II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK"

Átírás

1 Itegrálási módszerek 5 II INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK A parciális itegrálás módszere Ha az f, g : D (D em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók a D halmazo, akkor tudjuk, hogy a szorzatuk is deriválható és ( f g ) f g f g, ie következik, hogy ha az fg függvéyek va egy F : D primitív függvéye, akkor az f g függvéyek is va egy G : D primitív függvéye és G ( ) (f g F( )) Ha az f és g értelmezési tartomáya egy itervallum, akkor létezik c álladó úgy, hogy G f g F c Az előbbiek alapjá írhatjuk, hogy f g d f g f g d Kijelethetjük a következő tételt: Tétel Ha az f és g : D (D em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók a D halmazo és az fg : D függvéyek létezik primitív függvéye, akkor az f g függvéyek is létezik primitív függvéye és f g d f g f g d Ezt a tulajdoságot gyakra haszáljuk primitív függvéyek meghatározásáál, mert em midig azoos ehézségű az fg és f g függvéyek primitív függvéyéek meghatározása Amikor ezt a tulajdoságot alkalmazzuk határozatla itegrál kiszámításáál azt modjuk, hogy az itegrált a parciális itegrálás módszerével számoljuk ki Következméy Ha az f : D és g : D függvéyek folytoosa deriválhatók a D tartomáyo, akkor létezek az f g : D és fg : D függvéy primitív függvéyei és f g d f g f g d Megoldott gyakorlatok Határozzuk meg az f :, f e függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az előbbi fejezetbe már kiokoskodtuk a primitív függvéyeket Próbálkozzuk a parciális itegrálás módszerével Ehhez el kell döteük, hogy az f, f és f e függvéyek közül melyiket tekitjük, mit, : egy másik függvéy deriváltját Látható, hogy ebbe az esetbe, ha az mit a g :, g ( ) feladat, mert ekkor az f -et tekitjük, függvéy deriváltját, akkor em egyszerűsödik a g f d e d itegrált kell kiszámoluk, ami

2 6 Itegrálási módszerek em tűik egyszerűbbek, mit az eredeti Ha pedig az azoal észrevesszük, hogy f f, tehát írhatjuk, hogy f -t tekitjük mit deriváltat, f d f f d f f f f d e e e e C Egyszerűbb írásmód lett vola a következő: ( e ) e d d e e d e e f e alakú függvéy primitívjeit akarjuk kiszámítai a par- Megjegyzés Ha ciális itegrálás módszerével, ahol f poliomfüggvéy vagy trigoometrikus függvéy, célszerű az e -t tekitei, mit derivált függvéyt Számítsuk ki az f :, f e si határozatla itegrálját Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos si ( e ) si e d d e si e ( si ) d e si e cos d A második itegrálál újból a parciális itegrálás módszerét alkalmazva, kapjuk: cos ( e ) cos e d d e cos e ( cos ) d C e cos e si d, tehát visszakaptuk az eredeti itegrált Így írhatjuk, hogy si d si e e e cos e si d e si e cos Ebből következik, hogy e si d C * Számítsuk ki az f :, f ( ) l függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos l d l d l d l C * Számítsuk ki az f :, f l függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos ( ) l l d l l d d l l l l d ( ) l d l ( l ) ( ) l l l l 9 d d 9 l ( 9 9l l 6l ) l l C C 7 7

3 Itegrálási módszerek 7 5 Számítsuk ki az f :, f ( ) cos függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos I cos d cos ( si ) d cos si si d cos si ( cos ) d cos si I Ebből következik, hogy I cos si C, tehát cos si cos d C 6 Számítsuk ki az f :, f arctg függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos arctg d arctg d arctg d ( ) arctg d arctg l ( ) C arctg l C 7 Számítsuk ki az f :, f függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos ( ) I d d ( ) ( ) d ( ) d I d I d d d d d I l( ) Ebből következik, hogy I l ( ) l( ) C C, tehát I C Visszahelyettesítve az eredetibe kapjuk, hogy ahoa l I ( ) C, ( ) l( ) I C 8

4 8 Itegrálási módszerek 8 Számítsuk ki az f : \{ k k } π, f függvéy primitív si függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos Ha I \ { kπ k } itervallum, akkor eze az itervallumo f folytoos és d ( ctg ) d ctg ctg d ctg l si si C Ie az f egy tetszőleges primitív függvéye F : \ { k π k }, F ctg l si c, ( kπ, ( k ) π) alakú, ahol c álladók és k k k 9 Számítsuk ki az f :, f si( l ) függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos cos( l ) d cos( l ) d cos( l ) si( l ) d I si( l ) d si( l ) d si( l ) cos( l ) d Ezt visszahelyettesítve az eredetibe, kapjuk: I ( si( l ) cos( l ) ) I, tehát ( si( l ) cos( l ) ) si( l ) d C arcsi 0 Számítsuk ki az f :(,), f e függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos Tehát e d e d e e d arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi e e d e e e d arcsi arcsi arcsi e e e d C f π f határozatla itegráljára si Adjuk rekurziót az :(0, ), Megoldás si cos I d d I cos si si si d cos si cos I d I ( ) si si ( ) si

5 Itegrálási módszerek 9 Ahhoz, hogy teljes legye a feladat meg- -t cos Tehát I I ( ) si oldása, ki kell számoli az I -et és I si cos I l d d si C cos cos I ctg d C si Gyakorlatok Határozd meg, hogy milye halmazo létezik primitív függvéye az alábbi függvéyekek és számítsd ki a primitív függvéyt vagy adj rekurziós összefüggést rá: f l f l( ) f sh f sh 5 ( ) 7 f ( ) f e f ( ) e l 6 e 8 f l 9 f si 0 f si f cos f arctg l f f ( si cos ) e 5 f si 6 f si cos 7 f e si 8 f e ( si cos ) 9 f ( ) si 0 f ch si f cos( l ) f α l f si α f e si 5 f sh 6 f ch 7 f si ( sh ch ) 8 f arcsi 9 f arccos( ) 0 f arctg f f 6 9 f 9 5 f arcsi 5 f f si 7 f 8 f l e l( l ) 9 f 0 f arcsi

6 0 Itegrálási módszerek l f ( ) f e arcsi arccos f e f arctg arctg e 5 f ( ) 6 f l( ) l arcsi 7 f ( ) 8 f 9 f arctg 50 f cos ( l ) 5 f si *, 5 f cos *, 5 f cos, * 5 f l *, Helyettesítési módszerek A XI osztályból tudjuk, hogy ha az f : D E és g : C D (C, D és E em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók az értelmezési tartomáyuko, akkor az f o g : C E függvéy is deriválható C - és ( f og) ( f og) g ( ) Az előbbiek alapjá, ha az f : D függvéy primitív függvéyeit keressük és létezik egy h : E primitív függvéyel redelkező valamit egy g : D E deriválható függvéy úgy, hogy f h( g ) g, akkor f -ek va primitív függvéye és egy primitívje a H o g :D függvéy, ahol H : E a h egy primitívje Vaak esetek, amikor az f : D függvéy esetébe köyebb egy ( f o g) g : E alakú függvéy primitívjét meghatározi Ha F egy primitívje ez utóbbi függvéyek és g : E D bijektív valamit a deriváltjáak ics valós gyöke a D -, akkor F o g primitív függvéye f -ek, mert F g f g g g g g f ( o ) ( o ) o o ( ) Kijelethetjük tehát a következő tételeket: Tétel (Az első helyettesítés módszere) Ha a h : E és g : D (D és E em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek a következő tulajdoságokkal redelkezek: g deriválható D -, h -ak va primitív függvéye E - és H : E egy primitívje, akkor az f ( ho g) g : D függvéyek va primitív függvéye és egy primitív függvéye a H o g :D függvéy

7 Itegrálási módszerek Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok, akkor írhatjuk, hogy ( ) ( h g g d H g ) C Tétel (A második helyettesítés módszere) Ha az f : D és g : E D (D és E em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek a következő tulajdoságokkal redelkezek: g bijektív, deriválható és a derivált függvéyek ics valós gyöke D -, a h ( f o g) g : E függvéyek va primitív függvéye E - és H : E egy primitívje, akkor az f : D függvéyek va primitív függvéye és egy primitív függvéye a H o g :D függvéy Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok, akkor írhatjuk, hogy ( f d H g ) C Tulajdoképpe a helyettesítési módszerekél változót cserélük az itegrálba Azaz az első helyettesítési módszer eseté a g -et helyettesítjük egy t változóval, vagyis a t g helyettesítést végezzük Ha ezt deriváljuk szerit, kapjuk, hogy dt g, amit a dt g d alakba is írhatuk, tehát d Ihelyett f d h( g ( ) g d h () t dt t g t dt dt g d Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok és H a h egy primitívje, akkor: Ihelyett ( ( ) () () t g t g t dt dt g d ( ) f d h g g d h t dt H t C H g C A második helyettesítési módszer eseté az g () t változócserét végezzük, ekkor d deriválással kapjuk, hogy g () t, amit d g () t dt alakba is írhatuk, tehát dt f d IIhelyett f ( g() t ) g () t dt g() t d g () t dt Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok és H a h ( f o g) g egy primitívje, akkor ez folytatható: C C f d II helyett f ( g() t ) g () t dt H () t H g g() t g() t d g () t dt t g Megjegyzés Az előbbi egyelőségek (a szürke hátterűek) em helyesek, mert az egyik oldalo álló függvéycsalád tagjai em ugyaazok, mit a másik oldalo megjeleő függvéycsalád tagjai Eek elleére gyakra haszáljuk ezt a jelölést, mert az egyelőség fölött (vagy külö) megadott helyettesítés egyértelműe mutatja, hogy az egyik oldalo megjeleő függvéyeket milye függvéyel kell összetei, ahhoz, hogy megkapjuk a másik oldalo megjeleő függvéyeket

8 Itegrálási módszerek Megoldott gyakorlatok Határozzuk meg az f :, f ( ) 00 függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f folytoos -e, tehát létezik primitív függvéye A t helyettesítéssel dt d azaz d dt, tehát t ( ) d t dt C C Határozzuk meg az f :, f függvéy primitív függvéyeit * Megoldás A g :, g függvéy deriválható, g ( ), * és a h : *, h függvéyek, H :, H ( ) l egy primitív függvéye Az f függvéy felírható, mit f h( g ) g, tehát ( ) egy primitív függvéye a H o g :, ( H og ) l Egyszerűbbe: f d d dt lt l( ) C C t t t> 0 t dt d Határozzuk meg az f : \{,}, f függvéy primitív függvéyeit Megoldás Ha I \{, } itervallum, akkor eze az itervallumo C C d dt l t l t t t dt ( ) d Tehát az f egy tetszőleges primitív függvéye: l c, ha < F : \{,}, F l c, ha (,) l c, ha > álladók c,, Határozzuk meg az f :(0, π), f Megoldás Az f a (0, π) - folytoos és alakú, ahol si függvéy primitív függvéyeit si si d d d dt si si cos t t cos (,) dt si d t cos cos l C l C l C l tg C t cos cos

