Hat´ arozott integr´ al • defin´ıci´ o folytonos f¨ uggv´ enyek eset´ en • defin´ıci´ o korl´ atos f¨ uggv´ enyek eset´ en • Newton -Leibniz szab´ aly • integr´ al´ asi szab´ alyok • alkalmaz´ asok • improprius integr´ al
Legyen az f f¨ uggv´ eny [a, b]-n ´ ertelmezett folytonos f¨ uggv´ eny. Tekints¨ uk az [a, b] intervallum egy 2n egyenl˝ o r´ eszre t¨ ort´ en˝ o beoszt´ as´ at. Ilyenkor az oszt´ opontok: b−a xi = a + i n , i = 0, 1, . . . , 2n. 2 Az egyes r´ eszintervallumok hossza b−a olje mi az i-dik 2n . Jel¨ r´ eszintervallumban a f¨ uggv´ eny´ ert´ ekek minimum´ at (ezt felveszi a f¨ uggv´ eny, hiszen folytonos): mi = min {f (x) | x ∈ [xi−1, xi] }
Ehhez a beoszt´ ashoz k´ epezz¨ uk az ´ un. (als´ o) k¨ ozel´ıt˝ o¨ osszeget: sn =
2n X
i=1
mi(xi − xi−1)
sn szeml´ eletes jelent´ ese (pozit´ıv f¨ uggv´ eny eset´ eben) nem m´ as, mint az adott beoszt´ ashoz tartoz´ o be´ırhat´ o t´ eglalapok ter¨ ulet¨ osszege.
´ ll´ıt´ A as. Az sn sorozat konvergens. Bizony´ıt´ as. El˝ osz¨ or azt mutatjuk meg, hogy sn fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. Ugyanis, jel¨ olje M a f f¨ uggv´ eny egy fels˝ o korl´ atj´ at. Nyilv´ an mi ≤ M . Ez´ ert sn =
2n X
i=1
mi(xi − xi−1) ≤ M
2n X
i=1
(xi − xi−1) = M (b − a)
M´ asodj´ ara bel´ atjuk, hogy sn monoton n˝ o. Ha egy intervallumon egy folytonos f¨ uggv´ eny minimuma m, akkor az intervallum felez´ es´ evel ad´ od´ o k´ et r´ eszintervallum mindegyik´ en a f¨ uggv´ eny minimuma legal´ abb m. Emiatt az sn+1 el˝ o´ all´ıt´ as´ aban szerepl˝ o k´ et-k´ et tag sn egy-egy tagj´ aval alulr´ ol becs¨ ulhet˝ o: b−a b−a b−a ′ ′ sn+1 = . . .+m2i−1 n+1 +m2i n+1 +. . . ≥ . . .+mi n +. . . = sn 2
2
2
Teh´ at sn monoton n¨ ovekv˝ o ´ es fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, ez´ ert konvergens. 2 Defin´ıci´ o. Az sn als´ o k¨ ozel´ıt˝ o¨ osszegek sorozat´ anak hat´ ar´ ert´ eket az f f¨ uggv´ eny [a, b] intervallumra vonatkoz´ o hat´ arozott integr´ al j´ anak nevezz¨ uk. Jel¨ ol´ ese: Z b a
f (x) dx vagy
Z b a
f.
Nem folytonos, de korl´ atos f¨ uggv´ eny eset´ eben a hat´ arozott integr´ al ´ıgy nem ´ ertelmezhet˝ o. Ekkor minimumok ´ es maximumok helyett az als´ o, illetve a fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegek k´ epz´ es´ eben a pontos als´ o korl´ at ´ es a pontos fels˝ o korl´ at fogalm´ at haszn´ aljuk: mi = inf {f (x) | x ∈ [xi−1, xi] } Mi = sup {f (x) | x ∈ [xi−1, xi] } s ezekkel k´ epezz¨ uk az s ´ es S als´ o, illetve fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegeket. Tekints¨ uk az [a, b] intervallum ¨ osszes lehets´ eges beoszt´ as´ ahoz (nemcsak az egyenl˝ o r´ eszekre val´ o feloszt´ asokhoz) tartoz´ o als´ o´ es fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegeket:
s=
n X
mi(xi − xi−1)
n X
Mi(xi − xi−1)
i=1
S=
i=1
Akkor mondjuk f -et [a, b]-n integr´ alhat´ onak, ha az als´ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegek pontos fels˝ o korl´ atja megegyezik a fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegek pontos als´ o korl´ atj´ aval, azaz csak egy olyan sz´ am van, amely nagyobb vagy egyenl˝ o b´ armely als´ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegn´ el, ´ es kisebb vagy egyenl˝ o b´ armely fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegn´ el. Ezt a sz´ amot nevezz¨ uk f [a, b]-re vonatkoz´ o hat´ arozott integr´ alj´ anak. Ezt az integr´ alfogalmat Riemannintegr´ alnak is nevezik.
