Kalkulus I. gyakorlat, megoldásvázlatok

Átírás

1 Kalkulus I. gyakorlat, megoldásvázlatok Fizika BSc I/.. Ábrázoljuk a következ halmazokat a síkon! a {, y R : + y < }, b {, y R : + y < }, c {, y R : + y <, + y < }, d {, y R : + y < }.. gyakorlat. Ha A, B és C adott halmazok, akkor írjuk fel az alábbi halmazokat A, B, C és az,, \ halmazm veletek segítségével: a E = { : A és B vagy C}; b F = { : A és B vagy C}. a b F = A B C. E = A B C;. Igazak-e az alábbi halmazegyenl ségek? Ha igen, bizonyítsuk be, ha nem, akkor adjunk meg konkrét halmazokat, amelyekre nem teljesül az egyenl ség. a A B \ A = B; b A B \ C = A B \ C; c A B \ A B = A \ B B \ A. a Nem igaz, legyen A = {}, B = {, }. Ekkor A B \ A = {} B. b Nem igaz, legyen A = {, }, B = {}, C = {}. Ekkor A B \ C = {}, de A B \ C = {, }. c Igaz, ugyanis A B \ A B A B és / A B vagy A, vagy B vagy A \ B, vagy B \ A A \ B B \ A.. Igazak-e az alábbi állítások? a A B és A C A B C; b A C = B C és A \ C = B \ C A = B; a A balról jobbra való következtetés természetesen igaz, ugyanakkor visszafelé nem, legyen például B = {,, }, C = {,, } és A = {,, }. Ekkor B C = {,,,, } A, de A B és A C. b Itt a jobbról balra történ = következtetési irány teljesül nyilvánvaló módon, ugyanakkor a másik irány itt sem következik. Legyenek a halmazok olyanok, hogy nemüresek, A, B C és A B =. Ekkor mindkét feltétel teljesül, de A B. Például A = {}, B = {} és C = {, }.. Legyen X egy halmaz, A, B X. Bizonyítsuk be, hogy a A B = A B, b A B = A B. A B / A B / A és / B A és B A B. A másik állítás bizonyítása teljesen hasonló.. Legyenek f, g : R R a következ függvények: f = +, g =. Határozzuk meg az f g és a g f függvényeket. f g : R R, f g = +. g f : R R, g f = Írjuk be a hiányzó függvényeket: a f = g = + f g = + b f = g = + f g = c f = g = f g =

2 8. Legyenek f, g : R R függvények. Igaz-e, hogy ha mindkett injektív, akkor f + g is injektív? Nem igaz. Legyen f =, g =. Mindkett injektív, de f + g = nem injektív. 9. Mely függvények injektívek? Amennyiben létezik, adjuk meg az inverzét! a f : [, ] [, ], f = ; b g : R R, g = ; c h : R + R, h = ; d k : R \ {} R \ {}, k =. a Ha = y, akkor = y = y, amib l következik, hogy = y hiszen csak a [, ]-en vagyunk, tehát f injektív. Mivel az y = f egyenlet minden y Rf-re egyértelm en megoldható, így van inverz. Az y = egyenletb l = y, azaz f : [, ] [, ], f =. A függvény inverze önmaga. b A függvény injektív = y = y. Mivel az y = f egyenlet minden y Rf-re egyértelm en megoldható, így van inverz. Az y = -b l és y szerepét felcserélve, majd y-t kifejezve kapjuk, hogy g =. c A függvény injektív, tegyük fel ugyanis, hogy h = hy, azaz / = y /y yy + =. Ez a h értelmezési tartományán csak úgy lehet, hogy = y. Minden y R esetén az = y y y = h egyenlet egyértelm en megoldható, hiszen y = / y =. Ebb l, = y± y +, vagyis mindig két gyök van és itt pontosan az egyik gyök lesz az értelmezési tartomány eleme. Az inverz itt is az = hy egyenletb l számolható, y-t kifejezve: h : R R +, h = + + d A függvény injektív, ugyanis = y -ból = y következik. Mivel az y = f egyenlet minden y Rf-re egyértelm en megoldható, így van inverz. Az y = egyenletb l -et kifejezve: = y, vagyis k inverze önmaga.. Legyen f : R R adott függvény. Határozzuk meg az f [, 9], f [, ], f [, ] halmazokat, ha a f = ; b f = sin.. a f [, 9] = [, ] [, ], f [, ] = {}, f [, ] =. b f [, 9] =, f [, ] = k Z [k + π, k + π], f [, ] = { π. Legyen f : R R egy függvény, A, B R tetsz leges halmazok. + kπ : k Z}. a Mutassuk meg, hogy i. A f fa ; ii. f f B B. b Adjunk példát arra, hogy a fenti tartalmazásoknál általában nincs egyenl ség! feladatot. Nézzük meg az el z a Legyen A, ekkor az skép deníciója szerint f fa, hiszen f fa. Itt általában a két halmaz nem egyenl, pl. az el z feladatbeli f = függvény és A = [, ] halmaz esetén fa = [, 9], f fa = [, ] [, ] [, ]. b Ha f f B, akkor van olyan y f B, hogy fy =. Másrészt y f B azt jelenti, hogy fy B, azaz B. Általában itt sincs egyenl ség: ha f = és B = [, ], akkor f B = {}, f f B = f{} = {} [, ].. Mivel egyenl k az alábbi számok?. gyakorlat log =, log 9 =, log =, log =, log =, sin π =, sin π =, sin π = sin π =, sin π =, sin π =, sin π =, sin π = tg π =, tg π =, tg π =, tg π =, sgn log, 9π, sin = π, sin =, =, sgn sgn cos π =.

