Trükkös integrálás. - Szakdolgozat - Készítette: Diószegi Edina (Matematika BSc, Tanári szakirány)

Trükkös integrálás - Szakdolgozat -

Készítette:

Diószegi Edina

(Matematika BSc, Tanári szakirány)

Témavezet®:

Buczolich Zoltán

(Analízis Tanszék, Matematikai Intézet)

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 2015

TARTALOMJEGYZÉK

1

Tartalomjegyzék 1. El®szó

2

2. Integrálás sorbafejtéssel

4

3. Többváltozós módszerek

11

4. Vegyes trükkök

13

5. Riemann-Stieltjes trükkös helyettesítés

14

6. Putnam matematikai versenyfeladatok

21

7. Összefoglalás

28

1

1.

ELSZÓ

2

El®szó

Szakdolgozatom témája az integrálszámítás. A témaválasztásomat az motiválta, hogy középiskolai, valamint egyetemi éveim alatt többször találkoztam olyan integrálokkal, melyek kiszámítása némi kreativitást, trükköt igényeltek. Szakdolgozatomban ilyen problémákra mutatok példákat, valamint módszereket a meghatározásukra. A dierenciálszámítással ellentéteben nincs egy egységes szabály, általános formula az integrálok kiértékelésére. Azonban vannak eszközeink, amelyekkel gyakran célt érhetünk. Sokszor a megoldások menetében több lépéssel el®re kell gondolkodnunk. A jobb megoldókészséget segíti, ha minél több példát látunk. Szakdolgozatomban a tanult módszerekre alapozva, ám azon túlmen®en mutatok be érdekes integrálszámítási módszereket példákon keresztül. Ezeknek a feladatoknak a haszna, hogy nagyobb jártasságot szerezzünk az integrálok kiszámításában. A példákban látni fogjuk, hogy sokszor egy bonyolult kifejezés milyen szép és egyszer¶ eredményt takar. Többször el®fordulnak a nevezetes értékek, úgy mint a π , e, 1 és a 0. Vannak olyan integrálok, amelyeket csak egyféle módon tudunk meghatározni, míg másokra többféle megoldást adhatunk. Az els® fejezetben az Integrálás sorbafejtéssel módszerrel ismerkedünk meg. Ezen módszer alkalmazásához ismernünk kell a Taylor-sorfejtést, illetve a FubiniTonelli tétel egy speciális esetét, amit a fejezet elején ismertetek. Ebben a fejezetben megismerkedünk még az Euler-formulával is, melyet több példában is fogunk alkalmazni. A második fejezetben többváltozós integrálokra visszavezethet® példákat mutatok be három feladaton keresztül. Ez a két módszer megtalálható Charles Martin Methods for Evaluating Dicult Integrals cím¶ cikkében. A harmadik fejezetben pedig a Riemann-Stieltjes integrálási szabállyal ismerkedünk meg. A fejezetekben többször felbukkan Richard Feynman neve és a "Surley You're Joking, Mr. Feynman!" cím¶ könyvében található módszer, a paraméteres integrálási formula, amit felhasználunk az Euler integrál formula bizonyításában, illetve néhány feladat megoldásakor. Az Euler-sorral három fejezetben is találkozhatunk. El®ször az Integrálás sorbafejtéssel fejezeben, ahol csak felhasználjuk a sorösszegét egy példában. Majd a Többváltozós módszerek fejezetben adunk bizonyítást az Euler-sorra, végül a Riemann-Stieltjes trükkös

1

ELSZÓ

3

helyettesítés fejezetben meghatározzuk a pontos értékét. Végezetül az utolsó fejezetben az amerikai egyetemek között évente megrendezésre kerül® William Lowell Putnam matematikaverseny feladatai közül válogattam ki az integrálszámítással kapcsolatosakat. Ezen feladatok megoldásához felhasználjuk a korábbi fejezekben látott trükköket. Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet®mnek, Buczolich Zoltán tanár úrnak, hogy mindig segít®kész és lelkiismeretes volt, és hasznos tanácsokkal látott el.

2

2.

4

INTEGRÁLÁS SORBAFEJTÉSSEL

Integrálás sorbafejtéssel

Ebben a fejezetben az integrálok meghatározásához sorbafejtést alkalmazunk. Ez egy nagyon hatékony módszert ad a kezünkben, amivel sok esetben könnyedén ki tudjuk számolni az integrálok értékét. A következ®kben erre fogunk példákat látni. A módszer menete röviden, hogy vesszük az integrálandó függvényünk 0-beli Taylor-sorát, majd megcseréljük a szumma- és integráljelet. Ez azonban nem mindig tehet® meg, viszont a követekz® tétel ismeretében már elvégezhet®, ha teljesülnek a feltételek. A tétel a Fubini-Tonelli tétel speciális esete.

Ha az f1 , f2 , f3 . . . függvénysor tagjai a (véges vagy végtelen) (a, b) intervallumon értelmezett nem-negatív, integrálható függvények, és a sor összegfüggvénye is integrálható az (a, b) minden [c, d] részintervallumán, akkor a sort szabad tagonként integrálni, azaz

2.1. Tétel.

Z bX ∞

fn (x)dx =

a n=1

∞ Z X n=1

b

fn (x) dx.

a

A Fubini-Tonelli tételt általában mértékterekben történ® integrálásnál, a Lebesgue integrál keretében szokták tárgyalni. Ez azonban meghaladja szakdolgozatom kereteit, ezért b®vebben nem fogok írni róla. Viszont egy speciális változata már bizonyítható egyszer¶bb eszközökkel is.

Ha az f1 , f2 , f3 . . . függvénysor tagjai a (véges vagy végtelen) (a, b) intervallumon értelmezett nem-negatív, folytonos függvények, és a sor összegfüggvénye is folytonos az (a, b) minden [c, d] részintervallumán, akkor a sort szabad tagonként integrálni, azaz

2.2. Tétel.

Z bX ∞ a n=1

fn (x)dx =

∞ Z X n=1

b

fn (x) dx.

a

2.3. Megjegyzés. Az általánosság megsértése nélkül feltehetjük szükség

esetén az (a, b) intervallumot kettévágva hogy minden n-re fn (x) és is folytonos a [c, b] intervallumon, ha a < c < b.

∞ P

n=1

fn (x)

2

5


A tétel bizonyításához a következ®, Dini tételen alapuló lemmára van szükségünk: 2.4. Lemma.

A fenti feltételek mellett minden c ∈ (a, b)-re

letesen konvergál

∞ P n=1

k P n=1

fn (x) egyen-

fn (x)-hez [c, b]-n.

