Primitív függvény. (határozatlan integrál)

Primitív függvény (határozatlan integrál) ________________________________________________

PR 1

Primitív függvény (határozatlan integrál)

Az ebben a részben szereplő függvények mindegyike legyen egy I tetszőleges, pozitív hosszúságú intervallumon értelmezett valós értékű függvény (I→R). A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 2

Definíció: primitív függvény Ha • az F:I→R függvény differenciálható I-n és • F'(x) = f(x) minden x∈I esetén, akkor azt mondjuk, hogy az F függvény primitív függvénye az f:I→R függvénynek. Jelölés

F=∫f avagy az f változóját is megjelölve: F(x)= ∫ f(x) dx, F(t)= ∫ f(t) dt, F(z)= ∫ f(z) dz, stb. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 3

Megjegyzések Ha az F:I→R függvény primitív függvénye az függvénynek, akkor tetszőleges c∈R esetén a G(x) = F(x) + c, x∈I függvény is primitív függvénye f-nek.

f:I→R

Indoklás: G' = (F+c)' = F‘ + c' = F' + 0 = f

Ha az F:I→R és a G:I→R függvények primitív függvényei az f:I→R függvénynek, akkor létezik olyan c∈R, hogy G(x) = F(x) + c, x∈I Indoklás: (F-G)' = F'-G' = f-f = 0 ⇒ F-G = c (∈R) ⇒ F = G + c A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 4

A fenti két megjegyzés alapján megállapítható, hogy: Ha egy f függvénynek van primitív függvénye, akkor végtelen sok primitív függvénye van, de ezek csak egy (additív) konstansban térhetnek el egymástól.

Definíció: határozatlan integrál Az f függvény primitív függvényeinek halmazát az f határozatlan integráljának nevezzük. Példa

∫ cos x dx = sin x + c

c∈R

Indoklás: (sin x + c)' = cos x A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 5

Néhány elemi függvény határozatlan integrálja Konstans függvény határozatlan integrálja

∫ k dx = kx + c Indoklás:

Példa:

f k (k∈R)

∫f k⋅x + c

( k⋅x + c )’ = k

∫ 7dx =7x + c

A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 6

A hatványfüggvények határozatlan integrálja ( n ≠ –1 )

f xn

n +1

x ∫ x dx = n + 1 + c n

(n∈R, n≠-1)

Indoklás:

∫f n +1

x +c n +1

′ ′ ⎞ ⎛ 1 n +1 ⎞ ⎛x 1 ⎜⎜ x + c⎟ = (n + 1) x n = x n + c ⎟⎟ = ⎜ ⎠ n +1 ⎝ n +1 ⎠ ⎝ n +1 n +1

Példa

4 x 3 ∫ x dx = 4 + c



n +1 x n ∫ x dx = n + 1 + c

További példák

∫

5

1 5

PR 7

6 5

x x dx = ∫ x dx = +c 6 5

∫

−

1 4

1 4

3 4

x dx = ∫ x dx = +c 3 x 4

A hatványfüggvények határozatlan integrálja ( n = – 1 )

1 ∫ x dx = ln | x | + c

f

∫f

1 ln|x| + c x



PR 8

Az exponenciális függvények határozatlan integrálja x

a a dx = + c ∫ ln a x

Indoklás:

∫f

f x

ax

a +c ln a

ex

ex + c

′ ′ ⎛ a ⎞ ⎛ 1 x 1 ⎞ ⎜⎜ + c ⎟⎟ = ⎜ a + c⎟ = ⋅ a x ⋅ ln a = a x ⎠ ln a ⎝ ln a ⎠ ⎝ ln a x

Példa

x 5 x ∫ 5 dx = ln 5 + c



PR 9

Néhány további függvény határozatlan integrálja

∫ cos x dx = sin x + c ∫ sin x dx = − cos x + c

∫ ch x dx = sh x + c ∫ sh x dx = ch x + c

1 ∫ cos 2 x dx = tg x + c 1 ∫ sin 2 x dx = −ctg x + c

1 ∫ ch 2 x dx = th x + c 1 ∫ sh 2 x dx = cth x + c



PR 10

Néhány további függvény határozatlan integrálja

∫ ∫

1 dx = arcsin x + c ∫ dx = arctg x + c 2 1+ x 1− x2 1 1 dx = arch x + c ∫ dx = arsh x + c 2 2 x −1 x +1 1

1 ∫ 1 − x 2 dx = arth x + c, ha x ∈] − 1,1[ 1 ∫ 1 − x 2 dx = arcth x + c, ha x ∈] − ∞,−1[∪]1,+∞[ A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 11

Tétel

∫(f+g)=∫f+∫g „tagonként lehet integrálni”

∫ a⋅f = a ⋅ ∫ f

a∈R

„a szorzó konstans kiemelhető az integrálból”



PR 12

Az alapintegrálokra visszavezethető integrálási feladatok

7x 5 + 6 ⋅ x − 3 x5 x 1 dx = 7 ⋅ ∫ 3 dx + 6 ⋅ ∫ 3 dx − 3 ⋅ ∫ 3 dx = ∫ 3 x x x x 14 3

