Improprius integrálás
2015. február 19.
1. Feladat:
Z
∞
4 dx = x3
2
Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mivel a fels® integrálási határ ∞. De níció: Ha az fZ(x) függvény integrálható az [a, ∞[ intervallum bármely [a, b] részin∞
tervallumán, akkor
f (x)dx improprius integrál pontosan akkor létezik, ha
a
Z lim
b→∞ a
b
f (x)dx
határérték létezik (véges), akkor ∞
Z
Z
b
f (x)dx = lim
f (x)dx
b→∞ a
a
Ha a határérték nem véges, akkor az improprius integrál nem létezik (divergens). Most az integrandus folytonos, alkalmazhatjuk a de níciót: ∞
Z 2
4 dx = lim b→∞ x3
Z
b
2
4 dx = x3
Szükségünk van egy primitív függvényre. Azért hogy a megoldás jobban átlátható legyen, végezzük el külön a határozatlan integrál keresését, majd térjünk vissza az improprius integrál meghatározásához. Z
4 dx = 4 x3
Z
x−3 dx = 4
x−2 1 + c = −2 2 + c −2 x
Folytassuk az improprius integrálást: Z 2
felhasználva:
∞
4 dx = lim b→∞ x3
4 1 b 1 2 dx = lim −2 2 = lim −2 2 + = 3 b→∞ x 2 b→∞ b 4 2 x 1 1 1 1 lim −2 2 + = 0 + = b→∞ b 2 2 2
Z
b
ha b → ∞
b2 → ∞
⇒
⇒
1 →0 b2
Tehát a határérték létezik (véges), az improprius integrál is létezik és Z 2
∞
4 1 dx = 3 x 2
1
2. Feladat:
∞
Z
1 √ dx = x x
1
Megoldás: Az adott intervallumon folytonos függvény improprius integrálját kell meghatározni, ha létezik. Tehát Z
∞
1
1 √ dx = lim b→∞ x x
b
Z
1 √ dx = lim b→∞ x x
1
Szükségünk van a határozatlan integrálra.
b
Z
3
x− 2 dx =
1
1
Z x
− 32
x− 2 1 dx = 1 + c = −2 √ + c x −2
Folytassuk az improprius integrál meghatározását. Z = lim
b→∞ 1
felhasználva:
b
− 32
x
2 b 2 2 dx = lim − √ = lim − √ + √ = b→∞ x 1 b→∞ 1 b 2 lim − √ + 2 = 0 + 2 = 2 b→∞ b
ha b → ∞
√
⇒
Tehát
∞
Z 1
3. Feladat:
√ 3
8
1 √ →0 b
⇒
1 √ dx = 2 x x
∞
Z
b→∞
1 dx = x+4
Megoldás: Az adott intervallumon folytonos függvény improprius integrálját keressük, ha létezik.
Z 8
∞
√ 3
1 dx = lim b→∞ x+4
b
Z 8
√ 3
1 dx = lim b→∞ x+4
Külön végezzük el a határozatlan integrál számítását. 2
Z (x + 4)
− 13
dx =
(x + 4) 3 2 3
+c=
Z
b
1
(x + 4)− 3 dx =
8
3p 3 (x + 4)2 + c 2
Folytassuk az improprius integrálást: b 3p 3 2 = lim (x + 4) = (x + 4) dx = lim b→∞ 2 b→∞ 8 8 √ 3p 3√ 3p 3 3 3 3 (b + 4)2 + 122 = lim (b + 4)2 + 3 36 = ∞ lim b→∞ 2 b→∞ 2 2 Z
b
− 13
felhasználva: ha b → ∞
⇒
(b + 4)2 → ∞
⇒
p 3 (b + 4)2 → ∞
