239
5. 5.1.
Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek integr´ alsz´ am´ıt´ asa A hat´ arozatlan integr´ al fogalma
Az eddigiekben megismert¨ uk a differenci´al´as m˝ uvelet´et, melynek alapfeladata: adott f f¨ uggv´enyhez megkeresni az f ′ deriv´alt f¨ uggv´enyt. Term´eszetesnek t˝ unik a ford´ıtott probl´ema tanulm´anyoz´asa is: keress¨ uk azt az F f¨ uggv´enyt, melynek ismert az F ′ deriv´alt f¨ uggv´enye. y
5.1. P´ elda. Ha tudjuk, hogy F ′ (x) = x2 ´erv´enyes, x3 akkor F (x) = a keresett f¨ uggv´eny, azaz amelyre 3( )′ x3 teljes¨ ul, hogy = x2 . Viszont F nem az 3 egyetlen ilyen f¨ uggv´eny. P´eld´aul, az x3 3 F1 (x) = + 3 2
y=
x3 3 + 3 2
x3 ´es F2 (x) = −1 3
f¨ uggv´enyek ugyan´ ugy teljes´ıtik a k´ıv´ant tulajdons´agot, vagyis ( 3 )′ ( 3 )′ x 3 x 2 + = x ´es − 1 = x2 . 3 2 3
y= 3 2
1
x
3
-1
3
3
1
-1
A k¨ovetkez˝o ´abr´an n´eh´any olyan f¨ uggv´eny grafikonja l´athat´o, amelyeknek f (x) = x2 a deriv´altf¨ uggv´enye. Figyelj¨ uk meg az adott f¨ uggv´enyg¨orb´ek k¨olcs¨on¨os helyzet´et.
y=
x3
x
-1
5.1. Defin´ıci´ o. Ha az F f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az [a, b] intervallumon ´es minden x ∈ [a, b] eset´en F ′ (x) = f (x), akkor az F f¨ uggv´enyt az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk az [a, b] intervallumon. A fenti p´eld´ab´ol l´athat´o, hogy adott intervallum felett az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye, ha l´etezik, nem egy´ertelm˝ uen meghat´arozott. A k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as v´alaszt ad arra a k´erd´esre, hogy egy f¨ uggv´enynek h´any primit´ıv f¨ uggv´enye lehet ´es hogy a adott f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyeinek grafikonjai milyen k¨olcs¨on¨os helyzetben vannak egym´assal.
240
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
5.1. T´ etel. Ha az F1 ´es F2 f¨ uggv´enyek az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei az [a, b] intervallumon, akkor van olyan C val´os ´alland´o, hogy minden x ∈ [a, b] eset´en F1 (x)−F2 (x) = C. Bizony´ıt´ as. Mivel az F1 ´es F2 f¨ uggv´enyek az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei az [a, b] ′ ′ intervallumon, ez´ert ´ev´enyes, hogy F1 (x) = f (x) ´es F2 (x) = f (x) minden x ∈ [a, b] eset´en. Kivonva a m´asodik egyenl˝os´eget az els˝ob˝ol ad´odik, hogy F1′ (x) − F2′ (x) = f (x) − f (x) = 0, azaz, hogy (F1 (x) − F2 (x))′ = 0 minden x ∈ [a, b] eset´en. Ebb˝ol az k¨ovetkezik, hogy F1 (x) − F2 (x) = C minden x ∈ [a, b] eset´en, ami azt jelenti, hogy adott f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei legfeljebb egy ´alland´oban k¨ ul¨onb¨oznek egym´ast´ol. ⋄ 5.2. P´ elda. Az f (x) = − sin x f¨ uggv´eny minden primit´ıv f¨ uggv´enye F (x) = cos x + C alakban ´ırhat´o fel, ahol C tetsz˝oleges konstans. Az ´abr´an a C = −1, C = 0, C = 1, C = 2 ´es C = 3 eset l´athat´o. y y=cosx+3 y=cosx+2 y=cosx+1 y=cosx y=cosx-1 -2 Π
1 -Π
Π
2Π
x
-1
A fentiekben eml´ıtett tulajdons´agok geometriai jelent´ese a k¨ovetkez˝o: 1. Ha s´ıkbeli koordin´atarendszerben felrajzoljuk az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´eny´enek grafikonj´at az [a, b] intervallumon, akkor a s´ık minden olyan g¨orb´eje, amely ebb˝ol a g¨orb´eb˝ol y-tengely menti p´arhuzamos eltol´assal ´atvihet˝o, szint´en az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´eny´enek grafikonj´at k´epezi az [a, b] intervallumon. 2. Az f f¨ uggv´eny ¨osszes primit´ıv f¨ uggv´eny´enek grafikonjai az [a, b] intervallumon a fent le´ırt m´odon ´all´ıthat´oak el˝o. 5.2. Defin´ıci´ o. Legyen f olyan f¨ uggv´eny, amelynek van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon. Az f f¨ uggv´eny [a, b] intervallumhoz tartoz´o primit´ıv f¨ uggv´enyeinek halmaz´at az f f¨ uggv´eny hat´arozatlan integr´alj´anak nevezz¨ uk ´es ∫ f (x)dx szimb´olummal jel¨olj¨ uk.
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai
241
Ha F az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, akkor az [a, b] felett ∫ f (x)dx = {F (x) + C|C ∈ R}. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert, ezt u ´gy szok´as ´ırni mint ∫ f (x)dx = F (x) + C, de figyelembe kell venni, hogy ilyen jel¨ol´esi m´od eset´en ∫ ugyanolyan szimb´olumot haszn´alunk a halmaz ´es a halmaz egy eleme eset´en is. Az szimb´olum az integr´al jele, f (x) az integr´aland´o f¨ uggv´eny vagy integrandus, az f (x)dx kifejez´es pedig az integr´al alatti kifejez´es. Figyelembe v´eve, hogy F az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, ami azt jelenti, hogy minden x ∈ [a, b] eset´en F ′ (x) = f (x), l´athatjuk, hogy az f (x)dx integr´al alatti kifejez´es az F f¨ uggv´eny differenci´alj´at jelenti, ´es ´erv´enyes, hogy ∫ ∫ f (x)dx = dF (x) = F (x) + C. (5.1) Mivel
d(F (x) + C) = dF (x) = F ′ (x)dx = f (x)dx,
ad´odik, hogy
∫ d
f (x) = f (x)dx.
(5.2)
A (5.1) ´es (5.2) egyenl˝os´egek azt mutatj´ak, hogy a differenci´al´as m˝ uvelete (a differenci´al keres´ese) ´es az integr´al´as m˝ uvelete (a hat´arozatlan integr´al keres´ese) egym´as inverzei, egy tetsz˝oleges konstans pontoss´ag´aig.
5.2.
A hat´ arozatlan integr´ al alaptulajdons´ agai
5.2. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyeknek van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, akkor az f + g f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, m´egpedig ∫ ∫ ∫ (f (x) + g(x))dx = f (x)dx + g(x)dx. Bizony´ıt´as. Legyen F az f , G pedig a g f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallu′ ′ mon. Ekkor F (x) = f (x), G (x) = g(x), amib˝ol ad´odik, hogy (F (x) + G(x))′ = F ′ (x) + G′ (x) = f (x) + g(x). Ezt azt jelenti, hogy F (x) + G(x) az f (x) + g(x) f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye. Ez´ert ∫ (f (x) + g(x))dx = F (x) + G(x) + C, ahol C tetsz˝oleges val´os ´alland´o. M´asfel˝ol ∫ f (x)dx = F (x) + C1 ,
∫ g(x)dx = G(x) + C2 ,
242
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges val´os ´alland´ok, vagyis ∫ ∫ f (x)dx + g(x)dx = F (x) + G(x) + C1 + C2 . Mivel C, C1 ´es C2 tetsz˝oleges val´os ´alland´ok, az {F (x) + G(x) + C|C ∈ R} ´es {F (x) + G(x) + C1 + C2 |C1 , C2 ∈ R} f¨ uggv´enyhalmazok egyenl˝oek. Az ´all´ıt´ast ezzel bel´attuk. ⋄ 5.3. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´enynek van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon ´es α ∈ R, akkor az αf f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye az adott intervallumon, m´egpedig ∫ ∫ (αf (x))dx = α f (x)dx. Bizony´ıt´ as. Legyen F az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon. Ekkor ′ minden x ∈ [a, b] eset´en teljes¨ ul, hogy F (x) = f (x), vagyis (αF (x))′ = αF ′ (x) = αf (x). Ez´ert ∫ (αf (x))dx = αF (x) + C1 , ahol C1 tetsz˝oleges val´os ´alland´o. M´asfel˝ol ∫ f (x)dx = F (x) + C2 , ahol C2 tetsz˝oleges val´os ´alland´o, azaz ∫ α f (x)dx = α(F (x) + C2 ) = αF (x) + αC2 . Az {αF (x) + C1 |C1 ∈ R} ´es {αF (x) + αC2 |C2 ∈ R} f¨ uggv´enyhalmazok egyenl˝oek. Az ´all´ıt´ast ezzel bel´attuk. ⋄ 5.1. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyeknek van primit´ıv f¨ uggv´eny¨ uk az [a, b] intervallumon, α ´es β pedig null´at´ol k¨ ul¨onb¨ oz˝ o val´os sz´amok, akkor az αf +βg f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye [a, b] intervallumon, m´egpedig ∫ ∫ ∫ (αf (x) + βg(x))dx = α f (x)dx + β g(x)dx.
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai Alapintegr´ alok t´ abl´ azata ∫ 1. dx = x + C ∫ xn dx =
2. ∫ 3. ∫
xn+1 + C, n+1
dx = ln |x| + C, x
n ∈ R \ {−1}
x ̸= 0
ex dx = ex + C
4. ∫
ax dx =
5. ∫
ax + C, ln a
a > 0, a ̸= 1
sin xdx = − cos x + C
6. ∫ 7.
cos xdx = sin x + C ∫
8.
sh xdx = ch x + C ∫ ch xdx = sh x + C
9. ∫ 10. ∫ 11. ∫ 12. ∫ 13. ∫
dx dx = tg x + C, cos2 x dx dx = −ctg x + C, sin2 x
∫
π + kπ, k ∈ Z 2
x ̸= kπ, k ∈ Z
dx dx = thx + C ch 2 x dx dx = −cthx + C, sh 2 x √
14.
x ̸=
x ̸= 0
dx dx = arcsin x + C, 1 − x2
|x| < 1
dx dx = arctgx + C 1 + x2 ∫ √ dx √ 16. dx = ln x + x2 + 1 + C = arsh x + C 2 x +1 √ ( ) { ∫ dx arch x +√C = ln x + x2 − 1 + C, x > 1; √ 17. dx = ln x + x2 − 1 + C, x < −1. x2 − 1 √ ∫ 1+x arth x + C = ln + C, |x| < 1; dx 1−x √ 18. dx = ln x+1 + C, 1 − x2 |x| > 1. 15.
x−1
243
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
244
A hat´arozatlan integr´alok megold´asa sor´an minden esetben felt´etelezz¨ uk, hogy az integr´al´as folyamat´aban megjelen˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´an keress¨ uk a primit´ıv f¨ uggv´enyt. FELADATOK. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o integr´alok megold´as´at. ∫ 1. 2x5 dx Megold´ as.
∫
∫ x5 dx = 2 ·
5
2x dx = 2
x6 + C = 3x6 + C. 6
∫ 2.
3dx x Megold´ as.
∫
3dx =3 x
∫
dx = 3 ln |x| + C. x
∫ 3.
−2dx x5 Megold´ as. ∫
4.
∫ √ 3
−2dx = −2 x5
∫
x−5 dx = −2 ·
x2 dx
Megold´ as.
∫ √ 3
∫ x2 dx
=
5
2 3
x dx =
∫ 5.
x−4 1 + C = 4 + C. −4 2x
x3 5 3
+C =
3√ 3 x5 + C. 5
4dx √ 7 x3 Megold´ as. ∫
√ √ x3 3 x √ 6. dx x Megold´ as. ∫
4 √ x7 4dx 7√ 7 4 + C = 7 7 x4 + C. √ = 4 · x + C = 4 · 4 7 4 x3 7
x2
∫ ∫
=
x2
√ √ ∫ ∫ √ √ √ x3 3 x 2 3 2 √ dx = x x xdx = x3 6 xdx = x 25
19 6
x dx =
x6 25 6
+C =
6√ 6 √ 6 x25 + C = x4 6 x + C. 25 25
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai
245
∫ (2 sin x − 3 cos x) dx
7.
Megold´ as. ∫
∫ (2 sin x − 3 cos x) dx = 2
∫ sin xdx − 3
cos xdx =
= 2(− cos x) − 2 sin x + C = −2 cos x − 3 sin x + C. ∫ 8.
(
) ex − 2x+1 + 3x−2 dx
Megold´ as. ∫
( x ) e − 2x+1 + 3x−2 dx = = ex − 2 ·
∫
∫ e dx − 2 x
1 2 dx + 9 x
∫ 3x dx =
2x 1 3x 2x+1 3x−2 + · + C = ex − + + C. ln 2 9 ln 3 ln 2 ln 3
∫ 9.
x3 + x2 − 3x − 3 dx 3x2 Megold´ as. ) ∫ 3 ∫ ( x + x2 − 3x − 3 1 3 3 dx = x + 1 − − 2 dx = 3x2 3 x x
1 x2 1 x−1 1 1 1 · + · x − ln |x| − + C = x2 + x − ln |x| + + C. 3 2 3 −1 6 3 x √ √ ∫ (x − x) (1 + x) √ 10. dx 3 x Megold´ as. √ √ √ √ √ ) ∫ ∫ ∫ ( √ (x − x) (1 + x) x+x x− x−x x x x √ √ √ dx = dx = −√ dx = 3 3 3 3 x x x x =
∫ ( =
7 6
x −x
1 6
)
6x 6 6x 6 6 √ 6 √ dx = − + C = x2 6 x − x 6 x + C. 13 7 13 7 13
7
∫ 11.
3 · 5x − 4 · 3x dx 5x Megold´ as. ( )x ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ ( )x 3 3 · 5x − 4 · 3x 3 dx = 3 − 4 · dx = dx = 3 dx − 4 5x 5 5 ( 3 )x = 3x − 4
5
ln 35
4 · 3x + C = 3x − + C. (ln 3 − ln 5) · 5x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
246 ∫ 12.
x2 dx 1 + x2 Megold´ as. ) ∫ ∫ ( ∫ (x2 + 1) − 1 1 x2 dx = dx = 1− dx = x − arctg x + C. 1 + x2 1 + x2 1 + x2 ∫
1 + 2x2 dx x2 (1 + x2 ) Megold´ as. ) ∫ ∫ ∫ ( 1 + 2x2 (1 + x2 ) + x2 1 1 dx = dx = + dx = x2 (1 + x2 ) x2 (1 + x2 ) x2 1 + x 2 ∫ ∫ dx x−1 1 −2 = x dx + = + arctg x + C = arctg x − + C. 2 1+x −1 x ∫ tg 2 xdx 14. 13.
Megold´ as.
∫
∫ 2
tg xdx = ∫ 1 = cos2 x
∫
∫ sin2 x 1 − cos2 x dx = dx = cos2 x cos2 x ∫ dx − dx = tg x − x + C.
dx dx sin x cos2 x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ ∫ dx sin2 x + cos2 x dx dx = dx = + = tg x − ctg x + C. 2 2 2 cos x sin x cos2 x sin x cos2 x sin2 x ∫ 1 + cos2 x 16. dx 1 + cos 2x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ 1 + cos2 x 1 + cos2 x 1 1 + cos2 x dx = dx = = 1 + cos 2x 2 cos2 x sin2 x + cos2 x + cos2 x − sin2 x ∫ ∫ 1 1 1 1 1 dx + dx = tg x + x + C = (tg x + x) + C. = 2 2 cos x 2 2 2 2 ∫ cos 2x dx 17. cos x − sin x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ cos 2x cos2 x − sin2 x (cos x + sin x)(cos x − sin x) dx = dx = dx = cos x − sin x cos x − sin x cos x − sin x ∫ ∫ ∫ = (cos x + sin x)dx = cos xdx + sin xdx = sin x − cos x + C. 15.
2
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai ∫ 18.
247
( ) 3ax ex − a−x dx
Megold´ as. ∫ ∫ ∫ ∫ ( x ) x x −x x x 3a e − a dx = 3 (a e − 1) dx = 3 (ae) dx − 3 dx = =3·
(ae)x 3ax ex − 3x + C = − 3x + C. ln ae 1 + ln a
∫ 19.
sh xdx Megold´ as. ∫
∫ sh xdx =
ex − e−x 1 dx = 2 2
∫
1 e dx − 2 x
∫
(
e−1
)x
dx =
1 1 (e−1 ) ex + e−x = ex − + C = + C = ch x + C. 2 2 ln e−1 2 x
∫
x4 + 2x2 dx 3x2 + 3 Megold´ as. ∫ 4 ∫ ∫ x + 2x2 (x4 + 2x2 + 1) − 1 1 (x2 + 1)2 − 1 dx = dx = dx = 3x2 + 3 3(x2 + 1) 3 x2 + 1 ) ( ) ∫ ( 1 1 1 x3 2 = x +1− 2 dx = + x − arctg x + C. 3 x +1 3 3 ∫ 8 21. dx 1 − cos 4x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ 8 1 sin2 x + cos2 x dx = 8 dx = 4 dx = 1 − cos 4x 2 sin2 2x (2 sin x cos x)2 ) ∫ ( ∫ 1 1 sin2 x + cos2 x dx = + dx = tg x − ctg x + C. = cos2 x sin2 x sin2 x cos2 x ∫ ( x x )2 sin + cos 22. dx 2 2 Megold´ as. ∫ ( ∫ ( x x )2 x x x x) sin + cos dx = sin2 + 2 sin cos + cos2 dx = 2 2 2 2 2 2 ∫ = (1 + sin x) dx = x − cos x + C. 20.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
248 ∫
1 − 3 sin2 x dx cos2 x − cos4 x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ 1 − 3 sin2 x sin2 x + cos2 x − 3 sin2 x cos2 x − 2 sin2 x dx = dx = dx = cos2 x − cos4 x cos2 x (1 − cos2 x) cos2 x · sin2 x ∫ ∫ dx dx = −2 = ctg x − 2tg x + C. 2 cos2 x sin x ∫ 24. 3x 2−3x dx 23.
Megold´ as. ( 3 )x ∫ ∫ x ∫ ( )x 3x 2−3x 3 3 x −3x 8 +C = 3 2 dx = dx = dx = + C. 8x 8 ln 3 − ln 8 ln 38 ∫ e2x+5 dx
25.
Megold´ as. ∫
∫ e
2x+5
5
dx = e
x ( 2 )x (e2 ) 1 e dx = e5 · + C = e2x+5 + C. 2 ln e 2
∫ 26.
3 dx 4 − 4x2 Megold´ as. ∫ √
∫ 27.
(
9 + 9x2
)− 12
3 3 √ dx = 2 4 − 4x2
∫ √
1 dx = arcsin x + C. 1 − x2
dx
Megold´ as. ∫
(
∫ dx 1 dx √ √ 9 + 9x dx = = = 3 9 + 9x2 1 + x2 √ 1 1 2 = arsh x + C = ln x + 1 + x + C. 3 3 ) 1 2 −2
∫
√ x3 − 2 1 − x2 √ 28. dx x3 1 − x2 Megold´ as. √ ) ∫ 3 ∫ ∫ ( ∫ x − 2 1 − x2 1 1 2 √ √ √ dx = − 3 dx = dx − 2 x−3 dx = 3 2 2 2 x x 1−x 1−x 1−x ∫
= arcsin x − 2 ·
1 x−2 + C = arcsin x + 2 + C. −2 x
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
249
√ 3 5 + 5x2 − x2 √ 29. dx 3 (1 + x2 ) x2 Megold´ as. √ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 5 + 5x2 − x2 dx dx dx − 23 √ dx = 5 √ − = 5 x dx − = 3 3 2 1+x 1 + x2 (1 + x2 ) x2 x2 ∫
1
=5·
x3 1 3
√ − arctg x + C = 15 3 x − arctg x + C.
∫
30.
x4 dx x2 + 1 Megold´ as. ) ∫ ∫ ( 2 2 ∫ x4 (x4 + x2 ) − x2 x (x + 1) x2 dx = dx = − 2 dx = x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 x +1 ) ∫ ∫ ∫ ( (x2 + 1) − 1 x3 x3 1 2 = x dx − dx = − dx = − x + arctg x + C. 1 − x2 + 1 3 x2 + 1 3
5.3. 5.3.1.
