Határozatlan integrál 2015. április 11.
1.
Alapfeladatok
1.
Feladat:
Z
Határozzuk meg az alábbi határozatlan integrált!
3x2 + sin x −
1
ch2 x Megoldás: Az integrálandó függvényen belül összeadás illetve kivonás m¶velete szerepel, ilyenkor tagonként integrálhatunk, azaz Z
1
Z
Z
Z
1
dx. ch x ch2 x Az els® integrálban szerepel® konstans szorzó kiemelhet® az integrál elé. Z Z Z Z 2
3x + sin x −
2
1
dx =
2
3x dx +
sin xdx −
1
dx. ch x ch2 x Így már csak alapintegrálok szerepelnek, melyeket egyszer¶en behelyettesíthetünk. 3x2 + sin x −
2
dx = 3
Z
x2 dx +
sin xdx −
xα+1
Az els® részben az xα dx = + c, α ∈ IR \ {−1} alapintegrálra α+1 hivatkozunk, mely azt mondja ki, hogy hatványfüggvény integrálásakor a kitev®t eggyel megnöveljük, s az új kitev®vel osztunk. Kivétel a −1edik hatvány, azaz a reciprok. A második tag esetén arra hivatkozunk, hogy A harmadik tag esetén pedig arra, hogy
Z
Z
1
ch2 x Ezek a után a feladat eredménye a következ®: Z
x3 3x + sin x − 2 dx = 3 3 ch x 2
1
!
sin xdx = − cos x + c. dx = th x + c
+ (− cos x) − th x + c =
= x3 − cos x − th x + c
2.
q
√
Integráljuk az f (x) = 5 x · x függvényt. Megoldás: El®ször alakítsuk át az integrálandó függvényt. A gyökök helyett írjunk inkább törtkitev®s hatványokat.
Feladat:
1
f (x) = x · x
1 2
1 5
Végezzük el e zárójelen belül a szorzást.
f (x) = x
3 2
1 5
Egy hatványt tovább hatványozunk. Ilyenkor a kitev®k szorzódnak. 3 1 ·5
f (x) = x 2
3
= x 10
Így már csak egyetlen hatványt kell integrálnunk. Az el®z® feladatban leírtak szerint ekkor eggyel megnöveljük a kitev®t, s az új kitev®vel osztunk. 13
Z
Z
f (x)dx =
x
3 10
10 13 x 10 + c = x 10 + c = 13 13 10
Az eredményt nem csak ilyen alakban írhatjuk, hisz egy törtkitev®s hatvány gyökös kifejezéssé alakítható. Ekkor eredményünk alakja a következ®: Z √ 10 10 x13 + c 13 Z √ 3 x x2 − 3x =
f (x)dx =
3.
Feladat:
Függvények szorzatát kell integrálnunk, amire nincsen általános integrálási szabály. Ezért próbáljuk meg úgy átalakítani a függvényt, hogy ne szerepeljen benne szorzás. Írjunk a köbgyök helyett törtkitev®s hatványt, és bontsuk fel a zárójelet. Megoldás:
Z
Z 1 √ 3 x x2 − 3x dx = x 3 x2 − 3x dx =
Z
x 3 · x2 − 3x 3 · x dx =
1
1
Z
7
4
x 3 − 3x 3 dx
Így sikerült elérnünk, hogy nem szerepel már szorzás az integrandusban, hanem csak különbség. Így már egyszer¶en tagonként végezhetjük el az integrálást. A második tagból egyben ki is emelhetjük a konstans szorzót Z
7
4
Z
x 3 − 3x 3 dx =
7
x 3 dx − 3
Z
4
x 3 dx
Ezután már csak két hatványfüggvényt kell integrálnunk. 10
Z
7 3
x dx − 3
Z
7
x3 x3 3 10 9 7 x dx = −3 + c = x 3 − x3 + c 10 7 10 7 3 3 4 3
Az eredményt írhatjuk más alakban is. 3 √ 9√ 3 3 x10 − x7 + c 10 7
2
4.
2x3 + 5x √ dx x
Z Feladat:
Most függvények hányadosa szerepel az integrandusban, amire ugyanúgy nincs általánosan integrálási szabály, mint a függvények szorzatára. Most is tudunk azonban alakítani a függvényen. A számlálóban lev® összeg tagjait külö-külön oszthatjuk a nevez®vel, s a gyököt pedig hatvány alakban írhatjuk.
Megoldás:
Z
2x3 + 5x √ dx = x
Z
2x3 5x √ + √ dx = x x
Z
2x3 x
1 2
+
5x 1
dx
x2
Végezzük el a két osztást. (Most a kitev®k kivonódnak.) Z
2x3 x
1 2
+
5x x
Z
dx =
1 2
5
1
2x 2 + 5x 2 dx
Íg sikerült elérnünk, hogy csak két hatványfüggvény összegét kell integrálnunk. Ezt a korábbiakban ismertetett módon hajtjuk végre. Nem részletezzük már, hogy az összeget tagonként integrálhatjuk, és konstans szorzó kiemelhet® az integrálás során. 7
Z
3
x2 10 3 x2 4 7 2x + 5x dx = 2 +5 + c = x2 + x2 + c 7 3 7 3 2 2 5 2
1 2
Az eredményt írhatjuk gyökös formában is. 4 √ 7 10 √ 3 x + x +c 7 3
5.
Z Feladat:
sin(3x + π) dx =
Az integrandusunk most egy olyan összetett függvény, amelynek bels® függvénye els®fokú polinom, vagy más szóval lineáris. Ha egy ilyen függvény küls® függvényének ismerjük a határozatlan integrálját, akkor az összetett fügvényt is tudjuk integrálni. A szabály, melyet ilyen esetekben alkalmazhatunk, a következ®: Megoldás:
Z
f (ax + b) dx =
F (ax + b) + c, a
a, b ∈ IR, ahol
Z
f (x) = F (x) + c
teljesül. Szövegben ezt úgy mondhatjuk, hogy ilyenkor vesszük a küls® függvény integrálját, összetett függvényt alkotunk az eredeti lineáris bels® függvénnyel, és ezt osztjuk a lineáris bels® függvényb®l x együtthatójával. Jelen feladatban a következ®t láthatjuk. A küls® függvény sin x. Ennek integrálja: Z
sin x dx = − cos x + c.