Ez ut´ obbi ´ ertelemben term´ eszetesen nem minden f¨ uggv´ eny integr´ alhat´ o, de a tipikusak, pl. a folytonosak, a monotonak bizony´ıthat´ oan igen. Nem integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyre p´ elda az a [0, 1]-en ´ ertelmezett f¨ uggv´ eny, amely minden racion´ alis x sz´ am eset´ en 0-´ at vesz fel ´ ert´ ekk´ ent, s 1-et minden irracion´ alis x sz´ am eset´ en. Enn´ el a f¨ uggv´ enyn´ el nyilv´ an minden als´ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszeg 0, s minden fels˝ o k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszeg 1.
A hat´ arozott integr´ al ´ ertelmez´ es´ eb˝ ol k¨ onnyen ad´ odnak az al´ abbi tulajdons´ agok: 1) ha f ´ es g [a, b]-n folytonos, akkor Z b a
(f + g) =
Z b a
f+
Z b a
g
2) ha f folytonos ´ es λ ∈ R konstans, akkor Z b a
λf = λ
Z b a
f
3) ha f folytonos ´ es c ∈ (a, b), akkor Z b a
f =
Z b
Z c
f+
Z b
f ≤ M (b − a)
a
c
f
4) ha m ≤ f (x) ≤ M minden x ∈ [a, b]-re, akkor m(b − a) ≤
a
Rb Ra Ra • Meg´ allapod´ as szerint a f = 0 ´ es b f = − a f .
• A 4) tulajdons´ ag miatt b 1 f ≤ M, m≤ b−a a ´ıgy folytonos f eset´ en m-nek a f¨ uggv´ eny minimum´ at, M nek pedig a maximum´ at v´ alasztva k¨ ovetkezik, hogy van olyan ξ ∈ (a, b), hogy
Z
b 1 f f (ξ) = b−a a Ez ut´ obbi ´ ert´ eket az f f¨ uggv´ eny [a, b] intervallumra vonatkoz´ o integr´ alk¨ ozep´ enek is nevezik.
Z
Newton-Leibniz t´ etel A most bizony´ıtand´ o formula azt fejezi ki, hogy a hat´ arozott integr´ al k¨ onnyen kifejezhet˝ o f egy primit´ıv f¨ uggv´ eny´ enek ismeret´ eben: a primit´ıv f¨ uggv´ enynek a v´ egpontokban felvett ´ ert´ ekeinek a k¨ ul¨ onbs´ ege. Ez l´ enyegesen megk¨ onny´ıti a hat´ arozott integr´ alok kisz´ am´ıt´ as´ at. El˝ obb azt l´ atjuk be, hogy ha a hat´ arozott integr´ al eset´ eben a fels˝ o hat´ art v´ altoz´ onak tekintj¨ uk, akkor tulajdonk´ eppen f egy primit´ıv f¨ uggv´ eny´ et kapjuk. Legyen T (x) =
Z x a
f
(x ∈ [a, b])
Elnevez´ ese: ter¨ uletm´ er˝ o f¨ uggv´ eny vagy integr´ alf¨ uggv´ eny.