Mivel a határérték nem egy véges valós szám, hanem ∞, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens). 2
4. Feladat:
Z
∞
e−3x dx =
0
Megoldás: Az integrandus folytonos az adott intervallumon, így: ∞
Z
e
−3x
Z
e−3x dx =
b→∞ 0
0
Felhasználva, hogy: Z
b
dx = lim
e−3x dx =
e−3x +c −3
folytassuk az integrálást: = lim
b→∞
e−3x −3
b
−3b e e−3b 1 e0 = lim + = = lim − b→∞ −3 b→∞ −3 −3 3 0 1 1 1 1 lim + =0+ = b→∞ −3e3b 3 3 3
Felhasználva, mivel:
h i lim −3e3b = ∞
b→∞
akkor
1 1 = =0 3b ∞ −3e
lim
b→∞
Tehát
∞
Z
1 3
e−3x dx =
0
5. Feladat: Z
1
√
−∞
1 dx = 2−x
Megoldás: Most az alsó integrációs határ −∞. De nícióHa az f (x) függvény integrálható az ] − ∞, a] intervallum bármely [a; b] részinZ tervallumán, akkor
b
−∞
f (x)dx improprius integrál pontosan akkor létezik, ha Z lim
a→−∞ a
b
f (x)dx
határérték létezik (véges) és ekkor Z
b
Z f (x)dx = lim
a→−∞ a
−∞
b
f (x)dx
Ha a határérték nem véges, akkor az improprius integrál nem létezik (divergens). Tehát Z Z 1
√
−∞
1 dx = lim a→−∞ 2−x
3
1
√
a
1 dx = 2−x
A határozatlan integrál: Z
√
1 dx = 2−x
Z
1
1
(2 − x)− 2 dx =
√ (2 − x) 2 + c = −2 2 − x + c 1 2 · (−1)
Folytassuk az improprius integrálást. √ 1 1 dx = lim −2 2 − x a = a→−∞ a a→−∞ 2−x √ √ √ = lim −2 2 − 1 + 2 2 − a = −2 + lim 2 2 − a = ∞ 1
Z
√
= lim
a→−∞
felhasználva:
a→−∞
ha a → −∞
⇒
2−a→∞
√ 2−a→∞
⇒
Mivel a határérték nem egy véges valós szám, hanem ∞, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens). 6. Feladat:
−1
Z
−∞
3x dx = (1 + x2 )4
Megoldás: A de níció alapján: Z
−1
−∞
3x dx = lim a→−∞ (1 + x2 )4
Z
−1
a
3x dx = (1 + x2 )4
Állítsuk el® a határozatlan igtegrált: Z
3x dx = (1 + x2 )4 =
Z
2 −4
3x(1 + x )
3 dx = 2
Z
2x(1 + x2 )−4 dx =
(1 + x2 )−3 −1 3 (1 + x2 )−3 +c= +c= +c 2 −3 −2 2(1 + x2 )3
Folytassuk az improprius integrálást: Z
−1
−∞
−1 Z −1 3x 3x −1 dx = lim dx = lim = a→−∞ a a→−∞ 2(1 + x2 )3 (1 + x2 )4 (1 + x2 )4 a −1 1 1 1 lim + =− +0=− 2 3 a→−∞ 2(1 + (−1)2 )3 2(1 + a ) 16 16
Felhasználva, hogy: lim
x→−∞
7. Feladat:
1 1 =0 = 2(1 + x2 )3 ∞
Z
∞
1
Végeredmény:
Z 1
√ 7
∞
√ 7
4
6 x10
6 x10
dx =
dx = 14
8. Feladat:
−6
Z
−∞
6 dx = 7x + 11
Végeredmény: Az improprius integrál nem létezik. 9. Feladat:
∞
Z
9 dx = (x + 4)2
0
Végeredmény:
∞
Z 0
10. Feladat:
9 9 dx = 2 (x + 4) 4
−4
Z
8 dx = (3x + 9)5
−∞
Végeredmény:
Z
−4
2 8 dx = − 5 (3x + 9) 243
−∞
11. Feladat:
∞
Z
e1−5x dx =
1
