Hat´arozatlan integr´al (2)
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ 1. Az o¨ sszetett fuggv´ enyek integr´al´as´ara szolg´al´o egyik m´odszer a helyettes´ıt´essel val´o integr´al´as. Az idevonatkoz´o t´etel pontos megfogalmaz´asa a tank¨onyvben megtal´alhat´o. Ennek az egyik gyakran haszn´alhat´o formul´az´asa: Z Z g(f (x))dx = g(t) · (f −1(t))0dt = (1)
= H(t) + C = H(f (x)) + C, ahol f (x) = t. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az f (x) = t helyettest´essel integr´alunk. Az l´atszik a fenti formul´ab´ol is, hogy az eredeti v´altoz´onak csak olyan f ¨ ¨ ´ v´altoz´ot, amelynek van inverz fuggv´ ¨ fuggv´ eny´ere vezethetunk be uj enye. ¨ ha f szigoruan ´ monoton. Ez teljesul, ¨ is haszn´alhat´o, de hasznosabb annak az Az (1) k´eplet k¨ozvetlenul elj´ar´asnak a begyakorl´asa, ahogy a helyettes´ıt´essel val´o integr´al´ast ¨ mutatjuk be. v´egrehajtjuk. Ezt p´eld´akon keresztul
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Feladat 1 Sz´am´ıtsuk ki az
R
1 √ √ dx ( x+1) x
integr´alt.
√
¨ ¨ e√ nye. Megold´as: Az intergrandus o¨ sszetett fuggv´ eny, m´egpedig a x fuggv´ √ ¨ a x = t helyettes´ıt´est, teh´at most f (x) = Ez´ert bevezetjuk x. ¨ az uj ´ v´altoz´oval, azaz A k¨ovetkez˝o l´ep´esben az eredeti v´altoz´ot kifejezzuk el˝oa´ ll´ıtjuk f −1 (t) k´eplet´et. Most x = f −1 (t) = t2 , (persze, a gy¨okvon´as inverze a n´egyzetre emel´es). Az x = t2 formula azt adja meg, hogy hogyan ¨ az eredeti v´altoz´o az uj ´ v´altoz´ot´ol. Ha deriv´aljuk ezt az o¨ sszefugg´ ¨ est fugg ´ v´altoz´o, a t szerint, e´ s a bal oldalon az x v´altoz´o t-szerinti deriv´altj´at az uj dx ¨ akkor azt kapjuk, hogy (f −1 (t))0 = dx -vel jel¨oljuk, = 2t. Mostm´ar dt dt ¨ a helyettes´ıt´est. minden k´eszen a´ ll arra, hogy elv´egezzuk Z Z
√
1
√ dx = ( x + 1) x
1
(t + 1)t
· 2tdt.
¨ meg, hogy az, amit a dx hely´ere ´ırtunk, az az, amit ugy ´ kapunk, Figyeljuk dx mintha a dt = 2t k´epletben form´alisan a´ tszorozn´ank dt-vel.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Az ´ıgy keletkezett t-re vonatkoz´o integr´alt k¨onnyen meghat´arozhatjuk: Z Z
1
(t + 1)t
· 2tdt =
2
t+1
dt = 2 ln |t + 1| + C.
Visszahelyettes´ıtve az eredeti v´altoz´ot kapjuk, hogy: Z
√
1
√ √ dx = 2 ln | x + 1| + C. ( x + 1) x
¨ a v´egeredm´eny helyess´eg´er˝ol. Deriv´al´assal meggy˝oz˝odhetunk Gyakori helyettes´ıt´es, hogy az integrandusban l´ev˝o mondjuk t-vel. √ k Z x = t, √
g( k x)dx
x
dx dt
√ k
¨ x-et helyettes´ıtjuk
= tk , = k · tk−1.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Feladat 2
R √
Sz´am´ıtsuk ki az 4x2 + 1dx integr´alt. Megold´as: Ebben a feladatban a gy¨okvon´as okozza a neh´ezs´eget. ˝ Ez´ert hasznosnak tunik egy olyan helyettes´ıt´es, ami ut´an a gy¨okvon´as ¨ az valaminek elv´egezhet˝ov´e v´alik. Ehhez az kell, hogy ami a gy¨ok al´a kerul a n´egyzete legyen. (Persze ne o¨ nmaga gy¨ok´enek a n´egyzete, mert azzal sem¨ ¨ mire sem megyunk.) Ha elkezdunk kutatni olyan formula ut´an, amelyben valami n´egyzete plusz 1 valami m´asnak a n´egyzete, akkor r´atal´alhatunk a ch2x = sh2x + 1 formul´ara. Vagyis, ha a 4x2 tag sh2t lenne, akkor a gy¨ok alatt sh2 t + 1 a´ llna, aminek a gy¨oke ch t. Ez´ert, n´emi a´ talak´ıt´as ut´an Z p Z q
4x2 + 1dx =
(2x)2 + 1dx,
¨ a 2x = sh t helyettes´ıt´est. (f (x) = arsh(2x).) Ekkor e´ s bevezetjuk
2x = sh t =⇒ x =
1 2
sh t =⇒
dx dt
=
1 2
ch t,
teh´at Z q
(2x)2 + 1dx =
1
Z q
1
sh2t + 1 ch tdt = | {z }2 2
Z
ch2dt.
