Határozatlan integrál

Határozatlan integrál

2015.11.04.


2015.11.04.

1 / 21

Tartalom

1

Primitív függvény

2


3

Alapintegrálok

4

Integrálási szabályok

5

Helyettesítéses integrálás

6

Parciális integrálás

7

Összefoglalás


2015.11.04.

2 / 21



Deníció F (x ) az f (x ) primitív függvénye a H ⊆ R halmazon, ha F 0 (x ) = f (x ) minden x ∈ H esetén. Megjegyzés Ha F (x ) primitív függvény, akkor F (x ) + c is az tetsz®leges c ∈ R esetén. Korábban már bizonyítottuk: Állítás Ha F és G is primitív függvénye f -nek egy nyílt I intervallumon, akkor létezik c ∈ R, hogy G (x ) = F (x ) + c minden x ∈ I esetén. Példa

f (x ) = cos x -nek F (x ) = sin x primitív függvénye a teljes R-en Határozatlan integrál

2015.11.04.

3 / 21


Deníció Az f függvény határozatlan integrálja f primitív függvényeinek összessége. Z

f (x ) dx = F (x ) + C ,

ahol F az f függvény egy primitív függvénye, és C ∈ R tetsz®leges. Megjegyzés Itt feltesszük, hogy F 0 (x ) = f (x ) egy intervallumon, és hogy ott vesszük a többi primitív függvényt is.


2015.11.04.

4 / 21


Példa Ha nem egy intervallumon vennénk a primitív függvényeket: 1 1 1 0 = − 2 ∀x ∈ R\{0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞) =⇒ − 2 -nek primitív

x

x

függvénye az

1

x

x

:

y

y x de akkor ez is:

x

Viszont e két függvény különbsége nem konstans R\{0}-on. Határozatlan integrál

2015.11.04.

5 / 21


Példa Ha x > 0, akkor (ln x )0 =

1

x

Z =⇒

1

x

dx = ln x + C a (0, ∞)-en

Ha x < 0, akkor (ln(−x )) = 0

1

−x

(−1) =

1

x

Z =⇒

1

x

dx = ln(−x ) + C a (−∞, 0)-n

Összefoglalva azt is szoktuk írni, hogy Z

1

x

dx = ln |x | + C ,

de egyszerre csak az x > 0 vagy az x < 0 esetre alkalmazuk. Határozatlan integrál

2015.11.04.

6 / 21

Alapintegrálok

Alapintegrálok

f (x ) xa 1

x

sin x cos x 1 cos2 x 1 sin2 x

e

x

sh x ch x

f (x ) dx a+1 + C a ∈ R, a 6= −1 a+1 x ln |x | + C x < 0 vagy x > 0 − cos x + C sin x + C π π tg x + C x∈ + k π, + (k + 1)π k ∈ Z R

1

− ctg x + C

e

2

2

x ∈ k π, (k + 1)π

,

k ∈Z

+C ch x + C sh x + C x


2015.11.04.

7 / 21

Alapintegrálok

Alapintegrálok (folytatás)

f (x ) dx 1 th x + C ch2 x 1 − cth x + C x < 0 vagy x > 0 sh2 x 1 arctg x + C 1 + x2 1 arth x + C x ∈ (−1, 1) 1 − x2 1 arcth x + C x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞) 1 − x2 1 √ arcsin x + C x ∈ (−1, 1) 1 − x2 1 √ arsh x + C 2 x +1 1 √ arch x + C x ∈ (1, ∞) 2 x −1 f (x )

R


2015.11.04.

8 / 21


Az integrálás általános szabályai

Állítás Z

f (x ) + g (x ) dx =

Z

Z

R

c · f (x ) dx = c ·

Z

f (x ) dx +

Z

g (x ) dx

f (x ) dx

f (g (x ))g 0 (x ) dx = F (g (x )) + C , ahol F az f egy primitív függvénye

Bizonyítás Az összegre és skalárszorosra vontakozó deriválási szabályból, illetve a láncszabályból következik. Példa Z

2

√

x+

3

x

2

dx =

Z

2x

1/2

+ 3x −2 dx = 2

x 3/2 /2

3

+3


x−

1

−1

+C =

4 √ x x − 3 +C 3 x 2015.11.04.

9 / 21


A fordított láncszabály néhány speciális esete

Állítás Z

1

f (ax + b) dx = F (ax + b) + C , ha F 0 (x ) = f (x ) a

Bizonyítás A láncszabály megfordítása f (x ), g (x ) → ax + b szereposztással. Példa Z

1 2

e 2x +3 dx = e 2x +3 + C


2015.11.04.

10 / 21


Állítás Z

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

Bizonyítás 1 A láncszabály megfordítása f (x ) → , g (x ) → f (x ) szereposztással.

x

Példa Z

x +1 dx x2 + 1

Z =

1 2x 1 1 · + dx = ln(x 2 + 1) + arctgx + C 2 x2 + 1 x2 + 1 2


2015.11.04.

11 / 21


Állítás Z

f a (x )f 0 (x ) dx =

f a+1 (x ) +C a+1

Bizonyítás A láncszabály megfordítása f (x ) → x a , g (x ) → f (x ) szereposztással. Példa Z

sin x dx = − cos3 x

Z

(cos x )−3 (− sin x ) dx = −

(cos x )−2 1 +C = +C −2 cos2 x


2015.11.04.

12 / 21


Példa Z

sin x dx = 3

− cos x +

Z

2

(1 − cos

x ) sin x dx =

Z

sin x + cos2 x (− sin x ) dx =

1 cos3 x + C 3

Példa 1 1 1 1 1 (1+cos 2x ) dx = (x + sin 2x )+C = x + sin 2x +C 2 2 2 2 4 A cos2 x függvény átalakításánál a cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2 x képletekb®l levezethet® 1 + cos 2x 1 − cos 2x cos2 x = sin2 x = 2 2 linearizáló formulák egyikét használtuk. Z

cos x dx = 2

Z


2015.11.04.

13 / 21


Z sin

n

x cosm x dx alakú integrálok (n, m ∈ N)

Ha n páratlan =⇒ n = 2k + 1: sin2k +1 x cosm x = sin x (sin2 x )k cosm x = sin x (1 − cos2 x )k cosm x = p (cos x ) sin x , ahol p egy megfelel® polinom. Ha P a p egy primitív függvénye, akkor Z

sinn x cosm x dx = −

Z

p(cos x )(− sin x ) dx = −P (cos x ) + C

Ha m páratlan, akkor hasonlóan lehet eljárni. 1 + cos 2x 1 − cos 2x Ha m és n is páros, akkor a cos2 x = és sin2 x = 2 2 linearizáló formulákat lehet alkalmazni. Ezeket behelyettesítve kisebb hatványokat tartalmazó kifejezést kapunk. Határozatlan integrál

2015.11.04.

14 / 21


Helyettesítéses integrál

Az

Z

f (g (x ))g 0 (x ) dx = F (g (x )) + C szabály felírható Z

alakban is, mert

R

f (g (x ))g (x ) dx 0

g (x )=u

=

Z

f (u ) du

f (u ) du = F (u ) + C . Formálisan a g (x ) = u , g 0 (x ) dx = du

helyettesítést hajtjuk végre. Akkor érdemes alkalmazni, ha f primitív függvényének kiszámítása nem megy egy lépésben.


2015.11.04.

15 / 21


Példa

(e x )3 (e x )2 e 3x e x =u x dx = dx = e dx = 2x 2 + (e x )2 2 + ( e x )2 Z Z Z 2 +2 e 2 1 u du = 1 − du = du = 1 − 2 2 2+u 2+u 1 + ( √12 u )2 arctg √u2 √ x ex u − 1 √ + C u==e e x − 2arctg √ + C Z

Z

/

2

Z

2


2015.11.04.

16 / 21


A szorzatszabály megfordítása - parciális integrálás

Állítás Z Z

f 0 (x )g (x ) dx = f (x )g (x ) −

Z

f (x )g 0 (x ) dx, vagy másképpen

f (x )g (x ) dx = F (x )g (x ) −

Z

F (x )g 0 (x ) dx, ahol F 0 (x ) = f (x ).

Szorzat integrálja helyett egy másik szorzat integrálját kell kiszámítani. Bizonyítás A szorzatra vonatkozó deriválási szabály: (f (x )g (Zx ))0 = f 0 (x )g (x ) +Z f (x )g 0 (x )

f 0 (x )g (x ) dx +

Ebb®l: Z =⇒

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

f (x )g (x ) dx = f (x )g (x ) − 0

Z

f (x )g 0 (x ) dx


2015.11.04.

17 / 21


Akkor célszer¶ használni az f (x )g (x ) szorzat integrálására, ha g 0 (x ) lényegesen egyszer¶bb mint g (x ) F (x ) nem sokkal bonyolultabb f (x )-nél Függvénytípusok

xn 1

xn ex sin x , cos x shx , chx ln x

arc függvények area függvények

derivált primitív függvény kicsit kicsit egyszer¶bb bonyolultabb (f®leg ha n = 1) kicsit kicsit bonyolultabb

egyszer¶bb (kivéve n = 1)

ugyanolyan

ugyanolyan

egyszer¶bb

bonyolultabb


2015.11.04.

18 / 21


Példa

e 2x

1 1 1 1 · e 2x dx = xe 2x − e 2x + C 2 2 4 Z Z − 2 1 x 1 1 1 ln x − · dx = − 2 ln x + ln x dx = 2 3 −2 −2x x 2x Z x 1 x −2 1 1 −3 1 1 x dx = − 2 ln x + · + C = − 2 ln x − 2 + C 2 2x 2 −2 2x 4x Z Z Z 1 arctgx dx = 1 · arctgx dx = x arctg x − x dx = 1 + x2 Z 1 2x 1 x arctg x − · dx = x arctg x − ln(1 + x 2 ) + C 2 2 1+x 2 Hasonlóan számítjuk ki a többi arc, area és az ln fv. integrálját. Z

xe 2x dx

=x

2

Z

−


2015.11.04.

19 / 21


Példa Néha többszöri alkalmazás szükséges: Z

Z

(x − x ) cos x dx = (x − x ) sin x − (2x − 1) sin x dx = Z 2 (x − x ) sin x − (2x − 1)(− cos x ) + 2(− cos x ) dx = 2

2

(x 2 − x ) sin x + (2x − 1) cos x − 2 sin x + C Z Z e x sin x dx = e x sin x − e x cos x dx = Z x x e sin x − e cos x + e x (− sin x ) dx Z e x sin x dx = I =⇒ I = e x sin x − e x cos x − I

I

=

e x sin x − e x cos x 2

+C


2015.11.04.

20 / 21

Összefoglalás

Összefoglalás

Primitív függvény és határozatlan integrál fogalma Alapintegrálok és integrálási szabályok A láncszabály megfordításának speciális formái Helyettesítéses integrálás Parciális integrálás


2015.11.04.

21 / 21

Határozatlan integrál

Recommend Documents