A bels® függvény 3x + π , ez felel meg ax + b-nek, azaz a = 3 és b = π . 3
Alkalmazva a szabályt, az alábbi eredményt kapjuk: Z
sin(3x + π) dx =
− cos(3x + π) +c 3
Az ilyen feladatokban általában nem szükséges sok átalakítást végrehajtani az integranduson, a hangsúly azon van, hogy felismerjük, ilyen típusú összetett függvényünk van. Ha ez sikerült, akkor már könny¶ alkalmazni a szabályt. 6.
Z Feladat:
1 dx = 5x − 8
Az integranduson megint azt ismerhetjük fel, hogy olyan összetett függvény, melynek bels® függvénye els®fokú. Megoldás:
A küls® függvény most nyilván az Z
1 . Ennek integrálja a következ®: x
1 dx = ln |x| + c. x
Itt szeretnénk felhívni a gyelmet arra, hogy bár az 1
1 is hatványfüggx
vény, hiszen = x−1 , de integrálása másképp történik, mint a többi x hatványfüggvénynek. Az integrálásnál a −1-edik hatvány kivételt alkot. A bels® függvény most 5x − 8, tehát a = 5 és b = −8. Alkalmazva az ményt kapjuk: Z
7.
Z
f (ax + b) dx =
F (ax + b) + c szabályt, az alábbi ereda
1 ln |5x − 8| dx = +c 5x − 8 5 Z
Feladat:
1 dx = cos2 5x
Ha most deriválnunk kellene, akkor azt mondanánk, jelen esetben egy többszörösen összetett függvényünk van. Küls® függvény 1 az 2 , középs® a cos x, és bels® az 5x. Nem muszály azonban ennyire x felbontanunk a függvényt, s®t integrálásnál nem is célszer¶. Az el®z® felbontásban szerepl® bels® függvény, az 5x, egy lineáris függvény. Csak annyit kell tennünk, hogy amit az el®bb küls® és középs® függvénynek tekintettünk, azt nem bontjuk fel, hanem egyben tekintjük küls® függ1 vénynek. Azaz most lesz a küls® függvény. Azért célszer¶ ez a cos2 x felbontás, mert így a küls® függvény egy alapintegrál. Tudjuk, hogy Megoldás:
Z
1 dx = tg x + c. cos2 x
Amint már említettük, a bels® függvény 5x, azaz a = 5 és b = 0. Alkalmazva a korábban ismertetett szabályt, az alábbi eredményt kapjuk: 4
1 tg 5x dx = + c. 2 cos 5x 5 Z √ 3 4x + 7 dx = 8. Feladat: Z
Az integrandus ezen esetben is olyan összetett függvény, melynek bels® függvénye els®fokú. √ A küls® függvény nyilván a 3 x, melynek integrálja: Megoldás:
1 3 4 3√ 3 x 3 dx = x 3 + c = x4 + c 4 4 A bels® függvény 4x + 7, tehát a = 4 és b = 7.
Z
√ 3
Z
x dx =
Alkalmazva az el®z®ekben ismertetett szabályt, a következ®t kapjuk: Z √ 3
9.
3 4x + 7 dx = · 4 Z
Feladat:
p 3
(4x + 7)4 3 q 3 +c= (4x + 7)4 + c 4 16
1 dx = 1 + 9x2
A függvény ezen alakjából nem igazán látszik az, hogy lineáris bels® függvénnyel rendelkez® összetett függvényr®l van szó, de ha egy kicsit alakítunk rajta, akkor már igen. Írjuk a 9x2 -et (3x)2 formában. Így az integrál a következ® alakot ölti: Megoldás:
Z
1 dx = 1 + 9x2
Z
1 dx 1 + (3x)2 1
Így már látható, hogy a küls® függvény most . Ez egy alapinteg1 + x2 rál: 1 dx = arctg x + c. 1 + x2 A bels® függvény 3x, azaz a = 3 és b = 0. Z
Ezután az eredmény a következ®: Z
1 dx = 1 + 9x2
Z
1 arctg 3x dx = +c 2 1 + (3x) 3
A feladatból jól látszik, hogy az alapintegrálok biztos ismerete nagyon fontos. Csak akkor jöhet rá valaki, hogy milyen alakban kell írni az 1 integrandust, ha tisztában azzal, hogy egy alapintegrál. Ezután 1 + x2 már könny¶ észrevenni ezen alapintegrál, és az integrandus közötti hasonlóságot. 10.
Z Feladat:
1 dx = 4 + x2
A feladat nagyon hasonlít az el®z®re. Az integrandus alig 1 alapintegráltól, de most más helyen tér el atkülönbözik az 2 Megoldás:
1+x
5
tól, mint az el®z® feladatban. Els®ként azt lenne jó elérnünk, hogy a 1 nevez®ben a 4 helyén 1 álljon, ezért célszer¶ kiemelni -et. 4
Z
1 1 dx = 2 4+x 4
1
Z
x2 1+ 4
dx
Ezzel elértük, hogy az integrandus lényegében olyan, mint az el®z® 2 2 x2 1 x feladatban. Írjunk ezután az -t, amit x formában helyett 4 2 2 is Zírhatunk. Z Z 1 4
1
1+
x2
dx =
1 4
1
2 dx =
1+
4
x 2
1 4
1 dx 1 2 1+ x 2
Így már egyértelm¶, hogy megint olyan összetett függvényt kell integ1 rálnunk, amiben a bels® függvény lineáris, s amelyben a küls® 1 + x2 függvény. Ennek integrálja már korábban is szerepelt: 1 dx = arctg x + c. 1 + x2 1 1 A bels® függvény most x, azaz a = és b = 0. 2 2 Z
Alkalmazzuk újra a korábban ismertetett szabályt, azaz integráljuk a küls® függvényt, alkossunk összetételt a bels® függvénnyel, és osszunk a bels® függvényb®l x együtthatójával. Így eredményünk az alábbi lesz: 1 4
11.
