INTEGRÁLÁS ÖSSZEFOGLALÓ

INTEGRÁLÁS ÖSSZEFOGLALÓ

Ez a kis összefoglaló azokat az integrálási módszereket tartalmazza, amikre egy vizsgán szükség lehet. A módszerek úgy vannak csoportosítva, hogy a legegyszerűbbtől indulnak a bonyolultabbak felé, úgy, mint valamiféle használati utasítás. Nem működik a TV: Nézze meg, hogy be van-e dugva. Ha igen, nézze meg, hogy valóban bekapcsolta-e, esetleg nem merült-e le az elem a távirányítóban, jó csatornát választott-e, akar-e egyáltalán TV-t nézni, stb. Nos így megy ez az integrálásnál is. Ha van egy feladat – sajnos lesz – amit nem tudunk megoldani, lépésről lépésre végig kell menni a módszereken(lásd. 2.oldal), amíg meg nem találjuk a megfelelőt. Ha törtet kell integrálni, akkor például nem hülyeség a törtre vonatkozó módszerekkel próbálkozni, ezek a T1, T2, T3 és így tovább. Szorzatokra az S1, S2, stb. A módszerek rövid áttekintése a következő oldalon található, míg a további oldalakon ezen módszerek részletes leírása szerepel majd. Jó szórakozást!

ALAPINTEGRÁLOK x n1 c n 1

n  x dx 

ha

n  1

1

 x dx  ln x  c  e dx  e  c x

x

ax  a dx  ln a  c  cos xdx  sin x  c

 ln xdx  x ln x  x  c

x

 sin xdx   cos x  c 1

 cos

2

x

1

 sin

2

x

1

 1 x



2

 tgxdx   ln cos x  c  ctgxdx  ln sin x  c

dx  tgx  c dx  ctgx  c

dx  arctgx  c

1 1 x2

dx  arcsin x  c

 shxdx  chx  c



 chxdx  shx  c



1

 ch

2

x

1 x2 1 1 x 2 1

dx  arshx  c dx  archx  c

dx  thx  c

1

 sh

dx  cthx  c x www.easymaths.hu a matek világos oldala © Mosóczi András 2


1

INTEGRÁLÁSI SZABÁLYOK I.  c  f

 c f

II.  f  g   f   g f III.  f   c

c

IV.  f  g  nincs

szabály

AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK SZORZAT INTEGRÁLÁSÁRA: S1 Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk. S2 Ha egy függvény meg van szorozva a saját deriváltjával, vagy a függvény valamely hatványa van megszorozva az eredeti függvény deriváltjával:



f  f

S3 Parciális integrálás:

f 1 1 

 f  g  f  g   f   g

S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső függvény deriváltja:

 f ( g ( x))  g ( x)  F ( g ( x))

V.  f

 nincs szabály g AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK TÖRT INTEGRÁLÁSÁRA: T1 Próbálkozzunk a tört földarabolásával. T2 Ha a számlálóban a nevező deriváltja szerepel, akkor:



f  ln f f

T3 Ha a nevező egy függvény valamely hatványa, a számláló pedig ezen függvény deriváltja:



f f 1  f  1

T4 A törtből csináljunk szorzatot. Ezek után lásd. szorzat integrálása.

f

g f

1 g

S4 Speciális esetei T5 Racionális törtfüggvények integrálása Helyettesítéses integrálás

VI.  f  g  nincs

szabály

S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső függvény deriváltja:

 f ( g ( x))  g ( x)  F ( g ( x))

Helyettesítéses integrálás

www.easymaths.hu a matek világos oldala © Mosóczi András


2

NÉHÁNY HASZNOS TIPP A MÓDSZEREKHEZ

AZ INTEGRÁLÁSBAN SZEREPEL: gyökös izé

A gyök alatti kifejezés lineáris x2



A gyök alatti kifejezés nem lineáris 2x  1



x7

Ebben az esetben érdemes helyettesítéssel próbálkozni:

x2  7x

Ilyenkor általában érdemes átírni a gyökös izét

valami kifejezés  t

n

valami  valami

és utána már vagy

f



f  S2 vagy

f

 f

1 n

Kivételt jelentenek a

1  f ; f=cos2t 1  f ; f=sh2t f  1 ; f=ch2t helyettesítések

T3

AZ INTEGRÁLÁSBAN SZEREPEL: ln x vagy log a x

ln  x  x  dx

ln  x  x dx

Átírjuk a törtet

Átírjuk a törtet

ln  x 1   x dx   ln x  x dx ami már megoldható, hiszen

ln  x    x  dx   ln x  x dx



f  f  S2

ami már parciális integrálás S3. Minden

 ln



x  x  dx típusú integrálás

parciális integrálás.



3

AZ INTEGRÁLÁSBAN

e valami a valami cos valami sin valami

SZEREPEL:

A kitevő vagy az argumentum (a valami) lineáris.

 x  e  8x  5  e  x  e  x  sin(6 x  7)  x  cos 2 x  x  sin(4 x  3)  x  cos(3x)  ( x  x  1)  e 4 x

2x

3

2

3 x 5

2 x4

Ilyenkor mindig parciális integrálással S3 kell integrálni.

A kitevő vagy az argumentum (a valami) nem lineáris.

 xe

x2

 5x

2

 ex

3



1

e

x

x

2

 ex

3

1

x 3  ( x  1)  cos( x  2x)  x  2 sin( x  6x) 2

2

Ilyenkor ez biztosan nem parciális integrálás, hanem

 f ( g ( x))  g ( x)  F ( g ( x)) vagyis S4.

Ax  B  ax 2  bx  c típusú racionális törtfüggvény integrálása

Ha a nevezőt szorzattá lehet alakítani, akkor alakítsuk szorzattá, majd bontsuk föl parciális törtekre

2x  2 2x  2 dx   dx  x  2x  4  6x  8 3 1   dx  3 ln x  4  ln x  2 x4 x2

x

2

Ha a nevezőt nem lehet szorzattá alakítani, akkor alakítsuk ki a számlálóban a nevező deriváltját, aztán daraboljunk:

f  arctg f 2x  2 2x  6  4  x 2  6 x  10dx   x 2  6 x  10dx  2x  6 4  2 dx   2 dx  x  6 x  10 x  6 x  10 2x  6 1  2 dx  4 dx  x  6 x  10 x  32  1

 ln x 2  6 x  10  4arctg ( x  3)



4

A LINEÁRIS HELYETTESÍTÉS

Ha

 f ( x)dx  F ( x)  c

akkor

1

 f (ax  b)dx  F (ax  b) a  c

Itt x helyére egy lineáris kifejezést helyettesítettünk, ezért hívják a tételt lineáris helyettesítésnek. Fontos megjegyeznünk, hogy a módszer – ahogyan ez a nevében is benne van – csak lineáris helyettesítések esetén alkalmazható, tehát, ha a belső függvény ax+b alakú. Ha a belső függvény nem ilyen, akkor általában az S4 lesz reményteli módszer.

PÉLDÁK: 1

1

PL.1.

 2 x  3 dx  ln 2 x  3  2  c

PL.2.

e

PL.3.

 cos(6 x  5)dx  sin(6 x  5) 6  c

PL.4.

 cos

2

PL.5.

e

dx  e 2 x 

PL.6.

