Analízis előadások. Vajda István február 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem

˝ Analízis eloadások Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem

2013. február 10.

Vajda István (Óbudai Egyetem)

˝ Analízis eloadások

2013. február 10.

1 / 32

Integrálszámítás

Elemi függvények integrálása

Az elemi függvények csoportosítása

Elemi függvények

Algebrai függvények

Transzcendens függvények

Racionális függvények Irracionális függvények

Polinomok

Racionális törtfüggvények



2013. február 10.

2 / 32



Polinomok integrálása Felhasználjuk az

Z x k dx =

x k +1 +C k +1

(k ∈ N)

alapintegrált, és a következo˝ szabályokat:

Z

Z cf = c

Z

R

2x 2 − 3x + 5 dx =


(c ∈ R),

Z f ±g =

Pl.:

f

Z f±

g

2x 3 3x 2 − + 5x + C 3 2


2013. február 10.

3 / 32



Polinomok integrálása Felhasználjuk az

Z x k dx =

x k +1 +C k +1

(k ∈ N)

alapintegrált, és a következo˝ szabályokat:

Z

Z cf = c

Z

R

2x 2 − 3x + 5 dx =


(c ∈ R),

Z f ±g =

Pl.:

f

Z f±

g

2x 3 3x 2 − + 5x + C 3 2


2013. február 10.

3 / 32



Elemi törtek integrálása ˝ elsofokú: ˝ Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje

Z

A x −a

Felhasználtuk:

Z

dx = A ln |x − a | + C

1 dx = ln |x | + C x

Z f (ax + b ) dx = Példa:

Z

5 2x + 3


dx =

F (ax + b ) +C a

5 ln |2x + 3| +C 2


2013. február 10.

4 / 32




Z

A x −a

Felhasználtuk:

Z

dx = A ln |x − a | + C

1 dx = ln |x | + C x


Z

5 2x + 3


dx =

F (ax + b ) +C a

5 ln |2x + 3| +C 2


2013. február 10.

4 / 32




Z

A x −a

Felhasználtuk:

Z

dx = A ln |x − a | + C

1 dx = ln |x | + C x


Z

5 2x + 3


dx =

F (ax + b ) +C a

5 ln |2x + 3| +C 2


2013. február 10.

4 / 32



Elemi törtek integrálása ˝ egy elsofokú ˝ Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje kifejezés hatványa:

Z

A n

(x − a )

dx =

A

(1 − n) (x − a )n−1

(n ∈ N \ {0, 1})

Felhasználtuk: x k +1 +C k +1

Z x k dx =


Z

2 3

(3x − 1) Vajda István (Óbudai Egyetem)

k ∈ Z \ {−1}

F (ax + b ) +C a

dx = −

1 3 (3x − 1)2


+C 2013. február 10.

5 / 32




Z

A n

(x − a )

dx =

A

(1 − n) (x − a )n−1

(n ∈ N \ {0, 1})


Z x k dx =


Z

2 3


k ∈ Z \ {−1}

F (ax + b ) +C a

dx = −

1 3 (3x − 1)2



5 / 32




Z

A n

(x − a )

dx =

A

(1 − n) (x − a )n−1

(n ∈ N \ {0, 1})


Z x k dx =


Z

2 3


k ∈ Z \ {−1}

F (ax + b ) +C a

dx = −

1 3 (3x − 1)2



5 / 32



Elemi törtek integrálása ˝ egy másodfokú Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje kifejezés: Z A dx =? 2 x + px + q ˝ Ha x 2 + px + q felbontható két elsofokú tényezo˝ szorzatára, akkor ez ˝ o˝ esetek egyikére. az integrál visszavezetheto˝ az eloz Ha x 2 + px + q a valós számok halmazán nem bontható fel két ˝ elsofokú tényezo˝ szorzatára (ún. felbonthatatlan másodfokú polinom), akkor a fenti integrál az

Z

1 1 + t2

dt = arctg t + C

alapintegrálra vezetheto˝ vissza. Vajda István (Óbudai Egyetem)


2013. február 10.

6 / 32




Z

1 1 + t2

dt = arctg t + C



2013. február 10.

6 / 32




Z

1 1 + t2

dt = arctg t + C



2013. február 10.

