12. fejezet
Határozatlan integrál Határozatlan integrál
Azt mondjuk, hogy az egyváltozós valós f függvénynek a H halmazon primitív az F függvény, ha a H halmazon f és F értelmezve van, továbbá F dierenciálható a H halmazon, mégpedig
D 12.1
függvénye
F 0 (x) = f (x),
ha
x∈H.
Az egyváltozós valós f függvény primitív függvényeinekR összességét azRf határozatlan integráljának nevezzük és a következ®képpen jelöljük: f (x) dx, vagy f . T 12.2 Ha az egyváltozós valós f függvénynek valamely I intervallumon primitív függvénye F és G, akkor van olyan valós C szám, hogy az I intervallum minden x elemére G(x) = F (x) + C . D 12.3 Az elemi függvények dierenciálási szabályaiból adódó integrálási képleteket alapintegráloknak nevezzük. A fontosabbak: Z Z Z
n
x dx = x
x
e dx = e
1 cos2
Z
√
Z
, ha n 6= −1,
x
Z
+ C,
Z
1 − x2
1 2
Z ch x
√
dx = arcsin x + C
=
− arccos x + C ,
√
x2 + 1 1
x2 − 1
ax dx =
1
p
dx = ln |x +
p
x2 + 1| + C x2 − 1| + C
1 2
x
= arch x + C ,
12-1
dx = arctg x + C ;
dx = − cth x + C ;
= arsh x + C ,
Z ∗ x + 1 1 1 + C ∗ = arth x + C , dx = ln arcth x + C ∗ , 2 x − 1 1 − x2
− cos x + C ;
sh x dx = ch x + C ;
sh
dx = ln |x +
+ C;
dx = − ctg x + C ∗ ;
1 + x2
Z
ax ln a
sin x dx =
2 Z sin x 1
Z
dx = th x + C ,
1
dx = ln |x| + C ∗ ;
Z
dx = tg x + C ∗ ,
1
1
x
ch x dx = sh x + C ,
Z
Z
+C
∗
cos x dx = sin x + C ,
Z Z
xn+1 n+1
ha |x| < 1, ha |x| > 1.
12.
Határozatlan integrál Az integrálás általános szabályai
Ahol C ∗ jelöli az integrációs konstanst, ott ezzel azt jelezzük, hogy az integrandus értelmezési tartománya több intervallumból áll (az xn függvénynél csak negatív n esetén), az összefüggés pedig csak egy, de bármelyik intervallumon érvényes. Az egész értelmezési tartományon érvényes összefüggést úgy kapunk, ha minden intervallumon külön konstanst használunk. Pl.: Z 1 ln x, ha x > 0, dx = ln( −x ) , ha x < 0. x A függvények dierenciálási szabályaiból közvetlenül adódnak az integrálás alábbi
T 12.4
általános szabályai:
Z
(1)
Z
(f (x) ± g (x)) dx =
Z
(2)
Z
(3)
(k
· f (x)) dx = k ·
Z
f (x) dx
f v+1 (x) v+1
f v (x)f 0 (x) dx =
+C
g (x) dx ; ∈ R) ;
(k
(v
,
∈ R, v 6= −1) ;
f 0 (x) dx = ln |f (x)| + C . f (x)
Z
(4)
f (x) dx ±
Z
Ha f (x) dx = F (x) + C , akkor bármely a és b (a 6= 0) konstansokkal R
Z
(5)
Ha
R
f (ax + b) dx =
1
F (ax + b) + C, speciálisan
Z
1
F (ax) + C. a a f (u) du = F (u) + C , akkor bármely dierenciálható g bels® függvénnyel Z
(6)
Számítsuk ki az
P 12.5
Z
zuk:
f (g (x))g 0 (x) dx = F (g (x)) + C . 1
√ határozatlan integrálját. A (3) szabályt alkalmazx) 4 ctg x
2
(sin =
−
− 41
Z
(ctg x)
Számítsuk ki az f (x) =
P 12.6
(1 + sin
dx √ 2 (sin x) 4 ctg x
2
0
x)
= 2 sin x cos x,
Z
f (ax) dx =
3
0
· (ctg x) dx = −
sin x · cos x 2 1 + sin x 1
2f (x) dx = ln
2
3 4
+C =
−
4 4
q
3
ctg3 x + C
függvény határozatlan integrálját. Mivel
a (4) szabály alapján Z
f (x) dx =
(ctg x) 4
q
1 + sin2 x + C
.