Z
x 1 x 1 arctg 2 1 + c = arctg + c 2 dx = 1 4 2 2 1 1+ x 2 2
Feladat:
Z
x2 + 5
6
· 2x dx =
Az integrandusban most azt ismerhetjük fel, hogy egy függvény hatványa áll benne megszorozva a hatványozott függvény deriváltjával. Úgy is mondhatjuk, hogy az integrandus f α (x)·f 0 (x) típusú. Az ilyen függvények integrálására is van egy könnyen alkalmazható szabályunk: Megoldás:
f α+1 (x) + c, ahol α ∈ IR \ {−1}. α+1 Ebben a feladatban nyilván f (x) = x2 + 5 az a függyvény, aminek Z
f α (x) · f 0 (x) dx =
a hatványa szerepel, s mellete ott áll szorzóként a deriváltja, hiszen 0 x2 + 5 = 2x. A szabály azt mondja ki, hogy ilyen esetben a függény 1-gyel magasabb kitev®j¶ hatványa lesz az integrál, elosztva ezen 1-gyel nagyobb kitev®vel. Így az alábbi eredményt kapjuk: 6
Z
2
x +5
6
· 2x dx =
Z
2
x +5
6
2
· x +5
0
x2 + 5 dx = 7
7
+c
Látható, hogy a megoldás során nem volt szükség az integrandus hosszas átalakítására. Az volt a fontos, hogy felismerjük, az integrandus típusát. Erre akkor van csak esélyünk, ha rendelkezünk az alapderiváltak biztos ismeretével. 12.
Feladat:
Z
3
x2 − 1
· x dx =
Az el®z® feladat megoldásának mintájára azt mondhatjuk, hogy legyen f (x) = x2 − 1, hiszen ennek a függvénynek hatványa szerepel az integrandusban. A gondot az okozza, hogy ennek deriváltja 0 x2 − 1 = 2x, és nem pontosan ez szerepel a függvény hatványa mellett szorzóként, hanem csak x. Ezen azonban segíthetünk, ha az integrandust szorozzuk is, és osztjuk is 2-vel. Így elérjük, hogy a függvény hatványa mellett a hatványozott függvény deriváltja álljon. Megoldás:
Z
x2 − 1
3
· x dx =
3
x2 − 1 2
Z
· 2x
dx =
Mivel konstans szorzó kiemelht® az integrálból, ezért a 2-vel osztás 1 helyett célszer¶bb -del szorzást írni az integrál elé. Így az integrandus 2 egyértelm¶en f α (x) · f 0 (x) típusú. 3
3 x2 − 1 · 2x 1 2 dx = x − 1 · 2x dx = 2 2 Z 0 3 1 2 = x − 1 · x2 − 1 dx 2 Z
Z
Alkalmazzuk az el®z® feladatban ismertetett szabályt. 1 2
Z
3
2
x −1
2
0
· x −1
1 x2 − 1 dx = 2 4
4
+c=
4 1 2 x −1 +c 8
A megoldásból látható, hogy ha az integrandus egyik tényez®je egy függvény hatványa, a másik pedig ezen hatványozott függvény deriváltjának szám szorosa, akkor kialakítható az f α (x) · f 0 (x) típusú integrandus. Ilyenkor megfelel® konstanssal szorzunk is és osztunk is, hogy a hatványozott függvény deriváltja jelenjen meg. Felhívjuk a gyelmet arra, hogy ilyet csak akkor tehetünk, ha a hatványozott függvény deriváltjától csak konstans szorzó erejéig tér el a tényez®. Ha nem konstans szorzó az eltérés, akkor a függvény nem integrálható ilyen módon. 13.
Z Feladat:
√ 3
cos x · sin x dx =
Megoldás: Ez el®z® két feladatban egyértelm¶en látható volt egy függvény hatványa, most ehhez egy kicsit alakítanunk kell az integranduson. A gyök helyett írjunk törtkitev®s hatványt.
7
Z
√ 3
cos x · sin x dx =
Z
1
(cos x) 3 · sin x dx
Így már megvan, hogy a cos x függvény hatványa szerepel az integrandusba egyik tényez®ként. Mellette sin x áll, ami csak egy el®jelben különbözik a cos x deriváltjától, hiszen (cos x)0 = − sin x. Érjük el, hogy megjelenjen a negatív el®jel az integrandusban. Ha két negatív el®jelet is kiteszünk, akkor mintha nem is tettünk volna semmit. Az egyiket tegyük ki az integrál elé, a másikat pedig belül a sin x-hez. Így elérjük, hogy a hatványozott függvény deriváltja álljon az integrandusba. Z
1
1
Z
(cos x) 3 · sin x dx = − (cos x) 3 · (− sin x) dx = 1
Z
= − (cos x) 3 · (cos x)0 dx f α+1 (x)
Z
Ezután már alkalmazható az f α (x) · f 0 (x) dx = + c szabály, α+1 s az alábbi eredményt kajuk: 4 4 3 (cos x) 3 + c = − (cos x) 3 + c. − (cos x) · (cos x)0 dx = − 4 4 3
Z
14.
1 3
sh x dx ch3 x Megoldás: Ebben a feladatban sem nyilvánvaló, hogy függvény hatványa szerepel, ezért alakítunk az integranduson. A tört helyett most írjunk negatív kitev®s hatvánnyal való szorzást. Z Z sh x dx = (ch x)−3 · sh x dx ch3 x Már csak annyit kell észrevennünk, hogy (ch x)0 = sh x, tehát a második tényez®ben a hatványozott függvény deriváltja áll. Z
Feladat:
Z
(ch x)−3 · sh x dx =
Z
(ch x)−3 · (ch x)0 dx
Alkalmazva a megfelel® szabályt, a következ® eredményt kapjuk: Z −1 (ch x)−2 +c= +c (ch x)−3 · (ch x)0 dx = −2 2(ch x)2 15.