Integr´ al´ asi m´ odszerek Helyettes´ıt´ esi m´ odszer
Helyettes´ıt´esi m´odszernek nevezz¨ uk azt az integr´al´asi m´odszert, amelyet az ¨osszetett f¨ uggv´eny differenci´al´as´ab´ol vezet¨ unk le. 5.4. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´enynek van F primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon ´es φ : [α, β] 7→ [a, b] folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny az [α, β] intervallumon, azaz x = φ(t), t ∈ [α, β], akkor az f (φ(t))φ′ (t) f¨ uggv´enynek van F (φ(t)) primit´ıv f¨ uggv´enye az [α, β] intervallumon, ez´ert [α, β]-n ∫ f (φ(t))φ′ (t)dt = F (φ(t)) + C . Bizony´ıt´as. Az F (φ(t)) ¨osszetett f¨ uggv´eny differenci´alhat´o ´es igaz, hogy (F (φ(t)))′ = F ′ (φ(t))φ′ (t) . Mivel F az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, ez´ert t ∈ [α, β] eset´en φ(t) ∈ [a, b], azaz F ′ (φ(t)) = f (φ(t)) az [α, β] intervallumon, ahonnan az ´all´ıt´as k¨ovetkezik.
⋄
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
250
FELADATOK. Oldjuk meg helyettes´ıt´essel a k¨ovetkez˝o hat´arozatlan integr´alokat. ∫ 1. (ax + b)n dx, n ∈ R \ {−1}, a ∈ R \ {0}, b ∈ R Megold´ as. Bevezetve az ax + b = t, adx = dt, dx = ∫
1 (ax + b) dx = a
∫
n
∫ 2.
tn dt =
dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy a
1 tn+1 (ax + b)n+1 +C = + C. an+1 a(n + 1)
dx 3x + 4
Megold´ as. Alkalmazva a 3x + 4 = t, 3dx = dt, dx = ∫
dx 1 = 3x + 4 3
∫
dt helyettes´ıt´est kapjuk, hogy 3
dt 1 1 = ln |t| + C = ln |3x + 4| + C. t 3 3
∫ 3.
dx +9 Megold´ as. Kiemelve 9-et a nevez˝ob˝ol ´es rendezve az integrandust j¨on, hogy ∫ ∫ ∫ dx dx 1 dx 1 = . = ( x )2 2 2 x x +9 9 9 +1 +1 9 x2
3
x 3
Vezess¨ uk be most az = t, dx = 3dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ dx 3dt 1 1 1 x = = arctg t + C = arctg + C. 2 2 x +9 9 t +1 3 3 3 ∫ dx √ 4. 4 − x2 Megold´ as. Kiemelve 2-t a nevez˝ob˝ol ´es rendezve az integrandust k¨ovetkezik: ∫ ∫ ∫ dx dx 1 dx √ √ ( √ = = ) ( )2 . 2 2 2 4−x 4 1 − x4 1 − x2 Vezess¨ uk be most az x2 = t, dx = 2dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ dx 1 2dt x √ √ = = arcsin t + C = arcsin + C. 2 2 2 2 4−x 1−t ∫ 5. e2x+5 dx Megold´ as. Bevezetve a 2x + 5 = t, 2dx = dt, dx = ∫ 2x+5
e
1 dx = 2
∫
dt helyettes´ıt´est ad´odik: 2
1 1 et dt = et + C = e2x+5 + C. 2 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
251
∫ 6.
5 sin(5x + 3)dx
dt Megold´ as. Bevezetve a 5x + 3 = t, 5dx = dt, dx = helyettes´ıt´est kapjuk: 5 ∫ ∫ 1 5 sin(5x + 3)dx = 5 · sin tdt = − cos t + C = − cos(5x + 3) + C. 5 ∫ 3dx ( ) 7. cos2 3x − π2 π Megold´ as. Bevezetve a 3x − = t, 3dx = dt helyettes´ıt´est az integr´al megold´asa: 2 ∫ ∫ ( 3dx dt π) ( )= = tg t + C = tg 3x − + C. cos2 t 2 cos2 3x − π2 ∫ apx+q dx, a ∈ R+ , p ∈ R \ {0}, q ∈ R
8.
Megold´ as. Vezess¨ uk be a px + q = t, pdx = dt, dx = ∫ px+q
a
1 dx = p
∫ at dt =
dt helyettes´ıt´est. Ekkor p
1 at apx+q · +C = + C. p ln a p ln a
∫ 9.
dx + 2x + 5 Megold´ as. Eg´esz´ıts¨ uk ki teljes n´egyzett´e a nevez˝oben lev˝o m´asodfok´ u kifejez´est. Ekkor ∫ ∫ ∫ dx dx dx = = . 2 2 x + 2x + 5 (x + 2x + 1) + 4 (x + 1)2 + 4 Kiemelve 4-et a nevez˝ob˝ol kapjuk, hogy ∫ ∫ dx dx 1 = . ( x+1 )2 2 x + 2x + 5 4 + 1 2 x2
Bevezetve a ∫ ∫ 10.
√ 3
1 x+1 = t, dx = dt, dx = 2dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 2 2 ∫ dx 1 2dt 1 1 x+1 = = arctg t + C = arctg + C. 2 2 x + 2x + 5 4 t +1 2 2 2
dx 2 − 3x
dt Megold´ as. Bevezetve a 2 − 3x = t, −3dx = dt, dx = − helyettes´ıt´est ad´odik, 3 hogy ∫ ∫ ∫ 1 dx dt 1 1 √ √ =− t− 3 dt = =− 3 3 3 3 2 − 3x t 2 1 t3 1√ 1√ 3 =− · 2 +C =− t2 + C = − 3 (2 − 3x)2 + C. 3 3 2 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
252 ∫ 11.
2xdx x2 + 3
Megold´ as. Bevezetve a x2 + 3 = t, 2xdx = dt helyettes´ıt´est k¨ovetkezik: ∫ ∫ 2xdx dt = = ln |t| + C = ln(x2 + 3) + C. 2 x +3 t ∫ 12.
√ x2 x3 + 1dx
Megold´ as. Bevezetve a x3 + 1 = t, 3x2 dx = dt, x2 dx = ∫ x
2
√
x3
1 + 1dx = 3
∫
√
1 tdt = 3
∫
dt helyettes´ıt´est ad´odik: 3 1
t 2 dt =
3 √ 1 t2 2 √ 2 2√ 3 = · 3 +C = t + C = t t + C = (x3 + 1) x3 + 1 + C. 3 2 9 9 9
∫ 13.
2x − 4 dx x2 − 4x
Megold´ as. Alkalmazzuk az x2 − 4x = t, (2x − 4)dx = dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫
∫ 14.
∫
2x − 4 dx = x2 − 4x
dt = ln |t| + C = ln |x2 − 4x| + C. t
9t2 + 12t + 15 dt t3 + 2t2 + 5t + 1
Megold´ as. Emelj¨ unk ki 3-at a sz´aml´al´ob´ol az integr´al el´e. Ekkor ∫
9t2 + 12t + 15 dt = 3 t3 + 2t2 + 5t + 1
∫
3t2 + 4t + 5 dt. t3 + 2t2 + 5t + 1
Bevezetve a t3 + 2t2 + 5t + 1 = z, (3t2 + 4t + 5)dt = dz helyettes´ıt´est k¨ovetkezik, hogy ∫
∫ 15.
9t2 + 12t + 15 dt = 3 t3 + 2t2 + 5t + 1
∫
dz = 3 ln |z| + C = 3 ln |t3 + 2t2 + 5t + 1| + C. z
dx x ln x
Megold´ as. Bevezetve a ln x = t, ∫
dx = x ln x
∫
dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy x dt = ln |t| + C = ln | ln x| + C. t
5.3. Integr´al´asi m´odszerek ∫
253
x3 e−x dx 4
16.
dt Megold´ as. Bevezetve a −x4 = t, −4x3 dx = dt, x3 dx = − helyettes´ıt´est j¨on, 4 hogy ∫ ∫ 1 1 1 1 4 3 −x4 x e dx = − et dt = − et + C = − e−x + C = − x4 + C. 4 4 4 4e ∫ 17.
sin xdx 3 − 2 cos x
dt Megold´ as. Bevezetve a 3 − 2 cos x = t, 2 sin xdx = dt, sin xdx = helyettes´ıt´est 2 ad´odik: ∫ ∫ sin xdx 1 dt 1 1 = = ln |t| + C = ln |3 − 2 cos x| + C. 3 − 2 cos x 2 t 2 2 ∫ 18.
tg 3xdx sin α trigonometriai azonoss´agot. Ekkor cos α ∫ ∫ sin 3x tg 3xdx = dx. cos 3x
Megold´ as. Alkalmazzuk a tg α =
dt Bevezetve a cos 3x = t, −3 sin 3xdx = dt, sin 3xdx = − helyettes´ıt´est ad´odik, 3 hogy ∫ ∫ dt 1 1 1 tg 3xdx = − = − ln |t| + C = − ln | cos 3x| + C. 3 t 3 3 ∫ sin 2x 19. dx π + sin2 x Megold´ as. Bevezetve a π + sin2 x = t,
2 sin x cos xdx = dt,
sin 2xdx = dt
helyettes´ıt´est k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ sin 2x dt = ln |t| + C = ln(π + sin2 x) + C. 2 dx = t π + sin x ∫ 20.
sin xdx ) dx 2 sin2 x2 − 1 (
1 − cos 2α trigonometriai azonoss´agot ´es renMegold´ as. Alkalmazzuk a sin2 α = 2 dezz¨ uk az integrandust. Ekkor ∫ ∫ ∫ sin xdx sin xdx sin xdx ) dx = ) dx = ( 2x ( 1−cos x dx. −1 − cos x −1 2 sin 2 − 1 2 2
254
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Bevezetve a −1 − cos x = t, sin xdx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy ∫ ∫ sin xdx dt ( 2x ) dx = = ln |t| + C = ln | − 1 − cos x| + C = ln |1 + cos x| + C. t 2 sin 2 − 1 ∫ sin x − cos x 21. dx sin x + cos x Megold´ as. B˝ov´ıts¨ uk az integrandust sin x + cos x-el, majd rendezz¨ uk. Ekkor ∫ ∫ sin x − cos x sin x − cos x sin x + cos x dx = · dx = sin x + cos x sin x + cos x sin x + cos x ∫ ∫ ∫ sin2 x − cos2 x −(cos2 x − sin2 x) cos 2x dx = dx = − dx. 2 2 2 (sin x + cos x) 1 + sin 2x sin x + 2 sin x cos x + cos x dt Alkalmazva a 1 + sin 2x = t, 2 cos 2xdx = dt, cos 2xdx = helyettes´ıt´est ad´odik, 2 hogy ∫ ∫ dt sin x − cos x 1 1 1 dx = − = − ln |t| + C = − ln |1 + sin 2x| + C. sin x + cos x 2 t 2 2 ∫ sin x cos x 22. dx 2 sin2 x + 3 cos2 x Megold´ as. Bevezetve a 2 sin2 x + 3 cos2 x = t,
−2 sin x cos xdx = dt,
sin x cos xdx = −
dt 2
helyettes´ıt´est az integr´al megold´asa: ∫ ) sin x cos x 1 1 ( 2 2 dx = − ln |t| + C = − ln 2 sin x + 3 cos x + C. 2 2 2 2 sin x + 3 cos2 x ∫ dx 23. sin x Megold´ as. Alkalmazzuk el˝osz¨or a nevez˝oben a sin 2α = 2 sin α cos α azonoss´agot. Ekkor ∫ ∫ dx dx = . sin x 2 sin x2 cos x2 x Bevezetve az = t, dx = 2dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 2 ∫ ∫ ∫ dx 2dt dt = = . sin x 2 sin t cos t sin t cos t Egyszer˝ us´ıts¨ uk most az integrandust cos2 t-vel. Ekkor ∫ ∫ ∫ dt ∫ dt dx dt cos2 t cos2 t = . = = sin t cos t sin t 2 sin x cos t tg t cos2 t cos t dt Bevezetve most a tg t = z, = dz helyettes´ıt´es kapjuk, hogy cos2 t ∫ ∫ x dx dz = = ln |z| + C = ln |tg t| + C = ln tg + C. sin x z 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek ∫ 24.
255
dx √ (1 − x2 ) arcsin x
dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 1 − x2 ∫ ∫ ∫ √ √ dx dx dt √ √ √ = 2 t+C = 2 arcsin x+C. √ = = t 1 − x2 · arcsin x (1 − x2 ) arcsin x Megold´ as. Bevezetve a arcsin x = t, √
∫ 25.
dx 2x − x2 Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at el˝osz¨or az integrandust: ∫ ∫ ∫ ∫ dx dx dx dx √ √ √ √ = = = . 2x − x2 1 − 1 + 2x − x2 1 − (1 − 2x + x2 ) 1 − (x − 1)2 √
Bevezetve az x − 1 = t, dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy ∫ ∫ dx dt √ √ = = arcsin t + C = arcsin(x − 1) + C. 2 2x − x 1 − t2 ∫ 26. sin4 x sin 2xdx Megold´ as. Felhaszn´alva a sin 2α = 2 sin α cos α trigonometriai azonoss´agot ´es bevezetve a t = sin x, dt = cos xdx helyettes´ıt´est k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ t6 1 4 5 sin x sin 2xdx = 2 sin x cos xdx = 2 t5 dt = 2 + C = sin6 x + C. 6 3 ∫ ln tg x 27. dx sin 2x Megold´ as. Bevezetve az ln tg x = t,
1 1 dx = dt, tg x cos2 x
dx dt = sin 2x 2
helyettes´ıt´est az integr´al a k¨ovetkez˝ok´eppen oldhat´o meg: ∫ ∫ 1 1 t2 t2 (ln tg x)2 ln tg x dx = tdt = · + C = + C = + C. sin 2x 2 2 2 4 4 ∫ 28.
√ ln x ln x dx x dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik: x √ ∫ ∫ √ ∫ 3 ln x ln x dx = t tdt = t 2 dt = x √ 2√ 5 2 √ 2 = t + C = t2 t + C = ln2 x ln x + C. 5 5 5
Megold´ as. Bevezetve az ln x = t,
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
256 ∫ √ 29.
30.
1−x dx 1+x Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at az integrandust: ∫ √ ∫ √ ∫ √ 1−x 1−x 1−x (1 − x)2 dx = · dx = dx = 1+x 1+x 1−x 1 − x2 ∫ ∫ ∫ 1 xdx 1−x √ √ dx = dx − √ . = 2 2 1−x 1−x 1 − x2 dt Bevezetve a m´asodik integr´alban az 1−x2 = t, −2xdx = dt, xdx = − helyettes´ıt´est 2 k¨ovetkezik: ∫ √ √ √ 1−x 1 √ dx = arcsin x + · 2 t + C = arcsin x + t + C = arcsin x + 1 − x2 + C. 1+x 2 ∫ √
1 − x2 dx
Megold´ as. Bevezetve az t = arcsin x, x = sin t, dx = cos tdt helyettes´ıt´est kapjuk, hogy ∫ √ ∫ √ ∫ √ 2 1 − x2 dx = 1 − sin t cos tdt = cos2 t cos tdt = ∫ =
∫ 2
cos tdt =
1 + cos 2t 1 dt = 2 2
∫
1 dt + 2
∫ cos 2tdt.
Alkalmazzuk a m´asodik integr´alban most a 2t = z, 2dt = dz helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ √ ∫ 1 t 1 1 t 1 2 1 − x dx = t + cos zdz = + sin z + C = + sin 2t + C. 2 4 2 4 2 4 Mivel
√ sin 2t = 2 sin t cos t = 2 sin t 1 − sin2 t,
a megold´as visszahelyettes´ıt´es ut´an ∫ √ ) √ √ t 1 1( 2 2 2 arcsin x + x 1 − x + C. 1 − x dx = + sin t 1 − sin t + C = 2 2 2
5.3.2.
Parci´ alis integr´ al´ as m´ odszere
A parci´alis integr´al´as m´odszere k´et f¨ uggv´eny szorzat´anak differenci´al´asi szab´aly´ab´ol vezethet˝o le. 5.5. T´ etel. Ha u ´es v folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, akkor az [a, b] intervallumon ´erv´enyes, hogy ∫ ∫ u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x).
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
257
Bizony´ıt´as. Az [a, b] intervallumon ´ertelmezett u ´es v f¨ uggv´enyek szorzat´anak deriv´altj´at az (u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x) formula adja, a szorzat differenci´alj´at pedig d(u(x)v(x)) = v(x)du(x) + u(x)dv(x). Ha az u ´es v f¨ uggv´enyek folytonosan differenci´alhat´ok, akkor igaz, hogy ∫ ∫ u(x)v(x) + C = v(x)du(x) + u(x)dv(x). Ebb˝ol, figyelembe v´eve, hogy a hat´arozatlan integr´al k´et tetsz˝oleges konstanst is tartalmaz, a C konstanst kihagyhatjuk, s az [a, b] intervallumra igaz lesz, hogy ∫ ∫ u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x), ahonnan az ´all´ıt´as k¨ovetkezik. ⋄ Ily m´odon az u(x)v ′ (x) f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek megtal´al´asa visszavezet˝odik egy r´eszleges integr´al´asra ´es a v(x)u′ (x) f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek meghat´aroz´as´ara. A fenti t´etel alapj´an v´egzett integr´al´asi m´odszert nevezz¨ uk parci´alis integr´al´asnak. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert a parci´alis integr´al´as alkalmaz´as´an´al a formul´ab´ol szok´as kihagyni az argumentumot. A formula ekkor: ∫ ∫ udv = uv − vdu. FELADATOK Hat´arozzuk meg a parci´alis integr´al´as m´odszer´evel az al´abbi hat´arozatlan integr´alok megold´as´at. ∫ 1. xex dx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ x u = x, dv = e dx, akkor du = dx, v = ex dx = ex . Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ∫ ∫ x x xe dx = xe − ex = xex − ex + C = ex (x − 1) + C. ∫ 2.
x sin xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ u = x, dv = sin xdx, akkor du = dx, v = sin xdx = − cos x. Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk, hogy ∫ ∫ ∫ x sin xdx = −x cos x− (− cos x)dx = −x cos x+ cos xdx = −x cos x+sin x+C.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
258 ∫ 3.
(3x + 1) cos 2xdx Megold´ as. Ha u = 3x + 1,
dv = cos 2xdx,
akkor du = 3dx,
v=
1 sin 2x, 2
dt ahol v kisz´am´ıt´as´an´al a 2x = t, 2dx = dt, dx = helyettes´ıt´est ´es az al´abbi 2 sz´am´ıt´ast alkalmazzuk: ∫ ∫ 1 1 1 v = cos 2xdx = cos tdt = sin t + C = sin 2x + C. 2 2 2 Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ 3x + 1 1 3x + 1 3 (3x+1) cos 2xdx = sin 2x− ·sin 2x·3dx = sin 2x− sin 2xdx. 2 2 2 2 Alkalmazva a kapott integr´alban a 2x = t, 2dx = dt, dx = ∫
= ∫
3x + 1 3 (3x + 1) cos 2xdx = sin 2x − 2 4
∫
dt helyettes´ıt´est ad´odik: 2 sin tdt =
3x + 1 3 3x + 1 3 sin 2x − (− cos t) + C = sin 2x + cos 2x + C. 2 4 2 4
xsh xdx
4.
Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ u = x, dv = sh xdx, akkor du = dx, v = sh xdx = ch x. Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast j¨on, hogy ∫ ∫ ∫ xsh xdx = xch x − ch xdx = xch x − ch xdx = xch x − sh x + C. ∫ 5.
x sin2 xdx 1 − cos 2α trigonometriai azonoss´agot. Ekkor 2 ∫ ∫ ∫ ∫ 1 − cos 2x 1 1 2 x sin xdx = x · dx = xdx − x cos 2xdx. 2 2 2
Megold´ as. Alkalmazzuk a sin2 α =
Ha most a m´asodik integr´alban u = x,
dv = cos 2xdx,
akkor du = dx,
v=
1 sin 2x, 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
259
akkor behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ( ) ∫ ∫ 1 1 x2 1 x 2 x sin xdx = · − sin 2x − sin 2xdx = 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 = x2 − x sin 2x − · cos 2x + C = x2 − x sin 2x − cos 2x + C. 4 4 4 2 4 4 8 ∫ 6.
ln xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = ln x,
dv = dx,
akkor du =
dx , x
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ 1 ln xdx = x ln x − · xdx = x ln x − dx = x ln x − x + C = x(ln x − 1) + C. x ∫ 7.
arctg xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arctg x,
dv = dx,
akkor du =
dx , 1 + x2
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk, hogy ∫ ∫ x arctg xdx = xarctg x − dx. 1 + x2 dt Bevezetve a kapott integr´alban az 1 + x2 = t, 2dx = dt, dx = helyettes´ıt´est 2 kapjuk a megold´ast: ∫ ∫ dt 1 1 1 = xarctg x− ln |t|+C = xarctg x− ln(1+x2 )+C. arctg xdx = xarctg x− 2 t 2 2 ∫ 8.
arcsin 3xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arcsin 3x,
dv = dx,
akkor du = √
3dx , 1 − 9x2
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ x arcsin 3xdx = x arcsin 3x − 3 √ dx. 1 − 9x2
260
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM √ Bevezetve a kapott integr´alban az 1 − 9x2 = t2 , 1 − 9x2 = t, −18xdx = 2tdt, tdt xdx = − helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 9 ∫ ∫ ∫ 3 1 tdt arcsin 3xdx = x arcsin 3x + = x arcsin 3x + dt + C = 9 t 3 1 1√ 1 − 9x2 + C. = x arcsin x + t + C = x arcsin x + 3 3 ∫ 9. x ln xdx Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ 1 x2 u = ln x, dv = xdx, akkor du = dx, v = xdx = . x 2
Helyettes´ıts¨ unk be a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es v´egezz¨ uk el az integr´al´ast. Ekkor ∫ ∫ ∫ 2 x2 x2 ln x x2 x 1 x2 ln x 1 x ln xdx = xdx = ln x − · dx = − − + C. 2 2 x 2 2 2 4 ∫ x3 ln xdx 10. Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ 1 x4 3 u = ln x, dv = x dx, akkor du = dx, v = x3 dx = . x 4 Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk, hogy ∫ ∫ ∫ 4 x4 1 x 1 1 4 1 1 3 x ln xdx = x3 dx = x4 ln x − x4 + C. ln x − · dx = x ln x − 4 4 x 4 4 4 16 ∫ ( ) 11. ln 1 + x2 dx Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ( ) u = ln 1 + x2 ,
dv = dx,
akkor du =
2x dx, 1 + x2
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) 2x x2 2 2 2 dx = x ln 1 + x − 2 dx = ln 1 + x dx = x ln 1 + x − x · 1 + x2 1 + x2 ) ∫ 2 ∫ ( ( ) ( ) x +1−1 1 2 2 = x ln 1 + x − 2 dx = x ln 1 + x − 2 1− dx = 1 + x2 1 + x2 ∫ ∫ ( ) ( ) 1 2 = x ln 1 + x − 2 dx + 2 dx = x ln 1 + x2 − 2x + 2arctg x + C. 2 1+x
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
261
∫ 12.
xarctg xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arctg x,
dv = xdx,
akkor du =
dx , 1 + x2
v=
x2 . 2
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast j¨on, hogy ∫ ∫ 2 ∫ 2 x2 x dx x2 1 x +1−1 xarctg xdx = arctg x − · = arctg x − dx = 2 2 2 1+x 2 2 1 + x2 ) ∫ ( x2 1 1 1 2 1 1− dx = = arctg x − x arctg x − x + arctg x + C. 2 2 1 + x2 2 2 ∫ 13. x arcsin xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arcsin x,
dv = xdx,
akkor du = √
dx , 1 − x2
v=
x2 . 2
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik, hogy ∫ ∫ ∫ 2 x2 1 − x2 − 1 x dx x2 1 √ x arcsin xdx = arcsin x − ·√ = arcsin x + dx = 2 2 2 2 1 − x2 1 − x2 ) ∫ (√ x2 1 1 2 = arcsin x + 1−x − √ dx. 2 2 1 − x2 A helyettes´ıt´esi m´odszerrel megoldott feladatsor 30. feladata alapj´an ∫ √ 1 1 √ 1 − x2 dx = arcsin x + x 1 − x2 , 2 2 ez´ert k¨ovetkezik, hogy ∫ 1 1 1 √ 1 x arcsin xdx = x2 arcsin x + arcsin x + x 1 − x2 − arcsin x + C = 2 4 4 2 1 1 √ 1 = x2 arcsin x − arcsin x + x 1 − x2 + C. 2 4 4
∫ 14.
x sin x cos xdx sin 2α trigonometriai azonoss´agot kapjuk, Megold´ as. Alkalmazva a sin α cos α = 2 hogy ∫ ∫ 1 x sin x cos xdx = x sin 2xdx. 2 Ha 1 u = x, dv = sin 2xdx, akkor du = dx, v = − cos 2x, 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
262
akkor behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ( ) ) ∫ ∫ ( 1 1 1 x sin x cos xdx = − x cos 2x − − cos 2x dx = 2 2 2 1 1 = − x cos 2x + sin 2x + C. 4 8
∫ 15.
x cos x dx sin2 x Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = x,
dv =
cos x dx, sin2 x
akkor du = dx,
v=−
1 , sin x
ahol v kisz´am´ıt´asa a sin x = t, cos xdx = dt helyettes´ıt´es bevezet´es´evel t¨ort´ent: ∫ ∫ ∫ dt cos x t−1 1 dx = v = dv = = +C =− . 2 2 t −1 sin x sin x Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk a megold´ast: ∫ ∫ x x cos x 1 dx = − + dx. 2 sin x sin x sin x Felhaszn´alva a helyettes´ıt´esi m´odszerrel megoldott feladatsor 23. feladat´anak eredm´eny´et, miszerint ∫ x 1 dx = ln tg + C, sin x 2 kapjuk, hogy ∫ x x cos x x dx = − + ln tg + C. 2 sin x 2 sin x ∫ ln x √ dx 16. x Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ √ dx 1 dx √ = 2 x. u = ln x, dv = √ , akkor du = dx, v = x x x Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ √ ∫ ∫ √ √ √ x ln x √ dx = 2 x ln x − 2 dx = 2 x ln x − 2 xdx = x x √ √ √ = 2 x ln x − 4 x + C = 2 x (ln x − 2) + C. ∫ 17. x ln2 xdx Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = ln2 x,
dv = xdx,
1 akkor du = 2 ln x · dx, x
v=
x2 . 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
263
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ∫ ∫ 2 ∫ x2 2 x 1 x2 2 2 x ln xdx = ln x − · 2 ln x · dx = ln x − x ln xdx. 2 2 x 2 Felhaszn´alva a parci´alis integr´al´as m´odszer´evell megoldott feladatsor 9. feladat´anak eredm´eny´et, miszerint ∫ 1 1 x ln xdx = x2 ln x − x2 + C, 2 4 kapjuk, hogy
∫
1 1 1 x ln2 xdx = x2 ln2 x − x2 ln x + x2 + C. 2 2 4
∫ ex cos xdx
18.
Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = cos x,
dv = ex dx,
akkor du = − sin xdx,
v = ex .
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ x x I = e cos xdx = e cos x + ex sin xdx. Alkalmazzuk most u ´jra a kapott integr´alban a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = sin x,
dv = ex dx,
akkor du = cos xdx,
v = ex .
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe most azt kapjuk, hogy ∫ x x I = e cos x + e sin x − ex cos xdx = ex cos x + ex sin x − I, azaz ugyanazt az integr´alt kaptuk, amelyb˝ol kiindultunk. Ekkor 2I = ex cos x + ex sin x, ahonnan
1 I = ex (cos x + sin x) + C. 2
∫ 19.
32x sin(3x + 1)dx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = 32x ,
dv = sin(3x + 1)dx,
akkor du = 2 · 32x ln 3dx,
1 v = − cos(3x + 1). 3
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ad´odik, hogy ∫ ∫ 2 ln 3 1 2x 2x 32x cos(3x + 1)dx. I = 3 sin(3x + 1)dx = − · 3 · cos(3x + 1) + 3 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
264
Alkalmazzuk most u ´jra a kapott integr´alban a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha 1 u = 32x , dv = cos(3x + 1)dx, akkor du = 2 · 32x ln 3dx, v = sin(3x + 1). 3 Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe most azt kapjuk, hogy ( ) ∫ 1 2x 2 ln 3 1 2x 2 ln 3 2x I = − ·3 ·cos(3x+1)+ · 3 · sin(3x + 1) − · 3 · sin(3x + 1)dx = 3 3 3 3 2 ln 3 2x 4 ln2 3 1 · 3 · sin(3x + 1) − I, = − · 32x · cos(3x + 1) + 3 9 9 azaz ugyanazt az integr´alt kaptuk, amelyb˝ol kiindultunk. Ekkor ( ) 4 ln2 3 1 2 ln 3 2x 1+ I = − · 32x · cos(3x + 1) + · 3 · sin(3x + 1), 9 3 9 ahonnan 9 · 32x I= 9 + 4 ln2 3 = ∫
20.
(
) 2 ln 3 1 sin(3x + 1) − cos(3x + 1) + C = 9 3
32x (2 ln 3 sin(3x + 1) − 3 cos(3x + 1)) + C. 9 + 4 ln2 3
ln (1 + x2 ) − 2xarctg x dx (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) Megold´ as. Rendezz¨ uk az integrandust az al´abbi m´odon: ∫ ln (1 + x2 ) − 2xarctg x I= dx = (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) ) ∫ ( ( ) 2x 1 2 = ln 1 + x − arctg x dx. 2 2x (1 + x ) ln2 (1 + x2 ) Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ( ) 1 2x u= ln 1 + x2 − arctg x, dv = dx, 2 2x (1 + x ) ln2 (1 + x2 ) akkor ( ) 1 1 du = − 2 ln 1 + x2 dx, v = − , 2x ln (1 + x2 ) 2xdx = dt helyettes´ıt´essel t¨ort´ent: ahol v kisz´am´ıt´asa a ln (1 + x2 ) = t, 1 + x2 ∫ ∫ ∫ 1 1 2x dt v = dv = =− +C =− + C. dx = 2 2 2 2 t t ln (1 + x2 ) (1 + x ) ln (1 + x ) ∗
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik, hogy )( ( ) ) ( 1 1 2 − ln 1 + x − arctg x I= − 2x ln (1 + x2 ) )( ) ∫ ( ( ) 1 1 2 − − − 2 ln 1 + x dx = ln (1 + x2 ) 2x ∫ arctg x 1 dx 1 arctg x 1 arctg x 1 − =− + + +C = + C. =− + 2 2 2 2x ln (1 + x ) 2 x 2x ln (1 + x ) 2x ln (1 + x2 )
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
5.4. 5.4.1.
265
Racion´ alis ´ es racionaliz´ alhat´ o integr´ alok Racion´ alis f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa
5.3. Defin´ıci´ o. Racion´alis t¨ortf¨ uggv´enynek vagy r¨oviden racion´ alis t¨ortnek nevezz¨ uk k´et P (x) polinom, p´eld´aul P (x) ´es Q(x), f (x) = Q(x) h´ anyados´ at, ahol a Q(x) oszt´opolinom nem a nullapolinom. Racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyekkel ugyanolyan szab´alyok szerint v´egz¨ unk m˝ uveleteket, mint a racion´alis sz´amokkal. A racion´alis t¨ortek egyenl˝os´eg´et ugyan´ ugy ´ertelmezz¨ uk, mint a t¨ortek egyenl˝os´eg´et az elemi aritmetik´aban. A tov´abbiakban csak val´os egy¨ utthat´os racion´alis t¨ortekkel fogunk foglalkozni. 5.4. Defin´ıci´ o. R¨ovid´ıthetetlennek nevez¨ unk egy racion´ alis t¨ortet, ha sz´aml´ al´ oja relat´ıv pr´ım a nevez˝oj´ehez. 5.6. T´ etel. Minden racion´alis t¨ort egyenl˝ o egy r¨ovid´ıthetetlen t¨orttel, mely a sz´aml´ al´o ´es nevez˝ o nulladfok´ u k¨oz¨os t´enyez˝oit˝ ol eltekintve, egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott. Bizony´ıt´as. B´armely racion´alis t¨ortet egyszer˝ us´ıthetj¨ uk sz´aml´al´oj´anak ´es nevez˝oj´enek legnagyobb k¨oz¨os oszt´oj´aval, mi´altal egy az eredetivel egyenl˝o r¨ovid´ıthetetlen t¨ortet kaP (x) φ(x) punk. Ha tov´abb´a a ´es a r¨ovid´ıthetetlen t¨ortek egyenl˝ok egym´assal, azaz Q(x) ψ(x) P (x)ψ(x) = Q(x)φ(x), akkor P (x) ´es Q(x) relat´ıv pr´ım volt´ab´ol k¨ovetkezik, hogy φ(x) oszthat´o a P (x) polinommal, φ(x) ´es ψ(x) relat´ıv pr´ım volt´ab´ol pedig k¨ovetkezik, hogy P (x) oszthat´o φ(x)-szel. Eszerint P (x) = Cφ(x), akkor viszont Q(x) = Cψ(x) is k¨ovetkezik. ⋄ 5.5. Defin´ıci´ o. Nevezz¨ unk egy racion´ alis t¨ortet szab´alyosnak vagy val´odinak, ha sz´aml´al´oj´ anak foksz´ama alacsonyabb, mint a nevez˝oj´e´e. Ha megegyez´es szerint a szab´alyos t¨ortek k¨oz´e sz´am´ıtjuk a nullapolinomot is, akkor ´erv´enyes a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as: 5.7. T´ etel. Minden racion´alis t¨ort egy´ertelm˝ uen el˝o´ all´ıthat´ o egy polinom ´es egy szab´alyos t¨ort ¨osszegek´ent. Bizony´ıt´as. Ha adott a
P (x) racion´alis t¨ort, s ha a sz´aml´al´ot a nevez˝ovel osztva az Q(x) P (x) = Q(x)S(x) + R(x)
egyenl˝os´eget nyerj¨ uk, ahol R(x) foksz´ama kisebb, mint Q(x)-´e, akkor k¨onny˝ u bel´atni, hogy R(x) P (x) = S(x) + . Q(x) Q(x) Ha tov´abb´a fenn´all az φ(x) P (x) ¯ = S(x) + Q(x) ψ(x)
266
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
egyenl˝os´eg, ahol φ(x) foksz´ama kisebb ψ(x) foksz´am´an´al, akkor a k´et egyenlet kivon´as´aval kapjuk, hogy R(x) φ(x) ¯ S(x) + − S(x) − = 0, Q(x) ψ(x) ahonnan
ebb˝ol pedig
φ(x) R(x) ¯ S(x) − S(x) = − , ψ(x) Q(x) φ(x)Q(x) − ψ(x)R(x) ¯ S(x) − S(x) = . ψ(x)Q(x)
Minthogy most a bal oldalon polinom ´all, a jobb oldalon pedig szab´alyos t¨ort, amir˝ol ¯ k¨onny˝ u meggy˝oz˝odni, az´ert sz¨ uks´egk´eppen S(x) = S(x) ´es φ(x) R(x) − = 0. ψ(x) Q(x)
⋄ A szab´alyos racion´alis t¨orteket tov´abbi vizsg´alatnak vethetj¨ uk al´a. El˝osz¨or is eml´ekeztet¨ unk arra, hogy az irreducibilis val´os polinomok x − a alak´ u line´aris polinomok lehetnek, ahol a val´os sz´am, illetve x2 − px + q alak´ u m´asodfok´ u polinomok, ahol p, q ∈ R ´es p2 − 4q < 0. Az irreducibilis val´os m´asodfok´ u polinomoknak nincsenek val´os gy¨okei. P (x) szab´alyos racion´ alis t¨ortet elemi t¨ortnek nevezz¨ uk, ha nevez˝oje, Q(x) Q(x) valamely irreducibilis p(x) polinom hatv´anya, 5.6. Defin´ıci´ o. A
Q(x) = pk (x)
(k ≥ 1),
a sz´aml´ al´ o P (x) pedig alacsonyabb fok´ u, mint p(x). 5.3. P´ elda. N´eh´any elemi t¨ort:
1 2 π −5x x−1 , , 2 , 2 , 2 . 3 x − 2 (x + 1) x + 1 x + x + 1 (x − x + 1)2
´ enyes a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as, amit bizony´ıt´as n´elk¨ Erv´ ul fogunk megadni: 5.8. T´ etel. Minden szab´alyos racion´alis t¨ort egy´ertelm˝ uen felbonthat´ o elemi t¨ortek ¨osszeg´ere.
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o racion´alis integr´alokat. ∫ 3 1. dx x2 − 4x Megold´ as. Az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, bontsuk teh´at elemi t¨ortek ¨osszeg´ere. Mivel x2 − 4x = x(x − 4), ez´ert x2
A B 3 = + − 4x x x−4
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
267
alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel. Ekkor 3 = A(x − 4) + Bx. x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol 3 = −4A ad´odik, x = 4 eset´en pedig 3 = 4B, 3 3 amelyb˝ol a megold´asok A = − ´es B = , az integrandus pedig fel´ırhat´o mint 4 4 3 − 43 3 3 1 3 1 4 = + =− · + · , 2 x − 4x x x−4 4 x 4 x−4
az integr´al´asi feladat pedig a k¨ovetkez˝o m´odon oldhat´o meg: ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ 3 3 1 3 3 1 1 3 1 − · + · dx = − dx = dx + dx = 2 x − 4x 4 x 4 x−4 4 x 4 x−4 3 3 3 x − 4 = − ln |x| + ln |x − 4| + C = ln + C. 4 4 4 x ∫ 3x 2. dx x2 − x − 2 Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2) alakban, ez´ert x2
3x A B = + −x−2 x+1 x−2
alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor 3x = A(x − 2) + B(x + 1),
illetve 3x = (A + B)x − 2A + B.
A megfelel˝o egy¨ utthat´ok kiegyenl´ıt´es´evel kapjuk az A + B = 3,
−2A + B = 0
k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes egyenletrendszert, amelynek megold´asa A = 1, B = 2. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ( ∫ ∫ ∫ 1 2 1 3x 1 dx = + dx + 2 dx = dx = 2 x −x−2 x+1 x−2 x+1 x−2 = ln |x + 1| + 2 ln |x − 2| + ln |C| = ln C(x + 1)(x − 2)2 . ∫ 3.
−x2 − x − 7 dx x3 + 3x2 − 4 Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o 3 2 2 x + 3x − 4 = (x − 1)(x + 2) alakban, ez´ert A B C −x2 − x − 7 = + + x3 + 3x2 − 4 x − 1 x + 2 (x + 2)2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
268
alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor −x2 − x − 7 = A(x + 2)2 + B(x − 1)(x + 2) + C(x − 1). x = 1 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −9 = 9A, illetve A = −1 ad´odik, x = −2 eset´en −9 = −3C, illetve C = 3, x = 0 behelyettes´ıt´es´evel pedig −7 = −4 − 2B − 3, illetve B = 0. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ −x2 − x − 7 −1 3 1 1 I= dx = + dx = − +3 dx. 3 2 2 x + 3x − 4 x − 1 (x + 2) x−1 (x + 2)2 Az x − 1 = t, dx = dt, illetve x + 2 = z, dx = dz helyettes´ıt´esek bevezet´es´evel, majd az integr´al´as elv´egz´es´evel kapjuk, hogy ∫ ∫ dt dz 3 3 I=− +3 = − ln |t| − + C = − ln |x − 1| − + C. 2 t z z x+2 ∫
−3x2 + 2x − 21 4. dx x3 − 3x2 + 5x − 15 Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o x3 − 3x2 + 5x − 15 = (x − 3)(x2 + 5) alakban, ez´ert −3x2 + 2x − 21 A Bx + C = + 2 2 (x − 3)(x + 5) x−3 x +5 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor −3x2 + 2x − 21 = A(x2 + 5) + (Bx + C)(x − 3). x = 3 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −42 = 14A, illetve A = −3 ad´odik, x = 0 eset´en −21 = −15 − 3C, illetve C = 2, x = 1 behelyettes´ıt´es´evel pedig −4 = −2B − 4, illetve B = 0 a megold´as. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ( ∫ −3 2 −3x2 + 2x − 21 dx = + I= dx = x3 − 3x2 + 5x − 15 x − 3 x2 + 5 ∫ ∫ 1 1 = −3 dx + 2 dx. 2 x−3 x +5 Emelj¨ unk ki 5-¨ot a m´asodik integr´al nevez˝oj´eb˝ol, majd vezess¨ uk be az x − 3 = t, √ x dx = dt ´es √ = s, dx = 5ds helyettes´ıt´eseket. Ekkor 5 √ ∫ ∫ √ dt 2 2 5 5ds I = −3 + = −3 ln |t| + arctg s + C = t 5 s2 + 1 5 √ 2 5 x = −3 ln |x − 3| + arctg √ + C. 5 5
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
269
∫ 5.
x−3 dx x3 − x Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o 3 x − x = x(x − 1)(x + 1) alakban, ez´ert x−3 A B C = + + x(x − 1)(x + 1) x x−1 x+1 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor x − 3 = A(x − 1)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 1)
x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −3 = −A, illetve A = 3 ad´odik, x = 1 eset´en −2 = 2B, illetve B = −1, x = −1 behelyettes´ıt´es´evel pedig −4 = 2C, illetve C = −2 a megold´as. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫ x−3 3 −1 −2 dx dx dx I= dx = + + dx = 3 − −2 = 3 x −x x x−1 x+1 x x−1 x+1 Cx3 . = 3 ln |x| − ln |x − 1| − 2 ln |x + 1| + ln |C| = ln 2 x − 1 ∫ −2x3 − 2x + 2 6. dx (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, nevez˝oje pedig irreducibilis m´asodfok´ u polinomok szorzata, ez´ert −2x3 − 2x + 2 Ax + B Cx + D = 2 + 2 2 2 (x + x + 1)(x − x + 1) x +x+1 x −x+1 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor −2x3 − 2x + 2 = (Ax + B)(x2 − x + 1) + (Cx + D)(x2 + x + 1). x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol 2 = B + D ad´odik, x = 1 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel −2 = (A + B) + (C + D) · 3, x = −1 behelyettes´ıt´es´evel 6 = (−A + B) · 3 + (−C + D), x = 2 behelyettes´ıt´es´evel pedig az −18 = (2A + B) · 3 + (2C + D) · 7 egyenletet kapjuk. A kapott n´egy egyenletb˝ol ´all´o n´egyismeretlenes egyenletrendszer B+D A + B + 3C + 3D −3A + 3B − C + D 6A + 3B + 14C + 7D
= = = =
2, −2, 6, −18.