dx
Z
Számítsuk ki az , (a , b > 0) határozatlan integrált. Átalakítás után az a + bx2 (5) szabályt alkalmazzuk: s s P 12.7
Z
f (x) dx =
P 12.8
Z
1
dx
Z
a
1+
Legyen f (x) = f (x) dx =
Z
q
2 =
b ax 1
x2 + x + 1 dx
x+
1 2
2
+
1
1
a
q
b a
. Állítsuk el®
3 4
=
4 3
b x +C a
arctg
Z
f (x) dx-et! A
dx
Z 1+ 12-2
=
2x√+ 1 3
2
1
√
ab
(5)
arctg
szabállyal:
2 = √ arctg 3
b x+C. a
2x + 1
√
3
+C
.
.
12.
Határozatlan integrál Az integrálás általános szabályai
Z
Számítsuk ki az
Z
sin x
dx határozatlan integrált. A (6) szabállyal: Z √ sin x 1 1 0 p q √ √ f (x) dx = dx = − · ( 2 cos x) dx = 2 2 2 cos x − 1 ( 2 cos x)2 − 1 √ 1 = − √ arch( 2 cos x) + C.
P 12.9
√
Z
cos 2x
2
Feladatok Az összeg- és különbségfüggvény, illetve a konstanssal szorzott függvény integrálási szabályát alkalmazva oldjuk meg az alábbi feladatokat.
(A gyökös kifejezéseket
írjuk át törtkitev®s alakba.)
Z 1.
4
x dx,
7
Z 3.
2.
t2 + 6t − 5) dt,
Z r q √
(
Z
x x x dx,
x dx, √ 3 x + x2 ) dx,
Z √
4.
(
5.
Z √ 5
6.
x
e
2
+
5
x
+
1
2
cos
x
dx.
Oldjuk meg maradékos osztás után az alábbi feladatokat:
10.
13. A
x2 − 3x + 4 dx, x√ Z 2 x − 2 2x + 2 √ dx, x− 2 Z 3x e +1 dx. ex + 1 Z
• 7.
T 12.4
Z
. 8. 11.
x3
dx, x+5 Z x4 dx, x2 + a2
x2 dx, 2 1 −x Z x5 dx, x3 − a3 Z
. 9. 12.
alatti (3) és (4) integrálási szabályok alap ján oldjuk meg az alábbi
feladatokat:
Z 14.
x − 3)100 dx,
(2
x2 dx
Z 17.
3 + 27) 3 (8
x
Z 20.
r2
Z 23.
26.
3
3
5
sin
1+
r3 dr,
x cos x dx,
sin
x
x3 dx √ , 3 4 x +1 Z 3 cos x dx,
dx,
Z 16.
•
•
24.
sin
Z 30.
2
3
x cos x dx,
sin
√
x 3
cos
Z 33.
ln
2
x
x
x
dx,
dx,
12-3
x dx, 2 2 (1 + x )
Z
19.
Z 21.
27.
− cos x Z dx √ , 3 sin x cos x 1
.
18.
3
Z
x dx, 3
Z
? 32.
q
sin
Z
29.
2,
x dx, 2 3 (2 + 3x ) Z √ 3 1 − 3x dx, Z
15.
(
Z 22.
a + bx)n dx,
√
x dx, 2 1−x
Z 25.
sin
31.
34.
x dx,
3
x dx, x Z sin x + cos x √ dx, 3 sin x − cos x Z dx √ , 3 x ln x
Z 28.
3
sin
4 cos
12.
Határozatlan integrál Parciális integrálás Z
35.
2
sh
Z 38.
Z
x ch3 x dx,
7
36.
x−1 3 − 4x dx, 2 2x − 3x + 1 Z dx , sin x cos x Z dx , sh x
39.
Z 41.
.
44.
47. A
T 12.4
3
42.
.
45.
48.