3 . Ábrázoljuk az alábbi függvényeket! Melyek lesznek párosak, páratlanok, periodikusak? Mi az értelmezési tartomány?,,,,, sgn, +,,,, log + +,, cos, cos, cos, cos, cos + π, cos.. Ábrázoljuk a trigonometrikus függvények inverzeit! Mi az értelmezési tartomány és az értékkészlet? arc sin = sin [ ], π, π arc cos = cos [,π], arc tg = tg, π, π arc ctg = ctg,π. y y y y a arc sin b arc cos c arc tg d arc ctg. gyakorlat. Mi a határértéke az alábbi a n sorozatoknak? Deníció alapján adott ε > -hoz adjunk meg n N küszöbindeet is. a a n =, b a n = n + 7 n n. a A sorozat határértéke. Legyen ugyanis ε > adott, ekkor a n a = n = < ε n > /ε n > /ε. n Tehát az n := [ /ε ] + küszöbinde-választás jó lesz. b Ennek a sorozatnak a határértéke /. Legyen ε > adott, ekkor n + 7 n = n + 7 n n = 7 < ε n > n + 7 ε, azaz a n / < ε teljesül, ha n nagyobb, mint a jobb oldalon álló ε-tól függ szám.. Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét a határérték és a m veletek közötti szabályok segítségével! a + n, b n, c + n, d n n n +. a A sorozat a b n = és c n = n sorozatok összege, így a határértéke ezen sorozatok határértékeinek összege: a n = + =. b A sorozat a b n = n sorozat kétszerese, így a határértéke a b n sorozat határértékének kétszerese: a n = =. c A sorozat a b n = n és c n = + n sorozatok szorzata, így a határértéke ezen sorozatok határértékeinek szorzata: a n = =. d A sorozat a b n = n és c n = n + sorozatok hányadosa, így a határértéke ezen sorozatok határértékeinek hányadosa: a n = + =.