9 Itegrálási módszerek A helyettesítést helyese alkalmaztuk, mert a cos függvéy deriválható és a h() t t függvéyek va primitívje a (,) itervallumo A következő átalakításokat is végezhettük vola: tg d d d dt l t si C tg tg t tg ( 0, ) t tg dt d tg 5 Határozzuk meg az f : l tg C l tg C *, ( ) f ( ) függvéy primitív függvéyeit Megoldás A függvéy folytoos az értelmezési tartomáyo, tehát létezik primitív függvéye 6 5 Az t helyettesítéssel d 6t dt, tehát 6 ( ) ( t ) 5 t t ( ) d t dt dt t t dt t t t 6 6 t 6 t C C t 6 Azért választottuk az t helyettesítést, mert 6 a és legkisebb közös többszöröse és így a és kifejezésekből eltűik a gyök * 6 Határozzuk meg az f :, f ( ) függvéy primitív függvéyeit Megoldás A függvéy folytoos az értelmezési tartomáyo, tehát létezik primitív függvéye A t, (t (0, ) ) helyettesítéssel dt ld, tehát d dt t l l l arcsi arcsi t C C dt Ha em tudtuk vola, hogy arcsit C, akkor ezt kiszámolhattuk t vola a t si u, ( u π 0, ) helyettesítéssel, ahoa dt cosudu és t si u cosu (mert cosu > 0 a 0, π itervallumo) Tehát dt cosu arcsi du du u t si u t t cosu C C π u arcsit u 0,

10 Itegrálási módszerek Ezt megtehettük vola akár az eredeti itegrál eseté a s iu helyettesítéssel, ahoa l d cosu du, és cosu Ie d u du arcsi l l l C si u C u arcsi π u 0, 7 Határozzuk meg az f :, f függvéy primitív függvéyeit 9 Megoldás A függvéy folytoos -e, tehát létezik primitív függvéye Már az első fejezetbe megadtuk az ilye típusú függvéyek primitív függvéyeit (lásd alapitegrálok táblázata), most viszot ki is fogjuk számoli Eek érdekébe először f alakra hozzuk a függvéyt Amit az előző példába a si cos azoosságra alapoztuk, most a ch sh azaz ch sh azoosságra alapozva a sht ( t ) helyettesítést végezzük Ebbe az esetbe d chtdt és sh t ch t cht (mert ch t > 0, t ) Tehát az itegrál a következővé alakul: t ch d t dt cht C A sh : függvéy bijektív és iverze az ar sh :, arsh ( t t t t l ) függvéy (Ez az e e e e 0 másodfokú egyelet megoldásából adódik) Tehát esetükbe t arsh l l( 9 ) l Így d l 9 C 9 8 Határozzuk meg az f : \,, f függvéy primitív 9 függvéyeit Megoldás A függvéy folytoos az értelmezési tartomáyá, tehát létezik primitív függvéye Az első fejezetbe megadtuk az ilye típusú függvéyek primitív függ-

11 Itegrálási módszerek 5 véyeit is Most a primitív függvéy meghatározásához f alakra hozzuk a függvéyt A primitívet előbb a, itervallumo számoljuk ki A ch sh, azaz sh ch azoosságra alapozva a cht (t (0, ) ) helyettesítést végezzük Ebbe az esetbe d shtdt és ch t sh t sht (mert sht > 0, t > 0 ) Tehát az itegrál a következővé alakul: t sh d t dt sht C A ch : (0, ) (, ) függvéy bijektív és iverze az arch : (, ) (0, ), arch l( ) függvéy (Ez az t t t t e e e e 0 másodfokú egyelet megoldásából adódik, felhaszálva, hogy t > 0 ) Tehát esetükbe t arch l l( 9) l Így l 9 9 d C 9 Határozzuk meg az f : \ π ( k ) k, f tg függ- véy primitív függvéyeit π Megoldás Ha I \ ( k ) k itervallum, akkor f folytoos I -, tehát létezik primitív függvéye tg dt tg d d l( t t ) t tg C tg t dt ( tg ) d ( ) l tg tg C

12 6 Itegrálási módszerek Egy tetszőleges primitív függvéye az f -ek π F : \ ( k ) k, F l( tg tg ) c, ha π ( ),( k ) k π k és c álladók k arctg 0 Határozzuk meg az f :, f függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az tgt, π π t, helyettesítéssel d ( tg t) dt és arctg t, tehát arctg t tg t d ( tg t) dt t tg t dt tg t tg t t tg t ( tg t) dt t tg t dt t dt t ( tg t) dt t dt t tg t tg t t dt t ( tgt) dt t tg t t tg t( tg t) tgt dt dt t tgt tgtdt t tg t t tg t l cos t t tg t C 6 arctg arctg l ( ) arctg C 6 Gyakorlatok Határozd meg, hogy milye halmazo létezik primitív függvéye az alábbi függvéyekek és számítsd ki a primitív függvéyt: f f e f f e 5 f 6 f si cos 7 f 8 f ( ) 8 9 f 0 f 8

13 Itegrálási módszerek 7 5 f f ( l) l f f l ( 6 ) l 5 f 6 f 7 f 8 f ( ) ( ) e 9 f 0 f e 6 6 si f f e cos 6 6 f cos cos f 7 si 5 f si 6 f 7 f 8 f cos 9 f 0 f arcsi a si arccos l f f 9 arcsi tg f f tg si arcsi 5 f 6 f cos si cos si 7 f 8 f si cos cos e 9 f 0 f e si f cos f cos si f arctg f ( ) e 5 f f e

14 8 Itegrálási módszerek 7 f 9 f si 8 f 9 cos si 9cos si 9 cos 50 ( ) f ( ) arctg ( arctg) π Racioális törtfüggvéyek itegrálása Emlékeztetük, hogy racioális törtfüggvéy egy olya függvéy, amelyek számlálója és evezője is poliomfüggvéy Tehát egy racioális törtfüggvéy P R : D, R alakú, ahol P, Q [X] és Q( ) 0, D Q Az értelmezésből az is kiderül, hogy mide poliomfüggvéy racioális törtfüggvéy Már az eddigiekbe is találkoztuk éháy egyszerűbb racioális törtfüggvéyel A továbbiakba kiszámoljuk éháy ilye racioális törtfüggvéy határozatla itegrálját Példák Számítsd ki az R : I (I olya itervallum, amelye R értelmezett) határozatla itegrálját a következő esetekbe Megjegyzés Ha egy racioális törtfüggvéy értelmezett egy itervallumo, akkor folytoos is eze az itervallumo, tehát létezik primitív függvéye R( ), I 5 ( ) d C 5 5 R, I \ 5 { } d dt l t l 5 5 t 5 C C t dt d I \ d d d l 9 R, I \{ } d d l C R ( ), I \ { } d ( ) C R, { } C 5

15 Itegrálási módszerek 9 6 ( ) R, \ { } I d d ( ) 7 7 ( ) I \ ( ) d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) C C C R, { } 7 8 R 5, I \{ } ( ) ( ) 5( ) 5 d 5 d ( ) ( ) d 5 d d ( ) ( ) 5 ( ) 5 ( ) ( ) ( ) C 9 R 9, I \ { ± } d d l 9 6 C R, I \ ± 5 ( 5 ) d d l 5 5 C 5 R, I \{ ± } ( ) ( ) 5 d d 5 d 5 l d 5 l l C

16 0 Itegrálási módszerek R, I \{, } d d d ( ) ( ) ( ) l d C R, { I \, } 6 d d ( ) d l d l l C R, I d d dt t t d dt arctgt C arctg C 5 R, I 9 5 d d d t dt t dt d 5 5 arctgt C arctg C 6 R 9, I ( 9 ) d d l ( 9) 9 C 9

17 Itegrálási módszerek 7 R, I d d dt arctgt arctg( ) ( ) t C C t dt d 8 R, I 8 d d 8 8 ( ) ( 8 ) ( ) 8 d l 8 arctg C 9 R, I d d ( ) 0 R, I l 6 0 5arctg C d d d ( ) ( ) ( ) ( ) 6 d ( ) d Látható, hogy a evező kitevője őtt Próbáljuk meg parciálisa itegráli az törtet: d d d Tehát 8 d arctg d d ( ) 8 ( ) 8 C 8 ( ) 6 R, I d

18 Itegrálási módszerek d ( ) d ( ) ( ) ( ) d d Az d kiszámításához parciálisa itegráljuk az -et: ( ) d d ( ) ( ) ( ) ( ) d d ( ) ( ) ( ) ( ) d ( ) d d ( ) ( ) d d ( ) ( ) ( ) ( ) Tehát d d ( ) ( ) 6( ) ( ) Eek kiszámításához parciálisa itegráljuk az -et: d d d d d d Tehát d d Így d d arctg C d

19 Itegrálási módszerek d ( ) ( ) 6( ) arctg C arctg C 6( ) Tehát arctg d ( ) ( ) C Láthattátok az előbbiekbe, hogy egyes racioális törtfüggvéyek határozatla itegrálját direkt úto is ki tudjuk számoli (egy egyszerű helyettesítéssel vagy egy rekurziós összefüggés felírásával), más esetekbe fel kell botai több racioális törtfüggvéy összegére Értelmezés Egy racioális R : I (I itervallum) törtfüggvéyt elemi törtfüggvéyek evezük, ha a következő alakok valamelyikébe írhatók fel: R( ) a a a a, a, i 0,,, I i 0 A * b R, Aab,,, a 0,, I \ ( a b) a A B * R, ABabc,,,,, a 0, b ac < 0,, a b c { } I Ezek határozatla itegráljai a következők: a a a ( a a a a 0 ) d a C 0 A A Ha, akkor d l a b C a b a Ha >, akkor b A A b A a d d ( a b) a a C a A C a( )( a b) Tehát A A d C ( a b) a( )( a b)

20 Itegrálási módszerek A B A a b ( d ) ( d C d a b c a a b c) ( a, b c) Ab ahol C B a a b ( a b c) d d ( a b c) C ( a b c) ( )( a b c) Az I ( a b c) d itegrálra pedig > esetbe rekurziós összefüggést írhatuk fel az I d parciális itegrálásával a b c Ha, akkor a b I d d arctg a b c a C, b a a ahol b ac < 0, tehát > 0 Ha >, akkor I d d ( a b c) ( a b c) a b ( ) d a b c a b c a b c b c d ( a b c) ( a b c) ( a b c ) b a b I d I a b c a a b c a b I I a b c a a b c a a b I I aa b c a a b a ( ) Tehát I I ( )( ac b )( a b c) ( )( ac b ) Sajátos esetbe, ha I d, akkor ( a ) I I a a a