.
x dx,
Z √
37.
x−7 dx, x − 7x + 11 Z x dx, x2 + a2 Z dx , sin x Z e2x dx, 2x 1+ e Z
dx,
4
ch
8
2 4
ch
40.
43. 46.
49.
x + 1 dx,
x+3 dx, x x − 10 Z 3x dx, a3 + x3 Z dx . sh x ch x Z ax dx, ax + 1 Z
2
2 +3 2
alatti (5) és (6) integrálási szabályok alap ján oldjuk meg az alábbi
feladatokat:
dx
Z 50.
2 2+3
x
Z 53.
. 56.
Z
•
Z
59.
Z 62.
Z 65.
Z 68.
Z 71.
Z 1
51.
,
dx,
x2 − 2x − 3 x dx, 4 a − x4 dx √ , 2 9x − 6x + 5 dx √ , 2 3x − 1 √ e x √ dx, x sin ln x dx, x dx , x ln x · ln ln x
Z 54.
. 57.
Z
•
Z
60.
Z 63.
Z 66.
.
Z
?
Z
69.
72.
dx , 2 3x + 6x + 5 dx , 2 x − 6x − 16 x3 dx, x8 − 2 dx √ , 2 9x − 6x − 3 dx √ , 2 2 − 3x ex √ dx, 2x 1 −e sh x √ dx, ch 2x dx , 2 2 sin x + 2 cos x
Z 52.
•
Z
55.
Z 58.
•
Z
61.
Z 64.
. 67.
Z Z
70.
?
dx , x − 2x − 1 x dx , 4 4+ x dx √ , 2 9x − 6x + 2 dx √ , 2 3 + 6x − 9x dx √ , (1 + x) x dx dx, −x a + ax dx , x ln x a2 b2 dx . a2 sin2 x + b2 cos2 x 2 3
Z
73.
Parciális integrálás D 12.10A
szorzatfüggvény dierenciálási szabályából nyerhet® Z
f 0 (x)g (x) dx = f (x)g (x) −
Z
f (x)g 0 (x) dx
képletet a parciális integrálás képletének nevezzük, és ha ezt a képletet alkalmazzuk, akkor azt mondjuk, hogy az illet® függvényt parciálisan integráljuk. A parciális integrálásra különösen alkalmas függvények típusai: 1. típus. A p(x) · t(ax + b)
(a, b
∈ R ; a 6= 0)
alakú függvények, amelyekben p: polinomfüggvény, t: a sin, cos, sh, ch, exp valamelyike. Ebben az esetben legyen f 0 (x) = t(ax + b) és g (x) = p(x). Annyi parciális integrálásra 12-4
12.
Határozatlan integrál Parciális integrálás
lesz szükségünk, amennyi p foka. 2. típus. Az xv lnn x
∈ N , v ∈ R , v 6= −1)
(n
alakú függvények. Ebben az esetben legyen f 0 (x) integrálásra lesz szükség. 3. típus. A t1 (ax + b) · t2 (cx + d)
(a, b, d
=
xv és g (x)
= ln
n x.
Itt n parciális
∈ R; a 6= 0, c 6= 0)
alakú függvények, ahol t1 és t2 az 1. típusnál a t-ként felsorolt öt függvény valamelyike. (Az f 0 (x) és g (x) megválasztásához lásd P 12.11.) 4. típus. A p(x) · a(x)
akakú függvények, amelyekben p: polinomfüggvény, a: arkusz- vagy areafüggvény. Ebben az esetben legyen f 0 (x) = p(x) és g (x) = a(x). P 12.11 A 3.
típusú függvények parciális integrálásánál egyenletet írhatunk fel a kiszámítandó határozatlan integrálra, mely egyenlethez két módon is eljuthatunk. Szemléltessük ezt az I
=
Z
eax sin bx dx
(a, b = 6 0
konstans)
kiszámításán. Eljárhatunk úgy, hogy I -t két különböz® módon parciálisan integráljuk, egyszer f 0 (x) = sin bx és g (x) = eax választással, majd f 0 (x) = eax , g (x) = sin bx választással: I I
ax cos bx
=
−e
=
eax a
b
+
a b
b sin bx − a
Z
Z
eax cos bx dx ,
eax cos bx dx .