4 . Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét! a n + n b n n n c n + + n n + d n n n +, 8 n+ e n n+ n 9 n+ + n f n! + n n + n! a n + n = + n n = + =. b n n n n = n n =. c d e f n + + n n + n n+ n 9 n+ + n = = n n n = +, 8n+ + n + + n = =. n +, 8, n =. 9 n n n 8 9 n + n = n! + n n + n! = + n n! n n! n! + = =. n 9 n = n 8. 9 n. Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét! a n + n, b n + n + n. a A -típusú kifejezést az alábbi módon alakíthatjuk át: n + + n n + n = n + n = =. n + + n n + + n b n + n + n = n + n + n + + n = + n + n + n + = =.. Bizonyítsuk be, hogy minden konvergens sorozat korlátos. Igaz-e a megfordítás? Ha a n konvergens, akkor létezik olyan a R, hogy minden ε > -hoz létezik n N, hogy minden n n -ra a n a < ε. Rögzítsünk egy tetsz leges ε > -t, például legyen ε =. Ekkor választható hozzá egy olyan n küszöbszám, hogy a sorozatnak a nála nagyobb inde elemei az a, a + intervallumban vannak, azaz ezen az intervallumon kívül legfeljebb véges sok tagja lehet a sorozatnak az a, a,..., a n lehet kívül. Ha M-mel jelöljük az els n tag maimumát, m-mel a minimumát, akkor a sorozatnak fels korlátja lesz a ma{a +, M} szám, alsó korlátja pedig a min{a, m}. A megfordítás nem igaz, az a n = n sorozat korlátos, de nincs határértéke.

5 . gyakorlat A határértékek kiszámításakor jó ötletnek t nhet, hogy egyszer en megpróbálunk behelyettesíteni, de ez általában nem hoz sikert, pl. mert / típusú erdedményt kapunk. Ilyenkor egy ügyes átalakítás segíthet algebrai, vagy trigonometrikus azonosságok.. =? =? + =? + = = = = ; / = =. + + / = ;. + =? + =? + =?. + = 9 = ; + = + = = + =. = 9 ; =? =? =? = = = + + = ; = = = + = + + = = 8 = = = = = =.. n =? n m =? n = n m = n n m = n m = n m. = n = n;

6 . cos sin =? sin =? tg sin sin =? cos cos = + cos + cos = cos sin + cos = tg sin sin = = cos sin = sin sin = sin sin =. cos cos cos = cos cos + cos cos =. Mi legyen A értéke, hogy f folytonos legyen az = pontban is? f = 8, ha A, ha =. + cos =. + cos cos =. A megadott függvény amely az egész R-en értelmezett akkor lesz folytonos = -ben, ha az ottani határértéke megegyezik a helyettesítési értékkel. Mivel 8 = ezért f folytonos lesz = -ben, ha A = /. + + = + + =,. gyakorlat. Mutassuk meg a deníció alapján, hogy a következ függvények minden a R pontban dierenciálhatók és számítsuk is ki a deriváltakat: a f = n, n egész, b h = sin f n a n a = a a = a n + n a a n = n a n = n a n ; a a a h sin sin a a = = a a cos +a a a sin a sin a a a = cos + a = cos a = cos a.. Deriváljuk az alábbi függvényeket, felhasználva a deriválási szabályokat.

7 i b a + =, a + a = a, c a b = b + a = a b, d = + = +, e =, f + = +, + g + + = , + h + + = + +, = 9, j cos sin = sin cos, k sin α + cos α cos α sin α = sin α cos α sin α + cos α sin α + cos α = sin α + cos α, sin l sin = sin cos sin sin cos sin m e = e, n ln ln ln = ln ln ln, o ln tg = tg cos = cos sin cos. Legyen f =. Mi lesz f? = sin cos = sin. Mivel külön-külön mindegyik tényez deriválja, a szorzatfüggvényre vonatkozó deriválási szabály szerint a derivált egy öttagú összeg lesz, minden tagból pontosan az egyik tényez hiányzik amikor t deriváljuk, a többihez pedig nem nyúlunk. Az öt tag mindegyikében fog szerepelni az -es szorzó, kivéve egyet. Emiatt f = = =.. Az inverzfüggvény deriválási szabályát használva számítsuk ki az alábbi függvények deriváltját ahol értelmes: a f = n, b g = arc tg. Mivel az n, illetve a tg függvények deriváltját már tudjuk, az inverzfüggvény deriválási szabálya szerint n = =b n n b n = n b n n = n b n. arc tg =b = tg a = = a=arc tg b a=arc tg b + tg a = a=arc tg b + b. cos a. Mennyi az f = sin + függvény inverzének deriváltja a b = + π pontban? Ha f invertálható, dierenciálható az a pontban és f a, akkor f dierenciálható a b = fa pontban és f b = f a = f f b. Ezt alkalmazva f + π = f π/ = + cos =. =π/ 7

