Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.)
1. Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: Z2
Z1
2
x − 3x + 2 dx
a)
d)
−1
0
π 4
Z2
Z
x ln x dx
e)
tg x dx
b) 0
1
Z1
Z5
c)
xe2x dx
f)
e2x+1 dx
x2
1 dx + 5x + 6
4
0
a) Meghatározzuk a primitív függvényt, majd alkalmazzuk a Newton-Leibniz tételt: Z2 −1
3 2 x3 2 x2 22 x − 3x + 2 dx = = − 3 + 2x −3· +2·2 − 3 2 3 2 −1 (−1)2 8 1 3 9 (−1)3 −3· + 2 · (−1) = −6+4 − − − −2 = . − 3 2 3 3 2 2
2
b) Meghatározzuk a primitív függvényt, majd alkalmazzuk a Newton-Leibniz tételt: π
π
π
Z4
Z4
Z4
π − sin x dx = [− ln | cos x|]04 = cos x 0 0 π √ 1 1 = − ln cos = ln 2 = ln 2. + ln | cos 0| = − ln √ 4 2 2
tg x dx = 0
sin x dx = − cos x
c) Meghatározzuk a primitív függvényt, majd alkalmazzuk a Newton-Leibniz tételt: Z1 e
2x+1
e2x+1 dx = 2
0
1 = 0
e2·1+1 e2·0+1 e3 − e − = . 2 2 2
d) Parciális integrálás segítségével meghatározzuk a primitív függvényt, majd alkalmazzuk a Newton-Leibniz tételt: 1 Z1 2x 1 2x 1 Z1 e2x e e2x e 2x xe dx = x · − dx = x · − = 2 0 2 2 0 4 0 0
0
2
=
2
e e 1 e2 + 1 − + = . 2 4 4 4 1
2
e) Parciális integrálás segítségével meghatározzuk a primitív függvényt, majd alkalmazzuk a Newton-Leibniz tételt: 2 e Ze 2 2 e Ze 2 e 2 e Ze x 1 x x x x x x ln x dx = ln x − · dx = ln x − dx = ln x − = 2 2 x 2 2 2 4 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 e 1 e +1 e ln e − ln 1 − − = . = 2 2 4 4 4 f) Alakítsuk szorzattá a nevezőt. Ehhez keressük az x2 +5x+6 polinom gyökeit. A másodfokú egyenlet megoldóképletét felhasználva √ −5 ± 25 − 24 −5 ± 1 x1,2 = = , 2 2 így x1 = −3, x2 = −2. Így azt kapjuk, hogy Z 5 Z 5 1 1 dx = dx. 2 4 x + 5x + 6 4 (x + 2)(x + 3) A fenti törtet bontsuk fel parciális törtekre: 1 A B = + . (x + 2)(x + 3) x+2 x+3 Meghatározzuk az A és B együtthatókat. Beszorozva a közös nevezővel 1 = A(x + 3) + B(x + 2). Felbontjuk a zárójelet, majd x-et kiemelünk az x-et tartalmazó tagokból 1 = x(A + B) + 3A + 2B. A jobboldal pontosan akkor egyezik meg a baloldallal, ha az x együtthatója, illetve ha a konstans tag megegyezik a két oldalon, azaz ha teljesül az alábbi egyenletrendszer 0=A+B 1 = 3A + 2B. Az első egyenletet 2-vel szorozva, majd a második egyenletből kivonva az elsőt A = 1 adódik, amelyet visszahelyettesítve az első egyenletbe B = −1. Így azt kapjuk, hogy Z 5 Z 5 1 1 1 dx = − dx = [ln |x + 2| − ln |x + 3|]54 = x+3 4 (x + 2)(x + 3) 4 x+2 5 x + 2 = ln 7 − ln 6 = ln 49 . = ln x + 3 4 8 7 48 2. Feladat. Közelítsük az Z
6
√
x − 2 dx
3
integrált trapéz-, illetve Simpson-formulával úgy, hogy a [3, 6] intervallumot n = 5 részintervallumra osztjuk! Becsüljük meg mindkét esetben a közelítés hibáját! megoldás:
3
Az alapintervallumot 5 egyenlő részre osztjuk, így az keletkező alappontok x0 = 3;
x1 = 3, 6;
x2 = 4, 2;
x3 = 4, 8;
x4 = 5, 4;
x5 = 6.