´ ll´ıt´ A as. Ha f folytonos [a, b]-n, akkor a T : [a, b] → R ter¨ uletm´ er˝ o f¨ uggv´ eny minden¨ utt differenci´ alhat´ o, ´ es T ′ = f , azaz T primit´ıv f¨ uggv´ enye (hat´ arozatlan integr´ alja) f -nek. Bizony´ıt´ as. x0 ∈ [a, b]-ben vizsg´ aljuk a differenci´ alhat´ os´ agot. Az egyszer˝ us´ eg kedv´ e´ ert tegy¨ uk fel, hogy x > x0. A hat´ arozott integr´ al tulajdons´ agait kihaszn´ alva T (x) − T (x0) 1 = x − x0 x − x0
µZ x a
f−
Z x ¶ 0 a
f
=
x 1 = f = f (ξ) x − x0 x0
Z
ahol ξ ∈ (x0, x). Ez´ ert
T (x) − T (x0) = f (x0), lim = x→x0 x − x0
azaz T ′(x0) = f (x0).
2
´ ll´ıt´ A as. (Newton-Leibniz szab´ aly) Ha F primit´ıv f¨ uggv´ enye az f [a, b]-n folytonos f¨ uggv´ enynek, akkor Z b a
f (x) dx = F (b) − F (a).
Rx uletm´ er˝ o Bizony´ıt´ as. Az el˝ obb l´ attuk, hogy a T (x) = a f ter¨
f¨ uggv´ eny is primit´ıv f¨ uggv´ enye f -nek, ez´ ert F (x) = T (x) + C, ahol C ∈ R konstans. ´Igy T (a) = 0 miatt Z b a
f = T (b) − T (a) = F (b) − F (a). 2
ol´ est A jobboldali kifejez´ esre gyakran a t¨ om¨ or´ıtett [F (x)]ba jel¨ alkalmazzuk.
R π/2 arozott integr´ alt! P´ elda. Sz´ am´ıtsuk ki a 0 sin x dx hat´
Mivel
R
sin x dx = − cos x + C,
Z π/2
π + cos 0 = 1. 2 0 Ezzel megkaptuk a szinusz ”f´ elhull´ am’ alatti ter¨ uletet. π/2
sin x dx = [− cos x]0
= − cos
Integr´ al´ asi szab´ alyok A parci´ alis integr´ al´ as ´ es a helyettes´ıt´ eses integr´ al´ as szab´ aly´ at hat´ arozott integr´ alokra is kiterjeszthetj¨ uk. ´ ll´ıt´ A as. Ha f ´ es g [a, b]-n differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek ´ es R ′ R l´ eteznek az f g ´ es f g ′ hat´ arozatlan integr´ alok, akkor Z b a
f ′(x)g(x) dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) −
Z b a
f (x)g ′(x) dx
Bizony´ıt´ as. A Newton-Leibniz szab´ aly alapj´ an Z b
f ′(x)g(x) dx =
Z
¸b
a
·
= f (x)g(x) −
f (x)g ′(x) dx
a
·Z
¸b
f ′(x)g(x) dx
=
a
= f (b)g(b)−f (a)g(a)−
Z b a
f (x)g ′(x) dx 2
´ ll´ıt´ A as. Ha f [a, b]-n folytonos, van primit´ıv f¨ uggv´ enye ´ es g: [α, β] → [a, b] bijekt´ıv differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ eny, g(α) = a, g(β) = b, akkor Z b a
f (x) dx =
Z β
f (g(t))g ′(t) dt.
α
Bizony´ıt´ as. Z b a
f (x) dx = =
·Z
·Z
¸b
f (x) dx
=
a
·Z
¸β
f (g(t))g ′(t) dt
α
f (g(t))g ′(t) dt (g −1(x))
=
Z β α
¸b
=
a
f (g(t))g ′(t) dt. 2
ex P´ elda. Sz´ am´ıtsuk ki az dx hat´ arozott integr´ alt! 2x 0 1+e Z 1
Az x = g(t) = ln t, t = ex helyettes´ıt´ est v´ alasztjuk. ert g ′(t) = 1t , s g(1) = 0, g(e) = 1, ez´
Most
e e π 1 t 1 ex e dt = dx = dt = [arc tg t]1 = arc tg e− . 2x 2 2 1 + e 1 + t t 1 + t 4 1 1 0
Z 1
Z
Z
Alkalmaz´ asok A) Tegy¨ uk fel most, hogy k´ et f¨ uggv´ eny g¨ orb´ eje z´ ar k¨ ozre egy s´ıktartom´ anyt, ´ ugy, hogy f (a) = g(a) ´ es f (b) = g(b), tov´ abb´ a f (x) ≥ g(x) minden x ∈ [a, b]-re. Ilyenkor a k´ et f¨ uggv´ eny g¨ orbe k¨ oz¨ otti s´ıktartom´ any ter¨ ulete nyilv´ an Z b a
(f (x) − g(x)) dx.
