 2 x − 2 1 − x · arcsin x + C . x 3 1 94. x arctg − ln(x2 + 9) + C . x arccos − arch x + C . x 3 2 Legyen f 0 (x) = x, g (x) = arctg x és f (x) = x2 /2. Ekkor Z Z x2 x2 x2 + 1 x x arctg x dx = arctg x − dx = arctg x − + C . 2 2 2(1 + x ) 2 2 Megjegyzés: Az f (x) megválasztásánál általában nem vagyunk tekintettel az integrációs konstansra, ügyes megválasztása azonban néha egyszerüsítheti a megoldást. Például az f (x) = (x2 + 1)/2 választással: Z x2 + 1 1 Z x2 + 1 x2 + 1 x x arctg x dx = arctg x − dx = arctg x − + C. 2+1 2 2 x 2 2 Z x−1 x−1 Z x 2 I = arctg dx = x arctg − 2 · 2 dx x+1 x+1 ( x + 1) x−1 1 + x+1 Z x−1 xdx x−1 1 = x arctg − = x arctg − ln(x2 + 1) + C . 2 x+1 x +1 x+1 2 12.4
12. 97.
Határozatlan integrál √ √ − x + (1 + x) arctg x + C .
1 1 2 ) − 1 (arctg x)2 + C. arctg x dx = x arctg x − ln(1 + x 98. 1− 1 + x2 2 2 q q q 99. 1 + x2 arctg x − arsh x + C = 1 + x2 arctg x − ln x + 1 + x2 + C . R 2 100. 1 · ln x dx = x ln x − x + C . 101. x(ln x − 2 ln x + 2) + C . 1 2 3 2 102. x(ln x − 3 ln x + 6 ln x − 6) + C . 103. − (ln x + 2 ln x + 2) + C . x 8−x 2 104. x ln(x + 1) − 2x + 2 arctg x + C . 105. x ln − x − 8 · ln |x − 8| + C . 3 4e 106. x lg + C. x x3 x2 x x3 + 1 ln(1 + x) − + − + C . 107. 3 9 6 3 √ 1 xv+1 1 108. C − e ). 109. ln( x ln x − + C. 2x2 v+1 v+1 110. tg x · ln cos x + tg x − x + C . 111. x ch x − sh x + C . ! ! 3 2 x 2x x 2 + + 112. sh 3x − ch 3x + C . 3 9 3 27 1 2 113. (−x +2x−2) ch x+(2x−2) sh x+C . 114. 26 (sh x cos 5x + 5 ch x sin 5x) + C . 115. A kiszámítandó integrált röviden I -vel jelölve Z n−1 I = cos x cos x dx = Z
n−1
= cos
x sin x +
Z
(n − 1) cosn−2 x sin2 x dx =
= cosn−1 x sin x + (n − 1)
Z
cosn−2 x(1 − cos2 x) dx =
x sin x + (n − 1)
Z
cosn−2 x dx − (n − 1)I .
nI = cosn−1 x sin x + (n − 1)
Z
cosn−2 x dx,
n−1
= cos
n−1Z cosn−1 sin x + cosn−2 x dx . n n 116. Hasonlóan az el®z® feladat megoldásához. 1 1 q 117. x = sin t helyettesítéssel arcsin x + x 1 − x2 + C . 2 2 a2 x xq 2 a2 x xq 2 118. arcsin + a − x2 + C . 119. arsh + a + x2 + C . 2 a√ 2 2 a 2 5 3x x q a2 x xq 2 2 √ √ 120. arsh + 5 + 3x + C . 121. arcsin − a − x2 + C . 2 a 2 2 3 5 2 √ 2q 122. u = c + x helyettesítéssel a megoldás: (c + x)3 (3x − 2c) + C . 15 √ √ √ 2 c+x 1 c + x − c 123. u = c + x helyettesítéssel − √ arth + C = √ ln √ + C. c c c c + x + c I=
1
12.5
12.
Határozatlan integrál
3 1 q 1 q arch x + x x2 − 1(2x2 − 1) − x x2 − 1 + C . 8 8 2 x 125. x = sin t helyettesítéssel a megoldás tg arcsin x + C = √ 2 + C. 1 − x q 1 2 126. x = sh t helyettesítéssel arsh x + x 1 + x + C . 2√ x2 + 1 127. x = sh t helyettesítéssel − + arsh x + C . 124.