Egy részintervallum hossza 0, 6. A trapézformula b − a f (x0 ) f (xn ) + f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn−1 ) + n 2 2 képletébe behelyettesítve √ √ p p p 3−2 p 6−2 0, 6 + 3, 6 − 2 + 4, 2 − 2 + 4, 8 − 2 + 5, 4 − 2 + = 2 2 √ ! p p p 4 1 p = 0, 6 + 1, 6 + 2, 2 + 2, 8 + 3, 4 + ≈ 4, 659228 2 2 adódik. A közelítés maximális hibája: k(b − a)3 , 12n2 ahol k = max |f 00 (x)|. x∈[a,b]
Az f (x) =
√
1
x − 2 = (x − 2) 2 függvény első és második deriváltja 1 1 1 · (x − 2)− 2 = √ 2 2 x−2 3 1 1 f 00 (x) = − · (x − 2)− 2 = − p , 4 4 (x − 2)3
f 0 (x) =
amiből k = 14 , így a közelítés maximális hibája (6 − 3)3 1 9 · = = 2, 25 · 10−2 = 0, 0225. 2 12 · 5 4 400 A Simpson formula esetén az az ostópontok száma 2n, így x0 = 3; x1 = 3, 3; x2 = 3, 6; x3 = 3, 9; x4 = 4, 2; x5 = 4, 5, x6 = 4, 8; x7 = 5, 1; x8 = 5, 4; x9 = 5, 7; x10 = 6. A Simpson formula általános képlete (b − a) (f (x0 ) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + · · · + 4f (x2n−1 ) + f (x2n )) . 6n
4
A képletbe az adatokat behelyettesítve, és az eredményt 6 tizedesjegyre kerekítve p p p p p 0, 6 √ 3 − 2 + 4 3, 3 − 2 + 2 3, 6 − 2 + 4 3, 9 − 2 + 2 4, 2 − 2 + 4 4, 5 − 2 6 p p p p √ + 2 4, 8 − 2 + 4 5, 1 − 2 + 2 5, 4 − 2 + 4 5, 7 − 2 + 6 − 2 = p p p p p 0, 6 √ 1 + 4 1, 3 + 2 1, 6 + 4 1, 9 + 2 2, 2 + 4 2, 5 = 6 p p p p √ + 2 2, 8 + 4 3, 1 + 2 3, 4 + 4 4, 7 + 4 ≈ 4, 666652. A közelítés maximális hibája: K(b − a)5 , 2880n4 ahol K = max |f (4) (x)|. x∈[a,b]
Az f függvény harmadik és negyedik deriváltja: 5 3 1 3 f 000 (x) = · (x − 2)− 2 = · p 8 8 (x − 2)5 7 15 1 15 , f 4 (x) = − · (x − 2)− 2 = − · p 16 16 (x − 2)7 így K =
15 , 16
amiből a közelítés maximális hibája 81 (6 − 3)5 15 · = = 1, 2656 · 10−4 . 4 2880 · 5 16 640000
3. Feladat. F Közelítsük ln 2 értékét összetett trapéz-formulával úgy, hogy a hiba kisebb legyen, mint 0, 5 · 10−3 ! megoldás:Mivel Z
2
ln 2 = 1
ezért az Z 1
2
1 dx, x
1 dx x
integrál közelítését kell elvégeznünk.Mivel f 00 (x) =
2 , x3
így k = 2, ezért ha az n értékét úgy választjuk, hogy (2 − 1)3 · 2 < 0, 5 · 10−3 12 · n2
5
teljesüljön, akkor a hiba kisebb lesz, mint 0, 5 · 10−3 . Az előbbi egyenlőtlenséget átrendezve 1 · 103 < n2 , amiből 3 18, 2574 < n. Ha tehát n-et legalább 19-nek választjuk, akkor a hiba biztosan kisebb lesz, mint 0, 5 · 10−3 . Ekkor az integrál közelítő értékére Z 2 1 ln 2 = dx ≈ 0, 693320 1 x adódik. 4. Feladat. F Közelítsük az Z
2
ln(x2 )dx
1
integrált összetett trapéz-, ill. Simpson-formulával úgy, hogy n-et abból a feltételből határozzuk meg, hogy a hiba kisebb legyen, mint 0, 5 · 10−4 ! megoldás:A számolás során szükségünk lesz az ln(x2 ) függvény második, illetve negyedik deriváltjának maximum értékére az [1, 2] intervallumon: 1 2 · 2x = 2 x x 0 2 2 f 00 (x) = = (2x−1 )0 = −2x−2 = − 2 x x 4 f 000 (x) = 3 x 12 f (4) (x) = − 4 . x Ebből a második derivált abszolút értékének maximuma az [1, 2] intervallumon 2 k = max − 2 = 2, x∈[1,2] x f 0 (x) =
a negyedik derivált abszolút értékének maximuma az [1, 2] intervallumon 12 K = max − 4 = 12. x∈[1,2] x A trapéz formula hibaképlete miatt (2 − 1)3 · 2 < 0, 5 · 10−4 12 · n2 1 · 104 < n2 3 57, 735 < n.