P´ eldak´ am´ıtsuk ki a k¨ or ter¨ ulet´ et! A fels˝ o f´ elk¨ ort az q epp sz´ q y = R2 − x2 f¨ uggv´ eny ´ırja le, m´ıg az als´ ot az y = − R2 − x2 f¨ uggv´ eny. A T =
Z R
−R
q
2 R2 − x2 dx
hat´ arozott integr´ alt kell kisz´ am´ıtani.
Az x = g(t) = R sin t helyettes´ıt´ est alkalmazzuk; most g ′(t) = R cos t ´ es g(−π/2) = −R, g(π/2) = R. ´Igy T =
Z R
−R
q
2 R2 − x2 dx = 2
Z π/2
−π/2
R2 cos2 tdt =
¸π/2 cos 2t = R2 (1 + cos 2t) dt = R2 t + = R2π. 2 −π/2 −π/2 Z π/2
·
B) Egy f¨ uggv´ enyg¨ orbe ´ıvhossz´ at is meghat´ arozhatjuk integr´ allal. Tegy¨ uk fel, hogy [a, b]-n egy f folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ eny adott. Ilyenkor az [a, b]-hez tartoz´ o f¨ uggv´ enyg¨ orbe ´ıvhossza Z bq a
1 + (f ′(x))2 dx
amennyiben a sz´ obanforg´ o integr´ al l´ etezik. Ugyanis a g¨ orbe ´ıvhossz´ at k¨ ozel´ıthetj¨ uk az [a, b] egy beoszt´ as´ ahoz tartoz´ o t¨ or¨ ottvonallal, melynek hossza n X
d(Pi−1Pi) =
i=1
n q X
i=1
(xi − xi−1)2 + (f (xi) − f (xi−1))2
Lagrange t´ etele szerint f (xi) − f (xi−1) = f ′(ξi)(xi − xi−1) valamilyen ξi ∈ (xi, xi−1)-kel, ´ıgy n X
i=1
d(Pi−1Pi) =
n q X
i=1
1 + (f ′(ξi))2(xi − xi−1)
C) Forg´ astestek felsz´ın´ et ´ es t´ erfogat´ at is meghat´ arozhatjuk integr´ allal. Ha az y = f (x) folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyg¨ orbe [a, b] k¨ oz¨ ott r´ esz´ et megforgatjuk az x tengely k¨ or¨ ul, akkor a kapott forg´ asfel¨ ulet felsz´ıne: F = 2π
Z b a
q
f (x) 1 + (f ′(x))2 dx
illetve folytonos f eset´ en a forg´ astest t´ erfogata V =π
Z b a
f 2(x) dx.
Az els˝ o szab´ aly a csonkak´ up pal´ astj´ anak felsz´ın´ ere vonatkoz´ o ¨ osszef¨ ugg´ es alkalmaz´ as´ aval igazolhat´ o, a m´ asodik majd’ nyilv´ anval´ o.