6 / 32



Elemi törtek integrálása ˝ egy másodfokú Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje kifejezés: Z A dx =? 2 x + px + q Példa:

Z

Z

4 4 dx = dx = 2 (x − 2) (x − 1) x − 3x + 2 ! ! Z Z 4 4 1 1 − dx = 4 − dx = = x −2 x −1 x −2 x −1 x − 2 +C = 4 (ln |x − 2| − ln |x − 1|) + C = 4 ln x − 1



2013. február 10.

7 / 32



Elemi törtek integrálása

˝ egy másodfokú Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje kifejezés: Z A dx =? 2 x + px + q Példa:

Z

3 dx = 2 x − 2x + 5


Z

3

dx = (x − 1)2 + 4 Z 3 3 1 x −1 = 2 dx = 2 arctg 2 + C 4 x −1 1+ 2


2013. február 10.

8 / 32




˝ ˝ egy másodfokú kifejezés: Ha a törtfüggvény számlálója elsofokú, nevezoje

Z

Ax + B A dx = 2 x 2 + px + q

Z

2x + p dx + x 2 + px + q

B−

Z

Ap 2

x 2 + px + q

dx

˝ Itt az egyenloség jobboldalán álló elso˝ integrandus az

Z

f 0 (x ) dx = ln f (x ) + C f (x )

szabály segítségével integrálható, a második pedig a már vizsgált esetek egyike.



2013. február 10.

9 / 32



Elemi törtek integrálása ˝ ˝ egy másodfokú kifejezés: Ha a törtfüggvény számlálója elsofokú, nevezoje

Z

Ax + B A dx = 2 2 x + px + q

Z

2x + p dx + 2 x + px + q

Z

B−

Ap 2

x 2 + px + q

dx

Példa:

Z

4x + 6 dx = 2 2 x + 4x + 5

Z

Z

2x + 4 1 dx − 2 dx = 2 2 x + 4x + 5 x + 4x + 5 Z 1 = 2 ln x 2 + 4x + 5 − 2 dx = 1 + (x + 2)2

= 2 ln x 2 + 4x + 5 − 2 arctg (x + 2) + C



2013. február 10.

10 / 32




˝ Ha a törtfüggvény számlálója konstans vagy elsofokú kifejezés, a nevezo˝ pedig egy felbonthatatlan másodfokú kifejezés hatványa:

Z

A

(x 2 illetve

Z

+ px + q)

n

dx ,

n

dx ,

Ax + B

(x 2

+ px + q)

˝ de ezzel nem foglalkozunk. akkor az integrálás ugyancsak elvégezheto,



2013. február 10.

11 / 32



Racionális törtfüggvények integrálása

˝ (ún. Ha a törtfüggvény számlálója alacsonyabbfokú, mint a nevezoje valódi tört), akkor felbontható az eddigiekben vizsgált elemi törtek összegére, amelyek külön-külön integrálhatók. Az összeggé alakítást szokás résztörtekre bontásnak nevezni. ˝ Ha a törtfüggvény számlálójának fokszáma nem kisebb mint a nevezoé, ˝ akkor eloször szétbontjuk egy polinom és egy valódi tört összegére (pl. polinomosztással) és a két részt külön integráljuk.



2013. február 10.

12 / 32



Racionális törtfüggvények integrálása

˝ (ún. Ha a törtfüggvény számlálója alacsonyabbfokú, mint a nevezoje valódi tört), akkor felbontható az eddigiekben vizsgált elemi törtek összegére, amelyek külön-külön integrálhatók. Az összeggé alakítást szokás résztörtekre bontásnak nevezni. ˝ Ha a törtfüggvény számlálójának fokszáma nem kisebb mint a nevezoé, ˝ akkor eloször szétbontjuk egy polinom és egy valódi tört összegére (pl. polinomosztással) és a két részt külön integráljuk.



2013. február 10.

12 / 32



Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással Z

6 dx = 2 x +x −2

Z

6

(x − 1) (x + 2) Z

=

2

(x − 1)

−

dx = ! 2

(x + 2)

dx =

x − 1 +C = 2 ln |x − 1| − 2 ln |x + 2| + C = 2 ln x + 2 Résztörtekre bontás: 6

A

B

= + x −1 x +2 (x − 1) (x + 2) 6 = A (x + 2) + B (x − 1) x = 1 ⇒ 6 = 3A ⇒ A = 2 Vajda István (Óbudai Egyetem)

x = −2 ⇒ 6 = −3B ⇒ B = −2


2013. február 10.

