IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások november

Átírás

1 IV. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS Megoldások 009. november

2 Határozatlan integrálás C + C C + C.07. ( ( C.08. ( ( C ( + ln + + C.. ( + ( + ( C.. + ( + ( + ( + + ( + ( + + arc tg + C ln + ln arc tg + C + ln arc sh + C.8. cos cos sin cos sin cos sin (cos + sin sin cos + C C ln 8 + C.

3 .. Végezzük el az u helyettesítést, ezzel du: e e u du e u + C e + C... Végezzük el az u 5 helyettesítést. Ekkor du, és így cos( 5 cos u du sin u + C sin( 5 + C. Megjegyzés: Az ilyen integrálokat célszer annak az összefüggésnek a felhasználásával kiszámítani, hogy ha f( F ( + C, akkor f(a + b F (A + b + C. A Például: cos sin + C, tehát cos( 5 sin( 5 + C. A továbbiakban ezt az eljárást alkalmazzuk valahányszor a bels függvény -nek lineáris függvénye... 8 (8 + C (8 + C.. ( π sin [ ( π ] cos + C ( π cos + C.5. 0 e e ln 0 e e (+ln 0 0 e(+ln + ln 0 + C 0 e + ln 0 + C. Megoldás közben azt az összefüggést használtuk fel, hogy a e ln a, ill. 0 e ln 0. Ezért 0 ( e ln 0 e ln ( arctg 5 + C 5 5 arctg 5 + C.

4 ( ( arch + C ( arch + C. ( u du u + C ( + C. Az integrálban u helyettesítést végeztük el, ekkor du... + du u + + C. A használt helyettesítés: u +, ekkor du... cos sin du u sin + C. A használt helyettesítés: u sin, ekkor du cos... sin( + sin u du cos ( + + C. A használt helyettesítés: u +, ekkor du ln ( + + C. Azt látjuk, hogy -vel való szorzás után a számláló a nevez deriváltja, tehát a kifejezés integrálja a nevez e alapú logaritmusával egyenl. Ezt a szabályt jól tanuljuk meg és az ilyen esetekben mell zzük a helyettesítést, bár ez az el z ek egy speciális esete. (Most is alkalmazhattuk volna az u + helyettesítést..7. ln ln ln ln + C.8. ln u du ln + C. A használt helyettesítés u ln, ekkor du.

5 5.9. ( ln( + C. ( ln( + C. Felhasználtuk, hogy ( A használt helyettesítés u, ekkor du. du u + arc tg u + C arc tg + C... cos + sin du + u arsh u + C arsh(sin + C. A használt helyettesítés: u sin, ekkor du cos... Ilyen esetekben az integrálandó függvényt két függvény összegére (vagy különbségére bontjuk úgy, hogy az egyik függvénynél a számláló a nevez deriváltjának valami konstansszorosa legyen, a másik függvénynél pedig a számláló már csak egy konstans, melyet az integrál jel elé is kivihetünk. Tehát ( ( ln ( + 9 arc tg + C.

6 ( + ( + + ( e e e + C..55. e e ue u du ( + e + C, ahol u helyettesítéssel du..57. sin cos sin 8 sin cos + C..59. }{{} arctg }{{} u v, ahol a parciális integráláskor u, és v. Így + Felhasználtuk, hogy arctg + arctg + arctg + C. ( arctg uarctg u du arctg + arctg + C A használt helyettesítés: u, ekkor u du..6. Két parciális integrálást kell elvézgezni: }{{} ln }{{} ln u v ln ln + 6 }{{} u ln }{{} v ln ln ln + 6 ln 6 + C..6. u, v (arcsin válsztással egy parciális integrálást végz"unk, ekkor u v arcsin, és ezért (arcsin (arcsin arc sin

7 7 Újabb parciális integrálást végzünk u arcsin, v választással, ekkor (arcsin + arcsin (arcsin + arcsin + C..6. K tféleképpen végezzïnk parciális integrálást: }{{} e cos }{{ } e sin u v ahol Másrészt ahol e sin ( u e v sin. }{{} e cos }{{ } e cos + e sin ( u v u e v sin. Szorozzuk meg (-et néggyel, (-t pedig kilenccel és vonjuk össze az így adódó kifejezések jobb illetve baloldalát. e cos e sin 6 e sin 9 e cos e cos + 6 e sin e cos e sin + e cos + C Végül -al való osztás után nyerjük, hogy: e cos e ( sin + cos + C..6. e arcsin e u cos u du, ahol arcsin u, azaz sin u helyettesítéssel cos u du Így olyan alakra jutottunk, melyet parciálisan lehet integrálni, éppen az el z példában is bemutatott módszerrel. A parciális integrálást elvégezve adódik, hogy e u cos udu eu (sin u + cos u + C,

