KALKULUS II. PÉLDATÁR

Átírás

1 Lajkó Károly KALKULUS II. PÉLDATÁR mobidiák könyvtár

2

3 Lajkó Károly KALKULUS II. PÉLDATÁR

4 mobidiák könyvtár SOROZATSZERKESZTŽ Fazekas István

5 Lajkó Károly KALKULUS II. PÉLDATÁR Programozó és programtervez matematikus hallgatóknak mobidiák könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Intézet

6 Lektor Dr. Fazekas István Dr. Losonczi László Copyright c Lajkó Károly, 4 Copyright c elektronikus közlés mobidiák könyvtár, 4 mobidiák könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Intézet 4 Debrecen, Pf. A m egyéni tanulmányozás céljára szabadon letölthet. Minden egyéb felhasználás csak a szerz el zetes írásbeli engedélyével történhet. A m A mobidiák önszervez mobil portál (IKTA, OMFB-7/) és a GNU Iterátor, a legújabb generációs portál szoftver (ITEM, 5/) projektek keretében készült.

7 Tartalomjegyzék I. Integrálszámítás Primitív függvény, határozatlan integrál Riemann-integrál... 5 Gyakorló feladatok II. Vektorterek, Euklideszi terek, metrikus terek Alapfogalmak Az R n euklideszi tér R n és metrikus tér topológiája További lineáris algebrai el ismeretek Gyakorló feladatok III. Sorozatok R k -ban Gyakorló feladatok... 5 IV. Többváltozós és vektorérték függvények folytonossága, határértéke... 7 Gyakorló feladatok... 5 V. A Riemann-integrál általánosítása és alkalmazása Korlátos változású függvények Riemann-Stieltjes integrál.... Görbék, görbementi integrál... 5 Gyakorló feladatok... VI. Többváltozós függvények dierenciálszámítása... Gyakorló feladatok

8

9 I. fejezet Integrálszámítás. Primitív függvény, határozatlan integrál Alapintegrálok.. feladat. Bizonyítsa be a Kalkulus II. jegyzet I. fejezete. paragrafusában az úgynevezett alapintegráloknak nevezett alábbi képleteket (formulákat): a) b) c) d) e) f) g) h) i) d { ln() + C ( > ) ln( ) + C ( < ) µ d µ+ µ + + C ( R +, µ ) a d a + C ( R, a >, a ) ln a sin() d cos() + C ( R) cos() d sin() + C ( R) d arcsin() + C ( (, )) d arctg() + C ( R) + sh() d ch() + C ( R) ch() d sh() + C ( R) 9

10 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS j) + d arsh() + C ln( + + ) + C ( R) k) d arch() + C ln( + ) + C ( (, )) l) sin () d ctg() + C k ( (kπ, (k + )π), k Z) m) cos () d tg() + C k ( (kπ π, kπ + π ), k Z) ( n) ) a n n n+ d a n n + + C ( ( ϱ, ϱ)) n n Megoldás. A bizonyítások minden esetben a határozatlan integrál (primitív függvény) denícióján (a F : a, b R dierenciálható függvényt a f : a, b R függvény határozatlan integráljának nevezzük, ha F f teljesül) és az elemi függvények (Kalkulus I. VIII. fejezetében vizsgált) differenciálási szabályainak ismeretén alapulnak. Belátjuk, hogy az a)... n) képletek jobb oldalán szerepl F függvények deriváltjai a baloldali integrálokban szerepl f függvények. a) (ln() + C ), ha >, míg (ln( ) + C ) ( ), ha <, így az F () F () { ln() + C ( > ) ln( ) + C ( < ) függvényre ( ), ami (az integrál deníciója miatt) adja az állítást. b) A F () µ + µ + + C ( R +, µ ) függvényre létezik így igaz az állítás. c) A F () a ln a + C F () µ + (µ + )µ µ R + ra, ( R, a >, a ) függvényre R esetén, ami adja az állítást. d) F () cos() + C ( R)-re F () ( )( sin()) sin() ( R), tehát igaz az állítás. F () ln a a ln a a

11 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL e),..., i) az el bbiekhez hasonlóan bizonyítható. j) (arsh() + C) ( R) és + (ln( + ( ) + )) ( R), + ami adja az állítást. k) j)-hez hasonlóan bizonyítjuk. l) és m) is azonnal jön a ctg és tg függvények dierenciálási szabályainak ismeretében. n) A hatványsorok dierenciálására vonatkozó tétel miatt az F () n függvény dierenciálható és F () n s ez adja az állítást. n+ a n + C ( ] ϱ, ϱ [) n + a n n + (n + )n a n n ( ] ϱ, ϱ [), n Alapintegrálokra visszavezethet feladatok.. feladat. Számítsa ki a következ határozatlan integrálokat: ( ) d ; d ; ( ) d ; tg () d ; + d ; + a d ; Megoldás. Használjuk az alapintegrálokat és a Kalkulus II. jegyzet I/. fejezet. tételét (illetve annak általánosítását több függvényre), miután az integrál jele mögötti f függvényekre egyszer azonosságokat használunk.