Bizonyítás. Használjuk ki, hogy

∞ P

fn (x) és minden k -ra a

n=1

k P

fn (x) függ-

n=1

vények is folytonosak a kompakt [c, b] intervallumon. Legyen ε > 0 és

) ∞ k X X fn (x) − fn (x) ≥ ε . x ∈ [c, b] :

( Fk,c =

n=1

Mivel

k P

n=1

fn (x) monoton növekedve konvergál minden x ∈ [c, b]-re

n=1

hez, ezért az Fk,c halmazok egymásba skatulyázottak és

∞ T

∞ P

fn (x)-

n=1

Fk,c = ∅.

k=1

A folytonossági feltétel miatt az Fk,c halmazok zártak. Így létezik k ∈ N, hogy Fk,c = ∅, azaz ∞ k X X fn (x) − fn (x) < ε n=1

n=1

minden x ∈ [c, b] esetén az fn (x) függvények nem-negativitása miatt. Ebb®l pedig következik az egyenletes konvergencia. Ezzel a lemma bizonyítását befejeztük. Most térjünk rá a 2.2 tétel bizonyítására. Bizonyítás. Bevezetjük a következ® jelöléseket

A=

Z bX ∞

fn (x)dx és B =

a n=1

∞ Z X n=1

b

fn (x) dx.

a

Tegyük fel, hogy A véges, és bizonyítjuk, hogy B is véges. A-ban vegyük a függvénysor k -adik részletösszegét, ekkor Z bX k fn (x) dx ≤ A < +∞. a n=1

Mivel nem-negatív függvényeket adunk össze, így az integrál értéke csökken. Ekkor a szumma- és integráljel egyértelm¶en felcserélhet® Z bX k Z b k X fn (x) dx = fn (x) dx ≤ A. n=1

a

a n=1

2

6


Ha k -val tartunk a végtelenbe, akkor az egyenl®ség bal oldala tart B -hez. Viszont minden k -ra kisebb vagy egyenl® a két kifejezés A-nál, így B ≤ A. Mivel feltettük, hogy A véges ebb®l következik, hogy B is véges. Most pedig tegyük fel, hogy B véges, és bizonyítjuk, hogy A is véges. Minden c ∈ (a, b)-re ∞ Z b X fn (x) dx ≤ B < +∞. n=1

c

A 2.4 lemma szerint minden rögzített c ∈ (a, b)-re

A (c) =

Z bX ∞ c

n=1

fn (x)dx =

∞ Z X

b

fn (x) dx ≤

c

n=1

∞ Z X n=1

b

fn (x) dx = B < +∞.

a

Tehát ha c → a + 0 akkor kapjuk, hogy A (c) → A ≤ B . Nyilván ha A = +∞, akkor B nem lehet véges, mert akkor a fentiek szerint A is véges lenne. Hasonlóan B = +∞-b®l is következik A = +∞. Most pedig nézzünk példákat az integrálás sorbafejtéssel módszerre. 2.5. Példa. Határozzuk meg a következ® integrál értékét!

Z

1

0

ln (1 − x) dx x

Megoldás

Legyen f (x) = ln (1 − x), ekkor D (f ) = (−∞, 1). Az f függvény 0 középpontú Taylor-sorfejtése ∞ X x2 x3 xn f (x) = 0 − x − − − ... = − . 2 3 n n=1

Most határozzuk meg a sor konvergenciatartományát. Ehhez ki kell számolni a konvergenciasugarát, ami a gyökkritérium felhasználásával történik:

√ 1 = lim n n = 1. R = lim q n→∞ n→∞ n 1 |n| P (−1)n Az x = 0 − R = −1 pontban a ∞ Leibniz-sor konvergens. Az n=1 n P∞ 1 x = 0 + R = 1 pontban a n=1 n sor divergens. A konvergenciahalmaz tehát a [−1, 1) intervallum, f (x) = −

∞ X xn n=1

n

, x ∈ [−1, 1) .

(2.1)

2

7


Azonban nekünk x 6= 0 esetén

ln (1−x) -re x

− ln (1 − x) = x

van szükségünk, ezért osszuk el (2.1)-et x-szel.

P∞

xn n=1 n

=−

x

∞ X xn−1 n=1

n

, x ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1) .

Az integrálást a [0, 1] zárt intervallumon kell elvégezni, viszont a 0 helyen függvénynek szakadása van. Mivel lim ln (1−x) = −1, ezért a g (x) = ln (1−x) x x x→0

a szakadás ezen a helyen megszüntethet® a g (0) := −1 helyettesítéssel. Így a folytonosság kiterjeszthet® a [0, 1] intervallumra, és vehetjük a g függvény Riemann integrálját:

Z 0 xk k+1

1

ln (1 − x) dx = − x

∞ 1X

Z 0

n=1

xn−1 dx = − n

Z 0

∞ 1X k=0

xk dx. k+1

≥ 0 és folytonosak a (0, 1) intervallumon, így alkalmazhatjuk a 2.2 tételt Z 0

1

1 ∞ Z 1 ∞ k+1 X X 1 ln (1 − x) xk x dx = − dx = − · = x k+1 k+1 k+1 0 k=0 0 k=0 =−

∞ X k=0

1 π2 = − , 6 (k + 1)2

P 1 π2 ahol ∞ n=1 n2 = 6 az ismert Euler-sor, aminek értékét az 5. fejezetben mi is ki fogjuk számolni. 2.6. Példa. Határozzuk meg az alábbi integrál értékét:

Z 0

∞

x3 dx. ex − 1

Megoldás

Próbáljuk meg ismét sorba fejteni az integrálandó függvényünket. Azonban vegyük észre, hogy a nevez®ben lév® kifejezés hasonlít a mértani sorhoz, amely alakja a következ®: ∞ X 1 = tn , ha |t| < 1, (2.2) 1 − t n=0 Alakítsunk egy kicsit a nevez®ben lév® kifejezésen, hogy jobban felismerhet®vé váljon a mértani sor: Z ∞ Z ∞ Z ∞ x3 1 1 3 dx = dx = x x x3 e−x dx. (2.3) 1 x e −1 1 − e−x e 1 − ex 0 0 0

2

8


1 Legyen t = e−x a helyettesítés, ekkor az 1−t függvénynek a t0 = 0 ponthoz P∞ n P∞ −nx tartozó Taylor-sora éppen a n=0 t = n=0 e mértani sor, tehát ∞

X 1 = e−nx . 1 − e−x n=0 A sor konvergenciájának feltétele: −1 < e−nx < 1 ⇒ x > 0. A konvergenciatartomány a (0, +∞) intervallum. A kapott eredményt helyettesítsük be a (2.3) integrálba:

Z

∞ 3 −x

xe

∞ X

0

−nx

e

Z dx = 0

n=0 ∞ ∞X

Z = 0

∞ ∞X

x3 e−x(1+n) dx =

xe e

n=0 ∞ ∞X

Z 0

n=0

3 −x −nx

Z dx =

∞ ∞X

0

x3 e−x−nx dx =

n=0

x3 e−kx dx.

k=1

Mivel a függvénysor minden tagja nem-negatív és folytonos a (0, +∞) intervallumon, így alkalmazhatjuk a 2.2 tételt:

Z 0

∞

∞

X x3 dx = ex − 1 k=1

Helyettesítsünk be u = kx-et, ekkor dx = ∞ Z X k=1

=

∞

u 3

−u du

∞ Z X

∞

e = k k k=1 0 ! Z ∞ ∞ X 1 3 −u u e du . k4 0 k=1 0

Z

∞

x3 e−kx dx.

0 du k

és ∞

X 1 3 −u u e du = k4 k=1

1 k4

Z

∞ 3 −u

ue

du =

0

Ismét felhasználunk egy ismert sorösszeget ∞ X 1 π4 = , n4 90 n=1

(2.4)

valamint az Euler integrál formulát a gyorsabb megoldás érdekében. 2.7. Állítás. (Euler integrál formula)

Z

Minden n ≥ 0-re

∞

xn e−x = n!

0

Bizonyítás. Az egyenl®séget els® neki futásra parciális integrálással is bebi-

zonyíthatnánk, azonban nagy n-ekre elég hosszadalmas lenne. Ezért ehelyett alkalmazzuk egy amerikai zikus, Richard Feynman módszerét.