a b
b a
Az els® egyenletet -val, a másodikat -vel szorozva és összeadva kapjuk, hogy b a I+ I a b
=
a2 + b2 I ab
=
eax b
sin bx−
eax a
cos bx,
amib®l I
=
eax (a sin bx−b cos bx) + C. a2 + b2
Eljárhatunk úgy is, hogy a fenti els® egyenletben tovább integráljuk parciálisan a második tagot f 0 (x) = cos bx, g (x) = eax választással: I
=
−eax
cos bx
b
a ax sin bx a e − b b b
+
Ebb®l ismét I
=
Z
eax sin bx dx
=
eax a2 (a sin bx − b cos bx) − I. b2 b2
eax (a sin bx − b cos bx) + C. a2 + b2
12-5
12.
Határozatlan integrál Integrálás helyettesítéssel
Feladatok A parciális integrálás módszerével oldjuk meg az alábbi feladatokat:
•
Z
74.
Z 77.
Z 80.
Z 83.
Z 86.
Z 89.
Z 92.
• 95.
Z
Z 98.
3
x
Z 110.
Z
Z
x dx,
81.
Z
e2x cos x dx,
87.
x
e
sin
2
√
.
x dx,
90.
√
. 96.
2
x
ln(1 +
102.
x−x
x2 e−2x dx,
85.
eax cos bx dx,
88.
dx,
x) dx,
108.
) sh
x dx,
116. Igazoljuk, hogy
R
114.
n x dx
cos
sin
n
ch
=
x dx =
dx,
1
n 1
n
Z
e6x cos 4x dx,
94.
arctg
x)2 dx,
x
arctg
Z ln
x x
106.
lg
x dx,
x dx,
ln
Z
dx,
3
√
Z
4
x
!2
dx,
dx,
Z
xv ln x dx, (v 6= −1),
Z
x3 ch 3x dx,
109.
x sh x dx,
Z
e−x sin x dx,
103.
dx,
x
111.
R
x
ln
3
Z
115. Igazoljuk, hogy
3
Z
Z
x dx, −x
x · 3x dx,
Z
. 100.
8
Z
(arcsin
x arctg x √ dx, 2 1+ x 3
x3 sin x dx,
91.
97.
ln
Z
x
dx,
Z
Z
x−1 dx, arctg x+1
ln
105.
1
x2 cos 2x dx,
79.
82.
x dx,
Z 76.
x cos x dx.
Z
x dx, 2 cos x
(2
Z
99.
ln cos
2
2
Z
+ 1)
x dx,
sin 2
arccos
Z
x dx, x
x
arcsin
93.
x2 arctg x dx, 2 1+ x
2
2
Z
x arctg x dx,
2
Z
x sin 2x dx,
Z
x dx, 1 −x
arcsin
ln(
107.
113.
cos
78.
84.
Z
Z
Z
xe−x dx,
ln
104.
75.
x cos 2x dx,
Z 101.
Z
x cos x dx,
112.
x cos 5x dx. n−1 x sin x + n−1 R n
cos
n−1
sin
12-6
x cos x +
n−1 R n
n−2 x dx
cos
n−2
sin
n ∈ N+ ).
(
x dx (n ∈ N+ ).
12.
Határozatlan integrál Integrálás helyettesítéssel
Integrálás helyettesítéssel D 12.12Az
f (x) függvény helyettesítéssel történ® integrálásáról beszélünk, ha 1. az x változó helyébe valamely t változónak egy invertálható és dierenciálható u(t) függvényét helyettesítjük; kimutatható, hogy ekkor a dx helyébe az u0 (t) dt kifejezést kell írnunk, és a számítást a következ®képpen kell folytatnunk: 2. elvégezzük a t szerinti integrálást; 3. végül az u függvény u inverzét véve a t = u(x) helyettesítéssel visszaírjuk az eredeti x változót. Képletben: Z
Z
f (x) dx =
f (u(t))u0 (t) dt
. t=u(x)
Megjegyzés. A gyakorlatban esetenként nem közvetlenül az x változó helyébe vezetjük be az u(t) függvényt, hanem az f valamely bels® függvényét helyettesítjük valamely más függvénnyel, vagy egyszer¶en x valamely függvénye helyébe írjuk a t változót. Ez az utóbbi eset azonos a (6) képletben leírttal. Legyen R(x, y ) egy racionális törtfüggvény. Az alább konkrétan megnevezett f és g függvényekb®l felépített R(f, g ) függvények integrálásához használatos helyettesítések: x Az R(sin x , cos x) típus esetén a tg = t helyettesítés. Ekkor
T 12.13 A leggyakoribb helyettesítések:
2
sin x =
2t 1+t
, 2
cos x =
1 − t2 1 + t2
2dt
, dx =
1 + t2
.