8 . gyakorlat. Végezzünk teljes függvényvizsgálatot! a f =, b g = +, c h = +, d k =. a A függvény egész R-en értelmezett, zérushelye van a,, pontokban, f =, f =. f =, f =, f =. A derivált zérushelyei lehetséges lokális széls értékhelyek:,, a második derivált zérushelyei lehetséges ineiós pontok:. Mivel f polinom, ezért mindenhol folytonos. Az alábbi táblázat segít eldönteni f alaki tulajdonságait:,,,, f f f lokális ineiós lokális konve minimum konve pont konkáv maimum konkáv A derivált mindkét zérushelyén lokális széls érték van, mert ott a második derivált nem nulla. Az = -ban ineiós pont van, mert a harmadik derivált ott nem nulla illetve a -ban a függvény konveb l konkávba vált át. A rajzhoz még számoljuk ki a függvényértékeket az = ±-ben, azaz a lokális minimum és maimum értékeit: f =, f =. A függvény értékkészlete az egész R. y y e f = f g = + b A g függvény mindenhol értelmezett, nincs zérushelye, g = adódik, hogy g =, g = + + derivált zérushelyei az = /, / pontok. g =. Rövid számolásal. Ennek megfelel en a derivált zérushelye az =, a második, / / /,, / / /, f f + + f ineiós lokális ineiós konve pont konkáv maimum konkáv pont konve Valóban ineiós pontokról van szó, mert a függvény konveb l konkávba vált azokban a pontokban. A függvény értékei az ineiós pontokban, illetve a lokális széls értékhelyen: f =, f±/ = /. A függvény egy racionális törtfüggvény, amely mindenhol értelmezett, így mindenhol folytonos. Mivel zérushely nincs, a végtelenbeli eszekb l és a széls értékhelyen felvett értékb l a folytonsság miatt következik, hogy g értékkészlete a, ] intervallum. c A h függvény mindenhol értelmezett, kivéve az = pontot. Ett l a ponttól eltekintve mindenhol máshol folytonos. Zérushelye nincs. h =, h =, h =, h =. Az els és + második deriváltak: h =, h =. A derivált zérushelyei: és, a második deriváltnak nincs zérushelye. 8

9 ,,,, f + + f f lokális nincs lokális konkáv maimum konkáv értelmezve konve minimum konve h =, h =. A végtelenbeli és a szakadási pontbeli határértékeket gyelembevéve, a függvény értékkészlete a, ] [, halmaz. d A k függvény értelmezési tartománya a Dk = R \ {, } halmaz, továbbá Dk minden pontjában folytonos. A eszek ± -ben és ±-ben: k =, k =, k =, k =, ± + + k =. Zérushely nincs, k =. A deriváltak: k =, k = +. egyetlen zérushelye =, a második deriváltnak nincs zérushelye Dk-ban.,,,, f + + f f nincs lokális nincs konkáv értelmezve konve minimum konve értelmezve konkáv A derivált A -ban lokális minimum van, mert a második derivált pozitív, a minimum értéke k =, ez viszont nem globális minimum, hiszen a szakadási pontokban van határérték is. Az értékkészlet az Rk =, [, halmaz. y y 7 7 g h = + / h k =. Határozzuk meg az alábbi függvények lokális és globális széls értékhelyeit! a f =, b g = e sin. a f =, ennek a zérushelye = /. Tehát ebben a pontban lehet lokális széls értékhely. Mivel f <, ezért -ban lokális maimum van, a maimum értéke f, 9. Ez egyben globális maimum is, mert a függvény esze a ± -ben. b f = e sin + cos, f = e cos. Ott lehet lokális széls értékhely, ahol f =, azaz az = π + kπ pontokban k Z. A második derivált el jele ezekben a pontokban páros k-ra negatív, páratlan k- ra pozitív. Ebb l következ en f-nek lokális maimuma van az = π +lπ helyeken és lokális minimuma van az = π +l+π pontokban l Z. A függvénynek azonban nincs globális maimuma, illetve minimuma, mert f értékei a lokális maimumhelyeken végtelenhez tartanak, a minimumhelyeken felvett értékei pedig -hez. Például a maimumhelyeken f l ma = e π +lπ, ha l.. a Egy f : [, ] R függvényre f =. Igaz-e, hogy a -ban lokális széls értéke van? b Egy f : [, ] R függvényre f =. Igaz-e, hogy a -ban ineiós pontja van? Egyik sem igaz. Az els esetben az f = függvény szigorúan monoton növ, így nyilván nincs lokális széls értéke az = -ban, bár ott a deriváltja. A b részhez az f = függvényre f =, de sehol sincs ineiós pontja, hiszen végig konve. 9

