Határozott integrál és alkalmazásai 2015. má jus 5.
1.
Alapfeladatok
1.
Z 3√ Feladat:
x + 1 dx =
0
Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki, hogy ha f folytonos függvény az [a, b] intervallumon, és F ezen f függvény egy tetsz®leges primitív függvénye, akkor Megoldás:
Z b
f (x) dx = [F (x)]ba = F (b) − F (a).
a
Eszerint els®ként szükségünk van egy primitív függvényre, azaz tulajdonképpen határozatlanul kell integrálnunk. Ezután már csak be kell helyettesítenünk az integrálási határokat a kapott primitív függvénybe, és venni azok különbségét. A primitív függvény meghatározásához írjuk a gyököt hatvány alakban. Z 3√
Z 3
x + 1 dx =
0
1
(x + 1) 2 dx
0
Most állítsuk el® a primitív függvényt. Mivel hatványt integrálunk, így eggyel növeljük a kitev®t, s az új kitev®vel osztunk. Z 3 0
3 2
3
3 3 (x + 1) = 2 (x + 1) 2 3 3 0
1 2
(x + 1) dx =
2
0
Ezután helyettesítsük be az integrálási határokat, s vegyük a két érték különbségét. A fels® határ helyettesítési értékéb®l vonjuk az alsó határ helyettesítési értékét. 3 2 (x + 1) 2 3
2.
3 0
Z 2 Feladat:
1
3 3 2 2 2 2 14 = (3 + 1) 2 − (0 + 1) 2 = · 8 − · 1 = 3 3 3 3 3
1 dx = (3x − 2)2
Els®ként most is egy primitív függvényt kell meghatároznunk. Ehhez a tört helyett célszer¶ negatív kitev®s hatványt írnunk. Megoldás:
1
Z 2 1
Z 2
1 dx = (3x − 2)2
(3x − 2)−2 dx
1
A határozatlan integrálás során most is eggyel növeljük a kitev®t, és osztunk az új kitev®vel. De most gyeljünk oda, mert lineáris bels® függvény is van a hatványon belül. Ezért osztanunk kell még a bels® függvényb®l x együtthatójával. Z 2 1
"
(3x − 2)−1 (3x − 2)−2 dx = −1 · 3
#2
1 = − 3(3x − 2)
1
2 1
1 = − 9x − 6
2 1
Vegyük ezek után a fels® és az alsó határ helyettesítési értékének különbségét.
−
3.
1 9x − 6
Feladat:
2 1
Z 4 1−x
√
1
√
1
x
=−
1 1 1 + = 12 3 4
dx =
x
Els® lépésként írjuk a gyököt hatvány alakban.
Megoldás:
Z 4 1−x
1 1 − − 9·2−6 9·1−6
=−
dx =
Z 4 1−x 1
1
dx
x2
Bontsuk két törtre az integrálandó törtet. Z 4 1−x 1
x
1 2
dx =
Z 4 1 1
x
x
−
1 2
1
dx
x2
Az els® tagot írjuk negatív kitev®vel, a második tagban pedig végezzük el az osztást, így mindegyik tagban egyetlen hatványfüggvényt kapunk. Z 4 1 1
−
1
x2
Z 4
x
x
dx =
1
−
1 2
−x
1− 12
Z 4
1
x2
x
dx =
−
1 2
1
− x 2 dx
1
Végezzük el a határozatlan integrálást. Z 4
x 1
−
1 2
1 2
3 2
2
2
4
1 x x 2 32 4 2 = 2x − x − x dx = − 1 3 3 1 1 2
1
Utolsó lépésként pedig vegyük a fels® és az alsó határ helyettesítési értékének különbségét. 1 2 3 4 2 3 2x − x 2 = 2 · 4 2 − · 4 2 3 3 1 16 2 8 = 4− − 2− =− 3 3 3
4.
1 2
Z Feladat:
π 6
2 3 − 2 · 1 − · 12 3
1 2
=
cos 3x dx =
0
Els®ként határozzunk meg egy primitív függvényt. Figyeljünk oda, olyan összetett függvényt integrálunk, melyben a bels® függvény Megoldás:
2
lineáris. Ezért a küls® függvény integrálját osztani kell a bels® függvényb®l x együtthatójával. Z
π 6
0
sin 3x cos 3x dx = 3
π 6
0
Helyettesítsük be a határokat, és vegyük a kapott értékek különbségét. π sin 3 · sin 3x 6 = 3 3 0 1 1 = (1 − 0) = 3 3
π 6
5.