3 x 5

 x dx  ln x  c

mert

e

mert

 cos xdx  sin x  c

mert

 cos

1 c 2

mert

e

(6 x  5)8 1 c 8 6

mert

7  x dx 

mert

e

mert

e

dx  e 3 x 5 

1 c 3 1

2 x

1 1 dx  tg (5 x  2)  c (5 x  2) 5

7  (6 x  5) dx 

PL.7

e

PL.8

e

x 4

x 4

dx  e  4  c

2 x 5 3

dx  e

2 x 5 3

1

mert



3 c 2


x

dx  e x  c

1

x

x

2

x

dx  tgx  c

dx  e x  c

x8 c 8

dx  e x  c

x

dx  e x  c


5

SZORZATOK INTEGRÁLÁSA S1

Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk

PL.1.

 (x

PL.2.

 (x

2

2

 x)( x 3  x 2  1)dx   ( x 5  2 x 4  x 3  x 2  x)dx

 1)( x 3 

1 1  1)dx   ( x 5  x 3  x 2  x  1  )dx x x

S2 Ha egy függvény meg van szorozva a saját deriváltjával, vagy a függvény valamely hatványa van megszorozva az eredeti függvény deriváltjával, akkor: f 1   f  f   1  Vannak olyan esetek, amikor ez ránézésre látszik.

1 ln 2 x dx  c x 2 1 ln 4 x 3 PL.2.  ln x  dx  c x 4 PL.1.

 ln x 

PL.3.



( x 3  x 2  1) 4 (3x 2  2 x)dx 

( x 3  x 2  1) 5 c 5

És vannak olyan esetek is, amikor bele kell fektetnünk egy kis energiát, hogy a feladat





f  f

f 1 alakot öltsön. 1 

Ennek érdekében konstansokkal oszthatunk, vagy szorozhatunk. Itt van például ez:



(2 x 3  3x 2 ) 4 ( x 2  x)dx

Beazonosítjuk, hogy ki lehet az

f  tényező, megállapítjuk, hogy f   (2 x 3  3x 2 ) 4 így

f  2 x 3  3x 2 és f   6 x 2  6 x Látszik, hogy a feladatban nem ezzel van szorozva, viszont az is látszik, hogy kell neki egy 6-os szorzó és már jó is.



1 1 (2 x 3  3x 2 ) 5 3 2 4 2 (2 x  3x ) ( x  x)dx   (2 x  3x ) (6 x  6 x)dx  c 6 6 5 3

2 4

2

PÉLDÁK: PL.1.



(4 x 3  6 x 2 ) 9 ( x 2  x)dx 

1 1 (4 x 3  6 x 2 )10 3 2 9 2 ( 4 x  6 x ) ( 12 x  12 x ) dx  c 12  12 10 6

1 1 ( x 3  3e x  10) 5 5 x 3  3e x  10  ( x 2  e x )dx   ( x 3  3e x  10) 5 (3 x 2  3e x )dx  c PL.2.  6 3 3 5 2 x 8 ( x  e  7) 2 x 7 x 7 x c PL.3.  ( x  e  7) (10 x  5e )dx  5 (c) (2 x  e )dx  5 8 1



6

S3 PARCIÁLIS INTEGRÁLÁS

 f  g  f  g   f   g Tipikusan parciális integrálással kiszámítható integrálok azok, ahol x-hatvány van megszorozva egy „híres” függvénnyel, vagyis:

 xe  x e  ( x  x )  ln x x

7

2

x

 x  sin x  x  cos x  x  ln x  ( x

3

 x 5

 x  1)  e x

 (x

x

2

 x)  4 x

6

Ezeken kívül tipikusan parciális integrálás az is, amikor a „híres függvény” egy lineáris helyettesítése van szorozva x hatvánnyal, vagyis:

 xe  xe  ( x  x  1)  e 2x

4 x

2 x4

3

 x e  x 5 2

3 x 5

 x  sin(6 x  7)  x  cos 2 x  x  sin(4 x  3)  x  cos(3x)  x 3  x7  ( x  x)  4 2 x

x

2 x 3

2

3x

Ugyanakkor tipikusan nem parciális integrálások azok, ahol a helyettesítés nem lineáris, vagyis

 xe

x2

 ( x  1)  5



x2 2 x

1 x

e

x

x

2

 ex

3

1

 ( x  1)  cos( x

2

 2 x)

 x  sin( x

2

)

ezekben az integrálásokban a belső függvény nem lineáris. Ilyenkor sosem vezet célra a parciális integrálás, általában az S4 a célravezető. Vagyis jegyezzük meg, hogy a

 ( x hatvány)  e

valami

 ( x hatv ány)  a

va la mi

 ( x hatv ány)  cos (v alami)

stb. esetekben az

dönti el, hogy parciálisan integrálunk-e vagy sem, hogy a kitevő, vagy az argumentum – a valami – lineáris kifejezés-e vagy sem. Ha lineáris, akkor parciálisan integrálunk, ha nem, akkor általában S4-gyel. SZEREPOSZTÁS: A parciális integrálásnál úgy kell kiosztani a szerepeket, hogy a szorzatban szereplő x hatványt kell f-nek nevezni és a másikat g’-nek. A parciális integrálás során így az x hatvány foka eggyel csökken. Emiatt van az, hogy a siker érdekében mindig annyiszor kell parciálisan integrálni egy kifejezést, amekkora abban az x hatványok közül a legnagyobbnak a kitevője. Fontos kivétel azonban, ha a szorzatban lnx, logax arctgx, arcsinx, arccosx szerepel. Ilyenkor ugyanis az eddigiekkel ellentétben azt kell f-nek nevezni! Példa parciális integrálásra

 x  e dx  e x

f=x g’=ex f’=1 g=ex

x

 x  1  e x dx  e x  x   e x dx  e x  x  e x  c

Ha persze a szorzatban például

lnx szerepel, az kivétel: x 1x x2 x x2 x2 x  ln xdx  ln x  dx  ln x  dx  ln x  c  x 2 2 2 2 2 4 f  ln x g   x 1 x2 f g x 2 2

2



7

A kivételben megemlített függvényeket szintén parciálisan lehet integrálni, méghozzá úgy, hogy

1  ln x

1  log

a

x

példaként nézzünk meg egyet:

1  arctgx

1  arcsin x

1

 ln xdx  1  ln xdx  x  ln x   x  xdx  x  ln x  1dx  x  ln x  x  c Hasonló a helyzet ezekkel is:

 ln

 arctg x Ezeket is mind úgy kell felírni, hogy  1  (a 2

 ln

x

3

 arcsin

2

x

4

x

függvény)

A felsoroltakon kívül akkor érdemes még parciális integrálással próbálkozni, ha olyan szorzattal állunk szemben, aminek egy részét tudjuk integrálni.

S4

Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső függvény deriváltja, az reményteli:  f ( g ( x))  g ( x)  F ( g ( x))

Ez a tétel tulajdonképpen az összetett függvények integrálásáról szól, ám ez még sincs teljesen így. Az a helyzet, hogy pusztán maguknak az összetett függvényeknek az integrálása elég reménytelen vállalkozás. Nem rendelkezik például elemi primitívfüggvénnyel az alábbi integrálokban szereplő függvények közül egyik sem:

e

5

x2

e

x2 2 x

 cos( x

x 3 1

2

 sin( x

)

2

)

 cos( x

2

 2 x)

A helyzetünk akkor válik reménytelivé, ha ezek a függvények meg vannak szorozva a belső függvényeik deriváltjával, ekkor ugyanis a fenti tétel használható. PÉLDÁK: PL.1.







S4



2 2  (2 x  2)  sin x  2 x dx   cos x  2 x  C

S4

7 x 1 C ln 7 3

PL.2.

2 x 1  3x  7 dx 

PL.3.