ch t
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
ch(2t)+1
A ch2 integr´al´as´ahoz felhaszn´aljuk a ch2 t = lineariz´al´o for2 ¨ mul´at. (Lehetne o˝ t m´ashogy is integr´alni, a ch fuggv´ enyt defini´al´o k´epletet haszn´alva.) ! Z Z Z
1
2
ch2dt =
1
ch(2t) + 1
2
2 =
dt =
1
sh(2t)
2
4
+
t
1
ch(2t)
2
2
+
1
2
dt =
!
+ C.
2
¨ fiH´atra van m´eg a visszahelyettes´ıt´es. Ennek elv´egz´es´ehez vegyuk gyelembe, hogy sh(2t) = 2 · sh t · ch t. !
1
sh(2t)
2
4
+
t
+C =
2
sh t · ch t 4
p
=
2x (2x)2 + 1 4
+
+
arsh(2x) 4
t
4
+C =
+ C.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Legyen P2 (x) m´asodfoku´ polinom.
Z q
P2(x)dx
R p B · 1 − (ax + b)2dx R p B· (ax + b)2 + 1dx R p B· (ax + b)2 − 1dx
ax + b = sin t,
x
=
sin t−b , a
dx dt
=
cos t . a
ax + b = sh t,
x
=
sh t−b , a
dx dt
=
ch t . a
ax + b = ch t,
x
=
ch t−b , a
dx dt
=
sh t . a
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
A helyettes´ıt´esek sor´an felhaszn´aljuk a
sin2 x =
1 − cos(2x)
sh2t =
2
,
ch(2t) − 1 2
,
cos2 x = ch2t =
1 + cos(2x) 2
,
ch(2t) + 1 2
lineariz´al´o formul´ak valamelyik´et. A visszahelyettes´ıt´eshez pedig a
sin(2x) = 2 · sin x · cos x,
sh(2x) = 2 · sh x · ch x
formul´ak egyik´et.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
A helyettes´ıt´essel val´o integr´al´as k´eplete hat´arozott integr´alok eset´en f (b) Z
Zb
g(f (x))dx = a
g(t) · (f −1(t))0dt.
(2)
f (a)
´ monoton cs¨okken˝o, akkor (2)-ban a jobb oldali integr´alban Ha f szigoruan a fels˝o hat´ar kisebb, mint az als´o. Egy ilyen integr´alon defin´ıci´o szerint a ¨ teh´at ha hat´arok felcser´el´es´evel kapot integr´al m´ınusz egyszeres´et e´ rtjuk: a < b, akkor Za b
f (x)dx := −
Zb
f (x)dx
(3)
a
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ 2. A k´et polinom h´anyadosak´ent fel´ırhat´o fuggv´ enyeket racion´alis ¨ ´ mint fuggv´ enyeknek h´ıvjuk. Ha a t¨ort sz´aml´al´oja alacsonyabb foksz´amu, ¨ ¨ ¨ a nevez˝o, akkor val´odi racion´alis fuggv´ enyr˝ol besz´elunk. Ismertetunk egy ¨ m´odszert, amellyel a val´odi racion´alis fuggv´ enyek, egy bizonyos t´ıpust´ol el¨ tekintve, integr´alhat´ok. Egy nem val´odi racion´alis fuggv´ eny integr´al´asa a polinomok marad´ekos oszt´as´at felhaszn´alva visszavezethet˝o egy polinom e´ s ¨ egy val´odi racion´alis fuggv´ eny o¨ sszeg´enek az integr´al´as´ara. Az elj´ar´as alapja a polinomok gy¨okt´enyez˝os felbont´asa. Minden polinom fel´ırhat´o egy konstans, els˝ofoku´ polinomok e´ s val´os gy¨okkel nem rendelkez˝o m´asodfoku´ polinomok szorzatak´ent. Egy t´enyez˝ob˝ol persze t¨obb is lehet. Teh´at a gy¨okt´enyez˝os felbont´asban el˝ofordul´o t´enyez˝ok t´ıpusai, az ´ esetleges konstans szorz´on tul:
(x − α), (x2 + ax + b),
(x − β)m, (x2 + cx + d)n,
ahol α, β, a, b, c, d val´os sz´amok, m, n egyn´el nagyobb term´eszetes ¨ P´eld´aul sz´amok e´ s a m´asodfoku´ polinomoknak nincs val´os gy¨okuk.