Ha R(sin x, cos x) = R(− sin x, − cos x), akkor használható az általában egyszer¶bb tg x = t helyettesítés is. Ekkor sin
2
x=
t2 1 + t2
,
cos
2
x=
1 1 + t2
, dx =
dt 1 + t2
.
Az R(sh x, ch x) típus esetén vagy az (R(ex ) esetben használható) ex amikor dx = dtt , vagy a th x2 = u helyettesítés, amikor sh x =
2u 1−u
, 2
ch x =
1 + u2 1 − u2
, dx =
2du 1 − u2
=
t helyettesítés,
.
Az R x , 1 − x2 esetén a helyettesítés x = sin t. p Az R x , x2 + 1 esetén a helyettesítés x = sh t. p Az R x , x2 − 1 esetén a helyettesítés x = ch t, ha x ≥ 0, és p az R x , x2 − 1 esetén a helyettesítés x = − ch t, ha x ≤ 0.
p
a c k x b , xd , . . . , x l
+ Az R (a, b, c, d, . . . , k, l ∈ N ) esetén a helyettesítés x kitev®k nevez®inek legkisebb közös többszöröse. 12-7
=
uλ , ahol λ a
12.
Határozatlan integrál Integrálás helyettesítéssel
P 12.14 Gyakran
az alkalmas helyettesítés megtalálásához az integrálandó függvényen p 2 átalakítást kell végeznünk. Keressük például a 1 + 2x − x függvény határozatlan integrálját. El®bb átalakítjuk a függvényt: =
I
Z p
1 + 2x −
x2
Z q
2 − (x − 1)
dx =
x−1
2
dx =
s √ Z
1−
2
√
x−1 √
2
dx.
2
Ez utóbbi alak az u = √ helyettesítéssel R u, 1 − u2 típusú lesz, amelyre a T 2 12.13 szerint az u = sin t helyettesítést alkalmazzuk. A több lépésb®l álló helyettesítés √ x−1 egy lépésben is elvégezhet®: √ = sin t. Ekkor dx = 2 cos t dt, és I
=
√ Z
√
cos t ·
2
2 cos t dt = 2
Z2
cos
2
t dt = 2
= arcsin
x−1 √
+ sin t · cos t + C = arcsin
= arcsin
x−1 √
+ (x − 1)
2 2
p
Z
1 + cos 2t 2
x−1 √
1 + 2x − x2 + C
2
+
x−1 √
dt = t +
s
1−
2
sin 2t 2
x−1 √
+C =
2 +C =
2
.
P 12.15 El®fordulhat,
hogy a fentiekben ajánlott helyettesítésnél kevesebb számolással Z dx √ (x > 1) integrált. járó helyettesítést is találhatunk. Számítsuk ki például az 2 Az ajánlott helyettesítés: x = ch t. Ekkor dx = sh t dt és I Z
dt . ch t
t
Ez utóbbit megoldhatjuk a th 2 arctg u + C .
s 2 arctg
A ch t =
x−1 x+1
2
1 + u2 1−
u2
=
=
dx √ x x2 − 1
=
u helyettesítéssel: a (13) képletek szerint I s
egyenletb®l u =
ch t − 1 ch t + 1
s =
x−1 , tehát x+1
sh t dt
Z
1
Z
tq
1
t2
=
2du
Z
1 + u2
dx √ x x2 − 1
Z
1
· − −1
t2
1
= =
1
helyettesítéssel. Ekkor dx = − 2 , és
xZ dt dt = − √ 1 − t2
t
= arccos t + C = arccos
1
x
+C
Látható, hogy ezZutóbbi helyettesítés kevesebb számolással jár. dt Megjegyzés. Az integrált más módon is kiszámíthatjuk. B®vítve a törtet és ch2 t Zhelyére
=
ch t sh t
+ C.