2 3 3  (3x  1)  cos( x  x)dx  sin( x  x)  C

PL.4.

3

S4

2x

 1 x

4

dx  

S4

1

 

1 x

2 2

 2 xdx  arctg ( x 2 )  C

S4 néhány speciális esete

e

f

 fe

af  a  f   ln a

f

f  1  f 2  arctgf www.easymaths.hu a matek világos oldala © Mosóczi András

f



f 1 f

2

 arcsin f


8

PL.5. PL.6.

 2x  3e dx  e  3x e dx  e  C x 2 3 x

2 7 x

x 2 3 x

7 x

3

C

3

52 x  x PL.7.  4 x  1  5 dx  C ln 5 S4 1 x2 1 3x 2 PL.8.  dx  dx  arctg ( x 3 )  C 6 2  3 1  x3 3 1 x 2 x2  x

2

S4

 

S4 1  cos x arctg (sin x)  C 2 x 1  sin x sin 2 x 2 sin x cos x S 4 2 PL.10.  dx   1  sin 2 x 2 arctg (sin x)  C 1  sin 4 x

PL.9.

cos x

 1  sin

2

dx  





Itt is természetesen előfordulhat, hogy bele kell fektetnünk némi munkát az

 f ( g ( x))  g ( x)  F ( g ( x))

alak eléréséhez. Általában két lehetőség van. A könnyebbik,

amikor csak konstansban tér el az integrálandó függvény a reményteli állapottól, a másik, amikor már x-et tartalmazó tényezők is eltérnek. Ha csak konstansbeli eltérés mutatkozik, az könnyen megoldható: PÉLDÁK: 2 1 1 2 (2 x  2)e x  2 x dx  e x  2 x  c  2 2 x 4 1 4 1 17 3 x 4 1 PL.2.  x  7 dx   4x 3 7 x 1 dx  c 4 4 ln 7 1  1  x2  x2  x2 PL.3.  x  e dx   2 x  e dx  e c 2  2

PL.1.

 ( x  1)  e

x2 2 x

dx 

A másik lehetőség, ha a belső függvény deriváltja nem csak konstansban tér el a várttól, hanem x-et tartalmazó tagban is. Ilyenkor alkalmazhatjuk a parciális integrálást – néha a helyettesítéses integrálást. Nézzünk egy példát!

3x

3

 e x dx esetében például a belső függvény deriváltja 2x, ám sajnálatos módon a szorzó 2

x . Alakítsuk hát úgy, hogy a szorzó valóban 2x legyen. A maradékot természetesen nem vihetjük ki az integrál elé, hiszen az x-et is tartalmaz, de itt jön segítségünkre a parciális integrálás. 3 x x  x  e dx   2x  e  2

2

x2 dx 2

A vastagított részt direkt úgy csináltuk, hogy alkalmazhassuk rá az S4-et, így a parciális integrálás során ez a rész lesz majd, amit integrálunk, míg a maradék az, amit deriválunk:

g   2 xe x

x2 f  2  f x

g  ex

2

2

3 x x  x  e dx   2x  e  2

helyett

2

2 x2 x 2 x2 dx   e   x  e x dx a megmaradó integrálás szintén S4, ha x 2 2

2x van:

3 x x  x  e dx   2 x e  2

2

2 2 x2 x 2 x2 x 2 x2 1 x 2 x2 1 x2 dx   e   x  e x dx   e   2x  e x dx  e  e  c 2 2 2 2 2 2



9

Egy másik példa, amikor S4 alkalmazásához előbb jelentős átalakításokat kell végezni

e

x

dx

Itt a belső függvény

1

x aminek a deriváltja

és ezzel kéne legyen megszorozva

2 x

e

x

.

De mivel nincs, ezért gondoskodunk róla, hogy legyen:

e

x

dx  

1

e

2 x

x

 2 x dx

A kapott szorzatot parciálisan integráljuk. Az integrálás során a vastagított részt nevezzük g’-nek, hiszen ezt szeretnénk integrálni, míg a másikat f-nek. A szerepek:

f 2 x

g 

x

2 x

g e

1 f x

e

1

dx  

1 2 x

e

x

x

e

x

 2 x dx  2 x  e

x



1 x

 e x dx

ahol a maradék integrálás éppen S4:



1 x

 e x dx  2

1 2 x

 e x dx  2e

x

K

NÉHÁNY TRÜKKÖS ESET:

1 1 I.  dx   2 x dx  arctg ln x   c 2 x ln x  x ln x  1 x e dx  arctg e x  c II.  1 e2x 2X 1 2 X ln 2 1 III.  dx  dx  arctg 2 x  c X 2  x ln 2 1  2 ln 2 1 4

 

 

 

2 sin x 1 2tgx 3 2 sin x cos x cos x dx  cos 2 x dx  arctg tg 2 x  c IV.  dx   sin 4 x  tg 2 x 2  1 sin 4 x  cos 4 x  1 cos 4 x x2 1 3x 2 1 V.  dx   dx  arcsin x 3  c 3 1 x3 2 3 1 x6



 

VI.

 cos

1 2

x 1  tg 2 x

dx  








 

1 cos 2 x dx  arcsin tgx   c 1  tg 2 x


10

TÖRTEK INTEGRÁLÁSA T1

Próbálkozzunk a tört földarabolásával.

A tört földarabolása általában akkor hasznos, ha a nevező egyetlen tagból (szorzat lehet, csak a tagok száma legyen egy) áll, de néha előfordulhat, hogy több tagból álló nevező esetén is működik a módszer.

PÉLDÁK:

x3  x2  1 x3 x2 1 1 x3 x2 2 dx  (   ) dx  x  x  dx    ln x  c   x x x  x x 3 2 ex  x3 ex x3 1 1 x 2 3 x PL.2.  3  x dx   3  x  3  x dx   3   x dx   x  e dx   ex  c 2 x e x e x e x e 2 2 x  cos x x cos x 1 1 PL.3.  dx    dx    dx  tgx  ln x  c 2 2 2 2 x cos x x cos x x cos x cos x x PL.1.

Általánosítva:



abc a b c    d d d d


ax  b

I.

 cx  d

I.A

 x  2dx  

I.B

4x  5 2(2x  3)  1 2(2x  3) 1 1 1 dx  dx   dx  2  dx  2 x  ln 2 x  3 c  2x  3  2x  3  2x  3 2x  3  2x  3 2

típusú integrálok

x6

x24 x2 4 1 dx    dx  1  4 dx  x  4 ln x  2  c x2 x2 x2 x2

4 17 4 17 (3x  1)  (3x  1) 4x  7 4 17 1 4 17 1 3 dx  3 I.C  dx   3  3 dx    dx  x  ln 3x  1  3x  1 3x  1 3x  1 3x  1 3 3 3x  1 3 3 3

II.



x  12 dx  x2 1

x 2  2x 1 x 2 1 2x x2 1 2x 2x 2 dx  dx   x2 1  x2 1  x 2  1  x 2  1 dx  1  x 2  1 dx  x  ln x  1



11

T2 Ha a számlálóban a nevező deriváltja szerepel, akkor: 

f  ln f f

PÉLDÁK:

2x  1 dx  ln x 2  x  4  c x4 1 ex PL.2.  dx  ln x  e x  6 x xe 6 cos x PL.3.  ctgxdx   dx  ln sin x  c vagy sin x PL.1.

