Integrálni hihetetlenül izgalmas elfoglaltság lesz, sokkal viccesebb, mint deriválni. A titok abban van, hogy amíg mondjuk egy szorzat deriválására volt egyetlen szabály, addig az integrálására lesz legalább öt, ráadásul ezek közül ki is kell tudni választani majd azt az egyet, ami éppen használható. Törtekkel ugyanez a helyzet, talán még picivel rosszabb. Ahhoz, hogy sikerüljön felülkerekednünk ezeken a kis nehézségeken, az integrálási módszereket úgy csoportosítottuk, hogy a legegyszerűbbtől indulnak a bonyolultabbak felé, tehát ha van egy feladat – sajnos lesz – amit nem tudunk megoldani, akkor lépésről lépésre végig kell menni a módszereken (lásd. 2.oldal) egészen addig, amíg meg nem találjuk a megfelelőt. Ha törtet kell integrálni, akkor például nem hülyeség a törtre vonatkozó módszerekkel próbálkozni, ezek a T1, T2, T3 és így tovább. Szorzatokra az S1, S2, stb. A módszerek rövid áttekintése a következő oldalon található, míg a további oldalakon ezen módszerek részletes leírása szerepel majd. Jó szórakozást!
ALAPINTEGRÁLOK x n1 c n 1
n x dx
ha
n 1
1
x dx ln x c e dx e c x
x
ax a dx ln a c cos xdx sin x c
ln xdx x ln x x c
x
sin xdx cos x c 1
cos
2
x
1
sin
2
x
1
1 x
2
tgxdx ln cos x c ctgxdx ln sin x c
dx tgx c dx ctgx c
dx arctgx c
1 1 x2
dx arcsin x c
shxdx chx c
chxdx shx c
1
ch
2
x
1
sh
2
x
1 x2 1 1
x 2 1
dx arshx c
dx archx c
dx thx c dx cthx c
1
INTEGRÁLÁSI SZABÁLYOK I. c f
c f
II. f g f g f III. f c
c
IV. f g nincs
szabály
AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK SZORZAT INTEGRÁLÁSÁRA: S1 Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk. S2 Ha egy függvény valamely hatványa meg van szorozva az eredeti függvény deriváltjával:
f f
S3 Parciális integrálás:
f 1 1
f g f g f g
mateking.hu S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső függvény deriváltja:
f ( g ( x)) g ( x) F ( g ( x))
V. f
nincs szabály g AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK TÖRT INTEGRÁLÁSÁRA: T1 Próbálkozzunk a tört földarabolásával. T2 Ha a számlálóban a nevező deriváltja szerepel, akkor:
f ln f f
T3 Ha a nevező egy függvény valamely hatványa, a számláló pedig ezen függvény deriváltja:
f f 1 f 1
T4 A törtből csináljunk szorzatot. Ezek után lásd. szorzat integrálása.
f
g f
1 g
S4 Speciális esetei T5 Racionális törtfüggvények integrálása Helyettesítéses integrálás
VI. f g nincs
szabály
AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK ÖSSZETETT FÜGGVÉNYEKRE: S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső függvény deriváltja:
f ( g ( x)) g ( x) F ( g ( x))
Helyettesítéses integrálás
2
NÉHÁNY HASZNOS TIPP A MÓDSZEREKHEZ
AZ INTEGRÁLÁSBAN SZEREPEL: gyökös izé
A gyök alatti kifejezés lineáris x2
A gyök alatti kifejezés nem lineáris 2x 7 e x cos x
x7
Ebben az esetben érdemes helyettesítéssel próbálkozni:
x 7x 2
vagy
3
Kivételt jelentenek a
1 f ; f=cos2t
e sin x x
1 f ; f=sh2t
Ilyenkor általában érdemes átírni a gyökös izét
valami kifejezés t
n
valami valami
f 1 ; f=ch2t
1 n
helyettesítések
és utána már vagy
f f
f 1 1
S2 vagy
f f 1 f 1
T3
AZ INTEGRÁLÁSBAN SZEREPEL: ln x vagy log a x
ln x x dx
ln x x dx
A törtből csinálunk szorzatot:
A törtből csinálunk szorzatot:
ln x x dx ln x x dx
ln x 1 x dx ln x x dx ami már megoldható, hiszen
f
f S2
ami már parciális integrálás S3. Minden
ln
x x dx típusú integrálás
parciális integrálás.
3
AZ INTEGRÁLÁSBAN
e valami a valami cos valami sin valami
SZEREPEL:
A kitevő vagy az argumentum tehát a valami lineáris.
x e 8x 5 e x e x sin(6x 7) x cos 2 x x sin(4x 3) x cos(3x) ( x x 1) e 4 x
2x
3
2
3 x 5
2 x4
Ilyenkor mindig parciális integrálással S3 kell integrálni.
A kitevő vagy az argumentum tehát a valami nem lineáris.
xe
x2
5x
( x 1) cos( x
2
2
ex
2 x)
3
1
x
x 2
e
x
x
2
ex
Ilyenkor ez biztosan nem parciális integrálás, hanem
f ( g ( x)) g ( x) F ( g ( x)) vagyis S4. speciális esetek:
f f e f e
és
f a f
af ln a
típusú racionális törtfüggvény integrálása
2x 2 2x 2 dx dx x 2x 4 6x 8 3 1 dx 3 ln x 4 ln x 2 x4 x2
x
2
1
2 sin( x 3 6 x)
Ax B ax 2 bx c
Ha a nevezőt szorzattá lehet alakítani, akkor alakítsuk szorzattá, majd bontsuk föl parciális törtekre
3
Ha a nevezőt nem lehet szorzattá alakítani, akkor alakítsuk ki a számlálóban a nevező deriváltját, aztán daraboljunk:
f arctg f 2x 2 2x 6 4 x 2 6x 10dx x 2 6 x 10dx 2x 6 4 2 dx 2 dx x 6 x 10 x 6 x 10 2x 6 1 2 dx 4 dx x 6 x 10 x 32 1
ln x 2 6 x 10 4arctg ( x 3)
4
A LINEÁRIS HELYETTESÍTÉS
Ha
1
f ( x)dx F ( x) c akkor f (ax b)dx F (ax b) a c
Itt x helyére egy lineáris kifejezést helyettesítettünk, ezért hívják a tételt lineáris helyettesítésnek. De a módszer – ahogyan ez a nevében is benne van – csak lineáris helyettesítések esetén alkalmazható, tehát, ha a belső függvény ax+b alakú.
PÉLDÁK: 1
1
PL.1.
2 x 3 dx ln 2 x 3 2 c
PL.2.
e
PL.3.
cos(6 x 5)dx sin(6 x 5) 6 c
PL.4.
cos
2
PL.5.
e
dx e 2 x
PL.6.
3 x 5
dx e 3 x 5
1 c 3 1
2 x
x
mert
e
mert
cos
1 c 2
mert
e
(6 x 5)8 1 c 8 6
mert
7 x dx
mert
e
mert
e
mert
x
x
e 4 dx e 4 4 c
PL.8
e
PL.9.
2 x 5 3
dx e
2 x 5 3
dx e x c
x
cos xdx sin x c
PL.7
3
x dx ln x c
mert
1 1 dx tg (5 x 2) c (5 x 2) 5
7 (6 x 5) dx
1
mert
3 c 2
5 x 1dx (5 x 1)
1/ 3
(5 x 1) 4 / 3 1 dx c 4/3 5
1
x
2
x
dx tgx c
dx e x c
x
x8 c 8
dx e x c
x
dx e x c
1/ 3
x4/3 dx c 4/3
Ilyen esetekben amikor a belső függvény nem lineáris, általában az S4 lesz reményteli módszer:
e
3 x2 5
dx ?
5
SZORZATOK INTEGRÁLÁSA
S1
Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk
PL.1.
(x
PL.2.