13 / 32




6 dx = 2 x +x −2

Z

6

(x − 1) (x + 2) Z

=

2

(x − 1)

−

dx = ! 2

(x + 2)

dx =

x − 1 +C = 2 ln |x − 1| − 2 ln |x + 2| + C = 2 ln x + 2 Résztörtekre bontás: 6

A

B

= + x −1 x +2 (x − 1) (x + 2) 6 = A (x + 2) + B (x − 1) x = 1 ⇒ 6 = 3A ⇒ A = 2 Vajda István (Óbudai Egyetem)

x = −2 ⇒ 6 = −3B ⇒ B = −2


2013. február 10.

13 / 32




5x 2 − 20x + 23 dx = (x − 3) (x − 2) (x + 1) ! Z 2 1 4 = − + dx = (x − 3) (x − 2) (x + 1)

= 2 ln |x − 3| − ln |x − 2| + 4 ln |x + 1| + C Résztörtekre bontás: 5x 2 − 20x + 23 A B D = + + x −3 x −2 x +1 (x − 3) (x − 2) (x + 1) 5x 2 − 20x + 23 = A (x − 2) (x + 1) + B (x − 3) (x + 1) + D (x − 3) (x − 2) x=3 8 = 4A A =2


x=2 3 = −3B B = −1


x = −1 48 = 12D D=4

2013. február 10.

14 / 32




5x 2 − 20x + 23 dx = (x − 3) (x − 2) (x + 1) ! Z 2 1 4 = − + dx = (x − 3) (x − 2) (x + 1)

= 2 ln |x − 3| − ln |x − 2| + 4 ln |x + 1| + C Résztörtekre bontás: 5x 2 − 20x + 23 A B D = + + x −3 x −2 x +1 (x − 3) (x − 2) (x + 1) 5x 2 − 20x + 23 = A (x − 2) (x + 1) + B (x − 3) (x + 1) + D (x − 3) (x − 2) x=3 8 = 4A A =2


x=2 3 = −3B B = −1


x = −1 48 = 12D D=4

2013. február 10.

14 / 32




7x 2 − 9x + 5 dx = (x − 2) (x 2 + 1) ! Z 3 1 4x = − dx = + (x − 2) (x 2 + 1) (x 2 + 1)

= 3 ln |x − 2| + 2 ln x 2 + 1 − arctg x + C Résztörtekre bontás: 7x 2 − 9x + 5 A Bx + D = + 2 x −2 x +1 (x − 2) (x 2 + 1)

7x 2 − 9x + 5 = A x 2 + 1 + Bx (x − 2) + D (x − 2) x=2 15 = 5A A =3 Vajda István (Óbudai Egyetem)

x=0 5 = A − 2D D = −1 ˝ Analízis eloadások

x2 7=A +B B=4 2013. február 10.

15 / 32




7x 2 − 9x + 5 dx = (x − 2) (x 2 + 1) ! Z 3 1 4x = − dx = + (x − 2) (x 2 + 1) (x 2 + 1)

= 3 ln |x − 2| + 2 ln x 2 + 1 − arctg x + C Résztörtekre bontás: 7x 2 − 9x + 5 A Bx + D = + 2 x −2 x +1 (x − 2) (x 2 + 1)

7x 2 − 9x + 5 = A x 2 + 1 + Bx (x − 2) + D (x − 2) x=2 15 = 5A A =3 Vajda István (Óbudai Egyetem)

x=0 5 = A − 2D D = −1 ˝ Analízis eloadások

x2 7=A +B B=4 2013. február 10.

15 / 32




−7x 2 + 13x − 12

dx = (x − 1)2 (x − 3) Z   2 = +  (x − 1)

3

(x − 1)2

−

9

(x − 3)

= 2 ln |x − 1| −

   dx = 3

x −1

− 9 ln |x − 3| + C

Résztörtekre bontás: −7x 2 + 13x − 12 2

(x − 1) (x − 3)

=

A B D + + 2 x −1 x −3 (x − 1)

−7x 2 + 13x − 12 = A (x − 1) (x − 3) + B (x − 3) + D (x − 1)2 x=1 −6 = −2B B=3 Vajda István (Óbudai Egyetem)

x=3 −36 = 4D D = −9 ˝ Analízis eloadások

x2 −7 = A + D A =2 2013. február 10.