2

9


Általában az integrálokat felírhatjuk Z b f (x, t) dx

(2.5)

a

alakban, ahol f (x, t) egy kétváltozós függvény. Tehát deniálhatunk egy paraméteres integrált, ahol t a paraméter, x pedig az integrál változója. Az (2.5) integrál tulajdonképpen t függvénye, mivel elvégezve az integrálást az eredmény t-t®l függ, x-t®l már nem. Feynman szabálya a következ®: Z b Z ∂ d b f (x, t) dx = f (x, t) dx. (2.6) dt a a ∂t Azaz paraméteres integrálban a dierenciálás és integrálás felcserélhet®. A kés®bbiekben is fogjuk alkalmazni ezt a módszert és a hozzá tartozó egyenl®séget. Az ötlet tehát az, hogy vezessünk be egy t paramétert, és írjuk fel az integrálunkat annak függvényében. Majd deriváljunk t szerint n-szer, amivel már eljutunk a bizonyítandó állításunkhoz, ha t helyére 1-et írunk. Látni fogjuk, hogy ezzel a bizonyítással egy sokkal általánosabb problémára adunk megoldást. n = 0 esetén az integrál értéke Z ∞ Z ∞ 0 −x e−x dx = − e−x = − lim e−x + e0 = 1. x e dx = (2.7) 0

x→∞

0

Minden t > 0-ra legyen x = tu, ekkor dx = t · du, behelyettesítve (2.7)-be azt kapjuk, hogy Z ∞

te−tu du = 1.

0

Osszuk le mindkét oldalt t-vel és u helyére írjunk x-et, ekkor Z ∞ 1 e−tx dx = . t 0 Ez az alak paraméteres formája a (2.7)-nek, ahol mindkét oldal t függvénye. Mivel t > 0, így e−tx integrálható minden x ≥ 0-ra. Most deriváljuk mindkét oldalt t szerint 0 Z d ∞ −tx 1 e dx = . dt 0 t A bal oldalon szerepl® kifejezést írjuk át a (2.6)-ban szerepl® képlet felhasználásával Z Z ∞ Z ∞ d ∞ −tx ∂ −tx e dx = e dx = −xe−tx dx, dt 0 ∂t 0 0

2

10


ekkor

Z

∞

xe−tx dx =

0

1 . t2

Ismét deriváljuk mindkét oldalt t szerint, majd alkalmazzuk a (2.6)-os egyenl®séget: Z ∞ 2 x2 e−tx dx = 3 . t 0 Folytatva a deriválást minden egyes új egyenl®ségnél azt kapjuk, hogy Z ∞ 6 x3 e−tx dx = 4 , t 0 Z ∞ 24 x4 e−tx dx = 5 , t 0 ··· Z ∞ n! xn e−tx dx = n+1 . t 0 A bizonyítás során bevezettünk egy t változót, hogy az egyenl®ségeken el tudd juk végezni a dt deriválást. Ha t = 1-et választunk megkapjuk a bizonyítani kívánt állítást, azaz Z ∞

xn e−x = n!.

0

Ez a bizonyítás szerepel Keith Conrad Dierentiating cím¶ cikkében.

Under The Integral Sign

Most pedig alkalmazzuk (2.4)-et és a 2.7 állítást, így megkapjuk az integrandus értékét, ami Z ∞ x3 π4 π4 dx = · 3! = . ex − 1 90 15 0 2.8. Példa. Határozzuk meg az alábbi végtelen sor összegét: ∞ X 1 . n n2 n=1

Megoldás

Az eddigi példákkal ellentétben láthatjuk, hogy most nem egy függvény integrálját kell meghatároznunk. A sorbafejtés módszerét itt tehát az el®bb bemutatott módon nem tudjuk alkalmazni. Viszont ha megnézzük a végtelen sort, akkor észrevehetjük, hogy a következ® alakban is felírható ∞ ∞ Z 1 X X 2 1 = xn−1 dx, n n2 n=1 n=1 0

3

11

TÖBBVÁLTOZÓS MÓDSZEREK

ugyanis

Z

1 2

xn xn−1 dx = n

0

12

1 n 2

=

n

0

=

1 . n2n

Így már szerepel a feladatunkban integrál- és szummajel, mint ahogyan az el®z® példákban. Továbbá meggyelhetjük, hogy itt a módszert visszafelé kell végrehajtani. Azaz a végtelen sort írjuk át az elemi függvényre, majd vesszük az integrálját. Ehhez ismét felhasználjuk a (2.2) pontban is látott mértani sor összegképletét és a 2.2 tételt. Mivel xn−1 ≥ 0 és folytonosak a 0, 12 intervallumon, így

Z 1X Z 1 Z 1X ∞ ∞ ∞ h i 12 X 2 2 2 1 1 n−1 k x dx = = x dx = dx = − ln (1 − x) = n2n 0 0 n=1 0 k=0 0 1−x n=1 1 1 + ln 1 = − ln = ln 2. = − ln 1 − 2 2

3.

Többváltozós módszerek

Ebben a fejezetbe az integrálok megoldásához ismét az analízis egy másik fejezetéb®l származó ismereteinket kell felhasználni. Ez pedig a többváltozós függvényekre való áttérés. Ahogyan az el®z® részben is láthattuk, sokszor bonyolultabbnak t¶n® eszközökkel könnyebben és gyorsabban célhoz érünk. Erre fogunk most néhány példát látni. 3.1. Példa. Számoljuk ki az I integrál értékét, ahol

Z

∞

2

e−x dx.

I= −∞

Megoldás

Ha vesszük I -nek a négyzetét, akkor azt kapjuk, hogy

I2 =

Z

∞

!2 −x2

e

dx

−∞

Z

∞

=

−x2

e

! Z dx

−∞

!

∞

e

−x2

dx .

−∞

Az I deníciója szerint a következ® alakban is átírhatjuk az integrált ! Z ! Z Z Z ∞ ZZ ∞ ∞ ∞ 2 2 2 2 −(x2 +y 2 ) 2 −x −y I = e dx e dy = e dxdy = e−(x +y ) dx dy. −∞

−∞

−∞

−∞

R2

3

12

TÖBBVÁLTOZÓS MÓDSZEREK

I 2 polárkoordinátás alakban megadva: Z 2π Z 2π Z ∞ ZZ Z 1 ∞ −(x2 +y 2 ) −r2 2 −r2 − re dxdϕ = dx dy = I = e −2re dr dϕ = 2 0 0 0 0 R2 Z 2π Z 2π 1 1 1 h −r2 i∞ dϕ = dϕ = · 2π = π. = − e 2 2 2 0 0 0 √ Négyzetgyököt vonva pedig megkapjuk az I értékét, ami I = π. 3.2. Példa. Határozzuk meg az alábbi integrál értékét! ∞

Z I= 0

arctg (πx) − arctg x dx x

Megoldás

I a Frullani-integrál egyik alakja. A 2.8 példában látott trükköt itt is alkalmazhatjuk kiindulásképp. Azaz alakítsuk át az I -ben szerepl® kifejezést egy határozott integrállá: π Z ∞ Z ∞ Z ∞Z π arctg (xy) arctg (πx) − arctg x 1 dx = dydx. I= dx = 2 2 x x 0 0 0 1 1+x y 1 Így kaptunk egy kétváltozós integrált. A szukcesszív integrálás tétel alapján az integráljelek felcserélhet®ek ∞ Z π Z Z πZ ∞ Z π π π1 arctg (xy) 1 π dxdy = dy = dy = I= dy = 1 + x2 y 2 y 2 1 y 1 1 0 1 2y 0 iπ π πh π ln π = ln y = (ln π − log 1) = . 2 2 2 1 3.3. Példa. Bizonyítsuk be a következ® egyenl®séget:

Z 1Z 1 ∞ X 1 dxdy = . 2 n 0 0 1 − xy n=1 Megoldás

Ezzel a végtelen sorral, melyet Euler-sor néven szoktunk emlegetni, a 2.5 példában már találkoztunk. Bizonyítása a fenti kett®s integrál kiszámításán alapszik. A pontos értékét a 5. fejezetben fogjuk meghatározni. Els® lépésként az

1 -t 1−xy

mértani sorrá fejtjük ∞

X 1 = (xy)n . 1 − xy n=0

(3.1)

4

13

VEGYES TRÜKKÖK

Helyettesítsük be az integráljel mögé (3.1)-et, majd alkalmazzuk a szukcesszív integrálás tételét ! Z 1 Z 1X Z 1Z 1X ∞ ∞ n xn y n dx dy. (xy) dxdy = 0

0

0

n=0

0

n=0

Most pedig ismét használjuk a jól bevált 2.2 tételt. Mivel xn ≥ 0 és folytonosak a (0, 1) intervallumon, így a feltételek teljesülnek. Tehát azt kapjuk, hogy ! ! n+1 1 ! Z 1 X Z 1 X Z 1 Z 1 X ∞ Z 1 ∞ ∞ x xn y n dx dy = yn xn dx dy = yn dy = n+1 0 0 0 0 0 n=0 0 n=0 n=0 Z 1X ∞ yn = dy. 0 n=0 n + 1 Majd ismét felcserélhetjük a szumma- és integráljelet a 2.2 tétel alapján n+1 1 X ∞ Z 1 ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X yn 1 1 1 y 1 1 dy = = . = 2 = n+1 n + 1 n + 1 0 n=0 n + 1 n + 1 n=0 (n + 1) n2 n=0 0 n=0 n=1 Így bebizonyítottuk az egyenl®séget.

4.

Vegyes trükkök

Ebben a fejezetben egy olyan példát mutatok be, amelynek megoldása során nem tudjuk felhasználni az eddigi módszereket. Azonban nagyon érdekes és kreatív trükköt láthatunk a feladat megoldása közben. A feladatunk pedig a következ®: 4.1. Példa. Adjuk meg az alábbi integrál értékét, ha a > 0,

Z I (a) = 0

∞

ln x dx. x 2 + a2

Megoldás

El®ször helyettesítsünk be x = ay -t, dx = a · dy Z ∞ Z ∞ Z ln (ay) 1 ∞ ln (ay) ln (ay) I (a) = · a · dy = · a · dy = dy = a2 (y 2 + 1) a 0 y2 + 1 (ay)2 + a2 0 0 Z Z Z 1 ∞ ln a + ln x 1 ∞ ln a 1 ∞ ln y = dy = dy + dy = a 0 y2 + 1 a 0 y2 + 1 a 0 y2 + 1 i∞ 1 Z ∞ ln y ln a h π ln a 1 = arctg y + dy = + I (1) . 2 a a 0 y +1 2a a 0

5

14

RIEMANN-STIELTJES TRÜKKÖS HELYETTESÍTÉS

Most ki kell számolni az eredeti integrált a = 1-re. Ehhez felhasználunk egy trükköt. A határok megfordításával érdekes meggyeléseket tehetünk az eredeti integrálról. Helyettesítsünk be y = u1 -t, ekkor dy = −u−2 du, a határok pedig a következ®képpen módosulnak: lim u1 = ∞, lim u1 = 0. u→0

Z

0

I (1) = ∞

1

ln u du = 2 1 −u2 + 1 u

Z

0

∞

Z

u→∞

− ln u du = −1 − u2

Z

0

∞

− ln u du = − (u2 + 1)

Z

0

∞

ln u du = u2 + 1

∞

ln u du = −I (1) u2 + 1 0 Ami azt jelenti, hogy I (1) = −I (1), ebb®l következik, hogy I (1) = 0. Vagyis az eredeti integrál értéke: Z ∞ ln x π ln a π ln a 1 I (a) = + ·0= . dx = 2 2 x +a 2a a 2a 0 =−

5.

Riemann-Stieltjes trükkös helyettesítés

Ebben a fejezetben a standard helyettesítéses integrálásnál hatékonyabb módszerre, a Stieltjes-integrálra láthatunk példákat. Ez valójában a Riemannintegrál általánosítása, melyet gyakran használnak matematikai zikában, valószín¶ségszámításban és számelméletben egyaránt. A Stieltjes-integrál jelölésbeli különbsége gyakran segít rájönni az alkalmas helyettesítésre, illteve a bilinearitást kihasználva, helyettesítés nélkül is megfejthetjük az integrál értékét. Most lássuk a módszer lényegét. A szokásos integrálba történ® behelyettesítésnél adott egy g (t) függvényünk, melynek ismerjük a primitív függvényét: Z g (t) dt = G (t) + C.

f (t) integrálfüggvényét ki lehet számolni, ha létezik φ függvény, amelyre f [φ (ω)] φ0 (ω) = g (ω) . Helyettesítsünk be t = φ (ω)-t, ekkor azt kapjuk, hogy Z Z Z 0 f (t) dt = f [φ (ω)] φ (ω) dω = g (ω) dω = G (ω) + C. Az integrálokba történ® behelyettesítés nehézsége, hogy találni kell egy megfelel® φ függvényt, amely függ az integrál szerkezetét®l. A könnyebb megértés és gyorsabb átalakítás érdekében célszer¶ megvizsgálni az alapokat, különösen a d-jelet az integrálban. Általában nem is tulajdonítunk neki nagy

5


15

jelent®séget, csak formális jelölésként tesszük ki az integráljel mögé. Valójában ez egy bilineáris operátor, amely jelent®sen segíti az integrandus transzformálását. A Riemann-Stieltjes integrál a következ® jelölést használja: Z b f (x) dF (x), I= a

ahol feltesszük, hogy F (x) nem-negatív monoton, dierenciálható függvény az [a, b] intervallumon. Ekkor vehetjük a kifejezés szokásos Riemann integrálját: Z b f (x) F 0 (x) dx I= a

Azaz az inverz áttérés az

F 0 (x) dx = d (F (x)) .

(5.1)

Végezetül d bilinearitását kihasználva, c 6= 0 konstansra a következ®t kapjuk: Z Z cf (x) d (F (x)) = f (x) d (cF (x)). Ezt az egyszer¶ összefüggést fogjuk felhasználni a következ® példákban. A példákat Valentin Fadeev Changing the way we change the variables. resher notes in real analysis cím¶ cikkéb®l válogattam össze.