Z 4 Feladat:
2
π sin(3 · 0) 1 sin − sin 0 = = 3 3 2
−
5 dx = 2x − 3
Az integrandusból emeljük ki a számlálóban álló 5-öt, s utána olyan összetett függvény marad, melynek bels® függvénye els®fokú. Ezután hajtsuk végre a határozatlan integrálást. Megoldás:
Z 4 2
5 dx = 5 2x − 3
Z 4 2
1 ln |2x − 3| dx = 5 2x − 3 2
4
= 2
5 [ln |2x − 3|]42 2
Helyettesítsük a két határt, s vegyük az értékek különbségét. 5 5 5 [ln |2x − 3|]42 = (ln |2 · 4 − 3| − ln |2 · 2 − 3|) = (ln 5 − ln 1) = 2 2 2 5 5 = (ln 5 − 0) = ln 5 ≈ 4.024 2 2
6.
Határozzuk meg az f (x) = x2 − 4x + 5 függvény gra konja és az x-tengely közötti síkrész területét a [0, 3] intervallumon! Megoldás: Vizsgáljuk meg, vált-e el®jelet a függvény a (0, 3) intervallumban. Ha ugyanis igen, akkor több részletben kell számolnunk a területet, de ha nem, akkor egyetlen integrál kiszámolása elég lesz. Oldjuk meg tehát az f (x) = 0 egyenletet, ami az x2 − 4x + 5 = 0 másodfokú egyenletet jelenti. Mivel ennek az egyenletnek a diszkriminánsa negatív D = (−4)2 − 4 · 5 = −4 < 0 , ezért nincs valós gyök, tehát a függvény sehol sem vált el®jelet. Mivel x2 együtthatója pozitív, ezért a függvény csak pozitív értékeket vesz fel. Így a kérdéses terület egyszer¶en megegyezik a függvény adott intervallumon vett integráljával, azaz Feladat:
Z 3
T = 0
x2 − 4x + 5 dx.
Határozzunk meg egy primitív függvényt. "
x3 T = − 2x2 + 5x 3
#3 0
Helyettesítsük a két határt, és vegyük az értékek különbségét. 3
1. ábra. Az f (x) = x2 − 4x + 5 függvény gra konja !
33 − 2 · 32 + 5 · 3 − 3
T =
7.
03 − 2 · 02 + 5 · 0 3
!
=6
Határozzuk meg az f (x) = x2 + 4x függvény gra konja és az x tengely által közrezárt véges síkrész területét! Megoldás: Els® lépésben határozzuk meg, hol metszi a függvény gra konja az x tengelyt, azaz oldjuk meg az f (x) = 0 egyenletet.
Feladat:
x2 + 4x = 0
Alakítsunk szorzattá a bal oldalon. x(x + 4) = 0
Így már egyértelm¶, hogy az egyenlet két megoldása az x = −4 és az x = 0. Ha készítünk egy ábrát a függvényr®l, akkor nyilvánvaló, hogy a meghatározandó terület a függvény [−4, 0] intervallumon vett integráljának −1-szerese, mert az alakzat az x tengely alatt helyezkedik el. Z 0
T =−
x2 + 4x dx
−4
Határozzunk meg egy primitív függvényt. "
x3 T =− + 2x2 3
#0 −4
Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. !
T =−
03 + 2 · 02 − 3
(−4)3 + 2 · (−4)2 3
!!
=
32 3
A feladat megoldásából látható, hogy ha olyan alakzat területét keressük, amely az adott intervallumon negatív érték¶ függvény gra konja, 4
2. ábra. Az f (x) = x2 + 4x függvény gra konja és az x tengely között helyezkedik el, akkor a függvény integráljának −1-szeresét kell vennünk. Természetesen azt is megtehetnénk ilyenkor, hogy a függvény adott intervallumon vett integráljának az abszolút értékét vesszük. Jelen esetben a következ®t is írhattuk volna: Z 0
T =
8.
−4
x2 + 4x dx .