12 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS. ( ) ( R) miatt ( ) d ( ) d 7 d 7 d d 6 d + C C ( R) ; 7 ( ) ( ) + ( ) miatt ( ) ( d ) + d d d + d + C ln() + + C ( > ) ln( ) + + C ( < ). + ( + ) + ( + d ) + d + ( R) miatt d arctg() + C ( R) ; (( ) ) miatt d 7 8 ( ) ( > ) 7 8 d C + d + C C C ( > ).

13 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5. tg () sin () cos () cos () cos ( ] () kπ π tg () d cos (), kπ + π [, k Z ) felhasználásával ( ) cos () d cos () d + C tg() + C k ( ] kπ π, kπ + π [, k Z ) a + a + a ( > ) miatt + a ( ) d + a d d + a d + C + a + C + a + C ( > ). Egy egyszer helyettesítés.. feladat. Határozza meg az alábbi integrálokat: cos ( 5) d ; + d ; + 9 d ; d ; d ; (e + e ) d ; Megoldás. Egyszer számolás adja, hogy ha f() d F () + C, akkor f(a+b) d F (a+b)+c. Azaz, ha ismerjük f() határozatlan a integrálját, akkor egyszer en kapjuk az f(a+b) függvény határozatlan integrálját. Az f() cos () ( ] kπ π, kπ + π [ ), k Z függvényre F () tg() (lásd alapintegrálok), így az f( 5) cos ( 5) ( 5 ] kπ π, kπ + π [, k Z)

14 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS függvény határozatlan integráljára kapjuk, hogy cos ( 5) d tg( 5) + C k ( 5 ] kπ π, kπ + π [, k Z). Tudjuk, hogy + d arsh() + C ( R). Ha -et el állíthatjuk, mint valamilyen (lineáris) transzformáltja, úgy módszerünk alkalmazható De így miatt ( + 9 d + 9 ( ), + ) + d ( ) arsh + C ( R) ( ) d + ( ) arsh + C ( R). ( ( ) ) arsh + C Az ( R) függvényt az f() ( R) függvényb l az ( R) változó transzformációval kapjuk. Másrészt d így d C C ( R), d ( ) C ( ) C ( R).

15 Az. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL egyenl ség és az Az + + d ( ) ( R) d arctg() + C alapintegrál miatt 6 arctg ( ) d + arctg ( ) + C ( ) + C ( R). ) ( egyenl ség és az a módszer) adja, hogy d arch() + C ) d ( ( ) arch + C arch ( ) ( > ) ( > ) alapintegrál (és + C ( > ).

16 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS A c) alapintegrál a e választással adja, hogy ezért és e d e + C ( R), e d e + C e + C ( R) ezek szerint (e + e ) d e d e + C ( R), e d + e d + C e e + C ( R). Néhány speciális integrandus.4. feladat. Határozzuk meg az alábbi határozatlan integrálokat: + d ; d ; sin 5 cos d ; tg() d ; sin d ; sin cos d ; d ; e + e d ; Megoldás. Egyszer en belátható, hogy ha f : a, b R dierenciálható, akkor és f α ()f () d f α+ () α + f () f() + C (α ) d ln(f()) + C (f() > ). Továbbá (lásd helyettesítéses integrálás tétele), f : a, b R, g : c, d a, b olyanok, hogy g c, d R és f, akkor létezik (f g)g és c R, hogy (( f(g())g () d ) ) f g () + C Az egyes integrálok ezen tételek valamelyikével számolhatók. f(t)dt tg() + C

17 Az. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 7 + d + d ( + ) d ( R) egyenl ség mutatja, hogy f() + -re f (), így α mellett alkalmazható az els formula, ezért Mivel + d ( + ) 4 4 tg sin sin cos cos így f() cos >, ha ezért a második formula szerint: tg d + d ( + ) d + C 4 ( + ) 4 + C ( R). ( ] π + kπ, π + kπ[ ), ] π + kπ, π + kπ [ és f () sin, sin cos d ln(cos()) + C k ( ] π + kπ, π + kπ[ ). Az d d ( ) ( ) d ( ], [ ) egyenl ség mutatja, hogy f() ( ], [ ) esetén létezik f (), így alkalmazható az els formula, ezért: d ( ) ( ) ( ) d + C ( ], [ ). + C

18 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Hasonlóan, mint korábban: 4 4 d 4 4 ln( ) + C ( ) d ( ) <. ( ) Legyen >, akkor, továbbá sin d cos +C, így a harmadik formula szerint sin d Részletezés nélkül: sin d sin t dt t + C cos + C ( > ). e ( + e + e d ) e d ln( + e ) + C ( R) ; sin 5 () cos() d sin 5 ()(sin()) d sin6 () + C ( R) ; 6 sin cos d cos () sin() d cos () ( sin()) d cos ()(cos()) d cos () + C k cos() + C k ( ] π + kπ, π + kπ, k Z). Helyettesítéses integrálás.5. feladat. Számítsa ki az alábbi integrálokat: d ; + d ; ( + ) d ; d ; ( ) d ; e e + d ;