10 . Írjuk fel az f = cos + függvény érint jének egyenletét az = pontban. Az érint egyenlete az pontban: y = f + f. Mivel f = sin és f = cos + /, ezért a keresett érint egyenlete y = sin + + cos +.. Írjuk fel a k = függvény érint jének egyenletét az = pontban. Húzzuk be ezt az egyenest az. d feladat ábrájába! Az érint egyenlete az pontban: y = k + k. Mivel k = és k = /, ezért a keresett érint egyenlete y = Számítsuk ki az alábbi függvények deriváltjait. = e ln = e ln ln + = ln +, ln sin = cos = ctg, sin log e ln e = = ln ln, ln e + + e = e + + e e + + e e, arc tg + + = = = Legyen f = {, ha a + b, ha > Hogyan kell megválasztani a és b értékét, ha azt akarjuk, hogy f dierenciálható legyen = -ben is? A függvény két részb l van összerakva, egy paraboladarabból és egy félegyenesb l áll. Azt szeretnénk, hogy a függvénygrakon két része csatlakozzon azaz f legyen folytonos és a két darab illeszkedése legyen sima, ne törjön meg azaz legyen f dierenciálható. A folytonossághoz az kell, hogy a jobb és bal oldali határértékek megegyezzenek, azaz f = = = a + b = a + b = + f, + azaz = a + b-nek teljesülnie kell, hogy f egyáltalán folytonos legyen. A másik követelmény a jobb és bal oldali deriváltak egyezése, azaz azaz a = és b = a = =. f = = = a = a + b a + b = f + +,

11 7. gyakorlat. Számítsuk ki az alábbi határértékeket L'Hospital-szabállyal. c a sin a ch cos e + e =? b sin b =? c =? a d ln cos a ln =? e + + =? f ln cos b =? sin a sin b = a cos a b cos b = a b ; ch cos sh + sin ch + cos b = = = ; e + e e e + e = = = e = ; ln d ln = + + / = / + / = = ; + f e + = e ln = e = ; ln cos a ln cos b = cos a b cos b sin aa = sin bb a tg a b tg b = a cos a b cos b. Írjuk fel az alábbi függvények n-edfokú -körüli T n, Taylor-polinomját. a f = e, T, =? b g = +, T, =? c h =, T, =? a T f,, = b T g,, = c T h,, = n= n= n= f n n = n! n= g n n = + n! 8 ; n n! = + +! +! +! +! +! ; h n n = + n!! +!.. Becsüljük meg, hogy legfeljebb mekkora hibát követünk el az alábbi közelít formulával: [ sin ],. a cos b = b cos a = a b. Használjuk a Taylor-formula Lagrange-maradéktagos alakját. Eszerint ha f legalább n + -szer dierenciálható az a pont egy környezetében, akkor f = T f, n, a + f n+ ξ n +! an+, ahol ξ egy a és közötti érték. Az f = sin függvény akárhányszor dierenciálható és a megadott közelít formula éppen T f,,, s t, mivel a függvény negyedik deriváltja a -ban sin =, ezért valójában = T f,, is igaz. Mivel /, ezért sin = f T f,, = f ξ =!!! 8.. Számoljuk ki e értékét legalább tizedesjegy pontossággal csak a négy alapm velet felhasználásával! Az e már kiszámolt Taylor-polinomját használva e T n, = e ξ n +! n+ n +! < n +! > n + 8 n 7.