Az els˝o egyenletb˝ol D = 2 − B, s ezt behelyettes´ıtve a t¨obbi egyenletbe ad´odik a k¨ovetkez˝o h´arom line´aris egyenletb˝ol ´all´o h´aromismeretlenes egyenletrendszer A − 2B + 3C = −8,
−3A − 2B − C = 4,
3A − 2B + 7C = −16,
270
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM amelynek megold´asa A = 0, B = 1 ´es C = −2, valamint D = 1. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ( ∫ 1 −2x + 1 −2x3 − 2x + 2 I= dx = + dx = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) x 2 + x + 1 x2 − x + 1 ∫ ∫ dx 2x − 1 = − dx. 2 2 x +x+1 x −x+1 Az els˝o integr´al megold´as´ahoz ´at´ırjuk a nevez˝ot [( ] ( )2 )2 1 3 3 2 1 √ x+ √ x2 + x + 1 = x + + = +1 2 4 4 3 3 √ 2x + 1 2 3 form´aba ´es bevezetj¨ uk a √ = s, √ dx = ds, dx = ds helyettes´ıt´est, a 2 3 3 m´asik integr´alban pedig az x2 − x + 1 = t, (2x − 1)dx = dt helyettes´ıt´est vezetj¨ uk be. Ekkor √ ∫ ∫ ∫ dx ds dt 4 4 3 − = · − ln |t| = I= ( )2 2 3 t 3 2 s +1 √2 x + √1 + 1 3 3 √ √ ( ) 2 3 2 3 2x + 1 = arctg s − ln |t| + C = arctg √ − ln x2 − x + 1 + C. 3 3 3 ∫ x3 + x − 1 7. dx x4 + x3 + 2x2 + x + 1 Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at a nevez˝ot szorzatt´a: x4 + x3 + 2x2 + x + 1 = x4 + x3 + x2 + x2 + x + 1 = = x2 (x2 + x + 1) + x2 + x + 1 = (x2 + x + 1)(x2 + 1). ´Igy az integr´al megold´as´ahoz x3 + x − 1 Ax + B Cx + D = + (x2 + 1)(x2 + x + 1) x2 + 1 x2 + x + 1 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor x3 + x − 1 = (Ax + B)(x2 + x + 1) + (Cx + D)(x2 + 1). x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −1 = B + D ad´odik, az x = 1 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel 1 = (A + B) · 3 + (C + D) · 2, az x = −1 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel −3 = (−A + B) · 1 + (−C + D) · 2, az x = 2 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel pedig az 9 = (2A + B) · 7 + (2C + D) · 5 egyenletet kapjuk. A kapott n´egy egyenletb˝ol ´all´o n´egyismeretlenes egyenletrendszer B+D 3A + 3B + 2C + 2D −A + B − 2C + 2D 14A + 7B + 10C + 5D
= = = =
−1, 1, −3, 9.
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
271
Az els˝o egyenletb˝ol D = −1 − B, s ezt behelyettes´ıtve a t¨obbi egyenletbe ad´odik a k¨ovetkez˝o h´arom line´aris egyenletb˝ol ´all´o h´aromismeretlenes egyenletrendszer 3A + B + 2C = 3,
−A − B − 2C = −1,
7A + B + 5C = 7,
amelynek megold´asa A = 1, B = 0 ´es C = 0, valamint D = −1. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ∫ ( x3 + x − 1 x −1 I= dx = + dx = x4 + x3 + 2x2 + x + 1 x2 + 1 x2 + x + 1 ∫ ∫ xdx 1 = − dx. x2 + 1 x2 + x + 1 dt Az els˝o integr´alban bevezetj¨ uk az x2 + 1 = t, 2xdx = dt, xdx = helyettes´ıt´est, a 2 m´asodik integr´al megold´as´ahoz pedig ´at´ırjuk a nevez˝ot [( ] ( )2 )2 2 1 3 3 1 √ x+ √ x2 + x + 1 = x + + = +1 2 4 4 3 3 √ 3 2x + 1 2 form´aba ´es bevezetj¨ uk a √ ds helyettes´ıt´est. Ekkor = s, √ dx = ds, dx = 2 3 3 √ ∫ ∫ ∫ dt 4 dx 1 3 ds 1 4 = ln |t| − · I= − = )2 ( 2 2 t 3 2 3 2 s +1 2x+1 √ + 1 3 √ √ 1 2 3 1 2 3 2x + 1 2 2 = ln(x + 1) − + C. arctg s + C = ln(x + 1) − arctg √ 2 3 2 3 3 ∫ 8.
2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 dx x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2
P (x) val´os szab´alyos racion´alis Q(x) t¨ortet, ahol P (x) = 2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 ´es Q(x) = x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2. K¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy Megold´ as. El˝osz¨or bontsuk elemi t¨ortek ¨osszeg´ere a
Q(x) = (x + 2)(x − 1)2 (x2 + 1), s emellett az x + 2, x − 1, x2 + 1 polinomok mindegyike irreducibilis. A keresett felbont´as sz¨ uks´egk´eppen A B C Dx + E P (x) = + + + 2 2 Q(x) x + 2 (x − 1) x−1 x +1 alak´ u, ahonnan az A, B, C, D ´es E param´eterek ´ert´ek´et kell meghat´arozni. Szorozva a fenti egyenl˝os´eg mindk´et oldal´at a Q(x) polinommal, k¨ovetkezik a P (x) = A(x − 1)2 (x2 + 1) + B(x + 2)(x2 + 1) + C(x + 2)(x − 1)(x2 + 1) + + Dx(x + 2)(x − 1)2 + E(x + 2)(x − 1)2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
272
egyenl˝os´eg. Kiegyenl´ıtve a kapott egyenl˝os´eg jobb ´es bal oldal´an szerepl˝o polinomok megfelel˝o egy¨ utthat´oit, ¨ot egyenletb˝ol ´all´o, egy´ertelm˝ uen megoldhat´o line´aris egyenletrendszert kapunk, A, B, C, D, E ismeretlenekkel. Az ismeretlenek meghat´aroz´as´ara azonban m´as m´odszer is v´alaszthat´o. Ha a kapott egyenl˝os´egben az x = −2 behelyettes´ıt´est elv´egezz¨ uk, a 45A = 135 egyenl˝os´eget kapjuk, ahonnan A = 3 ad´odik. x = 1 helyettes´ıt´essel kapjuk, hogy 6B = 6, azaz B = 1. Ezut´an helyettes´ıts¨ unk az egyenl˝os´egbe x = 0-t, majd x = −1-et. Figyelembe v´eve A ´es B ismert ´ert´ekeit, kapjuk a −2C + 2E = −2 −4C − 4D + 4E = −8 egyenletrendszert. Innen D = 1. V´eg¨ ul helyettes´ıts¨ unk x = 2-t a fenti egyenl˝os´egbe, majd a m´ar kisz´amolt ´ert´ekek felhaszn´al´as´aval egy¨ utt nyerj¨ uk a 20C + 4E = −52 egyenletet, ami a fenti egyenletrendszerrel egy¨ utt vezet a C = −2 ´es E = −3 ´ert´ekekhez. ´Igy teh´at P (x) 3 1 2 x−3 = + − + 2 . 2 Q(x) x + 2 (x − 1) x−1 x +1 A fenti levezet´es alapj´an ∫
2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 I= dx = x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2 ) ∫ ( 3 1 2 x−3 = + − + dx = x + 2 (x − 1)2 x − 1 x2 + 1 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 1 2 x 3 = dx + dx − dx + dx − dx. 2 2 2 x+2 (x − 1) x−1 x +1 x +1 Az s = x + 2 ´es t = x − 1 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol ds = dx ´es dt = dx, valamint a w = x2 + 1 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol dw = 2xdx, ad´odik ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 1 1 1 I=3 ds + dt − 2 dt + dw − 3 dx = 2 2 s t t 2 w x +1 1 1 − 2 ln |t| + ln |w| − 3arctg x + C. t 2 Visszahelyettes´ıt´es ut´an kapjuk, hogy = 3 ln |s| −
I = 3 ln |x + 2| −
1 1 − 2 ln |x − 1| + ln(x2 + 1) − 3arctg x + C. x−1 2
∫ 9.
x4 dx (x − 1)(x + 2) Megold´ as. Az integrandus egy nem szab´alyos racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ami azt jelenti, hogy fel kell ´ırni egy polinom ´es egy szab´alyos racion´alis t¨ort ¨osszegek´ent. A sz´aml´al´ot a nevez˝ovel elosztva, rendez´es ut´an kapjuk, hogy −5x + 6 x4 = x2 − x + 3 + , (x − 1)(x + 2) (x − 1)(x + 2)
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok ´es ´ıgy
∫ I= ∫ (
273
x4 dx = (x − 1)(x + 2)
) −5x + 6 = x −x+3+ dx = (x − 1)(x + 2) ∫ x3 x2 −5x + 6 = − + 3x + dx. 3 2 (x − 1)(x + 2) 2
A racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as´ahoz a racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt fel kell bontani elemi t¨ortek ¨osszeg´ere. Konkr´et esetben: 1 1 16 1 −5x + 6 = · − · . (x − 1)(x + 2) 3 x−1 3 x+2 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy x 3 x2 1 I= − + 3x + 3 2 3
∫ (
1 16 1 − x−1 3 x+2
) dx.
Az s = x − 1 ´es t = x + 2 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol ds = dx ´es dt = dx, ad´odik, hogy ∫ ∫ 1 1 x 3 x2 1 16 I= − + 3x + ds − dt = 3 2 3 s 3 t =
x 3 x2 1 16 − + 3x + ln |s| − ln |t| + C. 3 2 3 3
Visszahelyettes´ıt´es ut´an kapjuk a k¨ovetkez˝o eredm´enyt: I=
x 3 x2 1 16 − + 3x + ln |x − 1| − ln |x + 2| + C = 3 2 3 3 =
x3 x 2 1 |x − 1| − + 3x + ln + C. 3 2 3 (x + 2)16
∫ 10.
x4 + 7x3 + 14x2 + 5x − 11 dx x3 + 5x2 + 3x − 9 Megold´ as. Az integrandus egy nem szab´alyos racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ami azt jelenti, hogy fel kell ´ırni egy polinom ´es egy szab´alyos racion´alis t¨ort ¨osszegek´ent. A sz´aml´al´ot a nevez˝ovel elosztva, rendez´es ut´an kapjuk, hogy x2 + 8x + 7 x4 + 7x3 + 14x2 + 5x − 11 = x + 2 + , x3 + 5x2 + 3x − 9 x3 + 5x2 + 3x − 9 s ´ıgy ) ∫ ( x4 + 7x3 + 14x2 + 5x − 11 x2 + 8x + 7 I= dx = x+2+ 3 dx = x3 + 5x2 + 3x − 9 x + 5x2 + 3x − 9 ∫ ∫ ∫ x2 x2 + 8x + 7 x2 + 8x + 7 dx = + 2x + dx. = (x + 2) dx + x3 + 5x2 + 3x − 9 2 (x − 1)(x + 3)2 ∫
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
274
A racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as´ahoz a racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt fel kell bontani elemi t¨ortek ¨osszeg´ere. Konkr´et esetben: x2 + 8x + 7 1 2 = + . 2 (x − 1)(x + 3) x − 1 (x + 3)2 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy x2 I= + 2x + 2
∫
dx +2 x−1
∫
dx . (x + 3)2
Az s = x − 1 ´es t = x + 3 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol ds = dx ´es dt = dx, ad´odik, hogy ∫ ∫ x2 ds dt x2 2 x2 2 I = +2x+ +2 = +2x+ln |s|− +C = +2x+ln |x−1|− +C. 2 2 s (t) 2 t 2 x+3 5.4.2.
Irracion´ alis f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa
Az irracion´alis integr´alok megold´asakor arra t¨oreksz¨ unk, hogy megfelel˝o helyettes´ıt´esek bevezet´es´evel az adott integr´alt racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as´ara vezess¨ uk vissza. Irracion´alis integr´alok eset´en a t´ıpusok ´es helyettes´ıt´esek igen sokf´el´ek lehetnek. K¨oz¨ ul¨ uk csak a k´et legegyszer˝ ubbet mutatjuk meg. A k¨ovetkez˝okben az R racion´alis t¨ortkifejez´est jel¨ol. ( √ ) √ √ p1 ax + b p2 ax + b pk ax + b a) R x, , , ..., dx integr´al eset´en a helyettes´ıt´es cx + d cx + d cx + d ax + b = tn , ahol n = LKT (p1 , p2 , ..., pk ). cx + d Ha c = 0 ´es d = 1, akkor ez az integr´altipus a legegyszer˝ ubb alakot veszi fel. Mi csak ilyen integr´alokkal foglalkozunk.
FELADATOK Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o irracion´alis integr´alok megold´as´at. ∫ √ x 3 2x + 3dx 1. t3 − 3 , Megold´ as. Az integr´al megold´as´ahoz vezess¨ uk be a 2x + 3 = t3 , x = 2 3 2dx = 3t2 dt, dx = t2 dt helyettes´ıt´est, az adott integr´al pedig ´ıgy alakul: 2 ∫ ∫ 3 ∫ ∫ √ 3 2 3 3 t −3 √ 3 3 3 3 3 x 2x + 3dx = · t · t dt = (t − 3)t dt = (t6 − 3t3 )dt = 2 2 4 4 ( 3 ( 7 ) ) ( ) 4 3 t t 3 3 3 4 t 3√ 2x + 3 3 = −3· − − +C = t +C = (2x + 3)4 +C = 4 7 4 4 7 4 4 7 4 ( ) √ √ 3 8x + 12 − 21 3 3 = (2x + 3) 2x + 3 (2x + 3)(8x − 9) 3 2x + 3 + C. +C = 4 28 112
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
275
∫
2.
dx √ x+2 x Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az integrandus irracion´alis f¨ uggv´eny, ahol minden gy¨ok alatti mennyis´eg ugyanaz az x, ´es megegyezik az a) t´ıpus´ u integr´allal a = 1, b = 0, c = 0, d = 1 eset´en. Mivel a gy¨okkitev˝ok 2 ´es 3, ez´ert n = LKT (2, 3) = 6, ´ıgy a helyettes´ıt´es x = t6 , dx = 6t5 dt. Ekkor ∫ ∫ ∫ ∫ t3 dt dx 6t5 dt t5 dt √ √ √ √ =6 I= = =6 , 3 6 3 t2 + 2t3 1 + 2t x+2 x t + 2 t6 √ 3
val´oban racion´alis integr´al. Mivel ) ( 2 1 t3 t 1 1 t = − + − · , 1 + 2t 2 4 8 8 2t + 1 ez´ert a keresett integr´al ) ∫ ∫ ∫ ∫ ( 2 ∫ 3 3 dt t t 1 1 1 3 2 tdt+ dt− I=6 − + − · dt = 3 t dt− = 2 4 8 8 2t + 1 2 4 4 2t + 1 3 3 3 = t3 − t2 + t − ln |2t + 1| + C. 4 4 4 √ Mivel x = t6 volt a helyettes´ıt´es, ahonnan t = 6 x, ez´ert √ √ 3 √ 3√ 3 I = ( 6 x)3 − ( 6 x)2 + 6 x − ln |2 6 x + 1| + C = 4 4 4 = √
∫ 3.
√ 4
x
x3 + 1
√
x−
√ 3√ 3√ 3 3 x + 6 x − ln |2 6 x + 1| + C. 4 4 4
dx
Megold´ as. Mivel
√ 4
√ 4
√ √ x · x2 = 4 x · x ´es ´ıgy √ √ ∫ ∫ x x √ √ √ I= dx, dx = 4 4 x x+1 x3 + 1
x3 =
ebb˝ol az k¨ovetkezik, hogy n = LKT (2, 4) = 4, vagyis az x = t4 , dx = 4t3 dt helyettes´ıt´est kell bevezetni. Ekkor ∫ ∫ √4 t · 4t3 dt t4 √ √ = 4 dt = I= 4 t3 + 1 t4 · t4 + 1 ) ∫ ( ∫ ∫ t t dt. =4 t− 3 dt = 4 tdt − 4 2 t +1 (t + 1)(t − t + 1) A m´asodik integr´al racion´alis t¨ort, amely felbonthat´o elemi t¨ortek ¨osszeg´ere, azaz 1 1 1 t+1 = − · + · , (t + 1)(t2 − t + 1) 3 t + 1 3 t2 − t + 1 t
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
276
ez´ert a tov´abbiakban t2 4 I =4· + 2 3
∫
4 dt − t+1 3
∫
4 4 4 = 2t + ln |t + 1| − · 3 3 3 2
(t2 ∫
dt − t + 14 ) +
3 4
dt )2
.
(
2t−1 √ 3
=
+1
√ 2t − 1 3dz Vezess¨ uk most be a √ = z, dt = helyettes´ıt´est. Ekkor 2 3 √ ∫ √ 4 3 16 dz 4 8 3 2 2 I = 2t + ln |t + 1| − · = 2t + ln |t + 1| − arctg z + C. 3 9 2 z2 + 1 3 9 √ Visszahelyettes´ıtve az eredeti v´altoz´ora ad´odik, hogy t = 4 x, ez´ert √ √ √ 4 √ 8 3 24x−1 4 I = 2 x + ln x + 1 − arctg √ + C. 3 9 3 ∫ 4.
dx √ 2x − 5 − 4 2x − 5 Megold´ as. Mivel n = LKT (2, 4) = 4, vagyis az 2x−5 = t4 , 2dx = 4t3 dt, dx = 2t3 dt helyettes´ıt´est kell bevezetni. Ekkor ∫ ∫ 2 ∫ ∫ 3 dx t dt 2t3 dt t dt √ √ √ √ I= =2 = = =2 4 4 2 t −t t−1 2x − 5 − 2x − 5 t4 − t4 ∫ 2 ∫ ∫ (t − 1) + 1 (t − 1)(t + 1) dt =2 dt = 2 dt + 2 = t−1 t−1 t−1 ∫ ∫ dt = 2 (t + 1)dt + 2 = t2 + 2t + 2 ln |t − 1| + C. t−1 √ Mivel most t = 4 2x − 5, ez´ert visszat´erve az eredeti v´altoz´ora kapjuk, hogy √ √ √ I = 2x − 5 + 2 4 2x − 5 + 2 ln 4 2x − 5 − 1 + C. √
∫ √ x+1+1 √ 5. dx x+1−1
√ Megold´ as. Vezess¨ uk be az x + 1 = t2 , t = x + 1, dx = 2tdt helyettes´ıt´est. Ekkor ) ∫ √ ∫ ∫ 2 ∫ ( x+1+1 2 t+1 t +t √ I= dx = · 2tdt = 2 dt = 2 t+2+ dt = t−1 t−1 t−1 x+1−1 ) ( 2 t + 2t + 2 ln |t − 1| + C = t2 + 4t + 4 ln |t − 1| + C. =2 2 Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora, √ √ I = x + 1 + 4 x + 1 + 4 ln | x + 1 − 1| + C.
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
277
( √ ) b) R x, px2 + qx + r dx (p, q, r ∈ R) t´ıpus´ u irracion´alis integr´alokat vagy trigonometrikus vagy hiperbolikus helyettes´ıt´essel oldhatunk meg att´ol f¨ ugg˝oen, hogy az px2 + qx + r m´asodfok´ u trinom n´egyzetek ¨osszegek´ent vagy n´egyzetek k¨ ul¨onbs´egek´ent ´ırhat´o fel. Ha a ∈ R \ {0}, akkor ( √ ) R x, a2 − x2 dx eset´en a helyettes´ıt´es x = a sin t vagy x = a cos t, ) ( √ R x, a2 + x2 dx eset´en a helyettes´ıt´es x = a sh t, ( √ ) 2 2 R x, x − a dx eset´en a helyettes´ıt´es x = a ch t. A megadott helyettes´ıt´eseket ´es a sin2 t =
1 − cos 2t , 2
cos2 t =
1 + cos 2t , 2
sh 2 t =
ch 2t − 1 , 2
ch 2 t =
ch 2t + 1 2
azonoss´agokat alkalmazva a kapott integr´alok alapintegr´alokra vezethet˝ok vissza.