(x
x)( x 3 x 2 1)dx ( x 5 2 x 4 x 3 x 2 x)dx
2
1)( x 3
2
1 1 1)dx ( x 5 x 3 x 2 x 1 )dx x x
S2 Ha egy függvény meg van szorozva a saját deriváltjával, vagy a függvény valamely hatványa van megszorozva az eredeti függvény deriváltjával, akkor: f 1 f f 1 Vannak olyan esetek, amikor ez ránézésre látszik.
1 ln 2 x dx c x 2 1 ln 4 x 3 PL.2. ln x dx c x 4 PL.1.
ln x
PL.3.
x
3
x 1 (3x 4
2
2
x 2 x)dx
3
x 2 1 c 5 5
Megeshet, hogy bele kell fektetnünk egy kis energiát, hogy a feladat
f 1 alakot f f 1
öltsön. Ennek érdekében konstansokkal oszthatunk, vagy szorozhatunk. Itt van például ez:
2 x
3
4
3x 2 ( x 2 x)dx
Beazonosítjuk, hogy ki lehet az
f tényező, megállapítjuk, hogy f (2 x 3 3x 2 ) 4 így
f 2 x 3 3x 2 és f 6 x 2 6 x nagy kár, hogy a feladatban nem ezzel van szorozva, viszont ha fogjuk szépen és rakunk oda egy 6-os szorzót, akkor már jó is.
2 x
3
3x
2 4
4 1 1 2 x 3 3x 2 ( x x)dx 2 x 3 3x 2 (6 x 2 6 x)dx c 6 6 5 5
2
PÉLDÁK: PL.1.
4 x
3
6x
2 9
1 1 (4 x 3 6 x 2 )10 3 2 9 2 ( x x)dx 4 x 6 x (12 x 12 x)dx c 12 12 10 2
6 1 1 1 ( x 3 3e x 10) 5 5 x 3 3e x 10 ( x 2 e x )dx x 3 3e x 10 5 (3 x 2 3e x )dx c 6 3 3 5 2 x 8 7 7 ( x e 7) x 2 e x 7 (10 x 5e x )dx 5 x 2 e x 7 (2 x e x )dx 5 c 8
PL.2.
PL.3.
6
S3 PARCIÁLIS INTEGRÁLÁS
f g f g f g Tipikusan parciális integrálással kiszámítható integrálok azok, ahol megszorozva egy „híres” függvénnyel, vagyis:
xe x e ( x x ) ln x x
7
2
x
x sin x x cos x x ln x ( x
3
x hatvány van
x 5
x 1) e x
x
(x
2
x) 4 x
6
Ezeken kívül tipikusan parciális integrálás az is, amikor a „híres függvény” egy lineáris helyettesítése van szorozva x hatvánnyal, vagyis:
xe xe ( x x 1) e 2x
4 x
2 x4
3
x e x 5 2
3 x 5
x sin(6x 7) x cos 2 x x sin(4x 3) x cos(3x) x3 x7 ( x x) 4 2 x
x
2 x 3
2
3x
Ugyanakkor tipikusan nem parciális integrálások azok, ahol a helyettesítés nem lineáris, vagyis
xe
x2
( x 1) 5
x2 2 x
1 x
e
x
x
2
ex
3
1
( x 1) cos( x
2
2 x)
x sin( x
2
)
ezekben az integrálásokban a belső függvény nem lineáris. Ilyenkor ne próbálkozzunk a parciális integrálással, mert úgysem jön ki, általában az S4 a célravezető. Vagyis jegyezzük meg, hogy a
( x hatvány) e
valami
( x hatv ány) a
va la mi
( x hatv ány) cos (v alami)
stb. esetekben az
dönti el, hogy parciálisan integrálunk-e vagy sem, hogy a kitevő, vagy az argumentum tehát a valami lineáris-e vagy sem. Ha lineáris, akkor parciálisan integrálunk, ha nem, akkor S4. SZEREPOSZTÁS: A parciális integrálásnál úgy kell kiosztani a szerepeket, hogy a szorzatban szereplő x hatványt kell f-nek nevezni és a másikat g’-nek. A parciális integrálás során így az x hatvány foka eggyel csökken. Emiatt van az, hogy a siker érdekében mindig annyiszor kell parciálisan integrálni egy kifejezést, amekkora abban az x hatványok közül a legnagyobbnak a kitevője. Fontos kivétel azonban, ha a szorzatban lnx, logax arctgx, arcsinx, arccosx szerepel. Ilyenkor ugyanis az eddigiekkel ellentétben azt kell f-nek nevezni! Példa parciális integrálásra
x e dx xe x
f=x g’=e f’=1 g=ex
x
x 1 e x dx e x x e x dx e x x e x c
Ha persze a szorzatban például
lnx szerepel, az kivétel: x 1x x2 x x2 x2 x ln xdx ln x dx ln x dx ln x c x 2 2 2 2 2 4 f ln x g x 1 x2 f g x 2 2
2
7
A kivételben megemlített függvényeket szintén parciálisan lehet integrálni, méghozzá úgy, hogy
1 ln x
1 log
a
x
példaként nézzünk meg egyet:
1 arctgx
1 arcsin x
1
ln xdx 1 ln xdx x ln x x xdx x ln x 1dx x ln x x c Hasonló a helyzet ezekkel is:
ln
arctg x Ezeket is mind úgy kell felírni, hogy 1 (a 2
ln
x
3
arcsin
2
x
4
x
függvény)
A felsoroltakon kívül akkor érdemes még parciális integrálással próbálkozni, ha olyan szorzattal állunk szemben, aminek egy részét tudjuk integrálni.
S4
Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső függvény deriváltja, az reményteli: f ( g ( x)) g ( x) F ( g ( x))
Ez a tétel tulajdonképpen az összetett függvények integrálásáról szól, ám ez még sincs teljesen így. Az a helyzet, hogy pusztán maguknak az összetett függvényeknek az integrálása elég reménytelen vállalkozás. Nem rendelkezik például elemi primitívfüggvénnyel az alábbi integrálokban szereplő függvények közül egyik sem:
e
5
x2
e
x2 2 x
cos( x
x 3 1
2
sin( x
)
2
)
cos( x
2
2 x)
A helyzetünk akkor válik reménytelivé, ha ezek a függvények meg vannak szorozva a belső függvényeik deriváltjával, ekkor siet ugyanis segítségünkre S4. PÉLDÁK: PL.1.
2x (4 x 3) e
2 3 x
2
2 3 x
C
x3 1
7 C ln 7 2 2 x dx cosx 2 2 x C
x3 1
3x 7 dx PL.3. (2 x 2) sin x PL.4. (3x 1) cos( x PL.2.
dx e 2 x
2
3
x)dx sin( x 3 x) C
S4 néhány speciális esete
e
f
fe
af a f ln a
f
f
f 1 f 2 arctgf PL.5.
2x 3e
x 3 x 2
dx e x
2
3 x
C
f 1 f
2
arcsin f 8
PL.6.
3x e
PL.7.
4 x 1 5
PL.8.
2 7 x3
2x
1 x
4
dx e 7 x C 3
52 x x dx C ln 5 2
2 x2 x
dx
1
1 x
2 2
2 xdx arctg ( x 2 ) C
2
PL.9.
x 1 3x 2 1 3 dx 1 x 6 3 1 x 3 2 dx 3 arctg ( x ) C
1 cos x arctg (sin x) C x 1 sin 2 x sin 2 x 2 sin x cos x PL.11. dx arctg (sin 2 x) C 4 2 2 1 sin x 1 sin x PL.10.
cos x
1 sin
dx
2
Itt is természetesen előfordulhat, hogy bele kell fektetnünk egy kis munkát az
f ( g ( x)) g ( x) F ( g ( x)) alak eléréséhez. Általában két lehetőség van.