Határozzuk meg az f (x) = x3 − 8 függvény gra konja és a koordinátarendszer két tengelye által határolt véges síkrész területét! Megoldás: A feladat megoldását ismét az f (x) = 0 egyenlet megoldásával kezdjük. Az egyenlet átrendezett alakja: x3 = 8. Ebb®l x = 2 következik. Ha ábrát készítünk a függvényr®l, akkor jól látható, hogy olyan véges síkrész, melyet a két tengely és a függvény gra konja határol, a [0, 2] intervallumon található. Itt a függvény negatív értékeket vesz fel, így a területet a függvény ezen intervallumon vett integráljának −1-szerese adja. Feladat:
Z 2
T =−
x3 − 8 dx
0
Határozzunk meg egy primitív függvényt. "
x4 T =− − 8x 4
#2 0
Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. !
T =−
24 −8·2 − 4
04 −8·0 4
5
!!
= 12
3. ábra. Az f (x) = x3 − 8 függvény gra konja 2.
Összetett feladatok
1.
Z Feladat:
π 4
0
sin2 x dx = cos4 x
Els®ként egy primitív függvényt kellene elállítanunk. Ehhez alakítsuk át az integrandust. Bontsuk szorzattá a nevez®t, majd pedig az integrandust két tört szozatára. Megoldás:
π 4
π
π
2 4 4 sin x 1 sin2 x sin2 x dx = dx = · dx 4 2 2 2 2 0 cos x 0 cos x · cos x 0 cos x cos x sin x sin2 x Mivel = tg x, így helyett tg2 x írható. cos x cos2 x Z π Z π 2 4 sin x 4 1 1 · dx = tg2 x · 2 dx 2 2 cos x 0 cos x cos x 0
Z
Z
Z
Ebb®l az alakból már egyértelm¶en látható, hogy az integrandus most 1 f α (x) · f 0 (x) típusú, hiszen (tg x)0 = . 2 cos x
Felhasználva az ilyen függvényekre vonatkozó integrálási szabályt, határozzunk meg egy primitív függvényt. π 4
Z 0
1 tg3 x tg2 x · 2 dx = cos x 3 "
#π 4
0
Helyettesítsük be az integrálási határokat, és vegyük a két érték különbségét. "
tg3 x 3
2.
#π 4
1 π 1 1 1 tg3 − tg3 0 = 13 − 03 = (1 − 0) = 3 4 3 3 3
= 0
Z 1 Feladat:
x · e2x dx =
0
6
Az integrandusban olyan szorzat áll, melynek egyik tényez®je polinom, másik tényez®je pedig exponenciális, ezért a primitív függvény meghatározásához parciálisan kell integrálnunk. Ilyenkor a jelölés egyszer¶bbé tétele végett célszer¶ külön elvégezni a határozatlan integrálást, majd utána visszatérni a határozott integrálhoz. Legyen u(x) = x és v 0 (x) = e2x . Megoldás:
e2x . 2
Ekkor u0 (x) = 1 és v(x) =
Felhívjuk a gyelmet arra, hogy az e2x olyan összetett függvény, melynek bels® függvénye els®fokú, így integrálásakor a küls® függvény integrálját osztani kell a bels® függvényb®l x együtthatójával. Helyettesítsünk be a szabályba. Z
x·e
2x
e2x − dx = x · 2
Z
e2x 1 1· dx = x · e2x − 2 2
Z
e
2x
dx
Határozzuk meg a még visszamaradt integrált. Itt is gyeljünk a lineáris bels® függvényre. Z
x·e
2x
1 e2x dx = x · e2x − 2 2
!
+ c = e2x
x 1 − 2 4
+c
Most térjünk vissza a határozott integrálhoz a primitív függvénnyel. Z 1
2x
x·e
2x
dx = e
0
x 1 − 2 4
1 0
Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba.
e2x
3.