4x10−12x9+x8−4x7+34x6+29x5−2x4−40x3−80x2−48x−32 = = (x − 2)3(x + 1)(2x2 + x + 2)2(x2 + x + 1). Az persze m´as k´erd´es, hogy ezt a szorzatfelbont´ast hogyan lehet el˝oa´ ll´ıtani.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
¨ Minden val´odi racion´alis fuggv´ eny felbonthat´o parci´alis t¨ortek o¨ sszeg´ere. ¨ ¨ A racion´alis fuggv´ eny nevez˝oj´enek gy¨okt´enyez˝os felbont´as´at´ol fugg, hogy ebben a felbont´asban h´any darab e´ s milyen t´ıpusu´ tagok vannak. a parci´alis t¨ortek o¨ sszeg´eben
A gy¨okt´enyez˝os felbont´asban
A
(x − α) t´enyez˝o, (x − β)m t´enyez˝o, (x2 + ax + b) t´enyez˝o,
Am (x −
β)m
+
x−α
Am−1 (x −
β)m−1
tag.
+ ··· +
A2 (x −
Ax + B x2 + ax + b
β)2
+
A1 (x − β)
tagok.
tag.
Azzal az esettel nem foglalkozunk, amikor (x2 + cx + d)n t´ıpusu´ t´enyez˝o is szerepel a gy¨okt´enyez˝os felbont´asban. ¨ A parci´alis t¨ortek sz´aml´al´oiban a´ ll´o ismeretlen konstansok egyutthat´ o o¨ sszehasonl´ıt´as seg´ıts´eg´evel hat´arozhat´ok meg. A parci´alis t¨ortek o¨ sszeg´et k¨oz¨os nevez˝ore hozzuk, ez a k¨oz¨os nevez˝o mindig az eredeti racion´alis ¨ ¨ fuggv´ eny nevez˝oje. Ekkor a sz´aml´al´oban a´ ll´o polinom egyutthat´ oiban a ¨ bevezetett ismeretlenek szerepelnek. Ezeknek az egyutthat´ oknak rend¨ re meg kell egyezni az eredeti racion´alis fuggv´ eny sz´aml´al´oj´aban a´ ll´o ¨ ugyanolyan foksz´amu´ tag egyutthat´ oj´aval. Ebb˝ol egy line´aris egyenlet˝ rendszer ´ırhat´o fel a bevezetett ismeretlenekre, ami mindig egy´ertelmuen megoldhat´o. Csak azokkal az esetekkel fogunk foglalkozni, amikor a nevez˝o gy¨okt´enyez˝os felbont´asa kiemel´es e´ s m´asodfoku´ egyenlet megold´as´aval megkaphat´o, illetve, amikor eleve meg van adva a nevez˝o gy¨okt´enyez˝os felbont´asa. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Feladat 3 R 6 dx integr´alt. Sz´am´ıtsuk ki az x2 +3x ¨ Megold´as: Az integrandus val´odi racion´alis fuggv´ eny, a nevez˝o gy¨okt´enyez˝os felbont´asa x(x + 3). Ez´ert az integrandus
6 x2 + 3x
=
6 x(x + 3)
=
A x
+
B x+3
alakban bonthat´o fel parci´alis t¨ortek o¨ sszeg´ere. Az ismeretlen A e´ s B konstansok meghat´aroz´as´ahoz k¨oz¨os nevez˝ore hozzuk a parci´alis t¨ortek o¨ sszeg´et.
6 x(x + 3)
=
A x
+
B x+3
=
A(x + 3) + Bx x(x + 3)
=
(A + B)x + 3A x(x + 3)
.