A könnyebbik, amikor csak konstansban tér el az integrálandó függvény a reményteli állapottól, a másik, amikor már x-et tartalmazó tényezők is eltérnek. Ha csak konstansbeli eltérés mutatkozik, az könnyen megoldható: PÉLDÁK: 2 1 1 2 (2 x 2)e x 2 x dx e x 2 x c 2 2 x 4 1 4 1 17 3 x 4 1 PL.2. x 7 dx 4x 3 7 x 1 dx c 4 4 ln 7 1 1 x2 x2 x2 PL.3. x e dx 2 x e dx e c 2 2
PL.1.
( x 1) e
x2 2 x
dx
A másik lehetőség, ha a belső függvény deriváltja nem csak konstansban tér el a várttól, hanem x-et tartalmazó tagban is. Ilyenkor alkalmazhatjuk a parciális integrálást – néha a helyettesítéses integrálást. Nézzünk egy példát!
x
3
e x dx esetében például a belső függvény deriváltja 2x, ám sajnálatos módon a szorzó 2
3
egyáltalán nem 2x, hanem x . Alakítsuk hát úgy, hogy a szorzó valóban 2x legyen. A maradékot természetesen nem vihetjük ki az integrál elé, hiszen az x-et is tartalmaz, de itt jön segítségünkre a parciális integrálás. 3 x x x e dx 2x e 2
2
x2 dx 2
A vastagított részt direkt úgy csináltuk, hogy alkalmazhassuk rá az S4-et, így a parciális integrálás során ez a rész lesz majd, amit integrálunk, míg a maradék az, amit deriválunk:
g 2 xe x
x2 f 2 f x
g ex
2
2
3 x x x e dx 2x e 2
helyett
2
2 x2 x 2 x2 dx e x e x dx a megmaradó integrálás szintén S4, ha x 2 2
2x van:
3 x x x e dx 2 x e 2
2
2 2 x2 x 2 x2 x 2 x2 1 x 2 x2 1 x2 dx e x e x dx e 2x e x dx e e c 2 2 2 2 2 2 9
Egy másik példa, amikor S4 alkalmazásához előbb jelentős átalakításokat kell végezni
e
x
dx
Itt a belső függvény
1
x aminek a deriváltja
és ezzel kéne legyen megszorozva
2 x
e
x
.
De mivel nincs, ezért gondoskodunk róla, hogy legyen:
e
x
dx
1
e
2 x
x
2 x dx
A kapott szorzatot parciálisan integráljuk. Az integrálás során a vastagított részt nevezzük g’-nek, hiszen ezt szeretnénk integrálni, míg a másikat f-nek. A szerepek:
f 2 x
x
1 2 x
g e
1 x
f
e
g
dx
1 2 x
e
x
x
e
x
2 x dx 2 x e
x
1 x
e x dx
ahol a maradék integrálás éppen S4:
1 x
e x dx 2
1 2 x
e x dx 2e
x
K
NÉHÁNY TRÜKKÖS ESET:
1 1 I. dx 2 x dx arctg ln x c 2 x ln x x ln x 1 x e II. dx arctg e x c 2x 1 e 2x 1 2 x ln 2 1 III. dx dx arctg 2 x c x 2 x ln 2 1 2 ln 2 1 4
2 sin x 1 2tgx 3 2 sin x cos x cos x dx cos 2 x dx arctg tg 2 x c IV. dx sin 4 x tg 2 x 2 1 sin 4 x cos 4 x 1 cos 4 x x2 1 3x 2 1 V. dx dx arcsin x 3 c 3 1 x3 2 3 1 x6
VI.
cos
1 2
x 1 tg 2 x
dx
1 cos 2 x dx arcsin tgx c 1 tg 2 x
10
TÖRTEK INTEGRÁLÁSA T1
Próbálkozzunk a tört földarabolásával.
A tört földarabolása általában akkor hasznos, ha a nevező egyetlen tagból (szorzat lehet, csak a tagok száma legyen egy) áll, de néha előfordulhat, hogy több tagból álló nevező esetén is működik a módszer.
PÉLDÁK:
x3 x2 1 x3 x2 1 1 x3 x2 2 dx ( ) dx x x dx ln x c x x x x x 3 2 ex x3 ex x3 1 1 x 2 3 x PL.2. 3 x dx 3 x 3 x dx 3 x dx x e dx ex c 2 x e x e x e x e 2 2 x cos x x cos x 1 1 PL.3. dx dx dx tgx ln x c 2 2 2 2 x cos x x cos x x cos x cos x x PL.1.
Általánosítva:
abc a b c d d d d
NÉHÁNY NÉHÁNY TRÜKKÖS TRÜKKÖS ESET: ESET:
I. I.
ax b
ax b cxcx dd
típusú típusú integrálok integrálok
x6
x24
x2
44xx55
22((2x 2x33))11dx 22(2x (2x3) 3) 11 dx 2 11 dx 2 x ln 2 x 3 11 c dx dx 2 dx 2 x ln 2 x 3 c 2x 2x 22xx33 22 2x33 2x33 22xx33
I.A I.A
x 2 4dx x 2 4 dx 1 4 1 dx x 4 ln x 2 c dx dx dx 1 4 dx x 4 ln x 2 c xxx262dx xx 22 xx 22 xx 22 xx 22
I.B I.B
22xx33dxdx
4
1
44 17 44 17 17 ((3x 11)) 17 ((3x 11)) 3x 3x 44xx 77 44 17 3 3 3 17 11 dx 44 x 17 17 3x 1 11 3 dx I.C dx 33 dx I.C dx 3 dx 3 dx dx x ln ln 3x 1 33xx 11 3x 3x 33xx 11 33 33 33xx 11 33 33 33 3x 11 3x 11
II. II.
xx1122dx dx
xx
22
11
xx22 22xx 11 xx22 11 22xx xx22 11 22xx 22xx 2 dx dx dx 11 22 dx dx xx ln ln xx 2 11 xx22 11 dx xx22 11 dx xx22 11 xx22 11dx xx 11
11
T2 Ha a számlálóban a nevező deriváltja szerepel, akkor:
f ln f f
PÉLDÁK:
2x 1 dx ln x 2 x 4 c x4 1 ex PL.2. dx ln x e x 6 c x xe 6 cos x PL.3. ctgxdx dx ln sin x c vagy sin x PL.1.
x
2
sin x
tgxdx cos xdx
sin x dx ln cos x c cos x
Megeshet, hogy a számláló nem a nevező deriváltja, de majdnem. Ilyen esetekben, hogy ihletet merítsünk, deriváljuk le a nevezőt, és hasonlítsuk össze a számlálóval, hogy kiderüljön, mit kell tennünk az
f alak eléréséhez. f
PÉLDÁK: PL.1.
2x
x dx 5
2
Itt a nevező deriváltja 4 x , a számlálóban viszont sajna ennél kevesebb x van, így hát be kell szorozni 4-gyel, cserébe pedig az integráljel előtt osztani kell 4-gyel.
2x
x 1 4x 1 dx 2 dx ln 2 x 2 5 c 4 2x 5 4 5
2
PL.2.
x
6x dx 7
2
Itt viszont a nevező deriváltja 2 x , de a számlálóban 6 x van, ami több, mint kéne, ezért kihozunk onnan egy 3-as szorzót.
x
6x 2x dx 3 2 dx 3 ln x 2 7 c 7 x 7
2
ÉRDEMES MEGJEGYEZNI NÉHÁNY TRÜKKÖS ESETET:
1 f f 1 x dx ln ln x c I. dx x ln x ln x 1 f f 2 1 II. dx 1 x dx ln arctgx c 2 arctgx (1 x )arctgx 1 f f 2 1 cos x dx ln tgx c III. dx tgx cos 2 x tgx
12
T3
Ha a nevező egy függvény valamely hatványa, a számláló pedig ezen függvény deriváltja: f f 1 f 1
PÉLDÁK: PL.1.