P´ elda. Vezess¨ uk le a g¨ omb felsz´ın´ ere ´ es t´ erfogat´ ara vonatkoz´ o k´ epleteket! Most f (x) =
q
R2 − x2, ´ıgy f ′(x) = √ −x 2
R −x2
F = 2π
= 2π
V =π
Z R
−R
Z R q −R
Z R
−R
R2 − x
v u u 2t
.
x2 1+ 2 dx = 2 R −x
2. = 4πR R dx = 2π[Rx]R −R
"
(R2 − x2) dx = π R2x −
#R 3 x
4πR3 = . 3 −R 3
Improprius integr´ alok Az integr´ alfogalom egyfajta kiterjeszt´ es´ et teszik lehet˝ ov´ e az improprius integr´ alok; egyik esetben nem v´ eges intervallumra, m´ asik esetben pedig nem korl´ atos f¨ uggv´ enyekre. A) Tegy¨ uk fel, hogy az f (x) folytonos f¨ uggv´ eny ´ ertelmezve van minden x ≥ a-ra. Tekints¨ uk a T (b) =
Z b a
f (x) dx
hat´ arozott integr´ alt. Ha a T f¨ uggv´ enynek van v´ eges hat´ ar´ ert´ eke a v´ egtelenben, akkor azt mondjuk, hogy f -nek az [a, ∞) intervallumon l´ etezik az improprius integr´ alja. Jel¨ ol´ ese: Z ∞ a
f (x) dx = lim
Z b
b→∞ a
f (x) dx
Most, mint l´ atjuk, ezt az integr´ alt nem k¨ ozel´ıt˝ o ¨ osszegek seg´ıts´ eg´ evel defini´ altuk, hanem korl´ atos intervallumon vett hat´ arozott integr´ alok hat´ ar´ ert´ ekek´ ent. Egy balr´ ol v´ egtelen (∞, a] intervallumon folytonos f f¨ uggv´ eny improprius integr´ alja az el˝ obbihez hasonl´ oan ´ ertelmezhet˝ o: Z a
−∞
f (x) dx = lim
Z a
b→−∞ b
f (x) dx
Legyen most f az eg´ esz sz´ amegyenesen folytonos f¨ uggv´ eny. Ra Ekkor ha valamilyen a ∈ R mellett l´ etezik az −∞ f (x) dx ´ es R∞ al, akkor az f f¨ uggv´ eny eg´ esz az a f (x) dx improprius integr´ sz´ amegyenesen vett improprius integr´ alja: Z ∞
−∞
f (x) dx =
Z a
−∞
f (x) dx +
Z ∞ a
f (x) dx
K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy az ´ıgy ´ ertelmezett integr´ al nem f¨ ugg az a sz´ am megv´ alaszt´ as´ at´ ol.
P´ elda. Sz´ am´ıtsuk ki az Z ∞
improprius integr´ alt!
1 dx 2 −∞ 1 + x
a = 0-n´ al bontjuk: Z ∞
π 1 b dx = lim [arc tg x]0 = 2 b→∞ 1 + x 2 0 A szimmetri´ ab´ ol ad´ od´ oan a balodali r´ esz is ugyanannyi, ´ıgy Z ∞
1 π π + = π. dx = 2 2 2 −∞ 1 + x
B) A f¨ uggv´ eny, melynek integr´ alj´ at akarjuk ´ ertelmezni, legyen most olyan, hogy csup´ an (a, b]-n ´ ertelmezett (´ es folytonos), de nem felt´ etlen¨ ul korl´ atos. Ilyenkor az Z b a
f (x) dx
improprius integr´ alon a k¨ ovetkez˝ o hat´ ar´ ert´ eket ´ ertj¨ uk, ha l´ etezik: lim
Z b
y→a+0 y
f (x) dx.
Hasonl´ oan ´ ertelmezend˝ o az improprius integr´ al, ha az f f¨ uggv´ eny b-ben nincs ´ ertelmezve.
P´ elda. Sz´ am´ıtsuk ki a Z 1 1
Z 1 1
alt! √ dx improprius integr´ x 0
Z 1 1
h √ i1 √ dx = lim dx = lim 2 x = lim (2 − 2 y) = 2. √ √ y y→0 y y→0 y→0 x x 0
Nem l´ etezik viszont pl. a k¨ ovetkez˝ o improprius integr´ al: Z 1 1 0 x
dx = lim
Z 1 1
y→0 y x
dx = lim [ln x]1 y = lim (−ln y) = ∞. y→0
y→0
Ilyenkor azt is mondjuk ez az integr´ al nem konvergens.