Végeredmény:
∞
Z
e1−5x dx =
1
12. Feladat:
1 5e4
0
Z
e4x−3 dx =
−∞
Végeredmény:
Z
0
1 4e3
e4x−3 dx =
−∞
13. Feladat:
Z
∞
1
6 p dx = 5 (x + 2)3
Végeredmény: Az improprius integrál nem létezik. 14. Vizsgafeladat: Z
∞
x
e 3 dx = −∞
Megoldás: Most az egyik integrációs határ sem véges. Ilyen esetben a feladatot visszavezetjük az el®z® esetekre. Ha f függvény integrálható bármely részintervallumon és c egy tetsz®leges valós szám, valamint Z
c
és
f (x)dx −∞
Z
f (x)dx c
5
∞
improprius integrálok külön-külön léteznek, akkor ∞
Z
c
Z
∞
Z
f (x)dx
f (x)dx +
f (x)dx = −∞
−∞
c
El®ször keressünk primitív függvényt. Alkalmazzuk az alábbi integrálási szabályt: Z
F (ax + b) + c ahol F (x)0 = f (x) a
f (ax + b) =
Ebben az esetben:
1 1 ax + b = x és a = 3 3 x Z x x e3 e 3 dx = 1 + C = 3e 3 + C 3
Térjünk vissza az improprius integrál meghatározására. A de nícióban szerepl® c bármilyen valós szám lehet. Legyen most c = 3. Z
∞
3
Z
x 3
e dx =
∞
Z
x 3
e dx +
−∞
x
e 3 dx =
−∞
3
Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. 3
Z
3
Z
x 3
e dx = lim
a→−∞ a
−∞
h
lim
a→−∞
h
x
e 3 dx = lim
a→−∞
x
3e 3
i3 a
=
i h ai 3 a 3e 3 − 3e 3 = 3e − lim 3e 3 = 3e − 0 = 3e a→−∞
Felhasználva, hogy: ha a → −∞ ∞
Z
a → −∞ 3
⇒
Z
x 3
3e dx = lim
b→∞ 3
3
h
b 3
= lim 3e − 3e
3 3
i
b→∞
Felhasználva:
ha a → ∞
b
a
⇒
e3 → 0
h x ib x 3e 3 dx = lim 3e 3 = b→∞
3
h bi = lim 3e 3 − 3e = ∞ b→∞
a →∞ 3
⇒
a
⇒
e3 → ∞
Mivel a vizsgált improprius integrálok közül az egyik nem létezik, ezért
Z
∞
−∞
létezik (divergens). Megjegyzés: A feladat kicsit egyszer¶bben is megoldható, ha felhasználjuk, hogy Z
∞
Z
c
Z
f (x)dx = −∞
f (x)dx + −∞
∞
f (x)dx = c
= F (c) − lim F (a) + lim F (b) − F (c) = a→−∞
b→∞
= lim F (b) − lim F (a) a→−∞
b→∞
6
x
e 3 dx sem
feltéve, hogy a két határérték külön-külön létezik. ∞
Z
x
e 3 dx = −∞
=
lim
a→−∞;b→∞
h
lim
a→−∞;b→∞
x
3e 3
ib a
=
h b i a b a 3e 3 − 3e 3 = lim 3e 3 − lim 3e 3 = ∞ − 0 a→−∞
b→∞
Az egyik határérték nem véges, így a keresett improprius integrál nem létezik. Z
15. Vizsgafeladat: Határozza meg
∞
f (x)dx improprius integrált, ha
−∞
0 ha x ≤ 0 ha x > 0
( f (x) =
1 (x+1)2
Megoldás: Az integrandus most egy szakaszosan de niált függvény.Alkalmozhatjuk a tanult de níciót. Most legyen c = 0. Z
∞
Z
0
f (x)dx =
f (x)dx +
−∞
= 0 + lim
b→∞ 0
b
Z
0
f (x)dx =
−∞
Z
∞
Z
Z
−∞
0
∞
0 dx + 0