x 1 − 2 4
1
Z e Feladat:
0
= e2·1
1 1 − 2 4
− e2·0
0 1 − 2 4
=
e2 1 + ≈ 2.097 4 4
x3 · ln x dx =
1
Az integrandus ismét szorzat. Az egyik tényez® most is polinom, a másik pedig a természetes alapú logaritmus, így a primitív függvény meghatározásához most is parciális integrálásra van szükség. Célszer¶ el®ször csak határozatlan integrált írni. Legyen u(x) = ln x és v 0 (x) = x3 . Megoldás:
Ekkor u0 (x) =
1 x4 és v(x) = . x 4
Helyettesítsünk a szabályba. Z
x4 · ln x − 4
Z
x4 x · ln x dx = · ln x − 4
Z
x3 · ln x dx =
x4 1 · dx 4 x
A még meghatározandó integrálban egyszer¶sítsünk. Z
3
x3 dx 4
7
Ezután határozzuk meg a primitív függvényt. Z
x4 x4 ln x 1 x · ln x dx = · ln x − + c = x4 − 4 16 4 16
3
+c
Most térjünk vissza a határozott integrálhoz. Z e
x3 · ln x dx = x4
1
ln x 1 − 4 16
e 1
Helyettesítsük az integrálisi határokat a primitív függvénybe és vegyük a kapott értékek különbségét. e ln x ln e ln 1 1 1 1 x = e4 − 14 = − − − 4 16 1 4 16 4 16 1 0 3 1 1 1 1 4 e4 − = e4 + − − = 3e + 1 ≈ 10.30 4 16 4 16 16 16 16
4.
4
Határozzuk meg az f (x) = tg x függvény gra konja és az π π intervallumon! x-tengely közötti terület nagyságát a − , Feladat:
6 4
Vizsgáljuk meg, vált-e el®jelet a függvény az adott intervallumban, azaz oldjuk meg a tg x = 0 egyenletet. Ennek megoldása: x = k · π, k ∈ Z, és ezen megoldások közül az x = 0 az adott intervallum van. A függvény itt az el®jelét is megváltoztatja, hiszen belsejében π π a − , 0 intervallumon negatív a függvény, a 0, − intervallu2 2 mon pedig pozitív. Az alakzatot tehát két részre kell bontanunk, és a területét két integrállal tudjuk meghatározni. Egyrészt az intervallum alsó végpontjától integrálunk a zérushelyig, és vesszük ezen integrál −1-szeresét, másrészt pedig a zérushelyt®l integrálunk az intervallum fels® végpontjáig. Ugyanez jelekkel leírva: Megoldás:
Z 0
T =−
− π6
tg x dx +
Z
π 4
0
tg x dx.
Mivel az integrandus nem alapintegrál, ezért végezzük el külön a határosin x zatlan integrálást. A tg x helyett írjunk -et. cos x
Z
tg x dx =
Z
sin x dx cos x
Szorozzunk és osszunk is −1-gyel. Az osztást egyb®l emeljük ki az integrál elé egy el®jel formájában. Z
sin x dx = − cos x
Z
− sin x dx cos x
Mindezt azért tettük, mert (cos x)0 = − sin x, s így az integrandus f 0 (x) típusú lett, azaz f (x)
−
Z
− sin x dx = − cos x
Z
(cos x)0 dx. cos x
8
4. ábra. Az f (x) = tg x függvény gra konja f 0 (x)
Alkalmazzuk az típusú függvényekre vonatkozó integrálási szaf (x) bályt. −
(cos x)0 dx = − ln | cos x| + c cos x
Z
Ezután térjünk vissza a területhez. π
π
T = − [− ln | cos x|]0− π + [− ln | cos x|]04 = [ln | cos x|]0− π − [ln | cos x|]04 6
Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba.
T = =
π π ln | cos 0| − ln cos − − ln cos − ln | cos 0| = 6 4 ! ! √ √ √ √
ln 1 − ln
3 2
− ln
2 − ln 1 2
2 2 2 2 = ln √ + ln √ = ln √ · √ 3 2 3 2
5.