12 Tehát e egy jó közelít értéke: ê = T n, = 7 k= k! = =, 7898, ami a pontosabb e =, értékkel összehasonlítva az els tizedesjegyben valóban megegyezik.. Végezzük el az alábbi m veleteket: 8. gyakorlat a + i i =? b i i =? c + i =? d /i =? e + i/ i =? f + i/ + i =? a + i i = i + i + = + i; b i i = i + + i = 7 + i; c + i = + i + i = + i + i = i + i = 8; d i = i i i = i = i; e + i i = + i i + i + i = + i ; f + i + i = + i + i i + i i = = i = i. i. Határozzuk meg azokat a c + di számokat, melyek négyzete i. A c + di = c d + cdi = i egyenl ség akkor áll fenn, ha a valós és képzetes részek megegyeznek, azaz c d = és cd =. Az ezekb l kapott másodfokú egyenletet megoldva c =, d =, illetve c =, d = megoldásokat kapjuk.. Írjuk fel az alábbi számokat trigonometrikus alakban: a + i, b i, c + i, d i. a + i = cos π + i sin π, b i = cos 7π + i sin 7π, c + i = cos π + i sin π, d i = cos π + i sin π.. Végezzük el az alábbi hatványozásokat! a + i =? b i =? a + i = b [ cos π + i sin π ] = cos π + i sin π = i; i = cos π +i sin π = cos 8π. Oldjuk meg az =, = és az = egyenleteket! +i sin 8π = cos 8π +i sin 8π =. a = = cos π + i sin π = cos kπ + i sin kπ k =,,, azaz = cos + i sin =, = cos π + i sin π = + i, = cos π + i sin π = i. b c = = cos π + i sin π = cos π+kπ + i sin π+kπ k =,,,. = = cos + i sin = cos +kπ + i sin +kπ k =,,,,,.

13 . Számítsuk ki i n -t, ahol n N. i = i, i =, i = i, i = és innent l kezdve ismétl dik, azaz, ha n = k i n i, ha n = k + =, ha n = k + i, ha n = k + 7. a Vezessük le a sinα ± β-ra és cosα ± β-ra tanult addíciós képleteket, felhasználva a komple számok trigonometrikus alakjátval végzett aritmetrikus m veleteket a szorzás szabálya felhasználható. b Fejezzük ki cos ϕ-t sin ϕ és cos ϕ segítségével. a Legyen z = cos α + i sin α, w = cos β + i sin β két egységhosszúságú komple szám. Szorozzuk össze ket kétféle módon: z w = cos α cos β sin α sin β + cos α sin β + cos β sin αi, a trigonometrikus alakok szorzása után pedig z w = cosα + β + i sinα + β. A két végeredmény természetesen ugyanaz, ezért a valós és képzetes részük megegyezik. Kicserélve β-t β-ra kapjuk a másik két azonosságot. b Tekintsük a cos ϕ + i sin ϕ komple számot és emeljük köbre kétféleképpen: cos ϕ + i sin ϕ = cos ϕ + i sin ϕ = cos ϕ + cos ϕi sin ϕ + cos ϕi sin ϕ + i sin ϕ = cos ϕ cos ϕ sin ϕ + i cos ϕ sin ϕ sin ϕ. Összehasonlítva a kétféle úton kapott eredmény valós részét kapjuk, hogy cos ϕ = cos ϕ cos ϕ sin ϕ. 9. gyakorlat. Az alapintegrálok felhasználásával számoljuk ki a primitív függvényeket. a d = / d = / / + C = + C; / b d = d = / d = 7/ / 7/ + C = C; c sin + cos d = sin d + cos d = cos + sin + C; sin d tg cos d = cos d = cos d = cos d d = tg + C; cos cos e sin + cos d = sin cos + sin d = cos sin d = sin + cos + C; f + d = + d = arc tg + C. Az fa + b d = af a + b + C formulát használva számítsuk ki a primitív függvényeket. c d a = ln + a + C; + a b d = + C = + d = + C; / / d = + C = / / + C. Számoljuk ki az alábbi f n f és f f alakú integrandusok primitív függvényét.