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o irracion´alis integr´alokat. ∫ dx √ 1. (x2 − 1) 1 − x2 Megold´ as. A fentiek alapj´an vezess¨ uk be az x = sin t, dx = cos tdt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ dx cos tdt √ √ I= = = (x2 − 1) 1 − x2 (sin2 t − 1) 1 − sin2 t ∫ ∫ cos tdt dt √ = =− = −tg t + C. cos2 t (− cos2 t) cos2 t Mivel
sin t t = arcsin x ´es tg t = √ , 1 − sin2 t
ez´ert visszat´erve az eredeti v´altoz´ora ad´odik, hogy I = −tg(arcsin x) + C = − √ ∫ 2.
x + C. 1 − x2
dx √ (x + x2 + 2x + 2 Megold´ as. A gy¨ok alatti m´asodfok´ u kifejez´es most n´egyzetek ¨osszegek´ent ´ırhat´o fel x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 alakban, ez´ert alkalmazzuk az x + 1 = sh t, dx = ch tdt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ ∫ dx dx ch tdt √ √ √ = = I= = 2 2 2 2 2 (x + 1) x + 2x + 2 sh t · sh 2 t + 1 (x + 1) (x + 1) + 1 1)2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
278
∫ =
ch tdt √ = sh 2 t · ch 2 t
∫
√ dt sh 2 t + 1 = −cth t + C = − + C. sh 2 t sh t
Mivel t = arsh (x + 1), ez´ert visszat´erve az eredeti v´altoz´ora azt kapjuk, hogy √ I=− ∫ 3.
√ (x + 1)2 + 1 x2 + 2x + 2 +C =− + C. x+1 x+1
√ x x − x2 dx
( ) ( )2 1 1 1 1 1 1 2 2 Megold´ as. Mivel x − x = − + x − x = − −x+x = − x− , 4 4 4 4 4 2 ez´ert √ ( )2 ∫ √ ∫ ∫ √ 1 1 1 I = x x − x2 dx = x − x− dx = x 1 − (2x − 1)2 dx. 4 2 2 2
1 + sin t , 2dx = cos tdt helyettes´ıt´est. Ekkor 2 ∫ ∫ 1 + sin t √ 1 cos tdt 1 2 (1 + sin t) cos2 tdt = I= · 1 − sin t · = 2 2 2 8
Vezess¨ uk be a 2x − 1 = sin t, x =
1 = 8
∫
1 cos tdt + 8 2
∫ cos2 t sin tdt.
1 + cos 2t Az els˝o integr´alban alkalmazzuk a cos2 t = trigonometrikus azonoss´agot, 2 a m´asikban pedig bevezetj¨ uk a cos t = z, − sin tdt = dz, sin tdt = −dz helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ ∫ 1 + cos 2t 1 1 1 z3 1 2 dt − z dz = (1 + cos 2t)dt − = I= 8 2 8 16 8 3 1 = 16
∫
1 dt + 16
∫ cos 2tdt −
1 cos3 t 1 1 sin 2t 1 = t+ − cos3 t + C = 8 3 16 16 2 24
1 2 sin t cos t 1 1 t+ − (cos t)3 + C. 16 16 2 24 T´erj¨ unk most vissza az eredeti t= √ x v´altoz´ora. √ Mivel most sin t√= 2x − 1, ahonnan √ 2 = arcsin(2x−1) ´es cos t = 1 − sin t = 1 − (2x − 1)2 = 4x − 4x2 = 2 x − x2 , ez´ert =
I=
√ √ 1 1 1 arcsin(2x − 1) + (2x − 1)2 x − x2 − · 8(x − x2 ) x − x2 + C = 16 8 24 =
4x2 + 2x − 3 √ 1 arcsin(2x − 1) + x − x2 + C. 16 12
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok 5.4.3.
279
Trigonometrikus f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa
A trigonometrikus f¨ uggv´enyek racion´alis kifejez´eseinek integr´al´asa mindig megoldhat´o elemi u ´ton. N´eh´any egyszer˝ ubb t´ıpus trigonometrikus ´atalak´ıt´asokkal visszavezethet˝o olyan x integr´alra, amelyet helyettes´ıt´essel megoldhatunk, m´ıg m´as, ¨osszetettebb alakok tg = t 2 helyettes´ıt´essel vezethet˝ok vissza racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´alj´ara. a) Az egyszer˝ ubb speci´alis t´ıpusok k¨oz´e tartoznak n ´es k nemnegat´ıv eg´eszek eset´en az ∫ ∫ ∫ ( 2 )n ( )n 2n+1 k k sin x · cos xdx = sin x · sin x · cos xdx = 1 − cos2 x · cosk x · sin xdx, illetve ∫ ∫ ∫ ( 2 )n ( )n 2n+1 k k 1 − sin2 x · sink x · cos xdx cos x · sin xdx = cos x · cos x · sin xdx = integr´alok, melyeket rendre a cos x = t, illetve sin x = t helyettes´ıt´essel vezethet¨ unk vissza polinomf¨ uggv´eny integr´al´as´ara, valamint az ∫ sin2n x cos2k xdx t´ıpus´ u integr´alok, amelyek a sin x cos x =
1 sin 2x, 2
sin2 x =
1 − cos 2x 2
´es
cos2 x =
1 + cos 2x 2
trigonometriai azonoss´agok ism´etelt alkalmaz´as´aval oldhatunk meg.
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o trigonometrikus integr´alokat. ∫ 1. sin5 xdx Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at az integrandust az el˝oz˝oekben bemutatott m´odon. Ekkor ∫ ∫ ∫ ( 2 )2 ( )2 5 I = sin xdx = sin x sin xdx = 1 − cos2 x sin xdx. Vezess¨ uk be a cos x = t, − sin xdx = dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ ) ) ( ( 2 1 2 2 1 − 2t2 + t4 dt = −t + t3 + t5 + C. I= 1 − t (−dt) = − 3 5 Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora kapjuk, hogy I = − cos x +
2 1 cos3 x + cos5 x + C. 3 5
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
280 ∫
cos3 x sin4 xdx
2.
Megold´ as. V´egezz¨ uk el az integrandus megfelel˝o ´atalak´ıt´asait. Ekkor ∫ ∫ ) ( 3 4 I = cos x sin xdx = 1 − sin2 x sin4 x cos xdx. Vezess¨ uk be a sin x = t, cos xdx = dt helyettes´ıt´est. Az integr´al most ´ıgy m´odosul: ∫ ∫ ( ) 4 (4 ) t5 t7 2 I= 1 − t t dt = t − t6 dt = − + C. 5 7 Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora kapjuk, hogy I=
sin5 x sin7 x − + C. 5 7
∫ cos2 x sin4 xdx
3.
Megold´ as. V´egezz¨ uk el el˝osz¨or a trigonometrikus ´atalak´ıt´asokat. Ekkor ∫ ∫ ∫ sin2 x 1 − cos 2x 1 2 4 2 2 I = cos x sin xdx = 4 sin x · cos x · sin2 2x · dx = dx = 4 4 2 ∫ ∫ 1 − cos 4x 1 1 sin2 2x · cos 2xdx. = dx − 8 2 8 Az els˝o integr´alt bontsuk tov´abb k´et integr´al ¨osszeg´ere, a m´asodikban pedig vezess¨ uk dt be a sin 2x = t, 2 cos 2xdx = dt, cos 2xdx = helyettes´ıt´est. Ekkor 2 ∫ ∫ ∫ 1 1 1 dt 1 1 sin 4x 1 t3 I= dx − cos 4xdx − t2 · = x− dx − · +C = 16 16 8 2 16 16 4 16 3 =
1 1 sin 4x 1 x− dx − sin3 2x + C. 16 16 4 48
∫ b) Az
R(sin x, cos x)dx alak´ u integr´alok a tg
Ebben az esetben
x = arctg t, 2
x = t helyettes´ıt´essel racionaliz´alhat´ok. 2
2dt dx = , 1 + t2 ( ) cos2 x2 2tg x2 2t ( )= , = x x 2 2 1 + t2 cos 2 1 + tg 2 ( ) cos2 x2 1 − tg 2 x2 1 − t2 ( ) = . = 1 + t2 cos2 x2 1 + tg 2 x2
x = 2arctg t,
2 sin x2 cos x2 sin x = sin x = 1 sin2 x2 + cos2 x2 cos2 x2 − sin2 cos x cos x = = 1 sin2 x2 + cos2
x 2 x 2
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
281
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o trigonometrikus integr´alokat. ∫ dx 1. 1 + sin x + cos x Megold´ as. Alkalmazzuk a megadott helyettes´ıt´eseket. Ekkor ∫
∫ 2.
dx = 1 + sin x + cos x
∫ 1+
2dt 1+t2 2 2t + 1−t 1+t2 1+t2
∫ =
dt x = ln |1+t|+C = ln 1 + tg +C. 1+t 2
dx cos x + 2 sin x + 3
x = t helyettes´ıt´est. Ekkor 2 ∫ ∫ ∫ ∫ 2dt 2dt dx 2dt 1+t2 1+t2 = = = = 2 2 2 2 + 2t + 2) 1−t 4t 1−t +4t+3+3t cos x + 2 sin x + 3 2 (t + + 3 2 2 2 1+t 1+t 1+t ∫ ( x ) dt = arctg (t + 1) + C = arctg tg + 1 + C. = (t + 1)2 + 1 2
Megold´ as. Alkalmazzuk a tg
5.4.4. Exponenci´ alis ´ es hiperbolikus f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa ∫ Az R (ex ) dx exponenci´alis f¨ uggv´eny integr´alj´at, ahol az integrandus az ex f¨ uggv´eny racion´alis kifejez´ese, az dt t helyettes´ıt´essel tudjuk visszavezetni racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´alj´ara. Minthogy ex = t,
sh x =
ex − e−x , 2
ch x =
x = ln t,
ex + e−x , 2
th x =
dx =
ex − e−x ex + e−x
´es cth x =
ex + e−x , ex − e−x
´ıgy ´erthet˝o, hogy a hiperbolikus f¨ uggv´enyek racion´alis kifejez´eseinek integr´aljai ugyanezzel a helyettes´ıt´essel racionaliz´alhat´ok.
FELADATOK Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o exponenci´alis integr´alok megold´as´at. ∫ ex dx 1. 1 + ex dt helyettes´ıt´est. Ekkor Megold´ as. Vezess¨ uk be az ex = t, dx = t ∫ ∫ ∫ dt ex t dt dx = · = = ln |1 + t| + C = ln (1 + ex ) + C. x 1+e 1+t t 1+t
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
282 ∫ 2.
e2x dx 1 + e2x
dt Megold´ as. Vezess¨ uk be az ex = t, dx = helyettes´ıt´est. Az integr´al megold´asa t most ∫ ∫ ∫ ∫ e2x dt tdt 1 2tdt t2 = dx = · = = 2x 2 2 1+e 1+t t 1+t 2 1 + t2 ) 1 1 ( = ln 1 + t2 + C = ln 1 + e2x + C. 2 2 ∫ 3x e − ex 3. dx e2x + 1 dt Megold´ as. Vezess¨ uk be az ex = t, dx = helyettes´ıt´est. Ekkor t ∫ 3x ∫ 3 ∫ 2 ∫ 2 t − t dt t −1 t +1−2 e − ex dx = · = dt = dt = e2x + 1 t2 + 1 t t2 + 1 t2 + 1 ) ∫ ( 2 = dt = t − 2arctg t + C = ex − 2arctg ex + C. 1− 2 t +1 ∫ √ 4. ex − 1dx dt helyettes´ıt´est. Ekkor az t ∫ ∫ ∫ √ √ √ dt t−1 x I= e − 1dx = t−1· = dt. t t
Megold´ as. Alkalmazzuk az ex = t, dx =
integr´alt kapjuk, amelyben a t − 1 = z 2 , dt = 2zdz helyettes´ıt´est bevezetve ad´odik, hogy ) ∫ ∫ 2 ∫ ( z z +1−1 1 I= ·2zdz = 2 = 1− 2 dz = 2 (z − arctg z)+C = z2 + 1 z2 + 1 z +1 √ √ (√ ) (√ ) = 2 t − 1 − arctg t − 1 + C = 2 ex − 1 − arctg ex − 1 + C. ∫ ch x + sh x dx 5. ex + 1 Megold´ as. Helyettes´ıts¨ uk be az integrandusba a ch x ´es sh x f¨ uggv´enyek exponenci´alis alakj´at. Ekkor a k¨ovetkez˝o integr´alt kapjuk: ∫ x ∫ ∫ ∫ 1 e + e−x + ex − e−x 1 2ex ex ch x + sh x dx = dx = dx = dx. I= ex + 1 2 ex + 1 2 ex + 1 1 + ex Az exponenci´alis f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos integr´alok els˝o feladata alapj´an a megold´as I = ln (1 + ex ) + C.
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
5.5. 5.5.1.
283
A hat´ arozott integr´ al fogalma ´ es tulajdons´ agai Arkhim´ ed´ esz m´ odszere s´ıkidomok ter¨ ulet´ enek meghat´ aroz´ as´ ara
A gyakorlati ´eletben sokszor van sz¨ uks´eg¨ unk k¨ ul¨onb¨oz˝o s´ıkidomok nagys´ag´anak meghat´aroz´as´ara. Egy m´er˝osz´amot kell hozz´arendelni a s´ıkidomhoz, amit a ter¨ ulet´enek nevez¨ unk. Soksz¨ogek eset´eben nincsenek nagyobb probl´em´ak, s˝ot a k¨or eset´eben is megoldhat´o a hozz´arendel´es. Most n´eh´any tov´abbi speci´alis s´ıkidomhoz fogunk ter¨ uletet rendelni, s feltessz¨ uk, hogy a tekintett s´ıkidomoknak van ter¨ ulete. Tekints¨ uk azt a s´ıkidomot, amelyet az x tengely [0, 1] intervalluma, az x = 1 egyenes megfelel˝o szakasza ´es az f (x) = x2 f¨ uggv´eny grafikonj´anak megfelel˝o ´ıve hat´arol. Ezt a s´ıkidomot parabolikus h´aromsz¨ognek is szok´as nevezni, s ter¨ ulet´enek kisz´am´ıt´as´ara Arkhim´ed´esz parabola-kvadrat´ ur´aj´at alkalmazzuk. A m´odszer l´enyege az, hogy a keresett ter¨ uletet t´eglalapok ter¨ uleteinek ¨osszeg´evel k¨ozel´ıtj¨ uk. ´Irjunk a parabolikus h´aromsz¨ogbe ´es k¨or´e soksz¨oget a k¨ovetkez˝o m´odon: osszuk a [0, 1] intervallumot n egyenl˝o r´eszre (n ∈ N). A [ ] 1 0, , n
[
] 1 2 , , n n
[ ···
] i−1 i , , n n
[ ···
] n−1 ,1 n
r´eszintervallumokra ´all´ıtsunk be´ırt ´es k¨or¨ ul´ırt t´eglalapokat u ´gy, hogy a be´ırt t´eglalap magass´aga a r´eszintervallumok kezd˝opontjainak f¨ uggv´eny´ert´eke, azaz rendre ( )2 ( )2 ( )2 1 i−1 n−1 0, , ··· , , ··· , , n n n a k¨or¨ ul´ırt t´eglalapok magass´aga a r´eszintervallumok v´egpontjainak f¨ uggv´eny´ert´eke, azaz rendre ( )2 ( )2 ( )2 1 2 i , , ··· , , ··· , 1 n n n legyen. A be´ırt t´eglalapok ter¨ ulete: 1 sn = 0 · + n
=
( )2 ( )2 ( ( )2 )2 1 2 i−1 n−1 1 1 1 1 + + ··· + + ··· + = n n n n n n n n
] (n − 1)n(2n − 1) 1 [ 2 2 2 2 = 1 + 2 + · · · + (i − 1) + · · · + (n − 1) . n3 6n3
A k¨or¨ ul´ırt t´eglalapok ter¨ ulete: ( )2 ( )2 ( )2 ( )2 ( n )2 1 2 3 i 1 1 1 1 1 + + + ··· + + ··· + = Sn = n n n n n n n n n n
=
] (n + 1)n(2n + 1) 1 [ 2 . 1 + 22 + 32 + · · · + i2 + · · · + n2 = 3 n 6n3
284
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Az a sejt´es¨ unk, hogy ha egyetlen olyan sz´am van, amely minden sn -n´el nagyobb ´es minden Sn -n´el kisebb, akkor a parabolikus h´aromsz¨ognek van ter¨ ulete, ´es ez a T ter¨ ulet azzal a sz´ammal egyenl˝o. Ez´ert fel´ırhatjuk, hogy s n ≤ T ≤ Sn ,
y y=x2 1
behelyettes´ıtve a k´epleteket pedig kapjuk, hogy (n − 1)n(2n − 1) (n + 1)n(2n + 1) ≤T ≤ . 3 6n 6n3 0
A fenti egyenl˝otlens´egek a hat´ar´ert´ekekre is ´erv´enyesek, ha n → ∞, azaz igazak a
È
È
È
1
2
3
n
n
n
È
È
n
n
i-1 i
È
n-1 1 n
x
(n − 1)n(2n − 1) (n + 1)n(2n + 1) ≤ T ≤ lim 3 n→∞ n→∞ 6n 6n3 lim
egyenl˝otlens´egek is. Ekkor 1 1 ≤T ≤ , 3 3 5.5.2.
1 ahonnan T = . 3
A hat´ arozott integr´ al fogalma
Legyen f egy korl´atos pozit´ıv f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon, ami azt jelenti, hogy a grafikonja az x-tengely felett helyezkedik el. Ekkor azt a s´ıkbeli alakzatot, amelyet az x-tengelyen az [a, b] intervallum, az x = a ´es x = b egyenesek, valamint az f f¨ uggv´eny [a, b] intervallumhoz tartoz´o grafikonja hat´arol, az [a, b] intervallumhoz tartoz´o G g¨ orbevonal´ u trap´ eznak nevezz¨ uk. A G g¨orbevonal´ u trap´ezter¨ ulet meghat´aroz´as´anak probl´em´aja ´es az Arkhim´ed´eszi m´odszer ¨otlete vezetett a hat´arozott integr´al defin´ıci´oj´ahoz.
y
y= f HxL
È
a
Osszuk fel az [a, b] intervallumot n sz´am´ u [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], ..., [xn−1 , xn ], r´eszintervallumra u ´gy, hogy az oszt´opontokra a = x0 < x1 < x2 < x3 < ... < xn−1 < xn = b
È
b
x
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
285
legyen ´erv´enyes. Az [a, b] intervallum F feloszt´asa az F = {x0 , x1 , ..., xn } ponthalmazt jelenti. Jel¨olje most ∆x1 = x1 − x0 az els˝o, ∆x2 = x2 − x1 a m´asodik, ´es ´ıgy tov´abb, ∆xn = xn − xn−1 pedig az n-edik r´eszintervallum hossz´ us´ag´at. A d(F) = max {∆x1 , ∆x2 , ..., ∆xn } sz´amot az F feloszt´as diam´eter´enek nevezz¨ uk, s a legnagyobb r´eszintervallum-hossz´ us´agot jel¨oli. 5.7. Defin´ıci´ o. Legyen f az [a, b] z´art intervallum felett defini´alt korl´atos f¨ uggv´eny ´es F az [a, b] intervallum egy feloszt´asa. Ekkor az sn = m1 ∆x1 + m2 ∆x2 + · · · + mn ∆xn =
n ∑
mi ∆xi
i=1
¨sszeget, ahol mi jelenti az f f¨ o uggv´eny als´o hat´ar´ at az [xi−1 , xi ] r´eszintervallumon, az f f¨ uggv´eny F feloszt´ashoz tartoz´o als´o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszeg´enek nevezz¨ uk. Az Sn = M1 ∆x1 + M2 ∆x2 + · · · + Mn ∆xn =
n ∑
Mi ∆xi
i=1
¨sszeget, ahol Mi jelenti az f f¨ o uggv´eny fels˝o hat´ar´ at az [xi−1 , xi ] r´eszintervallumon, az f f¨ uggv´eny F feloszt´ashoz tartoz´o fels˝o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszeg´enek nevezz¨ uk. 5.8. Defin´ıci´ o. Legyen f az [a, b] z´art intervallum felett defini´alt korl´atos f¨ uggv´eny, F az [a, b] intervallum egy feloszt´asa ´es ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, a r´eszintervallumok tetsz˝oleges pontjainak egy kiv´alaszt´ asa. Ekkor a T (f, F, ξ) =
n ∑
f (ξi )∆xi ,
i=1
osszeget az f f¨ ¨ uggv´eny F feloszt´ashoz tartoz´o Riemann-f´ele integr´ al¨ osszeg´enek nevezz¨ uk. 5.9. T´ etel. Legyen f az [a, b] z´ art intervallum felett defini´alt korl´atos f¨ uggv´eny, F az [a, b] intervallum egy feloszt´asa ´es ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, a r´eszintervallumok tetsz˝oleges pontjainak egy kiv´alaszt´ asa. Ekkor sn ≤ T (f, F, ξ) ≤ Sn ´erv´enyes minden n ∈ N eset´en, ha sn ´es Sn az f f¨ uggv´eny als´o ´es fels˝o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegeinek sorozatai. Bizony´ıt´as. Az als´o ´es fels˝o hat´ar defin´ıci´oj´ab´ol ad´odik, hogy minden ξ pontv´alaszt´as eset´en mi ≤ f (ξi ) ≤ Mi , i = 1, 2, ..., n. Beszorozva a fenti ´ert´ekeket a megfelel˝o r´eszintervallumok hossz´ us´ag´aval kapjuk, hogy mi ∆xi ≤ f (ξi )∆xi ≤ Mi ∆xi ,
i = 1, 2, ..., n.