Számítsuk ki ugyanezt a feladatot t = I
=
Zx x − 1
ch t 2 (1 + sh t)-et
.
ch t-vel
írva, u = sh t helyettesítéssel p du I= = = arctg u + C = arctg(sh t) + C = arctg x2 − 1 + C . 2 1 + u2 1 + sh t Más átalakítással ésZ u = et helyettesítéssel: Z Z Z dt dt et du t = =2 dt =2 = 2 arctg(e ) + C . I= 1 2 t t + e−t ) ch t e +1 1 + u2 ( e 2 ch t dt
Z
Az x = ch t egyenl®ségb®l t = arch t = ln x + x2 − 1 , tehát I = 2 arctg x + x2 − 1 + C. Dierenciálással meggy®z®dhetünk arról, hogy mind a négy módon a megadott függvény
p
12-8
p
12.
Határozatlan integrál Integrálás helyettesítéssel
határozatlan integrálját kaptuk meg az (1, ∞) intervallumban. Ez azt is jelenti, hogy az eredmények jobb oldalán els® tagként álló függvények legfeljebb konstans összeadandóban térhetnek el egymástól.
Feladatok A
T 12.13
alatt felsorolt helyettesítések valamelyikével vagy más alkalmas helyettesítéssel
a b, c
oldjuk meg az alábbi feladatokat ( ,
. 117.
Z q Z q
5+3
Z 123.
. 126.
1+
s
x2 dx,
121.
2 +2
Z q 15 + 2
140.
143.
Z q
. 133.
Z q
s
Z 158.
1
ex
+1
dx,
125.
x2 + 1 dx, x2
. 128. 2
− 2x − x dx,
2 3
x − 3x + 1 dx, 136.
Z
Z 141.
Z 144.
Z 147.
Z 150.
. 153. .
Z
Z
156.
1
159.
2 + (
a
x3 dx √ , 2 1+ x dx √ √ , x+ 4x √ x √ dx, 4 3 x +1 dx , 1 + sin x dx , 5 + 3 cos x dx , 3 3 sin x cos x dx q
Z
Z
√ x c + x dx, dx q (1
3
138.
a2 + x2 dx,
Z
3
4
131.
x
dx,
12-9
,
x dx, x−1 5
Z q 134.
3
− x2 )
5
dx √
− 3x2 dx, − 2x + x2 dx, ,
2)
a2 + x2 Z x3 dx √ 139. , 2 1 + 2x Z dx √ √ , 142. x (1 + 3 x) Z dx 145. , sin x + cos x x
dx
Z 148.
1 + cos
. 154.
,
dx
Z 151.
x
x
5 + 4 sin 2
Z
x2 − 1
3
,
dx, 3 x2 + 1) Z √ . 157. ex − 1 dx, (
− sin x
1 sh
,
Z s
Z q
Z
2x
e
.
x2 − 1) dx,
(
x − x dx,
dx √ , x x2 + a2 Z dx , 4 x +x √ Z x dx, x(x + 1) Z
122.
2
− cos2 x dx, 2 1 + cos x Z dx 149. , cos x Z dx . , 152. 4 1 − sin x Z ln ln x 155. dx, x
. 146.
x2 dx, a2 − x2
√
. 130.
Z
137.
Z q
2
119.
127.
x + 2 dx,
a > 0).
a − x dx,
Z √
2
konstansok és
2
Z q 124.
x dx,
x
135.
Z
x dx, 1−x
Z q 132.
118.
dx √ , x c+x
Z q
. 129.
2
− x dx,
1
120.
Z q
.
160.
Z
dx . c + b cos x
12.
Határozatlan integrál Racionális törtfüggvények integrálása
Racionális törtfüggvények integrálása T 12.16 A
valós együtthatós racionális R(x) törtfüggvény maradékos osztással P (x) Q(x)
R(x) = g (x) +
alakra hozható, ahol P (x) fokszáma kisebb Q(x) fokszámánál. T 12.17 A
Q(x) valós együtthatós polinomfüggvény egyértelm¶en el®állítható els®fokú, és negatív diszkriminánsú másodfokú polinomfüggvények szorzataként: Q(x) = a0 (x − x1 )α1 · · · (x − xk )αk (x2 + b1 x + c1 )
β1
β
· · · (x2 + bl x + cl ) l .