128.
x
√
q √ x = ch t helyettesítéssel a megoldás: arch x + x(x − 1) + C . s Z x −2u2 −2u = u helyettesítéssel Vagy: du adódik, ezt u · 2 2 2 x−1 (u − 1) (u − 1)2
A
felbontással parciálisan integrálva a végeredmény: s x(x − 1) + arth
q
129.
130.
q √ x = sin t helyettesítéssel arcsin x − x(1 − x) + C . s s q x x Vagy: = u helyettesítéssel − x(1 − x) + arctg + C. 1−x 1−x
A
√
x + C. x−1
A
q
3 − 2x − x2 = 4 − (x + 1)2 = q
v u u t4
1−
! x+1 2
2
x+1 = sin t helyettesítéssel a megoldás: átalakítás után az 2q x+1 x+1 + 2 arcsin 3 − 2x − x2 + C . 2s 2 5 xq 3 131. √ arcsin x+ 5 − 3x2 + C . 5 2 2 3 1 x + 1q 2 132. arsh(x + 1) + x + 2x + 2 + C . 2 2 s q √ 1 2 1 1q √ 133. A 3x2 − 3x + 1 = 3 x − + = (2 3x − 3)2 + 1 átalakítás 2 4 2 √ √ után a 2 3x − 3 = sh t helyettesítésselq a megoldás: √ √ √ √ 1 √ arsh(2 3x − 3) + (2 3x − 3) 3(2x − 1)2 + 1 + C . 8 3 x − 1 x − 1q 134. 2 arsh + 5 − 2x + x2 + C . 2 2 q x−1 x−1 + 15 + 2x − x2 + C . 135. 8 arcsin 4 2 x x 136. Az = sh u helyettesítéssel 2 √ 2 + C. a a a + x2 a 1 a 137. u = helyettesítéssel a megoldás: − arsh + C . x a x q 1q 1q 1q 3 2 2 138. (1 + x ) − 1 + x + C . 139. (1 + 2x2 )3 − 1 + 2x2 + C . 3 12 4 12.6
12.
Határozatlan integrál
1 x3 140. x = + C. helyettesítéssel ln 3 u 3 x + 1 √ √ √ 4 4 4 141. A x = u helyettesítéssel a megoldás: 2 x − 4 x + 4 ln x + 1 + C. √ √ 6 6 x − arctg 6 x + C . 142. Az x = u helyettesítéssel a megoldás: 6 √ 2 143. x = u helyettesítéssel a megoldás: 2 arctg x + C. h √ i √ 4 4 3 4 3 4 x − ln x + 1 + C. 144. x = u helyettesítéssel a megoldás: 3 x √ √ √ tg − 1 2 √ + C, 2 arctg(1 − 2) < x < 2 arctg(1 + 2) 2 arth 2 145. x √ tg 2 − 1 + C, x < 2 arctg(1 − √2), vagy x > 2 arctg(1 + √2) √ 2 arcth 2 √ √ √ 2 ( 2 − 1) cos x + sin x + 2 − 1 √ + C. = ln √ 2 ( 2 + 1) cos x − sin x + 2 + 1 146. A sin x = t helyettesítéssel, vagy (6) alapján, és felhasználva, hogy √ 1 − cos2 x = sgn(sin x), az eredmény: q − sgn(sin x) arsh(sin x) + C = − sgn(sin x) ln cos x + 1 + cos2 x + C . 2 147. − + C. x tg + 1 2 x 1 x π 1 x 148. tg + C. 149. ln tg + + C . 150. arctg tg +C . 2 2 4 2 2 2 5 tg x + 4 1 arctg + C. 151. t = tg x helyettesítéssel 3 3 Z Z dx dx 152. = átalakítás után t = tg x helyettesítéssel 1 − sin4 x (1 − sin2 x)(1 + sin2 x) √ 1 1 tg x + √ arctg 2 tg x + C . 2 2 2 2 2 153. tg x = t helyettesítéssel (1/2) tg x − (1/2) ctg x + 2 ln | tg x| + C . A számítás 3 3 1 3 rövidebb, ha a sin x cos x = 8 sin 2x átalakítással kezdjük, majd a sin 2x helyébe (a tg x = t helyettesítésnek megfelel®en) a 2t 2 kifejezést írjuk. 1+t Z t 3 tg2 t − 1 dt helyettesítéssel: 154. x = tg 3 2t = 2 cos 2 tg t + 1 Z tg t x = 3 sin2 t cos2 t − cos4 t dt = sin t cos3 t = = 2 . 2 (tg t + 1) (x + 1)2 155. Az u = ln x helyettesítéssel ln x(ln ln x − 1) + C . 1
dx
Z 156.
