vajda istvánusers.nik.uni-obuda.hu/vajda/analizis2/elemifvint.pdf · az integrál visszavezetheto...

Analízis eloadások

Vajda István

Neumann János Informatika KarÓbudai Egyetem

2013. február 10.

Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis eloadások 2013. február 10. 1 / 32

Integrálszámítás Elemi függvények integrálása

Az elemi függvények csoportosítása

Elemi függvények

Algebrai függvények Transzcendens függvények

Racionális függvények Irracionális függvények

Polinomok Racionális törtfüggvények

Polinomok integrálása

Felhasználjuk az ∫xk dx =

k + 1+ C (k ∈ N)

alapintegrált, és a következo szabályokat:∫cf = c

∫f (c ∈ R),

∫f ± g =

∫f ±

Pl.:∫ (

2x2 − 3x + 5)

dx =2x3

2+ 5x + C

Polinomok integrálása

Felhasználjuk az ∫xk dx =

k + 1+ C (k ∈ N)

alapintegrált, és a következo szabályokat:∫cf = c

∫f (c ∈ R),

∫f ± g =

∫f ±

Pl.:∫ (

2x2 − 3x + 5)

dx =2x3

2+ 5x + C

Elemi törtek integrálása

Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje elsofokú:∫A

x − adx = A ln |x − a |+ C

Felhasználtuk: ∫1x

dx = ln |x |+ C

∫f (ax + b) dx =

F (ax + b)a

Példa: ∫5

2x + 3dx =

5 ln |2x + 3|2

x − adx = A ln |x − a |+ C

dx = ln |x |+ C

∫f (ax + b) dx =

F (ax + b)a

Példa: ∫5

2x + 3dx =

5 ln |2x + 3|2

x − adx = A ln |x − a |+ C

dx = ln |x |+ C

∫f (ax + b) dx =

F (ax + b)a

Példa: ∫5

2x + 3dx =

5 ln |2x + 3|2

Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje egy elsofokú kifejezéshatványa: ∫

A(x − a)n dx =

(1 − n) (x − a)n−1(n ∈ N \ {0, 1})

Felhasználtuk: ∫xk dx =

k + 1+ C k ∈ Z \ {−1}

∫f (ax + b) dx =

F (ax + b)a

Példa: ∫2

(3x − 1)3dx = −

3 (3x − 1)2+ C

A(x − a)n dx =

(1 − n) (x − a)n−1(n ∈ N \ {0, 1})

k + 1+ C k ∈ Z \ {−1}

∫f (ax + b) dx =

F (ax + b)a

Példa: ∫2

(3x − 1)3dx = −

3 (3x − 1)2+ C

A(x − a)n dx =

(1 − n) (x − a)n−1(n ∈ N \ {0, 1})

k + 1+ C k ∈ Z \ {−1}

∫f (ax + b) dx =

F (ax + b)a

Példa: ∫2

(3x − 1)3dx = −

3 (3x − 1)2+ C

Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezoje egy másodfokúkifejezés: ∫

Ax2 + px + q

Ha x2 + px + q felbontható két elsofokú tényezo szorzatára, akkor ezaz integrál visszavezetheto az elozo esetek egyikére.

Ha x2 + px + q a valós számok halmazán nem bontható fel kételsofokú tényezo szorzatára (ún. felbonthatatlan másodfokú polinom),akkor a fenti integrál az∫

11 + t2

dt = arctg t + C

alapintegrálra vezetheto vissza.

Ax2 + px + q

11 + t2

dt = arctg t + C

Ax2 + px + q

11 + t2

dt = arctg t + C

Ax2 + px + q

Példa:∫4

x2 − 3x + 2dx =

(x − 2) (x − 1)dx =

∫ (4

x − 2−

4x − 1

)dx = 4

∫ (1

x − 2−

1x − 1

= 4 (ln |x − 2| − ln |x − 1|) + C = 4 ln∣∣∣∣∣x − 2x − 1

∣∣∣∣∣ + C

Ax2 + px + q

Példa:∫3

x2 − 2x + 5dx =

(x − 1)2 + 4dx =

x−12

)2dx =

arctgx − 1

Ha a törtfüggvény számlálója elsofokú, nevezoje egy másodfokú kifejezés:∫Ax + B

x2 + px + qdx =

∫2x + p

x2 + px + qdx +

∫ B − Ap2

x2 + px + qdx

Itt az egyenloség jobboldalán álló elso integrandus az∫f ′ (x)f (x)

dx = ln∣∣∣f (x)∣∣∣ + C

szabály segítségével integrálható, a második pedig a már vizsgált esetekegyike.

Ha a törtfüggvény számlálója elsofokú, nevezoje egy másodfokú kifejezés:∫Ax + B

x2 + px + qdx =

∫2x + p

x2 + px + qdx +

∫ B − Ap2

x2 + px + qdx

Példa:∫4x + 6

x2 + 4x + 5dx = 2

∫2x + 4

x2 + 4x + 5dx − 2

x2 + 4x + 5dx =

= 2 ln∣∣∣x2 + 4x + 5

∣∣∣ − 2∫

1 + (x + 2)2dx =

= 2 ln(x2 + 4x + 5

)− 2 arctg (x + 2) + C

Ha a törtfüggvény számlálója konstans vagy elsofokú kifejezés, a nevezopedig egy felbonthatatlan másodfokú kifejezés hatványa:∫

(x2 + px + q)n dx,

illetve ∫Ax + B

(x2 + px + q)n dx,

akkor az integrálás ugyancsak elvégezheto, de ezzel nem foglalkozunk.

Racionális törtfüggvények integrálása

Ha a törtfüggvény számlálója alacsonyabbfokú, mint a nevezoje (ún.valódi tört), akkor felbontható az eddigiekben vizsgált elemi törtekösszegére, amelyek külön-külön integrálhatók. Az összeggé alakítástszokás résztörtekre bontásnak nevezni.

Ha a törtfüggvény számlálójának fokszáma nem kisebb mint a nevezoé,akkor eloször szétbontjuk egy polinom és egy valódi tört összegére (pl.polinomosztással) és a két részt külön integráljuk.

Racionális törtfüggvények integrálása

Ha a törtfüggvény számlálója alacsonyabbfokú, mint a nevezoje (ún.valódi tört), akkor felbontható az eddigiekben vizsgált elemi törtekösszegére, amelyek külön-külön integrálhatók. Az összeggé alakítástszokás résztörtekre bontásnak nevezni.

Ha a törtfüggvény számlálójának fokszáma nem kisebb mint a nevezoé,akkor eloször szétbontjuk egy polinom és egy valódi tört összegére (pl.polinomosztással) és a két részt külön integráljuk.

Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekrebontással

x2 + x − 2dx =

(x − 1) (x + 2)dx =

∫ (2

(x − 1)−

2(x + 2)

= 2 ln |x − 1| − 2 ln |x + 2|+ C = 2 ln∣∣∣∣∣ x − 1x + 2

∣∣∣∣∣ + C

Résztörtekre bontás:6

(x − 1) (x + 2)=

Ax − 1

6 = A (x + 2) + B (x − 1)

x = 1⇒ 6 = 3A ⇒ A = 2 x = −2⇒ 6 = −3B ⇒ B = −2

Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekrebontással

x2 + x − 2dx =

(x − 1) (x + 2)dx =

∫ (2

(x − 1)−

2(x + 2)

= 2 ln |x − 1| − 2 ln |x + 2|+ C = 2 ln∣∣∣∣∣ x − 1x + 2

∣∣∣∣∣ + C

Résztörtekre bontás:6

(x − 1) (x + 2)=

Ax − 1

6 = A (x + 2) + B (x − 1)

x = 1⇒ 6 = 3A ⇒ A = 2 x = −2⇒ 6 = −3B ⇒ B = −2

Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekrebontással∫

5x2 − 20x + 23(x − 3) (x − 2) (x + 1)

∫ (2

(x − 3)−

1(x − 2)

(x + 1)

= 2 ln |x − 3| − ln |x − 2|+ 4 ln |x + 1|+ C

Résztörtekre bontás:

5x2 − 20x + 23(x − 3) (x − 2) (x + 1)

x − 3+

Bx − 2

5x2 − 20x + 23 = A (x − 2) (x + 1) + B (x − 3) (x + 1) + D (x − 3) (x − 2)

x = 3 x = 2 x = −18 = 4A 3 = −3B 48 = 12DA = 2 B = −1 D = 4

5x2 − 20x + 23(x − 3) (x − 2) (x + 1)

∫ (2

(x − 3)−

1(x − 2)

(x + 1)

= 2 ln |x − 3| − ln |x − 2|+ 4 ln |x + 1|+ C

5x2 − 20x + 23(x − 3) (x − 2) (x + 1)

x − 3+

Bx − 2

5x2 − 20x + 23 = A (x − 2) (x + 1) + B (x − 3) (x + 1) + D (x − 3) (x − 2)

x = 3 x = 2 x = −18 = 4A 3 = −3B 48 = 12DA = 2 B = −1 D = 4

7x2 − 9x + 5(x − 2) (x2 + 1)

∫ (3

(x − 2)+

4x(x2 + 1)

(x2 + 1)

= 3 ln |x − 2|+ 2 ln(x2 + 1

)− arctg x + C

7x2 − 9x + 5(x − 2) (x2 + 1)

x − 2+

Bx + Dx2 + 1

7x2 − 9x + 5 = A(x2 + 1

)+ Bx (x − 2) + D (x − 2)

x = 2 x = 0 x2

15 = 5A 5 = A − 2D 7 = A + BA = 3 D = −1 B = 4

7x2 − 9x + 5(x − 2) (x2 + 1)

∫ (3

(x − 2)+

4x(x2 + 1)

(x2 + 1)

= 3 ln |x − 2|+ 2 ln(x2 + 1

)− arctg x + C

7x2 − 9x + 5(x − 2) (x2 + 1)

x − 2+

Bx + Dx2 + 1

7x2 − 9x + 5 = A(x2 + 1

)+ Bx (x − 2) + D (x − 2)

x = 2 x = 0 x2

15 = 5A 5 = A − 2D 7 = A + BA = 3 D = −1 B = 4

−7x2 + 13x − 12

(x − 1)2 (x − 3)dx =

∫ 2(x − 1)

(x − 1)2−

9(x − 3)

= 2 ln |x − 1| −3

x − 1− 9 ln |x − 3|+ C

Résztörtekre bontás:−7x2 + 13x − 12

(x − 1)2 (x − 3)=

Ax − 1

(x − 1)2 +D

x − 3

−7x2 + 13x − 12 = A (x − 1) (x − 3) + B (x − 3) + D (x − 1)2

x = 1 x = 3 x2

−6 = −2B −36 = 4D −7 = A + DB = 3 D = −9 A = 2

−7x2 + 13x − 12

(x − 1)2 (x − 3)dx =

∫ 2(x − 1)

(x − 1)2−

9(x − 3)

= 2 ln |x − 1| −3

x − 1− 9 ln |x − 3|+ C

Résztörtekre bontás:−7x2 + 13x − 12

(x − 1)2 (x − 3)=

Ax − 1

(x − 1)2 +D

x − 3

−7x2 + 13x − 12 = A (x − 1) (x − 3) + B (x − 3) + D (x − 1)2

x = 1 x = 3 x2

−6 = −2B −36 = 4D −7 = A + DB = 3 D = −9 A = 2

√ax2 + bx + c alakú függvények integrálása

Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a√1 − t2

√1 + t2

√t2 − 1

függvények valamelyikének integrálására vezethetok vissza.Példa:∫ √

x2 + 2x + 5 dx =

∫ √x2 + 2x + 1 + 4 dx =

∫ √(x + 1)2 + 4 dx = 2

∫ √1 +

(x + 1

= 2∫ √

1 + t2 2 dt = 4∫ √

1 + t2 dt

ahol t = x+12 ⇒ x = 2t − 1⇒ dx = 2 dt

√ax2 + bx + c alakú függvények integrálása

Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a√1 − t2

√1 + t2

√t2 − 1

függvények valamelyikének integrálására vezethetok vissza.Példa:∫ √

x2 + 2x + 5 dx =

∫ √x2 + 2x + 1 + 4 dx =

∫ √(x + 1)2 + 4 dx = 2

∫ √1 +

(x + 1

= 2∫ √

1 + t2 2 dt = 4∫ √

1 + t2 dt

ahol t = x+12 ⇒ x = 2t − 1⇒ dx = 2 dt

1 − t2 függvény integrálása

Mivel csak valós értéku függvényekkel foglalkozunk, t ∈ [−1, 1]. Legyent = sin(ϕ), ϕ ∈