1 6

= 7 ⋅ ∫ x dx + 6 ⋅ ∫ x dx − 3 ⋅ ∫ x

−

1 3

dx = 17 3

n +1 x n x ∫ dx = n + 1 + c

7 6

2 3

x x x = 7⋅ + 6⋅ − 3⋅ +c 17 7 2 3 6 3



PR 13

Az alapintegrálokra visszavezethető integrálási feladatok 2 2 1 − cos x sin x 2 ∫ tg x dx = ∫ cos 2 x dx = ∫ cos 2 x dx = 1 1 =∫ dx − 1 dx = tgx − x + c ∫ cos 2 x ∫ cos 2 x dx = tg x

2

x ∫ 1+ x2

1 1+ x −1 dx = arctg x 2 ∫ dx = dx = 1 + x 2

∫

2

1+ x

1 = ∫ 1 dx − ∫ dx = x − arctgx + c 2 1+ x A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


Tétel

PR 14

Parciális módszer

Ha • az f:I→R és g:I→R függvények differenciálhatók és • létezik az ∫ ( f ⋅ g ’ ) primitív függvény,

akkor létezik az ∫ ( f ’ ⋅ g ) primitív függvény is és

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’) Indoklás: a szorzatfüggvények differenciálási szabálya alapján:

(f ⋅ g )′ = f ′ ⋅ g + f ⋅ g′ ⇒ ∫ (f ⋅ g )′ = ∫ (f ′ ⋅ g ) + ∫ (f ⋅ g′) ⇒ f ⋅ g = ∫ (f ′ ⋅ g ) + ∫ (f ⋅ g′) ⇒ ∫ (f ′ ⋅ g ) = f ⋅ g − ∫ (f ⋅ g′)



PR 15

Parciális módszerrel integrálható függvények I.

⎧sin(cx + d), cos(cx + d)⎫ ⎪ ⎪ (cx + d) ⎬ ∫ P(x) ⋅ ⎨ sh(cx + d),cxch +d ⎪ ⎪ a ⎩ ⎭ g

P: polinom a,c,d∈R (a>0, a≠1)

f’

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’) Példa

∫ (x

2

+ 3x + 1) ⋅ e dx = ? 2x



Példák

PR 16

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’)

∫ x ⋅ sin x dx = −x ⋅ cos x − ∫ − cos x dx = g( x ) = x ⇒ g' ( x ) = 1 f ' ( x ) = sin x ⇒ f ( x ) = − cos x

= − x ⋅ cos x + ∫ cos x dx = − x ⋅ cos x + sin x + c A következő példában másodfokú polinom szerepel, ezért ott kétszer kell alkalmazni a parciális módszer formuláját. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 17

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’) 2x e 1 2 2x 2 2x ( x 3 x 1 ) e dx ( x 3 x 1 ) + + ⋅ = + + ⋅ − ⋅ ( 2 x + 3 ) ⋅ e dx = ∫ ∫ 2 2

első alkalmazás:

második alkalmazás:

g ( x ) = x 2 + 3x + 1 ⇒ g ' ( x ) = 2 x + 3 g ( x ) = 2 x + 3 ⇒ g ' ( x ) = 2 2x 2x e 2x e 2x f ' ( x ) e = ⇒ f (x) = f ' (x) = e ⇒ f (x) = 2 2 2x 2x ⎞ ⎛ e 1 e 2 2x = ( x + 3x + 1) ⋅ − ⋅ ⎜⎜ (2x + 3) ⋅ − ∫ e dx ⎟⎟ = 2 2 ⎝ 2 ⎠ 2x 2x 2x 2x e e e e = ( x 2 + 3x + 1) ⋅ − (2 x + 3) ⋅ + + c = ( x 2 + 2x ) ⋅ +c 4 2 4 4 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 18

Parciális módszerrel integrálható függvények II.

⎧arcsin(cx + d ), arccos(cx + d )⎫ ⎪ arctg(cx + d ), arcctg(cx + d ) ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ∫ P(x )⎨ arsh (cx + d), arch(cx + d) ⎬dx ⎪ arth (cx + d ), arcth (cx + d ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭ ⎪⎩ log a (cx + d )

f’ Példa

g

∫ (x

3

P: polinom a,c,d∈R (a>0, a≠1)

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’)

+ 3x + 3) ⋅ ln x dx = ? 2



Példa

PR 19

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’)

4 3 4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 x x x x 3 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⋅ dx = + + ⋅ = + + ⋅ − + + 4 3 x ( x 4 x 3 ) ln x dx 4 3 x ln x ∫ ∫ ⎜ 4 ⎟ ⎜ 3 3 ⎝ ⎠ ⎝ 4 ⎠ x 1 g( x ) = ln x ⇒ g ′( x ) = x x4 x3 3 2 f ′( x ) = x + 4x + 3 ⇒ f ( x ) = + 4 + 3x 4 3