286
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Adjuk ¨ossze a fenti ´ert´ekeket 1-t˝ol n-ig. Ekkor n ∑
mi ∆xi ≤
i=1
n ∑
f (ξi )∆xi ≤
i=1
n ∑
Mi ∆xi ,
i=1
illetve sn ≤ T (f, F, ξ) ≤ Sn , amit igazolni akartunk. ⋄ 5.9. Defin´ıci´ o. Legyen f : [a, b] 7→ R korl´ atos f¨ uggv´eny. Ha az [a, b] intervallum minden F feloszt´as´ ara ´es b´armely olyan ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) pont n-esre, amelyekre ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, l´etezik az n ∑ I := lim f (ξi )∆xi d(F )→0
i=1
egy´ertelm˝ u hat´ar´ert´ek, akkor az f f¨ uggv´enyre azt mondjuk, hogy integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon, az I sz´am az f f¨ uggv´eny hat´arozott integr´ alja az [a, b] intervallumon, jel¨ol´ese pedig ∫ b n ∑ lim f (ξi )∆xi = f (x)dx. d(F )→0
a
i=1
Az a, illetve b sz´amok, a < b, a hat´arozott integr´ al als´o, illetve fels˝o hat´arai, az f f¨ uggv´eny a hat´arozott integr´al integrandusa. Ebben az esetben az I hat´ar´ert´ek azt jelenti, hogy minden ε > 0 sz´amra l´etezik olyan δ > 0, hogy minden tetsz˝oleges F feloszt´asra d(F) < δ ´es a ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) pont n-esek b´armely v´alaszt´ asa eset´en igaz, hogy n ∑ f (ξi )∆xi < ε . I − i=1
T¨ort´eneti okokb´ol, ´es az´ert mert m´as integr´alfogalom is l´etezik, a fenti defin´ıci´o ´ertelm´eben integr´alhat´o f¨ uggv´enyeket szok´as Riemann szerint integr´alhat´o f¨ uggv´enyeknek nevezni. (Bernhard Riemann n´emet matematikus 1826-1866.) 5.10. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny integr´alhat´ o az [a, b] intervallumon, akkor f korl´ atos [a, b] intervallumon. 5.11. T´ etel. Az [a, b] intervallumon ´ertelmezett f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor integr´ alhat´ o, ha az [a, b] intervallum b´armely F feloszt´ as´ ahoz a megfelel˝ o als´o ´es fels˝o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegek sn ´es Sn sorozatai k¨oz¨os hat´ar´ert´ekhez tartanak, azaz lim sn = lim Sn .
d(F )→0
d(F )→0
5.12. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny folytonos az [a, b] intervallumon, akkor f integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon. 5.13. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny korl´atos ´es monoton az [a, b] intervallumon, akkor f integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon.
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai 5.5.3.
287
A hat´ arozott integr´ al tulajdons´ agai
5.10. Defin´ıci´ o. Legyen f integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon. ∫ b ∫ a 1. Ha a > b, akkor f (x)dx = − f (x)dx. a
∫ 2. Ha a = b, akkor
b a
f (x)dx = 0. a
Bel´athat´o, hogy minden f az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggv´eny integr´alhat´o is az [a, b]-n. Ugyan´ ugy minden olyan korl´atos f : [a, b] 7→ R f¨ uggv´eny is integr´alhat´o, amely folytonos az [a, b] intervallumon, kiv´eve v´eges sok pontj´aban. 5.14. T´ etel. Ha f a konstans f¨ uggv´eny, azaz f (x) = k, x ∈ [a, b], akkor ∫ b f (x)dx = k(b − a). a
5.15. T´ etel. Ha f integr´alhat´ o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon ´es k egy val´os sz´am, ∫ b ∫ b akkor a kf f¨ uggv´eny is integr´alhat´ o az [a, b] intervallumon ´es kf (x)dx = k f (x)dx. a
a
Bizony´ıt´as. Minden F feloszt´as ´es a r´eszintervallumokon v´alasztott b´armely ξ pontok eset´en n n ∑ ∑ T (kf, F, ξ) = kf (ξi )∆xi = k f (ξi )∆xi = kT (f, F, ξ). i=1
i=1
Mivel
∫
b
lim T (f, F, ξ) =
d(F )→0
ez´ert
∫
f (x)dx, a
∫
b
kf (x)dx = lim T (kf, F, ξ) = k lim T (f, F, ξ) = k
⋄
d(F )→0
a
d(F )→0
b
f (x)dx. a
5.16. T´ etel. Ha f ´es g integr´alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, akkor az ¨osszeg¨ uk ∫ b ∫ b ∫ b is integr´alhat´o az [a, b] intervallumon ´es (f (x) + g(x))dx = f (x)dx + g(x)dx. a
a
a
Bizony´ıt´as. Minden F feloszt´as ´es a r´eszintervallumokon v´alasztott b´armely ξ pontok eset´en n ∑ T (f + g, F, ξ) = (f (ξi ) + g(ξi )) ∆xi = i=1
=
n ∑ i=1
f (ξi )∆xi +
n ∑
g(ξi )∆xi = T (f, F, ξ) + T (g, F, ξ).
i=1
Mivel
∫ lim (T (f, F, ξ) + T (g, F, ξ)) =
d(F )→0
∫
b
f (x)dx + a
b
g(x)dx, a
288
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
ez´ert
∫
b
(f (x) + g(x)) dx = lim T (f + g, F, ξ) = d(F )→0
a
∫
∫
b
= lim (T (f, F, ξ) + T (g, F, ξ)) =
b
f (x)dx +
d(F )→0
g(x)dx.
a
⋄
a
5.2. K¨ ovetkezm´ eny. Ha f ´es g integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, k1 ´es k2 pedig val´os sz´amok, akkor a k1 f + k2 g f¨ uggv´eny is integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon ´es ∫
∫
b
∫
b
(k1 f (x) + k2 g(x))dx = k1
b
f (x)dx + k2
a
a
g(x)dx. a
5.17. T´ etel. Ha f ´es g integr´alhat´o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon ´es f (x) ≤ g(x) minden x ∈ [a, b] eset´en, akkor ∫
∫
b
b
f (x)dx ≤
g(x)dx.
a
a
Bizony´ıt´ as. Minden F feloszt´as ´es a r´eszintervallumokon v´alasztott b´armely ξ pontok eset´en n n ∑ ∑ T (f, F, ξ) = f (ξi )∆xi ≤ f (ξi )∆xi = T (g, F, ξ). i=1
Ekkor
∫
i=1
∫
b
b
f (x)dx = lim T (f, F, ξ) ≤ lim T (g, F, ξ) =
⋄
a
d(F )→0
d(F )→0
g(x)dx. a
A k¨ovetkez˝o ´all´ıt´asok az 5.17. T´etel k¨ovetkezm´enyei. 5.3. K¨ ovetkezm´ eny. Ha f ´es g integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, f (x) ≤ 0 ´es g(x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] eset´en, akkor ∫
∫
b
f (x)dx ≤ 0 ´es
b
g(x)dx ≥ 0.
a
a
5.18. T´ etel. Legyen f integr´alhat´o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon ´es legyen minden x ∈ [a, b] eset´en m ≤ f (x) ≤ M . Ekkor ∫
b
m(b − a) ≤
f (x)dx ≤ M (b − a). a
5.19. T´ etel (Az integr´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ekt´etele). Legyen f az [a, b] intervallum felett folytonos f¨ uggv´eny. Ekkor van olyan c ∈ (a, b) sz´ am, hogy 1 f (c) = b−a
∫
b
f (x)dx. a
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
289
Bizony´ıt´as. Mivel az f f¨ uggv´eny folytonos, ez´ert a z´art [a, b] intervallumon felveszi M maximum´at ´es m minimum´at. ´Igy az f f¨ uggv´eny teljes´ıti az 5.18. T´etel felt´eteleit, ahonnan b − a > 0 figyelembe v´etel´evel, ∫ b 1 m≤ f (x)dx ≤ M, b−a a ∫ b 1 ebb˝ol pedig az ad´odik, hogy f (x)dx a [m, M ] intervallum egy k¨ozbens˝o ´ert´eke, b−a a melyet az f f¨ uggv´eny a folytonoss´ag miatt felvesz. Ez´ert van olyan c ∈ (a, b) sz´am, hogy ∫ b 1 f (x)dx, f (c) = b−a a s ezzel az ´all´ıt´as bizony´ıtott. ⋄ A k¨ovetkez˝o t´etelekben a hat´arozott integr´alok fontos tulajdons´agait fogalmaztuk meg. 5.20. T´ etel. Ha f integr´alhat´o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon, akkor ∫ b ∫ b ≤ f (x)dx |f (x)|dx. a
a
5.21. T´ etel. Ha f integr´alhat´o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon ´es ha c ∈ (a, b), akkor igaz, hogy ∫ b ∫ c ∫ b f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx. a
5.5.4.
a
c
Newton-Leibniz formula
5.22. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggv´eny ´es ∫ x Φ(x) = f (t)dt, a
akkor a Φ f¨ uggv´eny az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon. Bizony´ıt´as. A Φ f¨ uggv´eny n¨ovekm´eny´enek ´es az x v´altoz´o ∆x n¨ovekm´eny´enek h´anyadosa (∫ x+∆x ) ∫ x 1 Φ(x + ∆x) − Φ(x) = f (t)dt − f (t)dt . ∆x ∆x a a A 5.21. T´etel alapj´an igaz, hogy 1 Φ(x + ∆x) − Φ(x) = ∆x ∆x
∫
x+∆x
f (t)dt. x
Az f f¨ uggv´eny folytonos, ha t ∈ [x, x + ∆x], ez´ert ´erv´enyes az integr´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ekt´etele (5.19. T´etel), ahol a = x, b = x + ∆x. Ekkor Φ(x + ∆x) − Φ(x) = f (c), ∆x
c ∈ [x, x + ∆x].
290
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Ha ∆x → 0, akkor x + ∆x → x ´es c → x, s az f f¨ uggv´eny folytonoss´ag´ab´ol f (c) → f (x). Teh´at a fenti n¨ovekm´enyek h´anyados´anak hat´ar´ert´eke l´etezik, ha ∆x → 0, ´es Φ(x + ∆x) − Φ(x) = f (x). ∆x→0 ∆x lim
Eszerint a Φ f¨ uggv´eny differenci´alhat´o ´es Φ′ (x) = f (x). ⋄ ∫ b Az integr´alsz´am´ıt´as alapt´etele lehet˝ov´e teszi az f (x)dx hat´arozott integr´al kisz´am´ıt´as´at a
az f f¨ uggv´eny tetsz˝oleges F primit´ıv f¨ uggv´eny´enek seg´ıts´eg´evel. 5.23. T´ etel. Legyen f az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggv´eny, F pedig az egyik primit´ıv f¨ uggv´enye, azaz F ′ (x) = f (x), minden x ∈ [a, b] eset´en. Ekkor ´erv´enyes a Newton-Leibnizf´ele formula: ∫ b b b f (x)dx = [F (x)]a = F (x) = F (b) − F (a). a
a
Bizony´ıt´ as. Ha F ´es Φ az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei, akkor ezek a f¨ uggv´enyek legfeljebb egy ´alland´oban k¨ ul¨onb¨oznek egym´ast´ol. Ekkor Φ(x) = F (x) + C, ∫
azaz
x
f (x)dx = F (x) + C. a
Az x = a helyettes´ıt´esi ´ert´ek vezet a 0 = F (a) + C formul´ahoz, amib˝ol C = −F (a) ´es ∫ x f (x)dx = F (x) − F (a). a
Az x = b helyettes´ıt´es ut´an k¨ovetkezik, hogy ∫ b f (x)dx = F (b) − F (a). a
⋄ A hat´arozott integr´al sz´am´ıt´as´an´al felhaszn´aljuk a hat´arozatlan integr´alt, s ez´ert a helyettes´ıt´est vagy a parci´alis integr´al´as szab´aly´at alkalmazhatjuk a hat´arozott integr´alra is az al´abbi m´odon. 5.24. T´ etel. Legyen f : [a, b] 7→ R folytonos f¨ uggv´eny, φ : [α, β] 7→ [a, b] pedig olyan monoton f¨ uggv´eny, amelynek az els˝o deriv´altja folytonos az [α, β] intervallumon. Ekkor az x = φ(t) helyettes´ıt´es ut´an ∫ b ∫ β f (x)dx = f (φ(t))φ′ (t)dt , a
ahol a = φ(α), b = φ(β).
α
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
291
5.25. T´ etel. Ha az u ´es v f¨ uggv´enyek folytonosan differenci´ alhat´ ok az [a, b] intervallumon, akkor igaz a parci´alis integr´al´as k´eplete, miszerint ∫
b
∫
′
u(x)v (x)dx =
[u(x)v(x)]ba
a
b
−
v(x)u′ (x)dx .
a
FELADATOK. Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´arozott integr´alok ´ert´ek´et. ∫
3
1.
(
) 4x3 − x dx
1
Megold´ as. ∫
3
(
(
)
4x − x dx = 3
1
∫
3
2.
√ 3
) 3 ( ) ( ) x2 32 12 9 1 4 4 x − = 3 − − 1 − = 81 − − 1 + = 76. 2 1 2 2 2 2 4
xdx
2
Megold´ as.
∫ 2
∫
−2
3. −4
3
√ 3
3 ) √ 3 √ 3( √ 3 3 3 xdx = x x = 3 3−2 2 . 4 4 2
dx x4
Megold´ as. ∫
−2
−4
∫
12
4. 5
3 dx x
Megold´ as.
∫ 5
∫
−2 ( ) dx 1 1 1 1 1 7 = − · 3 = − − = . 4 x 3 x −4 3 −8 −64 192
12
12 12 3 dx = 3 ln |x| = 3 (ln 12 − ln 5) = 3 ln . x 5 5
π
sin xdx
5. 0
Megold´ as. ∫ 0
π
π sin xdx = − cos x = −(cos π − cos 0) = −(−1 − 1) = 2. 0
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
292 ∫
1
(5x + 1)4 dx
6. 0
dt Megold´ as. Ha alkalmazzuk az 5x + 1 = t, dx = helyettes´ıt´est, akkor a t 5 v´altoz´oval kapott integr´al hat´arait is meg kell v´altoztatni a r´egi hat´arok ´ert´ekeinek behelyettes´ıt´es´evel, ´ıgy az u ´j hat´arok most 5 · 0 + 1 = 1 ´es 5 · 1 + 1 = 6 lesznek. Ekkor 6 ∫ 1 ∫ 6 ) 1 ( 5 1 t5 4 4 dt 6 − 15 = 311. (5x + 1) dx = t · = · = 5 5 5 1 25 0 1 ∫ 2 e2x+3 dx 7. 1
dt Megold´ as. Vezess¨ uk be a 2x + 3 = t, dx = helyettes´ıt´est. A megfelel˝o hat´arok 2 most x = 1 helyett t = 5, valamint x = 2 helyett t = 7. Az integr´al megold´asa teh´at 7 ∫ 2 ∫ 7 ) 1 ( ) 1 t 1( 7 2x+3 t dt e dx = e = e = e − e5 = e5 e2 − 1 . 2 2 5 2 2 1 5 ∫ π sin x cos xdx 8. π 2
Megold´ as. Vezess¨ uk be a cos x = t, sin xdx = −dt helyettes´ıt´est. Az u ´j hat´arok π π most x = helyett t = cos = 0, x = π helyett pedig t = cos π = −1. Az integr´al 2 2 ekkor 0 ∫ −1 ∫ π ∫ 0 1 1 t2 sin x cos xdx = − tdt = = =0− =− . π 2 2 2 0 −1 −1
2
∫
π 4
9.
tg xdx − π4
sin x , ez´ert vezess¨ uk be az integr´alban a cos x = t, cos x ( π ) √2 π = sin xdx = −dt helyettes´ıt´est. Az u ´j hat´arok: x = − helyett t = cos − , 4 4 2 √ π π 2 . Ekkor valamint x = helyett t = cos = 4 4 2 ∫ π ∫ π ∫ √2 4 4 sin x 2 dt tg xdx = dx = − √ = 0. 2 t − π4 − π4 cos x 2 Megold´ as. Mivel tg x =
∫ 10. e
e2
dx x ln x
Megold´ as. Alkalmazzuk az ln x = t, dx = dt helyettes´ıt´est. Az u ´j hat´arok x = e x helyett t = ln e = 1, illetve x = e2 helyett t = ln e2 = 2. Ekkor 2 ∫ e2 ∫ 2 dt dx = = ln |t| = ln 2 − ln 1 = ln 2. x ln x t 1 e 1
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai ∫
293
2
xex dx
11. 1
Megold´ as. Ha u = x, dv = ex dx, valamint du = dx ´es v = ex , akkor ∫
2
2 ∫ xe dx = xe −
1
∫
2
x
x
1
1
2 ( ) ex dx = 2e2 − 1e − ex 1 = 2e2 − e − (e2 − e) = e2 .
√ 3 2
12.
arcsin xdx − 12
Megold´ as. Legyen a parci´alis integr´al´as k´eplet´eben u = arcsin x ´es dv = dx. Ekkor dx du = √ ´es v = x. Ekkor 1 − x2 ∫
√
3 2
I= − 12
arcsin xdx = x arcsin x
√
∫
3 2
− − 12
√
3 2
− 12
√
xdx . 1 − x2
dt A kapott integr´alban vezess¨ uk be az 1 − x2 = t, xdx = − helyettes´ıt´est. Az u ´j t √ 3 1 3 1 hat´arok most x = − helyett t = , illetve x = helyett t = . Az integr´al´ast 2 4 2 4 folytatva kapjuk, hogy √ √ ( ) ( ) ∫ 1 ( ) 4 3 3 1 1 1 dt √ − I= arcsin − − arcsin − − = 3 2 2 2 2 2 t 4 1 √ √ √ ( ) 4 √ ) 3 π 1 ( π ) √ 1 3 π 3 π π √ 1 1( = · + · − + t = − + − = 3− + 1− 3 . 3 2 3 2 6 6 12 4 4 6 2 2 √
4
∫
π 4
x cos xdx
13. − π4
Megold´ as. Legyen a parci´alis integr´al´as k´eplet´eben u = x ´es dv = cos xdx, ahonnan du = dx ´es v = sin x. Ekkor π π 4 ∫ π ∫ π 4 ( ) ( ) 4 4 π π π π sin − + cos x = x cos xdx = x sin x − sin xdx = sin − − π 4 4 4 4 − π4 − π4 −4
− π4
( √ ) √ ( π ) π √ 2 π √2 √2 √2 √ π 2 π 2 π = · + = − + + = 2. − + cos − cos − 4 2 4 2 4 4 8 8 2 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
294 ∫
e2
x2 ln xdx
14. e
Megold´ as. legyen a parci´alis integr´al´as k´eplet´eben u = ln x ´es dv = x2 dx. Ekkor dx x3 du = ´es v = . Ekkor x 3 e2 ∫ 2 ∫ e2 ∫ 2 e 3 x x3 dx e6 e3 1 e 2 2 2 x ln xdx = ln x − · = ln e − ln e − x dx = 3 3 x 3 3 3 e e e e
e2 ) 2 1 1( 6 2 6 1 3 1 x3 e − e3 = = e − e − · = e6 − e3 − 3 3 3 3 e 3 3 9
∫ 15.