x

2

sin x

 tgxdx  cos xdx  

 sin x dx   ln cos x  c cos x

Megeshet, hogy a számláló nem a nevező deriváltja, de majdnem. Ilyen esetekben, hogy ihletet merítsünk, deriváljuk le a nevezőt, és hasonlítsuk össze a számlálóval, hogy kiderüljön, mit kell tennünk az PÉLDÁK: PL.1.

x

2

x 1 dx  2x  4

esetében a nevező deriváltja meg osztani – kell 2-vel:

x

2

f alak eléréséhez. f

2x+2, ezért a számlálót az integrálon belül szorozni – kívül

x 1 1 2x  2 1 dx   2 dx  ln x 2  2 x  4  c 2 x  2x  4 2  2x  4

PL.2.

x

2

6x  9 dx  3x  7

esetében viszont a nevező deriváltja

2x+3, így a számlálóból ki kell vinni 3-mat: 6x  9 2x  3 2  x 2  3x  7dx  3 x 2  3x  7dx  3 ln x  3x  7  c

ÉRDEMES MEGJEGYEZNI NÉHÁNY TRÜKKÖS ESETET:

1 f f 1 x dx  ln ln x  c I. dx   x ln x  ln x 1 f f 2 1 1  x dx  ln arctgx  c dx  II.   arctgx (1  x 2 )arctgx 1 f f 2 1 dx   cos x dx  ln tgx  c III.  2 tgx cos x  tgx



12

T3

Ha a nevező egy függvény valamely hatványa, a számláló pedig ezen függvény deriváltja: f f 1   f  1

PÉLDÁK: PL.1.

PL.2.

PL.3. PL.4.

2x  5

 x

2

 5x  4



3

x dx 

2x  7



x2  7x  9

2

dx  

 5x  4 2



2

c

x dx 

2x  7

x

2

 7x  9



1

2

2

 7x  9 1 2



1

2

c

3

cos x sin x dx  c 4 3 x

 sin 

(sin x)1 dx   dx  2 3 1 2 sin 2 x (sin x) 3

cos x 3

2

cos x

3

c

Itt is megeshet persze, hogy bizonyos konstansokkal alakítunk kicsit a számlálón. PÉLDÁK: PL.1.

PL.2.

Pl.3.

Pl.4.



x3



x 2  6x



1 2x  6 1 x 2  6x  7 dx  dx  5 2  x 2  6x  7 5 2 4 x 2  6x  7



4





1 3x 3  18 x dx   3 x3  9x 2  8 x 3  9x 2  8



7x

5



 x

2

 e 2 x







2x



4

1 x3  9x 2  8 dx  1 4 3 1 1 4



1

c



1

1

4

c

1

7 x2  9 5 dx  c 1 5 2 1 1 2 x 9 5 2 x 1 2 x  2e 1 x 2  e 2 x dx   dx  7 2 x 2  e 2 x 7 2 6

7 dx   2 x2  9 x  e 2 x















6

c

Előfordulhat az is, hogy parciális integrálással kell kombinálni. Ilyen például a következő:



x3 4

3 x

2

dx A számlálóba ugyanis x3 helyett elegendő volna x is, pontosabban 2x.

x3-öt két részre: x3 1 x 2  2x 1 2x dx   dx   x 2  dx 4 2 4 3  x2 2 3  x2 3  x2

Felbontjuk hát az



4



13

A kapott szorzatot parciálisan fogjuk integrálni. A szerepek világosak, alakítottuk, hogy integrálhassuk, ezt nevezzük hát

f  x2

g 

f   2x

x 

2x 3  x2

4

3  x2

-et direkt úgy

g’-nek, míg x2-et f-nek.

2x 4

g

2

2x 4

3  x2

2x 4

dx  

3  x2

dx  x

2

3  x 

3

14

2

3  x   2

3

4



3  x  dx  2

2x

3

3  x  2x 

3

2

3

4

3

4

4

4

dx x

3  x   2

2

4

ahol a maradék integrálás már könnyű, hiszen S2 szerint

3

4

3

4



4   2x  3  x 2 3

 2 x  3  x

4

dx

 dx  3 1 x  3

2



3

2

4

4

3 1 4

1

c


I.

II.

III.

IV.

V.

f 1 f 1 x  x ln 2xdx   ln 2 xdx 

ln x 1  c 1

f 1 f 1 x  x ln 3xdx   ln 3 xdx 

x

x x

1 ln x

1 5

ln x

dx  

dx  

1 4

ln 3 x

dx  

1 x

ln x 

ln x 2 f

f

1

dx  2

1 x

ln x 

f f

1

dx 

ln x 

f f

3

ln x 1 1 1

dx  4

1

2

c

2

ln x 1

1

1 1 5

5

1 x

c

2

ln x 1

3

5

c

4

1 43

c

f 1 2 f 2 1 cos x dx  tgx   c VI.  dx   tg 3 x 2 cos 2 x  tg 3 x f 1 1 3 f 2 1 cos x dx  tgx  4  c VII. dx   cos 2 x  4 tg 3 x  1 3 (tgx ) 4 3

4

f 1 f 2 sin x VIII. dx  2  sin 2 x  3 ctg 2 x dx   3 (ctgx )

1


ctgx 1 1 2

2

3

c

3


14

f 1 1 f 2  1 arctgx  1  x IX.  dx   dx  c 1 (1  x 2 )arctg 2 x arctg 2 x f 1 1 2 f 2  1 arctgx  1  x X.  dx   dx  c 1 2 1 (1  x 2 ) arctgx arctgx  2  f 1 1 3 f 2   1 arctgx 1  x XI.  c 2 dx  (1  x 2 )3 arctg 2 x dx   3 1 (arcsin x) 3

1



XII.

1  x 2 3 arcsin 2 x

dx  

1 1 x2

f f

2

(arctgx )

dx  3

arctgx  1 3

1

3

c

T4 A törtből csináljunk szorzatot. Ezek után lásd. szorzat integrálása.

f

g f

1 g

PÉLDÁK:

ln x 1  x dx   ln x xdx ami már S2 vagy

ln 4 x 1 4  x dx   ln x xdx ami szintén S2,

de hasonlóan intézhetők el:

ln x  7 1 1 S 2 (ln x  7) 3 2 dx   ln x  7 dx   ln x  72  dx  c x x x 3/ 2 1



vagy S 2 (tgx ) 4 / 3 1 tgx 1 3   dx  tgx dx   c  cos 2 x  4/3 cos 2 x 3

vagy

x

e

x2

dx   x 

1 e

x2

dx   x  e  x dx 2

ami már – némi átalakítás után – S4 segítségével integrálható.

 xe

 x2

dx 

2 1  1  x2  2 x e  x dx  e C  2 2



15

HELYETTESÍTÉSES INTEGRÁLÁS

A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést t-vel helyettesítünk annak reményében, hogy így majd meg tudjuk oldani a feladatot. Tipikusan helyettesítéses integrálás, ha a gyök alatt valamilyen lineáris kifejezés szerepel. Nézzünk erre egy példát!

2x  5 dx  ? x3



Az ilyen esetekben az egész gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek.

x  3  t Ebből kifejezzük x-et: x  3  t 2 és így x  t 2  3 eddig minden rendben is van. De sajna van itt még egy apróság. Az, hogy a dx-et is le kell cserélni, mégpedig a következőképpen. A kifejezett x-et deriváljuk t szerint:

x  t 2  3 tehát x  2t amit azonban úgy írunk, hogy

dx  2t dt

Réges-régen ugyanis az emberek még nem a jól ismert

f  jelölést használták a deriválásra,

hanem azt, hogy

df dx Később aztán egyszerűsítették a jelöléseket, de valamilyen rejtélyes okból itt a helyettesítéses integrálásnál mégis megmaradt az ősi módszer. Lehetne ezt picit másképp is csinálni, akit érdekel majd olvassa el a következő oldalon lesz róla szó, de valamiért ez a dxes bűvészkedés maradt az általánosan elterjedt eljárás. Szóval törődjünk bele, hogy a kifejezett x-nek a deriváltja

Most jön a helyettesítés, x helyére megy kell cserélni:

dx  2t amiből dx  2t dt . dt

x  t 2  3 a gyök helyére

x  3  t és a dx-et is le

dx  2t dt .