⎛ x4 ⎞ ⎛ x3 ⎞ x3 x2 = ⎜⎜ + 4 + 3x ⎟⎟ ln x − ∫ ⎜⎜ + 4 + 3 ⎟⎟dx = 3 3 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎛ x4 ⎞ ⎛ x4 ⎞ x3 x3 = ⎜⎜ + 4 + 3x ⎟⎟ ln x − ⎜⎜ + 4 + 3x ⎟⎟ + c 3 9 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 16 ⎠ A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


Speciális eset

PR 20

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’)

⎧arcsin(cx + d), arccos(cx + d), arctg(cx + d), arcctg(cx + d)⎫ ⎪ ⎪ ∫ ⎨ arsh(cx + d), arch(cx + d), arth(cx + d), arcth(cx + d) ⎬ ⎪ ⎪ log ( cx d ) + a ⎩ ⎭ Példa

Ha a polinom „hiányzik”, akkor a konstans 1 függvényt vesszük g-nek.

∫ ln x dx = ∫ 1⋅ln x dx = x⋅ln x – ∫ 1 dx = x⋅lnx–x+c 1 g ( x ) = ln x ⇒ g ′( x ) = x f ′( x ) = 1 ⇒ f ( x ) = x A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 21

Parciális módszerrel integrálható függvények III.

∫a

kx + m

⎧ sin(cx + d) ⎫ ⋅⎨ ⎬dx ⎩cos(cx + d )⎭

a,c,d∈R (a>0, a≠1)

⎧ sin(c1 x + d1 ) ⎫ ⎧ sin(c 2 x + d 2 ) ⎫ ⎪cos(c x + d )⎪ ⎪cos(c x + d )⎪ ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ ∫ ⎨ sh (c1x + d1 ) ⎬ ⋅ ⎨ sh (c 2 x + d 2 ) ⎬dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ch (c1 x + d1 ) ⎪⎭ ⎪⎩ ch (c 2 x + d 2 ) ⎪⎭

Ezekben az esetekben a parciális módszer kétszeri alkalmazásával lehet eredményre jutni:

A jelölés az első lépésben nem kötött, de a másodikban igen: ha egy függvényt az első lépésben pl. g-vel jelöltük, akkor az új integrálban a belőle származtatott (g’) függvényt kell a második lépésben is g-nek nevezni. A második lépés után a keresett integrálra egyenlet adódik, ebből az integrál kifejezhető. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 22

∫(f’⋅g)=f⋅g-∫(f⋅g’)

Példa

∫ e2x ⋅ sin x dx = -e2x ⋅ cos x + 2⋅∫ e2x⋅ cos x dx = = - e2x ⋅ cos x + 2e2x ⋅ sin x - 4⋅∫ e2x ⋅ sin x dx első alkalmazás:

második alkalmazás:

g ( x ) = e 2 x ⇒ g ′( x ) = 2e 2 x f ′( x ) = sin x ⇒ f ( x ) = − cos x

g( x ) = e 2 x ⇒ g ′( x ) = 2e 2 x f ′( x ) = cos x ⇒ f ( x ) = sin x

∫ e2x ⋅ sin x dx = - e2x ⋅ cos x + 2e2x ⋅ sin x - 4⋅∫ e2x ⋅ sin x dx 5⋅∫ e2x⋅sin x dx = e2x ⋅(-cos x + 2sin x) + c ∫ e2x ⋅ sin x dx = 0,2⋅e2x⋅(-cos x + 2 sin x) + c A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 23

Helyettesítéses integrálás Tétel

Ha • a g:I→J függvény differenciálható és • létezik az f:J→R függvény ∫f primitív függvénye,

akkor létezik az ∫ ( f o g ) ⋅ g' primitív függvény is és

∫(fog)⋅g'=(∫f)og avagy

∫ f(g) ⋅ g ' = F(g),

ahol F = ∫ f



PR 24

Megjegyzések

1. A helyettesítéses integrálás tétele az összetett függvények differenciálási szabályának következménye:

∫ f(g) ⋅ g ' = F(g),

ahol F = ∫ f

így

( F(g) )' = F(g) ⋅ g ' = f(g) ⋅ g ' 2. A formula két (formailag különböző) módszert alapoz meg:



PR 25

Az ∫ f(g) ⋅ g ' = F(g) formula alkalmazása Példa

∫ cos(x )•3x dx = ? 3

2

Az f(x) = cos x, g(x) = x3 jelölésekkel a feladat ∫ f(g)⋅g' alakú. A formula szerint a számolás lényegi része az F = ∫ f primitív függvény meghatározása:

f(t) = cos t ⇒ F(t) = sin t

∫ cos(x ) •3x 3

2

( )

dx = sin x + c 3

Vegyük észre, hogy a formulának megfelelő feladatok esetén az integrál kiszámítása lényegében a F függvény meghatározását jelenti. A g belső függvényt csak „be kell másolni” a megfelelő helyre. Ezt megfigyelhetjük az alábbi példákat tanulmányozva. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 26