6
= − ln
3 2 − ln = 2 2
4 = ln √ ≈ 0.490 6
Határozzuk meg az f (x) = ex és g(x) = x2 −2x+1 függvények gra konjai közti területet a [−1, 1] intervallumon! Megoldás:El®ször azt kell eldöntenünk, hogy metszi-e egymást a két függvény gra konja az adott intervallumban. Tegyük egyenl®vé a két függvényt, így az ex = x2 − 2x + 1 egyenletet kapjuk, melyet algebrai úton nem tudunk megoldani. Ha ábrázoljuk a két függvényt, akkor sejthet®, hogy x = 0 esetén metszik egymást, és a sejtést a függvényekbe történ® behelyettesítéssel gyorsan ellen®rizhetjük is. f (0) = e0 = 1 és g(0) = 02 − 2 · 0 + 1 = 1 A két függvény gra konja tehát valóban az x = 0 helyen metszi egymást. Más metszéspont pedig nincs az adott intervallumban, hiszen az expoFeladat:
9
5. ábra. Az f (x) = ex és g(x) = x2 − 2x + 1 függvények gra konjai nenciális függvény szigorúan monoton n®, a másodfokú függvény pedig szigorúan monoton csökken itt, így a két függvénynek legfeljebb egy közös pontja lehet az adott intervallumban. A metszéspont miatt a kérdéses területet két integrállal tudjuk meghatározni. Egyrészt integráljuk −1-t®l 0-ig a g(x) − f (x) függvényt, mert itt a g(x) gra konja halad az f (x) gra konja felett. Majd ehhez hozzáadjuk az f (x) − g(x) függvénynek 0-tól 1-ig vett integrálját. Ezen az intervallumon az f (x) gra konja halad g(x) gra konja felett, ezért vonjuk f (x)-b®l a g(x)-et. A terület tehát az alábbi módon írható fel: T =
Z 0
Z 1
x2 − 2x + 1 − ex dx +
−1
ex − x2 − 2x + 1 dx
0
Határozzunk meg primitív függvényeket. "
x3 T = − x2 + x − e x 3
#0
#1
"
x3 + ex − + x2 − x 3 −1
0
Végül helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. !
03 − 02 + 0 − e0 − 3
T =
!
(−1)3 − (−1)2 + (−1) − e−1 + 3
!
13 03 + e − + 12 − 1 − e0 − + 02 − 0 3 3
!
1
1 1 = −1 − − − 2 − 3 e
6.
1 + e− 3
−1=e+
= 1 ≈ 3.086 e
Számoljuk ki azon forgástest térfogatát, mely az f (x) = th x függvény gra konja [0, 1] intervallumhoz tartozó ívének x-tengely körüli forgatásával keletkezik!
Feladat:
10
Tudjuk, hogy egy folytonos függvény [a, b] intervallumhoz tartzó ívének x-tengely körüli forgatásakor keletkez® forgástest térfogatára az alábbi összefüggés igaz:
Megoldás:
Z b
V =π a
f 2 (x) dx.
Lényegében annyi a feladatunk, hogy behelyettesítünk ebbe a képletbe, majd elvégezzük az integrálást. A helyettesítés során egyrészt a függvényt kell helyettesíteni, másrészt pedig az intervallum végpontjait. Jelen esetben így az alábbit kapjuk: Z 1
V =π 0
th2 x dx.
Alakítsunk az integranduson azt felhasználva, hogy th x = Z 1 sh x 2
sh x . ch x
sh2 x 2 dx ch x 0 0 ch x Ezután használjuk fel az 1 = ch2 x − sh2 x azonosságot, melyet hozzunk sh2 x = ch2 x−1 alakra. Helyettesítsük ezt az integrandus számlálójába. Z 1 2 ch x − 1 V =π dx ch2 x 0 Bontsuk fel ezután két törtre a függvényt, és egyszer¶sítsünk. Z 1 Z 1 2 1 1 ch x 1 − 2 dx − dx = π V =π 2 2 ch x ch x 0 0 ch x Így már csak két alapintegrál maradt. Határozzuk meg a primitív függvényt. V = π [x − thx]10 Végül helyettesítsük az integrálási határokat, és vegyük az értékek különbségét. V = π ((1 − th1) − (0 − th0)) = π (1 − th1) ≈ 0.749 V =π
7.
Z 1
dx = π
Számoljuk ki azon forgástest térfogatát, mely az f (x) = √ függvény gra konja [0, 1] intervallumhoz tartozó ívének x4 2x e +1 tengely körüli forgatásával keletkezik! Megoldás: Helyettesítsünk be a forgástestek térfogatára vonatkozó Feladat:
ex
Z b
V =π a
f 2 (x) dx képletbe.