6
Így, ha n-et legalább 58-nak választjuk, akkor a hiba biztosan kisebb lesz, mint 0, 5 · 10−4 . A Simpson formula esetében (2 − 1)5 · 12 < 0, 5 · 10−4 2880 · n4 1 · 104 < n4 120 3, 0214 < n. Így Ha n-et legalább 4-nek választjuk, akkor a hiba biztosan kisebb lesz, mint 0, 5 · 10−4 .
5. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = x2 − 2 és g(x) = 6 − x2 függvények által bezárt területet! megoldás: Felrajzoljuk a két függvényt
Először megoldjuk az f (x) = g(x) egyenletet: x2 − 2 = 6 − x2 2x2 = 8 x2 = 4, amiből x = ±2 adódik. Így a keresett terület 2 2x3 2 · 23 T = 6 − x − (x − 2) dx = 8 − 2x dx = 8x − = 8·2− − 3 −2 3 −2 −2 2 · (−2)3 16 16 32 96 − 32 64 − 8 · (−2) − = 16 − + 16 − = 32 − = = . 3 3 3 3 3 3 Z
2
2
2
Z
2
2
6. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = x2 és g(x) = megoldás: Felrajzoljuk a két függvényt
√
x függvények által bezárt területet!
7
Először megoldjuk az f (x) = g(x) egyenletet: x2 =
√
x
4
x =x 4
x −x=0 x(x3 − 1) = 0, amiből x = 0 vagy x = 1 adódik. Így a keresett terület 1 Z 1 Z 1 √ 1 2 3 x3 2 3 13 2 2 x − x dx = x 2 − x dx = · x2 − · 12 − T = = − 3 3 0 3 3 0 0 2 3 03 1 2 1 · 02 − − = − = . 3 3 3 3 3 7. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = x2 és g(x) = x függvények által bezárt területet! megoldás: Felrajzoljuk a két függvényt
Először megoldjuk az f (x) = g(x) egyenletet: x2 = x x2 − x = 0 x(x − 1) = 0, amiből x = 0 vagy x = 1 adódik. Így a keresett terület 2 1 Z 1 x x3 1 1 3−2 1 2 T = x − x dx = − = − = = . 2 3 0 2 3 6 6 0 8. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = 2x + 1 függvénynek a [0, 2] intervallumon az x-tengely körüli megforgatásával keletkező forgástest térfogatát!
8
megoldás: Felrajzolva a testet:
A test térfogata 2 Z 2 (2x + 1)3 (2 · 2 + 1)3 (2 · 0 + 1)3 2 (2x + 1) dx = π V =π· =π −π = 6 6 6 0 0 62 124 = π. =π· 6 3 9. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = sin x függvénynek a 0, π2 intervallumon az x-tengely körüli megforgatásával keletkező forgástest térfogatát! megoldás: Felrajzolva a testet:
A test térfogata Z V =π·
π 2
sin2 x dx.
0
Mivel cos2 x + sin2 x = 1 cos2 x − sin2 x = cos 2x, ezért az első egyenletből kivonva a másodikat, majd 2-vel osztva mindkét oldalt 1 − cos 2x sin2 x = 2
9
adódik. Ezt felhasználva Z π Z 2 2 V =π· sin x dx = π ·
π 2
Z π 2 1 − cos 2x π 1 − cos 2x dx = dx = · 2 2 0 0 0 π π π sin 2x 2 π sin π π2 = = x− − − 0 − sin 0 = . 2 2 2 2 2 4 0 √ 10. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = 3x2 + 2x függvénynek a [0, 3] intervallumon az xtengely körüli megforgatásával keletkező forgástest térfogatát! megoldás:
Felrajzolva a testet:
A test térfogata Z V =π· 0
3
3 3x2 + 2x dx = π x3 + x2 0 = π 27 + 9 − (0 + 0) = 36π.