1 − sin4 x
q
1 2
√ arsh
√
=
dx
Z
(1 − sin2 x)(1 + sin2 x)
q
2 tg x + C .
12.7
átalakítás után t = tg x helyettesítéssel
12.
Határozatlan integrál
Z u2 ex − 1 = u helyettesítéssel 2 du = u2 + 1 √ √ = 2 ex − 1 − arctg ex − 1 + C . x x x 158. e − ln(e + 1) + C . 159. ln th + C . 157.
160.
Az
√
A tg
x
2
2 = t helyettesítéssel a kiszámítandó I integrál: I =
2 Z dt 2. c + b 1 + c−b t c+b
1 x Az c = b esetben I = tg + C . cs 2 2 s c−b 2 c−b 2 x c − b Ha c > b : t = t ,I=√ arctg tg + C . c+b c+b c+b 2 c2 − b2 s 2 c−b 2 b − c Az c < b esetben t = − t , és ezért c+b c+b s s x b − c b+c 2 + C, √ tg ha |x| < 2 arctg arth b2 − c2 b+c 2 b−c s s I= 2 b − c x b+c √ + C, ha |x| > 2 arctg tg . arcth b2 − c2 b+c 2 b−c 1 A Bx + C 161. = + 2 . A kiszámítandó határozatlan integrál: 3 x −8 x − 2 x + 2!x + 4 Z 1 1 2 1 x+1 12 + − 12 (x + 4) dx = 1 ln (x − 2) − √ √ + K. arctg x − 2 x2 + 2x + 4 24 x2 + 2x + 4 4 3 3 1 1 162. − ln |x + 1| + 163. ln |x − 2| + ln |x + 5| + C . 4 4 ln |x − 3| + C . 3 x 1 1 x − 1 164. ln + C. 165. + ln + C. (x − 1)(x + 1)2 x 2 x + 1 1 3 ln |x + 3| + C . 166. − ln |x + 1| + 2 ln |x + 2| − 2 2 ! Z A2 A3 A4 A1 + + + dx = 167. x − 2 (x − 2)2 (x − 2)3 (x − 2)4 ! Z 1 1 1 = − + dx = x − 2 (x − 2)3 (x − 2)4 1 1 = ln |x − 2| + − +C. 2 2(x − 2) 3(x − 2)3 ! Z 1 1 1 1 1 168. + + − + dx = 4x x2 x3 4(x − 2) 2(x − 2)2 1 x 1 1 1 = ln − + C. − − 2 4 x − 2 x 2x 2(x − 2) 1 1 1 ln |x + 1| − − ln(x2 + 1) + C . 169. 2 2(x + 1) 4 1 1 1 2x + 1 ln |x − 1| − ln(x2 + x + 1) + √ arctg √ + C . 170. 3 6 3 3 12.8
Határozatlan integrál 1Z 6x5 171. dx átalakítás és u = x6 helyettesítés után elemi törtekre 6 x6 (3 + 5x6 ) 1 x6 bontással az eredmény: ln 6 + C. 18 5x + 3 Z 8x3 172. dx átalakítás és u = x4 helyettesítés után elemi törtekre bontással x4 (7 + 3x4 ) 7 x4 az eredmény: ln 4 + C. 2 3x + 7
12.
ex − 3 173. 2 ln + C. ex 174.
Az xx = t helyettesítéssel x ln x = ln t; mindkét oldalt t szerint dierenciálva dx 1 (ln x + 1) = . Emiatt dt tZ Z Z Z ln x + 1 ln x + 1 dt dt 1 1 dx = · = = − dt = xx − 1 t−1 t(ln x + 1) t(t − 1) t−1 t xx − 1 = ln x + C . √
√
x
2 ( x − arctg x) + C . 0 176. Parciális integrálással: xf (x) − f (x) + C . 1 177. f (2x). 2 0 2 178. Az adott egyenletb®l kapjuk, hogy 2xf (x ) = 2, aminek mindkét oldalát √ 2 integráljuk: f (x ) = 2x + C , azaz f (x) = 2 x + C . 1 2 179. f (x) = x − x + C . 2 180. A formula igaz voltát mindkét oldal deriválásával igazolhatjuk. 1 2 181. Ha x ≥ 0, akkor az integrál értéke x + C1 , ha x ≤ 0, akkor az integrál értéke 2 − 12 x2 + C2 . A két konstanst úgy kell megválasztani, hogy a kapott függvény mindenütt dierenciálható legyen. Így az integrál értéke: 12 x|x| + C . 1 2 1 182. x |x| + C . 183. ((1+ x)|1+ x| +(1 −x)|1 −x|)+ C . 3 2 x −x 184. e − 1 + C , ha x < 0; 1 − e + C , ha x ≥ 0. 1 3 185. x + C , ha |x| ≤ 1; (x + 2 sgn x) + C , ha |x| > 1. 3 Z Z 1 1 1 1 √ dx. A második tagban 186. arcsin x dx = − arcsin x + 2 x x x 1 − x2 √ 1 + 1 − x2 1 1 x = helyettesítéssel a végeredmény: − arcsin x − ln + C. 175.