19 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 9 Megoldás. Itt most igazi helyettesítésekkel élünk majd, azaz a Kalkulus II. jegyzetben kimondott helyettesítéses integrálás tételét követ megjegyzésben megfogalmazott tételt használjuk: Ha f : a, b R, g : c, d a, b olyanok, hogy g és f, továbbá g, akkor (f g) g és ( ) (( ) ) f() d (f g)g g () + C f(g(t))g (t) dt tg () + C ( c, d ). Ha (f g)g és g ]c, d[-ben, akkor f és ismét érvényes ( ). Hogy milyen helyettesítést válasszunk, arra nincs általános módszer, de vannak jellegzetes típusok (ahogy err l már az elméletben is szóltunk). ( Az d az R d speciális esete, így az elméleti anyagban tett utalás szerint olyan g(t) (t R) helyettesítést alkalmazzunk, melyre g () t ( R), azaz ( t t t (t R) miatt) g(t) t (t R). Ekkor f() ( R), g(t) t -re g : R R és g (t) t (t R), továbbá létezik, n a + b c + d f(g(t))g (t)dt ( t ) t( t ) dt [ t + 6t 6 t 9 ] dt ezért létezik d t t7 7 t ) + C (t R) ; ( t ) t ( t ) dt t + C 4 ( ) ( ) 7 ( ) + C ( R). Hasonló gondolatmenettel az ( + ) d kiszámításánál a g () t ( > ), azaz t g(t) (t > ) helyettesítésnél: f() ( + ) ( > ), g(t) t (t > )-ra g és

20 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS g (t) t (t > ), továbbá létezik f(g(t))g (t) dt ( + t t dt )t ezért létezik ( + ) d ( ) d ( ) dt arctg t + C (t > ), + t ( + t )t t dt t + C arctg + C ( > ). d ( < ) miatt (az elmélet egyik példáján felbuzdulva) alkalmazzuk az g(t) sin t, t ] π, [ π helyettesítést. Ekkor g szigorúan monoton növeked, így g : ], [ R, g () arcsin(), g (t) cos t ( t ] π, [ π ), továbbá f() Így létezik ( ) d ( ) f(g(t))g (t) dt cos cos t dt t ] tg t + C, t ( ], [ ) mellett ( ) d tg(arcsin ) + C + C ( < ). π, π cos t dt [. cos t cos t dt tarcsin + C sin(arcsin ) sin (arcsin ) + C Az + d kiszámításánál (de általában, ha R(, + ) d típusú integrál szerepel) eredményt hoz az g(t) sh(t) (t R) helyettesítés. Ekkor a sh függvény szigorú monotonitása miatt g () arsh() ( R) és g (t) ch(t) (t R). Felhasználva a ch (t) sh (t) és ch (t) + ch(t) (t R) azonosságokat a hiperbolikusz függvényekre, kapjuk, hogy

21 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL f() + ( R) esetén létezik f(g(t))g (t) dt + sh (t) ch(t) dt + ch(t) ch (t) dt dt dt + ch(t) dt + C t + sh(t) + C (t R). 4 Ezért létezik + d + sh (t) ch(t) dt tarsh() + C arsh() + sh( arsh()) + C 4 arsh() + sh(arsh()) ch(arsh()) + C arsh() C ( R). Az d kiszámításánál, felhasználva, hogy ( d ) d (ha pl. ) és tudva a hiperbolikusz függvények ch (t) sh (t) azonosságát, melyb l sh (t) ch (t) következik, az ch(t) g(t) (t ) helyettesítésben bízunk. Ekkor (mivel a ch függvény szigorúan monoton növeked [, + [-en) g () arch ( ) ( ), g (t) sh(t) (t ) és g (t) (t > ), továbbá f() ( ) mellett létezik f(g(t))g (t) dt ch (t) sh(t) dt sh (t) dt ch(t) dt 4 sh(t) t + C (t ).

22 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ezért (a helyettesítéses integrálás tételének ( ) formulája szerint) létezik ( d ) d ch (t) sh(t) dt tarch + C ( ( arch ( 4 sh sh ( arch ( arch ( )) )) ch ) + C ( ) arch ( ( arch ( arsh Megjegyzés. Hasonlóan kapjuk, hogy d ( arsh ( arsh )) ) + C ) + C ) + C ( ). ) + C ( ). Az e e + d ( R) meghatározásánál (de általában, ha R(e ) d típusú integrál van) eredményre vezet az e g () t ( R), azaz ln(t) g(t) (t > ) helyettesítés. Ekkor g (t) t f() ( R) mellett létezik e e + f(g(t))g (t) dt így létezik e e + d t t + t (t > ) és dt arctg(t) + C (t > ), t t + t dt te + C arctg(e ) + C ( R).

23 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL Parciális integrálás.6. feladat. Határozza meg az alábbi integrálokat: ln d ; cos() d ; arcsin d ; ( + ) ln d ; ( + ) ch() d ; arctg d ; ( )e d ; sin d ; e cos d ; e d ; arctg d ; sin 4 () d ; Megoldás. A parciális integrálás tétele szerint: Ha az f, g : a, b R függvények dierenciálhatók a, b -n és f g, akkor fg is és C R, hogy f()g () d f()g() (P) f ()g() d + C ( a, b ). A feladatban szerepl integrálok többsége a Kalkulus II. jegyzetben az el bb idézett tételt követ megjegyzésben szerepl típusok valamelyike. ln d ln d ( > ) igaz. Válasszuk az f() ln és g() ( > ) függvényeket, akkor f (), g (), továbbá létezik így f ()g() d d d ( > ), ln d f()g () d f()g() f ()g() d + C ln d + C ln + C ( > ). Az ( + ) ln d kiszámításánál tekintsük az f() ln, g () +, azaz g() + ( > ) függvényeket, akkor f () és f ()g() d 9 + ( ) ( ) + d + d ( > ).

24 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Ezért (tételünk szerint) létezik C R, hogy ( + ) ln d f()g () d f()g() f ()g() d + C ( ) ( ) + ln C ( > ). Megjegyzés. P n () ln d típusú integrál kiszámításánál mindig az f() ln, g () P n () választással használjuk (P)-t. Az ( )e d kiszámításánál az f(), g () e és így g() e, f () ( R) választással alkalmazható (P) és akkor C R, hogy ( )e d ( )e e d + C ( )e e + C ( )e + C ( R). e d esetében, el bb az f(), g () e, f (), g() e ( R) mellett (P)-t használva kapjuk, hogy C R, hogy ( e d ) e + e e e d + C, d + C ha létezik e d. Ennek meghatározására alkalmazzuk újra (P)-t, f(), g () e, f (), g() e ( R) mellett, akkor C R, hogy e d ( ) e e + ( ) e d + C e d + C e 4 e + C ( R).

25 Így. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 e d e e 4 e + C + C ( ) e + C. 4 Megjegyzés. P n ()e a d típusú integrál kiszámításánál f() P n (), g () e a ( R) mellett használjuk (P)-t (esetleg többször is, de akkor más az el bbiekb l kapott f-fel). cos() d kiszámításánál legyen f(), g () cos(), f (), g() sin() ( R), akkor (P)-b l cos() d sin() sin() d + C sin() + cos() + C ( R). ( + ) ch() d esetében kétszer alkalmazzuk a parciális integrálás tételét és (tömör írásmódban) kapjuk, hogy ( + ) ch() d ( + ) sh() ( + ) sh() d + C [ ] ( + ) sh() ( + ) ch() ch() d + C + C ( + ) sh() ( + ) ch() + sh() + C + C ( + + ) sh() ( + ) ch() + C ( R). Megjegyzés. Az P n () sin(a + b) d, P n () cos(a + b) d, Pn () sh(a + b) d, P n () ch(a + b) d típusú integrálok kiszámításánál az f() P n () (és g () a másik tényez ) mellett alkalmazzuk (P )-t (esetleg többször). Így ( ) sin d cos ( ) cos d + C cos + cos d + C

26 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS cos + [ sin ] sin d + C + C cos + sin + 4 cos + C + C ( + ) cos + sin + C ( R). 4 arctg() d arctg() d arctg() arctg() + d + C arctg() ln( + ) + C ( R). + d + C arcsin() d arcsin() d arcsin() d+c arcsin() + ( ) ( ) d + C arcsin() + ( ) + C arcsin() + + C ( R). arctg() d arctg() + d + C arctg() + + d + C [ arctg() + d arctg() + C + d ( R). ] + C Megjegyzés. Az P n () arcsin() d, P n () arccos() d, Pn () arctg() d, Pn () arcctg() d típusú integráloknál a g () P n () és f() a másik tényez jelölés mellett alkalmazzuk (P )-t.

27 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 7 A parciális integrálás tételét (a (P ) formulával) felhasználva, f() e, g() cos ( R) választással e sin sin cos d e e d + C e sin e sin d + C e sin [ ] cos cos e e d + C + C e sin + 9 e cos 4 e cos d + C 9 C ( R) következik, ami rendezés után adja, hogy [ e cos d sin + ] cos e + C ( R). Megjegyzés. A fenti módszer alkalmazható általában az e a sin b d, e a cos b d típusú integrálok esetén is. sin n () d sin() sin n () d cos() sin n () cos()(n ) sin n () cos() d + C cos() sin n () + (n ) cos sin n () d + C cos() sin n () + (n ) ( sin ()) sin n () d + C cos() sin n () + (n ) sin n () d (n ) sin n () d + C ( R), és ebb l rendezéssel kapjuk, hogy sin n () d n cos() sinn () + n n Ez az I n sin n () d jelöléssel az sin n () d + C I n n cos() sinn () + n n I n + C ( R) ( R).