[−π2 ,

Ekkor√

1 − t2 =√

1 − sin2(ϕ) = cos(ϕ), ϕ = arcsin(t) továbbádtdϕ = cos(ϕ)⇒ dt = cos(ϕ) dϕ.

∫ √1 − t2 dt =

∫cos2(ϕ) dϕ =

∫1 + cos(2ϕ)

2dϕ =

∫ (12+

cos(2ϕ)2

)dϕ =

sin(2ϕ)4

=12ϕ+

sin(ϕ) cos(ϕ)2

+ C =12

arcsin(t) +t√

1 − t2

1 + t2 függvény integrálása

Legyen t = sh(u). Ekkor√

1 + t2 =√

1 + sh2(u) = ch(u), u = arsh(t)

továbbá dtdu = ch(u)⇒ dt = ch(u) du.∫ √

1 + t2 dt =∫

ch2(u) du =

∫ch(2u) + 1

∫ (ch(2u)

sh(2u)4

u + C =

=sh(u) ch(u)

u + C =t√

1 + t2

arsh(t) + C

t2 − 1 függvény integrálása

Legyen t = ch(u). Ekkor√

t2 − 1 =√

ch2(u) − 1 = sh(u), u = arch(t)

továbbá dtdu = sh(u)⇒ dt = sh(u) du.∫ √

t2 − 1 dt =∫

sh2(u) du =

∫ch(2u) − 1

∫ (ch(2u)

sh(2u)4

u + C =

=sh(u) ch(u)

u + C =t√

t2 − 12

arch(t) + C

ax2 + bx + calakú függvények integrálása

Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a

1 − t2

1 + t2

t2 − 1

függvények valamelyikének integrálására vezethetok vissza, ezek pedigalapintegrálok.Példa:∫

4x2 − 4x + 10dx =

∫1√

(2x − 1)2 + 9dx =

∫1√

2x−13

)2dx =

arsh2x − 1

ax2 + bx + calakú függvények integrálása

Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a

1 − t2

1 + t2

t2 − 1

függvények valamelyikének integrálására vezethetok vissza, ezek pedigalapintegrálok.Példa:∫

4x2 − 4x + 10dx =

∫1√

(2x − 1)2 + 9dx =

∫1√

2x−13

)2dx =

arsh2x − 1

alakú függvények integrálása

Ha R racionális törtfüggvény és g (x) = m√x, akkor az R ◦ g összetettfüggvényt x = tm helyettesítéssel oldhatjuk meg.Példa:∫

x +√

x + 2√

x + 1dx =

∫t2 + t + 2

t + 12t dt =

∫2t3 + 2t2 + 4t

t + 1dt =

∫ (2t2 + 4 −

4t + 1

3+ 4t − 4 ln |t + 1|+ C =

+ 4√

x − 4 ln(√

x + 1)+ C

x = t helyettesítést alkalmaztuk, x = t2 ⇒ dxdt = 2t ⇒ dx = 2t dt .

alakú függvények integrálása

Ha R racionális törtfüggvény és g (x) = m√x, akkor az R ◦ g összetettfüggvényt x = tm helyettesítéssel oldhatjuk meg.Példa:∫

x +√

x + 2√

x + 1dx =

∫t2 + t + 2

t + 12t dt =

∫2t3 + 2t2 + 4t

t + 1dt =

∫ (2t2 + 4 −

4t + 1

3+ 4t − 4 ln |t + 1|+ C =

+ 4√

x − 4 ln(√

x + 1)+ C

x = t helyettesítést alkalmaztuk, x = t2 ⇒ dxdt = 2t ⇒ dx = 2t dt .