Ref-

5.1. Példa. Határozzuk meg az alábbi integrál értékét:

Z I=

a (1 +

u2 )

du . + b (1 − u2 )

Megoldás

Miel®tt új változót helyettesítenénk be, el®bb végezzünk el néhány algebrai átalakítást az integrandusban: Z Z du du = = I= 2 2 a (1 + u ) + b (1 − u ) (a + b) + (a − b) u2 Z Z du 1 du = = q 2 . a−b 2 a+b (a + b) 1 + a+b u a−b 1+ u a+b Így elkülönítettünk egy négyzetes kifejezést a nevez®ben, most ugyanezt bevisszük a d-jel mögé. Ezt a tényez®t el®állíthatjuk úgy, hogy az integrál értéke ne változzon: q √ a−b Z Z d u a+b 1 a−b 1 du 1 √ √ √ q 2 = √ 2 q 2 . a+b a+b a−b a − b2 a−b a−b 1+ u 1 + u a+b a+b

5


16

q u helyére bevezetve Az utolsó kifejezésb®l már világosan látszik, hogy az a−b a+b egy új változót, a jól ismert alapintegrált kapjuk: ! r Z 1 dv a−b 1 1 I=√ u +C. =√ arctg v+C = √ arctg 1 + v2 a+b a2 − b 2 a2 − b 2 a2 − b 2 5.2. Példa. Számoljuk ki az alábbi integrál értékét:

Z I=

a2

cos2

dt . t + b2 sin2 t

Megoldás

Emeljünk ki cos2 t-t Z Z 1 1 dt dt I= . 2t = 2 2 2 2 sin 2 2 cos t a + b 2 a + b tg t cos2 t cos t

0

Vegyük észre, hogy (tg t) = Alkalmazzuk (5.1)-et, ekkor F (t) = tg t, 0 F 0 (t) dt = (tg t) dt = d (tg t) Z Z 1 1 1 0 (tg t) dt = 2 I= 2 d (tg t) 2 b b a 2 1 + tg t a 1 + a tg t a Mivel nekünk most ab tg t -re van szükségünk, ezért pótoljuk ki az integrált b -val: a Z 1 b b 1 a 1 tg t = arctg tg t + C. 2 d a2 b a ab a a + ab tg t 1 . cos2 t

Mindkét példában tulajdonképpen nincs szükség az új változó bevezetésére. Azonban más esetekben a számítások terjedelmesek lehetnek, f®leg ha a kifejezésb®l nem látjuk azonnal az alapintegrálalakot. Ilyen esetekben érdemes új változót bevezetni. Most ezekre nézzünk példákat. 5.3. Példa. Határozzuk meg a következ® integrál értékét:

Z √

I=

x2 + 1 (ln (x2 + 1) − 2 ln x) dx. x4

Megoldás

Els® pillantásra az integrandusban hasonló kifejezéseket vehetünk észre a logaritmusban és a gyökjel alatt. A logaritmus azonosságait felhasználva alakítsuk át a törtet: 2 √ 2 Z Z √ 2 2 x + 1 ln x x+1 2 x +1 x + 1 dx √ I= dx = ln = x4 x2 x3 x2 Z r Z r 1 1 dx 1 1 1 1 = 1 + 2 ln 1 + 2 =− 1 + 2 ln 1 + 2 d 1 + 2 . x x x3 2 x x x

5


17

0 Az utolsó átalakításnál azt használtuk ki, hogy x12 = − x23 , valamint a következ® azonosságot: Z Z 1 f d (aF + b). f d (F ) = a Most már jól elkülönített blokkokban szerepel az 1 + x12 kifejezés. Az átláthatóság kedvéért vezessünk be egy új változót a helyére, azaz

t := 1 +

1 , x2

így azt kapjuk, hogy

Z 1 √ I=− t ln tdt. 2 Az integrál meghatázásához használjuk a Riemann-Stieltjes integrálásra voR R natkozó parciális integrálási formulát: f dg = f g − gdf . Ekkor: √ 2 √ 3 2 √ tdt = d t = d t t . 3 3 √ Tehát f (t) := ln t és g (t) := t t. Behelyettesítve a formulába Z Z √ Z √ 1 √ 1 1 1 √ 1 √ 1 2 ln t · d t t = − t t · ln t + t t · dt = − t t · ln t + tdt = I=− · 2 3 3 3 t 3 3 1 √ 1 2 √ 1 √ = − t t · ln t + · t t + C = t t (2 − 3 ln t) + C = 3 3 3 9 r 1 1 1 1 1+ 2 1 + 2 2 − 3 ln 1 + 2 + C. = 9 x x x 5.4. Példa. Határozzuk meg a következ® integrál értékét:

Z I=

√

x dx. t−x

Megoldás

Helyettesítésnek (t − x)-et szeretnénk kapni, azonban a kifejezés hiányos. Adjunk hozzá és vonjunk ki bel®le t-t. Ezután írjuk be (t − x)-et a d-jel mögé ügyelve az el®jelre: d (t − x) = −dx. Z Z Z x+t−t t−x−t x+t−t √ √ √ I= dx = (−d (t − x)) = d (t − x) = t−x t−x t−x Z Z Z t−x t t−x t √ √ = −√ d (t − x) = d (t − x) − √ d (t − x) = t−x t−x t−x t−x 3 1 2 = (t − x) 2 − 2t (t − x) 2 + C. 3 A második átalakítás után két, egyenként különálló (t − x) komponens¶ kifejezésre bontottuk, amely lehet®vé tette, hogy integráljuk a változó helyettesítése nélkül.

5


18

5.5. Példa. Adjuk meg a következ® integrál értékét:

Z

√

I=

x+3 dx. 4x2 + 4x − 3

Megoldás

Kiindulásnak egy jól ismert, és gyakran használt trükköt fogunk alkalmazni, a teljes négyzetté alakítást. Ez egy nagyon hatékony módszer, ha nem boldogulunk egy négyzetes kifejezéssel. A (2x + 1)2 alakhoz hiányzik 1, ezért adjuk hozzá és vonjuk is ki bel®le. Ekkor azt kapjuk, hogy Z Z Z (8x + 4 + 20) dx (x + 3) dx 1 (x + 3) dx √ q q = = = I= 2 8 4x + 4x + 1 − 4 (2x + 1)2 − 4 (2x + 1)2 − 4 Z Z 1 1 (8x + 4) dx 20dx q q = + . 8 8 2 2 (2x + 1) − 4 (2x + 1) − 4 Ismét alkalmazzuk (5.1)-et: 0 F (x) = (2x + 1)2 − 4, ekkor (2x + 1)2 − 4 dx = d (2x + 1)2 − 4 , azaz 2 · 2 (2x + 1) dx = (8x + 1) dx = d (2x + 1)2 − 4 . Helyettesítsük be a nevez®be, ekkor azt kapjuk, hogy Z Z d (2x + 1)2 − 4 1 dx 5 q q + = I= 8 2 2 2 (2x + 1) − 4 (2x + 1) − 4 Z Z d (2x + 1)2 − 4 5 d (2x + 1) 1 q q + . = 4 4 2 2 2 (2x + 1) − 4 (2x + 1) − 4

√ 0 1 Az els® integrált könny¶ meghatározni, mivel f (t) = 2√ = t . A második t 1 integrál √ax2 +bx+c alakú, ezért alkalmazzuk rá a tanult kiszámítási módszert. A mi esetünkben az integrandus nevez®je √u12 −1 alakú. Így az integrál az √ R u = ch t helyettesítéssel, vagy az √u12 −1 du = arch u+C = ln |u+ u2 − 1|+C alapintegrál felhasználásával kapható meg. Tehát az integrál értéke I=

√ 1√ 2 5 4x + 4x − 3 + ln |2x + 1 + 4x2 + 4x − 3| + C. 4 4

A következ® kett®s integrál már szerepelt a Többváltozós módszerek fejezetben 3.3 példájában. Most meghatározzuk a pontos értékét. Az integrál kiszámolásához szükségünk lesz a Riemann-Stieltjes integrálás módszerére. 5.6. Példa. Határozzuk meg a pontos értéke az alábbi integrálnak

Z 0

1

Z 0

1

dxdy . 1 − xy

5


19

Megoldás

Az integrál kiszámításához transzformáljuk az integrálási tartományt a kö√ vetkez®képpen: forgassuk el a koordinátarendszert 45◦ -kal, majd 2-ed részére kicsinyítsük. Ekkor a transzformációk mátrixa ! 1 2