28 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS úgynevezett rekurzív formulát adja I n -re. Ha például n, úgy sin () d cos() sin() + + C. Ha n, úgy sin () d cos() sin () + sin() d + C cos() sin () cos() + C ( R). Általában n lépésben (n ) megkapjuk I n -t. Megjegyzés. Hasonló eljárással megadható I n cos n () d rekurzív formulája is. Trigonometrikus és hiperbólikusz függvényekre vonatkozó azonosságok felhasználása.7. feladat. Számítsa ki az alábbi integrálokat: + cos() d ; sh() d ; sin () d ; Megoldás. A cos adja, hogy Ezért cos() d ; sin sin 5 d ; sin 4 () d ; + cos + cos cos + cos d sin() d ; cos cos d ; ctg () d. egyenl ségb l cos + cos, ha π + kπ, k Z. ha ] π + kπ, π + kπ[, k Z. d cos tg + C tg + C k cos cos() d ; következik, ami d

29 A sin. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 9 cos cos sin Így Mivel egyenl ség adja, hogy sin cos, azaz, ha kπ, k Z. cos d sin d ctg + C k ( ]kπ, k + π[, k Z). sin sin cos sin + cos sin cos így sin d ln sin cos cos + sin, sin cos ( cos d + ) + ln cos sin ( sin d + C ) ( + C ln tg ) + C k, ha például ]kπ, (k + )π[, k Z. Belátható, hogy ( ( sin d ln tg )) + D k ( ](k )π, kπ[, k Z). Az cos ( sin + π ) cos d ln ( sin ( tg ( π + kπ, k Z ) egyenl ség miatt ) d ln tg + π + π ( + π )) + C k, 4 + C k

30 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS ha + π 4 ha + π 4 Az ]kπ, (k + )π[, k Z, míg ( ( ( cos d ln tg + π ))) + D k, 4 ](k + )π, (k + )π[, k Z. sh sh ch ch sh sh ch azonosság miatt illetve sh d ch sh sh ch ch sh ( ln sh ) ( ln th d ( ln ( ) sh ch d + C ) + C ch ( )) + C ( > ), ( ( sh d ln th )) + C ( < ) következik. Az ismert sin α sin β [cos(α β) cos(α + β)] trigonometrikus azonosság miatt így sin sin 5 [cos cos 8] ( R), sin sin 5 d (cos cos 8) d cos cos 8 d + C sin sin 8 + C ( R). 4 6

31 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL Tudjuk, hogy cos α cos β [cos(α + β) + cos(α β)] α, β-ra, így A A cos cos [ ( cos + ) [ cos cos 6 ez pedig adja, hogy cos cos d cos 5 6 d + sin sin ( + cos )] ] ( R), cos 6 d + C + C 5 sin sin + C ( R). 6 sin sin sin ( cos ) sin sin cos sin trigonometrikus azonosság miatt sin d sin d + cos + cos cos ( sin ) d + C + C ( R). sin 4 sin ( cos ) sin 4 sin cos azonosság miatt sin 4 d 8 cos cos cos 4 ( R) 8 d cos d 8 8 sin sin 4 + C 8 4 cos 4 d + C 8 4 sin sin 4 + C ( R). Megjegyzés. Az utóbbi két feladat az sin 4 d speciális eseteként is számítható (amit a parciális integrálásnál vizsgáltunk).

32 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Racionális (tört)függvények integrálása Legyenek P n, Q m : R R n-, illetve m-edfokú polinomok, a, b R olyan intervallum, melyben Q m nem zérus. Az R: a, b R, R() P n() Q m () függvényt racionális (tört)függvénynek nevezzük. Bizonyítható, hogy ha n m, akkor léteznek P n m és P l (n m illetve l(< m)-edfokú) polinomok, hogy R() P n() Q m () P n m() + P l() Q m () a, b -re. Legyen továbbá a Q m polinom (R feletti úgynevezett irreducibilis tényez kre való) felbontása Q m () A( a ) α ( a r ) αr ( + p + q ) β ( + p s + q s ) βs, ahol A Q m f együtthatója, i,..., r, j,..., s esetén a i, p j, q j R, α i, β j N és p j 4q j < (azaz + p j + q j nem bontható fel valós els fokú polinomok szorzatára). Ekkor léteznek A ik, B jl, C jl R, hogy P l () Q m () A + + A α a ( a ) α + + A r + + A rα r a r ( a r ) α + r + B + C + + B β + C β + p + q ( + p + q ) β B s + C s + + B sβ s + C sβs + p s + q s ( + p s + q s ) βs a, b esetén. Így egy racionális törtfüggvény P n () d határozatlan integráljának meghatározása visszavezethet egy n m-edfokú polinom, illetve az Q m () A ( a) i d és B + C ( d típusú integrálok meghatározására. + p + q) j A feladatban mindig megadjuk a racionális (tört)függvény fenti el állítását (meghatározva P n m -et és a törtekben szerepl együtthatókat is).