14 a + d = + d = + + C = + + C; b sin cos d = sin + C; c sin sin d = sin cos d = sin + C = sin + C; sin d cos + d = sin cos + d = ln cos + + C; / e ln d = d = ln ln + C. ln. Primitív függvény kiszámítása parciális integrálással. a e d = e + e d = e e + C; b cos d = sin sin d = sin + cos + C; c ln d = ln d = ln d = ln + C; d arc tg d = arc tg d = = arc tg + d = arc tg + = arc tg ln + + C; e e sh d = e sh = e sh e ch d = e e sh ch ch + e sh d. e sh d = A kapott egyenletet átrendezve kapjuk, hogy e sh d = e sh ch + C.

15 . gyakorlat. Számítsuk ki az alábbi integrálokat alkalmas helyettesítéssel, vagy akár más módon is. a A t = helyettesítéssel = t d = t dt, így e d = e t t dt = te t e t dt = e t t + C = e + C; b c d e f g A t = / helyettesítéssel = /t d = / dt, így d = d = A t = helyettesítéssel = t d = t dt, így + d = t + t dt = A t = / helyettesítéssel = t d = dt, így + d = + d = A t = e helyettesítéssel = ln t d = dt t, így e + e d = t + t t dt = A t = arc sin helyettesítéssel = sin t d = cos t dt, így / t dt = arc sin t + C = arc sin + C; + t dt = t ln + t + C = ln + + C; + t dt = arc tg t + C = arc tg + C; + t dt = t ln + t + C = e lne + + C; d = sin t cos t dt = cos t dt = + cos t dt = = sin t t + + C = arc sin + + C; A t = + helyettesítéssel = t d = t / t dt, így + d = t / t t t / dt = t dt = t + C = + / + C; h i A t = helyettesítéssel = t + d = dt, így t + d = t dt = = = 9 9 t 9 97 t + t + t + t dt = t t A ch sh = és az sh = sh ch t 99 + C = dt t t = th t helyettesítéssel = ar th t d = dt, sh = t t, így t sh d = t t dt = dt t dt t 98 + dt t C; dt t = th azonosságokból kapjuk, hogy sh = = ln t + C = ln th + C; th. A

16 j A t = ln helyettesítéssel = e t d = e t dt, így sinln d = e t sin t dt = e t sin t = e t sin t cos t e t sin t dt; e t cos t dt = e t sin t e t cos t + e t sin t dt = amib l átrendezéssel kapjuk, hogy e t sin t dt = et sin t cos t + C, amib l adódik az eredeti feladat megoldása: sinln d = et sin t cos t + C = sinln cosln + C. k A t = helyettesítéssel = t d = t dt, így sin d = t sin t dt = t cos t + t sin t = t cos t + = t cos t + t sin t t cos t dt = t sin t dt = cos t dt = t cos t + = t cos t + t sin t + t cos t sin t + C = = cos + + sin + C; l Legyen k π < < k + π, ekkor a t = tg helyettesítéssel = arc tg t d = dt, így + t + cos d = + t + t dt = +t dt = t + C = tg + C.. gyakorlat Határozott integrálok kiszámításához az alábbi tétel szerint elég az integrandus egy primitív függvényét ismerni.. Tétel NewtonLeibniz. Ha f folytonos az [a, b] intervallumon és F primitív függvénye f -nek, akkor b. Számítsuk ki az alábbi határozott integrálokat! a ] a f = F b F a. [ d = = = ; [ ] d = = = ; π π π/ π/ e d = [e ] = e e = e ; cos d = [sin ] π π = sinπ sin π = ; tg d = [ ln cos ] π/ π/ = ln cos π + ln cos π = ln + ln = ln.