T 12.18 Ha Q(x)-nek az el®z® tétel szerinti felbontása ismeretes,
a
P (x) Q(x)
(1)
=
A1 x − x1
··· +
A1 x − xk
(1)
+
A2 (x − x1 )2
+
A2 (x − xk )2
(k )
(1)
+
(1)
(l)
··· +
Aα1 (x − x1 )α1
+ ··· +
Aαk + (x − xk )αk
(l)
B1 x + C1 x2 + bl x + cl
(1)
B2 x + C2
2 x2 + b1 x + c1 (l)
x2 +
+ ··· +
bl x + cl
2 + · · · +
(1)
(1)
1
1
Bβ x + Cβ
x2 + b1 x + c1 (l)
(l)
l
l
x2 +
bl x + cl
(l)
B2 x + C2
+
+ ···
(k )
(1)
+
P (x) törtfüggvényt Q(x)
(1)
+ ··· +
(k )
B1 x + C1 x2 + b1 x + c1
akkor
Bβ x + Cβ
β1 + · · ·
βl + · · ·
képlet szerint elemi törtfüggvények (parciális törtek) összegére bonthatjuk. Az itt még ismeretlen A(i) , B (i) , C (i) számok meghatározására egyenletrendszert írhatunk fel. P 12.19 Számítsuk
ki az
1
x6 +
függvény határozatlan integrálját.
x4
A nevez®t a T 12.17 szerinti alakra hozzuk: x6 + x4 függvényt el®állítjuk elemi törtek összegeként: 1
x4 (x2 + 1)
A1 x
=
+
A2 x2
+
A3 x3
+
=
A4 x4
x4 (x2
+
+ 1).
Ezt felhasználva a
Bx + C . x2 + 1
A jobb oldalt összevonva, a két oldal számlálójának azonosan egyenl®nek kell lennie: A1 x3 (x2 + 1) + A2 x2 (x2 + 1) + A3 x(x2 + 1) + A4 (x2 + 1) + (Bx + C )x4 . Átrendezve x hatványai szerint: 5 4 3 2 1 = (A1 + B )x + (A2 + C )x + (A1 + A3 )x + (A2 + A4 )x + A3 x + A4 . 1=
A megfelel® együtthatók összehasonlításával: A4
= 1,
A3
= 0,
A1 + B
= 0,
A2 + C
= 0,
Ezekb®l A1 = 0, A2 = −1, B = 0, C = 1. Tehát Z
dx x6 +
x2
=
Z
−
1
x2
+
1
x4
+
1
x2 + 1
A1 + A3
dx =
1
x
−
= 0, 1
3x3
A2 + A4
= 0.
+ arctg x + C.
Amennyiben Q(x) gyökei között több egyszeres gyök van, az A(ji) , Bj(i) , Cj(i) számok meghatározását célszer¶bben az alábbi példában szemléltetett módon végezhetjük. 12-10
12.
Határozatlan integrál Vegyes feladatok. x2
P 12.20 Számítsuk
ki az függvény határozatlan integrálját. Elemi törtek összegére 1 − x4 bontjuk a függvényt: x2 1 − x4
=
−x2 x4 − 1
=
−x2 (x2 − 1)(x2 + 1)
=
A x−1
B
+
x+1
+
Cx + D . x2 + 1
Ebb®l −x2 = A(x + 1)(x2 + 1) + B (x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 − 1). Legyen x = 1 ; akkor −1 = 4A , azaz A = − 14 . Legyen x = − 1; akkor −1 = −4B , azaz B = 41 . Legyen x = 0 ; akkor 0 = A − B − D, azaz D = − 12 . A C -t az x együtthatóiból állapítjuk meg: A + B − C = 0, azaz C = 0. Tehát Z
x2 dx = 1 − x4
Z
−x2 dx = x4 − 1
Z
−
1 4(x − 1)
+
1 4(x + 1)
−
1
2(x2 + 1)
dx =
x + 1 1 − arctg x + C . = − ln |x − 1| + ln |x + 1| − arctg x + C = ln 4 4 2 4 x − 1 2 1
1
1
1
Feladatok Integráljuk az alábbi racionális törtfüggvényeket, illetve helyettesítéssel ilyenekre visszavezethet® függvényeket. 1
.