Z Feladat:
(1 +
x2 )
1 dx = · arctg2 x 1
Tudjuk, hogy (arctg x)0 = . Ezért célszer¶nek lát1 + x2 szik két tört szorzatára bontani az integrandust, majd negatív kitev®s hatványt írni. Így jól láthatóvá tehetjük, hogy az integrandus f α (x) · f 0 (x) típusú. Megoldás:
8
1 1 1 dx = · dx = 2 2 2 (1 + x ) · arctg x (1 + x ) arctg2 x Z Z 1 −2 · ( arctg x) dx = (arctg x)−2 · (arctg x)0 dx (1 + x2 )
Z
Z
Alkalmazzuk tehát az f α (x) · f 0 (x) típusú függvényekre vonatkozó integrálási módszert. Z (arctg x)−1 −1 (arctg x)−2 · (arctg x)0 dx = +c= +c −1 arctg x 16.
Z √ Feladat:
ln x dx = x 1
Tudjuk, hogy (ln x)0 = , ezért célszer¶ a törtet szorzattá x bontani, majd a gyök helyett törtkitev®s hatványt írni. Így jól láthatóvá válik, hogy az integrandus f α (x) · f 0 (x) típusú függvény. Megoldás:
Z √
ln x dx = x
Z √
ln x ·
1 dx = x
Z
1
(ln x) 2 · (ln x)0 dx
Alkalmazva a megfelel® integrálási módszert, a következ® eredményt kapjuk: 3
Z
17.
(ln x) 2 2q (ln x) · (ln x) dx = +c= (ln x)3 + c. 3 3 2 1 2
0
Z Feladat:
3x2 − 2 dx = − 2x + 6
x3
Az integrandus olyan tört, melynek számlálójában épp a nevez® deriváltja áll, hiszen x3 − 2x + 6 0 = 3x2 − 2. Ezt úgy is mondMegoldás:
hatjuk, hogy egy
f 0 (x) típusú függvényt kell integrálnunk. Az ilyen f (x)
függvények integrálására is van egy egyszer¶ szabály, mely a következ®: Z
f 0 (x) dx = ln |f (x)| + c. f (x)
Mivel most jól láthatóan f (x) = x3 − 2x + 6, csak annyi a feladatunk, hogy behelyettesítsünk a szabályba. Z
18.
3x2 − 2 dx = x3 − 2x + 6 Z
Feladat:
Z
0
x3 − 2x + 6 dx = ln |x3 − 2x + 6| + c x3 − 2x + 6
e3x dx = e3x + 5
Most azt kell felismernünk az integranduson, hogy a számláló, csak egy konstans szorzóban tér el a nevez® deriváltjától, hiszen (e3x + 5)0 = 3e3x . Megoldás:
9
Ha be tudjuk csempészni a számlálóba a 3-at, akkor az integrandus
f 0 (x) típusú lesz, s el tudjuk végezni az integrálást. Hasonló esettel f (x)
már találkoztunk korábban, és akkor a hiányzó konstanssal szoroztunk is, osztottunk is. Az osztást egyb®l írjuk az integrál jel elé, reciprokkal történ® szorzás formájában. e3x 1 dx = e3x + 5 3
Z
3e3x 1 dx = e3x + 5 3
0
e3x + 5 dx e3x + 5 Z 0 f (x) Ezután már csak be kell helyettesítenünk az dx = ln |f (x)| + c f (x)
Z
Z
szabályba.
0
e3x + 5 1 3x 1 3x dx = ln e + 5 + c = ln e + 5 +c e3x + 5 3 3 Mivel a e3x + 5 > 0 minden x ∈ IR esetén, ezért hagyhattuk el az
1 3
Z
abszolút értéket az eredményben. Amint látható, ha olyan törtünk van, meyben a számláló csak konstans szorzóban különbözik a nevez® deriváltjától, akkor a hiányzó konstanssal szorozva és osztva is, elérhet®, hogy
legyen az integrandus. 19.
Z Feladat:
x2
f 0 (x) típusú függvény f (x)
x dx = +4
Vegyük észre, hogy a nevez® deriváltja x2 + 4 0 = 2x, csak egy konstans szorzóban tér el a tört számlálójától, ami x. Ahhoz,
Megoldás:
f 0 (x) típusú függvény legyen az integrandus, szükség lenne a f (x) számlálóban a 2-re. Az el®bbiek szerint szorozzunk 2-vel, és ossszunk is 1 2-vel. Az osztást egyb®l írjuk az integrál elé -del szorzás formájában. 2 0 Z Z Z 2 x 1 2x 1 x +4 dx = dx = dx 2 2 x +4 2 x +4 2 x2 + 4
hogy
Már csak be kell helyettesítenünk a szabályba. 1 2
Z
0
x2 + 4 1 2 1 dx = ln x + 4 + c = ln x2 + 4 + c 2 x +4 2 2
Az abszolút érték most is elhagyható az eredményben, hiszen x2 +4 > 0 minden x ∈ IR esetén. 20.
Z Feladat:
tg x dx =
Megoldás:
Használjuk fel a tg x de nícióját, azaz írjunk helyette
et.
10
sin x cos x
Z
tg x dx =
Z
sin x dx cos x
Az integrálandó tört számlálója csak egy el®jelben tér el a nevez® deriváltjától, hiszen (cos x)0 = − sin x. Szorozzuk meg ezért az integrandust −1-gyel, és az integrál elé is írjunk egy negatív el®jelet. Így elérjük, hogy az integrandus sin x dx = − cos x
Z
Z
f 0 (x) típusú függvény legyen. f (x)
− sin x dx = − cos x
Z
(cos x)0 dx cos x
Ezután már csak be kell helyettesítenünk a megfelel® integrálási szabályba. Z
−
21.