1 dx = (x + 1)2
b 1 1 1 = lim − dx = lim − +1 =1 b→∞ (x + 1)2 x + 1 0 b→∞ b+1
Felhasználva, hogy : Z
1 dx = (x + 1)2
Z
(x + 1)−2 dx =
(x + 1)−1 1 +c=− +c −1 x+1
Mivel a határérték véges, az improprius integrál létezik és értéke 1. Z
16. Vizsgafeladat: Határozza meg
∞
−∞
f (x)dx improprius integrált, ha
f (x) =
ha 2 < x < 10 0 különben
x+5 4
Megoldás: Z
∞
Z
2
Z
f (x)dx = −∞
Z
2
Z 0 dx +
−∞
2
f (x)dx + −∞
10
x+5 dx + 4 Z
17. Vizsgafeladat: Határozza meg
10
Z
2
Z
∞
10 ∞
−∞
f (x)dx = 10
(x + 5)2 0 dx = 0 + 2·1
10 2
1 + 0 = (1052 − 72 ) 2
f (x)dx improprius integrált, ha 0 ha x ≤ −1 ha x > −1
f (x) =
∞
f (x)dx +
e2−2x
7
Megoldás: Z
∞
−1
Z f (x)dx =
−∞
f (x)dx +
= 0 + lim
b→∞
18. Vizsgafeladat:
∞
Z
b
Z
∞
0 dx +
−1
e2−2x −2
−1
f (x)dx =
−∞
Z
∞
Z
−∞
e2−2x dx =
−1
e2−2b 1 1 1 = −0 + = = lim − + b→∞ 2 2 2 2
−1
2
xe−x dx =
0
Megoldás: Egy folytonos függvény improprius integrálját keressük, mivel a fels® integrá-
lási határ ∞.
Z xe
−x2
1 dx = − 2
Z
1 2 2 −2x ex dx = − ex + c 2
A primitív függvény segítségével határozzuk meg az improprius integrált. 1 −x2 b xe dx = lim − e xe dx = lim b→∞ b→∞ 0 2 0 0 1 1 1 1 1 1 1 2 = lim − e−b + e0 = lim − b2 + = 0 + = b→∞ b→∞ 2 2 2e 2 2 2 Z
felhasználva:
∞
b
Z
−x2
−x2
ha b → ∞ akkor b2 → ∞ és
19. Vizsgafeladat: Z 2
∞
1 →0 eb2
1 dx = x ln3 x
Megoldás: A fels® integrációs határ ∞, egy improprius integrált keresünk. El®ször adjuk meg határozatlan integrált. Felhasználva, hogy: Z
f n (x)f 0 (x)dx =
f n+1 (x) +c n+1
n 6= −1
1 x
ezért, ha f (x) = ln x, akkor f 0 (x) = , tehát Z
1 dx = x ln3 x
Z
1 ln−2 x 1 ln−3 x dx = +c +c=− x −2 2 ln2 x
Az improprius integrál: b Z b 1 1 1 dx = lim dx = lim − = b→∞ 2 x ln3 x b→∞ x ln3 x 2 ln2 x 2 2 1 1 1 1 = lim − + = lim − + = 2 2 2 b→∞ b→∞ 2 ln b 2 ln 2 2 ln b 2 ln2 2 1 1 =0+ = 2 2 ln 2 2 ln2 2 Z
felhasználva:
∞
ha b → ∞
⇒
ln2 b → ∞
8
⇒
1 →0 2 ln2 b
20. Vizsgafeladat: 0
Z
−∞
e3x dx = 1 + e3x
Megoldás: Az alsó integrációs határ −∞, egy improprius integrált keresünk. A primitív függvény meghatározásával kezdjük. e3x 1 dx = 1 + e3x 3
3e3x 1 dx = ln |1 + e3x | + c 1 + e3x 3 0 Z 0 e3x 1 3x dx = lim ln |1 + e | = 3x a→−∞ 3 −∞ 1 + e a 1 1 1 1 1 ln |1 + e0 | − ln |1 + e3a | = ln 2 − ln 1 = ln 2 lim a→−∞ 3 3 3 3 3 Z
felhasználva:
ha a → −∞
Tehát
Z
e3a → 0
⇒ 0
Z
−∞
1 + e3a → 1
⇒
e3x 1 dx = ln 2 3x 1+e 3