2x  5 2 t2 3 2t 2  6 t3 dx   2t dt   2t dt   2t 2  6 2dt   4t 2  12dt  4  12t t t 3 x3







Az integrálás végén visszahelyettesítjük t helyére, hogy ki is valójában. Ekkor a megoldás: 3

t3 x3 4  12t  4  12 x  3  C 3 3 Nézzünk egy másik hasonlóan izgalmas példát is.



x dx  ? x4 2

Megint az egész gyökös kifejezést nevezzük t-nek:

x  4  t ekkor x  4  t 2 vagyis x  t 2  4 tehát x  2t amit úgy írunk, hogy www.easymaths.hu a matek világos oldala © Mosóczi András


dx  2t dt 16

Most jön a helyettesítés:

t  2t  22t dt  t  22t dt  2t 2  4t dt  2 t 3  4 t 2 x t2  4 dx   2t dt     t 2 t 2 3 2 x4 2



Végül t helyére visszarakjuk a gyökös izét. 3

2

t3 t2 x4 x4 2 4 2 4 C 3 2 3 2 Íme egy picit más megközelítése a helyettesítésnek. Ha az integrálandó függvényben ugyanaz a kifejezés többször is előfordul, akkor próbálkozhatunk annak elnevezésével. Hagyományosan t szokott lenni az új változó. Fontos azonban látnunk, hogy a helyettesítés során az integrálandó kifejezés általában megváltozik. Ezt a változást írja le az úgynevezett integrál-transzformációs formula:

 f ( x)dx   f ( (t ))   (t )dt

Az integrál-transzformációs formula azt mondja, hogy ha a kiintegrálandó függvényben x helyére egy (t) függvényt helyettesítünk, akkor az így kapott kifejezést még meg kell szorozni a (t) helyettesítés deriváltjával, vagyis ’(t)-vel. Nézzünk erre egy példát!

3e 2 x  2e x  1  e 2 x  e x  1  e  x dx Ésszerűnek tűnik az e =t helyettesítés. Ekkor mi is az a bizonyos (t) függvény? Mivel e =t ezért ebből az x-et kifejezve x=lnt. Vagyis ez van az x helyére helyettesítve, tehát (t)=lnt és x

így

x

’(t)=1/t. Az integrál-transzformációs formula szerint

 f ( x)dx   f ( (t ))   (t )dt

tehát:

3e 2 x  2e x  1 3t 2  2t  1 1 dx   dt   e 2x  e x  1  e x  2 1 t t  t 1 t itt a vastagon szedett 1/t a ’(t)-vel való szorzás. Folytatva az integrálást:

3t 2  2t  1 1 3t 2  2t  1   dt   3 2 dt 1 t t  t  t 1 2 t  t 1 t

f f



ln(t 3  t 2  t  1)  K  ln(e 3 x  e 2 x  e x  1)  K

A köztudatban furcsa módon nem a (t) belső függvényes gondolatmenet van elterjedve, hanem a már korábban látott dx-es dt-s bűvészkedés, amely lényegét tekintve ugyanez, mindössze jelölésbeli különbségek vannak. Helyettesíteni nem csak akkor ígérkezik gyümölcsöző vállalkozásnak, ha sokszor ismétlődő kifejezéssel találkozunk. Akkor is érdemes helyettesítéssel próbálkozni, ha gyökös kifejezések vannak, vagy olyan összetett függvények, amelyek a helyettesítés után már nem összetettek. Itt van még egy példa a gyökös kifejezések helyettesítésére:



6x  5 dx 3x  1

Ilyenkor a nevezőben lévő gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek, tehát

t  3x  1 így t 2  3x  1 és x 

vagyis

 (t ) 

t 2 1 . Ez utóbb lesz a (t) függvény, 3

t 2 1 2t és  (t )  . 3 3



17

A helyettesítést elvégezve feladatunk a következőképpen alakul:

6x  5 dx   3x  1



6

t 2 1 t3 5 4  6t 2t 2t 2  2  5 2t 4t 2  6 3 3  dt    dt   dt  c t 3 t 3 3 3

Itt még t helyére vissza kell helyettesíteni – ezt mi most nem tesszük meg.

1. GYÖKÖS KIFEJEZÉSEK HELYETTESÍTÉSE





ax  b (cx  d )dx



ax  b  ex  f dx cx  d



ax  b cx  d

3

4



ax  b cx  d  ex  f

dx



ax  b dx cx  d

ax  b dx cx  d

valami lineáris kifejezés vagy elnevezni t-nek. Ha

dx

ax  b esetekben mindig az egész gyökös kifejezést kell cx  d

stb. van, akkor is mindig az egész gyökös kifejezést kell t-nek

nevezni. Ha viszont a gyökjel alatt nem lineáris kifejezés van, akkor más módszer kell!

1  f esetén f=cos2t

1  f esetén f=sh2t f  1 esetén f=ch2t

2. ÖSSZETETT FÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA HELYETTESÍTÉSSEL ( HA LEHET) Vannak olyan összetett függvények, amelyek – mivel nincsenek megszorozva a belső függvény deriváltjával – S4 segítségével nem integrálhatóak. Ilyenkor érdemes azzal próbálkozni, hogy a belső függvényt elnevezzük t-nek. Például az

e

x

dx

esetében tehát a

t  x , vagyis x  t 2 így  (t )  t 2 helyettesítést alkalmazzuk,  (t )  2t .

A helyettesítéssel integrálásunk a következőképpen alakul:

e

x

dx   e t  2tdt ami már egy egyszerű parciális integrálás.

Szintén érdemes helyettesítéssel próbálkozni ennél az összetett függvénynél, hogy

 sin ln xdx A helyettesítés legyen

t  ln x , vagyis x  e t így  (t )  e t helyettesítést alkalmazzuk, ahol

 (t )  e t . A helyettesítést elvégezve a feladat a következőképpen alakul:

 sin ln xdx   sin t  e dt t

Ezt pedig parciálisan tudjuk integrálni, a megoldás a trigonometrikus függvények integrálása IV. pontjában található.



18

RACIONÁLIS TÖRTFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA

p( x)

 q( x) dx

racionális

törtfüggvény

integrál

kiszámolását

azzal

kell

kezdenünk,

hogy

ellenőrizzük, teljesül-e a deg(p(x))<deg(q(x)) feltétel. Ha ez nem teljesül, akkor polinom osztással el kell érnünk, hogy teljesüljön. Ezek után a nevezőt föl kell bontani elsőfokú, vagy tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára. Az algebra alaptétele miatt ez – legalábbis elviekben – mindig lehetséges. Ha ez megtörtént, a racionális törtfüggvény felbontható elemi törtek összegére, a parciális törtekre bontás módszerével. Előbb azonban definiáljuk az elemi törteket. Kétféle elemi tört létezik:

I.

A ax  b

II.

Ax  B ax  bx  c 2

A II. elemi törtnél azonban a0 és b -4ac<0 vagyis a nevezőben szereplő másodfokú kifejezés diszkriminánsa negatív, így az nem alakítható elsőfokú tényezők szorzatára. 2

Most lássuk, az egyes elemi törtek miként integrálhatók ki:

I. 

A 1 1 dx  A dx  A ln ax  b   K ax  b ax  b a

Ax  B f elsőként a számlálót úgy alakítjuk, hogy a tört alakú legyen. Mivel a dx   ax  bx  c f nevező deriváltja 2ax+b, ezért ezt igyekszünk kialakítani a számlálóban. B 2aB 2aB x 2ax  2ax  b  b Ax  B A A A A A  ax 2  bx  cdx  A ax 2  bx  cdx  2a  ax 2  bx  cdx  2a  ax 2  bx  c dx  2aB Felbontjuk két integrál összegére, és  b helyett a jóval kellemesebb E-t írjuk. A 2aB 2ax  b  b A A 2ax  b  E A 2ax  b E  A dx  dx   2 dx    2 2 2   2a 2a ax  bx  c 2a  ax  bx  c ax  bx  c  ax  bx  c A 2ax  b E   dx   dx   2 2 2a  ax  bx  c ax  bx  c  f Látszik, hogy a két integrál közül az első éppen kívánalmunknak megfelelően alakú, ezzel f 2ax  b már sok gond nincs:  dx  ln( ax 2  bx  c)  K 2 ax  bx  c E dx mindig egy arctgx-re A második integrállal kell hát még foglalkoznunk.  2 ax  bx  c II.

2

vezető integrál lesz. A mechanizmus pedig a következő:

E 1 dx E  2 dx  bx  c ax  bx  c www.easymaths.hu a matek világos oldala © Mosóczi András

 ax

2


19

A nevezőben teljes négyzetet alakítunk ki:

E

1 E dx   a ax  bx  c 2

1 E 1 dx   dx  2 2 b c a 2 b b c b     2 x  x x 2 x     a a 2a a  2a   2a 

Itt a nevezőben megjelenik a teljes négyzet. A mögötte létrejövő tagot az egyszerűség kedvéért elnevezzük D-nek.

E 1 E 1 dx   dx 2 2 2  a  a  b  c  b  b  x     x    D 2a  a  2a  2a    Végső lépésként a D-t is kiemeljük a nevezőből: E 1 E 1 E 1 dx  dx  dx 2 2 2    a  aD 1  aD  1 b  b  b  x x   D x   1   1 2a  D 2a   2a D   D 

Az így kapott integrál arctgx-nek egy lineáris helyettesítése:

E 1 E b   1 dx  arctg  x  D  K 2  aD  1 aD 2a D   D b  x   1 2a D   D PÉLDÁK: Oldjunk meg egy feladatot:

5 x 2  14 x  5  x 3  4 x 2  5xdx

Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Esetünkben ez most teljesül. Utána a nevezőt elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára 3 2 2 kell bontanunk. Előszöris x +4x +5x=x(x +4x+5) itt azonban a zárójelben lévő másodfokú már nem bontható tovább. Negatív ugyanis a diszkriminánsa. Kész van hát a szorzattá alakítás:

5 x 2  14 x  5 5 x 2  14 x  5  x 3  4 x 2  5xdx   x x 2  4 x  5 dx





A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Most még csak a nevezőket ismerjük. A felbontás valahogy így néz tehát ki:

5 x 2  14 x  5 5 x 2  14 x  5 dx   x 3  4 x 2  5x  x x 2  4 x  5 dx   x  x 2  4 x  5 dx





Most ki kell találnunk a számlálókat. Egyelőre nem a konkrét számlálókat, csak a paraméteres alakjukat. Mit is jelent ez? Azt, hogy törtünket a már korábban definiált elemi törtekre szándékozunk felbontani. Elemi törtből márpedig kétféle van. Az I. típusú elemi tört olyan, hogy nevezője elsőfokú, míg a II. típusú elemi tört olyan, hogy a nevezője másodfokú, és nem bontható elsőfokú tényezők szorzatára. A felbontás során tehát mindig a nevezőkből indulunk ki! Az első tört nevezője szemmel láthatóan elsőfokú, így ez minden bizonnyal csak egy I. típusú elemi tört lehet. A számláló tehát valami A. Második 2 törtünk nevezője viszont x +4x+5 ami egy másodfokú kifejezés, így hát ez a tört szükségképpen II. típusú, ekként számlálója AX+B alakú, ám A már foglalt, tehát legjobb lesz, ha Bx+C lesz a számláló. Innen kapjuk, hogy

5 x 2  14 x  5 5 x 2  14 x  5 A Bx  C dx   x 3  4 x 2  5x  x x 2  4 x  5 dx   x  x 2  4 x  5 dx







20

Világos, hogy ekkor

5 x 2  14 x  5 A Bx  C   2 2 x x  4x  5 x x  4x  5 2 2 Amiből keresztbeszorzással: 5x +14x+5=A(x +4x+5)+x(Bx+C) 2 2 Vagyis összevonva a jobb oldalt: 5x +14x+5=(A+B)x +(4A+C)x+5A A különböző x-hatványok együtthatói a két oldalon meg kell, hogy egyezzenek, ezért hát





5=A+B 14=4A+C 5=5A Megoldva az egyenletrendszert kapjuk, hogy

A=1; B=4; C=10. Ekkor: 5 x  14 x  5 5 x  14 x  5 1 4 x  10 1 4 x  10  x 3  4 x 2  5xdx   x x 2  4 x  5 dx   x  x 2  4 x  5 dx   xdx   x 2  4 x  5 dx Az első tag nyilvánvalóan lnx lesz, míg a második tag esetében először f’/f alakot kell kihozni, 2

2





majd a maradékból arcustangens lesz:

4 x  10 2x  5 2x  4  1 2x  4 1 dx 2 2 dx 2 2 dx 2 2  2 dx   4x  5 x  4x  5 x  4x  5 x  4x  5 x  4 x  5 2x  4 1    2  2 dx   2 dx  x  4x  5   x  4x  5 Az első tag célunknak megfelelően f’/f, míg a második tag arcustangensre vezet. 2x  4 2  x 2  4x  5dx  ln(x  4x  5)  K 1 1  x 2  4 x  5 dx   x  22  1 dx  arctg ( x  2)  K

x

2

Nézzünk egy másik példát is:

14 x 2  12 x  2  6 x 3  8x 2  2 x dx

3

2

2

A nevezőt szorzattá alakítjuk. Elsőként kiemelünk x-et: 6x +8x +2x=x(6x +8x+2). Most megvizsgáljuk, a másodfokú tényező tovább bontható-e. a másodfokú egyenlet megoldó 3 2 2 képlete alapján vannak gyökei, vagyis igen: 6x +8x +2x=x(6x +8x+2)=x(2x+2)(3x+1). Ekkor:

14 x 2  12 x  2 14 x 2  12 x  2 dx   6 x 3  8x 2  2 x  x(2x  2)(3x  1) dx   x  2 x  2  3x  1 dx A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki. Mivel mindhárom nevező elsőfokú, mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B, C lesz.