(cos x)0 dx = − ln | cos x| + c cos x Z
Feladat:
(2x − 6) · sh x dx =
Az integrandus most szorzat, s azon belül is egyik tényez®je polinom, a másik pedig a sh x. Ilyen esetben a parciális integrálás alkalmazásával érhetünk célt. Ennek szabálya röviden a következ®: Megoldás:
Z
0
u(x) · v (x) dx = u(x) · v(x) −
Z
u0 (x) · v(x) dx
Válasszuk a polinomot u(x)-nek, mert így a szabály alkalmazása után visszamaradó integrálban majd ezen polinom deriváltja fog megjelenni, ami már csak egy konstans. Így a parciális integrálás után már nem szorzatfüggvény áll majd az integrandusban. Legyen tehát u(x) = 2x − 6 és v 0 (x) = sh x. Ekkor u0 (x) = 2 és v(x) = ch x. Az ismert v 0 (x)-b®l integrálással kaptuk meg v(x)-et. Helyettesítsünk be a szabályba. Z
(2x − 6) · sh x dx = (2x − 6) · ch x −
Z
2 · ch x dx
A feladatot még nem oldottuk meg, hisz még van egy integrálunk. Ebb®l azonban a konstans szorzót kiemelhetjük, s utána már csak egy alapintegrál marad. Így az eredmény a következ® lesz: (2x − 6) · ch x −
Z
Z
2 · ch x dx = (2x − 6) · ch x − 2
ch x dx =
= (2x − 6) · ch x − 2sh x + c
22.
Z Feladat:
(3x + 7) · 5x dx
Az integrandus egy hasonló szorzat, mint amilyen az el®z® feladatban szerepelt, így megint a parciális integrálással próbálkozhatunk. Megoldás:
11
Legyen u(x) = 3x + 7 és v 0 (x) = 5x . Ekkor u0 (x) = 3 és v(x) =
5x . ln 5
Helyettesítsünk be a szabályba. Z
(3x + 7) · 5x dx = (3x + 7) ·
5x − ln 5
Z
3·
5x dx ln 5
A még meghatározandó integrálból emeljük ki a konstansokat, így már csak egy alapintegrál marad majd, amit meghatározunk. 5x 5x 5x 3 (3x + 7) · − 3· dx = (3x + 7) · − 5x dx = ln 5 ln 5 ln 5 ln 5 3 5x 3 5x 5x 3x + 7 − +c = (3x + 7) · − · +c= ln 5 ln 5 ln 5 ln 5 ln 5 Z
23.
Z Feladat:
Z
(4x + 3) · ln x dx =
Ismét szorzatot kell integrálnunk, és az egyik tényez® most is polinom, de a másik tényez®ben álló ln x más típusú mint ami az el®z® két feladatban szerepelt. Akkor ott olyan függvény állt, amely alapintegrál volt. A ln x nem ilyen függvény. Ezért nem célszer¶ ®t v 0 (x)-nek választani, hiszen akkor a v(x)-et nem könny¶ meghatározni. Legyen tehát a szereposztás most a parciális integrálás során a következ®: u(x) = ln x és v 0 (x) = 4x + 3 Megoldás:
Ekkor u0 (x) =
1 és v(x) = 2x2 + 3x x
Helyettesítsünk ezután a szabályba. Z
2
(4x + 3) · ln x dx = 2x + 3x · ln x −
Z
1
2x2 + 3x ·
x
dx
A még meghatározandó integrálban egyszer¶sítsünk, majd végezzük el az integrálást. 2x2
2.
+ 3x · ln x −
Z
2x + 3 dx = 2x2 + 3x · ln x − x2 + 3x + c
Összetett feladatok
1.
Z Feladat:
ctg2 x dx =
Az integrandus egy összetett függvény, s az összetett függvényekre nincs általános integrálási szabály. Próbáljuk átalakítani, hogy integrálható függvényt, vagy azok összegét kapjuk. Induljunk el a legcos x egyszer¶bb szóba jöhet® összefüggésb®l, mely szerint ctg x = , sin x és írjuk ezt be az integrandusba. Mivel így egy tört négyzetét kapjuk, ezután úgy alakíthatunk tovább, hogy külön emeljük négyzetre a számlálót és a nevez®t. Megoldás:
12
Z
ctg2 x dx =
Z
cos x sin x
2
Z
dx =
cos2 x dx sin2 x
Még nem látszik pontosan miért jó ez az átalakítás, de középiskolából több olyan összefüggés is ismert, melyben sin2 x és cos2 x szerepel, így ebben az irányban tovább alakítható a függvény. Ismét a legegyszer¶bb összefüggésb®l menjünk tovább, ami a sin2 x + cos2 x = 1 azonosság. Rendezzük ezt át cos2 x = 1 − sin2 x alakra, és helyettesítsünk be az integrandus számlálójába. Z
cos2 x dx = sin2 x
Z
1 − sin2 x dx sin2 x
Bontsuk fel ezután a törtet két tört összegére azáltal, hogy külön osztjuk el a számláló tagjait, majd egyszer¶sítsünk amelyik törtben erre lehet®ség van. Z
1 − sin2 x dx = sin2 x
Z
1 − 1 dx = sin2 x
Z
sin2 x 1 − dx = sin2 x sin2 x
Z
1 − 1 dx sin2 x
Ezzel sikerült elérnünk, hogy az integrandus két alapintegrál különbsége lett. A tagokat külön integrálhatjuk, s az alapintegrálokat egyszer¶en be kell helyettesítenünk. Z
1 dx − sin2 x
Z
1 dx = −ctg x − x + c
A feladatot megoldottuk, de talán az olvasóban felvet®dik az a kérdés, miért nem a nevez®ben álló sin2 x helyére helyettesítettünk 1 − cos2 xet, hiszen ezt is megtehettük volna. Természetesen ez az átalakítás sem lett volna hibás, de ekkor nem tudtuk volna tovább alakítani az integrandust. A törtek esetében többször hajthatunk végre olyan átalakítást, hogy külön osztjuk el a számláló tagjait. Ehhez arra van szükség, hogy a számlálóban álljon összeg vagy különbség, és ne a nevez®ben. Az is fontos volt a további alakítás során, hogy a számláló egyik tagja megegyezett a nevez®vel, s így tudtunk egyszer¶síteni. Az Z egyszer¶sítés után kapott 1 pedig alapintegrál, hiszen 1 dx = x + c. 2.