PL.2.
x
2x 5 2
5x 4
3
x dx
2x 7
x2 7x 9
2
dx
5x 4 2
2
c
2x 7
x
2
7x 9
1/ 2
x dx
2
7x 9 1/ 2
1/ 2
c
3
cos x sin x dx c 4 3 x cos x cos x (sin x)12 / 3 PL.4. dx dx c 3 1 2 / 3 (sin x) 2 / 3 sin 2 x PL.3.
sin
Itt is megeshet persze, hogy bizonyos konstansokkal alakítunk kicsit a számlálón. PÉLDÁK: PL.1.
PL.2.
x3
x 2 6x
1 2x 6 1 x 2 6x 7 dx dx 5 2 x 2 6x 7 5 2 4 x 2 6x 7
4
4
1 3x 3 18 x 1 x3 9x 2 8 dx dx 1 3 x 3 9 x 2 8 1/ 4 3 x3 9x 2 8 1 4
1
1
1 4
c
1
7 2x 7 x2 9 5 Pl.3. dx dx c 5 1 2 x 2 9 1/ 5 2 x2 9 1 5 2 x 2 x xe 1 2 x 2e 1 x 2 e 2 x Pl.4. dx dx 7 2 x 2 e 2 x 7 2 6 x 2 e 2 x 7x
c
6
c
Előfordulhat az is, hogy parciális integrálással kell kombinálni. Ilyen például a következő:
x3 4
3 x
2
dx A számlálóba ugyanis x3 helyett elegendő volna x is, pontosabban 2x.
x3-öt két részre: x3 1 x 2 2x 1 2x dx dx x 2 dx 2 2 2 4 4 2 2 3 x 3 x 3 x
Felbontjuk hát az
4
13
A kapott szorzatot parciálisan fogjuk integrálni. A szerepek világosak, alakítottuk, hogy integrálhassuk, ezt nevezzük hát
f x2 f 2x
x
2
g
4
3 x2
3 x2
-et direkt úgy
g’-nek, míg x2-et f-nek.
2x 4
g
2x
2x 4
3 x2
2x 4
3 x2
dx x
dx
3 x
2 1/ 4
3 x
2 3/ 4
2
3/ 4
3 x dx
2 3/ 4
2x
3/ 4
3 x 2x
2 3/ 4
3/ 4
dx x
3 x
2 3/ 4
2
ahol a maradék integrálás már könnyű, hiszen S2 szerint
3/ 4
4 2x 3 x 2 3
2 x 3 x
3/ 4
dx
dx 3 3 /x4 1
2 3/ 4
2 3 / 41
c
NÉHÁNY TRÜKKÖS ESET:
I.
II.
f 1 f 1 x x ln 2xdx ln 2 xdx f 1 f 1 x x ln 3xdx ln 3 xdx
ln x 1 c 1
ln x 2
f 1 f x III. x ln x dx ln x 1 / 2 dx
1
f 1 f x IV. x 5 ln x dx ln x 1 / 5 dx
1
V.
f 1 f x x 4 ln 3 x dx ln x 3 / 4 dx
1
2
c
ln x 11 / 2 1 1/ 2
c
ln x 11 / 5 1 1/ 5
ln x 13 / 4 1 3/ 4
c
c
f 1 2 f 2 1 tgx cos x VI. dx dx c 2 cos 2 x tg 3 x tg 3 x f 1 13 / 4 f 2 1 cos x dx tgx VII. dx c cos 2 x 4 tg 3 x (tgx ) 3 / 4 1 3/ 4 f 1 f 2 sin x VIII. sin 2 x 3 ctg 2 x dx (ctgx ) 2 / 3 dx
1
f 1 f 2 1 IX. dx 1 x 2 dx 2 2 (1 x )arctg x arctg x
ctgx 12 / 3 1 2/ 3
c
arctgx 1 c 1
14
1 1 x2
f f
1 dx (1 x 2 ) arctgx dx 1/ 2 arctgx
X.
arctgx
1/ 2
1/ 2
c
f 1 1/ 3 f 2 1 arctgx 1 x (1 x 2 ) 3 arctg 2 x dx (arctgx) 2 / 3 dx 1/ 3 c 1 f f 2 arcsin x 1/ 3 c 1 1 x dx dx 1 x 2 3 arcsin 2 x (arcsin x) 2 / 3 1/ 3
XI.
XII.
T4 A törtből csináljunk szorzatot. Ezek után lásd. szorzat integrálása.
f
g f
1 g
PÉLDÁK:
ln x 1 x dx ln x xdx ami már S2 vagy
ln 4 x 1 4 x dx ln x xdx ami szintén S2,
de hasonlóan intézhetők el:
ln x 7 1 1 S 2 (ln x 7) 3 2 dx ln x 7 dx ln x 7 2 dx c x x x 3/ 2 1
vagy S 2 (tgx ) 4 / 3 1 tgx 1 cos 2 xdx tgx 3 cos 2 xdx 4 / 3 c 3
Vagy
x
e
x
2
dx x
1 ex
2
dx x e x dx 2
ami már – némi átalakítás után – S4 segítségével integrálható.
xe
x2
dx
2 1 1 x2 2 x e x dx e C 2 2
15
HELYETTESÍTÉSES INTEGRÁLÁS
A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést t-vel helyettesítünk annak reményében, hogy így majd meg tudjuk oldani a feladatot. Tipikusan helyettesítéses integrálás, ha a gyök alatt valamilyen lineáris kifejezés szerepel. Nézzünk erre egy példát!
2x 5 dx ? x3
Az ilyen esetekben az egész gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek.
x 3 t Ebből kifejezzük x-et: x 3 t 2 és így x t 2 3 eddig minden rendben is van. De sajna van itt még egy dolog. Az, hogy a dx-et is le kell cserélni, mégpedig a következőképpen. A kifejezett x-et deriváljuk t szerint:
x t 2 3 tehát x 2t amit azonban úgy írunk, hogy
dx 2t dt
Réges-régen ugyanis az emberek még nem a jól ismert
f jelölést használták a deriválásra,
hanem azt, hogy
df dx Később aztán egyszerűsítették a jelöléseket, de valamilyen rejtélyes okból itt a helyettesítéses integrálásnál mégis megmaradt az ősi módszer. Lehetne ezt picit másképp is csinálni, akit érdekel majd olvassa el, hamarosan lesz róla szó, de valamiért mindenütt ez a dx-es bűvészkedés maradt az általánosan elterjedt eljárás. Szóval törődjünk bele, hogy a kifejezett x-nek a deriváltja
Most jön a helyettesítés, x helyére megy kell cserélni:
dx 2t amiből dx 2t dt . dt
x t 2 3 a gyök helyére
x 3 t és a dx-et is le
dx 2t dt .
2x 5 2t 2 3 5 2t 2 1 t3 dx 2t dt 2t dt 2t 2 12dt 4t 2 4dt 4 4t t t 3 x3
Az integrálás végén visszahelyettesítjük t helyére, hogy ki is valójában. Ekkor a megoldás: 3
t3 x3 4 4t 4 4 x3 C 3 3 Nézzünk egy másik hasonlóan izgalmas esetet.
x dx ? x4 2
Megint az egész gyökös kifejezést nevezzük t-nek:
x 4 t ekkor x 4 t 2 vagyis x t 2 4 tehát x 2t amit úgy írunk, hogy
dx 2t dt
Most jön a helyettesítés:
16
t 2t 22t dt t 22t dt 2t 2 4t dt 2 t 3 4 t 2 x t2 4 dx 2t dt t 2 t 2 3 2 x4 2
Végül t helyére visszarakjuk a gyökös izét. 3
2
t3 t2 x4 x4 2 4 2 4 C 3 2 3 2 Íme itt van most egy picit más megközelítése a helyettesítésnek. Ha az integrálandó függvényben ugyanaz a kifejezés többször is előfordul, akkor próbálkozhatunk annak elnevezésével. Hagyományosan t szokott lenni az új változó. Fontos azonban látnunk, hogy a helyettesítés során az integrálandó kifejezés általában megváltozik. Ezt a változást írja le az úgynevezett integrál-transzformációs formula:
f ( x)dx f ( (t )) (t )dt Az integrál-transzformációs formula azt mondja, hogy ha az integrálandó függvényben x helyére egy (t) függvényt helyettesítünk, akkor az így kapott kifejezést még meg kell szorozni a (t) helyettesítés deriváltjával, vagyis ’(t)-vel. Nézzünk erre egy példát!