21 Itegrálási módszerek 5 Az előbbi példák között volt olya is, amely em elemi törtfüggvéy volt Ezekbe az esetekbe felbotottuk elemi törtfüggvéyek összegére Felvetődik a kérdés, hogy tetszőleges racioális törtfüggvéy felbotható-e elemi törtfüggvéyek összegére? Erre ad választ a következő tétel, amit most em bizoyítuk, haem példákkal illusztráljuk Tétel (Elemi törtekre botás) P Ha R : I, R Q k l i ( a b i i) ( c j j j) Q d e d ce < 0, j j j alakba: i j R egy racioális törtfüggvéy, mj PQ, [ X], ahol a, b, c, d, e, a, c 0 és i i j j j i, k, j, l, akkor R egyértelműe felírható a következő A A A a b a b C ( a b) A A A a b a b ( a b) A A A k k k k a b a b a b k k k k k k B C B C B C c d e c d e m m m ( c d e) ( ) B C B C B C c d e c d e m m ( c d e) B C B C B C l l l l lm lm l l, m l c d e c d e c d e k l l l l l l l l l k m i A l i B C ij ij ij Rövidebbe R C j i j a b i j c d e i m j i i i i i j I ahol C [ X] (a P poliom Q poliommal való osztási háyadosa) és A, B, C meghatározhatók az egyelő együtthatók módszerével ij ij ij és, I, Példák Botsuk elemi törtfüggvéyekre az R : I (I olya itervallum, amelye R értelmezett) racioális törtfüggvéyt és számítsuk ki a határozatla itegrálját a következő esetekbe:

22 6 Itegrálási módszerek R, I \ { 0, ± } R ( )( ) A B C ( )( ) ( )( ) () A ( )( ) B( ) C( ), I ( A B C) ( B C) A, I Tehát együtthatója: A B C 0 együtthatója: B C 0 0 együtthatója: A Így B C, tehát ( )( ), következik, hogy d l l C l C Ilye esetbe, ha a evezőek csak egyszeres valós gyökei vaak úgy is eljárhatuk, hogy az () összefüggésbe behelyettesítjük a gyököket (Ha két poliomfüggvéy egyelő egy itervallum mide potjába, akkor egyelők -e) 0 eseté A eseté B eseté C Látható, hogy így rövidebb úto jutottuk ugyaazokhoz az értékekhez R, I \ {, } ( )( ) ( ) 9 R Tehát 7 9 d l d ( )( ) A B ( )( ) ( )( ) A ( ) B ( ), I -et helyettesítve A és -t helyettesítve kapjuk, hogy B, tehát ( )( ) Így C 7 9 d l l

23 Itegrálási módszerek 7 * R, I A evező irreducibilis téyezőkre botása a következő: 5 5 Tehát az R elemi törtfüggvéyekre botása A B C D E alakú 5 Ie A B C D E 0 helyettesítéssel kapjuk, hogy A Itt is helyettesítheték továbbra az és komple gyökeit, de az boyolultabb számolásokhoz vezete, ezért elvégezzük a jobboldalo a műveleteket: B D B C D E ( ) B C D E C E B D ( D B) C E Tehát meg kell oldauk az egyeletredszert, ahoa B D ( E C) 0 C E 0 B, C, D, E ( ) ( ) Tehát 5, ie d d d 5 l 8 8 d d l l( ) l( ) 8 8 d d l l( ) l( ) 8 8 arctg arctg C

24 8 Itegrálási módszerek l l( ) l( ) 8 8 arctg C l l( ) l( ) 8 8 arctg C 5 * R, I 6 A evező irreducibilis téyezőkre botása: 6 ( ) ( ) Tehát az R elemi törtfüggvéyekre botása 5 A B C D E F 6 alakú ( ) Ie 5 A B C D E F Mivel itt a gyökök 0, ± i, megpróbáluk ezek behelyettesítésével éháy együtthatót kifejezi: 0 eseté B és i eseté ie F E 0 és F Ezeket behelyettesítve a () összefüggésbe, kapjuk: ( ) 5 A C D : A C D 0 A i i C id ( 8 ) d l( 8) arctg 8 C és D Tehát 5 6 ( ) Az itegrál pedig: 5 d l arctg 6 d

25 Itegrálási módszerek 9 Az d az parciális itegrálásával kapjuk meg: d d d ( ) d d arctg d d ( ) ( ) C ( ) Tehát 5 arctg d l 6 Gyakorlatok C Határozzuk meg a következő racioális törtfüggvéyek határozatla itegrálját egy olya itervallumo, ahol a evezőek ics gyöke: R 9 R 5 R R 6 5 R 6 R 9 7 R 8 R ( ) 9 R 0 R ( ) ( )( )( ) R R 9 6 R R 0 ( ) 5 5 R 6 R ( )( ) ( ) 7 R 8 5 R

26 50 Itegrálási módszerek Irracioális függvéyek itegrálása Már az eddigiekbe is találkoztatok olya függvéyek itegrálásával, amelyek tartalmazak gyököket is Ebbe a paragrafusba megpróbáluk betekitést yújtai külöböző gyökös kifejezéseket tartalmazó függvéyek itegrálási módszereibe Példák A következő irracioális függvéyek eseté meghatározzuk a határozatla itegrált (vagy visszavezetjük más függvéyek itegráljára) olya itervallumo, ahol létezik primitív függvéye: I, 5, f ( ) 5 t tdt A t 5 0 helyettesítéssel és d, tehát látható, hogy 5 5 racioális törtfüggvéyt kapuk: 5 t t 5 d ( t ) t dt ( t t ) dt 5 5 C 5 5 f : I, 5 t 5 t ( 5 ) 0 ( 5 ) C C f : I, I,, 6 f ( ) ( 6 ) A ( t )( t t ) Tehát 6 t t t d dt t 6 dt ( 6 ) t t t t 6 tdt d t t ( t )( t t ) törtet elemi törtekre botjuk: ( t )( t t ) dt t A Bt C t t t t ( A B) t ( B C A) t A C A B 0, B C A, A C A, B, C t t t t t t t t 6 t t 5 d dt l ( t ) ( 6 ) ( t t ) ( ) t l t l t t 0 t arctg 9 C

27 Itegrálási módszerek 5 ( ( ) ) 6 l 6 l arctg 9 C t d racio- f : I, I (,) (, ), f Itt is a t helyettesítés t t t és ális törtfüggvéyhez vezet: t d dt t ( t ) Ez utóbbi törtet elemi törtekre kell botai Viszot mielőtt ezt a klasszikus módo elkezdeék, próbáljuk meg egyszerűsítei Észrevesszük, hogy t t t ( t ) t t t ( t ) ( t ) ( t ) t ( t ) t ( t ) Tehát l t l t d C t C t t t t t l C l ( )( ) ( )( ) C f : I, I \[,], f ( t ) t 6t d dt t ( t ) ( t ) t 6t dt d t ( t ) A racioális törtfüggvéy itegrálását rátok bízzuk 5 f : I, I (,), f

28 5 Itegrálási módszerek A evezőbe a gyökjel alatt szerepel Mivel (, ), létezik potosa egy t π π, úgy, hogy sit legye ( vagy t ( 0, π), cos t ) Ez a helyettesítés vola célszerű a cos t si t azoosságra alapozva Ekkor sit és d cost dt, tehát 6 si tcost d dt 8 si tdt cost Egy másik godolatmeet lehetett vola az is, hogy a -et egy olya függvéyel helyettesítsük, hogy a égyzetre emelés utá a szabadtag vagy a másodfokú téyező kiesse (azért, hogy a változócsere elsőfokú legye) vagy hogy egyszerűsíthessük Mivel itt az együtthatója egatív ezért célszerű úgy helyettesítei, hogy a szabad- tag esse ki Ez pedig megtörtéik a t helyettesítéssel, ahoa t t t ( t ) t, tehát, ami racioális t törtfüggvéyhez vezet Mivel ( )( ), próbálkozhatuk a t( ) vagy a t( ) helyettesítéssel is Az első esetbe kapjuk, hogy t ( ), ahoa t ( t ), ie Látható, hogy racio- t ális törtfüggvéyhez vezet Hasolóa járuk el a második helyettesítésél is Az olya helyettesítéseket mit az utóbbi kettő, Euler-féle helyettesítések evezzük 6 f : I, I, f Ezt az itegrált is többféleképpe ki fogjuk számoli: Ami a legszembetűőbb, hogy az t helyettesítésél megjeleik a derivált szorzótéyezőkét, ekkor dt d t Tehát d tdt C C A ch sh azoosság azt sugallja, hogy érdemes az sht helyettesítést végezi Ekkor d chtdt ch t Tehát d sht sh t cht dt ch tshtdt C Az Euler helyettesítés haszálható ( ) C t vagy t alakba

29 Itegrálási módszerek 5 7 f : I, I, f ( 9 ) Az előbbi feladat alapjá itt a következő helyettesítések valamelyike ajálott: sht 9 t vagy 9 t 5 8 f : I, I \[,], f ( módszer) Itt is észrevehető, hogy az t helyettesítéssel a számlálóba megjeleik a derivált Ekkor dt d, tehát 5 5dt d 5 t 5 C C t Egy másik helyettesítés a sh ch azoosságra alapul: cht, d sht dt, tehát 5 5chtsht d dt 5chtdt 5sht C 5 C ch t Itt is lehet alkalmazi az Euler helyettesítést is: t( ), t( ) vagy t f : I, I \,, f 6 5 A következő helyettesítések ajálottak: cht, 6 5 t, 6 5 t( 5), 5 0 f : I, I \(,), 6 5 t( 5) f 5 A gyök alatti kifejezés -re alakítható és ekkor lehet az helyettesítést végezi Itt az Euler helyettesítések a következők: t cht 5, t( ), t( ) f : I, I, f 5 A gyök alatti kifejezés -re alakítható és ekkor lehet az t sh helyettesítést végezi Itt az Euler helyettesítések a következők: 5 t, 5 t 5

30 5 Itegrálási módszerek f : I,, I f 5 ( ) Szabaduli kellee a sok kitevőtől, gyöktől Ezért először végezzük a t helyet- t tesítést Így t, ahoa d dt Tehát 5 5 ( ) ( ) d t t t dt t t dt Ebbe az itegrálba, hogy az t kitevője is legye egész az t u helyettesítést hajtjuk végre Így dt u du, tehát amit már egyszerű kiszámoli * f : I,, f I ( ) ( ) 5 d u u Az előző feladathoz hasolóa járuk el: t du, t d t ( t) t dt t ( t) dt d t dt Tehát Ie pedig az t u helyettesítéssel folytatjuk * f : I,, f ( ) I Először a t helyettesítést végezzük Ebbe az esetbe t és d t dt, ie ( ) d t ( t ) t dt t ( t) dt Ezt már ki lehete számoli, elvégezék a műveleteket, de ézzük meg mi törtéik, ha a t kitevőjéből el akarjuk tüteti a evezőt Helyettesítsük a következő módo: t u dt u du Tehát ( ) d u 5 ( u ) du, ez pedig egy poliomfüggvéy 5 f : I,, f ( ) I t A t helyettesítéssel t és d dt, így ( ) d t6( t) t dt t ( t) dt Az utolsó itegrálba egyik kitevő sem egész, viszot az összegük az Emeljük ki a zárójelből t -t: t t ( ) d t t dt dt, t t ez pedig olya típusú, mit a példa