21. Vizsgafeladat: Z
−2
x p dx = 5 (1 − x2 )6
−∞
Megoldás: Alkalmazzuk a de níciót: −2
Z
−∞
Z
x
p dx = lim 5 a→−∞ (1 − x2 )6
−2
a
x p dx = 5 (1 − x2 )6
A primitív függvény keresésénél alkalmazzuk az alábbi integrálási szabályt: Z
f n (x)f 0 (x)dx = Z
f n+1 (x) +c ha n 6= −1 n+1 Z 6 dx = x(1 − x2 )− 5 dx =
x p 5 (1 − x2 )6
Most f (x) = 1 − x2 és f 0 (x) = −2x 1 =− 2
1
Z
2 − 56
(1 − x )
5 1 1 (1 − x2 )− 5 (−2x)dx = − = ·√ +c 5 1 2 2 −5 1 − x2
Találtunk primitív függvényt, vizsgáljuk meg az improprius integrált. Z
−2
−∞
= lim
a→−∞
x p dx = lim 5 a→−∞ (1 − x2 )6
5 1 ·√ 2 5 1 − x2
"
−2 = lim a
a→−∞
9
Z a
−2
x p dx = 5 (1 − x2 )6
5 1 5 1 ·p − ·√ 2 5 1 − (−2)2 2 5 1 − a2
# =
= lim
a→−∞
5 1 5 1 1 5 1 5 √ =− · √ ·√ · −0=− · √ − 2 5 −3 2 5 1 − a2 2 53 2 53
Tehát
Z
−2
x 5 1 p dx = − · √ 5 5 2 6 2 3 (1 − x )
−∞
22. Vizsgafeladat:
∞
Z
2x p dx = 3 (x2 − 1)2
3
Megoldás: Alkalmazzuk a de níciót: Z
∞
3
Z
2x p 3
(x2
−
1)2
b
dx = lim
b→∞ 0
2x p dx = 3 (x2 − 1)2
Következ® lépés a primitív függvény el®állítása: Z
Z
2x
p dx = 3 (x2 − 1)2
2
(x2 − 1)− 3 2x dx =
1
=
(x2 − 1) 3 1 3
+c=3
p 3
x2 − 1 + c
Folytassuk az improprius integrál kiszámolását: Z 3
∞
Z
2x p 3
(x2
−
1)2
dx = lim
b→∞ 0
b
2x p dx = 3 (x2 − 1)2
h p ib i h p p 3 3 3 = lim 3 x2 − 1 = lim 3 b2 − 1 − 3 32 − 1 = b→∞ b→∞ 3 h p i √ 3 3 lim 3 b2 − 1 − 3 8 = ∞ − 6 = ∞ b→∞
felhasználva: ha b → ∞ 23. Feladat:
b2 − 1 → ∞
⇒
Z
∞
−∞
⇒
3
p 3 b2 − 1 → ∞
x dx = 1 + 3x2
Megoldás: El®ször végezzük el a primitív függvény keresését. Az integrandus egy valódi racionális tört. Vegyük észre, hogy a számlálóban b®vítéssel kialakítható a nevez® deriváltja. Mivel (1 + 3x2 )0 = 6x, b®vítsünk 6-tal. Z
x 1 dx = 2 1 + 3x 6
Z
6x 1 dx = ln |1 + 3x2 | + C 2 1 + 3x 6
Mivel 1 + 3x2 > 0, ezért az abszolútértéket a továbbiakban elhagyhatjuk. 10
Használjuk fel, hogy Z
∞
Z
c
∞
Z
f (x)dx =
f (x)dx +
−∞
f (x)dx =
−∞
c
ahol c egy tetsz®leges valós szám, legyen most c = 0. Z
∞
−∞
x dx = 1 + 3x2
Z
0
−∞
x dx + 1 + 3x2
Z
∞
0
x dx = 1 + 3x2
Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. 0 Z 0 x x 1 2 dx = lim dx = lim ln(1 + 3x ) = 2 a→−∞ a 1 + 3x2 a→−∞ 6 −∞ 1 + 3x a 1 1 1 2 2 ln 1 − ln(1 + 3a ) = 0 − lim ln(1 + 3a ) = −∞ lim a→−∞ 6 a→−∞ 6 6
Z
0
felhasználva: ha a → −∞
1 + 3a2 → ∞
⇒
Mivel már az els® határérték nem véges ezért létezik (divergens).