3e 2 x 2e x 1 e 2 x e x 1 e x dx Ésszerűnek tűnik az e =t helyettesítés. Ekkor mi is az a bizonyos (t) függvény? Mivel e =t ezért ebből az x-et kifejezve x=lnt. Vagyis ez van az x helyére helyettesítve, tehát (t)=lnt és így ’(t)=1/t. Az integrál-transzformációs formula szerint x
x
3e 2 x 2e x 1 3t 2 2t 1 1 dx dt e2x e x 1 ex 2 1 t t t 1 t
f ( x)dx f ( (t )) (t )dt Folytatva az integrálást:
3t 2 2t 1 1 3t 2 2t 1 dt 3 2 dt 1 t t t t 1 2 t t 1 t
f f
ln(t 3 t 2 t 1) K ln(e 3 x e 2 x e x 1) K
A köztudatban furcsa módon nem a (t) belső függvényes gondolatmenet van elterjedve, hanem a már korábban látott dx-es dt-s bűvészkedés, amely lényegét tekintve ugyanez, mindössze jelölésbeli különbségek vannak.
Nézzünk meg egy gyökös esetet is ebben a
(t) belső függvényes verzióban. 17
6x 5
3x 1
dx
Ilyenkor a nevezőben lévő gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek,
t 2 1 tehát t 3x 1 így t 3x 1 és x . 3 2
Ez utóbb lesz a vagyis
(t )
(t) függvény,
t 1 2t és (t ) . 3 3 2
A helyettesítést elvégezve feladatunk a következőképpen alakul:
6x 5 dx 3x 1
6
t 2 1 t3 5 4 6t 2 2 2t 2t 2 5 2t 4t 6 3 dt dt dt 3 c t 3 t 3 3 3
Itt még t helyére vissza kell helyettesíteni és kész is. 3
t3 3x 1 3 4 6t 4 6 3x 1 3x 1 3 3 c c 4 2 3x 1 C 3 3 9
1. GYÖKÖS KIFEJEZÉSEK HELYETTESÍTÉSE
ax b (cx d )dx
ax b ex f dx cx d
ax b cx d
3
4
ax b cx d ex f
dx
ax b dx cx d
ax b dx cx d
valami lineáris kifejezés vagy elnevezni t-nek. Ha
dx
ax b esetekben mindig az egész gyökös kifejezést kell cx d
stb. van, akkor is mindig az egész gyökös kifejezést kell t-nek
nevezni. Ha viszont a gyökjel alatt nem lineáris kifejezés van, akkor más módszer kell!
1 f esetén f=cos2t 1 f esetén f=sh2t f 1 esetén f=ch2t
18
2. ÖSSZETETT FÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA HELYETTESÍTÉSSEL ( HA LEHET) Vannak olyan összetett függvények, amelyek – mivel nincsenek megszorozva a belső függvény deriváltjával – S4 segítségével nem integrálhatóak. Ilyenkor érdemes azzal próbálkozni, hogy a belső függvényt elnevezzük t-nek. Például az
e
x
dx
esetében tehát a
t x , vagyis x t 2 így (t ) t 2 helyettesítést alkalmazzuk, (t ) 2t .
A helyettesítéssel integrálásunk a következőképpen alakul:
e
x
dx e t 2tdt ami már egy egyszerű parciális integrálás.
Szintén érdemes helyettesítéssel próbálkozni ennél az összetett függvénynél, hogy
sin ln xdx A helyettesítés legyen
t ln x , vagyis x e t így (t ) e t helyettesítést alkalmazzuk, ahol
(t ) e t . A helyettesítést elvégezve a feladat a következőképpen alakul:
sin ln xdx sin t e dt t
Ezt pedig parciálisan tudjuk integrálni, a megoldás a trigonometrikus függvények integrálása IV. pontjában található.
19
RACIONÁLIS TÖRTFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA
p ( x)
q( x) dx
racionális
törtfüggvény
integrál
kiszámolását
azzal
kell
kezdenünk,
hogy
ellenőrizzük, teljesül-e a deg(p(x))<deg(q(x)) feltétel. Ha ez nem teljesül, akkor polinom osztással el kell érnünk, hogy teljesüljön. Ezek után a nevezőt föl kell bontani elsőfokú, vagy tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára. Az algebra alaptétele miatt ez – legalábbis elviekben – mindig lehetséges. Ha ez megtörtént, a racionális törtfüggvény felbontható elemi törtek összegére, a parciális törtekre bontás módszerével. Előbb azonban definiáljuk az elemi törteket. Kétféle elemi tört létezik:
I.
A ax b
II.
Ax B ax bx c 2
A II. elemi törtnél azonban a0 és b -4ac<0 vagyis a nevezőben szereplő másodfokú kifejezés diszkriminánsa negatív, így az nem alakítható elsőfokú tényezők szorzatára. 2
Most lássuk, az egyes elemi törtek miként integrálhatók.
I.
A 1 1 dx A dx A ln ax b K ax b ax b a
Ax B f alakú legyen. Mivel a dx elsőként a számlálót úgy alakítjuk, hogy a tört f bx c nevező deriváltja 2ax+b, ezért ezt igyekszünk kialakítani a számlálóban. B 2aB 2aB x 2ax 2ax b b Ax B A A A dx A dx A dx A ax 2 bx c ax 2 bx c 2a ax 2 bx c 2a ax 2 bx c dx 2aB Felbontjuk két integrál összegére, és b helyett a jóval kellemesebb E-t írjuk. A 2aB 2ax b b A A 2ax b E A 2ax b E A dx dx 2 dx 2 2 2 2a 2a ax bx c 2a ax bx c ax bx c ax bx c A 2ax b E dx dx 2 2 2a ax bx c ax bx c f Látszik, hogy a két integrál közül az első éppen kívánalmunknak megfelelően alakú, ezzel f 2ax b már sok gond nincs: dx ln( ax 2 bx c) K 2 ax bx c E dx mindig egy arctgx-re A második integrállal kell hát még foglalkoznunk. 2 ax bx c II.
ax
2
vezető integrál lesz. A mechanizmus pedig a következő:
ax
2
E 1 dx E 2 dx bx c ax bx c
A nevezőben teljes négyzetet alakítunk ki:
20
E
1 E dx a ax bx c 2
1 E 1 dx dx 2 2 b c a 2 b b c b 2 x x x 2 x a a 2a a 2a 2a
Itt a nevezőben megjelenik a teljes négyzet. A mögötte létrejövő tagot az egyszerűség kedvéért elnevezzük D-nek.