sinn(x) cos(x), illetve cosn(x) sin(x) alakú függvényekintegrálása

∫sinn(x) cos(x) dx =

sinn+1(x)n + 1

+ C∫cosn(x) sin(x) dx = −

cosn+1(x)n + 1

Felhasználtuk:∫fα (x) f ′ (x) dx =

fα+1 (x)α+ 1

+ C α , −1

Példa: ∫sin4(x) cos(x) dx =

sin5(x)5

sinn+1(x)n + 1

cosn+1(x)n + 1

fα+1 (x)α+ 1

+ C α , −1

sin5(x)5

sinn+1(x)n + 1

cosn+1(x)n + 1

fα+1 (x)α+ 1

+ C α , −1

sin5(x)5

sin2n+1(x), illetve cos2n+1(x) alakú függvényekintegrálása

Alkalmazzuk a következo átalakítást:

sin2n+1(x) = sin2n(x) sin(x) =(1 − cos2(x)

)nsin(x)

A(1 − cos2(x)

)nkifejezés a cos(x) egy polinomja. Az integrandus

tagonként integrálható az elozoleg ismertetett módszerrel.

Példa:∫sin5(x) dx =

∫sin4(x) sin(x) dx =

∫ (1 − cos2(x)

)2sin(x) dx =

∫ (1 − 2 cos2(x) + cos4(x)

)sin(x) dx = − cos(x)+

2 cos3(x)3

−cos5(x)

Hasonló átalakítást alkalmazunk a másik integrandus esetén is.

)nsin(x)

A(1 − cos2(x)

∫ (1 − cos2(x)

)2sin(x) dx =

∫ (1 − 2 cos2(x) + cos4(x)

2 cos3(x)3

−cos5(x)

)nsin(x)

A(1 − cos2(x)

∫ (1 − cos2(x)

)2sin(x) dx =

∫ (1 − 2 cos2(x) + cos4(x)

2 cos3(x)3

−cos5(x)

sin2n(x), illetve cos2n(x) alakú függvények integrálása

Az integrandust az alábbi ún. linearizáló formulák segítségével olyankifejezéssé alakíthatjuk, amelyben a trigonometrikus tagok fokszámakisebb:

cos2(α) =1 + cos(2α)

2sin2(α) =

1 − cos(2α)2

A linearizáló formulák alkalmazását addig ismételjük, amíg minden tagintegrálható lesz a korábban ismertetett módszerek valamelyikével.

Példa:∫cos4(x) dx =

∫ (1 + cos(2x)

∫ (1 + 2 cos(2x) + cos2(2x)

∫ (1 + 2 cos(2x) +

1 + cos(4x)2

sin(2x) +132

sin(4x) + C

∫ (1 − cos(2x)

∫ (1 − 3 cos(2x) + 3 cos2(2x) − cos3(2x)

∫ (1 − 3 cos(2x) +

32(1 + cos(4x)) −

(1 − sin2(2x)

)cos(2x)

x −14

sin(2x) +3

64sin(4x) +

sin3(2x) + C

tgn(x), illetve ctgn(x) alakú függvények integrálása

Eloször vizsgáljuk az n = 1 esetet:∫tg(x) dx =

∫sin(x)cos(x)

dx = − ln∣∣∣cos(x)

∣∣∣ + C ,

illetve ∫ctg(x) dx =

∫cos(x)sin(x)

dx = ln∣∣∣sin(x)

∣∣∣ + C

Mindkét esetben a ∫f ′ (x)f (x)

dx = ln∣∣∣f (x)∣∣∣ + C

szabályt alkalmaztuk.

tgn(x) alakú függvények integrálása

∫tgn(x) dx =

∫tgn−2(x) tg2(x) dx =

∫tgn−2(x) ·

sin2(x)cos2(x)

∫tgn−2(x) ·

1 − cos2(x)cos2(x)

∫tgn−2(x)

cos2(x)− 1

∫tgn−2(x) ·

1cos2(x)

dx −∫

tgn−2(x) dx =tgn−1(x)

n − 1−

∫tgn−2(x) dx

Példa:∫tg4(x) dx =

tg3(x)3−

∫tg2(x) dx =

=tg3(x)