− 12

1 2 1 2

Az új koordináták 1 2

− 12

1 2 1 2

!

x y

! =

u v

! ⇒u=

y−x y+x ,v = . 2 2

√

Az így kapott integrálási tartomány egy 22 oldalú négyzet. Behelyettesítve x = u − v -t és y = u + v -t azt kapjuk, hogy

1 1 1 1 = = = . 2 2 1 − xy 1 − (u − v) (u + v) 1 − (u − v ) 1 − u2 + v 2 A transzformáció Jacobi-determinánsa: ∂ (u − v) ∂ (u − v) 1 −1 u v D= = = 1 · 1 − (−1) · 1 = 1 + 1 = 2. ∂u (u + v) ∂v (u − v) 1 1 Az új integrálási tartomány és az integrálandó függvény az u tengelyre nézve szimmetrikusak, ezért kétszer számítjuk ki az integrált a tartomány fels® felében, melyet két részre vágunk, I1 és I2 -re. Z 1 Z u Z 1Z u 2 2 1 dv 2dvdu = 2 du. I1 = 2 2 2 2 0 0 1−u +v 0 0 1−u +v

5


20

R Felhasználjuk, hogy a2dx = a1 arctg xa + C +x2 u Z 1 Z 1 2 2 1 1 v u √ √ I1 = 2 arctg √ du = 2 arctg √ du. 2 2 2 1−u 1−u 0 1−u 1 − u2 0 0 u Ismét alkalmazhatjuk az (5.1) összefüggést F (u) = arctg √1−u 2 -re, ekkor √ √ 1 u2 1 − u2 − u 12 √1−u 1 − u2 + √1−u 1 1 2 (−2u) 2 0 · · F (u) = = = 2 2 2 u2 u 1−u 1−u 1 + 1−u2 1 + 1−u2 √ √ u2 1 − u2 1 + 1−u 2 1 − u2 1 √ = . = = 2 u 1 − u2 1 − u2 (1 − u2 ) 1 + 1−u 2

Tehát I1 Riemann-Stieltjes integrálja 21 1 Z 1 Z 1 2 2 F (u)2 2 2 0 I1 = 2 F (u) F (u) du = F (u) d (F (u)) = 2 = F (u) = 2 1 1 0 0 2 π 2 1 =F − F (0)2 = . 2 6 Most határozzuk meg I2 értékét Z 1 Z 1−u Z 1 Z 1−u 1 dv 2dvdu = 2 I2 = du. 2 + v2 2 + v2 1 1 1 − u 1 − u 0 0 2 2

I1 -hez hasonlóan számoljuk az értékét 1−u Z 1 Z 1 v 1−u 1 1 √ √ I2 = 2 arctg √ du = 2 arctg √ du 2 2 2 2 1 1 1 − u 1 − u 1 − u 1 − u 0 2 2 , Ismét felhasználjuk az (5.1)-ben kapott összefüggést. Legyen G (u) = arctg √1−u 1−u2 ekkor √ −(1−u2 )+(1−u)u 2 + (1 − u) · √ u √ − 1 − u 1 1 1−u2 1−u2 G0 (u) = = · = 2 · 2 2 +(1−u) 2 (1−u) 1−u 1−u 1 − u2 1 + 1−u2 2 1−u

1 − u2 −1 + u2 + u − u2 1 − (1 − u) 1 1 · √ = · √ =− √ . 2 (1 − u) 2 (1 − u) 2 1 − u2 1 − u2 (1 − u2 ) 1 − u2 I2 Riemann-Stieltjes integrálja Z 1 Z 1 1 0 I2 = 2 (−2) G (u) − G (u) du = −4 G (u) d (G (u)) = 1 1 2 2 2 1 1 2 π 2 G (u)2 1 2 2 . = −4 = −2 G (u) = −2G (1) + 2G =2 2 2 6 1 1 2 2 π 2 π 2 π 2 Tehát I = 6 + 2 6 = 3 6 , Z 1Z 1 π 2 dxdy π2 π2 = 2I = 2 · 3 =6· = . 6 36 6 0 0 1 − xy =

6

21

PUTNAM MATEMATIKAI VERSENYFELADATOK

6.

Putnam matematikai versenyfeladatok

A William Lowell Putnam nevét visel® matematika verseny 1938-ban indult. Az Egyesült Államok és Kanada f®iskoláin és egyetemein azóta minden évben megrendezésre kerül. A névadó az egykori harvardi diák 1921-ben cikket írt az iskola folyóiratába, amelyben egy f®iskolák közötti szellemi vetélkedés el®nyeire hívta fel a gyelmet. Halála után özvegye hozta létre a William Lowell Putnam f®iskolák közötti emlékalapítványt. Az els® versenyt angol nyelvb®l rendezték, és csak pár évvel kés®bb indult matematikából. Az özvegy 1935ben bekövetkezett halála után az Amerikai Matematikai Társulat vette át a szervezést. Ebben a fejezetben William Lowell Putnam matematikai verseny elmúlt éveinek feladatsoraiból válogattam össze néhány integrálási feladatot. 6.1. Példa. Az alábbi feladat a 41. Putnam Matematika Versenyen szerepelt

1980-ban. Adjuk meg

Rπ 2

0

f (x) dx értékkét, ahol f (x) =

1

√

tg

2

x

.

Megoldás

Alkalmazzuk x = π2 − y helyettesítést, amib®l azt kapjuk, hogy tg x = tg π2 − y = ctg y = tg1x , és dx = −dy . Tehát átírva az integrandust a fenti helyettesítésre √

Z

0

I= π 2

1+

−dy √2 =

Z

0

−dy √

π 2

1 tg y

(tg y) (tg y)

0

Z

2 +1 √ 2

−

= π 2

(tg y) (tg y)

√ 2

2

Z

√

π 2

(tg y)

dy =

√

+1

(tg y)

0

2

dy.

2

+1

Az eredeti integrál hozzáadásával a következ® eredményhez jutunk

Z

π 2

dx

I +I =

1 + (tg x)

0

Z = 0

π 2

1 + (tg x) 1 + (tg x)

Tehát I = π4 .

Z √ √ √

2

(tg x)

+

√

(tg x)

0

2 2

√

π 2

Z dx =

2

Z dx =

+1

π 2

1dx = 0

2

π . 2

0

π 2

√

1

√

1 + (tg x)

2

+

(tg x) √

(tg x)

2

2

dx = +1

6


22

6.2. Példa. Az alábbi feladat az 1987-ben 47. alkalommal megrendezett ma-

tematika versenyen szerepelt. Határozzuk meg a következ® integrál értékét! p Z 4 ln (9 − x) p p dx. I= ln (9 − x) − ln (x + 3) 2 Megoldás

p Vizsgáljuk meg a gyökjel alatti kifejezést. Legyen f (x) = ln (9 − x) és p ln (x + 3). Ha x = 3 a helyettesítési érték, akkor 9 − x = 6 és g (x) = x + 3 = 6, vagyis f (3) = g (3). Továbbá 3 az integrálhatárok számtani közepe is. Ez alapján úgy t¶nik, hogy az integráljel alatti kifejezés szimmetrikus 3-ra.

A fenti megállapítások már sugallják, hogy u + 3 = 9 − x legyen a helyettesítés. Ekkor x = 6 − u, dx = −du és a határok u = 6 − 2 = 4, u = 6 − 4 = 2. p p Z 2 Z 4 ln (3 + u) ln (3 + u) p p p p I=− du = du. ln (3 + u) − ln (9 − u) ln (3 + u) − ln (9 − u) 4 2 Adjuk össze az így kapott I -t az eredetivel p p Z 4 Z 4 ln (9 − x) ln (3 + x) p p p p 2I = dx + dx = ln (9 − x) − ln (x + 3) ln (3 + x) − ln (9 − x) 2 2 p p Z 4 Z 4 ln (9 − x) ln (3 + x) p p p p = dx − dx = ln (9 − x) − ln (x + 3) ln (9 − x) − ln (x + 3) 2 2 p Z 4p Z 4 ln (9 − x) − ln (x + 3) p p = dx = 1dx = 2. ln (9 − x) − ln (x + 3) 2 2 Tehát

2I = 2 ⇒ I = 1.

6

23


6.3. Példa. A következ® feladat az 1997-es 58. Putnam matematika versenyen

szeperelt A3 sorszámmal. Határozzuk meg az integrál értékét Z ∞ x3 x5 x7 x2 x4 x6 x− + − + ··· 1 + 2 + 2 2 + 2 2 2 + · · · dx. 2 2·4 2·4·6 2 2 ·4 2 ·4 ·6 0 Megoldás

Jelöljük a szorzótényez®ket f (x)-szel és g (x)-szel

x5 x7 x3 + − + ··· f (x) = x − 2 2·4 2·4·6 x2 x4 x6 g (x) = 1 + 2 + 2 2 + 2 2 2 + · · · 2 2 ·4 2 ·4 ·6 Így felírva az integrált már nem is t¶nik olyan ijeszt®nek: Emeljünk ki x-et f (x)-ben

R∞ 0

f (x) g (x) dx.

∞ X 2 x2 x4 x6 (−1)n x2n − x2 . f (x) = x 1 − + − + ··· = x = xe n n! 2 2 · 4 2 · 4 · 6· 2 n=0 Ezt az exponenciális sor általános alakjából kaptuk meg ∞ X qn

n!

n=0

(6.1)

= eq . x2

2

Ebben az esetben q = − x2 , azaz f (x) = xe− 2 . Most írjuk át az integrálban f (x)-et a fentiek alapján Z ∞ 2 x2 x4 x6 − x2 xe · 1 + 2 + 2 2 + 2 2 2 + · · · dx. 2 2 ·4 2 ·4 ·6 0 x2

Szorozzunk be xe− 2 -vel

Z

∞

2

− x2

xe 0

x2

x2

x2

x3 e − 2 x5 e− 2 x7 e − 2 + + + + · · · dx 22 22 · 42 22 · 42 · 62

Integráljuk az összeget tagonként

Z

∞

xe 0

Z

2

− x2

dx + 0

∞

x2

x3 e − 2 dx + 22

Z 0

∞

x2

x5 e− 2 dx + 22 · 42

Z 0

∞

x2

x7 e− 2 dx + · · · 22 · 42 · 62

6

24


Most helyettesítsünk be u =

x2 -et, 2

ekkor x =

√

2u és

dx du

√

=

2 √1 2 u

Z ∞ √ 3 −u √ Z ∞ √ 5 −u √ 2u 2u e e 2 2 2 1 1 1 √ du + √ du + √ du+ 2ue−u 2 2 2 2 u 2 2 u 2 ·4 2 u 0 0 0 Z ∞ √ 7 −u √ 2u e 2 1 √ du + · · · + 2 2 2 2 ·4 ·6 2 u 0

Z

∞

√

√

Egyszer¶sítés után felismerhetjük a 2.7 állításban szerepelt Euler integrál formulát. Ezt alkalmazva az integrál már egyszer¶en meghatározható. Z ∞ Z Z ∞ Z ∞ 1 ∞ −u 1 1 −u 2 −u e du + 2 ue du + 2 2 u e du + 2 2 2 u3 e−u du + · · · = 2 0 2 ·4 0 2 ·4 ·6 0 0 ∞ ∞ X X 1 1 1 1 2n · n! 2 3 = 1 + 2 · 2 · 1! + 2 2 · 2 · 2! + 2 2 2 · 2 · 3! + · · · = = 2 n 2 2 ·4 2 ·4 ·6 2 n! 22n (n!) n=0 n=0 Ismét egy exponenciális sorhoz jutottunk, ez esetben q = 21 , tehát az összeg értéke ∞ X √ 1 = e. n 2 n! n=0 6.4. Példa. A 2005-ben megrendezett 66. William Lowell Putnam matema-

tika versenyen A5-ös feladataként szerepelt az alábbi integrál: Z 1 ln (x + 1) dx. I= x2 + 1 0 A feladat megoldására három példát fogunk látni.

I. Megoldás

Végezzük el a következ® behelyettesítést: x := tg θ, ekkor Ekkor az integrandus az alábbi módon változik meg:

Z

π 4

I= 0

Z

π 4

= 0

Z = 0

π 4

ln (tg θ + 1) dθ = tg2 θ + 1 cos2 θ

Z

dx dθ

=

1 . cos2 θ

π 4

ln (tg θ + 1) dθ = sin2 θ 2θ 0 + 1 cos 2 cos θ Z π 4 ln (tg θ + 1) sin θ dθ = ln + 1 dθ = cos θ sin2 θ + cos2 θ 0 Z π 4 sin θ + cos θ ln ln (sin θ + cos x) − ln (cos θ)dθ. dθ = cos θ 0

Most hozzuk kicsit barátságosabb alakra sin θ + cos θ-t, hogy alkalmazni lehessen a logaritmus azonosságait. Azaz állítsunk el® az összegb®l egy szorzatot.

6


25

Az átalakításban felhasználjuk az ismert trigonometrikus azonosságokat. Ha sin θ + cos θ-et négyzetre emeljük, akkor azt kapjuk, hogy π − 2θ = (sin θ + cos θ)2 = sin2 θ + 2 sin θ cos θ + cos2 x = 1 + sin (2θ) = 1 + cos 2 π π π = 1 + cos 2 +θ = 1 + cos2 + θ − sin2 +θ = 4 4 4 π π π = 1 + cos2 + θ − 1 − cos2 +θ = 2 cos2 +θ . 4 4 4 Azaz

π √ +θ . 2 cos 4 A kapott eredményt írjuk vissza a logartimusba. Most már alkalmazhatjuk a logaritmus azonosságait: π √ π √ ln (sin θ + cos θ) = ln 2 cos +θ = ln 2 + ln cos +θ = 4 4 π 1 +θ . = ln 2 + ln cos 2 4 sin θ + cos θ =

Az integrálunk a következ®képpen néz ki az átalakítások után: Z π π 4 1 ln 2 + ln cos +θ − ln (cos θ)dθ = I= 4 0 2 Z π Z π Z π π 4 1 4 4 = ln 2dθ + ln cos + θ dθ − ln (cos θ)dθ. 4 0 2 0 0 f (θ) = ln cos π4 + θ és g (θ) = ln (cos θ) 0, π4 intervallumon vett integráljai egyenl®k, ezért a két integrál kiejti egymást.

Végül azt kapjuk, hogy

Z I= 0

π 4

1 π ln 2dθ = ln 2. 2 8

6

26


II. Megoldás

Ebben a megoldásban is helyettesítést alkalmazunk: x := 2 dx = − (1+u) határok megcserél®dnek és du 2.