Z
⇒ ∞
−∞
ln(1 + 3a2 ) → ∞
x dx improprius integrál nem 1 + 3x2
2. megoldás: Z
∞
−∞
b Z b x x 1 2 dx = lim dx = lim ln(1 + 3x ) = a→−∞;b→∞ a 1 + 3x2 a→−∞;b→∞ 6 1 + 3x2 a 1 1 lim ln(1 + 3b2 ) − ln(1 + 3a2 ) = a→−∞;b→∞ 6 6 1 1 ln(1 + 3b2 ) − lim ln(1 + 3a2 ) = ∞ − ∞ a→−∞ b→∞ 6 6 lim
Mivel a határértékek külön-külön nem végesek, az improprius integrál nem létezik. 24. Vizsgafeladat: Z
∞
−∞
x+3 dx = (10 + 6x + x2 )5
Megoldás: Az alsó integrációs határ −∞, egy improprius integrált keresünk. El®ször adjunk primitív függvényt. Vegyük észre, hogy (10 + 6x + x2 )0 = 2(x + 2) Alakítsuk az integrandust f (g(x))g 0 (x) alakúra. Z
Z x+3 1 dx = 2(x + 3)(10 + 6x + x2 )−5 dx = (10 + 6x + x2 )5 2 Z Most már használhatjuk az f (g(x))g 0 (x)dx = F (g(x)) integrálási szabályt: =
1 (10 + 6x + x2 )−4 1 1 = · 2 −4 −8 (10 + 6x + x2 )4
11
Az improprius integrál: Z
∞
−∞
b 1 1 x+3 dx = lim · = a→−∞;b→∞ −8 (10 + 6x + x2 )4 a (10 + 6x + x2 )5
= − lim
b→∞
1 1 1 1 + lim = · · 8 (10 + 6b + b2 )4 a→−∞ 8 (10 + 6a + a2 )4 = −0 + 0 = 0
felhasználva: ha a → −∞
(10 + 6a + a2 )4 → −∞
⇒
⇒
1 →0 (10 + 6a + a2 )4
Mindkét határérték véges, az improprius integrál létezik és értéke 0. 25. Vizsgafeladat:
∞
Z
5
2x4 e−x dx = · · · =
0
26. Vizsgafeladat:
3
Z
2
6x5x dx = · · · =
−∞
27. Vizsgafeladat:
∞
Z
∞
Z
√
∞
Z
Z
∞
−∞
31. Vizsgafeladat: Határozza meg
Z
5ex 1 dx = · · · = (1 + ex )4 3
∞
−∞
f (x)dx értékét, ha
f (x) =
Végeredmény: Z
ha 0 < x < 2 0 ha különben
3x2 8
∞
Z
2
f (x)dx = −∞
dx = · · · = 1
e−2x 1 dx = · · · = ln 2 −2x 1+e 2
0
30. Vizsgafeladat:
1
x ln3 x
e4
29. Vizsgafeladat:
3 ln 5
8 1 6 dx = · · · = 20 x ln x
e2
28. Vizsgafeladat:
2 5
0
12
3 2 3x2 x dx = =1 8 8 0
∞
Z
32. Vizsgafeladat: Határozza meg
f (x)dx értékét, ha
2
f (x) =
0, 1e−0,1x ha 0<x 0 ha különben
Végeredmény: Z
∞
∞
Z f (x)dx =
2
b→∞
2
33. Vizsgafeladat: Határozza meg
b 0, 1e−0,1x dx = lim −e−0,1x 2 = e−0,2
Z
4
−∞
f (x)dx értékét, ha
f (x) =
Végeredmény: Z
4
ha 1 < x < 7 különben
1 6
0 ha Z
4
f (x)dx = −∞
1
13
4 1 1 dx = x = 0, 5 6 6 1