´ Az al´ahuzott t¨ortek egyenl˝os´ege azt jelenti, hogy ezek minden sz´obaj¨ov˝o ¨ onb¨oz˝o x-re, megegyeznek. Mivel x-re, most minden 0-t´ol e´ s −3-t´ol kul¨ ´ a nevez˝ok egyenl˝ok, ez csak ugy lehet, ha a sz´aml´al´ok is minden x-re egyenl˝ok. A sz´aml´al´ok polinomok, ezek csak akkor lehetnek minden x´ ¨ re egyenl˝ok, ha azonos foksz´amuak, e´ s az egyutthat´ ok is rendre azonosak. Ebb˝ol kapjuk az A, B ismeretlenekre az •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
A+B = 0 3A = 6
´ enyes teh´at a line´aris egyenletrendszert. Innen A = 2 e´ s B = −2. Erv´
6 x(x + 3)
=
2 x
−
2 x+3
parci´alis t¨ortekre bont´as, aminek a helyess´eg´er˝ol egy´ebk´ent keresztbe¨ szorz´assal k¨onnyen meggy˝oz˝odhetunk. Ezt az ellen˝orz´est mindig e´ rdemes elv´egezni. Teh´at Z Z Z Z
6
x2 + 3x
2
dx =
x
−
2
x+3
dx =
2
x
dx −
2
x+3
dx =
= 2 ln |x| − 2 ln |x + 3| + C. A val´os gy¨ok¨oh¨oz tartoz´o parci´alis t¨ortek integr´al´asa a k¨ovetkez˝o: Z
A
x−α Z
A (x − β)
dx = A ln |x − α| + C,
dx = − m
A
·
1
m − 1 (x − β)m−1
+ C.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Feladat 4 2
2x +3x−1 Sz´am´ıtsuk ki az (x−1)(x alt. 2 +1) dx integr´ Megold´as: A nevez˝o gy¨okt´enyez˝os felbont´asa miatt
R
2x2 + 3x − 1 (x − 1)(x2 + 1) = = Ebb˝ol
=
A x−1
+
Bx + C x2 + 1
=
A(x2 + 1) + (Bx + C)(x − 1) (x − 1)(x2 + 1)
(A + B)x2 + (−B + C)x + A − C (x − 1)(x2 + 1)
.
A+B = 2 −B + C = 3 A − C = −1
Az als´o k´et egyenletet o¨ sszeadva A − B = 2. Ezt e´ s az els˝o egyenletet o¨ sszeadva kapjuk, hogy A = 2, B = 0, C = 3. •First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Teh´at Z
2x2 + 3x − 1 (x − 1)(x2 + 1)
Z
dx =
2 x−1
+
3 x2 + 1
dx =
= 2 ln |x − 1| + 3arctg x + C. R dx t´ıpusu´ parci´alis t¨ortek integr´al´asa, ahol a nevez˝onek nincs Az x2Ax+B +ax+b val´os gy¨oke, el´eg bonyolult is lehet. Ha A = 0R, azaz a sz´aml´al´o konstans, akkor az integr´al a m´ar kor´abban 1 megismert 1+(αx+β) ıpusra visszavezethet˝o. 2 dx t´ 0
´ vagy visszavezethet˝o egy Ha A 6= 0, akkor az integr´al vagy ff t´ıpusu, t´ıpusu´ integr´al e´ s egy konstans sz´aml´al´oju´ integr´al o¨ sszeg´ere. Az elj´ar´ast egy feladaton mutatjuk be.
f0 f
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
Feladat 5 R x+3 Sz´am´ıtsuk ki az x2 +4x+5 dx integr´alt. ¨ hogy az integMegold´as: A nevez˝o deriv´altja 2x + 4. El˝osz¨or el´erjuk, randus sz´aml´al´oj´aban megjelenjen a nevez˝o deriv´altja, majd fel´ırjuk az integr´alt k´et integr´al o¨ sszegek´ent. Z Z Z
x+3
x2 + 4x + 5 =
1
dx =
2x + 6
2
x2 + 4x + 5
2x + 4
Z
x2
2
|
=
1
1 2
+ {z 4x + 5}
f0 f
t´ıpusu´
dx +
1 2
dx =
1
(2x + 4) + 2
2
x2 + 4x + 5
2
Z
x2 |
+ {z 4x + 5}
dx =
dx =
2 = 1+(x+2) 2
ln |x2 + 4x + 5| + arctg(x + 2) + C.
•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit
