Analízis 3. A szakirány Gyakorlati jegyzet 1-6. óra.

Átírás

1 Analízis. A szakirány Gyakorlati jegyzet -6. óra. A jegyzetet Umann Kristóf készítette Filipp Zoltán István gyakorlatán. Utoljára frissítve: 07. május. Tartalomjegyzék. Információk a gyakorlattal kapcsolatban. Integrálszámítás.. Bevezető Alapintegrálok és ezekre vezethető típusok Lineáris helyettesítés szabálya f f d típusú feladatok f f α d típusú feladatok n, m Z : sin n cos m d feladat altípus Helyettesítés szabálya Parciális integrálás Parciális integrálás + egyenlet Integrálás helyettesítéssel Racionális törtfüggvények integrálása Elemi törtek integrálása Racionális törtre vezethető helyettesítések Határozott integrál és alkalmazásai Területszámítás Ívhossz számolás Forgástestek térfogata és felszíne Összefoglaló sin, cos azonosságok R sh, ch azonosságok R ln azonosságok a, b R Integrálazonosságok Határozott integrál Információk a gyakorlattal kapcsolatban emial: filipp@numanal.inf.elte.hu szoba: -6A Telefonszám: Cím: numanal/~filipp, analízis, azon belül A. várható majd kötelezően beadandó integrálszámítás 8:0 kezdés 7. héten első zh,. hét második zh egy csütörtök el fog maradni, de pótolva lesz Konzi: szerda 9-0 Ami a honlapon található: Gyakorlati anyag Gyemidovics tankönyv III. fejezet és ennek eredményei külön fájlban Bolyai sorozat integrálszámítás és többváltozós analízis Ajánlottak mint Szili analízis feladat gyűjteménye és integráltáblázata. Károlyi Katalin

2 . Integrálszámítás.. Bevezető..0.. Emlékeztető. Primitív függvény Legyen I R nyílt intervallum, és f : I R fv. Ha F : I R, F D és F f I, akkor azt mondjuk hogy F az f egy primitív függvénye. Nem minden függvény rendelkezik primitív függvénnyel, pl.: sign, mert az /-et nem veszi fel sehol Megjegyzés. f, I : R; F R, mert. Ezek is primitív függvényei f-nek R: F : +, F : + Általánoságban F : + c c, R Két primitív függvény konstansban térhet csak el. Ez alapján megállapítható, hogy ha létezik primitív függvény, végtelen sok lehet belőlük Megjegyzés. Ha van f-nek primitív függvénye, akkor f d : {F : I R F D és F f} F + c az f primitív függvényeinek a halmaza, vagy az f határozatlan integrálja Mindig meg kell adnunk az I intervallumot. Néha az is kérdés lehet, egy függvény melyik pontban tűnik el, azaz nem mindig a 0ra vagyunk kíváncsiak Feladat. Adjuk meg azt az F -et, melyre F..0.. Emlékeztető. f :idő távolság Ilyenkor mit jelent f? az a sebesség, míg f a gyorsulás. Ott gyakran vannak olyan feltételek, hogy a kezdősebesség legyen f Ehhez a fenti feladatot példaképp véve + c egyenletet kell megoldani c. Tehát: F Feladat. R cos d sin + c c R Feladat. arccos tan + d arctan + c, c R Feladat., d arc sin + c c R.. Alapintegrálok és ezekre vezethető típusok Szokás úgy is hívni hogy antiderivált, mert az annak az ellentettje Feladat. R 6 + d

3 Emlékezzünk vissza a műveleti tételekre. Az integrál lineáris, így az integráltat integráltak összegére bonthatjuk és a konstansokat is ki tudjuk cuppantani : 6 d d + d c c R..0.. Tétel. Általános integrálfüggvény: α d α+ + c > 0, c, α R α + Ha α Feladat. Határozzuk meg az f : integráltját. Ezt esetekre kell bontani szétválasztani az értelmezési tartományt intervallumokra, legyen az első > 0. Bár R \ {0} is jó választás értelmezési tartománynak, de az nem intervallum. d ln + c c R Második eset,0 : I : d ln + c c R, ui. ln..0.. Megjegyzés. az előző két feladat összefoglalható úgy, hogy d ln + c c R,,0 vagy 0, Feladat. > 0 d 8 d d 7 8 d c c c R Megjegyzés. Ha szorzat van csinálj összeget, ha összeg van cisnálj szorzatot Feladat d d d + d + d d + d + d c c R c Integrálni úgy kell hogy nézed, nézed, nézed, és aztán rájössz. /Filipp/ Megjegyzés. A fenti módszer hívjuk az összegre bontás módszerének Feladat., + d d + d + arc sin + c c R Feladat. R + d + d Feladat. π, π tg d d sin cos cos d cos d d arc tg + c c R + cos d d tg + c c R

4 .. Lineáris helyettesítés szabálya..0.. Feladat. R cos d sin + c Ellenőrizzünk: Azaz korrigálnunk kell, le kell még osztani -vel Emlékeztető Feladat. R sin cos sin + c c R cos d sin + c cos d Általában, a lineáris helyettesítés szabálya:. Feltesszük, hogy F : f d F + c. fa + b d F a+b a + c a, b R, a 0. Csak ha lineáris!..0.. Feladat. R..0.. Feladat. d < e + d e+ sin + c + c c R arc sin d + c c R Feladat. + d + d + d arc tg + c c R Feladat. cos sin d d d cos d sin + c c R Megjegyzés. sin + cos cos sin cos cos sin sin A következő két összefüggést linearizálható formulák nak nevezzük. cos +cos sin cos Feladat. π, π d félszögre térés + cos Házi feladat. π, π sin + cos + cos sin cos d? + cos d cos d tg +c c R