A fenti gondolatmenet alkalmazását jól megfigyelhetjük az alábbi példákat tanulmányozva:

( )

( )

3 2 3 cos x • 3 x dx = sin x +c ∫

f(t) = cos t ⇒ F(t) = sin t

1 ∫ cos(ln x ) • x dx = sin (ln x ) + c 1 ∫ cos(tg x ) • cos 2 x dx = sin (tg x ) + c 1 ∫ cos x • 2 x dx = sin x + c

( )

A fenti feladatok megoldási sémája: A séma magyarázata:

( )

∫ cos(g ) • g ′dx = sin (g ) + c (sin g )′ = cos(g) ⋅ g ′



PR 27

Az ∫ f(g) ⋅ g ' = F(g) formula alkalmazása Példa

1 ∫ x ⋅ 1 + x 8 dx = ? 3

Először átalakítjuk a feladatot:

1 1 1 3 ∫ x ⋅ 1 + x 8 dx = 4 ∫ 4x ⋅ 1 + (x 4 ) 2 dx 3

Itt azt kell észrevenni, hogy az f ( t ) =

1 1+ t2

és az g ( x ) = x 4

jelölésekkel a feladat ∫ f(g)⋅g' alakú. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


1 f (t) = 1+ t2

⇒

F( t ) = arctg t

PR 28

∫ f(g) ⋅ g ' = F(g)

1 1 1 3 4 4x ⋅ dx = arctg ( x ) + c 4 2 ∫ 4 1 + (x ) 4

A fenti feladat megoldási sémája:

A séma magyarázata:

1 ∫ 1 + g 2 ⋅ g ′ = arctg(g) + c ′

1 (arctg(g) ) = ⋅ g′ 2 1+ g



PR 29

Az ∫ f(g) ⋅ g ' = F(g) formula néhány speciális esete n +1

f(t) = t n

g ′ ⋅ = +c g g ∫ n +1 n

(n≠-1) Magyarázat:

Példa

′ ⎞ ⎛g 1 ⎜⎜ ⋅ (n + 1) ⋅ g n ⋅ g′ = g n ⋅ g′ + c ⎟⎟ = ⎝ n +1 ⎠ n +1 n +1

4 sin x 3 ∫ cos x ⋅ sin x dx = 4 + c



További példák

∫

PR 30

n +1 g n g ∫ ⋅ g′ = n + 1 + c

−1 2 2

1 dx = − ∫ ( −2 x ) ⋅ (1 − x ) dx = 2 1− x2 x

1 2 2

−1 2

1 2

g ∫ g ⋅ g′ = 1 + c 2

1 (1 − x ) 2 =− ⋅ + c = − 1− x + c 1 2 2



PR 31

További példák n +1 g n g ∫ ⋅ g′ = n + 1 + c

∫

2e 5 x 3

8 − 3e 5 x

−1

2 5x 5x 3 dx = − 15 e ( 8 − 3 e ) dx = ∫ − 15 2 5x 3

−1 3

2 3

g ∫ g ⋅ g′ = 2 + c 3

2 (8 − 3e ) = ⋅ +c 2 − 15 3



PR 32

További példák n +1 g n g ∫ ⋅ g′ = n + 1 + c

6 ln 5 x 1 (ln x ) 5 dx = ⋅ (ln x ) dx = +c ∫ x ∫x 6 6 g 5 g ∫ ⋅ g′ = 6 + c



PR 33

Az ∫ f(g) ⋅ g ' = F(g) formula néhány speciális esete

1 f (t) = t Magyarázat:

Példa

1 g' ∫ g g' = ∫ g = ln g + c 1 g′ (ln | g | +c ) = ⋅ g ′ = g g ′

chx ∫ shx dx = ln shx + c



PR 34


′ e ⋅ g = e + c ∫

f(t) = et

g

(e

Magyarázat:

Példa

∫e

x2

g

g

′

)

+ c = e ⋅ g′ g

⋅ 2x dx = e + c x2



PR 35


g(t) = a⋅t + b

Magyarázat:

F(a ⋅ x + b) +c ∫ f (a ⋅ x + b)dx = a ′

1 ⎛ F(a ⋅ x + b) ⎞ + c ⎟ = F′(a ⋅ x + b) ⋅ a = f (a ⋅ x + b) ⎜ a a ⎝ ⎠

A formula jelentősége abban áll, hogy ha az f függvény primitív függvénye ismert, akkor az x→f(ax+b) típusú függvényeket is nehézség nélkül tudjuk integrálni. Példák

sin(3x + 2) +c ∫ cos(3x + 2)dx = 3

2x e 2x ∫ e dx = 2 + c



PR 36

Változóhelyettesítés Tekintsük újra az összetett függvények differenciálási szabályából származtatott ∫ ( f o g ) ⋅ g ' = ( ∫ f ) o g formulát! Ha a g függvény a korábban megadott tulajdonságok mellett még invertálható is, akkor a formula két oldalán lévő függvényeknek képezzük a kompozíciós szorzatát a g inverzével. Így egy újabb formulához jutunk, melynek alkalmazását változóhelyettesítésként fogjuk emlegetni:

∫(fog)⋅g'=(∫f)og

⇒

( ∫ ( f o g ) ⋅ g ' ) o g -1 = ∫ f avagy a másik jelölési módból kiindulva:

∫ f(g) ⋅ g ' = F(g) ⇒ ( ∫ f(g)⋅g ' ) o g -1 = F, ahol F = ∫ f A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 37

Megjegyzés Az így kapott formula lényege, hogy az ∫f integrál kiszámításához az ∫(fog)⋅g' primitív függvényt kell meghatározni, majd ennek a g inverzével való kompozíciós szorzata adja a keresett primitív függvényt . A változóhelyettesítés elnevezés arra utal, hogy az integrálandó f(x) függvény x változóját „helyettesítjük” egy megfelelően megválasztott x=g(t) függvénnyel annak reményében, hogy az ∫f(x)dx integrálnál könnyebben meg tudjuk határozni az ∫(f(g(t))⋅g'(t) dt integrált.

∫ f = ( ∫ ( f o g ) ⋅ g ' ) o g -1 avagy:

∫f(x) dx = ( ∫(f(g(t))⋅g'(t) ) o g–1(x)



PR 38

Változóhelyettesítés

∫ f(x) dx = ( ∫f(g(t))⋅g’(t)dt ) o g-1(x)

1 1 1 ∫ cos(3x + 2)dx = ∫ cos t ⋅ 3 dt = 3 ⋅ sin t + c = 3 ⋅ sin(3x + 2) + c 1 2 dx 1 1 t = 3x + 2, x = t − , = , dx = dt 3 3 3 dt 3 A könnyebb áttekinthetőség érdekében a számolásokban a fenti egyszerűsített jelöléseket szokás használni. A formulával való összevetéshez tekintsük az alábbi magyarázatot:

2 dx 1 1 x = g( t ) = t − ⇒ g' ( t ) = = 3 3 dt 3 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 39


∫ f(x) dx = ( ∫f(g(t))⋅g’(t)dt ) o g-1(x)

∫ sin

x dx = ∫ sin t ⋅ 2 t dt = 2 sin t − 2 t cos t + c = = 2 sin x − 2 x cos x + c dx t = x, x = t , = 2 t , dx = 2 t dt dt 2

Megjegyzés Az ∫(t⋅sint)dt integrált parciális módszerrel lehet meghatározni. Ezt meg is tettük parciális módszert leíró résznél (lásd ott). A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 40


∫ f(x) dx = ( ∫f(g(t))⋅g’(t)dt ) o g-1(x)

∫e

2x

1 1 1 1 dx = ∫ 2 ⋅ dt = ∫ 2 dt = ... x t − 2t t − 2e t ( t − 2)

t=

ex,

x = ln t,

dx 1 = dt t

1 dx = dt t

Megjegyzés Az kapott integrál kiszámítási módját lásd a racionális törtfüggvények integrálása című résznél. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 41


∫ f(x) dx = ( ∫f(g(t))⋅g’(t)dt ) o g-1(x)

∫

x 4

x3 +1

dx = ∫

t

2

t +1 3

⋅ 4 t dt = 4 ⋅ ∫ 3

t

5

t +1 3

dt = ...

dx t = x, x = t , = 4 t 3 , dx = 4 t 3 dt dt 4

4

Megjegyzés

Az kapott integrál kiszámítási módját lásd a racionális törtfüggvények integrálása című résznél. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 42


Néhány speciális helyettesítés

Az „x = sin t ” helyettesítés alkalmazása

∫

1 − x dx = ∫ 2

2 t + sin 2 t 1 − sin t cos tdt = ∫ cos tdt = +c= 4 2

2

x = sin t, t = arcsin x, dx/dt = cos t, dx = cos t dt

arcsin x x 1 − x 2 2 arcsin x + sin(2 arcsin x ) = +c = + +c 2 2 4 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 43

Megjegyzések 1. A számolásban felhasználtuk azonosságot az alábbiak szerint:

a

sin(2x)=2⋅sinx⋅cosx

sin( 2 arcsin x ) = 2 ⋅ sin(arcsin x ) ⋅ cos(arcsin x ) = = 2 ⋅ x ⋅ 1 − sin 2 (arcsin x ) = 2 ⋅ x ⋅ 1 − x 2 2. A cos2x függvény integrálásával kapcsolatban lásd az x→sinnx, x→cosnx, x→shnx, x→chnx alakú függvények integrálása című részt! 3. Az x=sint helyettesítéssel általában érdemes próbálkozni, ha a függvény formulája valamilyen formában tartalmazza a következő kifejezést:

1− x 2



PR 44

Példa 2 2 2 2 2 2 x 1 − x dx = sin t 1 − sin t cos tdt = sin t cos tdt = ∫ ∫ ∫

x = sin t, t = arcsin x, dx/dt = cos t, dx = cos t dt

1 1 1 − cos 4 t 1 2 dt = ∫ (1 − cos 4 t ) dt = = ∫ sin 2 tdt = ∫ 4 4 2 8

t sin 4t arcsin x sin(4 arcsin x ) − +c = − +c = 8 32 8 32

arcsin x x (1 − 2 x ) 1 − x = − +c 8 8 2

2



PR 45


Néhány speciális helyettesítés Az „x = ch t ” helyettesítés alkalmazása

∫

x 2 − 1 dx = ∫ ch 2 t − 1 ⋅ sht dt = ∫ sh 2 t dt = ∫

ch 2 t − 1 sh 2 t t dt = − +c= 2 4 2

x = ch t, t = arch x, dx/dt = sh t, dx = sh t dt sh (2archx) archx x x 2 − 1 archx = − +c= − +c 4 2 2 2 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 46

Megjegyzések 1. A számolásban felhasználtuk a sh(2x)=2⋅shx⋅chx azonosságot az alábbiak szerint:

sh (2arch x ) = 2 ⋅ sh (arch x ) ⋅ ch (arch x ) = = 2 ⋅ ch 2 (arch x ) − 1 ⋅ x = 2 ⋅ x ⋅ x 2 − 1 2. Az sh2x függvény integrálásával kapcsolatban lásd az x→sinnx, x→cosnx, x→shnx, x→chnx alakú függvények integrálása című részt! 3. Az x=cht helyettesítéssel általában érdemes próbálkozni, ha a függvény formulája valamilyen formában tartalmazza a következő kifejezést: 2

x −1



PR 47


Néhány speciális helyettesítés Az „x = sh t ” helyettesítés alkalmazása

∫

x + 1 dx = ∫ sh t + 1 cht dt = ∫ ch t dt = ... 2

2

2

x = sh t, t = arsh x, dx/dt = ch t, dx = ch t dt



PR 48

Megjegyzések 1. A ch2x függvény integrálásával kapcsolatban lásd az x→sinnx, x→cosnx, x→shnx, x→chnx alakú függvények integrálása című részt! 2. Az x=sht helyettesítéssel általában érdemes próbálkozni, ha a függvény formulája valamilyen formában tartalmazza a következő kifejezést:

x2 +1



x → ax + bx + c 2

PR 49

típusú függvények integrálása

Az ilyen alakú függvények integrálása visszavezethető az előző három eset valamelyikére úgy, hogy a négyzetgyök alatt teljes négyzetet alakítunk ki:

Példa

∫

x 2 − 6 x − 7 dx = ∫ ( x − 3) 2 − 16 dx = 4 ⋅ ∫

⎛ x −3⎞ 2 ⎜ ⎟ − 1 dx = 16 ⋅ ∫ t − 1 dt ⎝ 4 ⎠ 2

x −3 t= 4 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 50

Példa

∫

x 2 + 2 x + 5 dx = ∫ ( x + 1) 2 + 4 dx = 2 ⋅ ∫

⎛ x +1⎞ 2 ⎟ + 1 dx = 4 ⋅ ∫ t + 1 dt ⎜ ⎝ 2 ⎠ 2

x +1 t= 2 Példa

∫

− x 2 + 10 x + 11 dx = ∫ 36 − ( x − 5) 2 dx = 6 ⋅ ∫

⎛ x −5⎞ 2 1− ⎜ ⎟ dx = 6 ⋅ ∫ 1 − t dt ⎝ 6 ⎠ 2

x −5 t= 6 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 51


Néhány speciális helyettesítés A trigonometrikus függvények racionális törtfüggvényeinek integrálása a

x t = tg 2

x = 2 arctg t

helyettesítéssel visszavezethető a racionális törtfüggvények integrálására. A helyettesítés végrehajtása során az alábbi egyenlőségeket kell alkalmazni:

2t sin x = 1+ t2

1− t2 cos x = 1+ t2

dx 2 = dt 1 + t 2



PR 52

Magyarázat:

sin x = sin(2 ⋅ arctg t) = 2⋅sin(arctg t) ⋅ cos(arctg t) =

tg (arctgt )

1

2t = 2⋅ ⋅ = 2 2 2 + 1 t 1 + tg (arctgt ) 1 + tg (arctgt ) cos x = cos(2 ⋅ arctg t) = cos2(arctg t) – sin2(arctg t) = 2

2

⎛ ⎞ ⎛ tg (arctgt ) ⎞ 1 − t 2 1 ⎟ −⎜ ⎟ = =⎜ ⎜ 1 + tg 2 (arctgt ) ⎟ ⎜ 1 + tg 2 (arctgt ) ⎟ 1 + t 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 53

Példák

4 4 1 2 ∫ sin x + cos x dx = ∫ 2t 1 − t 2 ⋅ 1 + t 2 dt = 8 ⋅ ∫ 1 + 2t − t 2 dt + 2 1+ t 1+ t 2 2t 1+ 2 2 1 + sin x 2 + + 1 2 t t 1+ t dx = ∫ sin x (1 + cos x ) ∫ 2t ⎛ 1 − t 2 ⎞ ⋅ 1 + t 2 dt = ∫ 2t dt ⎟ ⎜1 + 2 ⎜ 2 ⎟ 1+ t ⎝ 1+ t ⎠