E 1 E 1 dx dx 2 2 2 a a b c b b x x D 2a a 2a 2a Végső lépésként a D-t is kiemeljük a nevezőből: E 1 E 1 E 1 dx dx dx 2 2 2 a aD 1 aD 1 b b b x x D x 1 1 2a D 2a 2a D D
Az így kapott integrál arctgx-nek egy lineáris helyettesítése:
E 1 E b 1 dx arctg x D K 2 aD 1 aD 2a D D b x 1 2a D D PÉLDÁK: Oldjunk meg egy feladatot:
5 x 2 14 x 5 x 3 4 x 2 5xdx
Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Esetünkben ez most teljesül. Utána a nevezőt elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára 3 2 2 kell bontanunk. Előszöris x +4x +5x=x(x +4x+5) itt azonban a zárójelben lévő másodfokú már nem bontható tovább. Negatív ugyanis a diszkriminánsa. Kész van hát a szorzattá alakítás:
5 x 2 14 x 5 5 x 2 14 x 5 x 3 4 x 2 5xdx xx 2 4 x 5dx A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Most még csak a nevezőket ismerjük. A felbontás valahogy így néz tehát ki:
5 x 2 14 x 5 5 x 2 14 x 5 dx x 3 4x 2 5x xx 2 4 x 5dx x x 2 4x 5 dx Most ki kell találnunk a számlálókat. Egyelőre nem a konkrét számlálókat, csak a paraméteres alakjukat. Mit is jelent ez? Azt, hogy törtünket a már korábban definiált elemi törtekre szándékozunk felbontani. Elemi törtből márpedig kétféle van. Az I. típusú elemi tört olyan, hogy nevezője elsőfokú, míg a II. típusú elemi tört olyan, hogy a nevezője másodfokú, és nem bontható elsőfokú tényezők szorzatára. A felbontás során tehát mindig a nevezőkből indulunk ki! Az első tört nevezője szemmel láthatóan elsőfokú, így ez minden bizonnyal csak egy I. típusú elemi tört lehet. A számláló tehát valami A. Második 2 törtünk nevezője viszont x +4x+5 ami egy másodfokú kifejezés, így hát ez a tört szükségképpen II. típusú, ekként számlálója AX+B alakú, ám A már foglalt, tehát legjobb lesz, ha Bx+C lesz a számláló. Innen kapjuk, hogy
5 x 2 14 x 5 5 x 2 14 x 5 A Bx C dx x 3 4 x 2 5x x x 2 4 x 5 dx x x 2 4 x 5 dx
Világos, hogy ekkor
21
5 x 2 14 x 5 A Bx C 2 2 xx 4 x 5 x x 4 x 5 2
2
Amiből keresztbeszorzással: 5x +14x+5=A(x +4x+5)+x(Bx+C) 2 2 Vagyis összevonva a jobb oldalt: 5x +14x+5=(A+B)x +(4A+C)x+5A A különböző x hatványok együtthatói a két oldalon meg kell, hogy egyezzenek, ezért hát
5=A+B 14=4A+C 5=5A Megoldva az egyenletrendszert kapjuk, hogy
A=1; B=4; C=10. Ekkor: 5 x 14 x 5 5 x 14 x 5 1 4 x 10 1 4 x 10 x 3 4 x 2 5xdx xx 2 4 x 5dx x x 2 4 x 5 dx xdx x 2 4 x 5 dx 2
2
Az első tag nyilvánvalóan lnx lesz, míg a második tag esetében először majd a maradékból arcustangens lesz:
f’/f alakot kell kihozni,
4 x 10 2x 5 2x 4 1 2x 4 1 dx 2 2 dx 2 2 dx 2 2 2 dx 4x 5 x 4x 5 x 4x 5 x 4x 5 x 4 x 5 2x 4 1 2 2 dx 2 dx x 4x 5 x 4x 5
x
2
Az első tag célunknak megfelelően
f’/f, míg a második tag arcustangensre vezet.
2x 4 dx ln(x 2 4x 5) K 4x 5 1 1 x 2 4 x 5 dx x 22 1 dx arctg ( x 2) K
x
2
Nézzünk egy másik példát is:
14 x 2 12 x 2 6 x 3 8x 2 2 x dx
3
2
2
A nevezőt szorzattá alakítjuk. Elsőként kiemelünk x-et: 6x +8x +2x=x(6x +8x+2). Most megvizsgáljuk, a másodfokú tényező tovább bontható-e. a másodfokú egyenlet megoldó 3 2 2 képlete alapján vannak gyökei, vagyis igen: 6x +8x +2x=x(6x +8x+2)=x(2x+2)(3x+1). Ekkor:
14 x 2 12 x 2 14 x 2 12 x 2 dx 6 x 3 8x 2 2 x x(2x 2)(3x 1) dx x 2x 2 3x 1 dx A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki. Mivel mindhárom nevező elsőfokú, mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B, C lesz.
14 x 2 12 x 2 14 x 2 12 x 2 A B C dx 6 x 3 8x 2 2 x x(2x 2)(3x 1) dx x 2 x 2 3x 1 dx Az előző példában látott módon, keresztbeszorzással kapjuk A, B, C értékét, ezúttal A=1, B=2 C=1, tehát 14 x 2 12 x 2 14 x 2 12 x 2 1 2 1 1 1 6 x 3 8x 2 2 x dx x(2x 2)(3x 1) dx x 2 x 2 3x 1 dx ln x 2 ln 2 x 2 2 ln 3x 1 3 K Itt egy harmadik példa:
22
6 x 2 20 x 15 (2 x 1)(2 x 2 15x 7) dx A nevezőt ezúttal is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell 2 2 bontani. Mivel 2x +15x+7 tovább bontható, hiszen 2x +15x+7=(2x+1)(x+7) ezért a nevező szorzattá bontása a következő:
6 x 2 20 x 15 6 x 2 20 x 15 dx (2 x 1)(2 x 2 15x 7) (2 x 1)(2 x 1)( x 7) dx Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor úgy bontunk elemi törtekre, hogy az egyik elemi tört nevezője (2x+1), a másiké (2x+1)2 , míg a harmadiké (x+7). Ha egy adott tényező háromszor fordulna elő a nevezőben, akkor az elemi törtekre bontásnál analóg módon lenne egy első egy második és egy harmadik hatványa, és így tovább.
6 x 2 20 x 15 6 x 2 20 x 15 A B C dx (2 x 1)(2 x 2 15x 7) (2 x 1)(2 x 1)( x 7) dx (2 x 1) (2 x 1) 2 x 7 dx
A, B, C értékét a szokott módon találjuk ki: 6 x 2 20 x 15 A B C 2 (2 x 1)(2 x 1)( x 7) (2 x 1) (2 x 1) x7 amiből keresztbeszorzással
6x2+20x+15=A(2x+1)(x+7)+B(x+7)+C(2x+1)2 és fölbontva a zárójeleket:
6x2+20x+15=(2A+4C)x2+(15A+B+4C)x+7A+7B+C és így
6=2A+4C 20=15A+B+4C 15=7A+7B+C Megoldjuk az egyenletrendszert A=1; B=1; C=1 és így
6 x 2 20 x 15 6 x 2 20 x 15 1 1 1 dx (2 x 1)(2 x 2 15x 7) (2 x 1)(2 x 1)( x 7) dx (2 x 1) (2 x 1) 2 x 7 dx
1 1 1 (2 x 1) 1 (2 x 1) 2 dx ln 2 x 1 ln x 7 K (2 x 1) x7 2 1
Íme itt egy összefoglaló példa, amin minden fontos lépést megnézhetünk:
23
x 5 3x 4 9 x 3 7 x 2 5 x 9 dx x 4 4x3 9x 2 Elsőként polinom osztásra lesz szükség, mivel a számlálónak kisebb fokúnak kell lennie, mint a nevezőnek.
x 5 3x 4 9 x 3 7 x 2 5 x 9 : x 4 4 x 3 9 x 2 x 1 0 1x 0 x 7 x 5 x 9 4
3
2
0 0 4 x 3 2 x 2 5x 9 A polinom osztás eredménye:
x 5 3x 4 9 x 3 7 x 2 5 x 9 4 x 3 2 x 2 5x 9 dx x 1 dx x 4 4x3 9x 2 x 4 4x3 9x 2 Az első két tagot integráljuk, aztán rátérünk a törtre, ahol a számláló már kisebb fokú, mint a nevező.
4 x 3 2 x 2 5x 9 x2 4 x 3 2 x 2 5x 9 x 1 x 4 4 x3 9 x 2 dx 2 x x 4 4 x3 9 x 2 dx A nevezőt ezúttal is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell
x 2 -et: 4 x 3 2 x 2 5x 9 4 x 3 2 x 2 5x 9 dx x 4 4x3 9x 2 x 2 x 2 4 x 9 dx
bontani. Először kiemelünk
Aztán megnézzük, hogy a maradék másodfokú rész szorzattá alakítható-e. Kiderül, hogy nem. Az
x 2 viszont felírható úgy, hogy x x , sőt fel is kell így írni:
4 x 3 2 x 2 5x 9 4 x 3 2 x 2 5x 9 dx x 2 x 2 4x 9 x x x 2 4 x 9 dx
Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor úgy bontunk elemi törtekre, hogy az egyik elemi tört nevezője
x, a másiké x 2 , míg a harmadiké ugye x 2 4 x 9 . Ha egy adott tényező háromszor fordulna elő a nevezőben, mondjuk x x x , akkor az elemi törtekre bontásnál analóg módon lenne egy első egy második és egy harmadik hatványa, és így tovább.