33 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL.8. feladat. Határozza meg adott A, B, C R, a R, p, q R (p 4q < ), i, j N esetén az integrálokat. Megoldás. a) Nyilvánvaló, hogy i esetén b) i > esetén A ( a) i d és { A a d A ln( a) + C B + C ( + p + q) j d, ha > a A ln( ( a)) + C, ha < a. ( a) i+ A A ( a) i d i + ( a) i+ A i + (Lásd Egy egyszer helyettesítés cím fejezet.) B + C ( + p + q) j B + C [ ( + p ) p ] j + q 4 + C, ha > a + C, ha < a. [ ( + p B + C ) ] j + b b j B + C + p b + ( R) j miatt (ahol q p 4 4q p 4 > miatt vezetjük be, hogy b q p 4 ), + p az bt p g(t) (t R) illetve g () t ( R) b helyettesítéssel kapjuk (a helyettesítéses integrálás tétele szerint), C,

34 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS hogy ( B + C B bt p ) + C ( + p + q) j d b j (t + ) j Ha j, úgy ebb l B + C + p + q d B b (j ) + C B p b j b dt t + p b t (t + ) j dt + t p + b (t + ) j dt t + p b B b (j ) ln + p b + C B p b j következik R esetén. Ha j >, úgy B + C ( + p + q) j d B arctg + p b (t + ) j+ b (j ) j + + C B p b j + C + C C + t p + b (t + ) j dt t + p b következik. Ugyanakkor a parciális integrálás tételét felhasználva + C

35 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 (t (t + ) j dt + ) t (t + ) j dt t t (t + ) j dt [t (t + ) j+ j + j j Ezért, ha j >, akkor B + C ( + p + q) j d (t dt + ) j (t dt + ) j ] dt + C 4 (t + ) j+ j + (t + ) j dt + (j ) p B C B b (j ) ( j) + b j (j ) t t (t + ) j + C 4. (t + ) j t+ p + C B p + j b j j Ha (t + ) (t + ) j dt t+ p + C 5. dt-re az el bbi módszert alkalmazzuk, illetve azt tovább j folytatjuk, úgy integrálunk véges (j) lépésben meghatározható. Megjegyzés. Természetesen (a megjegyezhet ség nehézségei miatt) nem ezen bonyolult formulákat használjuk, hanem minden konkrét feladatban ugyanezt az eljárást követjük majd..9. feladat. Határozza meg az alábbi integrálokat: + d ; + ( )( + 5) d ; d ; + ( + + ) d. Megoldás. + d + d 5 ( + ) d ; ( + )( + )( + ) d ; ( + )( + ) d ; (az.8. feladat a) esetének megfelel en). + d ; { ln( + ) + C,ha > ln( ( + )) + C,ha < d ; + d ;

36 6 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS 5 ( + ) d 5 ( + ) d 5( + ) 5( + ) C 5 + ( ) + + miatt + d + ( )( + 5) miatt + ( )( + 5) d + C,ha > + C,ha <,ha > + + C,ha <. ( )( + ) + + ( ) d + + d ln( + ) + C,ha > + ln( ( + )) + C,ha <. ( ) + ( + 5) ( )( + 5) ( ) d ( ) (, 5) ln( ( + 5)) + ln( ( )) + C,ha < 5, ln( + 5) + ln( ( )) + C,ha ] 5, [, ln( + 5) + ln( ) + C,ha >. Megmutatjuk, hogy A, B, C R, hogy ( + )( + )( + ) A + + B + + C + A jobb oldalon közös nevez re hozva, és rendezve ( + )( + )( + ) (,, ). (A + B + C) + (5A + 4B + C) + 6A + B + C ( + )( + )( + )

37 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 7 következik, ha,,, ami csak akkor teljesülhet, ha (A + B + C) + (5A + 4B + C) + 6A + B + C ami csak úgy lehetséges, ha ( R), A + B + C, 5A + 4B + C, 6A + B + C. Ez egy lineáris egyenletrendszer A, B, C-re, melynek egyértelm megoldására (nem nehéz számolással) következik, így A 6, B, C ( + )( + )( + ) (,, ), ami adja, hogy ( + )( + )( + ) d 6 ln( ( + )) ln( ( + )) + ln( ( + )) + C,ha <, 6 ln( ( + )) ln( ( + )) + ln( + ) + C,ha ], [, 6 ln( ( + )) ln( + ) + ln( + ) + C,ha ], [, 6 ln( + ) ln( + ) + ln( + ) + C 4,ha > ( 5 + 6) + (5 6 + ) ( 5 + 6) ( )( ) Megmutatjuk, hogy A, B, C R, hogy ( )( ) A + B + C (,, ) (,, ). A jobb oldalt hasonlóan alakítva, mint az el z feladatban ( )( ) (A + B + C) + ( A B 5C) + 6C ( )( ) következik, ha,,, ami csak akkor igaz, ha A + B + C 5, A B 5C 6, 6C,

38 8 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS ami teljesül, ha A 6, B 5 6, C 6. Az el bbiek miatt, így (,, ), ami adja, hogy d ln( ( )) 6 ln( ( )) + 6 ln( ) + C,ha <, ln( ( )) 6 ln( ( )) + 6 ln() + C,ha ], [, ln( ( )) 6 ln( ) + 6 ln() + C,ha ], [, ln( ) 6 ln( ) + 6 ln() + C 4,ha >. Az d az.8. feladat b) részének megfelel integrál B, C, p, q és j mellett, hiszen p 4q 4 <. Az ( + ) ( R)