31 Itegrálási módszerek 55 Az előbbiekbe láttuk éháy példát irracioális függvéyek itegrálására, a továbbiakba összefoglaljuk általáosa is: Az R (, a bd ), * \{} alakú itegrál R (, a b) az és az a b racioális törtfüggvéyét jelöli Az és pél- dáál találkoztuk ilye itegrállal A t a b helyettesítéssel t d, tehát az itegrál racioális törtfüggvéy itegráljává alakítható a Az R, a b d c d, * \{} alakú itegrál t b és a A és példáál találkoztuk ilye itegrállal A a t b helyettesítéssel c d dt b, tehát az itegrál racioális törtfüggvéy itegráljává alakítható a ct ) Az R (, a dalakú itegrál Nyilvávaló, hogy az értelmezési tartomáy I [ a, a] Az 5 példáál találkoztuk ilye itegrállal Itt több helyettesítés is szóba jöhet A cos si azoosságra alapozva célszerű az sit vagy cost a a, azaz asit vagy a cost helyettesítés Ekkor a acost vagy a asit (a megfelelő itervallumo) Egy másik helyettesítés, amit itt haszáltuk az Euler helyettesítés, amelyek célja, hogy égyzetre emelés utá egyszerűsödjö a kifejezés: a a( t ) a t( a ) t, a t a a( t) a t( a) t, a t a a t t a at t Midhárom eset racioális törtfüggvéyhez vezet ) Az R (, a dalakú itegrál Az itt alkalmazható helyettesítések: a sht (a ch sh azoosságra alapozva) valamit az Euler helyettesítések: a a t ) alakú itegrál 5 Az R (, a d a t vagy

32 56 Itegrálási módszerek Az értelmezési tartomáy I \[ a, a] Az itt alkalmazható helyettesítések: (a ch sh azoosságra alapozva) valamit az Euler helyet- a t( a ), a t( a) vagy a t acht tesítések: ) alakú itegrál 6 Az R (, a b c d Itt több esetet külöböztetük meg: Ha > 0, akkor a gyök alatti kifejezés b a b c a a a b alakba írható Itt ha a > 0 az a cht helyettesítéssel eltütetjük a gyököt ha a pedig a < 0, akkor b b c a a a b sit a a vagy b a a cos t helyettesítésekkel tűik el a gyök Ha < 0, (ebbe az esetbe a > 0, mert másképp em léteze a gyök) akkor b a b c a a a b és a megfelelő helyettesítés: sht a a 0 esetet em tárgyaljuk, mert akkor em irracioális a kifejezés Az ilye típusú itegrálra alkalmazható az Euler helyettesítés is: Ha a > 0, akkor függetleül a előjelétől a a b c t a helyettesítéssel racioális törtfüggvéy itegrálására vezetjük vissza Valóba, ekkor a b c t a a b c t a t c b a Ha c > 0, akkor függetleül a előjelétől a a b c t c helyettesítéssel racioális törtfüggvéy itegrálására vezetjük vissza Valóba, ekkor a b c t c c a b t c b c t a Ha > 0, akkor létezek az valós gyökök, így, ( a b c a )

33 Itegrálási módszerek 57 és a a( )( ) t( ), a t ( ) helyettesítések bármelyikével racioális törtfüggvéy itegrálására vezetjük vissza: a( ) a t a( )( ) t( ) t a t m 7 Az ( a b ) p d, m,,p alakú itegrál Az ilye itegrált biom itegrálak vagy Csebisev itegrálak evezzük Először a t helyettesítést végezzük, ie azt kapjuk, hogy m m p p ( a b ) d t ( a bt) dt Itt három esetet külöböztetük meg: m r a) p,, r, q, ( r, q ) q q Ebbe az esetbe a t u helyettesítést végezzük, hogy a t kitevője is legye egész, így: m p q r q q p ( a b ) d u ( a bu ) dt, ami valóba racioális törtfüggvéy, sőt poliomfüggvéy is m r b), p, r, q, ( r, q ) q q Ebbe az esetbe a a b t u helyettesítést végezzük, hogy az a bt kitevője is legye egész, így: q q m p q u a u a q ( a b ) d a b u d b b b t, ami ebbe az esetbe is poliomfüggvéy m m c), p és p Ha kiemelük a zárójelből t -t, kapjuk: m m p m p p p a bt ( a b ) d t ( a bt) dt t dt t, ez pedig, a b R c d alakú A köyebb memorizálás érdekébe a külöböző eseteket táblázatba foglaltuk: m r Az itegráladó (, ) R a b * \{}, A helyettesítés t a b

34 58 Itegrálási módszerek Az itegráladó R, a b c d, * \{} (, ) R a (, ) R a (, ) R a (, ) R a b c A helyettesítés a t b c d asit vagy a cost a t a, a t( a) a a t asht a t vagy a a t acht Euler helyettesítés a < 0 a > 0 a t a, a t( a) a t a > 0 a b c t a c > 0 a b c t c > 0 a t a t < 0 > 0 a b c b a a a a b c b a a a b sht a a m m ( a b ) p p t t ( a bt) dt b sit a a b cost a a a b c b a a a b cht a a

35 Itegrálási módszerek 59 Az itegráladó mp,, p, (, rq ) A helyettesítés m r, r, q, q t u q m r, p, r, q, ( rq, ) q q a bt u m p m p p a bt t d t t, a b R c d Gyakorlatok Számítsd ki a következő irracioális függvéyek határozatla itegrálját olya itervallumo, ahol ez létezik: f ( 6) f ( ) ( 5 ) f 5 f f f ( ) f 8 f ( ) 9 f 0 ( f ) 5 f f ( ) 9 f 9 5 f ( ) 9 5 f 6 f 7 f 9 f ( ) 8 f 9 0 f ( )

36 60 Itegrálási módszerek f f f 6 0 f ( ) 5 f 6 f ( ) ( ) 7 f 8 f 5 9 f 0 f f f f f 5 f 5 f ( ) 5 7 f 8 f 5 Trigoometrikus függvéyek racioális és irracioális kifejezéseiek itegrálása m Először az si cos d (m, ) alakú itegrálok kiszámításával foglalkozuk A kitevők paritásától függőe három esetet külöböztetük meg: m si cos cos m d cos si d t t m dt (, m ) (, m ) t cos dt si d m si cos si ( si ) m d cos d t ( t ) m m m si cos ( si ) ( si cos ) t si dt cos d d d m m ( cos) ( si) m d (m, ) További hasoló átalakításokkal visszavezethető egyszerűbb itegrálokra Megjegyzés Az és esetekbe em szükséges az m, illetve feltétel, mert irracioális függvéyé is alakíthatjuk, csak vigyázzuk az értelmezési tartomáy meghatározására m dt

37 Itegrálási módszerek 6 Példák ( si cos cos ) cos si ( ) d d t t dt t cos dt si d t t cos cos ( t t) dt C C 5 si cos si ( si ) cos ( ) d d t t dt t si dt cos d t t t si si si ( t t t ) dt C C si cos d ( si cos ) cos d si ( cos ) d 6 ( si ) d si cos d si cos d 6 t si dt cosd ( cos) d t dt si d 6 si t ( cos8) d si si si 8 C si si si 8 C si cos si ( cos ) cos 5 d d t t dt t cos dt si d t t cos cos t t dt C C 7 7 Vaak esetek, amikor em tuduk így ügyeskedi a trigoometrikus függvéyekkel, tg tg olyakor legtöbbször a cos, si azoosságokat haszálva, a t tg, arctgt, d változócserével racioális vagy irra- tg tg dt t cioális törtfüggvéyhez jutuk, ameyibe az itegradusuk trigoometrikus függvéyek racioális vagy irracioális kifejezése

38 6 Itegrálási módszerek Példák t si t d t dt dt cos t t t t t l( t ) tg l tg C tg l cos C C Ez olya itervallumo törtéik, ami em tartalmaz ( k ) π -t d dt dt cos si t t t t t t t tg 5 t 5 arctg arctg dt C C t Mivel si cos >, ez az itegrál létezik a valós számok halmazá d ( ) t t dt u ( u) du tg tg t t u u v arctg t du v dv dt t u d t dt u du dv ( v ) dv v ( v v )( v v ) ( v v )( v v ) v v v v dv Av B Cv D ( Av B)( v v ) ( Cv D)( v v ) v A C 0 v B D ( A C) 0 v A, B, C, D A C ( B D) 0 0 v B D v v v v v v v v v v Tehát Ebből következik, hogy dv v v dv v 8 v v v v v v v v dv

39 Itegrálási módszerek 6 C v v l v v arctg arctg 8 v v v v v v l arctg C 8 v v v v l v v arctg v C 8 v v v u u u l arctg C 8 u u ( u) t t t l arctg C 8 t t ( t) tg tg l arctg tg C 8 tg tg ( tg ) Gyakorlatok Határozd meg, hogy az alábbi függvéyekek milye itervallumoko va primitív függvéye és számítsd ki egy ilye itervallumo a határozatla itegrálját: f si cos f si cos f si cos f 5 f si 6 f 7 f cos cos 8 f 6 si cos cos si cos 9 f si cos 5 0 f ( ) si cos f tg si cos f ( ) si cos tg f f si cos cos si 5 5 f 6 f ( si )( cos ) cos si si tg 7 f 8 f 5 si si cos 9 f tg 0 f si

40 6 Itegrálási módszerek 6 Epoeciális és hiperbolikus függvéyek racioális és irracioális kifejezéseiek itegrálása A hiperbolikus függvéyek tulajdoképpe epoeciális függvéyekből vaak képezve, de érdemesek tartjuk kitéri rájuk, mert vaak esetek, amikor rövidebb úto kiszámolható a határozatla itegrál átalakítás élkül Ebbe az esetbe is a ch sh azoosságra alapozva először az sh ch m d alakú itegrálokat számítjuk ki Három esetet külöböztetük meg itt is: ha az egyik kitevő páros egész szám és a másik racioális, illetve ha midkettő páros egész szám sh ch ( ch ) ch sh ( ) (, m ) m m m d d t t dt, t ch dt sh d m m sh ch d sh sh ch d t t dt, (, m ) m sh ch ( sh ) ( sh ch ) m m t sh dt ch d d d m m ( ch ) ( sh ) m d, (m, ) További hasoló átalakításokkal visszavezethető egyszerűbb itegrálokra Példák sh ch ( ch ) ch sh ( ) d d t t dt t ch dt sh d t t ch ch ( t t) dt C C Ha az epoeciális alakkal dolgozuk, akkor az itegrál a következőképpe alakul: sh ch d ( e e e e )( e e ) d 6 e e e e ( e e e e ) d 6 C 6 6 Azoal elleőrizhető, hogy csak egy álladóba külöbözik az előző eredméytől 5 sh ch d sh sh ch d t ( t ) dt t sh dt ch d t t t 6 sh sh sh ( t t t ) dt C C sh ch d ( sh ch ) ch d sh ( ch ) d 6 m