PR 54

Néhány speciális helyettesítés A hiperbolikus integrálása a

függvények

x t = th 2

racionális

törtfüggvényeinek

x = 2 arth t

helyettesítéssel visszavezethető a racionális törtfüggvények integrálására az alábbiak felhasználásával:

2t shx = 1− t2

1+ t2 chx = 2 1− t

dx 2 = dt 1 − t 2



PR 55

A racionális törtfüggvények integrálása Tétel

Minden racionális törtfüggvény felbontható egy polinom és egy olyan racionális törtfüggvény összegére, melyben a számláló fokszáma kisebb, mint a nevező fokszáma.

P( x ) M(x) = H(x ) + Q( x ) Q( x ) Elvégezve a P:Q polinomosztást, a H polinom az osztás hányadosaként, az M polinom az osztás maradékaként adódik. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 56

Megjegyzés

Az előző tétel szerint egy racionális törtfüggvény integrálása visszavezethető egy polinom és egy olyan racionális törtfüggvény integrálására, melyben a számláló fokszáma kisebb, mint a nevező fokszáma. Példa

x − 5x + 8x − 2 x + 7 2x + 7 2 = x − 3x + 2 + 2 2 x − 2x x − 2x 4

3

2


Az osztás végrehajtása:

PR 57

( x 4 − 5 x 3 + 8 x 2 − 2 x + 7 ) : ( x 2 − 2 x ) = x 2 − 3x − 2

(−) ___________________ x 4 − 2x 3

− 3x 3 + 8 x 2 − 2 x + 7

( −)

− 3x 3 + 6 x 2

_________________

2x 2 − 2x + 7 (−) ___________ 2x 2 − 4x 2x + 7



PR 58

Definíció: parciális törtek

Az

A n (x − x o )

és az

Bx + C ( x 2 + px + q ) n

alakú kifejezéseket, ahol n pozitív egész, A,B,C∈R, p2-4q<0 (vagyis az x2+px+q másodfokú polinomnak nincs valós gyöke) parciális törteknek nevezzük. Példa

5 ( x − 7) 4

− 8x + 13 ( x 2 + x + 1) 3



PR 59

Tétel Minden racionális törtfüggvény, melyben a számláló fokszáma kisebb, mint a nevező fokszáma felbontható parciális törtek összegére. Megjegyzés Ezt összevetve a korábbiakkal megállapítható, egy racionális törtfüggvény integrálása visszavezethető egy polinom és parciális törtek integrálására. Tehát ha tudjuk integrálni a parciális törteket, akkor (elvileg) tudunk integrálni minden racionális törtfüggvény.



PR 60

A parciális törtek integrálása

A ∫ x − x o dx = A ⋅ ln x − x 0 + c Példa

11 ∫ x − 5 dx = 11⋅ ln x − 5 + c

( x − x o ) − n +1 A ∫ (x − x o ) n dx = A − n + 1 + c Példa

n>1

7 ( x − 2) −3 ∫ (x − 2) 4 dx = 7 − 3 + c



PR 61

A parciális törtek integrálása

Bx + C dx Az ∫ 2 n ( x + px + q )

alakú integrálok közül csak az

n=1 esettel foglalkozunk. Az n>1 eset általában igen bonyolult, sok lépéses számolást igényel.



PR 62

A számolás sémája: 2C −p Bx + C B 2x + p B B dx dx dx = + = 2 2 ∫ x 2 + px + q ∫ ∫ 2 x + px + q 2 x + px + q

B B ⎛ 2C 1 ⎞ 2 dx = ln x + px + q + ⎜ − p) ⎟ ∫ 2 2 2⎝ B ⎠ x + px + q 1 1 4 1 ∫ x 2 + px + qdx = ∫ ⎛ p ⎞ 2 ⎛ p 2 ⎞dx = 4q − p 2 ∫ ⎛ ⎜ 2x + p ⎜ x + ⎟ + ⎜⎜ q − ⎟⎟ 2⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ ⎜ 4q − p 2 ⎝

4 = 4q − p 2

4q − p 2 2x + p arctg +c = 2 2 4q − p

2 4q − p

2

arctg

2

dx =

⎞ ⎟ +1 ⎟ ⎠

2x + p 4q − p

2

+c



PR 63

Példa 5x − 3 5 2x + 6 1 ∫ x 2 + 6x + 13 dx = 2 ∫ x 2 + 6x + 13 dx − 18∫ x 2 + 6x + 13 dx =

1 5 2 = ln x + 6x + 13 − 18∫ 2 dx 2 x + 6x + 13 1 1 1 1 ∫ x 2 + 6x + 13 dx = ∫ (x + 3)2 + 4 dx = 4 ∫ ⎛ x + 3 ⎞ 2 dx = ⎜ ⎟ +1 ⎝ 2 ⎠

x +3 t= 2

1 1 1 x +3 = ∫ 2 ⋅ 2dt = ⋅ arctg 4 t +1 2 2

5x − 3 5 x+3 2 ∫ x 2 + 6x + 13 dx = 2 ln x + 6x + 13 − 9 ⋅ arctg 2 + c A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


Példa

PR 64

5x − 6 ∫ x 2 + 7 x + 10 dx = ?