Z 1
V =π 0
√ 4
ex e2x + 1
2
dx
Végezzük el a négyzetre emelést. 11
Z 1
√
V =π 0
e2x dx e2x + 1
A tört helyett írjunk inkább negatív kitev®s hatvánnyal történ® szorzást. Természetesen a gyökr®l is térjünk át törtkitev®s hatványra. V =π
Z 1
e2x + 1
− 1
· e2x dx
2
0
Mivel e2x + 1 0 = 2e2x , ezért szorozzunk is és osszunk is kett®vel. Az 1 osztást egyb®l az integráljel elé írjuk -del való szorzás formájában.
2
Z 1
π V = 2
e2x + 1
− 1 2
· 2e2x dx
0
Az integrandus ezen alakban f α (x) · f 0 (x) típusúvá vált, s így könnyen elvégezhet® az integrálás.
V =
2x π e +1 1 2 2
1 2
1 1 1 i1 hp = π e2x + 1 2 = π e2x + 1 0 0
0
Utolsó lépésként helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. q
e(2·1)
V =π
8.
+1−
q
e(2·0)
+1 =π
p
e2 + 1 −
√ 2 ≈ 4.656
√
Határozzuk meg az f (x) = x· x függvény görbéjének ívhosszát 1 a 0, intervallumon! Feladat:
4
Tudjuk, hogy az f (x) folytonosan dierenciálható függvény gra konjának ívhosszát az [a, b] intervallumon az alábbi összefüggés adja:
Megoldás:
|Γ| =
Z bq
1 + (f 0 (x))2 dx.
a
Ebbe a képletbe kell behelyettesítenünk a feladatban megadott függvény deriváltját és az intervallum végpontjait. Els®ként deriváljuk a függvényt, azonban ehhez célszer¶ átalakítani, és egyetlen hatványként írni. f (x) = x ·
√
1
3
x = x · x2 = x2
Ezután már egyszer¶ a deriválás. 3 1 3√ f 0 (x) = x 2 = x 2 2
Most helyettesítsünk az ívhossz képletébe. |Γ| =
Z 0
1 4
s
1+
2
3√ x 2
dx
12
Végezzük el a négyzetre emelést. |Γ| =
Z
1 4
r
0
9 1 + x dx 4
A gyököt írjuk hatványként. |Γ| =
Z
1 4
0
9 1+ x 4
1 2
dx
Így jól látható, hogy az integrandus olyan összetett függvény, melynek bels® függvénye lineáris. Integrálnunk kell tehát a küls® függvényt, majd osztanunk kell a bels® függvényb®l x együtthatójával. |Γ| =
9 1+ x 4 3 9 · 2 4
3 14 2
s 1 4 8 9 3 1+ x = 27 4 0
0
Végül helyettesítsük az integrálási határokat. s 3 s 3 8 9 1 9 8 125 61 |Γ| = 1+ · − 1+ ·0 = −1 =
27
9.
4 4
4
27
64
216
ln x
Számoljuk ki az f (x) = x2 − függvény görbéjének ívhosszát 8 a [1, e] intervallumon! Feladat:
Z bq
1 + (f 0 (x))2 dx képletbe kell helyettseítenünk, Mivel az |Γ| = a így els®ként el® kell állítanunk a függvény deriváltját. Megoldás:
f 0 (x) = 2x −
1 8x
Helyettesítsünk a képletbe. |Γ| =
Z e
s
1 + 2x −
1
1 8x
2
dx
Végezzük el a négyzetre emelést, majd vonjunk össze. |Γ| =
Z es
1+
4x2
1
1 1 − + dx = 2 64x2
Z er 1
4x2 +
1 1 + dx 2 64x2
A gyök alatt álló kifejezésben egy teljes négyzet ismerhet® fel, s így elt¶nik az integrandusból a négyzetgyök. |Γ| =
Z e
s
2x + 1
1 8x
2
Z e
dx =
2x + 1
1 dx 8x
Így már csak alapintegrálok szerepelnek az integrandusban, meghatározhatunk tehát egy primitív függvényt. ln x |Γ| = x + 8
2
e 1
13
Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba.
|Γ| = e2 +
10.
ln e 8
− 12 +
ln 1 8
= e2 +
1 8
− (1 + 0) = e2 −
7 ≈ 6.514 8
Határozzuk meg azon √forgástest palástjának felszínét, mely úgy keletkezik, hogy az f (x) = 3x + 1 függvény gra konjának [1, 3] intervallumhoz tartozó ívét megforgatjuk az x-tengely körül! Megoldás: Tudjuk, hogy az [a, b] intervallumon folytonosan dierenciálható f (x) függvény gra konjának x tengely körüli megforgatásával kapott forgástest palástjának felszínét az alábbi összefüggés adja: Feladat:
Z b
F = 2π a
q
f (x) 1 + (f 0 (x))2 dx.