5 ... f f d típusú feladatok... Feladat. f d ln f + c c R, I f... Feladat. R + 8 d f: +8 f... Feladat. Ha ; + : ln d ln d Ha 0,:... Feladat. π, π : sin tg d cos d + 8 d d ln c c R f:ln f ln ln d ln ln + c lnln + c c R ln ln d ln ln + c c R f:cos f sin... f f α d típusú feladatok cos d ln cos + c lncos + c c R cos... Feladat. α R \ { } I f f α d f α+ + c c R α + α d α+ + c c R f f α d f α+ α + α +... Feladat. R + 07 d α:07 f 9 f: c c R d + + d c c R Megjegyzés. Itt kapóra jött az. Ha nem így lenne, akkor 07re kéne hatványozni, szétszedni binomiális tétellel, stb.... Feladat. R e e 00 d... Feladat. 0, π α00 f e f: e cos sin + cos d e e 00 d e 0 + c c R 0 cos sin cos sin cos + sin d d cos + sin cos + sin cos sin cos + sin α: d f sin +cos y f:cos +sin sin + cos...6. Megjegyzés. Ez már ZH szintű feladat. + c c R Én is szívesen négyzetre emelném a fizetésemet /Filipp Zoltán István/ sin + cos sin + cos d

6 ... n, m Z : sin n cos m d feladat altípus... Megjegyzés. Ez a megoldási módszer fő gondolatmenetét a sin és a cos függvények közötti egyszerű váltás adja, pl.: cos sin és sin cos, valamint sin + cos.... Feladat. R sin cos d sin sin cos d sin {}}{ cos cos cos d cos cos d + cos cos 7 d cos6 + cos8 + c c R Megjegyzés. Ha n vagy m páratlan, akkor örülünk, és. Vesszük a kisebbik páratlan hatvánnyal rendelkező tagot pl.: sin cos 7 esetében sin,. Leválasztunk belőle -et pl.: sin sin sin,. Ez lesz a nagyobb hatvánnyal rendelkező tag deriváltja pl.: cos sin.... Feladat. R cos d cos cos d sin sin d sin d sin sin d sin sin + c c R... Házi feladat. Tipp: Linearizálás sin cos 0 d R cos sin cos 0 d sin sin cos 0 d cos cos 0 d cos cos cos + cos 0 d cos cos d+ cos cos d cos cos 0 d cos + cos cos...6. Feladat. R sin cos d cos cos d + c c R + cos cos d d + cos + cos d sin cos d sin cos sin + cos cos cos d cos 6 d } {{ } HF + sin + sin + c c R cos d 6

7 ...7. Házi feladat. cos 6 d d {}}{ cos cos d {}}{ d + cos + cos + cos d 8 cos d cos d { }} {{}}{ sin sin sin sin 8 + c c R A számoláshoz a gyakorlat korábbi eredményeit is felhasználtam Feladat. 0, π sin d cos cos d + sin α sin α cos α félszögre térés sin + cos sin cos d sin cos d + cos sin d sin sin d ln cos + ln sin + c ln tg + c c R...9. Házi feladat. sin cos d 0, π sin cos d...0. Házi feladat. cos tg d tg tg d tg + c c R sin cos d R sin cos d cos cos d cos +cos cos d cos cos 6 +cos 8 d ismert ismert {}}{ {}}{ cos d cos 6 d + cos 8 d Határozzuk meg az ismeretlen tagot: 6 d {}}{ + + cos cos 8 d d + cos + cos d 6 + cos + cos + cos + cos + cos d 6 + cos + 6 cos + cos + cos d 6 cos d {}}{ 6 cos d cos d { }} {{ }}{ sin sin sin sin 8 + cos d {}}{ sin + + sin c c R 7

8 .. Helyettesítés szabálya..0.. Emlékeztető. Tegyük fel, hogy f d F + c c R, I, és tegyük fel, hogy g : J I, g D. Ekkor fg g d F g + c c R Ugyanis..0.. Feladat. R F g F g g fg g cos d g : g: f:cos cos d cos d sin + c c R..0.. Megjegyzés. Rövid jelölés: cos d :t 0;+ d dt dt dt cos t dt t sin t + c t sin + c..0.. Feladat. 0, π + tg + tg d Legyen tg : t 0; +. Ez alapján arc tg t d arc tg t dt Visszírva Vagy: d + t dt + t + t + t dt + tg + sin cos cos ; + tg + tg ui.: arc tg t + t. t + + t dt dt lnt + + c c R t + d ln + tg + c c R cos + tg + tg d d ln + tg + c c R + tg..0.. Feladat. R Legyen e + e d Az új integrál : Vissza : e : t 0, + ln t d ln t dt d t dt t + t t dt t t + + t dt dt dt t ln + t + c t + + t e + e d e ln + e + c c R HF: 0 darab feladattípus, f f, f f α, sin cos, f g g... Tanár úr, használhatok más jelölést? A gt-t annyira nem szeretem. /Tóth Péter/ Megjegyzés. Mindig a nagyobb hatvánnyal rendelkező változóhoz érdemes új változót rendelni. 8

9 .. Parciális integrálás..0.. Emlékeztető. f g f g + f g f g f g + f g f g f g + f g f g f g f g Ezt hívjuk a parciális integrálás tételének Feladat. R g {}}{ f {}}{ e d f :e g: f: e g : f g {}}{ e f g {}}{ e d e Cuppantsuk ki a konstans tagot! /Filipp/..0.. Megjegyzés. Rövid jelölés: f és g nem lesz jelölve többet e p.i. e d e e d... Jelölje p.i. a parciális integrálást. e d e e + c c R Fogd a deriválás kukkert. Amelyik szemed nyitott az adott formulán azt deriválod, amelyiken csukott, az hagyod. Aztán egyik szem lecsuk, másik kinyit. /Filipp/..0.. Megjegyzés. Ez a módszer hatásos lehet, de nem minden esetben. Ha nem jól osztjuk a szerepeket nem a megfelelő függvényt választjuk f-nek vagy g-nek, lehet hogy egyáltalán nem jutunk előrébb. E példában ha a két függvényt fordítva választjuk meg, nem jutottunk volna előrébb semmivel Feladat. R g {}}{ f {}}{ sin d p.i. cos + cos + sin g {}}{ cos d cos f {}}{ cos d sin Itt egyértelműen érdemesebb volt sin-t választani. cos + cos d sin d d cos + 9 sin 9 cos + 9 sin + cos + c c R 9 p.i. sin d Megjegyzés. Célszerű mindig részletesen kiírni a számolásokat, mert ha valamit elrontunk, részpontot se kapunk ZH-ban Megjegyzés. Ez a módszer nagyon jól működik hasonló típusoknál: sinα + β cosα + β P e α+β d Ahol P egy valós polinom. shα + β chα + β 9

10 Házi feladat. R + cos d + sin d sin + sin + d sin + cos + d sin + cos + cos d sin ++cos + sin +c c R sin + + cos + + c c R Házi feladat. R + 8 e d e + 8 d + 8 e + 8 e e e + c e d + 8 e c c R e d Házi feladat. R sin d sin d cos d cos + cos d cos sin + c c R..0.. Házi feladat. R ch d sh d sh sh d sh ch + c c R..0.. Házi feladat. R + sh8 d ch8 ch8 + d + + ch8 d ch8 sh8 + + d 8 6 ch8 sh8 + + sh8 d ch8 sh8 ch c 8 6 ch8 + + ch8 sh8 + + c c R ch8 sh c c R 6 6 0

11 ..0.. Házi feladat. R javallott a linearizálás cos d + cos d + sin d + sin + sin + cos + c c R + sin d..0.. Feladat. Olyan típusú integrálokat veszünk most, melyek tartalmaznak inverz függvényeket is. Legyen > 0 és: ln d ln d p.i. ln d ln ln d ln d ln + c c R..0.. Feladat. arc sin d arc sin d p.i. arc sin arc sin d arc sin d arc sin + d arc sin + d }{{} f f α arc sin Feladat. arc tg d arc tg d arc tg + c arc sin + + c d arc tg arc tg d arc tg 6 ln c c R Feladat. > ln + d Határozzuk meg a kiemelt részt. Visszatérve: p.i. ln + d ln + + d }{{} ln + + d d + ln + + c c R + ln + + ln + + c c R Azért célszerű ehhez hasonló példákban a polinomot választani f -nak, mert így eltűnik a logaritmus. + 9 }{{ d } f f

12 ... Parciális integrálás + egyenlet... Feladat. R e p.i. sin d e sin e cos d e sin e cos e sin d e sin e cos e sin d Kaptunk egy egyenletet az ismeretlen integrálra. Rendezzük át, fejezzük ki, és oldjuk meg. e sin d e sin cos e sin d e sin cos + c c R Mindig ugyanazt kell kiválasztani, ha parciálisan intergálunk!... Feladat., d d + + d + d + d d d + arc sin d Ismét egyenletet kaptunk. d + arc sin + c c R... Házi feladat. R + d + d d d + d + arsh + d Ez alapján az egyenlet: + + arsh + c c R... Házi feladat. R arc tg d arc tg arc tg... Házi feladat. R arc sin d arc tg d d + arc tg + + d d + arc tg + arc tg + c c R arc sin d arc sin d arc sin + + d

13 arc sin + d arc sin arc sin + d Határozzuk meg d-et. Ezt már korábban meghatároztuk, azonban később meglátjuk, hogy parciális integrálás segítségével is számolható ld feladat. d arcsin + + c c R Visszatérve: arc sin + arcsin + arcsin + + c + c c R...6. Házi feladat. R ln + d ln + d ln + ln Házi feladat. + d ln d + d ln + + arc tg + c c R sh cos d ch cos d ch cos ch sin d ch cos + sh sin d ch cos + sh sin sh cos d sh cos d ch cos sh sin...8. Házi feladat. e cos d e cos d e cos Határozzuk meg cos e -t. cos + e d e cos sin d e cos + e cos + e sin d e cos + e sin e cos + e sin e cos d cos e d e cos sin d e cos d e cos d e d e cos d e Visszatérve: e cos + e sin + e e cos d Így az egyenlet: e cos d e cos + e sin + e + c e cos + sin + + c c R

14 Feladat., d.6. Integrálás helyettesítéssel Emlékeztető. f d :gt fgt g t dt tg Szükségünk lesz számos új változóra. Legyen: f : gt : sin t :, g t arc sin t, g t cos t g létezik, hisz g bijektív. Ezek alapján t π, π. Visszatérve: sin t cos t dt tarc sin cos t cos t dt tarc sin Az új integrál: cos t cos t dt t π ; π + cos t cos t dt dt t + sin t + c! t + sin t sin t + c Visszahelyettesítve: d arc sin + + c c R Házi feladat. A következő feladatot az : sin t helyettesítéssel javallott megoldani. Legyen 0,, és: d Legyen f : gt : sin t :, g t arc sin t, g t cos t g létezik, hisz g bijektív. Ezek alapján t 0, π. Visszatérve: sin t cos t dt sin t sin t cos t dt+ Helyettesítsük vissza: cos t sin t dt cos t sin t cos t dt sin t sin t dt Megjegyzés. Rövid jelölés: d t 0; π cos t cos t sin t dt sin α sin α cos α félszögre térés sin t + cos t sin t cos t dt dt ln sin t ln cos t +c ln tg t +c c R arc sin d ln tg + c c R sin t sin t cos t dt dcos t dt tarc sin dsin t dt Házi feladat. 0 integrálfeladat, parciálisan, helyettesítéssel első és második szabállyal ez utóbbit vegyesen

15 Feladat. + d Vezessünk be új változót. Visszatérve: gt : sh t :, t R d sh t dt d ch t dt t arsh poz. {}}{ e + sh t ch t dt ch t ch t dt ch ch t dt ch t + e t t dt dt e t + e t e t + e t e t +e t + cht + dt dt t + sht + c Bár az integráljelek eltűntek, ha ezen a ponton helyettesítenénk vissza, túl ronda alakot kapnánk, így érdemes továbbalakítani. t + et e t + c t + et e t + c t + et e t t + sh t + sh t + c et + e t t + sh t ch t + c Emlékeztető. + d arsh c ch e + e sh e e ch sh A ch grafikonját szokás láncgörbének hívni, mert mert ha egy lánc két végét fogjuk, akkor mindig egy ch függvényt vesz fel az alakja. Az inverzekre is megállapítható pár azonosság: sh arsh ln + + ch arch Valamint a sin és cos függvényekhez hasonló azonosságok is megállapíthatóak. ch + ch sh sh ch Megjegyzés. Ezeket levezettük, így egyből felhasználhatóak, nem kell zh-ban őket levezetni Házi feladat. d. <, ch t t < 0. >, ch t t > 0 Megoldás > : Adjuk meg a helyettesítést. gt : ch t :, t R Az új integrál: g t arch, d ch t dt d ch t dt d sh t dt ch t sh t dt sh t sh t dt > e sh t e t t dt dt

16 e t e t e t + e t dt e t +e t ch t dt dt sh t t + c sh t + sh t t + c c R Helyettesítsünk vissza: d + arch + c c R Megoldás < : Adjuk meg a helyettesítést: gt : ch t :, t R g t arch, d ch t dt d ch t dt d sh t dt Innen könnyen látható, hogy a fenti megoldási módszertől alig eltérően ugyanarrra a végeredményre jutunk Megjegyzés. a + b + c d típusoknál teljes négyzetté alakítás után lineáris helyettesítés javallott az alábbiak egyikébe:. + d. d. d Házi feladat. Fejezzük be a következő feladatot: 9 6 d Alakítsuk át a gyök alatt található kifejezést Visszahelyettesítve: + d Javallott az gt : sin t : + helyettesítés, mellyel + sin t d cos t dt d cos t dt. A feladat befejezése: Határozzuk meg -et t függvényében. sin t + + t arc sin A helyettesítéssel kapott új integrál: sin t cos t dt cos t cos t dt Tegyük fel, hogy cos t nemnegatív. cos t dt cos t + dt t sin t + + c t sin t cos t + + c t + sin t sin t + c c R 6

17 Visszahelyettesítve: 9 6 d + arc sin c + arc sin Ahol c R. 6 + c.7. Racionális törtfüggvények integrálása.7.. Elemi törtek integrálása Ebben a fejezetben minden példa - altípusra mutat rá Példa. a, b, R, a 0; n N d? a + b n.7... Feladat Feladat. + arc sin d d c c R 6 > d d ln {}}{ + c ln + + c R.7... Példa. a, b, c, d, e, f, R, a 0 e + f a + b + c d A megoldási módszer változhat a diszkrimináns paritásától függően Feladat. ; d Első lépés, nevezőt alakítsuk szorzattá, kihasználván azt, hogy a diszkriminánsa pozitív. Végezzük el a parciális törtre bontást. a + b + c f : + + A + B A + + B + A + B + A B Mindkét oldal -nek polinomja ezért egyenlőség pontosan akkor teljesül ha a megfelelő fokszámú tafok együtthatói megegyeznek. A módszer neve: egyenlő együtthatók módszere Ez alapján: együtthatói: A + B 0 együtthatói: A B 6 + c f d ; A 7 6 d ln és B 6 d+ 6 ln + + c c R + d 7 ln + ln + +c 6 6 7

18 Feladat. R [... ]tegyük fel hogy parciális törtfelbontó vagy /Filipp/ + + d Mivel a nevező diszkriminánsa negatív, nem léteznek valós gyökei, és az előző feladatban látott megoldási módszer nem működik. Határozzuk meg a nevező deriváltját. + Visszatérve: Ahol: + + d + + d + ln Próbáljuk átalakítani a nevezőt úgy, hogy egy a törtet. + nincs valós gyök, poz. a főegyüttható, így biztosan poz. I {}}{ + :I + d + { }}{ + d + I + d arc tg-re éhes alakra hozzuk /Filipp/ + [ + + [ + ] ] [ + ] Visszatérve: + d arctg + c Visszaírva az eredeti integrálba: Megjegyzés. Ezt a típust f ln + + f arc tg + c c R + arc tg-re visszavezetésnek hívjuk Feladat. > Ha a számláló foka nagyobb mint a nevezőé, polinom osztást szokás alkalmazni első lépésben, azaz P d ha deg P deg Q polinomosztás Q d : + + és a maradék d + + J }{{} valódi tört 8

19 ahol J + d. + d + }{{} D<0! A + + B + C d + Végezzük el a törte bontást: A + + B + C + A + B + A + B + C + A + C együtthatója: A + B együtthatója: A + B + C 0 együtthatója: A + C Megállítható hogy A 0, B, C. + d + d + d :I {}}{ + d ln + I ld. előző példa a befejezésért Házi feladat. > Osszuk le a nevezőt a számlálóval. {}}{{}}{ : d d + + I A I d + + d + B + C d + + d hányados Végezzük el a parciális törtre bontást egyenlő együtthatók módszerével. Ez alapján A, B, C A B + C maradék + + B + A + A + C B + A C együtthatója: B + A együtthatója: A + C B 0 együtthatója: A C d ln d + + ln 7 ln d + + ln 7 ln d Határozzuk meg ++ d-t. Ehhez próbáljunk meg egy arc tg deriváltjához megfelelő alakot előállítani. [ + + ] + + 9

20 Részletesebb levezetés a.7..6 feladatban található. + + d d arc tg c c R + Így a feladat megoldása: d + + ln 7 ln ln Feladat. > d arc tg arc tg + c c R A + + B + C d A + B + + C + HF: Megoldás egyenlő együtthatókkal. A következő megoldási módszert értékadás -nak hívjuk. C C + c A A + d B + 6 B d + d ln + + ln + c ln + + c c R 9 Házi feladat: 0 db. racionális tört integrál. Gyemidovicsban 866. feladattól Egy darab elemi törttípus maradt meg, amit nem vettünk Példa. R a + b + c n d Ahol a diszkrimináns negatív, és n N. Ezeket hogyan számolhatnánk? Ha egy alkalmas helyettesítéssel egy ilyen alakra tudjuk hozni: I n : + n d, akkor meg tudunk adni n-re egy rekurziót, mellyel meg tudjuk határozni ezeket az integrálokat is. Vezessük ezt le. n -re: I arc tg + c c R Határozzuk meg az n. elemet. I n + n+ d I n + + n n I n I n p.i. + n n + + n d + n d n n + n d + n + n I n n I n n n + + n n I n Ezzel kaptunk egy rekurzív integrál sorozatot, mellyel magasabb hatványokat is könnyen számolhatunk. 0

21 .7... Megjegyzés. Speciális esetben, ha n : I + d + + arc tg + c c R.7... Házi feladat. Levezetés: I + + I I + d arc tg + c c R.7... Megjegyzés. Nem érdemes a formulát megjegyezni, érdemesebb a négyzetre vonatkozót észben tartani, és abból a köbösre vonatkozót levezetni Megjegyzés. Várhatóan minden feladat legfeljebb a második hatványra vonatkozó alakot fogja számon kérni Házi feladat d d d d+ + + d d 0 { }}{ + + d Határozzuk meg J-et. A feladat befejezése: J J + + J, + + d +t ddt + t dt + t t + t + arc tg t + c c R Visszahelyettesítve: d arc tg + + c + + arc tg arc tg + + c c c R Megjegyzés. Egy másfajta rekurzió is megállapítható, a korábbihoz hasonlóan. + n d J Vezessünk be egy jelölést. tg t :, t π ; π Visszatérve: d cos t dt, cos n t Házi feladat. Rekurzió levezetése. cos t dt t arc tg cos n t dt

22 Megjegyzés. + tg cos t Megjegyzés. A parciális törtekre bontás algoritmusa szerint a törtekre bontás után minden olyan nevezőhöz, melynek nincs valós gyöke, egy elsőfokú számlálót kell meghatároznunk Feladat Házi feladat A + + B + + C + B + + E + F A + B + C + D + + A tört integráljának meghatározása: + A + + d + B + C + D d + + Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók módszerével. + A B C + D A + A + A + B + B + B + C + D A + C + A + B + D + A + B + B Ez alapján rendere A, B, C, D d ln I, ahol I + ++ d. I d d d + Hozzuk az utolsó törtet egy arc tg-re éhes alakra [ Visszatérve: ln Az eredeti integrál így:.7... Házi feladat. + ln ] [ + ] d d + ln arc tg + c + arc tg + c c R d ln + ln arc tg + c ln arc tg + + c c R A + B + + C + D +

23 A fenti tört integráltja: + + d A + B + + C + D d + Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók és értékadás módszerek keverékével. {}}{ A B + + C + D + A és B kényelmesen meghatározható értékadással. B B A A A kényelmetlen számolások elkerülése végett C-t és D-t egyenlő együtthatók segítségével határozzuk meg. A B + + C + D A + A + A + A + B B + B B + C C + D D A + B + C + A B + D + A + B C + A B D Kiolvasható, hogy 0 A B + D, amiből következik D, valamint 0 A + B C-ből következik C 0. Térjünk vissza: d + d.7... Házi feladat. R + d + d ln ln + arc tg + c c R + d A + B d Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók módszerével. Azaz, az átláthatóság kedvéért: A + B + + C + D + + A + B A B + A + B+ + C + D + C + D + C + D A + C + B A + D + C + + A B + C + D + B + D együtthatója: 0 A + C együtthatója: 0 B A + D + C együtthatója: 0 A B + C + D 0 együtthatója: B + D Ezekből meghatározható rendre hogy A, B, C, D d :I {}}{ d C + D d + :J {}}{ + d

24 Egyesével haladván, határozzuk meg I-et. + I + + d >0 {}}{ ln d d d Hozzuk a nevezőt egy arc tg-re éhes alakra : [ ] + + Visszatérve: ln d ln arc tg + + c c R I ln arc tg + + c c R Határozzuk meg J-et. J >0 + d {}}{ ln + Hozzuk a nevezőt egy arc tg-re éhes alakra : d [ ] + Visszatérve: ln + + d ln + + arc tg + c c R Rakjuk össze az eddigi eredményeinket: J ln + + arc tg + c c R ln arc tg + + d ln + + arc tg ln arc tg + ln + arc tg + c c R.7... Házi feladat. R Helyettesítsünk be: + d Az eredeti integrál így: t + t t dt + d R + 0 t :, t, d t dt + t dt + d arc tg + c c R + t dt arc tgt + c c R + c

25 .7.. Racionális törtre vezethető helyettesítések.7... Példa. Re d Ahol R egy racionális törtfüggvény. Megoldási módszer ezen típusokhoz az alábbi új változó bevezetés: t : e, t > 0, ln t, d t dt.7... Házi feladat. > Használjunk egy behelyettesítést. e d t : e, t > 0 ln t, d t dt Visszatérve: e d A feladat befejezése: Határozzuk meg A, B R-t. Ez alapján A, B. 8 t t dt A t + B t dt At + Bt A + Bt A t dt 8 t dt ln t ln t + c c R Az eredeti integrál: e d 8 ln e 8 ln e + c 8 ln e + c c R.7... Megjegyzés. Megállapítható, hogy e t helyettesítéssel törtre kéne bontani Feladat. R Használjuk a fenti behelyettesítést. e e + d t : e, t > 0, ln t, d t dt Visszatérve: e e + d t t + t dt t t + dt Végezzünk el egy polinomosztást: t : t + t t + +. t + t + dt t t + lnt + + c c R Így az eredeti integrál: e e e d + e + lne + + c c R.7... Házi feladat. R Helyettesítsünk be. e + e + e + d e t d t dt

26 Visszatérve: e + e + e + d t + t + t + t dt A feladat befejezése: Megállapítható, hogy t + t + diszkriminánsa nemnegatív. t + t + t + t dt t + A t + t + t dt t + + B t + + C dt t Határozzuk meg A, B, C R-t értékadás segítségével. t + At + t + Bt + t + Ct + t + t 0 C C t B B t 6A A 6 Ezalapján: 6 t + d t + d + ln t + ln t + ln t dt + + c c R t 6 Határozzuk meg az eredeti integrált: e + e + e + d ln e + ln e c Megjegyzés. Ezen típusokból egy tuti elő fog fordulni egy a zh-ban Példa. Módszer: R a + b ; n c + d n a + b c + d : t d Feladat. > d Vezessünk be egy új változót: Visszatérve: Eredeti integrál: t Házi feladat. ; + Új változó: t :, t +, d t dt t t dt t + t dt t + t + c + + c c R t : d, t > 0, t t d t t t t t t dt t dt 6

27 Visszatérve: t t t dt Határozzuk meg A, B, C, D R-t. t t t + dt A t + B t + C t + + t At t + + Bt + + Ct + t + Dt Értékadással darab konstanst könnyen meghatározhatunk. D t + dt t B B t D D A kellemetlen számolások elkerülése végett, A-t és C-t egyenlő együtthatókkal adjuk meg. t At t + + t + + Ct + t + t At t + + t + + Ct t + t At + At At A + t + t + + Ct Ct Ct + C + t t + A + Ct + A C + + t + A C + t + C A + + A + Ct + A C + t + A Ct + C A + Azaz, az átláthatóság kedvéért: t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: A C + t együtthatója: 0 A C t 0 együtthatója: 0 C A + Ez alapján A és C. A fenti hosszadalmas számolás ellenére nagyon kellemes integrált kapunk: t dt + Az eredeti integrál így: t dt + t dt ln t + dt + t dt t + dt + t + dt dt ln t ln t + + c c R t + t t + d ln ln + + c + ln + + c c R Házi feladat. + d Vezessünk be egy új változót itt érdemes a legkisebb közös többszöröst venni a gyököknél: 6 t, t 6, d 6t dt 7

28 Visszatérve: t + t 6t dt 6 t t + dt A feladat befejezése: Polinom osztás segítségével csökkentsük a a számlálóban lévő ismeretlen kitevőjét. Ez alapján: Így az eredeti integrál: 6 + dt t t + t t + + t t + d t t + t ln c + t ln t + + c c R + 6 ln c c R.7... Házi feladat. > d Helyettesítsünk be. t : Végezzünk el egy polinomosztást., t, d 6t t dt t 6t t t dt t t dt.7... Házi feladat. + d Vezessünk be egy új változót. + t :, t t +, d t t + dt Helyettesítsünk be: + d arc tg t t Helyettesítsünk vissza: t t + dt t t t + dt + t + dt t dt arc tg t + t + t + arc tg +c arc tg t arc tg t + + d arc tg t + c c R + t c c R t + t + dt t arc tg +c + t.7... Házi feladat. < Vezessünk be egy új változót. + d R + 0 t :, t, d t dt 8