u
x
x
Z Z x2 + (1 + x2 ) 1 1 1 187. dx = dx + dx = arctg x − + C . 2 2 2 2 x (1 + x ) 1+x x x 2 2 x x 188. ln(4 + x4 ) − x2 + 2 arctg + C . 2 2 Z
12.9
Határozatlan integrál Z x2 dx 1 Z 189. = − 3 · 42 (x3 − 5)2 − 16
12.
1 2 2 · 3x dx átalakítással 3 1 − x 4− 5 √ x3 − 5 1 − arth + C, ha 1 < x < 3 3 az eredmény: 12 34 − 5 √ 1 x − arcth + C, ha x < 1, vagy x > 3 3 . 12 4 1 1 2x2 − 1 190. ln(x4 − x2 + 2) + √ arctg √ + C. 4 2 7 7 2 5 1 x+2 3 2 ln x − ln(x2 +4x +8) − 4 arctg +C . + · + C. 192. 191. 2 9 3 27 x − 3 2 2 4 2 4 2 193. A nevez®t másodfokú tényez®kre bontjuk: 1 + x = 1 + 2x + x − 2x = √ 2 2 √ √ 1 + x2 − 2x = (1 + x2 + 2x)(1 + x2 − 2x). 1 Ax + B Cx + D Tehát = 2 √ + 2 √ , azaz 4 1+x x + 2x + 1 x − 2x + 1 √ √ 1 = (Ax + B )(x2 −√ 2x + 1) +√(Cx + D)(x2 + 2√x + 1), amib®l √ 1 = (A + C )x3 +(− 2A + B + 2C + D)x2 +(A− 2B + C + 2D)x + B + D. A megfelel® együtthatók összehasonlításából: A+C =0 √ √ − 2A + B + 2C + D = 0 √ √ A − 2B + C + 2D = 0 B + D = 1. 1 1 1 Ezekb®l B = D = , C = − √ , A = √ . 2 2√ 2! 2 √2 1 Z x− 2 x+ 2 √ √ √ − dx = 2 2 x2 + 2√ x + 1 √ x2 − 2x√+ 1 √ ! 1 Z 2x + 2 + 2 2x − 2 − 2 √ − 2 √ dx = = √ 4 2 x2 + 2x + 1 x − 2x + 1 √ Z 2 1 x + 2x + 1 1 1 1 = √ ln 2 √ + + dx = √ 2 √ 2 4 2 x − 2x + 1 4 x + 22 + 12 x − 22 + 21 √ ! 1 x2 + 2x + 1 1 Z 1 1 √ = √ ln 2 √ + + √ dx = 4 2 xv− 2x + 1 2 ( 2x + 1)2 + 1 ( 2x − 1)2 + 1 √ u 2 √ √ x + 2x + 1 1 u = √ ln t 2 √ + arctg( 2x + 1) + arctg( 2x − 1) + C = 2 2 x − 2x + 1
√ √ + 2x + 1 2x √ + arctg + C. 2 1 − x2 x − 2x + 1
v u u x2 t
1 = √ ln 2 2 √ 2x − 1 √ 194. 2 7 arctg + C. 7
12.10
12.