14 x 2  12 x  2 14 x 2  12 x  2 A B C dx   6 x 3  8x 2  2 x  x(2x  2)(3x  1) dx   x  2 x  2  3x  1 dx Az előző példában látott módon, keresztbeszorzással kapjuk A, B, C értékét, ezúttal A=1, B=2 C=1, tehát



21

14 x 2  12 x  2 14 x 2  12 x  2 1 2 1 1 1 dx   6 x 3  8x 2  2 x  x(2x  2)(3x  1) dx   x  2 x  2  3x  1 dx  ln x  2 ln 2 x  2 2  ln 3x  1 3  K Itt egy harmadik példa:

6 x 2  20 x  15  (2 x  1)(2 x 2  15x  7) dx A nevezőt ezúttal is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell 2 2 bontani. Mivel 2x +15x+7 továb bontható, hiszen 2x +15x+7=(2x+1)(x+7) ezért a nevező szorzattá bontása a következő:

6 x 2  20 x  15 6 x 2  20 x  15 dx   (2 x  1)(2 x 2  15x  7)  (2 x  1)(2 x  1)( x  7) dx Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor úgy bontunk elemi törtekre, hogy az egyik elemi tört nevezője (2x+1), a másiké (2x+1)2 , míg a harmadiké (x+7). Ha egy adott tényező háromszor fordulna elő a nevezőben, akkor az elemi törtekre bontásnál analóg módon lenne egy első egy második és egy harmadik hatványa, és így tovább.

6 x 2  20 x  15 6 x 2  20 x  15 A B C dx   (2 x  1)(2 x 2  15x  7)  (2 x  1)(2 x  1)( x  7) dx   (2 x  1)  (2 x  1) 2  x  7 dx A, B, C értékét a szokott módon találjuk ki: 6 x 2  20 x  15 A B C    2 (2 x  1)(2 x  1)( x  7) (2 x  1) (2 x  1) x7 amiből keresztbeszorzással

6x2+20x+15=A(2x+1)(x+7)+B(x+7)+C(2x+1)2 és fölbontva a zárójeleket:

6x2+20x+15=(2A+4C)x2+(15A+B+4C)x+7A+7B+C és így

6=2A+4C 20=15A+B+4C 15=7A+7B+C Amiből

A=1; B=1; C=1 és így

6 x 2  20 x  15 6 x 2  20 x  15 1 1 1  (2 x  1)(2 x 2  15x  7) dx   (2 x  1)(2 x  1)( x  7) dx   (2 x  1)  (2 x  1) 2  x  7 dx 

1 1 1 (2 x  1) 1 2   (2 x  1)  dx  ln 2 x  1    ln x  7  K (2 x  1) x7 2 1

Végül még egy példa:

2x

 1 x

4

dx

Mindenekelőtt a nevezőt elsőfokú vagy tovább már nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani. A felbontás egyáltalán nem triviális, ugyanis a nevezőnek valós gyöke nincsen. A szorzat alak:



22

1 x4  (x2 

2x

 1 x

4

dx  

2  x  1)( x 2  2  x  1)

2x dx ( x  2  x  1)( x 2  2  x  1) 2

A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Mivel mindkét tényező tovább nem bontható másodfokú kifejezés, a jelek szerint két II. típusú elemi tört összegét kapjuk:

2x

 1 x

4

dx  

2x Ax  B Cx  D dx   2  2 dx 2 ( x  2  x  1)( x  2  x  1) x  2  x 1 x  2  x 1 2

Rátérünk

A, B, C, D meghatározására. 2x Ax  B Cx  D  2  2 2 2 ( x  2  x  1)( x  2  x  1) x  2  x  1 x  2  x  1

Beszorzunk:

2 x( x 2  2  x  1)( x 2  2  x  1)   Ax  B( x 2  2  x  1)  Cx  D( x 2  2  x  1)

majd átalakítunk

2 x  ( A  C ) x 3  ( B  D  A 2  C 2 ) x 2  (A  C  B 2  D 2 ) x  B  D végül jön a szokásos egyenletrendszer:

0  AC

0  B D A 2 C 2 2  AC  B 2  D 2 0 BD

1 1 , így , C  0, D  2 2 1 1  2x 1 1 1 2 2  ( x 2  2  x  1)( x 2  2  x  1)dx   x 2  2  x  1  x 2  2  x  1dx  2  x 2  2  x  1  x 2  2  x  1dx

A megoldások:

A  0, B  

A két törtet külön-külön fogjuk integrálni. Az első tört:

1 dx  2  x 1 Ebből arctgx-nek egy lineáris helyettesítése lesz: 1 1 1  x 2  2  x  1dx    1  2 1 dx  2 2 x  1 2  1dx  2arctg x   2 2 

x

2









2x 1  K

A második tört szimmetriai okok miatt:

x

2

1 dx  2arctg  2  x 1





2x 1  L

A feladat megoldása az előbbiekben kapott kifejezések összege:

x

2x dx  arctg 1

4





2 x  1  arctg






2x 1  M


23

Ne feledjük azonban, a racionális törtfüggvények integrálásának módszerét csak akkor érdemes alkalmazni, ha már semmilyen más módszer nem bizonyul használhatónak. Ezt az iménti feladatot némileg gyorsabban S4 segítségével már korában megoldottuk! S4 2x 1 2  1  x 4 dx   1  x 2 2  2 xdx  arctg ( x )  c

 

TRIGONOMETRIKUS KIFEJEZÉSEK INTEGRÁLÁSA A trigonometrikus kifejezések integrálásának áttekintése nem könnyű. Közel sem törekszünk teljeskörű áttekintésre, csupán néhány fontosabb esetet említünk meg.

I. A tangens ikszfeles helyettesítés a sin x  b cos x  c  A sin x  B cos x  C dx Ha a törtben sinx és cosx egyaránt csak első fokon szerepel, akkor alkalmazzuk az úgynevezett tangens ikszfeles helyettesítést.

tg

x 2t  t helyettesítésnél sin x  2 1 t 2

cos x 

1 t2 2 és  (t )  2arctgt amiből  (t )  . 2 1 t 2 1 t

A tangens ikszfeles helyettesítés egyszerű racionális törtfüggvényeket csinál a trigonometrikus kifejezésekből. Például:

1

 sin xdx  

1 2 2 1 x  dt   dt   dt  ln t  K  ln(tg )  K 2 2t 1  t 2t t 2 1 t2

A módszer bonyolultabb kifejezéseknél is jól beválik:

1 t 2 cos x 2 1 t2 2 1 t 2 dx   dt    sin x  cos x  1  2t 1  t 2 1  t 2   2t  1  t 2  1  t 2  1  t 2 dt    1 1 t 2 1 t 2 1 t 2 2 1 t 2 1 t 1 1 2t 1   dt  dt   dt   dt   dt  arctgt  ln(1  t 2 )  K 2 2 2 2 2  2  2t 1  t 2 1 t 2 (1  t )(1  t ) 1 t 1 t Ha a törtben sinx vagy vezet sikerre.

cosx magasabb fokon is szerepel, akkor a módszer egyre kevésbé

II.  sin  x  cos  xdx Ha  és  közül van amelyik páratlan, akkor visszavezethető általános eljárás helyett nézzünk egy konkrét példát:

 sin

6

ff’ alakú integrálásra. Az

x  cos 3 xdx

A megoldás során a páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani másodfokú, és egy darab elsőfokú tényezők szorzatára.

 sin

6

x  cos 3 xdx   sin 6 x  cos 2 x  cos xdx   sin 6 x  (1  sin 2 x)  cos xdx



24

Elvégezve a beszorzást már csak alakúak.

 sin

n

x  cos xdx alakú kifejezések adódnak, amik mind ff’

Ha

cosx kitevője magasabb fokú, az sem jelent problémát: 4 7 4 2 2 2 6 2 3  sin x  cos xdx   sin x  cos x  cos x  cos x  cos xdx   sin x  (1  sin x)  cos xdx

Elvégezve a beszorzást itt is csak alakúak.

 sin

n

x  cos xdx alakú kifejezések adódnak, amik mind ff’

Ha  és  közül mindkettő páros, akkor ez a módszer nem működik. Ilyenkor linearizáljunk.

sin 2 x 

III.