4 x 3 2 x 2 5x 9 4 x 3 2 x 2 5x 9 dx x 2 x 2 4x 9 x x x 2 4 x 9 dx x x 2 x 2 4 x 9 dx
Most ki kell találnunk a számlálókat. Az első tört nevezője szemmel láthatóan elsőfokú, így a számláló valami A. A második tört nevezője elsőfokú kifejezés négyzete ezért itt a számláló szintén valami A, de mivel A már foglalt, legyen B. Végül a harmadik törtünk nevezője
x 2 4 x 9 ami egy másodfokú kifejezés, így hát ennek a számlálója valami Ax+B alakú kell, hogy legyen, ám A és B már foglalt, tehát legjobb lesz a Cx+D. 4 x 3 2 x 2 5x 9 4 x 3 2 x 2 5x 9 A B Cx D dx x2 x 2 4x 9 x x x 2 4 x 9 dx x x 2 x 2 4 x 9 dx
24
A, B, C, D értékét a szokott módon találjuk ki: 4 x 3 2 x 2 5x 9 A B Cx D 2 2 2 2 x x x x 4x 9 x 4x 9
amiből keresztbeszorzással
4 x 3 2 x 2 5x 9 Ax x 2 4 x 9 B x 2 4 x 9 Cx Dx 2
és fölbontva a zárójeleket:
4x 3 2x 2 5x 9 Ax 3 4 Ax 2 9 Ax Bx 2 4Bx 9B Cx3 Dx2
x 3 , hány x 2 , hány x van a jobb oldalon. 4 x 3 2 x 2 5x 9 A C x 3 4 A B Dx 2 9 A 4Bx 9B
Nézzük meg hány
Jön az egyenletrendszer:
4=A+C -2=-4A+B+D 5=9A-4B 9=9B Amiből
A=1; B=1; C=3; D=1 és így a felbontás: 4 x 2 x 2 5x 9 1 1 3x 1 x 2 x 2 4 x 9 dx x x 2 x 2 4 x 9dx 3
Az első két tag már kész is:
1 1 1 x 1 2 dx x dx ln x x x2 x 1
f’/f alakot kell kihozni, majd a maradékból arcustangens lesz: 3 3 2x 4 2x 4 7 3x 1 7 3 2x 4 7 2 2 dx dx x 2 4 x 9 x 2 4x 9 x 2 4x 9 x 2 4 x 9 dx 2 x 2 4x 9 dx x 2 4 x 9 dx
A harmadik tagból először
Az első tag célunknak megfelelően
f’/f, míg a második tag arcustangensre vezet.
3 2x 4 3 dx ln x 2 4x 9 2 2 x 4x 9 2 1 7 7 7 1 7 2 dx arctg x 5 x 2 4 x 9 dx x 22 5 dx 5 1 2 5 5 5 2 x 1 5 5
Végül összerakjuk a megoldást. Volt ugye a polinom osztásból kapott két tag, aztán a parciális törtekre bontásnál a két elsőfokú nevezőjű tag és végül az amelyik f’/f, majd arcustangens-es integrálásra vezetett, plusz borravaló, az annyi mint :
25
x 5 3x 4 9 x 3 7 x 2 5 x 9 4 x 3 2 x 2 5x 9 dx x 1 dx x 4 4x3 9x 2 x 4 4x3 9x 2 x2 3 7 1 2 x ln x 2 4x 9 arctg x 5 K 2 2 5 5 5
Végezetül még egy példa:
2x
1 x
4
dx
Mindenekelőtt a nevezőt elsőfokú vagy tovább már nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani. A felbontás egyáltalán nem triviális, ugyanis a nevezőnek valós gyöke nincsen. A szorzat alak:
1 x4 (x2
2 x 1)( x 2 2 x 1)
Ekkor:
2x
1 x
4
dx
2x dx ( x 2 x 1)( x 2 2 x 1) 2
A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Mivel mindkét tényező tovább nem bontható másodfokú kifejezés, a jelek szerint két II. típusú elemi tört összegét kapjuk:
2x
1 x
4
dx
2x Ax B Cx D dx 2 2 dx 2 ( x 2 x 1)( x 2 x 1) x 2 x 1 x 2 x 1 2
Rátérünk
A, B, C, D meghatározására. 2x Ax B Cx D 2 2 2 2 ( x 2 x 1)( x 2 x 1) x 2 x 1 x 2 x 1
Beszorzunk:
2 x( x 2 2 x 1)( x 2 2 x 1) Ax B( x 2 2 x 1) Cx D( x 2 2 x 1)
majd átalakítunk
2 x ( A C ) x 3 ( B D A 2 C 2 ) x 2 (A C B 2 D 2 ) x B D végül jön a szokásos egyenletrendszer:
0 AC
0 B D A 2 C 2 2 AC B 2 D 2 0 BD A megoldások:
A 0, B
1 1 , így , C 0, D 2 2
1 1 2x 1 1 1 2 2 ( x 2 2 x 1)( x 2 2 x 1)dx x 2 2 x 1 x 2 2 x 1dx 2 x 2 2 x 1 x 2 2 x 1dx
A két törtet külön-külön fogjuk integrálni. Az első tört:
1 dx 2 2 x 1 Ebből arctgx-nek egy lineáris helyettesítése lesz:
x
26
x
2
1 1 dx dx 2 2 2 x 1 1 1 x 2 2
1
dx 2arctg 2 2x 1 1
2x 1 K
A második tört szimmetriai okok miatt:
x
1
2
dx 2arctg 2 x 1
2x 1 L
A feladat megoldása az előbbiekben kapott kifejezések összege:
x
2x dx arctg 1
4
2 x 1 arctg
2x 1 M
Ne feledjük azonban, a racionális törtfüggvények integrálásának módszerét csak akkor érdemes alkalmazni, ha már semmilyen más módszer nem bizonyul használhatónak. Ezt az iménti feladatot némileg gyorsabban S4 segítségével már korában megoldottuk!
2x 1 1 x 4 dx 1 x 2
S4
2
2 xdx arctg ( x 2 ) c
27
TRIGONOMETRIKUS KIFEJEZÉSEK INTEGRÁLÁSA A trigonometrikus kifejezések integrálásának áttekintése nem könnyű. Közel sem törekszünk teljes áttekintésre, csupán néhány fontosabb esetet említünk meg.