39 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 9 azonosság és a g () + t ( R) illetve t d 4 4 g(t) (t R) helyettesítés adja, hogy d t + t + dt + C t (+ ) t t + dt + t (+ ) ] ln [ ( ( + )) + + t + dt + C t (+ ) ( ( arctg + )) + C ( R). Az ( + )( d integrál meghatározásához el bb megmutatjuk, + ) hogy A, B, C R, hogy ( + )( + ) A + + B + C + ( ). A jobboldalt közös nevez re hozva, rendezés után kapjuk, hogy ( + )( + ) (A + B) + (B + C) + A + C ( + )( + ) ami csak úgy lehetséges, ha A + B, B + C, A + C, azaz ha A, B, C, így ( + )( + ) ( ). ( ), Ezért integrálunkban az.8. feladatban szerepl mindkét típus el fordul, továbbá a b) típusnál már teljes négyzet a nevez. Ezeket gyelembe

40 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS véve: ( + )( + ) d Az + d 4 + d + ln( + ) 4 ln( + ) + arctg() + C,ha >, ln( ( + )) 4 ln( + ) + arctg() + C,ha <. + ( ) ( ) ( ) + d ( )( + ) ( ) ( + ) ( R) egyenl ség miatt + ( ) ( + ) és megmutatjuk, hogy A, B, C R, hogy ( ) ( + ) A + B ( ) + C + (, ) (, ), azaz ( ) ( + ) (A + C) + (A + B C) A + B + C ( ) ( + ) (, ), ami csak úgy lehetséges, ha A + C, A + B C, A + B + C, azaz, ha A 5, B 5, C, 5 ezért ( ) 5 + Ebb l következik, hogy + d 5 d ln( ( )) + ( ) 5 5 ln( ( )) + ( ) 5 5 ln( ) + ( ) 5 ( ) d 5 (, ). + d + C 5 ln( ( + )) + C,ha <, 5 ln( + ) + C,ha ], [, 5 ln( + ) + C,ha >.

41 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 4 Az + ( d az.8. feladat b) részében szerepl integrál speciális esete: B, C, p, q p 4q < és + + ) j >. Így az ott használt módszerrel dolgozhatunk + ( + + ) d + [( + ) + ] d (t ) + (t + ) dt t+ + C t (t + ) dt t+ (t + ) dt t+ + C (t + ) (t + ) t dt t+ (t + ) dt t+ + C + + t + dt t+ + t t (t + ) dt + C + + arctg( + ) + + ) t(t t+ (t + ) dt t+ + C arctg( + ) + C 5 ( R).

42 4 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Racionális törtfüggvényre vezet helyettesítések.. feladat. Alkalmas helyettesítéssel vezesse vissza az alábbi integrálokat racionális törtfüggvények integráljára: + d ; ( + + ) d ; sin cos + 5 d ; tg + tg d ; 6 7 d ; d ; ( + ) + + d ; e d. d ; + sin + cos d ; ( + cos ) sin d ; + + d ; + d ; (7 ) d ; e d ; e Megoldás. Az els három feladat annak annak speciális esete, amikor egy ( R, n ) a + b c + d,..., n k a + b d c + d (ahol R(u,..., u k+ ) az u,..., u k+ meghatározni. Ekkor mindig eredményre vezet a racionális függvénye) integrált kell t n a + b c + d g (), g(t) dtn b a ct n helyettesítés (alkalmas intervallumon), ahol n az n,..., n k természetes számok legkisebb közös többszöröse.

43 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 4 A t g (), t g(t) (t ) helyettesítésnél g (t) t, így (a helyettesítéses integrálás tétele szerint): A + d + t t dt t + C (t + ) dt t + C + t dt t t + dt t + C ln( + ) + C ( ). t g () ( ), t g(t) (t > ) helyettesítéssel, g (t) t d t t t dt t dt 4 t 4 ( 4 ( + ln + t ( t ) (t > ) mellett t ( t ) dt t + C + C (t )(t + ) + C t ) 4 t + dt + C t ) t ( ln ) + + C ( > ).

44 44 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS A t 6 g () ( ), t 6 g(t) (t ) helyettesítéssel, g (t) 6t 5 (t ) mellett t 6 ( + t + t ) 6t5 dt t 6 + C ( + + ) d 6 t(t + t + ) dt t 6 + C 6 t(t + )(t t + ) dt t 6 + C t(t + ) A t + ( ( t 4 B t + + ) ) + dt t 6 + C 6 ( t 4 Ct + D ) + 6 dt t 6 + C, ahol A, B, C, D a korábban használt módszerrel meghatározhatók, az integrálok pedig az.8 feladatbeliek speciális esetei. A következ három (de az azokat követ is) az R(sin, cos ) d speciális esete, ahol R(u, v) az u és v változók racionális függvénye. Ekkor (ahogy az elméletben már jeleztük) a tg t g () ( ] π, π[ ) illetve arctg(t) g(t) (t R) helyettesítés mindig eredményt hoz (racionális törtfüggvény integráljához jutunk), ugyanis ekkor sin() sin cos sin + cos tg tg + t t + (t R), cos cos() sin tg sin + cos + tg és g (t) + t (t R) miatt R(sin, cos ) d R ( t + t, t + t ) t + t (t R) + t dt ttg + C