41 Itegrálási módszerek 65 ( sh ) d sh chd sh ch d 6 t sh dt chd ( ch ) d t dt sh d 6 sh t ( ch 8 ) d sh sh sh 8 C sh sh sh8 C sh ch 5 sh ( ch ) ch 5 ( ) 5 d d t t dt t ch dt sh d t t ch ch t t dt C C 7 7 Általába, ha az itegráladó függvéy az e vagy más epoeciális függvéy racioális vagy irracioális függvéye, akkor a t e, dt e d vagy lt, dt d helyettesítéssel racioális vagy irracioális törtfüggvéyé alakíthatjuk t Példák d dt t l e l lt ( t 0) e > t( t) t C e dt d t e d t dt t l t dt t t e t e > 0 t t C dt e d e e l( e ) C d dt 0 e t e > t t dt e d Elemi törtekre botjuk: A Ct B t t t t C, tehát t ( t ) ( A C) t Bt A, ie A, B 0 és t t t d t e t t, következésképpe dt lt l t l e C C

42 66 Itegrálási módszerek e d tdt t t dt u du t e t e > 0 t u dt e d dt udu u ( t) ( e ) u C t C e C Gyakorlatok Határozd meg, hogy az alábbi függvéyekek milye itervallumoko va primitív függvéye és számítsd ki egy ilye itervallumo a határozatla itegrálját: f sh ch f sh ch 6 f sh ch f sh ch 5 f sh 6 f ch 7 f ch ch 8 f sh ch 9 f e e 0 f ( ) sh ch e f e e sh ch f ( ) sh ch e f f e e e e e 5 5 f 6 f ( sh )( ch ) ch sh e th 7 f 8 f e sh ch, ( sh th ) ch 9 f th 0 f sh Összefoglaló feladatok Állapítsd meg, hogy a következő függvéyekek va-e primitív függvéye és igelő esetbe határozd meg a primitív függvéyeit:, ha 0 a) f :, f l, ha (0,) e e, ha * b) f :, l f ( ), ha < c) f :, f e ( ) l, ha

43 Itegrálási módszerek 67 l, ha 0 d) f :, f 0, ha 0 e) f :, f arcsi f) f :, e f ( ) e g) f :, f arcsi h) f :, f ( ) i) f :[0, π), f si cos l, ha > j) f :,, f, ha if ( t t ), ha t k) f :, f if ( t t ), ha > t arcsie arctge l) f :, f m) f :, f e e ( e ) ) f :(, ), f l ( l ) * o) f :, si cos f ( ) e si l si, ha > 0 Bizoyítsd be, hogy az f :[0, ), f függvéyek va primitív függvéye 0, ha 0 Bizoyítsd be, hogy az f, gh, :, si cos, ha 0 f si, ha 0 és g( ) 0, ha 0 0, ha 0 valamit h g f függvéyekek va primitív függvéye, de a h : függvéyek ics Bizoyítsd be, hogy az f, g :, si si, ha 0 si si, ha 0 f és g( ), ha 0, ha 0 függvéyekek va primitív függvéye, de a h f g : függvéyek ics

44 68 Itegrálási módszerek 5 Határozd meg f : primitív függvéyel redelkező függvéyeket, amelyekre f F( ), és f (), ahol F : az f egy primitív függvéye * 6 Létezik-e : primitív függvéyel redelkező függvéy, amelyre egy F : f primitív függvéye eseté F( ) F( ) F( ),? 7 Határozd meg az f : deriválható függvéyt, ha 0,, f f F ahol F : az f egy primitív függvéye 8 Határozd meg az f :0, [ π] függvéy primitív függvéyeit, ha bármely [0, π] eseté teljesül az f si f π cos összefüggés 9 Határozd meg az [ ] [ ] f :, e 0, e függvéy primitív függvéyeit, ha f f ( y) l y l y, y, [, e] 0 Határozd meg azokat az f : függvéyeket, amelyekek létezik olya F : primitívje, hogy teljesüljö a F ( f ) összefüggés bármely eseté (Radó Ferec Emlékversey, 00) Adottak az f : és g : primitív függvéyel redelkező függvéyek Jelöljük F-fel és G-vel az f illetve g azo primitívjeit, amelyekre F ( 0) és G (0) 0 Bizoyítsd be, hogy ha bármely valós eseté igaz, hogy F g és G( ) f, valamit f (0) 0, akkor az is igaz, hogy: f g, (Székely Mikó Matematikaversey 000)

A primitív függvény és a határozatlan integrál 7

A primitív függvény és a határozatlan integrál 7 A primitív függvéy és a határozatla itegrál 7 I A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL Korábbi taulmáyaitok sorá láthattátok, hogy sok műveletek, függvéyek va fordított művelete, iverz függvéye

Részletesebben

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése

VII. A határozatlan esetek kiküszöbölése A határozatla esetek kiküszöbölése 9 VII A határozatla esetek kiküszöbölése 7 A l Hospital szabály A véges övekedések tétele alapjá egy függvéy értékét egy potba közelíthetjük az köryezetébe felvett valamely

Részletesebben

V. Deriválható függvények

V. Deriválható függvények Deriválható függvéyek V Deriválható függvéyek 5 A derivált fogalmához vezető feladatok A sebesség értelmezése Legye az M egy egyees voalú egyeletes mozgást végző pot Ez azt jeleti, hogy a mozgás pályája

Részletesebben

(f) f(x) = x2 x Mutassa meg, hogy ha f(x) dx = F (x) + C, akkor F (ax + b) a 3. Számolja ki az alábbi határozatlan integrálokat: 1.

(f) f(x) = x2 x Mutassa meg, hogy ha f(x) dx = F (x) + C, akkor F (ax + b) a 3. Számolja ki az alábbi határozatlan integrálokat: 1. PROGRAMTERVEZŐ MATEMATIKUS SZAK II. ÉVF. III. FÉLÉV GYAKORLÓ FELADATOK AZ II. ANALÍZIS ZH-RA Primitívfüggvéy keresés. Adja meg az f függvéy egy primitívfüggvéyét: f) = 6 8 + 3 b) f) = + 3 f) = + 5 ) /

Részletesebben

10.M ALGEBRA < <

10.M ALGEBRA < < 0.M ALGEBRA GYÖKÖS KIFEJEZÉSEK. Mutassuk meg, hogy < + +... + < + + 008 009 + 009 008 5. Mutassuk meg, hogy va olya pozitív egész szám, amelyre 99 < + + +... + < 995. Igazoljuk, hogy bármely pozitív egész

Részletesebben

2. Hatványsorok. A végtelen soroknál tanultuk, hogy az. végtelen sort adja: 1 + x + x x n +...

2. Hatványsorok. A végtelen soroknál tanultuk, hogy az. végtelen sort adja: 1 + x + x x n +... . Függvéysorok. Bevezetés és defiíciók A végtele sorokál taultuk, hogy az + x + x + + x +... végtele összeg x < eseté koverges. A feti végtele összegre úgy is godolhatuk, hogy végtele sok függvéyt aduk

Részletesebben

SOROK Feladatok és megoldások 1. Numerikus sorok

SOROK Feladatok és megoldások 1. Numerikus sorok SOROK Feladatok és megoldások. Numerikus sorok I. Határozza meg az alábbi, mértai sorra visszavezethető sorok esetébe az S -edik részletösszeget és a sor S összegét! )...... k 5 5 5 5 )...... 5 5 5 5 )......

Részletesebben

megoldásvázlatok Kalkulus gyakorlat Fizika BSc I/1, 1. feladatsor 1. Rajzoljuk le a számegyenesen az alábbi halmazokat!

megoldásvázlatok Kalkulus gyakorlat Fizika BSc I/1, 1. feladatsor 1. Rajzoljuk le a számegyenesen az alábbi halmazokat! megoldásvázlatok Fizika BSc I/,. feladatsor. Rajzoljuk le a számegyeese az alábbi halmazokat! a { R < 5}, b { R 4}, c { Z 4}, d { Q < 4 6}, e { N 3 }.. Igazak-e az alábbi állítások? Adjuk meg az állítások

Részletesebben

A primitív függvény létezése. Kitűzött feladatok. határérték, és F az f egy olyan primitívje, amelyre F(0) = 0. Bizonyítsd be,

A primitív függvény létezése. Kitűzött feladatok. határérték, és F az f egy olyan primitívje, amelyre F(0) = 0. Bizonyítsd be, 6 A primitív üggvéy létezése A primitív üggvéy létezése Kitűzött eladatok. Határozd meg az a és b valós paraméterek értékét úgy hogy az : R ae + b üggvéyek létezze primitív üggvéye! >. Az : [ + [ + olytoos

Részletesebben

TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS I. FEJEZET. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL...5 II. FEJEZET. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK...

TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS I. FEJEZET. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL...5 II. FEJEZET. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK... TARTALOMJEGYZÉK MATEMATIKAI ANALÍZIS I FEJEZET A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 II FEJEZET INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK 8 III FEJEZET A HATÁROZATLAN INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI86 IV FEJEZET A HATÁROZOTT

Részletesebben

ALGEBRA. egyenlet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 198.

ALGEBRA. egyenlet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 198. ALGEBRA MÁSODFOKÚ POLINOMOK. Határozzuk meg az + p + q = 0 egyelet megoldásait, ha tudjuk, hogy egész számok, továbbá p + q = 98.. Határozzuk meg az összes olya pozitív egész p és q számot, amelyre az

Részletesebben

Függvényhatárérték-számítás

Függvényhatárérték-számítás Függvéyhatárérték-számítás I Függvéyek véges helye vett véges határértéke I itervallumo, ha va olya k valós szám, melyre az I itervallumo, ha va olya K valós szám, melyre I itervallumo, ha alulról és felülről

Részletesebben

(A TÁMOP /2/A/KMR számú projekt keretében írt egyetemi jegyzetrészlet):

(A TÁMOP /2/A/KMR számú projekt keretében írt egyetemi jegyzetrészlet): A umerikus sorozatok fogalma, határértéke (A TÁMOP-4-8//A/KMR-9-8 számú projekt keretébe írt egyetemi jegyzetrészlet): Koverges és diverges sorozatok Defiíció: A természetes számoko értelmezett N R sorozatokak

Részletesebben

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 59 ) INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Határozd meg azt az f:r R függvéyt, amelyre f ( f ( ) x R és a g:r R g ( = x f ( függvéy

Részletesebben

Függvények határértéke 69. III. Függvények határértéke

Függvények határértéke 69. III. Függvények határértéke Függvéyek határértéke 69 A határérték értelmezése III Függvéyek határértéke Ebbe a fejezetbe taulmáyozi fogjuk a függvéy határértékét egy potba A feladat így fogalmazható meg: Ha adott az f : D valós változójú

Részletesebben

Integrálszámítás. a Matematika A1a-Analízis nevű tárgyhoz november

Integrálszámítás. a Matematika A1a-Analízis nevű tárgyhoz november Integrálszámítás a Matematika Aa-Analízis nevű tárgyhoz 009. november Tartalomjegyzék I. Feladatok 5. A határozatlan integrál (primitív függvények........... 7.. A definíciók egyszerű következményei..................

Részletesebben

Integrálszámítás (Gyakorló feladatok)

Integrálszámítás (Gyakorló feladatok) Itegrálszámítás Gyakorló feladatok Programtervez iformatikus szakos hallgatókak az Aalízis. cím tárgyhoz Összeállította Szili László 8. február Tartalomjegyzék I. Feladatok 5. Primitív függvéyek határozatla

Részletesebben

= x2. 3x + 4 ln x + C. 2. dx = x x2 + 25x. dx = x ln 1 + x. 3 a2 x +a 3 arctg x. 3)101 + C (2 + 3x 2 ) + C. 2. 8x C.

= x2. 3x + 4 ln x + C. 2. dx = x x2 + 25x. dx = x ln 1 + x. 3 a2 x +a 3 arctg x. 3)101 + C (2 + 3x 2 ) + C. 2. 8x C. . Határozatlan integrál megoldások.. 5. 7 5 5. t + t 5t. 8 = 7 8 = 8 5 8 5 6. e + 5 ln + tg + 7. = 8. + 5 = 5 ln + 5 9. = + 5 + 5 5 + 5 + 5 = /5 = 5 6 6/5 + 5 5 = + ln = 5 + 5 = + ln + 0.. a +a arctg a.

Részletesebben

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós

Komplex számok (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós Komplex számok el adásvázlat, 008. február 1. Maróti Miklós Eek az el adásak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudi: test, test additív és multiplikatív csoportja, valós számok és tulajdoságaik.

Részletesebben

Kalkulus gyakorlat - Megoldásvázlatok

Kalkulus gyakorlat - Megoldásvázlatok Kalkulus gyakorlat - Megoldásvázlatok Fizika BSc I/. gyakorlat. Tétel Newto Leibiz. Ha f folytoos az a, b] itervallumo és F primitív függvéye f-ek, akkor b a f F b F a.. Számítsuk ki az alábbi racioális

Részletesebben

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál 205..04. Határozatlan integrál 205..04. / 2 Tartalom Primitív függvény 2 Határozatlan integrál 3 Alapintegrálok 4 Integrálási szabályok 5 Helyettesítéses integrálás 6 Parciális integrálás

Részletesebben

Kitűzött feladatok Injektivitás és egyéb tulajdonságok 69 KITŰZÖTT FELADATOK

Kitűzött feladatok Injektivitás és egyéb tulajdonságok 69 KITŰZÖTT FELADATOK Kitűzött feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 69 1. KITŰZÖTT FELADATOK Határozd meg az összes szigorúa mooto f:z Z függvéyt, amely teljesíti az f ( xy) = f ( y), x, y Z összefüggést és létezik k

Részletesebben

Taylor-sorok alkalmazása numerikus sorok vizsgálatára

Taylor-sorok alkalmazása numerikus sorok vizsgálatára Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar Alkalmazott Aalízis és Számításmatematikai Taszék Taylor-sorok alkalmazása umerikus sorok vizsgálatára Szakdolgozat Készítette: Témavezet : Walter Petra

Részletesebben

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal Egy lehetséges tételsor megoldásokkal A vizsgatétel I része a IX és X osztályos ayagot öleli fel, 6 külöböző fejezetből vett feladatból áll, összese potot ér A közzétett tétel-variások és az előző évekbe

Részletesebben

4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!!

4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!! 4. Test feletti egyhatározatlaú poliomok Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2013 április 11. Eddig a poliomokkal mit formális kifejezésekkel számoltuk, em éltük azzal a lehetőséggel, hogy x helyébe

Részletesebben

Határozatlan integrál, primitív függvény

Határozatlan integrál, primitív függvény Határozatlan integrál, primitív függvény Alapintegrálok Alapintegráloknak nevezzük az elemi valós függvények differenciálási szabályainak megfordításából adódó primitív függvényeket. ( ) n = n+ n+ + c,

Részletesebben

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA)

MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) O k t a t á s i H i v a t a l A 5/6 taévi Országos Középiskolai Taulmáyi Versey első forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 5 olya égyjegyű szám, amelyek számjegyei

Részletesebben

ANALÍZIS 1. I. VIZSGA január 11. Mérnök informatikus szak α-variáns Munkaidő: 90 perc., vagyis z 2 1p = i 1p = ( cos 3π 2 2

ANALÍZIS 1. I. VIZSGA január 11. Mérnök informatikus szak α-variáns Munkaidő: 90 perc., vagyis z 2 1p = i 1p = ( cos 3π 2 2 ANALÍZIS. I. VIZSGA. jauár. Mérök iformatikus szak α-variás Mukaidő: perc. feladat pot) Adja meg az z 4 i)z i egyelet összes megoldását. i + i) + 4i + 4 i +, vagyis z p i p cos 3 + i si ) 3 vagy z p i

Részletesebben

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november

IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások 009. november Határozatlan integrálás.05. + C + C.06. + C + C.07. ( ( 5 5 + C.08. ( ( + 5 5 + + C.09. + ( + ln + + C.. ( + ( + ( + 5 5 + + C.. + ( + ( + ( + + ( + ( + +

Részletesebben

NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk.

NUMERIKUS SOROK II. Ebben a részben kizárólag a konvergencia vizsgálatával foglalkozunk. NUMERIKUS SOROK II. Ebbe a részbe kizárólag a kovergecia vizsgálatával foglalkozuk. SZÜKSÉGES FELTÉTEL Ha pozitív (vagy em egatív) tagú umerikus sor, akkor a kovergecia szükséges feltétele, hogy lim a

Részletesebben

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo

SZÁMELMÉLET. Vasile Berinde, Filippo Spagnolo SZÁMELMÉLET Vasile Beride, Filippo Spagolo A számelmélet a matematika egyik legrégibb ága, és az egyik legagyobb is egybe Eek a fejezetek az a célja, hogy egy elemi bevezetést yújtso az első szite lévő

Részletesebben

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn

( a b)( c d) 2 ab2 cd 2 abcd 2 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn Feladatok közepek közötti egyelőtleségekre (megoldások, megoldási ötletek) A továbbiakba szmk=számtai-mértai közép közötti egyelőtleség, szhk=számtaiharmoikus közép közötti egyelőtleség, míg szk= számtai-égyzetes

Részletesebben

= λ valós megoldása van.

= λ valós megoldása van. Másodredű álladó együtthatós lieáris differeciálegyelet. Általáos alakja: y + a y + by= q Ha q = 0 Ha q 0 akkor homogé lieárisak evezzük. akkor ihomogé lieárisak evezzük. A jobb oldalo lévő q függvéyt

Részletesebben

Kalkulus II., második házi feladat

Kalkulus II., második házi feladat Uger Tamás Istvá FTDYJ Név: Uger Tamás Istvá Neptu: FTDYJ Web: http://maxwellszehu/~ugert Kalkulus II, második házi feladat pot) Koverges? Abszolút koverges? ) l A feladat teljese yilvávalóa arra kívácsi,

Részletesebben

III. FEJEZET FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK

III. FEJEZET FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK Függvéek és tulajdoságaik 69 III FEJEZET FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK 6 Gakorlatok és feladatok ( oldal) Írd egszerűbb alakba: a) tg( arctg ) ; c) b) cos( arccos ) ; d) Megoldás a) Bármel f : A B cos ar

Részletesebben

3. SOROZATOK. ( n N) a n+1 < a n. Egy sorozatot (szigorúan) monotonnak mondunk, ha (szigorúan) monoton növekvő vagy csökkenő.

3. SOROZATOK. ( n N) a n+1 < a n. Egy sorozatot (szigorúan) monotonnak mondunk, ha (szigorúan) monoton növekvő vagy csökkenő. 3. SOROZATOK 3. Sorozatok korlátossága, mootoitása, kovergeciája Defiíció. Egy f : N R függvéyt valós szám)sorozatak evezük. Ha A egy adott halmaz és f : N A, akkor f-et A-beli értékű) sorozatak evezzük.

Részletesebben

KITŰZÖTT FELADATOK A X. OSZTÁLY SZÁMÁRA

KITŰZÖTT FELADATOK A X. OSZTÁLY SZÁMÁRA Kitűzött feladatok a X. osztály számára 7 KITŰZÖTT FELADATOK A X. OSZTÁLY SZÁMÁRA. Legye A egy véges halmaz, amelyre A. Határozd meg az A elemeiek számát úgy, hogy létezze f : A A P(A) bijektiv függvéy.

Részletesebben

Diszkrét matematika II., 3. előadás. Komplex számok

Diszkrét matematika II., 3. előadás. Komplex számok 1 Diszkrét matematika II., 3. előadás Komplex számok Dr. Takách Géza NyME FMK Iformatikai Itézet takach@if.yme.hu http://if.yme.hu/ takach/ 2007. február 22. Komplex számok Szereték kibővítei a valós számtestet,

Részletesebben

Sorozatok, határérték fogalma. Függvények határértéke, folytonossága

Sorozatok, határérték fogalma. Függvények határértéke, folytonossága Sorozatok, határérték fogalma. Függvéyek határértéke, folytoossága 1) Végtele valós számsorozatok Fogalma, megadása Defiíció: A természetes számok halmazá értelmezett a: N R egyváltozós valós függvéyt

Részletesebben

Nevezetes sorozat-határértékek

Nevezetes sorozat-határértékek Nevezetes sorozat-határértékek. Mide pozitív racioális r szám eseté! / r 0 és! r +. Bizoyítás. Jelöljük p-vel, illetve q-val egy-egy olya pozitív egészt, melyekre p/q r, továbbá legye ε tetszőleges pozitív

Részletesebben

N - edik gyökvonás. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

N - edik gyökvonás. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Brósch Zoltá (Debrecei Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimáziuma) N - edik gyökvoás DEFINÍCIÓ: (Négyzetgyökvoás) Egy em egatív x valós szám égyzetgyöké azt a em egatív valós számot értjük, amelyek égyzete

Részletesebben

Kalkulus szigorlati tételsor Számítástechnika-technika szak, II. évfolyam, 2. félév

Kalkulus szigorlati tételsor Számítástechnika-technika szak, II. évfolyam, 2. félév Kalkulus szigorlati tételsor Számítástechika-techika szak, II. évfolyam,. félév Sorozatok: 1. A valós számoko értelmezett műveletek és reláció tulajdoságai. Számok abszolút értéke, itervallumok. Számhalmazok