Z Feladat:
5x2 + 2 dx = x2 · (x2 + 1)
Az integrandus egy elég bonyolult tört, azonban észrevehetjük, hogy a számláló olyan összegre bontható, melynek egyik tagja a nevez® egyik tényez®jének, másik tagja pedig a nevez® másik tényez®jének a számszorosa. Megoldás:
Z
5x2 + 2 dx = x2 · (x2 + 1)
Z
3x2 + 2 x2 + 1 dx x2 · (x2 + 1)
Ez azért jó, mert így a törtet két tört összegére bonthatjuk, és a keletkez® törteken belül egyszer¶síthetünk. 13
3x2 + 2 x2 + 1 dx = x2 · (x2 + 1) Z 2 3 + 2 dx = 2 x +1 x
Z
3x2 2 x2 + 1 + dx = x2 · (x2 + 1) x2 · (x2 + 1)
Z
Az összeget természetesen tagonként integráljuk, a konstans szorzók pedig kiemelhet®k. 3 2 + dx = x2 + 1 x2
Z
Z
3 dx + x2 + 1
Z
2 dx = 3 x2
Z
1 dx + 2 x2 + 1
Z
1 dx x2
Az els® tag alapintegrál, a második tagban pedig a reciprok helyett írjunk inkább negatív kitev®s hatányt. Z
3
1 dx + 2 x2 + 1
Z
1 dx + 2 x2 + 1
Z
1 dx = 3 x2
Z
1 dx + 2 x2 + 1
Z
x−2 dx
Ezután már csak be kell helyettesítenünk a megfelel® alapintegrálokat. Z
3
3.
Z Feladat:
x−2 dx = 3arctg x + 2
x−1 2 + c = 3arctg x − + c −1 x
7 dx = 25x2 + 20x + 13
Olyan tört áll az integrandusban, melynek számlálója konstans, nevez®je pedig egy másodfokú kifejezés. Hasonlóval találkoztunk az alapfeladatok között, csak ott a másodfokú kifejezés sokkal egyszer¶bb volt. Akkor olyan összetett függvénnyé tudtuk alakítani az integrandust, melynek lineáris bels® függvénye volt. Most is megpróbálhatjuk ezt elérni. Ehhez els® lépésként alakítsunk teljes négyzetté a nevez®ben, a számlálóból a konstanst pedig emeljük ki. Megoldás:
7 dx = 7 25x2 + 20x + 13
1 dx (5x + 2)2 + 9 Ezután emeljük ki a nevez®b®l a 9-et, hogy helyén 1 maradjon. Azért 1 tesszük ezt, mert a függvény így egyre jobban hasonlít majd az 1 + x2 Z
Z
alapintegrálra.
1 dx (5x + 2)2 +1 9 (5x + 2)2 5x + 2 2 Az -et írjuk inkább alakban. 9 3 Z Z 7 1 7 1 dx = dx 2 9 (5x + 2) 9 5x + 2 2 +1 +1 3 9 5x + 2 Utolsó átalakításként pedig az helyett használjuk inkább az 3 5 2 x + alakot, valamint cseréljük meg a nevez®ben a tagok sorrend3 3 Z
7
1 7 dx = 2 9 (5x + 2) + 9
Z
jét.
14
7 9
Z
7 1 dx = 2 9 5x + 2 +1 3
1
Z
1+
5 2 x+ 3 3
2 dx
Ezen alakból már jól látszik, hogy olyan összetett függvényt kell integ1 rálnunk, melynek küls® függvénye az alapintegrál, bels® függ2
1+x 5 2 vénye pedig az x + lineáris függvény. Alkalmazzuk az ilyen összetett 3 3 Z F (ax + b) + c integrálási szafüggvényekre vonatkozó f (ax + b) dx = a
bályt.
A küls® függvény integrálja:
Z
5 1 dx = arctg x + c, és a = . 2 1+x 3
Helyettesítsünk a szabályba. Az alábbi eredményt kapjuk:
5 2 Z arctg x + 5 1 2 7 7 7 3 3 +c x+ +c = arctg dx = 5 9 9 15 3 3 5 2 2 1+ x+ 3 3 3
A feladat megoldása során alkalmazott eljárás segítségével integrálhatjuk az összes olyan törtet, melynek számlálója konstans, nevez®je pedig szorzattá nem bontható másodfokú kifejezés. Ilyenkor a nevez®ben teljes négyzetté alakítunk, majd kiemeléssel elérjük, hogy az összegben szerepl® konstans tag 1 legyen. A nevez®ben szerepl® másik tagot úgy alakítjuk, hogy egy els®fokú kifejezés négyzete legyen. Ekkor olyan 1 összetett függvényt kapunk, melynek küls® függvénye , bels® 1 + x2 függvénye pedig lineáris. 4.
Z Feladat:
√
1 dx = 9x2 − 24x − 9
A feladat nagyon hasonlít az el®z®re, csak a nevez®ben gyök alatt áll a másodfokú kifejezés. Van három olyan alapintegrálunk, melyben a nevez®ben másodfokú kifejezés áll gyök alatt. Ezek a következ®k: Z Megoldás:
1 dx = arcsin x + c, 1 − x2 Z 1 √ dx = arsh x + c, 1 + x2 Z 1 √ dx = arch x + c. 2 x −1 √
Ha az el®z® feladatban alkalmazott eljárással alakítjuk az integrandust, most a gyök alatt végrehajtva a lépéseket, akkor olyan összetett függvényt kapunk, melynek küls® függvénye ezen három alapintegrál valamelyike, bels® függvénye pedig lineáris. Els® lépésként alakítsunk teljes négyzetté a gyök alatt. 15
1 dx (3x − 4)2 − 25 Most kiemeléssel érjük el, hogy a 25 helyére 1 kerüljön. Mivel gyök alól 1 emelünk ki, így az integrál el®tt jelenik meg. 5 Z Z 1 1 1 p s dx = dx 2 5 (3x − 4) − 25 (3x − 4)2 −1 25 Z
1 √ dx = 2 9x − 24x − 9
Z
p
Ezután a gyök alatti törtet alakítsuk úgy, hogy els®fokú kifejezés négyzete szerepeljen. 1 5
1
Z s
1 = 5
(3x − 25
4)2
dx =
s
1
Z s
−1
1
Z
1 5
3 4 x− 5 5
1 x2
Z
Alkalmazva az f (ax + b) dx = alábbi eredményt kapjuk:
5.