1  cos 2 x 1  cos 2 x 2 és cos x  2 2

sin  x  cos  x dx vagy

cos  x  sin  x dx

Elegendő szimmetriai okokból csak az egyik esettel foglalkoznunk, legyen ez mondjuk az első. Először azt az esetet vizsgáljuk, amikor =+2. Ilyenkor:

sin  x sin  x sin  x 1 1 tg  1 x  dx  dx   dx  tg x  dx  K  cos  2 x  cos  x  cos 2 x  cos  x cos 2 x   1 cos 2 x Ha nincs ilyen szerencsénk, akkor az alábbi mechanizmussal érhetünk célt:

sin  x sin x  1  cos  x dx   sin x cos  x dx

Itt a második tényezőt tudjuk T3 alapján integrálni, az első tényezőt meg tudjuk deriválni, vagyis parciális integrálás kell.

f  sin  1 x f   (  1) sin   2 x  cos x

sin x cos  x sin x cos1  x g dx   1 cos  x g 

parciális sin  x sin x cos 1  x cos 1  x  1  1  2 dx  sin x dx  sin x   (   1 ) sin x  cos x  dx  cos  x   1   1 cos  x

Itt a maradvány integrállal kell tovább foglalkoznunk.

cos 1  x  1   1 sin  2 x  2 2  dx  sin x  cos x dx  dx  1  1    1  cos  2 x Az eljárás során tehát mindkét kifejezés kitevője kettővel csökkent. Ugyanezt ismételgetve előbb-utóbb valamelyik kitevő el fogja érni a nullát, vagy az egyet.  2  (  1) sin x  cos x 

Összesen négy lehetőség van:



25

sin  x   cos 0 x dx   sin xdx ez már könnyen integrálható, lásd II. sin  x b)  dx itt a számlálóban lévő kifejezésből ≥2 esetén leválasztunk egy másodfokú cos 1 x a)

tényezőt:

sin  x

 cos

1

x

dx  

sin 

2

x  sin 2 x

cos x

dx  

sin 

2

x  (1  cos 2 x) cos x

dx  

sin 

2

x  sin 

2

x  cos 2 x

cos x

sin  2 x sin  2 x  cos 2 x sin  2 x sin  2 x  cos 2 x sin  2 x  dx  dx   dx  dx   sin  2 x  cos xdx cos x cos x cos x cos x cos x





itt az első integrálás szintén b), míg a második f f’ ami integrálható. Ha <2, akkor =1 esetén lásd T2, ha =0 akkor lásd tangens ikszfeles helyettesítés.

c)

sin 1 x T 3 cos 1 x  cos  x dx    1  K

d) sin 0 x 1 sin 2 x  cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x 1 dx  dx  dx   dx   cos  x  cos  x  cos  x  cos  x cos  x  cos  x dx  cos  2 xdx itt az első integrálás III. a második újból d).

IV. A saját farkába harapó kígyó esete x x Az  e  cos xdx és  e  sin xdx , valamint ezek lineáris helyettesítéseinek integrálására

alkalmazható az alábbi módszer, amit egy konkrét példán nézünk meg. Legyen ez, mondjuk

e

x

 cos xdx . Integráljunk parciálisan, a szerepek kiosztása tetszőleges.

f=ex g’=cosx f’=ex g=sinx

e

x

 cos xdx  e x sin x   e x sin xdx

A maradék integrálást szintén a parciális integrálás segítségével számoljuk ki. Itt azonban x fontos, hogy ugyanúgy osszuk ki a szerepeket, mint az előzőben. Ha ott e volt f, akkor itt is x e kell, legyen az f.

f=ex g’=sinx f’=ex g=-cosx

e

x

sin xdx  e x cos x    e x cos xdx  e x cos x   e x cos xdx

Itt a maradék integrálás nem más, mint az eredeti feladat. Ez az a pont, amikor a kígyó a farkába harapott. Ha most ezt is integráljuk parciálisan, akkor két lépésen belül megint elérkezünk ugyanide. Az ötlet azonban a következő. Írjuk föl eddigi eredményünket.

e

x



 cos xdx  e x sin x   e x sinxdx  e x sin x   e x cosx   e x cosxdx



vagyis

e

x

 cos xdx  e x sin x  e x cos x   e x cos xdx



26

dx 

Ezt tekinthetjük úgy, mint egy egyenletet hogy:

e

x

 cos xdx -re. Ha rendezzük, akkor kapjuk,

2 e x  cos xdx  e x sin x  e x cos x

és így

x  e  cos xdx 

e x sin x  e x cos x 2

Newton-Leibniz formula Ha

f(x) integrálható az [a,b] intervallumon, és létezik primitív függvénye, akkor

b

b

a

a

 f ( x)dx  F ( x)

 F (b)  F (a)

 (t )  ( x1 (t ), x2 (t ), x3 (t ),...xn (t )) paraméteres görbe derivált-vektora, vagy sebességvektora  (t )  v(t )  ( x1 ' (t ), x2 ' (t ), x3 ' (t ),...xn ' (t )) . A

A

 (t )

görbe ívhossza a paramétertartomány [a,b] intervallumán

b

b

b

  (t )   v(t ) dt   x ' (t )  x ' (t )  x ' (t ) 2

2

1

a

a

2

2

3

 ...  xn ' (t )  dt 2

a

Ha az f(x) függvényt, mint a grafikonjának ívhossza: b

b

 graf ( f ( x))   a

(x,f(x)) paraméteres görbét tekintjük, akkor az a és b helyek közt

1   f ' ( x)  dx 2

a

Az

f Rn Rk függvény (t) [a,b] Rn görbén vett vonalintegrálja



f 

b

 f ( (t ))   (t )dt a

ha létezik f-nek primitívfüggvénye, akkor

 f  F ( (t ))

b a

FORGÁSTEST TÉRFOGATA ÉS FELSZÍNE Az f függvény

x tengely körüli megforgatásával kapott forgástest térfogata és felszíne:



27

b

V  f b a

2

a b

A  2  f  1  f 2 b a

a

Integrál-transzformációs formula:

 f   f ( )  det( ) POLÁRKOORDINÁTÁS HELYETTESÍTÉS f R2R függvény, akkor

Ha

x1=rcos x2=rsin a helyettesítő függvény

det(’)=r

(r,)=(rcos, rsin) így

 f ( x , x )   f (r cos , r sin )  r 1

2

f R3R függvény, akkor

Ha

x1=rcoscos x2=rcossin x3=rsin

a helyettesítő függvény

(r,, )=( rcoscos, rcossin, rsin) így det(’)=-r2cos

 f ( x , x , x )   f (r cos cos , r cos sin , r sin )  (r 1

2

3

2

cos  ) mm

NORMÁLTARTOMÁNYON VETT INTEGRÁL



D

f 

x2  2 ( x )

   f ( x, y)dydx

x1

1 ( x)

SZEKTOR SZERŰ TARTOMÁNYON VETT INTEGRÁL www.easymaths.hu a matek világos oldala © Mosóczi András


28



D

f 

2 r ( )

  f (r cos , r sin  )  rdrd 1

0



29

INTEGRÁLÁS ÖSSZEFOGLALÓ

Recommend Documents