17 b A primitív függvényt mindkét esetben parciális integrálással határozhatjuk meg. Egy primitív függvény e e, ezért e d = [e e ] = e e e e = e +. Az arc tg ln + függvény egy primitív függvény, így arc tg d = [ arc tg ] ln + = arc tg ln + = arc tg ln. c Ezekben a feladatokban helyettesítéses integrálással lehet egy-egy primitív függvényt megkeresni. A t = + helyettesítés után = t, d = ezért t + d = [ + + d = dt, így t + dt = + C = + C, ] = 799 =,. A t = helyettesítés után = t, d = t dt, így e d = te t dt = te t e t dt = e t t + C = e + C, ezért e [ d = e ] =. A t = arc sin helyettesítés után = sin t, d = cos t dt, így d = sin t cos t dt = cos t dt = = arc sin + + C, + cos t dt = t + sin t + C ezért d = [ arc sin + ] = π. Végül a t = e helyettesítés után = ln t, d = t vagyis e + e d = t + t t dt = dt, így + t dt = t ln + t + C = e lne + + C, e + e d = [e lne + ] = e lne + ln.. Számítsuk ki az alábbi síkidomok területét! a {, y R : y } ; b {, y R : y + } ; 7

18 c {, y R :, y } ; d az y = sin és az y = /π görbék által határolt síkidom az els síknegyedben. a A megadott parabola az = ± pontokban metszi az -tengelyt, a keresett terület pedig az y = függvény grakonja alatti terület a [, ] intervallumon, ami d = [ ] =. b A kérdéses síkidom nem más, mint az y = + egyenes és az y = parabola által bezárt síkrész. Az egyenes és a parabola metszéspontjainak abszcisszái és. A keresett területet nem más, mint a [, ] intervallumon értelmezett f = + grakonja alatti terület és a g = grakonja alatti terület különbsége. A Newton-Leibniz formulából az els terület + d = [ + ] = + =, míg a második d = [ ] = 8 =. Tehát a kérdéses terület = 9. c A kérdéses terület két integrál különbségeként áll el : a [, ] intervallumon értelmezett f = és a g = függvények grakonja alatti területek különbségeként. A terület tehát d d = =. d A keresett terület most is megkapható két integrál különbségeként: T = π/ sin d π/ /π d = π/.. gyakorlat. Határozzuk meg az alábbi kétváltozós függvények összes lehetséges els rend parciális deriváltfüggvényét! a f, y = b f, y = y c f, y = + y d f, y = y e f, y = e +y f f, y = y e y a f, y =, f, y =. b f, y =, f, y = y. c f, y =, f, y = y. d f, y = y, f, y = y. e f f, y = e e y, így f, y = e y e, f, y = e e y y. f, y = y ye e y, f, y = y e y y y y e y = e y.. Határozzuk meg a f, f, f, f, f, f, f, f függvényeket az alábbi függvények esetén: a f, y, z = z, b f, y, z = + y + z, c f, y, z = ze y. a f, y, z =, f, y, z =, f, y, z =. Ebb l adódik, hogy minden magasabb rend parciális deriváltfüggvény. b f, y, z =, f, y, z =, f, y, z =. Ebb l adódik, hogy minden magasabb rend parciális deriváltfüggvény. c f, y, z = ze y, f, y, z = ze y, f, y, z = e y. A másodrend deriváltak: f, y, z = f, y, z = ze y, f, y, z = f, y, z = ze y, f, y, z = e y. A harmadrend deriváltak: f, y, z = e y, f, y, z = e y.. Mi lesz a g : R R függvény Jacobi-mátria, ha g, y = a, y b Ha f = f, f, akkor + y + y, + y + y c e cos y, e sin y d e +sh cos y, e sin y + ln y f = f f. f f 8

19 Ennek megfelel en g, y = a d b + y y + y + y y + y. Számítsuk ki f, y, z-t, ha f : R R, f, y, z = c e cos y e sin y e sin y e cos y e +sh + ch cos y e +sh sin y e sin y + ln y e cos y + ln y + /y a y, y + z b y, yz a y b y y y ln y z yz yz ln zy z yz ln y z ln y. Számítsuk ki f, -et, ahol a f, y = y b f, y = + y + y c f, y = ln + y Ha f : R R, akkor a f = f f f f. b 8 8 c 7 7. Mutassuk meg, hogy ha u, y = ln + y, illetve u, y = arc tg y, akkor a az összegük valóban nulla. b az összeg itt is nulla. u := u, y + u, y =. ln + y = y + y, ln + y = y + y, arc tg y = y + y, arc tg y = y + y, 9