1 s
3 4 x− 5 5 Z
Feladat:
−1
−1
4 3 x− . 5 5
1 5
dx =
2
dx
2
Amint látható, jelen esetben √
Z
3x − 4 5
dx =
2
−1
a küls® függvény, a bels® bedig
F (ax + b) + c integrálási szabályt, az a
arch 1 5
−1
3 4 x− 3 4 1 5 5 x− +c +c = arch 3 3 5 5 5
cos5 x dx =
Az integrandusban szerepel egy függvény hatványa, de sajnos nem szerepel mellette szorzóként a hatványozott függvény deriváltja, vagy annak számszorosa. Így nem tudjuk azt mondani, hogy az integrandus f α (x) · f 0 (x) típusú. Bontsuk ezért szorzattá a függvényt.
Megoldás:
Z
5
cos x dx =
Z
cos4 x · cos x dx
Az els® tényez® tovább alakítható. Z
cos4 x · cos x dx =
Z
cos2 x
2
· cos x dx
A sin2 x + cos2 x = 1 összefüggést rendezzük cos2 x = 1 − sin2 x alakra, és helyettesítsünk az integrandusban cos2 x helyére. 16
Z
2
cos x
2
· cos x dx =
Z
1 − sin2 x
2
· cos x dx
Végezzük el a négyzetre emelést. Z
1 − sin2 x
2
· cos x dx =
Z
1 − 2 sin2 x + sin4 x · cos x dx
Ezután a zárójelet felbontva, az alábbit kapjuk: Z
cos x − 2 sin2 x · cos x + sin4 x · cos x dx
A három tagot külön integráljuk, és a második tagból kiemelünk. Z
cos x dx − 2
Z
2
sin x · cos x dx +
Z
sin4 x · cos x dx
Az els® tag egy alapintegrál, a másik kett®ben pedig f α (x)·f 0 (x) típusú függvény az integrandus, hiszen (sin x)0 = cos x. Így ezen két tag esef α+1 (x)
Z
tében az f α (x) · f 0 (x) dx = + c szabályt alkalmazhatjuk. α+1 Az eredmény az alábbi: sin x − 2
sin3 x sin5 x + +c 3 5
Hasonló módon integrálhatók a sin x, cos x, shx és chx páratlan kitev®s hatványai. 6.
Feladat:
Z
4x2 − 6x + 5 · cos x dx
Az integrandus egy szorzat, melynek els® tényez®je egy polinom, második tényez®jeR pedig a cos x. Ilyen esetben a parciális R integrálás ( u · v 0 = u · v − u0 · v) vezet célhoz. Legyen u = 4x2 − 6x + 5 és v 0 = cos x. Ekkor u0 = 8x − 6 és v = sin x. Helyettesítsünk a szabályba. Megoldás:
Z
2
2
Z
4x − 6x + 5 · cos x dx = 4x − 6x + 5 ·sin x−
(8x − 6) · sin x dx
A még meghatározandó integrál ugyanolyan típusú, mint amilyen az eredeti feladat volt, csak 1-gyel alacsonyabb a polinom fokszáma, azaz már csak els®fokú. Ezért újra alkalmazzuk a parciális integrálást. Legyen u = 8x − 6 és v 0 = sin x. Ekkor u0 = 8 és v = − cos x. Amikor a szabályba helyettesítünk, akkor gyeljünk oda, hogy az integrál el®tt negatív el®jel állt, ami majd az integrál helyére kerül® mindkét tagra vonatkozik majd. Ezért célszer¶ zárójelbe tenni a behelyettesítésnél, hogy csökkentsük a hibázás veszélyét. Z
4x2 − 6x + 5 · cos x dx =
17
=
4x2
− 6x + 5 · sin x − (8x − 6) · (− cos x) −
Z
8(− cos x) dx
Bontsuk fel a zárójelet, és emeljük ki a konstanst az integrálból. Z
4x2 − 6x + 5 · cos x dx = Z
= 4x2 − 6x + 5 · sin x + (8x − 6) · cos x − 8
cos x dx
Már csak egy alapintegrálunk van, melyet helyettesítsünk be. Az eredmény a következ®: Z
4x2 − 6x + 5 · cos x dx =
= 4x2 − 6x + 5 · sin x + (8x − 6) · cos x − 8 sin x + c =
= 4x2 − 6x − 3 · sin x + (8x − 6) · cos x + c.
7.
Z Feladat:
arcsin x dx =
Az integrandus egy olyan elemi alapfüggvény, mely egy másik elemi alapfüggvény inverzeként került bevezetésre. Ilyen függvények pl. a ln x, arccos x, arctg x, arsh x, arth x . . .. Ilyen esetben a parciális integrálás alkalmazása célravezet®. Mivel azonban az integrandus nem szorzat, ilyenkor a függvény mellé egy 1-es szorzót írunk. A szereposztás természetesen a következ®: u = arcsin x és v 0 = 1. Megoldás:
Ekkor u0 = √
1 és v = x. 1 − x2
(Gondoljuk végig, hogy a fordított szereposztás teljesen értelmetlen, hiszen ha v 0 = arcsin x lenne, akkor a parciális integrálás végrehajtásához szükségünk volna már az integrál eredményére. Csak olyan függvényt választhatunk v 0 -nak, amit könnyen tudunk integrálni.) Helyettesítsünk a szabályba. 1 dx 1 − x2 1 A még meghatározandó integrálban az √ -et írjuk át hatvány 1 − x2 alakra, valamint szorozzunk és osszunk −2-vel. Az osztást persze ír1 juk egyb®l az integrál el®tt − -del szorzás formájában. Így az alábbit 2
Z
arcsin x dx = x · arcsin x −
Z
x· √
kapjuk: Z
1 arcsin x dx = x · arcsin x − − 2
Z
1−x
2
− 12
· (−2x) dx.