Határozatlan integrál 1 x2 − 1
195. −
√ arth √
+ C , ha
q
√
q
√
1 − 2 < x < 1 + 2, és
2 2 2 q q 2 √ √ 1 x −1 √ √ − arcth + C , ha x < − 1 − 2, vagy x > 1 + 2. 2 2 2 1 1 196. Az · felbontással parciális integrálást végezve, majd a még incos2 x cos x tegrálandó tag számlálójában sin2 x = 1 − cos2 x átalakítást alkalmazva a Z sin x dx kiszámítandó I határozatlan integrálra az I = 2 − I + egyenletet cos x cos x kapjuk, amib®l x π 1 sin x I= + ln tg + + C. 2 cos2 x 2 4 cos x 1 x 197. − + ln tg + C . 2 2 2 sin x 2 ch x 1 x 198. − − ln th + C . 2 sh x 2 2 Z Z Z dx 1 (1 + tg2 x) 199. = dx = dx = cos4 x cos2 x cos2 x cos2 x Z 1 tg3 x = tg x + tg2 x · 2 dx = tg x + +C. cos x 3 ctg3 x + C. 200. − ctg x − Z3 Z 1 1 3 2 201. tg x dx = tg x · tg x dx = − 1 tg x dx = tg2 x + ln | cos x| + C . 2 cos x 2 Z Z Z 1 tg x 1 1 1 + tg x dx = dx + dx = ln | tg x| + tg x + C . 202. sin 2x sin 2x 2 sin x cos x 2 2 1 1 203. tg x + x + C . 2 2 Z Z sin2 x 1 − cos2 x 2 204. tg x dx = dx = dx = tg x − x + C . cos2 x cos2 x 205. u = tg x helyettesítéssel Z Z u5 tg4 x tg2 x 3−u+ u du = u − − ln | cos x| + C . du = 1 + u2 u2 + 1 4 2 3 sin 2x 206. tg x − x + + C. 2 4 1 5 x + 2 sin 2x + 3 sin 4x − 1 sin3 2x + C . 207. 8 2 8 6 Z x2 0 2 x(arctg x)2 dx = (arctg x)2 − 208. Az u = x és v = (arctg x) választással 2 Z x2 x2 + 1 1 − arctg x dx = arctg x − x arctg x + ln(1 + x2 ) + C . (Lásd 1 + x2 2 2 a 11.103/a és /b feladatokat.) ! x2 2x 2 x 209. a − + + C. ln a ln2 a ln3 a 2 1 210. ch x + − + C. ch x 3 ch3 x 12.11
12.
Határozatlan integrál
a th x2 − b 2 helyettesítéssel az eredmény: √ 2 2 arth √ 2 2 . 211. t = th 2 a +b a +b 212. A kiszámítandó integrált I -vel jelölve Z ch2 x − sh2 x 1Z −b ch x 1 Z b2 sh2 x I= dx = − 2 b ch x dx − 2 dx. (a + b sh x)2 b (a + b sh x)2 b (a + b sh x)2 −b ch x Parciálisan integrálva a g = b ch x és f 0 = választással (a + b sh x)2 # " Z a a2 1 b ch x − dx − 2 I, I=− 2 b a + b sh x a + b sh x b " # Z b ch x a 1 − dx + C . I=− 2 a + b2 a + b sh x a + b sh x Az utóbbi integrál kiszámításához lásd az el®z® feladatot. 1 213. x (sin ln x − cos ln x) + C . 2 214. arsh x − arch x + C . Z sin x cos x 1 215. |a| = |b| esetén az integrál dx = sin2 x + C . |a| 2|a| 2 2 2 2 0 2 2 |a| = 6 |b| esetben viszont q (a sin x + b cos x) = 2(a − b ) sin x cos x. a2 sin2 x + b2 cos2 x Ekkor az eredmény: + C. a2 −hb2 i √ √ √ √ 216. 3 cos x = sh u-t véve I = − 3 − cth arsh( 3 cos x)+ arsh( 3 cos x) + C . Z Z q 2 sin x q 4 x dx = 2 sin x cos x 1 + cos4 x dx. 217. I = 1 + cos cos3 x cos4 x Legyen cos2 x = sh u, ekkor −2 cos x sin x dx = ch u du, és Z Z − ch2 u ch u 1 + sh2 u I= du = − du = cth u − u + C = −u+C = 2 2 sh u sh u sh u √ 1 + cos4 x = − arsh cos2 x + C . cos2 x 1 6 6 218. Átalakításokkal cos x + sin x = (1 + 3 cos2 2x). 4 Z √ 1 1q 1 + 3 cos2 2x dx. Legyen 3 cos 2x = sh u, akkor I= sin 2x · 2 2√ h i √ √ I = − 1√ arsh( 3 cos 2x) + 3 cos 2x 1 + 3 cos2 2x . 16 3 Z sin2 x + cos2 x 219. I = dx = (a + b cos x)2 1Z b sin x 1 Z b2 cos2 x = 2 b sin x dx + 2 dx. b (a + b cos x)2 b (a + b cos x)2 b sin x Parciálisan integrálva a g = b sin x és f 0 = választással (a + b cos x)2 1 b sin x a 1Z a2 I= 2 − 2 dx + 2 I . b a + b cos x b a + b cos x b x
12.12