Ebbe a képletbe kell behelyettesítenünk a feladatban megadott függvényt és deriváltját, valamint az intervallum végpontjait. Állítsuk el® a függvény deriváltját. Figyeljünk oda arra, hogy összetett függvényt deriválunk, így a küls® függvény deriváltját szorozni kell még a bels® függvény deriváltjával. 1 3 f 0 (x) = √ ·3= √ 2 3x + 1 2 3x + 1
Ezután már helyettesíthetünk a képletbe. F = 2π
Z 3√
s
3x + 1 ·
1+
1
3 √ 2 3x + 1
2
dx
Végezzük el a második gyök alatt a négyzetre emelést. F = 2π
Z 3√
s
3x + 1 ·
1+
1
9 dx 4(3x + 1)
A két gyökös kifejezés szorzatát írjuk fel egyetlen gyökkel, és végezzük el a szorzást. s Z 3
9 (3x + 1) · 1 + dx = 2π 4(3x + 1)
F = 2π 1
Z 3r
(3x + 1) + 1
9 dx 4
Vonjunk össze a gyök alatt, és a írjunk inkább törtkitev®s hatványt a gyök helyett. Z 3r
F = 2π 1
13 3x + dx = 2π 4
Z 3 1
13 3x + 4
1 2
dx
Átalakításaink eredményeként az integrandus olyan összetett függvény lett, melynek bels® függvénye els®fokú, így könnyen elvégezhet® az integrálás. A küls® függvényt integráljuk, és osztunk a bels® függvényb®l x együtthatójával. F = 2π
13 3x + 4 3 ·3 2
3 3 2
s 3 4π 13 3 3x + = 9 4 1
1
14
A primitív függvénybe helyettesítsük az integrálási határokat. s
4π F = 9
s
4π = 9 =
11.
13 3·3+ 4
3
s
25 4
49 4
3
−
s
− 3
13 3·1+ 4
3
= 3 !
3
4π = 9
7 2
5 2
−
=
4π 218 · ≈ 38.05 9 8
Feladat:
Számoljuk ki azon forgástest palástjának felszínét, mely úgy x3
függvény gra konjának [0, 1] intervalkeletkezik, hogy az f (x) = 3 lumhoz tartozó ívét forgatjuk meg az x-tengely körül! Megoldás: Amint az el®z® feladatban, úgy most is az alábbi képletbe kell helyettesítenünk. Z b
F = 2π
q
f (x) 1 + (f 0 (x))2 dx
a
Ehhez állítsuk el® a függvény deriváltját. f 0 (x) =
3x2 = x2 3
Ezután végezzük el a helyettesítést. F = 2π
Z 1 3q x 0
3
1 + (x2 )2 dx
Végezzük el a négyzetre emelést, emeljünk ki, és a gyök helyett írjunk inkább hatványt. F = 2π
Z 1 3p x 0
3
1+
x4 dx
2π = 3
Z 1
x3 1 + x4
1 2
dx
0
Mivel 1 + x4 0 = 4x3 , ezért szorozzunk is és osszunk is 4-gyel. Az 1 osztást, amint az korábban is tettük, írjuk -del szorzás formájában 4 az integrál el®tt.
F = 2π
Z 1 3p x 0
3
1 + x4 dx =
2π 1 · 3 4
Z 1
4x3 1 + x4
1 2
dx
0
Ezzel sikerült elérnünk, hogy az integrandus f α (x) · f (x) típusú lett. F =
π 6
Z 1
1 + x4
1 2
· 1 + x4
0
dx
0
Alkalmazzuk a megfelel® integrálási szabályt.
π 1+x F = 3 6 2
3 4 2
1 1 q 3 4 = π (1 + x ) 9 0 0
15
Helyettesítsük ezután az integrálási intervallum végpontjait. π F = 9
q
(1 +
1 4 )3
−
q
(1 +
04 )3
16
=
π √ 8 − 1 ≈ 0.638 9