16 / 32




−7x 2 + 13x − 12

dx = (x − 1)2 (x − 3) Z   2 = +  (x − 1)

3

(x − 1)2

−

9

(x − 3)

= 2 ln |x − 1| −

   dx = 3

x −1

− 9 ln |x − 3| + C

Résztörtekre bontás: −7x 2 + 13x − 12 2

(x − 1) (x − 3)

=

A B D + + 2 x −1 x −3 (x − 1)

−7x 2 + 13x − 12 = A (x − 1) (x − 3) + B (x − 3) + D (x − 1)2 x=1 −6 = −2B B=3 Vajda István (Óbudai Egyetem)

x=3 −36 = 4D D = −9 ˝ Analízis eloadások

x2 −7 = A + D A =2 2013. február 10.

16 / 32



√

ax 2 + bx + c alakú függvények integrálása

Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a

p

p

1 − t2

1 + t2

p

t2 − 1

˝ vissza. függvények valamelyikének integrálására vezethetok Példa:

Z p

x2

+ 2x + 5 dx =

Z p

x 2 + 2x + 1 + 4 dx =

s !2 Z q Z x +1 2 (x + 1) + 4 dx = 2 dx = = 1+ 2 Z p Z p =2 1 + t 2 2 dt = 4 1 + t 2 dt ahol t =

x +1 2

⇒ x = 2t − 1 ⇒ dx = 2 dt



2013. február 10.

17 / 32



√

ax 2 + bx + c alakú függvények integrálása


p

p

1 − t2

1 + t2

p

t2 − 1

˝ vissza. függvények valamelyikének integrálására vezethetok Példa:

Z p

x2

+ 2x + 5 dx =

Z p

x 2 + 2x + 1 + 4 dx =

s !2 Z q Z x +1 2 (x + 1) + 4 dx = 2 dx = = 1+ 2 Z p Z p =2 1 + t 2 2 dt = 4 1 + t 2 dt ahol t =

x +1 2

⇒ x = 2t − 1 ⇒ dx = 2 dt



2013. február 10.

17 / 32



√

1 − t 2 függvény integrálása

Az

Mivel csak valósh értékiu˝ függvényekkel foglalkozunk, t ∈ [−1, 1]. Legyen t = sin(ϕ), ϕ ∈ − 2π , 2π .

√

Ekkor dt dϕ

q

1 − sin2 (ϕ) = cos(ϕ), ϕ = arcsin(t ) továbbá

1 − t2 =

= cos(ϕ) ⇒ dt = cos(ϕ) dϕ.

Z p

1 + cos(2ϕ) dϕ = dt = cos (ϕ) dϕ = 2 ! Z cos(2ϕ) sin(2ϕ) 1 1 = + dϕ = ϕ + +C = 2 2 2 4 √ sin(ϕ) cos(ϕ) 1 1 t 1 − t2 = ϕ+ + C = arcsin(t ) + +C

Z

1−

t2

Z

2

2


2

2


2

2013. február 10.

18 / 32



√ Az

1 + t 2 függvény integrálása √

Legyen t = sh(u). Ekkor továbbá

Z p

dt du

1+

=

1 + sh2 (u) = ch(u), u = arsh(t )

= ch(u) ⇒ dt = ch(u) du. Z

1+

q t2

t2

Z

ch(2u) + 1 dt = ch (u) du = du = 2 ! Z ch(2u) sh(2u) 1 1 = du = + + u+C = 2 2 4 2 √ sh(u) ch(u) 1 t 1 + t2 1 + u+C = + arsh(t ) + C = 2

2


2


2

2

2013. február 10.

19 / 32



√ Az

t 2 − 1 függvény integrálása √

Legyen t = ch(u). Ekkor továbbá

Z p

dt du

q t2

−1=

ch2 (u) − 1 = sh(u), u = arch(t )

= sh(u) ⇒ dt = sh(u) du. Z

t 2 − 1 dt =

Z =

Z

ch(2u) − 1 du = 2 ! sh(2u) 1 ch(2u) 1 du = − − u+C = 2 2 4 2 sh2 (u) du =

√

sh(u) ch(u) 1 t = − u+C = 2 2



t2 − 1 1 − arch(t ) + C 2 2

2013. február 10.