Z

0

I= 1

Z = 0

1

1−u , 1+u

ekkor a

1−u +1 1+u 2 1−u +1 1+u

Z 0 ln 1−u+1+u 2du 2du 1+u − =− = 2 2 2 (1−u) +(1+u) (1 + u)2 (1 + u) 1 (1+u)2 Z 1 Z 1 Z 1 2 ln 1+u ln 2 − ln (1 + u) ln 2 ln (u + 1) 2du = du. du = du − 2 2 2 2 (1 + u ) 1+u u2 + 1 0 0 1+u 0

ln

Vegyük észre, hogy a különbség második tagja az integrál deníciója, azaz egyenl® I -vel, tehát Z 1 ln 2 du − I I= 2 0 1+u 1 Z 1 1 π arctg u du = ln 2 = ln 2 2I = ln 2 2 4 0 1+u 0 π I = ln 2. 8 A most bemutatott megoldás az integrál meghatározására Roger Nelsen matematikustól származik.

III. Megoldás

Ez a levezetés Steven Sivek nevéhez köthet®, aki a Princeton Egyetem matematika tanszékének oktatója. A megoldás során felhasználjuk Feynman módszerét, amely már szerepelt 2.7 állítás bizonyításában, továbbá az ehhez tartozó (2.6) formulát. Deniáljuk a következ® függvényt: Z 1 ln (xt + 1) f (t) = dx. x2 + 1 0 Ekkor az eredeti integrálunk egyenl® az f függvény t = 1 helyen felvett értékével, azaz f (1) = I , valamint Z 1 ln 1 f (0) = dx = 0. 2 0 x +1 Alkalmazzuk (2.6)-ot f (t)-re: Z 1 Z 1 Z 1 ∂ ln (xt + 1) 1 x x 0 f (t) = dx = dx = dx. 2 2 2 x +1 0 ∂t 0 x + 1 xt + 1 0 (x + 1) (xt + 1)

6


27

Bontsuk fel parciális törtekre az integrálban lév® kifejezést. Figyeljünk oda, hogy az integrandus nevez®jének nem minden gyöke valós. Azaz a nevez® nem alakítható át els®fokú tényez®k szorzatává, hiszen az x2 + 1 tényez® diszkriminánsa D < 0. Tehát az integrandus parciális tört alakja a következ®:

x Ax + B C (Ax + B) (xt + 1) + C (x2 + 1) ≡ + = = (x2 + 1) (xt + 1) x2 + 1 x2 + 1 (x2 + 1) (xt + 1) (At + C) x2 + (A + Bt) x + B + C . = (x2 + 1) (xt + 1) A számláló összehasonlításával

x ≡ (At + C) x2 + (A + Bt) x + B + C. Az együtthatók egyeztetéséb®l adódó egyenletrendszer:

At + C = 0 A + Bt = 1 B+C =0 A= Tehát Z 1 0

1 t t ;B = 2 ;C = − 2 . +1 t +1 t +1

t2

x dx = 2 (x + 1) (xt + 1)

Z

1

x t + t2 +1 t2 +1 x2 + 1

−

t t2 +1

dx = Z 1 Z 1 x+t 1 t 1 = dx − 2 dx = 2 2 t + 1 0 xt + 1 0 t +1x +1 1 Z 1 1 x+t 1 = 2 dx − 2 ln (xt + 1) = t + 1 0 x2 + 1 t +1 0 Z 1 Z 1 x 1 t 1 1 = 2 dx + 2 dx − 2 ln (t + 1) = 2 2 t +1 0 x +1 t +1 0 x +1 t +1 Z Z 1 1 1 1 2x t 1 ln (t + 1) = 2 dx + 2 dx − 2 = 2 2 t +12 0 x +1 t +1 0 x +1 t +1 1 1 1 t ln (t + 1) 2 = ln x + 1 + arctg x − = 2 (t2 + 1) t2 + 1 t2 + 1 0 0 t π ln (t + 1) ln 2 + 2 − 2 . = 2 2 (t + 1) t + 1 4 t +1 0

xt + 1

Amib®l azt kapjuk, hogy

f 0 (t) =

ln 2 t π ln (t + 1) + 2 − 2 . 2 2 (t + 1) t + 1 4 t +1

(6.2)

7

28

ÖSSZEFOGLALÁS

Nekünk az I -re van szükségünk, ami egyenl® f (1)-gyel, ezért integráljuk (6.2)-t a [0, 1] intervallumon Z 1 ln 2 t π ln (t + 1) I= + − 2 dt = 2 (t2 + 1) t2 + 1 4 t +1 0 Z 1 Z Z ln 2 1 1 π 1 2t ln (t + 1) = dt + dt − dt = 2 2 2 0 t +1 8 0 t +1 t2 + 1 0 1 Z 1 1 ln 2 ln (t + 1) π 2 = arctg t + ln t + 1 dt = − 2 8 t2 + 1 0 0 0 π ln 2 ln 2 π π + ln 2 − I = 2 − I. = 2 4 8 8 Rendezve az egyenletet megkapjuk I értékét:

π ln 2 2I = 2 8 π I = ln 2. 8

7.

Összefoglalás

Szakdolgozatomban igyekeztem különböz® integrálási módszereket bemutatni. Azonban az eszköztár szinte kimeríthetetlen, az integrálok meghatározására nem létezik egy egységes módszer. Mint az az el®z®ekb®l kiderült sokszor szükség van egy egyedi, kreatív ötletre, hogy eljussunk a megoldáshoz, s®t gyakran néhány lépéssel el®re is kell gondolkodnunk a megoldás menetében. Ehhez pedig úgy szerezhetünk rutint, ha minél több "trükkös" integrálási feladatot oldunk meg. Bízom abban, hogy a fentebb leírtak hasznosnak bizonyulnak majd mások számára is, és fel tudják használni integrálási problémáik során.

29

HIVATKOZÁSOK

Hivatkozások [1] Charles Martin,

Methods for Evaluating Dicult Integrals, April 2010

http://math.ucsb.edu/~cmart07/Evaluating%20Integrals.pdf [2] Keith Conrad,

Dierentiating Under The Integral Sign, 2-3.

http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/analysis/ diffunderint.pdf [3] Martin Aigner - Günter M. Ziegler, Budapest (2004), 37-39.

Bizonyítások a Könyvb®l, Typotex,

Changing the way we change the variables. Refresher notes in real analysis

[4] Valentin Fadeev,

http://folk.ntnu.no/oistes/Diverse/changingvariables.pdf

Solutions to the 58th William Lowell Putnam Mathematical Competition, December 1997, 1.

[5] Manjul Bhargava, Kiran Kedlay és Lenny Ng,

http://kskedlaya.org/putnam-archive/1997s.pdf

Solutions to the 66th William Lowell Putnam Mathematical Competition, December 2005, 2-3.

[6] Manjul Bhargava, Kiran Kedlay és Lenny Ng,

http://www.math.hawaii.edu/~dale/putnam/2005.pdf [7] http://mks.mff.cuni.cz/kalva/putnam/psoln/psol877.html [8] John Coey,

Maths Puzzles & Problems, 2010

http://www.mathstudio.co.uk/Q13%20Int%20sqrt%20ln%209-x.pdf [9] Laczkovich Miklós - T. Sós Vera, Budapest, 2007 [10]

Analízis II., Nemzeti Tankönyvkiadó,

KöMaL 1998/április, 203-205. http://db.komal.hu/KomalHU/cikk.phtml?id=199931

[11] http://en.wikipedia.org/wiki/Fubini%27s_theorem#Tonelli.27s_

theorem_for_non-negative_functions [12] Wikipédia számos szószedete:

http://en.wikipedia.org/wiki/Main_Page

Trükkös integrálás. - Szakdolgozat - Készítette: Diószegi Edina (Matematika BSc, Tanári szakirány)

Recommend Documents