) 5 2 e3 ( 3 = e6 − e3 = 5e − 2 . 9 9 9 1
dx − 5x + 6 0 Megold´ as. Az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, s fel´ırhat´o x2
x2
1 1 1 1 = = − − 5x + 6 (x − 3)(x − 2) x−3 x−2
alakban. Ekkor
∫ I= 0
1
dx = 2 x − 5x + 6
∫ 0
1
dx − x−3
∫ 0
1
dx . x−2
Alkalmazva az x − 3 = t, dx = dt, valamint x − 2 = z, dx = dz helyettes´ıt´eseket ad´odik, hogy az u ´j hat´arokkal −1 −2 ∫ −2 ∫ −1 dt dz 4 I= − = ln |t| − ln |z| = ln 2 − ln 3 − ln 1 + ln 2 = ln . t z 3 −3 −2 −3 −2
5.6. 5.6.1.
A hat´ arozott integr´ al alkalmaz´ asa S´ıkidomok ter¨ uletsz´ am´ıt´ asa
Legyen f : [a, b] 7→ R nemnegat´ıv folytonos f¨ uggv´eny, az [a, b] intervallumon. A Riemannf´ele integr´al defin´ıci´oja alapj´an kimondhatjuk, hogy az f f¨ uggv´enyhez tartoz´o G g¨orbevonal´ u trap´ez T (G) ter¨ ulete az [a, b] intervallum felett: ∫ b T (G) = f (x)dx. a
Ha az f : [a, b] 7→ R folytonos f¨ uggv´eny nempozit´ıv az [a, b] intervallumon, akkor az f f¨ uggv´enyhez tartoz´o G g¨orbevonal´ u trap´ez T (G) ter¨ ulete az [a, b] intervallum felett: ∫ b ∫ b f (x)dx . T (G) = − f (x)dx, illetve T (G) = a
a
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
295
y
y aÈ
bÈ
x
y= f HxL
y= f HxL È
È
a
b
x
Ha az f : [a, b] 7→ R folytonos f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon el˝ojelet v´alt, azaz az [a, c] intervallumon nemnegat´ıv, a [c, b] intervallumon pedig nempozit´ıv (a < c < b), akkor a G degener´alt g¨orbevonal´ u trap´ez ter¨ ulet´et kell kisz´amolni. Ebben az esetben a ter¨ ulet kisz´am´ıt´as´at egy x-tengely feletti ´es egy x-tengely alatti ter¨ ulet kisz´am´ıt´as´ara kell sz´etbontani, azaz ∫ c ∫ b T (G) = f (x)dx − f (x)dx. a
y
y= f HxL
È
È
a
È
c
b
x
c
Legyenek f : [a, b] 7→ R ´es g : [a, b] 7→ R olyan folytonos f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, hogy g(x) ≤ f (x), x ∈ [a, b]. Az A = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)} z´art alakzat ter¨ ulet´et most a k¨ovetkez˝o m´odon sz´amoljuk ki: ∫ b T (A) = (f (x) − g(x))dx. a
y y= f HxL
È
È
a
b
y=gHxL
x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
296
FELADATOK. 1. Sz´am´ıtsuk ki az y = 1 − x2 g¨orbe ´es az x tengely ´altal hat´arolt z´art tartom´any ter¨ ulet´et. Megold´ as. Keress¨ uk meg az y = 1 − x2 parabola ´es az x-tengely metsz´espontjait, vagyis a parabola nullahelyeit. 1 − x2 = 0, ha x = −1 vagy x = 1, ez´ert a keresett ter¨ ulet az x-tengelyen −1-t˝ol 1-ig terjed ´es a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´am´ıthatjuk ki: ∫
1
T = −1
(
1−x
2
)
( dx = ( =
y
1
T
) 1 x3 x− = 3 −1
1 1− 3
)
(
1 − −1 + 3
x
1
-1
y=1-x2
) =
2 2 4 + = . 3 3 3
2. Sz´am´ıtsuk ki az y = 2x g¨orbe, valamint az x = 0, x = 2 ´es y = 0 egyenesek ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. Megold´ as. A hat´arozott integr´al hat´arait az x = 0 ´es x = 2 egyenesek adj´ak meg. A keresett ter¨ ulet 2 ∫ 2 2x 4 1 3 x T = 2 dx = = − = . ln 2 0 ln 2 ln 2 ln 2 0 y
y y=2x
y=lnx
4
x
1 ã
1
T -1
1
T 1
-1 x=0
2 x=2
x
x=
1 ã
1 3. Sz´am´ıtsuk ki az y = ln x g¨orbe, valamint az x = ´es y = 0 egyenesek ´altal hat´arolt e z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. Megold´ as. Mivel az y = ln x g¨orbe az x = 1-ben metszi az x-tengelyt, ´ıgy az 1 ulet az x-tengely alatt integr´al´as hat´arai az x = ´es x = 1 lesznek. A keresett ter¨ e
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
297
helyezkedik el, ez´ert ∫ T =− ( =
∫
1
1 e
ln xdx = 1 e
1 1 1 ln − e e e
1
1 e ln xdx = (x ln x − x) = 1
) − (1 ln 1 − 1) =
1 1 2 · (−1) − + 1 = 1 − . e e e
4. Sz´am´ıtsuk ki az y = sin x g¨orbe ´es az x tengely ´altal hat´arolt z´art tartom´any ter¨ ulet´et a [0, 2π] intervallumon. ´ Megold´ as. Allap´ ıtsuk meg, hogy a megadott intervallumon sin x > 0, ha x ∈ (0, π), ´es sin x < 0, ha x ∈ (π, 2π).Ez´ert a keresett ter¨ ulet nagysz´ag´at k´et integr´al seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtjuk: ∫
∫
π
sin xdx −
T = T1 + T2 = 0
π
2π
π 2π sin xdx = − cos x + cos x = 0
π
= −(cos π − cos 0) + (cos 2π − cos π) = −(−1 − 1) + (1 + 1) = 2 + 2 = 4. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha nem vessz¨ uk figyelembe a f¨ uggv´eny el˝ojel´et ´es a keresett ter¨ uletet csak egy integr´al seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtjuk 0-t´ol 2πig, akkor a ∗
∫
2π
T = 0
2π sin xdx = − cos x =
y y=sinx
1
T1 Π -1
T2
x
2Π
0
= −(cos 2π − cos 0) = −(1 − 1) = 0 sz´amot kapn´ank, ami term´eszetesen helytelen lenne, mert csak arra utalna, hogy az x-tengely alatti ´es feletti tartom´anyok ter¨ ulete egym´assal egyenl˝o. 5. Sz´am´ıtsuk ki az f (x) = x3 +x2 −2x f¨ uggv´eny grafikonja ´es az x tengely ´altal hat´arolt z´art tartom´any ter¨ ulet´et. Megold´ as. Vizsg´aljuk ki az f f¨ uggv´eny ter¨ uletsz´am´ıt´asi szempontb´ol fontos tulajdons´agait. Mivel f (x) = x(x − 1)(x + 2), ´ıgy a nullahelyek x = −2, x = 0 ´es x = 1, a f¨ uggv´eny negat´ıv, ha x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, 1), valamint a f¨ uggv´eny pozit´ıv, ha x ∈ (−2, 0)∪ (1, +∞). Ez´ert a keresett ter¨ uletet ism´et k´et hat´arozott integr´al seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtjuk ki. ∫ T = T1 + T2 =
T1 -2
T2
1
(x + x − 2x)dx − 3
-1
1
y=x3 +x2 -2x
∫
0
−2
y
(x3 + x2 − 2x)dx =
2
0
1
x
298
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM (
) 0 ( 4 ) 1 x4 x3 x x3 2 2 = + −x − + −x = 4 3 4 3 −2 0 )] [( ) ] [ ( 1 1 37 1 16 8 = 0− − −4 − + −1 −0 = =3 . 4 3 4 3 12 12 Vegy¨ uk ´eszre enn´el a feladatn´al is, hogy a keresett ter¨ uletet most sem sz´am´ıthatjuk egy integr´allal, mert b´ar ebben az esetben pozit´ıv sz´amot kapunk, hiszen a ( 4 ) 1 ∫ 1 x 1 1 x3 16 8 27 ∗ 3 2 2 T = (x + x − 2x)dx = + −x = + −1− + +4= 4 3 4 3 4 3 12 −2 −2 sz´amot kapn´ank, de ez nem a keresett ter¨ ulet nagys´ag´anak m´er˝osz´ama. 6. Hat´arozzuk meg az (y − 2)2 = 2(x − 1) parabola ´es az y = 3 − x egyenes ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. I.Megold´ as. Az egyenes ´es a parabola metsz´espontjai az (1, 2) ´es (3, 0) pontok. A keresett ter¨ uletet megkapjuk, ha az [1, 3] intervallumon az y = 3 − x egyenes alatti T1 ter¨ uletb˝ol kivonjuk a parabola alatti T2 ter¨ uletet. Fejezz¨ uk ki y-t az adott parabola egyenlet´eb˝ol. Ekkor √ a parabola als´o ´ag´anak egyenlete y = 2 − 2(x − 1). ´Igy
y
y=2+
2 Hx - 1L
3 y=3-x
H1,2L 2
T
1 y=2-
2 Hx - 1L H3,0L 1
2
3
2
3
x
y
y
3
3
H1,2L
H1,2L 2
2
1
1
T1 1
T2
H3,0L 2
x
3
1
H3,0L
3 ( ) 9 1 x2 − T1 = (3 − x)dx = − =9−3− = 2 ´es 2 1 2 2 1 ∫ 3( ) √ √ ∫ 3√ 3 x − 1dx. T2 = 2 − 2(x − 1) dx = 2x|1 − 2 ∫
3
3x|31
1
1
Vezess¨ uk be a kapott integr´alban a t = x − 1, dt = dx helyettes´ıt´est. Ekkor 2 √ t 32 √ ∫ 2 1 8 4 T2 = (6 − 2) − 2 t 2 dt = 4 − 2 3 = 4 − = , 3 3 0 2 0
2 a keresett ter¨ ulet nagys´aga pedig T = T1 − T2 = . 3
x
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
299
II.Megold´ as. Megmutatjuk, hogy ezt a ter¨ uletet egyszer˝ ubben u ´gy is sz´am´ıthatjuk, hogy az adott g¨orbe x = x(y) alakj´at ´es a metsz´espontok ordin´at´ait haszn´aljuk fel, s az adott g¨orb´ek ´es az y-tengely k¨oz¨otti ter¨ uletek seg´ıts´eg´evel jutunk eredm´enyhez. A metsz´espontok ordin´at´ai az el˝oz˝o sz´am´ıt´asok alapj´an y = 0 ´es y = 2. Az y = 3−x egyenest x = 3−y m´odon fejezz¨ uk ki, az (y−2)2 = 2(x−1) parabol´at pedig 1 mint x = 1 + (y − 2)2 . A keresett ter¨ uletet most a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´amoljuk: 2 ( )] ) ∫ 2[ ∫ 2( 1 1 2 2 (3 − y) − 1 + (y − 2) − y + y dy = T = dy = 2 2 0 0 ( ) 2 1 y 3 y 2 1 1 2 = − · + = − (8 − 0) + (4 − 0) = . 2 3 2 0 6 2 3 [ π] 7. Sz´amoljuk ki az y = sin x ´es y = cos x g¨orb´ek, valamint az y = 0 egyenes 0, 2 szakasza ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet m´er˝osz´am´at. Megold´ as. Az y = sin x ´es y = cos x g¨orb´eknek a megadott intervallumon π bel¨ ul x = -ben van metsz´espontjuk, 2 ez´ e rt a keresett ter¨ ulet egyr´eszt a [ π] 0, intervallumon az y = sin x g¨orbe 4 [π π ] alatti ter¨ uletb˝ol, m´asr´eszt a , in4 2 tervallumon az y = cos x g¨orbe alatti ter¨ uletb˝ol tev˝odik ¨ossze. ´Igy ∫
y
1
T1 T2
π 2
sin xdx +
T = T1 + T2 = 0
x
Π 2
Π
-1
∫
π 4
y=sinx
Π 4
π 4
y=cosx
π π 2 4 cos xdx = − cos x + sin x = 0
√
π 4
√
( ) √ π 2 2 π π = − cos − cos 0 + sin − sin = − +1+1− = 2 − 2. 4 2 4 2 2 y
8. Sz´am´ıtsuk ki az y = 4x − x2 ´es y = x2 − 3x parabol´ak ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet a nagys´ag´at. Megold´ as. A keresett ter¨ uletet a ∫ b T = (f (x) − g(x)) dx
y=x2 -3x
a
k´eplettel sz´amoljuk, ahol f (x) = 4x − x2 ´es g(x) = x2 − 3x, a ´es b pedig a megfelel˝o g¨orb´ek metsz´espontjainak abszcissz´ai. A parabol´ak metsz´espontjaiban megegyeznek a f¨ uggv´eny´ert´ekek, azaz 4x − x2 = x2 − 3x, ahonnan a 2x2 −7x = 0 m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelynek
T
1
1
-1
2
y=4x-x2
3
3.5
4
x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
300
7 megold´asa x = 0 vagy x = . Ez´ert a keresett ter¨ ulet 2 ∫
7 2
T =
(
) 4x − x2 − (x2 − 3x) dx =
∫
0
(
7 2
7x − 2x
) 2
( dx =
0
=
2
T2 =
(√
∫ √ ) 6x − (− 6x) dx +
0
) 72 = 0
7 49 2 343 343 · − · −0= . 2 4 3 8 24
9. Sz´am´ıtsuk ki az x2 + y 2 = 16 k¨or ´es y 2 = 6x parabola ´altal hat´arolt z´art s´ıkidomok ter¨ ulet´enek nagys´ag´at. Megold´ as. Az x2 + y 2 = 16 k¨oz´epponti k¨or, melynek sugara √ r = 4. Az y 2 =√6x parabola az f1 (x) = 6x ´es f2 (x) = − 6x f¨ uggv´enyek grafikonjaib´ol tev˝odik ¨ossze. A k¨or ´es a parabola metsz´espontjainak abszcissz´aj´at az x2 + 6x − 16 = 0 egyenlet x = 2 pozit´ıv megold´asa adja. A grafikon jobboldali kisebb T2 ter¨ ulete k´et r´eszb˝ol sz´am´ıthat´o ki, a parabola alatti ´es a k¨orvonal alatti ter¨ ulet ¨osszeg´eb˝ol. Eszerint ∫
7x2 2x3 − 2 3
∫ =2
4
2 2
√
0
y
y= 4 y=
16 - x2
3 2
T1
T2
1
-4 -3 -2 -1 -1
1
2
3
-2 y=-
16 - x2
-3 -4 y=-
) √ 16 − x2 − (− 16 − x2 ) dx =
∫
√
6xdx + 2
x
4
(√ 4
8x
8x
16 − x2 dx.
2
Vegy¨ uk ´eszre, hogy a keresett ter¨ ulet szimmetrikus az x-tengelyre ´es emiatt a T2 ter¨ uletet kisz´am´ıthatjuk az x-tengely feletti r´esz k´etszeresek´ent is. Vezess¨ uk be a m´asodik integr´alban az x = 4 sin t, dx = 4 cos tdt helyettes´ıt´est. Ekkor 2 √ √ ∫ π ∫ π 2 2 4 6 √ 4 6 √ 2 x x + 32 (2 2 − 0) + 16 T2 = cos tdt = (1 + cos 2t)dt = π π 3 3 6 6 0
π π √ √ 2 2 (π π ) ( 16 3 16 3 π) = + 16t + 8 sin 2t = + 16 − + 8 sin π − sin = π 3 3 2 6 3 6
π 6
√ √ 16 3 16π 4 √ = + − 4 3 = ( 3 + 4π). 3 3 3 A baloldali T1 ter¨ ulet nagys´ag´at u ´gy sz´am´ıthatjuk ki legegyszer˝ ubben, ha a k¨or ter¨ ulet´eb˝ol kivonjuk a T2 ter¨ uletet ´es ez ) 4( √ ) 4 (√ 8π − 3 . 3 + 4π = T1 = Tk¨or − T2 = 16π − 3 3
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
301
11 x2 10. Hat´arozzuk meg az y = − parabola, a parabola x = 1 pontban h´ uzott ´erint˝oje 6 2 ´es a parabola x = 2 pontban h´ uzott mer˝oleges egyenese ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. I.Megold´ as. A parabola ´erint˝oj´enek ´es mer˝oleges egyenes´enek meghat´aroz´as´ahoz 11 x2 sz¨ uks´eg van az f (x) = − f¨ uggv´eny f ′ (x) = −x deriv´altj´ara. Az adott parabola 6 2 7 x = 1 pontban h´ uzott ´erint˝oj´enek egyenlete y = −x + , az x = 2 pontban h´ uzott 3 x 7 7 mer˝oleges´enek egyenlete pedig y = − . Az y = −x + ´erint˝oegyenes ´es az 6 3 ( )2 x 7 7 y = − mer˝oleges egyenes , 0 pontban metszik egym´ast. 2 6 3 y
y
7 y= -x 3
11 x2 y= 6 2
4 3
1
T 1
-1
4 3
x 7 y= 2 6
2
H1,43L
1 x
7 3
1H
T1
H73,0L
11 3 ,0L
7 3
x
A keresett ter¨ uletet felbontjuk a T1 ter¨ uletre, amely az x-tengely felett helyezkedik el, valamint a T2 ter¨ uletre, amely az x-tengely alatt helyezkedik el. Ekkor ∫
7 3
T1 = 1
(
7 −x + 3
∫ √ 11 (
)
3
dx − 1
11 x2 − 6 2
)
( dx =
) √ ) 8 1 ( 45 − 11 33 . + 9 27
y
7 y= -x 3
T2
x 7 y= 2 6
H73,0L x
1
H
11 3 ,0L
T3
T2 1H
H73,0L
7 11 3 ,0L 3 H2,-16L
T4
H2,-16L y=
x
11 x2 6 2
A ulet a [√T2 ter¨ ]uletet is k´et r´eszre bontva sz´amoljuk ki, az egyik a parabola feletti ter¨ 11 , 2 intervallumon, a m´asik pedig a parabola mer˝oleges egyenese feletti ter¨ ulet 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
302
[ ] a 2, 73 intervallumon, azaz ∫ 2 ( 11 x2 ) ∫ 73 ( x 7 ) T2 = √ − dx + − dx = 11 6 2 2 2 6 3 ( ) √ ) 1 1 1 1 ( √ = 63 − 11 33 + − = 11 33 − 63 + . 27 36 27 36 1 A keresett ter¨ ulet T = T1 + T2 = . 4 II.Megold´ as. A keresett ter¨ ulet m´as felbont´asban is kisz´amolhat´o. Az [1, 2] intervallumon az ´erint˝o alatti ter¨ uletb˝ol kivonjuk a parabola alatti ter¨ uletet, majd a [ 7] 2, 3 intervallumon az ´erint˝o alatti ter¨ uletb˝ol kivonjuk a mer˝oleges alatti ter¨ uletet. Ekkor ∫ T = 1
2
( )] ( )] [ ∫ 7[ 3 11 x2 x 7 7 7 − dx + −x + − − dx = −x + − 3 6 2 3 2 6 2 ∫
2
(
= 1
1 x2 −x+ 2 2
)
∫ dx + 2
7 3
(
7 3 − x+ 2 2
) dx =
]2 [ ]7 x3 x2 1 3 x2 7 3 = − + x + − · + x = 6 2 2 1 2 2 2 2 [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 1 3 49 7 7 3 4 1 8 4 = − +1 − − + + − · + · − − · +7 = . 6 2 6 2 2 2 18 2 3 2 2 4 [
5.6.2.
Forg´ astestek t´ erfogata
Ha az y = f (x) folytonos g¨orbe [a, b] intervallum feletti ´ıv´et megforgatjuk az x-tengely k¨or¨ ul, akkor egy T forg´astestet kapunk. A kapott T forg´astest t´erfogata ∫
b
(f (x))2 dx.
V (T ) = π a
Vizsg´aljuk meg, hogyan juthatunk el ehhez a k´eplethez az Arkhim´ed´eszi m´odszer seg´ıts´eg´evel. Tekints¨ uk e c´elb´ol az f : [a, b] → R korl´atos f¨ uggv´enyt, az [a, b] intervallum egy F feloszt´as´at ´es legyen ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, a r´eszintervallumok tetsz˝oleges pontjainak egy kiv´alaszt´asa. Legyen Hi (i = 1, 2, ..., n) olyan henger, melynek magass´aga az [xi−1 , xi ] intervallumon megegyezik a forg´ast megfelel˝o szelet´enek magass´ag´aval, azaz ∆xi , alapj´anak sugara pedig f (ξi ). A Hi (i = 1, 2, ..., n) henger t´erfogata ´ıgy V (Hi ) = (f (ξi ))2 π∆xi . Az ´ıgy kapott hengerek ¨osszege Vn =
n ∑ i=1
V (Hi ) =
n ∑ i=1
(f (ξi ))2 π∆xi .