Azért kedvez® ez az átalakítás, mert 1 − x2 0 = −2x, így ezáltal egy f α (x) · f 0 (x) típusú függvényt kaptunk. Alkalmazzuk az ilyen függvényekre vonatkozó integrálási szabályt.
18
Z
1 1 − x2 arcsin x dx = x · arcsin x + 1 2 2
= x · arcsin x +
8.
Z Feladat:
p
− 12
+c=
1 − x2 + c
3x · cos x dx =
Az integrandus olyan szorzat, melynek mindkét tényez®je az sin x, cos x, sh x, ch x függvények valamelyike. Ilyen esetben is sokszor célszer¶ a parciális integrálás alkalmazása, s®t általában kétszer is kell használni a szabályt. Az ilyen integrandus esetén mindegy, hogyan osztjuk ki a szerepeket az els® parciális integrálás során. Legyen most u = 3x és v 0 = cos x a szereposztás. Ekkor u0 = 3x · ln 3 és v = sin x. Helyettesítsünk a szabályba. Megoldás:
ax ,
Z
x
x
3 · cos x dx = 3 · sin x −
Z
3x · ln 3 · sin x dx
Eneljük ki az integrálból a konstans ln 3-at, majd osszuk ki a következ® parciális integráláshoz a szerepeket. Itt már nem mindegy, hogyan választunk. Ugyanúgy kell kiosztanunk a szerepeket, mint az els® esetben. Z Z 3x · cos x dx = 3x · sin x − ln 3
3x · sin x dx
Legyen tehát u = 3x és v 0 = sin x a szereposztás. Ekkor u0 = 3x · ln 3 és v = − cos x. Újra helyettesítsünk a szabályba. Z
3x · cos x dx =
x
x
3 · sin x − ln 3 · 3 · (− cos x) −
Z
x
3 · ln 3 · (− cos x) dx
Bontsuk fel a zárójelet, és ismét emeljük ki a konstanst az integrálból. Z
x
x
x
2
3 · cos x dx = 3 · sin x + ln 3 · 3 · cos x − ln 3 ·
Z
3x · cos x dx
Így lényegében egy olyan egyenletet kaptunk, amiben az integrál az ismeretlen, mert a kétszeri parciális integrálás után az eredeti integrál szám szorosát kaptuk. Annyi a feladatunk, hogy ebb®l az egyenletb®l kifjezzük az integrált. Els® lépésként adjunk mindkét oldalhoz ln2 3 · Z
Z
3x · cos x dx-et.
3x · cos x dx + ln2 3 ·
Z
3x · cos x dx = 3x · sin x + ln 3 · 3x · cos x + c
19
Emeljük ki az integrált a bal oldalon.
1 + ln2 3
Z
3x · cos x dx = 3x · sin x + ln 3 · 3x · cos x + c
Végül osszuk az egyenlet mindkét oldalát 1 + ln2 3 -mal. Z
9.
3x · cos x dx = Z
Feladat:
1 (3x · sin x + ln 3 · 3x · cos x) + c 1 + ln2 3
e2x · sin 3x dx =
A feladat hasonlít az el®z®re. Olyan szorzatot kell integrálnunk, melynek egyik tényez®je exponenciális, másik tényez®je pedig sin. Most is parciális integrálással célszer¶ próbálkozni, és tetsz®legesen oszthatjuk ki a szerepeket. Legyen pl. u = e2x és v 0 = sin 3x. Megoldás:
Ekkor u0 = 2e2x és v = −
cos 3x . 3
Szeretnénk felhívni a gyelmet arra, hogy mindkét tényez® olyan összetett függvény, melynek bels® függvénye els®fokú. Figyeljünk oda, mert amikor u-ból u0 -t állítjuk el®, akkor a deriválásnál a bels® függvény deriváltjával szoroznunk kell a küls® függvény deriváltját, amikor pedig v 0 -b®l állítjuk el® v -t, azaz integrálunk, akkor a bels® függvényb®l x együtthatójával osztanunk kell a küls® függvény integrálját. Helyettesítsünk be ezután a szabályba. Z
2x
e
· sin 3x dx = e
2x
cos 3x · − 3
−
Z
2e
2x
cos 3x · − 3
dx
Miel®tt újra alkalmaznánk a parciális integrálást, célszer¶ ezt egy kicsit rendezni, s a konstansokat kiemelni a tagokban. Z
2x
e
1 2 · sin 3x dx = − e2x · cos 3x + 3 3
Z
e2x · cos 3x dx
Most újra osszuk ki a szerepeket immáron gyelve arra, hogy ugyanúgy tegyük ezt, mint az els® esetben. Legyen pl. u = e2x és v 0 = cos 3x. Ekkor u0 = 2e2x és v =
sin 3x . 3
Helyettesítsünk a szabályba. Z
2x
e
1 2 2x sin 3x · sin 3x dx = − e2x · cos 3x + e · − 3 3 3
Z
2x
2e
sin 3x · dx 3
Bontsuk fel a zárójelet, és a konstansokat most is emeljük ki a tagokból. Z
1 2 4 e2x · sin 3x dx = − e2x · cos 3x + e2x · sin 3x − 3 9 9
20
Z
e2x · sin 3x dx
A kétszeri parciáli sintegrálás után az eredeti integrál egy szám szorosát kaptuk a jobb oldalon. Így annyi a feladatunk, hogy a kapott egyenletb®l fejezzük ki az integrált. Adjunk hozzá mindkét oldalhoz 4 e2x · sin 3x dx-et. 9 Z 13 1 2 e2x · sin 3x dx = − e2x · cos 3x + e2x · sin 3x + c 9 3 9 9 13 Végül osszunk -del, azaz szorozzunk -dal. 9 13 Z 3 2 e2x · sin 3x dx = − e2x · cos 3x + e2x · sin 3x + c 13 13 Z
Az eredményt kiemelés után az alábbi alakban is írhatjuk: Z
e2x · sin 3x dx =
e2x (2 sin 3x − 3 cos 3x) + c. 13
21