Részletesebben

A tárgy címe: ANALÍZIS 1 A-B-C (2+2). 1. gyakorlat

A tárgy címe: ANALÍZIS 1 A-B-C (2+2). 1. gyakorlat A tárgy címe: ANALÍZIS A-B-C + gyakorlat Beroulli-egyelőtleség Legye N, x k R k =,, és tegyük fel, hogy vagy x k 0 k =,, vagy pedig x k 0 k =,, Ekkor + x k + x k Speciális Beroulli-egyelőtleség Ha N és

Részletesebben

Minta JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ

Minta JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI. FELADATSORHOZ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által haszált szíűtől eltérő szíű tollal kell javítai, és a taári gyakorlatak megfelelőe

Részletesebben

FELADATOK A KALKULUS C. TÁRGYHOZ

FELADATOK A KALKULUS C. TÁRGYHOZ FELADATOK A KALKULUS C. TÁRGYHOZ. HALMAZOK RELÁCIÓK FÜGGVÉNYEK. Bizoyítsuk be a halmaz-műveletek alapazoosságait! 2. Legye adott az X halmaz legye A B C X. Ha A B := (A B) (B A) akkor bizoyítsuk be hogy

Részletesebben

1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a racionális és a valós számok ismeretét feltételezzük:

1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a racionális és a valós számok ismeretét feltételezzük: 1. A KOMPLEX SZÁMTEST A természetes, az egész, a raioális és a valós számok ismeretét feltételezzük: N = f1 ::: :::g Z = f::: 3 0 1 3 :::g p Q = j p q Z és q 6= 0 : q A valós szám értelmezése végtele tizedestörtkét

Részletesebben

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos

Részletesebben

BSc Analízis I. előadásjegyzet

BSc Analízis I. előadásjegyzet BSc Aalízis I. előadásjegyzet 2009/200. őszi félév Sikolya Eszter ELTE TTK Alkalmazott Aalízis és Számításmatematikai Taszék 200. április 30. ii Tartalomjegyzék Előszó v. Bevezetés.. Logikai állítások,

Részletesebben

6. ELŐADÁS DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS II. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK. BSc Matematika I. BGRMA1HNND, BGRMA1HNNC

6. ELŐADÁS DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS II. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK. BSc Matematika I. BGRMA1HNND, BGRMA1HNNC 6. ELŐADÁS DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS II. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK BSc Matematika I. BGRMAHNND, BGRMAHNNC A következő diákon szereplő állítások mindegyikét az előadáson fogjuk igazolni, és példákkal bőségesen

Részletesebben

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma

194 Műveletek II. MŰVELETEK. 2.1. A művelet fogalma 94 Műveletek II MŰVELETEK A művelet fogalma Az elmúlt éveke már regeteg művelettel találkoztatok matematikai taulmáyaitok sorá Először a természetes számok összeadásával találkozhattatok, már I első osztálya,

Részletesebben

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1 Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =

Részletesebben

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! 4. Az EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z HALMAZON a1 x + b1 y = c1 egyeletredszer megoldása a a x + b y = c Z halmazo (. rész) Ebbe a részbe

Részletesebben

2. gyakorlat - Hatványsorok és Taylor-sorok

2. gyakorlat - Hatványsorok és Taylor-sorok . gyakorlat - Hatváysorok és Taylor-sorok 9. március 3.. Adjuk meg az itt szereplő sorok kovergeciasugarát és kovergeciaitervallumát! + a = + Azaz a hatváysor kovergeciasugara. Az biztos, hogy a (-,) yílt

Részletesebben

Bevezetés az algebrába komplex számok

Bevezetés az algebrába komplex számok Bevezetés az algebrába komplex számok Wettl Ferec Algebra Taszék B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M 2015. december 6.

Részletesebben

AZ ÉPÍTÉSZEK MATEMATIKÁJA, I

AZ ÉPÍTÉSZEK MATEMATIKÁJA, I BARABÁS BÉLA FÜLÖP OTTÍLIA AZ ÉPÍTÉSZEK MATEMATIKÁJA, I Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Godozó Szakmai vezető Lektor Techikai szerkesztő Copyright Barabás Béla, Fülöp Ottília, BME takoyvtar.math.bme.hu

Részletesebben

A Cauchy függvényegyenlet és néhány rokon probléma

A Cauchy függvényegyenlet és néhány rokon probléma A Cauchy függvéyegyelet és éháy roko probléma Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely A függvéyegyeletek egyik alapegyelete a Cauchy függvéyegyelet, amely a következő: Melyek azok az f : R R folytoos függvéyek,

Részletesebben

1 k < n(1 + log n) C 1n log n, d n. (1 1 r k + 1 ) = 1. = 0 és lim. lim n. f(n) < C 3

1 k < n(1 + log n) C 1n log n, d n. (1 1 r k + 1 ) = 1. = 0 és lim. lim n. f(n) < C 3 Dr. Tóth László, Fejezetek az elemi számelméletből és az algebrából (PTE TTK, 200) Számelméleti függvéyek Számelméleti függvéyek értékeire voatkozó becslések A τ() = d, σ() = d d és φ() (Euler-függvéy)

Részletesebben

18. Differenciálszámítás

18. Differenciálszámítás 8. Differeciálszámítás I. Elméleti összefoglaló Függvéy határértéke Defiíció: Az köryezetei az ] ε, ε[ + yílt itervallumok, ahol ε > tetszőleges. Defiíció: Az f függvéyek az véges helye vett határértéke

Részletesebben

Határozatlan integral, primitívkeresés (Antiderivált). HATÁROZATLAN INTEGRÁL, PRIMITÍVKERESÉS (PRIMITÍV FÜGGVÉNY, ANTIDERIVÁLT FOGALMA)

Határozatlan integral, primitívkeresés (Antiderivált). HATÁROZATLAN INTEGRÁL, PRIMITÍVKERESÉS (PRIMITÍV FÜGGVÉNY, ANTIDERIVÁLT FOGALMA) Határozatlan integral primitívkeresés (Antiderivált). HATÁROZATLAN INTEGRÁL PRIMITÍVKERESÉS (PRIMITÍV FÜGGVÉNY ANTIDERIVÁLT FOGALMA). Definíció A differenciálszámítás egyik legfontosabb feladata az hogy

Részletesebben

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál 05. április.. Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg az alábbi határozatlan integrált! + sin ch Megoldás: Az integrálandó függvényen belül összeadás illetve kivonás m velete szerepel,

Részletesebben

Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar. Feladatok a Gazdasági matematika I. tárgy gyakorlataihoz. Halmazelmélet

Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar. Feladatok a Gazdasági matematika I. tárgy gyakorlataihoz. Halmazelmélet Debrecei Egyetem Közgazdaság- és Gazdaságtudomáyi Kar Feladatok a Gazdasági matematika I. tárgy gyakorlataihoz a megoldásra feltétleül ajálott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottak

Részletesebben

A képzetes számok az isteni szellem e gyönyörű és csodálatos hordozói már majdnem a lét és nemlét megtestesítői. (Carl Friedrich Gauss)

A képzetes számok az isteni szellem e gyönyörű és csodálatos hordozói már majdnem a lét és nemlét megtestesítői. (Carl Friedrich Gauss) Gyakorló feladatok (Ép. matek). Komple számok: A képzetes számok az isteni szellem e gyönyörű és csodálatos hordozói már majdnem a lét és nemlét megtestesítői. (Carl Friedrich Gauss) ) Számítsa ki a következő

Részletesebben

1. Írd fel hatványalakban a következõ szorzatokat!

1. Írd fel hatványalakban a következõ szorzatokat! Számok és mûveletek Hatváyozás aaaa a a darab téyezõ a a 0 0 a,ha a 0. Írd fel hatváyalakba a következõ szorzatokat! a) b),,,, c) (0,6) (0,6) d) () () () e) f) g) b b b b b b b b h) (y) (y) (y) (y) (y)

Részletesebben

Matematika I. 9. előadás

Matematika I. 9. előadás Matematika I. 9. előadás Valós számsorozat kovergeciája +-hez ill. --hez divergáló sorozatok A határérték és a műveletek kapcsolata Valós számsorozatok mootoitása, korlátossága Komplex számsorozatok kovergeciája

Részletesebben

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

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

Részletesebben

MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA

MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA 1 MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA Tuzso Zoltá Akár a régebbi, akár az alteratív XI. osztályos algebra taköyveket lapozva, akár példatárakba vagy matematikai verseyeke gyakra találkozuk egyél magasabb

Részletesebben

Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1.

Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1. . Ábrázoljuk a következő halmazokat a síkon! {, y) R 2 : + y < }, b) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4}, c) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4, + y < }, {, y) R 2 : + y < }. Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/.. gyakorlat

Részletesebben

Szili László. Integrálszámítás (Gyakorló feladatok) Analízis 3. Programtervező informatikus szak BSc, B és C szakirány

Szili László. Integrálszámítás (Gyakorló feladatok) Analízis 3. Programtervező informatikus szak BSc, B és C szakirány Szili László Integrálszámítás (Gyakorló feladatok Analízis. Programtervező informatikus szak BSc, B és C szakirány. február Tartalomjegyzék I. Feladatok 5. A határozatlan integrál (primitív függvények...........

Részletesebben

Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények

Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Simonné Szabó Klára. február 4. Tartalomjegyzék. Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása...................... Alapfeladatok..........................

Részletesebben

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II.forduló -10. osztály

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II.forduló -10. osztály Miisterul Educaţiei Națioale și Cercetării Știițifice Subiecte petru Etapa aţioală a Cocursului de Matematică al Liceelor Maghiare di Româia XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaversey Zilah, 016. február 11

Részletesebben

1. feladatlap megoldása. Analízis II. 1. Vizsgálja meg az alábbi sorokat konvergencia szempontjából! a) n 2 n = 1 1X 1

1. feladatlap megoldása. Analízis II. 1. Vizsgálja meg az alábbi sorokat konvergencia szempontjából! a) n 2 n = 1 1X 1 . feladatlap megoldása Aalízis II.. Vizsgálja meg az alábbi sorokat kovergecia szempotjából! a) X Alkalmazva a gyökkritériumot ("egyszer½usített változatát"): Azaz a sor koverges. b) p a!! p < : X 000

Részletesebben

1.1 Példa. Polinomok és egyenletek. Jaroslav Zhouf. Első rész. Lineáris egyenletek. 1 A lineáris egyenlet definíciója

1.1 Példa. Polinomok és egyenletek. Jaroslav Zhouf. Első rész. Lineáris egyenletek. 1 A lineáris egyenlet definíciója Poliomok és egyeletek Jaroslav Zhouf Első rész Lieáris egyeletek A lieáris egyelet defiíciója A következő formájú egyeleteket: ahol a, b valós számok és a + b 0, a 0, lieáris egyeletek hívjuk, az ismeretle

Részletesebben

(d) x 6 3x 2 2 = 0, (e) x + x 2 = 1 x, (f) 2x x 1 = 8, 2(x 1) a 1

(d) x 6 3x 2 2 = 0, (e) x + x 2 = 1 x, (f) 2x x 1 = 8, 2(x 1) a 1 . Bevezető. Oldja meg az alábbi egyeleteket: (a cos x + si x + cos x si x = (b π si x = x π 4 x 3π 4 cos x (c cos x + si x = si x (d x 6 3x = 0 (e x + x = x (f x + 5 + x = 8 (g x + + x + + x + x + =..