29 Helyettesítsünk be. t t + tt + d t dt dt tt dt + t + t t t dt t t + c c R Az eredeti integrál így: + d + c + + c c, c R Megállapítható, hogy mivel is konstans, összevonható c -el, a fenti példában pl. a c : c választással Példa. Racionális törtfüggvények sin, cos függvényekkel. R sin, cos dt.7... Házi feladat., π + sin cos d A következő módszer mindenhol használható, de néha nem célszerű. Vezessünk be egy új helyettesítést: t : tg sin sin cos sin cos Ez alapján könnyen megállapítható hogy Hasonlóan, cos-ra is megállapíthatunk hasonlót. cos tg cos sin t + t. +tg α cos α cos α +tg α tg + tg cos cos sin cos + cos cos + tg tg + tg tg + tg Azaz cos t + t Határozzuk meg a behelyettesítéshez szükséges utolsó információkat is. Visszatérve: + sin + cos d t +t t +t arc tg t, d + t dt +t +t + t dt +t +t +t +t + t dt t + t + A t t + dt t + B t + Ct + D t + A feladat befejezése: Határozzuk meg A, B, C, D R-t egyenlő együtthatók módszerével. t + t + At + t + Bt + + Ct + Dt At + At + Bt + B + Ct + Dt A + Ct + B + Dt + At + B t + + t + t + t + t dt dt 9

30 Azaz, az átláthatóság kedvéért: t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: B + D t együtthatója: A t 0 együtthatója: B Gyorsan megállapítható hogy A, B, C, D 0. Így: t dt + t dt t t + dt ln t t t + t + dt ln t t lnt + + c c R Az eredeti integrál: + sin cos d ln tg Megjegyzés. Ezt a módszert tg módszernek hívjuk Házi feladat. 0, π cos cos + sin Osszuk le a nevezőt és a számlálót is cos -el. + tg d Második módszer, ha csak tg-re átírható: tg lntg + + c c R t : tg, arc tg t, d + t dt Visszatérve: + t + t dt A megoldás házi feladat, valamint ugyanennek a feladatnak az. módszerrel való megoldása is. Megoldás. módszer: + t + t dt A + t + t dt + t + Bt + C + t dt Értékadással határozzunk meg valamennyi konstanst A, B, C R-ből. A + t + Bt + C + t t A + A Egyenlő együtthatók módszerével határozzuk meg a maradékot. Azaz, az átláthatóság kedvéért: A + t + Bt + C + t A + At + Bt + Bt + C + Ct B + At + B + Ct + A + C t együtthatója: 0 B + A t együtthatója: 0 B + C t 0 együtthatója: A + C A Az utolsó egyenletből C, a másodikból pedig B következik. Visszatérve az integrálthoz: + t dt + t + t dt + t dt + t + t dt + t dt + t + t dt + + t dt ln + t ln + t + arctgt + c c R 0

31 Házi feladat. 0, π Harmadik módszer: Visszatérve sin cos + cos d t : cos, t + t dt Határozzuk meg A, B R-t értékadással. sin d dt t + t dt A tt + dt t + B dt t + At + + Bt t 0 A A t B B Visszatérve: t dt + t + dt ln t + ln t + + c c R Így az eredeti integrál: sin cos + cos dt ln cos + ln cos + + c c R Házi feladat. 0, π cos cos + sin d Végezzünk egy apró átalakítást cos sin. cos sin sin d Negyedik módszer: Vezessünk be új változót. Visszatérve: dt t t t : sin, cos d dt A t t dt t + B t + C dt t Határozzuk meg A, B, C R-t egyenlő együtthatók módszerével Att + Bt + Ct At At + Bt B + Ct A + Ct + B At B Azaz, az átláthatóság kedvéért: t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: 0 B A t 0 együtthatója: B Ez alapján triviálisan B, melyből A és C következik. Visszatérve: t dt t dt + t dt ln t + + ln t + c c R t Így az eredeti integrál: cos cos + sin d ln sin + + ln sin + c c R sin

32 Házi feladat. 0, π Tipp: f f α sin + cos sin sin + cos sin sin + cos sin cos Ezzel befejeztük a határozatlan integrált. HF: 0 darab beadandó házi feladat: db. eponenciális helyettesítéssel, darab gyökös, darab trigonometrikus..8. Határozott integrál és alkalmazásai.8.. Területszámítás. ábra. Rendre: T b a f, f > 0, valamint T b a f, f < 0. ábra. Hogyan lehet megoldani ezt? eltoljuk a függvényt. Így már a terület könnyen meghatározható:. ábra. Ugyanaz az mint a. ábra, adott c konstanssal eltolva. T b f + c b g + c b a a a f g. ábra.

33 T c f g + d g f + b f g b a c d a Megállapítható, hogy ez f és g -es metrikája. ρ f, g, f, g C[a, b] Szimmetriák kihasználása: f g. ábra. Elég a negyed kör területének meghatározása. Szimmetria kihasználható így is: T kör T negyedkör 0 d 6. ábra. Elegendő a [0, a] intervallumon a függvény integráltjának kétszeresét meghatározni. a f a a 0 Megállapítható és kihasználható, hogy f : páros Emlékeztető. Newton-Leibniz tétel: Ha f R[a, b] és f 0 f b a f d F b F a : [F ] b a.8... Példa. Mennyi az e két reláció által határolt terület? { y y + 6 F f Világos, hogy a másik reláció nem függvény, azonban fel tudjuk írni két függvény együtteseként. y + 6 y ± + 6 y 6

34 7. ábra. Most már megállapítható a függvények metszéspontjai: + 6 és Valamint megállapítható, hogy az y ± 6 függvények a pontban metszik az tengelyt. Ez alapján a területet kiszámolhatjuk. A zöld területről megállapítható hogy szimmetrikus, és ezt ki is használhatjuk. T [ d d ] [ ] Példa. Határozzuk meg az ezen görbék által határolt területet! y y + y 0 + [ ] 8. ábra. Metszéspontok: megfigyelhető, hogy az első egyenletet négyzetre emeltük Külön megállapítandó: ± 0 ± Számoljuk ki területet. A körre természetes okokból nem tudunk függvényt felírni, azonban megállapítható, hogy a számunkra fontos körnegyed egyenlete y +. T 0 d + [ d ] 0 + I + I