I. A tangens ikszfeles helyettesítés a sin x b cos x c A sin x B cos x C dx Ha a törtben sinx és cosx egyaránt csak első fokon szerepel, akkor alkalmazzuk az úgynevezett tangens ikszfeles helyettesítést.
tg
x 2t t helyettesítésnél sin x 2 1 t 2
cos x
1 t 2 2 és (t ) 2arctgt amiből (t ) . 2 1 t 2 1 t
A tangens ikszfeles helyettesítés egyszerű racionális törtfüggvényeket csinál a trigonometrikus kifejezésekből. Például:
1
sin xdx
1 2 2 1 x dt dt dt ln t K ln(tg ) K 2 2t 1 t 2t t 2 2 1 t
A módszer bonyolultabb kifejezéseknél is jól beválik:
1 t2 cos x 2 1 t2 2 1 t2 dx dt sin x cos x 1 2t 1 t 2 1 t 2 2t 1 t 2 1 t 2 1 t 2 dt 1 1 t2 1 t2 1 t 2 2 1 t 2 1 t 1 1 2t 1 dt dt dt dt dt arctgt ln(1 t 2 ) K 2 2 2 2 2 2 2t 1 t 2 1 t 2 (1 t )(1 t ) 1 t 1 t Ha a törtben sinx vagy vezet sikerre.
cosx magasabb fokon is szerepel, akkor a módszer egyre kevésbé
II. sin x cos xdx Ha és közül van amelyik páratlan, akkor visszavezethető általános eljárás helyett nézzünk egy konkrét példát:
sin
6
ff’ alakú integrálásra. Az
x cos 3 xdx
A megoldás során a páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani másodfokú, és egy darab elsőfokú tényezők szorzatára.
sin
6
x cos 3 xdx sin 6 x cos 2 x cos xdx sin 6 x (1 sin 2 x) cos xdx
Elvégezve a beszorzást már csak
sin
n
x cos xdx alakú kifejezések adódnak, amik mind ff’
alakúak. Ha
cosx kitevője magasabb fokú, az sem jelent problémát: 4 7 4 2 2 2 6 2 3 sin x cos xdx sin x cos x cos x cos x cos xdx sin x (1 sin x) cos xdx 28
Elvégezve a beszorzást itt is csak alakúak.
sin
n
x cos xdx alakú kifejezések adódnak, amik mind ff’
Ha és közül mindkettő páros, akkor ez a módszer nem működik. Ilyenkor linearizáljunk.
sin 2 x
III.
1 cos 2 x 1 cos 2 x 2 és cos x 2 2
sin x cos x dx vagy
cos x sin x dx
Elegendő szimmetriai okokból csak az egyik esettel foglalkoznunk, legyen ez mondjuk az első. Először azt az esetet vizsgáljuk, amikor =+2. Ilyenkor:
sin x sin x sin x 1 1 tg 1 x dx dx dx tg x dx K cos 2 x cos x cos 2 x cos x cos 2 x 1 cos 2 x Ha nincs ilyen szerencsénk, akkor az alábbi mechanizmussal érhetünk célt:
sin x sin x 1 cos x dx sin x cos x dx
Itt a második tényezőt tudjuk T3 alapján integrálni, az első tényezőt meg tudjuk deriválni, vagyis parciális integrálás kell.
f sin 1 x
sin x cos x sin x cos1 x g dx 1 cos x g
f ( 1) sin 2 x cos x
parciális sin x sin x cos 1 x cos 1 x 1 1 2 dx sin x dx sin x ( 1 ) sin x cos x dx cos x 1 1 cos x
Itt a maradvány integrállal kell tovább foglalkoznunk.
cos 1 x 1 1 sin 2 x 2 2 dx sin x cos x dx dx 1 1 1 cos 2 x Az eljárás során tehát mindkét kifejezés kitevője kettővel csökkent. Ugyanezt ismételgetve előbb-utóbb valamelyik kitevő el fogja érni a nullát, vagy az egyet. 2 ( 1) sin x cos x
Összesen négy lehetőség van:
sin x dx sin xdx ez már könnyen integrálható, lásd II. a) 0 cos x sin x dx itt a számlálóban lévő kifejezésből ≥2 esetén leválasztunk egy másodfokú b) cos 1 x tényezőt:
sin x
cos
1
x
dx
sin
2
x sin 2 x
cos x
dx
sin
2
x (1 cos 2 x) cos x
dx
sin
2
x sin
2
x cos 2 x
cos x 29
dx
sin 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x dx dx dx dx sin 2 x cos xdx cos x cos x cos x cos x cos x
itt az első integrálás szintén b), míg a második f f’ ami integrálható. Ha <2, akkor =1 esetén lásd T2, ha =0 akkor lásd tangens ikszfeles helyettesítés.
c)
sin 1 x T 3 cos 1 x cos x dx 1 K
d) sin 0 x 1 sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x 1 dx dx dx dx cos x cos x cos x cos x cos x cos x dx cos 2 xdx itt az első integrálás III. a második újból d).
IV. A saját farkába harapó kígyó esete x x Az e cos xdx és e sin xdx , valamint ezek lineáris helyettesítéseinek integrálására
alkalmazható az alábbi módszer, amit egy konkrét példán nézünk meg. Legyen ez, mondjuk
e
x
cos xdx . Integráljunk parciálisan, a szerepek kiosztása tetszőleges.
f=ex g’=cosx f’=ex g=sinx
e
x
cos xdx e x sin x e x sin xdx
A maradék integrálást szintén a parciális integrálás segítségével számoljuk ki. Itt azonban x fontos, hogy ugyanúgy osszuk ki a szerepeket, mint az előzőben. Ha ott e volt f, akkor itt is x e kell, legyen az f.
f=ex g’=sinx f’=ex g=-cosx
e
x
sin xdx e x cos x e x cos xdx e x cos x e x cos xdx
Itt a maradék integrálás nem más, mint az eredeti feladat. Ez az a pont, amikor a kígyó a farkába harapott. Ha most ezt is integráljuk parciálisan, akkor két lépésen belül megint elérkezünk ugyanide. Az ötlet azonban a következő. Írjuk föl eddigi eredményünket.
e
x
cos xdx e x sin x e x sinxdx e x sin x e x cosx e x cosxdx
vagyis
e
x
cos xdx e x sin x e x cos x e x cos xdx
Ezt tekinthetjük úgy, mint egy egyenletet hogy:
e
x
cos xdx -re. Ha rendezzük, akkor kapjuk,
2 e x cos xdx e x sin x e x cos x
és így
x e cos xdx
e x sin x e x cos x 2
30
Newton-Leibniz formula Ha
f(x) integrálható az [a,b] intervallumon, és létezik primitív függvénye, akkor b
b
f ( x)dx F ( x) a
F (b) F (a)
a
(t ) ( x1 (t ), x2 (t ), x3 (t ),...xn (t )) paraméteres görbe derivált-vektora, vagy sebességvektora (t ) v(t ) ( x1 ' (t ), x2 ' (t ), x3 ' (t ),...xn ' (t )) . A
(t )
A
görbe ívhossza a paramétertartomány [a,b] intervallumán
b
b
b
(t ) v(t ) dt x ' (t ) x ' (t ) x ' (t ) 2
2
1
a
a
2
2
3
... xn ' (t ) dt 2
a
Ha az f(x) függvényt, mint a grafikonjának ívhossza: b
(x,f(x)) paraméteres görbét tekintjük, akkor az a és b helyek közt
b
graf ( f ( x)) 1 f ' ( x) dx 2
a
a
Az
f Rn Rk függvény (t) [a,b] Rn görbén vett vonalintegrálja b
f
f ( (t )) (t )dt a
ha létezik f-nek primitívfüggvénye, akkor
f F ( (t ))
b a
FORGÁSTEST TÉRFOGATA ÉS FELSZÍNE Az f függvény
x tengely körüli megforgatásával kapott forgástest térfogata és felszíne:
b
V f b a
2
a b
A 2 f 1 f 2 b a
a
Integrál-transzformációs formula:
f f ( ) det( ) 31
POLÁRKOORDINÁTÁS HELYETTESÍTÉS f R2R függvény, akkor
Ha
x1=rcos x2=rsin a helyettesítő függvény
det(’)=r
(r,)=(rcos, rsin) így
f ( x , x ) f (r cos , r sin ) r 1
2
f R3R függvény, akkor
Ha
x1=rcoscos x2=rcossin x3=rsin
a helyettesítő függvény
(r,, )=( rcoscos, rcossin, rsin) így det(’)=-r2cos
f ( x , x , x ) f (r cos cos , r cos sin , r sin ) (r 1
2
3
2
cos ) mm
NORMÁLTARTOMÁNYON VETT INTEGRÁL
D
f
x2 2 ( x )
f ( x, y)dydx
x1
1 ( x)
SZEKTOR SZERŰ TARTOMÁNYON VETT INTEGRÁL
D
f
2 r ( )
f (r cos , r sin ) rdrd
1 0
32