3− tg(x) +

∫1 dx =

tg3(x)3− tg(x) + x + C

tgn(x) alakú függvények integrálása

∫tgn(x) dx =

∫tgn−2(x) tg2(x) dx =

∫tgn−2(x) ·

sin2(x)cos2(x)

∫tgn−2(x) ·

1 − cos2(x)cos2(x)

∫tgn−2(x)

cos2(x)− 1

∫tgn−2(x) ·

1cos2(x)

dx −∫

tgn−2(x) dx =tgn−1(x)

n − 1−

∫tgn−2(x) dx

Példa:∫tg4(x) dx =

tg3(x)3−

∫tg2(x) dx =

=tg3(x)

3− tg(x) +

∫1 dx =

tg3(x)3− tg(x) + x + C

ctgn(x) alakú függvények integrálása

∫ctgn(x) dx =

∫ctgn−2(x) ctg2(x) dx =

∫ctgn−2(x) ·

cos2(x)

sin2(x)dx =

∫ctgn−2(x) ·

1 − sin2(x)

sin2(x)dx =

∫ctgn−2(x)

sin2(x)− 1

∫ctgn−2(x)·

sin2(x)dx−

∫ctgn−2(x) dx = −

ctgn−1(x)n − 1

∫ctgn−2(x) dx

Példa:∫ctg3(x) dx = −

ctg2(x)2

∫ctg(x) dx =

= −ctg2(x)

2− ln

∣∣∣sin(x)∣∣∣ + C

ctgn(x) alakú függvények integrálása

∫ctgn(x) dx =

∫ctgn−2(x) ctg2(x) dx =

∫ctgn−2(x) ·

cos2(x)

sin2(x)dx =

∫ctgn−2(x) ·

1 − sin2(x)

sin2(x)dx =

∫ctgn−2(x)

sin2(x)− 1

∫ctgn−2(x)·

sin2(x)dx−

∫ctgn−2(x) dx = −

ctgn−1(x)n − 1

∫ctgn−2(x) dx

Példa:∫ctg3(x) dx = −

ctg2(x)2

∫ctg(x) dx =

= −ctg2(x)

2− ln

∣∣∣sin(x)∣∣∣ + C

Trigonometrikus kifejezések racionális függvényeinekintegrálása

t = tg(x2

)helyettesítéssel.

Ekkor x = 2 arctg(t)⇒ dx =2

1 + t2dt .

sin(x) =2t

1 + t2, cos(x) =

1 − t2

1 + t2.

Példa:∫1

sin(x)dx =

∫12t

1 + t2dt =

dt = ln |t |+ C = ln∣∣∣∣∣tg (x

)∣∣∣∣∣ + C

Trigonometrikus kifejezések racionális függvényeinekintegrálása

t = tg(x2

)helyettesítéssel.

Ekkor x = 2 arctg(t)⇒ dx =2

1 + t2dt .

sin(x) =2t

1 + t2, cos(x) =

1 − t2

1 + t2.

Példa:∫1

sin(x)dx =

∫12t

1 + t2dt =

dt = ln |t |+ C = ln∣∣∣∣∣tg (x

)∣∣∣∣∣ + C

Exponenciális kifejezések racionális függvényeinekintegrálása

t = ex helyettesítéssel.

Ekkor x = ln(t)⇒ dx =1t

Példa:∫2ex − 1e2x + 1

∫2t − 11 + t2

∫ (2

1 + t2−

t1 + t2

= 2 arctg(t) − ln |t |+12

ln(1 + t2

)+ C =

= 2 arctg (ex) − x +12

ln(1 + e2x

Exponenciális kifejezések racionális függvényeinekintegrálása

t = ex helyettesítéssel.

Ekkor x = ln(t)⇒ dx =1t

Példa:∫2ex − 1e2x + 1

∫2t − 11 + t2

∫ (2

1 + t2−

t1 + t2

= 2 arctg(t) − ln |t |+12

ln(1 + t2

)+ C =

= 2 arctg (ex) − x +12

ln(1 + e2x

vajda istvánusers.nik.uni-obuda.hu/vajda/analizis2/elemifvint.pdf · az integrál visszavezetheto...

Documents