Parciális törtekre bontás:

5x − 6 5x − 6 A B = + = = 2 x + 7 x + 10 ( x + 2)( x + 5) x + 2 x + 5 A( x + 5) + B( x + 2) x ⋅ (A + B) + (5A + 2B) = = ( x + 2)( x + 5) ( x + 2)( x + 5) I. A+B = 5 II. 5A+2B = -6

⇒ A = -16/3 , B = 31/3



PR 65

− 16 / 3 31 / 3 − 16 1 5x − 6 31 1 = + = ⋅ + ⋅ 2 x + 7 x + 10 x +2 x +5 3 x +2 3 x +5 A kapott törtek integrálása:

5x − 6 16 1 31 1 ∫ x 2 + 7 x + 10 dx = − 3 ∫ x + 2 dx + 3 ∫ x + 5 dx = 16 31 = − ln x + 2 + ln x + 5 + c 3 3 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


Példa

PR 66

x ∫ (x − 2)3 dx = ?

x A B C = + + = 3 3 2 ( x − 2) ( x − 2) ( x − 2) x−2 A + B( x − 2) + C( x − 2) 2 x 2 ⋅ C + x ⋅ (B − 4C) + (A − 2B + 4C) = = 3 ( x − 2) ( x − 2) 3

I. C = 0 II. B – 4C = 1 II. A – 2B + 4C = 0

⇒A=2, B=1, C=0

−1 x 1 1 1 ∫ ( x − 2)3 dx = 2∫ ( x − 2)3 dx + ∫ (x − 2) 2 dx = ( x − 2) 2 − x − 2 + c A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 67

Az x→sin n x, x→cos n x, x→sh n x, x→ch n x (n≥2) alakú függvények integrálása Ha n páratlan, akkor a sin2x + cos2x = 1 azonosságok visszavezethető

ch2x - sh2x = 1

alkalmazásával

az

integrálás

n +1 g n g ∫ ⋅ g′ = n + 1 + c

alakú feladatokra.



Példa

PR 68

n +1 g n g ∫ ⋅ g′ = n + 1 + c

∫ sin7x dx = ∫ sin x ⋅sin6x dx = ∫ sin x ⋅(sin2x)3 dx = = ∫ sin x ⋅(1 – cos2x)3 dx = = ∫ sin x ⋅(1 – 3cos2x + 3cos4x – cos6x) dx = = ∫sinx dx–3⋅∫cos2x⋅sinx dx+3⋅∫cos4x⋅sinx dx–∫cos6x⋅sinx dx= = ∫ sin x dx + 3⋅∫ cos2x⋅(-sin x) dx – 3⋅∫ cos4x⋅(-sin x) dx + + ∫ cos6x⋅(-sin x) dx =

cos 3 x cos 5 x cos 7 x = − cos x + 3 ⋅ − 3⋅ + +c 5 7 3 A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!


PR 69

Ha az n páros, akkor a következő azonosságok (ún. linearizáló formulák) valamelyikét kell alkalmazni, melyekkel a kitevő „felezhető”:

1 − cos 2x sin x = 2

ch2x + 1 ch x = 2

1 + cos 2x cos x = 2

ch 2x − 1 sh x = 2

2

2

2

2



Példa

PR 70

⎛ 1 + cos 2 x ⎞ ∫ cos x dx = ∫ cos x dx = ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ dx =

(

4

2

)

2

2

1 = ∫ (1 + 2 cos 2 x + cos 2 2 x ) dx = 4 1 1 1 = ∫ 1 dx + ∫ cos 2 x dx + ∫ cos 2 2 x dx = 4 2 4 Ezek után a kapott tagokat egyedileg kell integrálni attól függően, hogy páros vagy páratlan kitevősek.

1 sin 4 x 1 sin 2 x 1 1 = x+ ⋅ + x+ ⋅ +c 8 4 2 2 8 4 Részletszámítás:

1 + cos 4 x 1 1 sin 4 x ∫ cos 2x dx = ∫ 2 dx = 2 x + 2 ⋅ 4 2



PR 71

Példa: szabadesés (egyenletesen gyorsuló mozgás) Gyorsulás-idő függvény

a(t) = g

Sebesség-idő függvény

v( t ) = ∫ g dt = g ⋅ t + c

v(0) = v0 ⇒

v( t ) = g ⋅ t + v 0

Út-idő függvény

t2 s( t ) = ∫ (g ⋅ t + v 0 ) dt = g ⋅ + v 0 ⋅ t + c 2 s(0) = s0 ⇒

g 2⋅ s( t ) = t + v 0 ⋅ t + s 0 2


Primitív függvény. (határozatlan integrál)

Recommend Documents