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
303
Ha l´etezik a Vn ¨osszeg egy´ertelm˝ u hat´ar´ert´eke az [a, b] intervallum minden F feloszt´as´ara ´es minden ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n pontv´alaszt´asra, akkor ez a hat´ar´ert´ek a tekintett forg´astest t´erfogata, azaz ∫ b n ∑ 2 V (T ) = lim Vn = lim (f (ξi )) π∆xi = π (f (x))2 dx. n→∞
n→∞
a
i=1
Ha az x = g(y) folytonos g¨orbe [c, d] intervallum feletti ´ıv´et forgatjuk meg az y-tengely k¨or¨ ul, akkor a kapott T forg´astest t´erfogata ∫ d V (T ) = π (g(y))2 dy. c
FELADATOK. y
1. Hat´arozzuk meg annak a forg´astestnek a t´erfogat´at, amely az y = 2x + 3 egyenes x-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval keletkezik a [−1, 4] intervallum felett. Megold´ as. Mivel a g¨orb´et az x-tengely k¨or¨ ul forgatjuk, a keletkezett forg´astest t´erfogat´at a ∫ 4 V =π (2x + 3)2 dx
y=2x+3 11
R
−1 3
formula adja. Vezess¨ uk be a t = 2x + 3, dt dt = 2dx, dx = , helyettes´ıt´est. Ekkor 2 11 ∫ 665π π 11 2 πt3 = . V = t dt = 2 1 6 1 3
1 r 1
-1
2
3
4
x
-1
Mivel a forg´astest ebben az esetben egy csonkak´ up, ahol H = 5, r = y(−1) = 1 ´es R = y(4) = 11, ez´ert a csonkak´ up t´erfogatk´eplet´evel is sz´amolhatunk, vagyis V = =
) Hπ ( 2 R + Rr + r2 = 3
5π 665π (121 + 11 + 1) = . 3 3
2. Sz´amoljuk ki annak a forg´asparaboloidnak a t´erfogat´at, amely az y = x2 parabola y-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval keletkezik, ha 0 ≤ y ≤ 4. Megold´ as. A g¨orb´et az y-tengely k¨or¨ ul forgatjuk, teh´at a t´erfogat kisz´am´ıt´as´ahoz √ ki kell fejezn¨ unk a f¨ uggv´enyt x = y alakban. Felh´ıvjuk a figyelmet, hogy az
304
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM √ x = − y alak is megfelel˝o lenne, mert mindk´et g¨orbe forgat´as´aval ugyanazt a forg´astestet kapjuk. ∫
4
V =π
√ ( y)2 dy = π
∫
0
4 0
4 π y 2 ydy = = 8π. 2 0
y y=x2
y
y2 =8x y=x2 4 3 2 4 1 3 -2 2
1
-1
x
2
-1 -2
1
-3 -2
1
-1
x
2
-4
3. Sz´am´ıtsuk ki annak a forg´astestnek a t´erfogat´at, amelyet az y = x2 ´es y 2 = 8x parabol´ak ´altal hat´arolt z´art tartom´any x-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval kapunk. Megold´ as. A k´et g¨orbe a (0, 0) ´es (2, 4) pontokban metszi egym´ast. x ∈ [0, 2] eset´en az y 2 = 8x parabola ´ıve t´avolabb van az x-tengelyt˝ol mint az y = x2 parabola´ıv, ez´ert a keresett t´erfogatot u ´gy sz´am´ıtjuk ki, hogy a nagyobb t´erfogatb´ol kivonjuk a kisebb t´erfogatot, vagyis ∫ V = V1 − V2 = π
∫
2
8xdx − π 0
= 4π · (4 − 0) −
0
2
2 2 2 5 ( 2 )2 x x x dx = 8π · − π · = 2 0 5
π 22 48π · (32 − 0) = 16π − π = . 5 5 5
0
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa 5.6.3.
305
´Ivhossz sz´ am´ıt´ as
Legyen az f f¨ uggv´enynek folytonos els˝o deriv´altja az [a, b] z´art intervallumon. Az f f¨ uggv´eny grafikonja A(a, f (a)) ´es B(b, f (b)) pontokkal meghat´arozott ℓ ´ıv´enek hossz´at a k¨ovetkez˝o hat´arozott integr´al adja meg: ∫ b√ ℓ= 1 + (f ′ (x))2 dx . a
FELADATOK.
√
y
1. Hat´arozzuk meg az f (x) = − f¨ uggv´eny grafikonj´anak ´ıvhossz´at, ha r > 0. Megold´ as. Mivel az x v´altoz´o a [−r, r] intervallumb´ol veheti fel az ´ert´ekeit, a f¨ uggv´eny −x els˝o deriv´altja pedig f ′ (x) = √ , ez´ert r 2 − x2 a keresett ´ıvhossz ∫
r
ℓ=
√
( 1+
−r
−x √ r 2 − x2
r2
)2
x2
∫
r
dx = −r
y=
r 2 - x2
x
r
-r
r √ dx = 2 r − x2
∫
r
−r
1 √ dx. 1 − ( xr )2
x , rdt = dx helyettes´ıt´est. Ekkor r
Vezess¨ uk be a t = ∫
1
ℓ=r −1
( π ( π )) 1 1 √ dt = r arcsin t|−1 = r − − = rπ, 2 2 1 − t2
s ez val´oban az r sugar´ u k¨or f´elk¨or´ıv´enek hossz´ us´aga. (
2. Sz´am´ıtsuk ki az y = ln 1 − x 1 ´ıv´enek hossz´at ha 0 ≤ x ≤ . 2 Megold´ as. Mivel ( ) f (x) = ln 1 − x2
) 2
y
g¨orbe 0
x
1 2
4 -ln
-
3
eset´en
−2x , 1 − x2 ´ıgy a keresett ´ıvhossz f ′ (x) =
∫ ℓ=
1 2
√
( 1+
0
y=lnH1-x2 L
−2x 1 − x2
)2
∫ dx = 0
1 2
√ 1 + 2x2 + x4 dx = (1 − x2 )2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
306
∫ = 0
1 2
2
x +1 dx = − 1 − x2
∫
1 2
( 1−
0
1 = − + ln 2
5.6.4.
3 2 1 2
2 1 − x2
)
12 1 2 1 + x dx = −x + ln = 1 − x 0
0
1 − ln 1 = ln 3 − . 2
Forg´ astestek felsz´ıne
Legyen f : [a, b] 7→ R olyan, hogy f (x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] eset´en, ´es az f f¨ uggv´enynek legyen az [a, b] intervallum felett folytonos deriv´altja. Forgassuk meg az f f¨ uggv´eny [a, b] intervallumhoz tartoz´o grafikonj´at az x-tengely k¨or¨ ul. Ekkor a kapott forg´astest pal´astj´anak felsz´ıne a k¨ovetkez˝o formul´aval adott: ∫ b √ F = 2π f (x) 1 + (f ′ (x))2 dx. a
Ha az x = g(y) folytonos g¨orbe [c, d] intervallum feletti ´ıv´et forgatjuk meg az y-tengely k¨or¨ ul, akkor a kapott T forg´astest t´erfogata ∫ d √ F = 2π g(y) 1 + (g ′ (y))2 dy. c
FELADATOK. y
1. Sz´am´ıtsuk ki annak a forg´astestnek a pal´astfelsz´ın´et, amelyet a 3y = x3 g¨orbe 0 ≤ x ≤ 1 intervallumhoz tartoz´o ´ıv´enek xtengely k¨or¨ uli forgat´as´aval kapunk. x3 Megold´ as. Mivel f (x) = eset´en 3 f ′ (x) = x2 , ´ıgy a k´eplet alapj´an a keresett pal´astfelsz´ınt az ∫ 1 3√ x 1 + x4 dx = F = 2π 3 0 ∫ 1 √ 2π = x3 1 + x4 dx 3 0
1
y=
x3 3
1 3
1
x
-1
dt k´eplettel sz´amoljuk. Vezess¨ uk be az 1+x4 = t, 4x3 dx = dt, x3 dx = helyettes´ıt´est. 4 Ekkor 2 ∫ ) π 2√ π( √ π √ F = tdt = t t = 2 2−1 . 6 1 9 9 1
5.7. Improprius integr´al
307
2. Sz´amoljuk ki annak a g¨ombnek a felsz´ın´et, amely az f (x) = tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval keletkezik.
√
r2 − x2 f´elk¨or x-
Megold´ as. Mivel az x v´altoz´o a [−r, r] intervallumb´ol veszi az ´ert´ekeit, a f´elk¨ort meghat´aroz´o f¨ uggv´eny´ert´ekek nemnegat´ıvak. Az f f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja most x ′ f (x) = − √ , ez´ert a g¨omb felsz´ıne y r 2 − x2 ∫
√
r
F = 2π −r
∫
√ r 2 − x2
r
= 2π −r r
√
(
1 + −√
r 2 − x2 √
∫ = 2π
−r
r2
x − x2
r-
)2
y=
r 2 - x2
dx =
r dx = r 2 − x2
0
-r
r
x
r dx = 2πr x|r−r = 4r2 π. -r -
5.7. 5.7.1.
Improprius integr´ al Els˝ o t´ıpus´ u improprius integr´ al
5.11. Defin´ıci´ o. Ha az f : [a, ∞] 7→ R f¨ uggv´eny integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon, minden b > a eset´en, az f f¨ uggv´eny els˝o t´ıpus´ u improprius integr´ alja az [a, ∞] intervallumon a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ek: ∫ ∞ ∫ T f (x)dx = lim f (x)dx. T →∞
a
a
∫
∞
Ha a fenti hat´ar´ert´ek l´etezik, akkor azt mondjuk, hogy az
f (x)dx improprius integr´al a
konvergens, ha nem l´etezik, akkor az adott integr´al divergens. Hasonl´oan, az f : [−∞, b] 7→ R f¨ uggv´enyre, amely integr´alhat´o a [c, b] intervallumon, minden c < b eset´en, u ´gy defini´aljuk az f f¨ uggv´eny els˝o t´ıpus´ u improprius integr´alj´at a [−∞, b] intervallumon, mint a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´eket: ∫ b ∫ b f (x)dx. f (x)dx = lim T1 →−∞
−∞
T1
V´eg¨ ul, a defin´ıci´o szerint az f : R 7→ R f¨ uggv´enyre, amely integr´alhat´o a [c, d] intervallumon, minden c, d ∈ R, c < d eset´en, ∫ ∞ ∫ a ∫ ∞ f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx . −∞
−∞
a
∫
∞
Bel´athat´o, hogy ez a defin´ıci´o nem f¨ ugg az a sz´amt´ol. Az
f (x)dx improprius integ−∞
r´al a defin´ıci´o szerint konvergens, ha mindk´et jobb oldalon szerepl˝o improprius integr´al konvergens.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
308
FELADATOK.
∫
y
∞
1 dx improprius inx
1. Hat´arozzuk meg az 1
y=
tegr´al ´ert´ek´et. Megold´ as. Az improprius integr´alt u ´gy sz´amoljuk, mint a hat´arozott integr´al hat´ar´ert´ek´et: ∫ ∞ ∫ T 1 1 dx = lim dx = T →∞ 1 x x 1
1 x
1 x
1
-1 -1
= lim [ln x]|T1 = lim ln T = ∞. T →∞
T →∞
Mivel hat´arozott integr´alr´ol, teh´at ter¨ uletr˝ol van sz´o, ez egy´ uttal azt is jelenti, hogy 1 az y = g¨orbe ´es az x-tengely k¨oz¨otti ter¨ ulet az x = 1 egyenest˝ol jobbra v´egtelen x nagy. 1 g¨orbe ´es az x-tengely k¨oz¨otti ter¨ ulet nagys´ag´at x ≥ 1 eset´en. x2 Megold´ as. Ezt a ter¨ uletet egy els˝o y t´ıpus´ u improprius integr´al seg´ıts´eg´evel lehet kisz´am´ıtani, azaz 1 y= x2 ∫ ∞ ∫ T 1 T = dx = lim x−2 dx = 2 T →∞ x 1 1 1
2. Sz´am´ıtsuk ki az y =
( = lim
T →∞
1 − x
)T
( = lim
1
T →∞
) 1 − + 1 = 1. T
-1
x
1
Ez az improprius integr´al teh´at konvergens, a keresett ter¨ ulet m´er˝osz´ama 1, teh´at v´eges. 1 g¨orbe ´es az x-tengely k¨oz¨otti ter¨ uletet a g¨orb´et + 25 meghat´aroz´o f¨ uggv´eny teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an. 1 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya a val´os sz´amok Megold´ as. Az f (x) = 2 x + 25 R halmaza. Az f f¨ uggv´eny p´aros, teh´at a grafikonja, ´es ´ıgy a keresett ter¨ ulet is, szimmetrikus az y-tengelyre, ez´ert a ter¨ uletet a k¨ovetkez˝o m´odon sz´amolhatjuk ki:
3. Sz´am´ıtsuk ki az y =
∫
∞
T = −∞
dx =2 2 x + 25
Vezess¨ uk be az
x2
∫ 0
∞
dx = 2 lim 2 T →∞ x + 25
∫ 0
T
dx 2 = lim 2 x + 25 25 T →∞
x = t, dx = 5dt helyettes´ıt´est. Ekkor 5
∫ 0
T
dx . ( x )2 + 1 5
5.7. Improprius integr´al
309
y
2 T = lim 5 T →∞
∫
T 5 2 dt = lim (arctg t) = 2 t +1 5 T →∞
T 5
0
1 25
0
y=
( ) 2 T 2 π π = lim arctg − arctg 0 = · = . 5 T →∞ 5 5 2 5
1 x2 + 25
x
-1 1
∫
∞
4. Sz´am´ıtsuk ki az
x2
5
Megold´ as.
∫
∞
2 dx improprius integr´alt. + x − 12
2 dx = 2 2 x + x − 12
∫
∞
1 dx = (x − 3)(x + 4) 5 5 ) ] ) [( ∫ T( x − 3 T 1 1 1 2 1 = = 2 lim · − · dx = lim ln T →∞ 5 7 x−3 7 x+4 7 T →∞ x + 4 5 ( ) ( ) T − 3 2 2 2 2 2 9 = lim ln − ln = · ln 1 − ln = ln . 7 T →∞ T +4 9 7 9 7 2
y y
y=
2
1
y=
x2 + x - 12
x
1+x
1
1
3
x
5
1
-1
1
∫
∞
5. Sz´am´ıtsuk ki az 3
x
3
dx √ improprius integr´alt. x 1+x
Megold´ as. Az adott improprius integr´alt az 1 + x = t2 , x = t2 − 1, dx = 2tdt helyettes´ıt´essel oldhatjuk meg a k¨ovetkez˝o m´odon: ∫ 3
[( = 2 lim
T →∞
∞
dx √ = x 1+x
∫ 2
∞
2tdt = 2 lim 2 T →∞ (t − 1) t
∫ 2
T
t2
dt = −1
) T ] ( ) T − 1 1 1 t − 1 1 = lim ln ln − ln = ln 1 − ln = ln 3. T →∞ 2 t+1 T +1 3 3 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
310 5.7.2.
M´ asodik t´ıpus´ u improprius integr´ al
5.12. Defin´ıci´ o. Ha az f : [a, b] 7→ R f¨ uggv´eny integr´ alhat´ o a [c, d] ⊂ [a, b] intervallumon, minden c, d ∈ (a, b) eset´en, ´es a k¨ovetkez˝ o egyenl˝ os´egek egyike ´erv´enyes: lim f (x) = +∞,
x→b−0
lim f (x) = −∞,
x→b−0
(azaz, ha f nemkorl´atos a b b´armely k¨ornyezet´eben), akkor az f f¨ uggv´eny m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´alja az [a, b] intervallumon a k¨ovetkez˝ o hat´ar´ert´ek: ∫ b ∫ b−ε f (x)dx = lim f (x)dx. a
ε→0+0
a
∫
Mint az els˝o t´ıpus´ u improprius integr´alok eset´eben, az
b
f (x)dx integr´al konvergens, a
illetve divergens, ha a fenti hat´ar´ert´ek l´etezik, illetve nem l´etezik. Az f f¨ uggv´eny m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´alj´ahoz hasonl´oan defini´aljuk az [a, b] intervallumon az improprius integr´alt, ha ´erv´enyes a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´egek egyike: lim f (x) = +∞,
x→a+0
lim f (x) = −∞.
x→a+0
FELADATOK. 1 1. Sz´am´ıtsuk ki az y = g¨orbe, valamint az x = 0, x = 1 ´es az y = 0 egyenesek x k¨oz¨otti ter¨ ulet nagys´ag´at. 1 y Megold´ as. Mivel az f (x) = x 1 y= f¨ u ggv´ e ny nem ´ e rtelmezett x = 0x ban, ez´ert a keresett ter¨ ulet egy m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´allal sz´amolhat´o ki: 1 ∫ 1 ∫ 1 dx dx T = = lim = lim ln |x| = 1 1 y= ε→0 ε ε→0 x x 0 ε x
1
x
= lim (ln 1 − ln ε) = 1 − (−∞) = ∞. ε→0
A kapott integr´al teh´at divergens, a keresett ter¨ ulet v´egtelen nagy. 1 2. Sz´am´ıtsuk ki az y = √ g¨orbe, valamint az x = 0, x = 1 ´es az y = 0 egyenesek x ´altal hat´arolt ter¨ ulet nagys´ag´at. 1 Megold´ as. Az f (x) = √ f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett az x = 0 pontban, ´ıgy a x keresett ter¨ uletet egy m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´allal sz´amolhatjuk ki. Ebben az esetben ∫ 1 ∫ 1 ( ( √ ) 1 √ ) dx − 12 √ = lim x dx = lim 2 x = 2 lim 1 − ε = 2, T = ε→0 ε→0 x ε→0 ε 0 ε teh´at most az integr´al konvergens, a ter¨ uletet meghat´aroz´o m´er˝osz´am pedig 2.
5.7. Improprius integr´al ∫
311
1
2x dx integr´al ´ert´ek´et. 1 − x2 0 Megold´ as. Az integr´aland´o f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett az integr´al fels˝o hat´ar´aban, teh´at improprius integr´alr´ol van sz´o. √
3. Sz´amoljuk ki az
∫
1
I= 0
2x √ dx = lim ε→0 1 − x2
∫ 0
1−ε
√
2x dx. 1 − x2
Vezess¨ uk be a t = 1 − x , dt = −2xdx, −dt = 2xdx helyettes´ıt´est. Ekkor 2
∫
1−(1−ε)2
I = − lim
ε→0
1
∫
(√ √ ) √ 1−(1−ε)2 dt 2 √ = − lim 2 t = −2 lim 1 − (1 − ε) − 1 = 2. ε→0 ε→0 1 t
1
3x2 + 2 √ 4. Sz´am´ıtsuk ki az dx improprius integr´alt. 3 x2 0 Megold´ as. Az integrandus nem ´ertelmezett x = 0 pontban. Ez´ert m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´alr´ol van sz´o. Ekkor ) 1 ] [( ∫ 1 2 ∫ 1( ) √ √ 2 4 9 23 3x + 2 − 3 = 3 + 2x 3 √ dx = lim x x + 6 x dx = lim 3x 3 ε→0 ε→0 ε 7 x2 0 ε ( = lim
ε→0
∫
10
) √ 51 9 9 2√ 2 3 3 +6− ε ε−6 ε = =7 . 7 7 7 7
dx improprius integr´alt. x−2 1 1 Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az f (x) = √ f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett x = 23 x−2 ben, ´es ez az [1, 10] intervallumba esik. Teh´at az integr´alt sz´et kell bontani k´et integr´al ¨osszeg´ere, melyek k¨oz¨ ul az egyik az [1, 2], m´asik a [2, 10] intervallumra vonatkozik. Ekkor ∫ 10 ∫ 2−ε1 ∫ 10 ∫ 2 ∫ 10 dx dx dx dx dx √ √ √ √ √ = + = lim + lim = 3 3 3 3 3 x−2 x−2 2 x − 2 ε1 →0 1 x − 2 ε2 →0 2+ε2 x − 2 1 1 ( ) 2−ε1 ) 10 ( √ 3 3√ 3 3 + lim (x − 2)2 (x − 2)2 = = lim ε2 →0 ε1 →0 2 2 1 2+ε2 ) ( ( ) √ √ 3 33 33 3 9 2 2 ·4− = lim (−ε1 ) − · 1 + lim (ε2 ) = . ε2 →0 ε1 →0 2 2 2 2 2
5. Sz´am´ıtsuk ki az
√ 3