45 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 45 adódik és a jobb oldalon az integrandus racionális törtfüggvény. Ezért: + sin + cos d + t + t + t + t t + dt ttg + C ln (tg ) + ( ln sin cos + 5 d 4t + t t + t + 5 t + t + ( t + ( 5 + ) ( ) 5 t t dt ttg + C + C,ha tg + > (tg )) + + C,ha tg + < + t dt ttg + C dt ttg + C ) dt ttg + C + tg arctg C dt ttg + C

46 46 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS ( + cos ) sin d ( + ) t t + t dt ttg + C + t + t t + (t + )t dt ttg + C ( A t + Bt + C ) t dt + ttg ami már egyszer en meghatározható. tg ( + tg d π ] 4, π, π [ ) számítható az el bbi módszerrel, de a g () tg t, arctg t g(t) helyettesítéssel is. Ekkor g (t), így t + tg t + tg d + t ( t + dt ttg + C ) dt ttg + C, A t + + Bt + C t + ami már egyszer en folytatható. A következ hat integrál kiszámításánál két módszer is kínálkozik. A) Ezek olyan integrálok, melyek az R(, a + b + c) d integrál speciális esetei, így: (i) ha a >, akkor a a + b + c a + t vagy a + b + c a t ; (ii) ha c >, akkor a a + b + c t + c vagy a + b + c t c ; (iii) ha R, hogy a + b + c, akkor a a + b + c t( ) helyettesítés után racionális törtfüggvényt kell integrálni (természetesen minden esetben megadható az g(t) helyettesít függvény, melynek t g () inverzének alakja azonnal látszik).

47 B) Az. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 47 a + b + c a [ ( + b ) + a ] 4ac b 4a teljes négyzetté alakítás jelzi a másik lehetséges utat, melynél 4ac b d 4ac b, vagy d jelöléssel, + b a helyére helyettesítünk sin t-t, vagy sh t-t, vagy ch t-t. 4a 4a d Az + + d integrálnál a t, t + + g (), t t g(t) helyettesítés g (t) t t + mellett adja, hogy ( t) + + d t ( t t t + t ) ( ) t t + ( t) dt t ++ + C, ami már egy racionális tört integrálja. Ez persze még elég sok munkával jár. Másrészt az + + ( + )

48 48 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS azonosság, illetve az + helyettesítés adja, hogy sh t, sh t g(t) (t ) + + d ( ) sh t + + ( ) 4 sh t ch t dt + tarsh ch t sh t dt 4 + tarsh 8 ch t ch t 8 tarsh + 8 ch arsh + 6 arsh ch t dt tarsh + + C ch t dt tarsh + + C + C dt + + C tarsh sh + arsh + C. Az 6 7 d számításánál a t t 6 7 g (), t + 7 t + 6

49 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 49 helyettesítés, g (t) t + t 4 (t + 6) mellett adja, hogy 6 7 d ( ) t t + 7 t + t 4 t + 6 (t + 6) dt t C (t + 6t 7) (t + 6) dt t C, ami viszonylag egyszer en kezelhet. Másrészt az 6 7 ( ) [ ( ) ] 4 azonosság, ch t, illetve 4 ch t + g(t) helyettesítés, g (t) 4 sh t miatt adja, hogy 6 7 d ( ) 4 d 4 4 ch t sh t dt tarsh + C 4 6 sh t dt tarsh + C ch t 6 8 arsh 4 4 dt tarsh + C ( 4 4 sh arsh 4 ) + C ( R). A második módszer most is gyorsabban ad eredményt. A t t ( + ) g (),

50 5 I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS illetve t t + g(t) (t R) helyettesítés, g (t) t + 4t + (t + ) adja, hogy + d t + t + t(t )(t + ) dt t ( +) + C ( t + t ) t + dt t ( +) + C [ ln t + ln(t ) arctg t] t ( +) + C. A másik módon: ( + ) és az + sin t g (t) cos t adja, hogy + d ( ( ) ) + ( + ) ( t arcsin + ), sin t g(t), + ( + ) d cos t + cos t dt tarcsin + + C ami például a tg t helyettesítéssel vihet tovább. Most a két módszer nagyjából egyformán gyors. A t, azaz t 4 helyettesítéssel (t + ) d t + t + 4 t(t + ) dt t C ( 4 t ) t + (t + ) dt t C ln( ) ln( ) C.

51 . PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL 5 Próbálja ki a másik módszert is. A 7 t( 5), azaz 5t + t + helyettesítéssel 5t (7 ) d + 9 t ] ch[arsh( + )] sh[arsh( + )] + C C. + [ 9 t + 4 9t dt t t 5 + C. + C ( + ) + + d ( + ) ( + ) + d sh t sh t + ch t dt tarsh(+) + C sh t dt tarsh(+) + C cth[arsh( + )] + C + sh (arsh( + )) + Az e t, ln t g(t) (t > ) helyettesítés, g (t) t adja, hogy e d e t t t dt te + C ( t dt te A t + B ) t + + C A ln(e ) + B ln(e + ) + C, ha >, ahol A és B egyszer en meghatározható. Az e t, ln t g(t) (t > ) helyettesítéssel, g (t) t -vel e d t t dt te + C (t > ) miatt dt te következik. A t u, t u + g(u) (u R) helyettesítés és g (u) u adja,