161.
3
162.
,
x −8 x−3 , 164. x3 − x 3 2 . x − 6x + 11x − 5 , 167. 4 (x − 2) x 170. , 3 x −1 6dx , 173. x e −3
165.
1
2
x − 2x − 3 1
163.
,
166.
,
4
x − x2 3 2 . x − 2x + 4 , 168. x3 (x − 2)2 1
.
171.
.
174.
6) (3 + 5
x
ln
x
, (
169.
u = x6 ),
x+3 , (x − 2)(x + 5) x , (x + 1)(x + 2)(x + 3) 2
1
x
(
x+1 , −1
175.
xx
x + 3x5 Z √ xdx . x+1 7
Vegyes feladatok.
. 176. Határozzuk
Z meg az
Z 177. Határozzuk meg az
.
178. Határozzuk meg az
.
179. Határozzuk meg az
xf 00 (x) dx f 0 (2x) dx
integrált.
integrált. 1
f
függvényt, ha
f 0 (x2 ) =
f
függvényt, ha
f 0 (sin2 x) = cos2 x.
12-11
x
x
8
.
172.
2 2 + 1) + 1) (
x > 0).
(
, (
,
u = x4 ),
12.
Határozatlan integrál Vegyes feladatok.
180. Legyen
f
f −1 .
folytonos és invertálható függvény, inverzét jelölje
Mutassuk
meg, hogy ha
Z
akkor
Z
f (x) dx = F (x) + C,
f −1 (x) dx = xf −1 (x) − F (f −1 (x)) + C.
Ellen®rizzük e formulát az
xn , ex ,
arcsin
x
függvényekkel!
Határozzuk meg az alábbi integrálok értékét.
. 181.
Z Z
184.
Z 187.
Z 190.
? 193.
Z
.
Z
.
Z
196. 199.
Z 202.
|x| dx,
208.
185.
x2 dx, x2 (1 + x2 ) x3 dx , x4 − x2 + 2 dx , 4 1+ x dx , 3 cos x dx , 4 cos x 1 + tg x dx, sin 2x 5
188.
Z 191.
197. 200.
x dx,
206.
x(arctg x) dx,
186.
.
4
. 189.
Z
x−3 dx, 2 9x − 12x + 4
Z
2
192.
Z
x2 − x + 2 Z dx , 3 sin x Z dx , 4 sin x
195.
,
Z 198.
209.
1 + cos
2
2
Z tg
3
x dx,
2
x dx,
Z 207.
x a dx (a > 1),
6
cos
Z
x
210.
5
sh
ch
Z dx ? , 212. a + b sh x √ Z √ 2 x − 1 − x2 + 1 √ dx, x4 − 1 Z
211.
214.
Z 216.
x 2 cos x sin
1 + 3 cos
q
Z 218.
q
sin
x cos x
6 cos
2
dx , 2 (a + b sh x) Z 215.
sin
q
2 sin2
a
217. 6
x + sin x dx,
2 tg
Z 219.
12-12
x dx, x
x
sin ln
x dx.
x cos x x+b
s
Z
x dx,
4
x dx,
Z 213.
x
dx, x2 x2 dx , x6 − 10x3 + 9 3x − 2 dx, 2 x + 4x + 8 x dx, 4 x − 2x2 − 1 dx . 3 sh x tg
204.
x|−|1 −x|) dx,
arcsin
Z 201.
x dx, 1 + cos 2x Z 4 sin x dx, 2 cos x Z
2
, x2 ) dx,
x ln(4 + x ) dx,
|
( 1+
Z
1
Z 203.
183.
max(1
Z
194.
Z
x|x| dx,
Z
1+2
tg
Z
182.
e−|x| dx,
Z 205.
Z
1+
dx,
2 cos2
1
4
cos
dx , 2 (a + b cos x)
x
x
dx,