Részletesebben

(arcsin x) (arccos x) ( x

(arcsin x) (arccos x) ( x ALAPDERIVÁLTAK ( c ) (si ) cos ( ) (cos ) si ( ) ( ) ( tg) cos ( e ) e ( ctg ) si ( a ) a l a ( sh) ch (l ) ( ch) sh (log a ) ( th) l a ch (arcsi ) (arccos ) ( arctg ) DERIVÁLÁSI SZABÁLYOK. ( c ) c. c

Részletesebben

Egyváltozós függvények 1.

Egyváltozós függvények 1. Egyváltozós függvények 1. Filip Ferdinánd filip.ferdinand@bgk.uni-obuda.hu siva.banki.hu/jegyzetek 015 szeptember 1. Filip Ferdinánd 015 szeptember 1. Egyváltozós függvények 1. 1 / 5 Az el adás vázlata

Részletesebben

Matematika A1a Analízis

Matematika A1a Analízis B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Elemi függvények H607, EIC 2019-03-13 Wettl Ferenc

Részletesebben

Függvények határértéke és folytonosság

Függvények határértéke és folytonosság Függvények határértéke és folytonosság ) Bizonyítsa be a határérték definíciója alapján, hogy teljesül! + 5 + = Megoldás Heine definíciója alapján): Igazolandó, hogy a függvény értelmezve van a egy környezetében,

Részletesebben

I. Függelék. A valószínűségszámítás alapjai. I.1. Alapfogalamak: A valószínűség fogalma: I.2. Valószínűségi változó.

I. Függelék. A valószínűségszámítás alapjai. I.1. Alapfogalamak: A valószínűség fogalma: I.2. Valószínűségi változó. I. Függelék A valószíűségszámítás alapjai I.1. Alapfogalamak: Véletle jeleség: létrejöttét befolyásoló összes téyezőt em ismerjük. Tömegjeleség: a jeleség adott feltételek mellett akárháyszor megismételhető.

Részletesebben

Tanulási cél Szorzatfüggvényekre vonatkozó integrálási technikák megismerése és különböző típusokra való alkalmazása. 5), akkor

Tanulási cél Szorzatfüggvényekre vonatkozó integrálási technikák megismerése és különböző típusokra való alkalmazása. 5), akkor Integrálszámítás Integrálási szabályok Tanulási cél Szorzatfüggvényekre vonatkozó integrálási technikák megismerése és különböző típusokra való alkalmazása Motivációs feladat Valószínűség-számításnál találkozhatunk

Részletesebben

A függvénysorozatok olyanok, mint a valós számsorozatok, csak éppen a tagjai nem valós számok,

A függvénysorozatok olyanok, mint a valós számsorozatok, csak éppen a tagjai nem valós számok, l.ch FÜGGVÉNYSOROZATOK, FÜGGVÉNYSOROK, HATVÁNYSOROK Itt egy függvéysorozat: f( A függvéysorozatok olyaok, mit a valós számsorozatok, csak éppe a tagjai em valós számok, 5 haem függvéyek, f ( ; f ( ; f

Részletesebben

Függvény differenciálás összefoglalás

Függvény differenciálás összefoglalás Függvény differenciálás összefoglalás Differenciálszámítás: Def: Differenciahányados: f() f(a + ) f(a) függvényérték változása független változó megváltozása Ha egyre kisebb, vagyis tart -hoz, akkor a

Részletesebben

2.2. Indukció a geometriában

2.2. Indukció a geometriában .. Idukció a geometriába... Számítási feladatok... Feladat. Határozzuk meg az R sugarú körbe írt, oldalú szabályos sokszög oldalhosszát! Megoldás eseté a oldalú szabályos sokszög a égyzet; az R sugarú

Részletesebben

Sorozatok október 15. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!

Sorozatok október 15. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit! Sorozatok 20. október 5. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!. Zh feladat:vizsgálja meg mootoitás és korlátosság szerit az alábbi sorozatot! a + ha ; 2; 5 Mootoitás eldötéséhez vizsgáljuk

Részletesebben

GAZDASÁGI MATEMATIKA 1. ANALÍZIS

GAZDASÁGI MATEMATIKA 1. ANALÍZIS SZENT ISTVÁN EGYETEM GAZDASÁGI, AGRÁR- ÉS EGÉSZSÉGTUDOMÁNYI KAR Dr. Szakács Attila GAZDASÁGI MATEMATIKA. ANALÍZIS Segédlet öálló mukához. átdolgozott, bővített kiadás Békéscsaba, Lektorálták: DR. PATAY

Részletesebben

Határozott integrál és alkalmazásai

Határozott integrál és alkalmazásai Határozott integrál és alkalmazásai 5. május 5.. Alapfeladatok. Feladat: + d = Megoldás: Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki,

Részletesebben

Komplex számok. d) Re(z 4 ) = 0, Im(z 4 ) = 1 e) Re(z 5 ) = 0, Im(z 5 ) = 2 f) Re(z 6 ) = 1, Im(z 6 ) = 0

Komplex számok. d) Re(z 4 ) = 0, Im(z 4 ) = 1 e) Re(z 5 ) = 0, Im(z 5 ) = 2 f) Re(z 6 ) = 1, Im(z 6 ) = 0 Komplex számok 1 Adjuk meg az alábbi komplex számok valós, illetve képzetes részét: a + i b i c z d z i e z 5 i f z 1 A z a + bi komplex szám valós része: Rez a, képzetes része Imz b Ez alapjá a megoldások

Részletesebben

Számsorozatok. 1. Alapfeladatok december 22. sorozat határértékét, ha. 1. Feladat: Határozzuk meg az a n = 3n2 + 7n 5n létezik.

Számsorozatok. 1. Alapfeladatok december 22. sorozat határértékét, ha. 1. Feladat: Határozzuk meg az a n = 3n2 + 7n 5n létezik. Számsorozatok 2015. december 22. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Határozzuk meg az a 2 + 7 5 2 + 4 létezik. sorozat határértékét, ha Megoldás: Mivel egy tört határértéke a kérdés, ezért vizsgáljuk meg el

Részletesebben

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál Boros Zoltán Debreceni Egyetem, TTK Matematikai Intézet, Anaĺızis Tanszék Debrecen, 207. február 20 27. Primitív függvény, határozatlan integrál A továbbiakban legyen I R intervallum.

Részletesebben

B1 teszt 87. 1, x = 0 sorozat határértéke

B1 teszt 87. 1, x = 0 sorozat határértéke B teszt 87 B teszt A világot csak hat szám vezérli. (Marti Rees) Ezt a köyvet öt betű.. Az = + +,, = sorozat határértéke ( + ) a) ; b) ; c) d) ; e) em létezik.. A lim{ e } határérték ({ } az törtrésze)

Részletesebben

1. Folytonosság. 1. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maximuma és minimuma?

1. Folytonosság. 1. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maximuma és minimuma? . Folytonosság. (A) Igaz-e, hogy ha D(f) = R, f folytonos és periodikus, akkor f korlátos és van maimuma és minimuma?. (A) Tudunk példát adni olyan függvényekre, melyek megegyeznek inverzükkel? Ha igen,

Részletesebben

I. rész. c) Az m valós paraméter értékétől függően hány megoldása van a valós számok halmazán az alábbi egyenletnek?

I. rész. c) Az m valós paraméter értékétől függően hány megoldása van a valós számok halmazán az alábbi egyenletnek? Fazakas Tüde, 05 ovember Emelt szitű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Fazakas Tüde; dátum: 05 ovember I rész feladat a) Egymillió forit összegű jelzálogkölcsöt veszük fel évre 5%-os

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

Részletesebben

Dierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és

Dierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és 205.0.9. és 205.0.26. 205.0.9. és 205.0.26. / Tartalom A dierenciálhatóság fogalma Pontbeli dierenciálhatóság Jobb és bal oldali dierenciálhatóság Folytonosság és dierenciálhatóság Deriváltfüggvény 2 Dierenciálási

Részletesebben

HÁZI FELADATOK. 2. félév. 1. konferencia Komplex számok

HÁZI FELADATOK. 2. félév. 1. konferencia Komplex számok Figyelem! A feladatok megoldása legyen áttekinthet és részletes, de férjen el az arra szánt helyen! Ha valamelyik HÁZI FELADATOK. félév. konferencia Komple számok Értékelés:. egység: önálló feladatmegoldás

Részletesebben

Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar. Analízis 1. Írásbeli beugró kérdések. Készítette: Szántó Ádám Tavaszi félév

Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar. Analízis 1. Írásbeli beugró kérdések. Készítette: Szántó Ádám Tavaszi félév Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Iformatikai Kar Aalízis 1. Írásbeli beugró kérdések Készítette: Szátó Ádám 2011. Tavaszi félév 1. Írja le a Dedekid-axiómát! Legyeek A R, B R. Ekkor ha a A és b B : a b, akkor

Részletesebben

1. Gyökvonás komplex számból

1. Gyökvonás komplex számból 1. Gyökvoás komplex számból Gyökvoás komplex számból. Ismétlés: Ha r, s > 0 valós, akkor rcos α + i siα) = scos β + i siβ) potosa akkor, ha r = s, és α β a 360 egész számszorosa. Moivre képlete scos β+i

Részletesebben

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha

Innen. 2. Az. s n = 1 + q + q 2 + + q n 1 = 1 qn. és q n 0 akkor és csak akkor, ha q < 1. a a n végtelen sor konvergenciáján nem változtat az, ha . Végtele sorok. Bevezetés és defiíciók Bevezetéskét próbáljuk meg az 4... végtele összegek értelmet adi. Mivel végtele sokszor em tuduk összeadi, emiatt csak az első tagot adjuk össze: legye s = 4 8 =,

Részletesebben

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Z

EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z n HALMAZON. egyenletrendszer megoldása a Z Az érettségi vizsgára előkészülő taulók figyelmébe! EGYENLETEK ÉS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA A Z HALMAZON a x + b y c 5. Az egyeletredszer megoldása a Z halmazo (3. rész) a x + b y c A hivatkozások köyítése

Részletesebben

Sorozatok A.: Sorozatok általában

Sorozatok A.: Sorozatok általában 200 /2002..o. Fakt. Bp. Sorozatok A.: Sorozatok általába tam_soroz_a_sorozatok_altalaba.doc Sorozatok A.: Sorozatok általába Ad I. 2) Z/IV//a-e, g-m (CD II/IV/ Próbálj meg róluk miél többet elmodai. 2/a,

Részletesebben