20 / 32


1

√

ax 2 + bx + c


alakú függvények integrálása


√

1

1

√

1 − t2

√

t2

1+

1

t2 − 1

˝ vissza, ezek pedig függvények valamelyikének integrálására vezethetok alapintegrálok. Példa:

Z √

4x 2

1

− 4x + 10

Z

=


1

dx = q (2x − 1)2 + 9

dx = 1 3

Z

1

q 1+

1

dx = 2 arsh 2x −1 2


2x − 1 +C 3

3

2013. február 10.

21 / 32


1

√

ax 2 + bx + c


alakú függvények integrálása


√

1

1

√

1 − t2

√

t2

1+

1

t2 − 1

˝ vissza, ezek pedig függvények valamelyikének integrálására vezethetok alapintegrálok. Példa:

Z √

4x 2

1

− 4x + 10

Z

=


1

dx = q (2x − 1)2 + 9

dx = 1 3

Z

1

q 1+

1

dx = 2 arsh 2x −1 2


2x − 1 +C 3

3

2013. február 10.

21 / 32


Az R


√ m

x alakú függvények integrálása √

Ha R racionális törtfüggvény és g (x ) = m x, akkor az R ◦ g összetett függvényt x = t m helyettesítéssel oldhatjuk meg. Példa:

Z

x+

√

√

x +2

x +1

Z =

Z dx =

t2 + t + 2 2t dt = t +1

2t 3 + 2t 2 + 4t dt = t +1

Z 2

2t + 4 −

√

4 t +1

! dt =

√ √ 2t 3 2x x = + 4t − 4 ln |t + 1| + C = + 4 x − 4 ln x + 1 + C 3 3 A

√

x = t helyettesítést alkalmaztuk, x = t 2 ⇒



dx dt

= 2t ⇒ dx = 2t dt.

2013. február 10.

22 / 32


Az R


√ m

x alakú függvények integrálása √

Ha R racionális törtfüggvény és g (x ) = m x, akkor az R ◦ g összetett függvényt x = t m helyettesítéssel oldhatjuk meg. Példa:

Z

x+

√

√

x +2

x +1

Z =

Z dx =

t2 + t + 2 2t dt = t +1

2t 3 + 2t 2 + 4t dt = t +1

Z 2

2t + 4 −

√

4 t +1

! dt =

√ √ 2t 3 2x x = + 4t − 4 ln |t + 1| + C = + 4 x − 4 ln x + 1 + C 3 3 A

√

x = t helyettesítést alkalmaztuk, x = t 2 ⇒



dx dt

= 2t ⇒ dx = 2t dt.

2013. február 10.

22 / 32



sinn (x ) cos(x ), illetve cosn (x ) sin(x ) alakú függvények integrálása sinn+1 (x ) +C n+1 Z cosn+1 (x ) +C cosn (x ) sin(x ) dx = − n+1

Z

sinn (x ) cos(x ) dx =

Felhasználtuk:

Z

f α (x ) f 0 (x ) dx =

f α+1 (x ) +C α+1

Példa:

Z sin4 (x ) cos(x ) dx = Vajda István (Óbudai Egyetem)


α , −1

sin5 (x ) +C 5 2013. február 10.

23 / 32




Z


Felhasználtuk:

Z

f α (x ) f 0 (x ) dx =

f α+1 (x ) +C α+1

Példa:



α , −1

sin5 (x ) +C 5 2013. február 10.

23 / 32




Z


Felhasználtuk:

Z

f α (x ) f 0 (x ) dx =

f α+1 (x ) +C α+1

Példa:



α , −1

sin5 (x ) +C 5 2013. február 10.

23 / 32



sin2n+1 (x ), illetve cos2n+1 (x ) alakú függvények integrálása Alkalmazzuk a következo˝ átalakítást:

n

sin2n+1 (x ) = sin2n (x ) sin(x ) = 1 − cos2 (x )

sin(x )

n

A 1 − cos2 (x ) kifejezés a cos(x ) egy polinomja. Az integrandus ˝ oleg ˝ tagonként integrálható az eloz ismertetett módszerrel. Példa: Z

Z

sin5 (x ) dx =

=

Z

sin4 (x ) sin(x ) dx =

Z 2 1 − cos2 (x ) sin(x ) dx =

1 − 2 cos2 (x ) + cos4 (x ) sin(x ) dx = − cos(x )+

2 cos3 (x ) cos5 (x ) − +C 3 5

Hasonló átalakítást alkalmazunk a másik integrandus esetén is. Vajda István (Óbudai Egyetem)


2013. február 10.