35 Ahol: Vezessünk be egy új változót. Visszatérve: I d d sin t :, t arc sin Ha t arc sin arc sin π Ha t arc sin π π sin t cos t dt π Visszahelyettesíteni fölösleges, hisz nem primitív függvényt, hanem egy konkrét számot keresünk. π cos t cos t dt π π t π π π +cos t {}}{ [ cos t dt t + sin t ] π π π + sin π π sin π π.8... Megjegyzés. Okkal I-vel, és nem I-el jelölünk. A határozatlan integrál egy függvény, a határozott csupán egy szám Példa. Számítsuk ki a következő minimumot: { } min c d : c R 0 9. ábra. Azaz, hogyan kell meghúzni az egyenest úgy, hogy a terület a legkisebb legyen? Világos, hogy elég c [0,] intervallumot vizsgálnunk, ui. ellenkező esetben - téglalap területével nő a terület. Metszéspontok: Határozzuk meg a területet: T c c 0 c d + ± c c [0,] c c d ] [c c [ ] + 0 c c c c c c + c c c + c c c c c + c [0,] Kompakt halmazon folytonos függvényt vizsgálunk, és kell hogy legyen maimum vagy minimum. Ez lehet 0 vagy, vagy intervallumon belül. Ha c 0, akkor: T c c c 0 c 0, T 0 + T

36 T 0 ; T ; T Összefoglalva, a terület minimális a c választással Megjegyzés. Mi ez a feladat? f :, [0,]; g : c; ρ f, g : f g Ívhossz számolás.8... Megjegyzés. f C [a, b] C[0,]; ρ m. tér; min {ρ f, g y c R}.8... Példa Házi feladat. l Mekkora ívének hossza és között? l b a 0. ábra. f : + f d ; [,] f [ + d d f : ; [,] ] l + Vezessünk be egy új változót: [ ] d t : + +. ábra. d + d, t, d t t dt + d 6

37 Megállapítható, hogy t t Visszatérve: t t t A t + A feladat befejezése: Határozzuk meg A, B, C, D R-t. dt b a f a b f B t + C t + + t t t + dt D t + dt t At t + + Bt + + Ct + t + Dt At t + + Bt + + Ct t + Dt At + t t 8 + Bt + t + + Ct t t Dt t + A + Ct + A + B C + Dt + A + B C Dt + 8A + B + 8C + D Értékadással könnyen megadható pár konstans. t 6D D t 6B B Így könnyebben számolható a többi konstans egyenlő együtthatók módszerével. t együtthatója: 0 A + C t együtthatója: A + C + A C t együtthatója: 0 A + C 0 A C t 0 együtthatója: 0 8A + + 8C + A + C Ez alapján megállapítható hogy C 8 és A 8. Visszatérve: 8 t dt + t dt + 8 t + dt + t + dt [ ] [ lnt + ] [ ] [ + lnt t + Megállapítható, hogy a területe létezik. :.8... Megjegyzés. Megállapítható, hogy -te visszavezethető a függvény. ]. ábra. 7

38 l Befejezése házi, javallott a sh t helyettesítés..8.. Forgástestek térfogata és felszíne + d. ábra Emlékeztető. Ha a. ábrán lévő példát megforgatjuk az tengely körül, egy testet kapunk, melynek térfogatát számolhatjuk határozott integrállal. V π b a f d f R[a, b] F π b Ahol V a térfogat volume és F a felület. a f + f d f C [a, b].8... Példa. Határozzuk meg f függvény tengely körüli forgástestének térfogatát V, felületét F, és f függvény alatti területét T. f : sin [0, π] Folytatván V π π Vezessünk be egy új változót. 0 T π 0 sin d π F π. ábra. sin d [ cos ] π 0 + cos 0 [ π 0 sh t : cos, ] π sin π [ ] 0 sin π π 0 π sin + cos d sin d ch t dt Visszatérve: π sin + cos d π + sh t ch t dt 0 sh t t arsh ln + π sh t t arsh ln 8

39 Befejetése hf. arsh ln Házi feladat. Forgástest V, F? f [,].9. Összefoglaló.9.. sin, cos azonosságok R y y + a + y b A következő helyettesítéssel: Könnyen megállapítható hogy sin sin + cos cos sin cos cos sin sin + cos cos cos sin t : tg t + t és cos t + t.9.. sh, ch azonosságok R e + e ch e e sh ch sh + ch ch sh ch sh.9.. ln azonosságok a, b R + lna ln a a lna lnb ln b lna + lnb lna b.9.. Integrálazonosságok Legyen f R R, F legyen f primitív függvénye. Legyen továbbá f D. f d ln f + c, c R f 9

40 f f α d f α+ + c, c R α + Racionális törtfüggvény nevezőjében másodfokú irreducibilis polinom n-edik hatványához tartozó rekurzív formula: I n : + n d n n + + n n I n Speciális esetben, ha n : I :.9.. Határozott integrál + d + + arc tg + c c R A terület T, térfogat tengely körüli forgatáskor keletkező forgástest, V, felület F és ívhossz l meghatározása a, b R intervallumon: F π T V π b a b a b a f d f d f R[a, b] f + f d l b a f R[a, b] + f d f C [a, b] 0