24 / 32




n


sin(x )

n


Z

sin5 (x ) dx =

=

Z


Z 2 1 − cos2 (x ) sin(x ) dx =


2 cos3 (x ) cos5 (x ) − +C 3 5



2013. február 10.

24 / 32




n


sin(x )

n


Z

sin5 (x ) dx =

=

Z


Z 2 1 − cos2 (x ) sin(x ) dx =


2 cos3 (x ) cos5 (x ) − +C 3 5



2013. február 10.

24 / 32



sin2n (x ), illetve cos2n (x ) alakú függvények integrálása

Az integrandust az alábbi ún. linearizáló formulák segítségével olyan kifejezéssé alakíthatjuk, amelyben a trigonometrikus tagok fokszáma kisebb: cos2 (α) =

1 + cos(2α) 2

sin2 (α) =

1 − cos(2α) 2

A linearizáló formulák alkalmazását addig ismételjük, amíg minden tag integrálható lesz a korábban ismertetett módszerek valamelyikével.



2013. február 10.

25 / 32




Példa:

Z

Z 4

cos (x ) dx =

= 1 = 4


1 4

Z

1 + cos(2x ) 2

Z

!2 dx =

1 + 2 cos(2x ) + cos2 (2x ) dx =

!

1 + cos(4x ) 1 + 2 cos(2x ) + dx = 2 3 1 1 = x + sin(2x ) + sin(4x ) + C 8 4 32


2013. február 10.

26 / 32




Példa:

Z

Z 6

sin (x ) dx =

= 1 = 8

Z

1 8

Z

1 − cos(2x ) 2

!3 dx =

1 − 3 cos(2x ) + 3 cos2 (2x ) − cos3 (2x ) dx =

!

3 1 − 3 cos(2x ) + (1 + cos(4x )) − 1 − sin2 (2x ) cos(2x ) dx = 2 5 1 3 1 = x − sin(2x ) + sin(4x ) + sin3 (2x ) + C 16 4 64 48



2013. február 10.

27 / 32



tgn (x ), illetve ctgn (x ) alakú függvények integrálása

˝ Eloször vizsgáljuk az n = 1 esetet:

Z

Z tg(x ) dx =

illetve

Z

sin(x ) dx = − ln cos(x ) + C , cos(x ) Z

ctg(x ) dx = Mindkét esetben a

Z

cos(x ) dx = ln sin(x ) + C sin(x )

f 0 (x ) dx = ln f (x ) + C f (x )

szabályt alkalmaztuk.



2013. február 10.

28 / 32



tgn (x ) alakú függvények integrálása

Z

Z n

tg (x ) dx =

Z n −2

=

tg

Z tgn−2 (x ) ·

=

(x ) ·

Z n −2

tg

tgn−2 (x ) ·

2

(x ) tg (x ) dx =

1 − cos2 (x ) cos2 (x )

1 dx − cos2 (x )

Z dx =

tgn−2 (x )

Z tgn−2 (x ) dx =

sin2 (x )

dx = ! − 1 dx =

cos2 (x )

1 cos2 (x )

tgn−1 (x ) − n−1

Z tgn−2 (x ) dx

Példa:

Z

tg3 (x ) tg (x ) dx = − tg2 (x ) dx = 3 Z tg3 (x ) tg3 (x ) = − tg(x ) + 1 dx = − tg(x ) + x + C 3 3

Z

4



2013. február 10.

29 / 32



tgn (x ) alakú függvények integrálása

Z

Z n

tg (x ) dx =

Z n −2

=

tg

Z tgn−2 (x ) ·

=

(x ) ·

Z n −2

tg

tgn−2 (x ) ·

2

(x ) tg (x ) dx =

1 − cos2 (x ) cos2 (x )

1 dx − cos2 (x )

Z dx =

tgn−2 (x )

Z tgn−2 (x ) dx =

sin2 (x )

dx = ! − 1 dx =

cos2 (x )

1 cos2 (x )

tgn−1 (x ) − n−1

Z tgn−2 (x ) dx

Példa:

Z

tg3 (x ) tg (x ) dx = − tg2 (x ) dx = 3 Z tg3 (x ) tg3 (x ) = − tg(x ) + 1 dx = − tg(x ) + x + C 3 3

Z

4



2013. február 10.

29 / 32



ctgn (x ) alakú függvények integrálása Z

Z

Z n −2

=

ctg

Z n −2

=

ctg

Z ctgn−2 (x ) ctg2 (x ) dx =

ctgn (x ) dx =

(x ) ·

1 − sin2 (x ) sin2 (x )

ctgn−2 (x ) ·

Z dx =

n −2

ctg

(x )

cos2 (x ) sin2 (x )

dx =

!

1 sin2 (x )

− 1 dx =

Z Z ctgn−1 (x ) n −2 (x )· 2 dx − ctg (x ) dx = − − ctgn−2 (x ) dx n−1 sin (x ) 1

Példa:

Z

ctg2 (x ) ctg (x ) dx = − − 2 3

Z ctg(x ) dx =

=− Vajda István (Óbudai Egyetem)


ctg2 (x ) − ln sin(x ) + C 2 2013. február 10.

30 / 32



ctgn (x ) alakú függvények integrálása Z

Z

Z n −2

=

ctg

Z n −2

=

ctg

Z ctgn−2 (x ) ctg2 (x ) dx =

ctgn (x ) dx =

(x ) ·

1 − sin2 (x ) sin2 (x )

ctgn−2 (x ) ·

Z dx =

n −2

ctg

(x )

cos2 (x ) sin2 (x )

dx =

!

1 sin2 (x )

− 1 dx =

Z Z ctgn−1 (x ) n −2 (x )· 2 dx − ctg (x ) dx = − − ctgn−2 (x ) dx n−1 sin (x ) 1

Példa:

Z

ctg2 (x ) ctg (x ) dx = − − 2 3

Z ctg(x ) dx =

=− Vajda István (Óbudai Egyetem)


ctg2 (x ) − ln sin(x ) + C 2 2013. február 10.

30 / 32



Trigonometrikus kifejezések racionális függvényeinek integrálása t = tg

x 2

helyettesítéssel.

Ekkor x = 2 arctg(t ) ⇒ dx = sin(x ) =

2t 1+t

, cos(x ) = 2

2 1 + t2

dt.

1 − t2 . 1 + t2

Példa:

Z

1 dx = sin(x )

Z

1 2t 1+ t 2

·

2 1 + t2

dt = Z

=


x 1 +C dt = ln |t | + C = ln tg t 2


2013. február 10.

31 / 32



Trigonometrikus kifejezések racionális függvényeinek integrálása t = tg

x 2

helyettesítéssel.

Ekkor x = 2 arctg(t ) ⇒ dx = sin(x ) =

2t 1+t

, cos(x ) = 2

2 1 + t2

dt.

1 − t2 . 1 + t2

Példa:

Z

1 dx = sin(x )

Z

1 2t 1+ t 2

·

2 1 + t2

dt = Z

=


x 1 +C dt = ln |t | + C = ln tg t 2


2013. február 10.

31 / 32



Exponenciális kifejezések racionális függvényeinek integrálása t = e x helyettesítéssel. Ekkor x = ln(t ) ⇒ dx = Példa:

Z

2e x − 1 dx = e 2x + 1

1 dt. t

Z

2t − 1 1 · dt = 1 + t2 t ! Z 2 1 t = − + dt = t 1 + t2 1 + t2 1 = 2 arctg(t ) − ln |t | + ln 1 + t 2 + C = 2 1 = 2 arctg (e x ) − x + ln 1 + e 2x + C 2



2013. február 10.

32 / 32



Exponenciális kifejezések racionális függvényeinek integrálása t = e x helyettesítéssel. Ekkor x = ln(t ) ⇒ dx = Példa:

Z

2e x − 1 dx = e 2x + 1

1 dt. t

Z

2t − 1 1 · dt = 1 + t2 t ! Z 2 1 t = − + dt = t 1 + t2 1 + t2 1 = 2 arctg(t ) − ln |t | + ln 1 + t 2 + C = 2 1 = 2 arctg (e x ) − x + ln 1 + e 2x + C 2



2013. február 10.

32 / 32

Analízis előadások. Vajda István február 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem

Recommend Documents