8 8 tehát e arcsin earcsin ( + + C.65. Ha a másodfokú nevez j törtfüggvény nevez je tényez k szorzataként írható fel, akkor a tört lineáris nevez j törtek összegére bontható. Annak érdekében, hogy ezt a felbontást elvégezhessük a nevez t egyenl vé tesszük 0-val és megoldjuk az így nyert egyenletet, mert ennek az egyenletnek a gyöktényez i lesznek a szorzat alakban felírt nevez tényez i. Az egyenlet gyökei:,, azaz 7 + ( ( Most már ismerjük a keresett lineáris tört-függvények nevez it, meghatározandók még a számlálók, melyek lineáris nevez esetén konstansok lesznek. Jelöljük ezeket A-val és B-vel, akkor 7 + A + B A( + B(. ( ( Azonosságot írtunk, mert olyan A és B értéket keresünk, melyek mellett az egyenl ség minden -re fennáll. Mivel a nevez k azonosan egyenl k az azonosságnak a számlálókra is fenn kell állni, azaz A( + B(. Az azonosság nyilván fennáll, ha az -es tagok együtthatója mind a két oldalon egyenl ugyanúgy, mint a konstansok. Ez azonban két egyenletet szolgáltat, melyekb l A és B A+B A+B kiszámítható. -A-B- A kapott B értéket behelyettesítve -A-B- B pld. az els egyenletbe A adódik, tehát Ezért az integrál ( ( ln c, ln( + ln( + C (C ln c bevezetésével.66. Az egyenletnek nincsenek valós gyökei, tehát nem bontható tényez k szorzatára. Bontsuk fel a törtet két tört összegére, melynek nevez je közös (a régi nevez, az egyik számlálója a nevez deriváltjának valami konstansszorosa, a másiké pedig konstans. A nevez deriváltja +, tehát a számlálókat a következ alakban keressük α( + és β.

9 9 α és β értékét a következ feltételekb l határozhatjuk meg: α( + + β. Most is két egyenletet írhatunk fel, melyekb l α és β meghatározható. α, α + β, ezekb l α, β 8. Így az integrált két integrál összegére bontottuk: Az els integrál eredménye ismert, hiszen a számláló a nevez deriváltja. A másodikat pedig teljes négyzetté való átalakítással vezetjük vissza ismert feladatra. ezért ( + + [ ] ( ( + + arctg + + C Tehát a megoldás: ln( arctg + + C számlálója magasabb fokú mint a nevez je, ezért felbontható egy polinom és egy valódi tört összegére. ( : ( + + ( ( + 8 ( A polinom osztás eredménye: ,

10 0 tehát ( Az els integrál kiszámítása nem okoz gondot, ahhoz azonban, hogy a másodikat meghatározzuk, a törtet részlettörtek összegére kell bontanunk. A nevez t most minden különösebb számítás nélkül fel tudjuk írni szorzat alakjában tehát ( ( + (, A + B + + C A( + B( + C( +. Ennek alapján felírhatjuk az egyenletrendszert, melyb l A, B és C kiszámítható: és innen A + B + C B + C 6 A 8, A, B, C 5. Megjegyezzük, hogy ilyen esetekben, amikor a gyökök mind különböz ek, általában gyorsabban kapjuk az ismeretlen A, B, C értékeket, ha a számlálók egyenl ségét kifejez egyenletben helyére a gyököket helyettesítjük. Példánkban az A( + B( + C( + kifejezésben helyébe zérust írva azonnal nyerjük, hogy 8 A azaz A. - nél 0 8C, innen C 5. Végül -nél 8B, azaz B, tehát ( ln ln( ln( + C. A keresett megoldás: ln ( 5 + C. ( Könnyen meggy z dhetünk róla, hogy a nevez négy különböz tényez szorzatára bontható. Ezután a feladat az el z höz hasonlóan oldható meg. De munkát takaríthatunk meg az u helyettesítéssel. Ekkor ugyanis du és + du u u + ln u u + C ln + C.

11 .70. [ ( (.7. ( + C kifejezést polinomjaként felírva (pld. el állítjuk az ( + ( ] 0 helyhez tartozó Taylor polinomját, lásd, 0. példát. adódik, azaz ( ( ( ( + ( ( ( ( + ( ln( + ( ( + C (Természetesen úgy is eljárhattunk volna, hogy a részlettörtekre bontást a többszörös gyököknek megfelel en végeztük volna el alapján A ( + B ( + C ( + d (.7. Többszörös gyökök esetén a gyöktényez a multiplicitásnak megfelel számossággal szerepel a nevez ben az egyt l a multiplicitásnak megfelel hatványig. Els fokú gyöktényez esetén a számláló konstans. + A ( + B + C + d + e (. Ugyanis ebben a példában a 0 háromszoros, pedig kétszeres gyök. + A( + + B( + + C( + + d( + e

12 Egyenletrendszerb l A + d 0 A + B d + e A B + C B C 0 C A, B, C, d, e ( + ( + + ( + ( ln ( + C ( ln + + C 6 + ( + A + B + C + D + E + F + Másodfokú gyöktényez esetén a számláló els fokú! A( B( + + C( + + d( + + E 5 + F azonosságból írható fel az egyenletrendszer, melyb l A, B, C, D, E és F meghatározható. A + e 0 B + F 0 A + C 0 B + d 0 C 0 A 0 e 0 Tehát d B F ( arc tg + C

13 .75. ( ( + + A + A( B( + C( B + C + + A + B 0 A A B + C B A C 0 C ( ( ln( 6 ln( arctg + + C ( + ( ( + ( ( + ( ln + + arctg + C ( + ( + A + + B ( + + C + d + alapján végezzük a részlettörtekre bontást és nyerjük: ( + ( + ( ( + + ( + ( + ln( + ( + ln( + C.78. A nevez tényez kre bontását a következ képpen végezhetjük el: ( + ( + ( A rész törtekre való bontás vázlata Az eredmény: ( + + ( + + A + B C + d + + ln arctg + C

14 .79. A feladat els pillanatra azonos jelleg az el z vel. Meg is oldható annak alapján, de gondosabb vizsgálat után kiderül, hogy speciális tulajdonságai gyelembe vételével sokkal egyszer bben is megoldható. ( + Az els integrált + u + helyettesítéssel hozhatjuk még egyszerübb alakra, alapintegrálra (lásd a 9. feladatot, a második pedig máris integrálható, mert a számláló a nevez deriváltjának a negyede. + + arctg ln( + + C.80. Többszörös komple gyök esetén javasolható a tg t helyettesítés. ( + 9 ( 79 + [ 79 9 ( + ] 79 (tg t + cos t dt cos 6 t dt ( cos t tg t; cos t dt ( cos tdt ( + cos t dt + cos t + cos t dt + cos t ( + cos t + dt ( t + sin t + t sin t + + C ( 97 arctg (9 + C ( arc tg + 6( ( C.86. Páratlan kitev esetén helyettesítéssel oldhatjuk meg a feladatot. cos 5 cos cos (cos cos ( sin cos ( u du ( u +u du u u + u5 5 +C sin sin + 5 sin5 +C u sin du cos

15 5.87. Páros kitev esetén a linearizáló formula alkalmazását javasoljuk. ( cos sin 6 (sin ( cos + cos cos ( + cos cos + cos 8 8 Az els integrálban újból alkalmaztuk a linearizáló formulát, így került cos helyébe + cos. A második integrálban pedig már páratlan kitev n szerepel trigonometrikus függvény, tehát az az el z példa mintájára megoldható. Az eredmény: sin 6 ( 5 8 sin + 8 sin sin + 6 sin + C sin 6 cos sin 6 cos cos sin 6 ( sin cos u sin du cos u 6 ( u du 7 sin7 9 sin9 + C.89. sin cos.90. sin cos ( cos cos + cos cos cos ( cos + cos ( cos sin cos tg sin + + C u ( du u u du u u + u +C u cos du sin cos cos + C

16 6.9. Alkalmazzuk a t tg sin + cos helyettesítést, akkor +t t +t + t +t dt t + t dt ln tg + tg + C.9. Itt is válogathatunk a megoldási módszerek között. Alkalmazhatjuk a t tg helyettesítést, akkor cos t dt arth + C ln + tg tg De ugyanúgy használhatjuk fel a páratlan kitev j jellegét is. cos cos cos cos sin + C ln tg ( π + + C du u ln Megfelel átalakítások után az eredmény ugyanolyan alakra bontható: cos ln tg (π + + C.9. 5 cos arctg ( tg + C + sin sin + C.9. Ha sin -nek és cos -nek csak páros kitev j hatványai és tg fordulnak el, akkor (bár a t tg helyettesítés akkor is alkalmazható el nyösebb a t tg helyettesítés alkalmazása. tg 5 t 5 + t dt (t t + t + t dt t t + ln(t + + C (.95. Tehát t tg arc tg t dt + t ( tg tg ln cos + C cos + tg ; t tg sin + tg tg, helyettesítés esetén ( + t sin cos ( + t dt ( + t t + t dt t

17 7 + t + t + t 6 ( dt t t + t + + t dt t t + t + t + C cotg cotg + tg + tg + C tg sin tg + ln tg + C sin arc tg ( tg + C.98. cos + sin cos sin + tg ln tg + sin cos + C (A linearizáló formula segítségével cos függvényeként írhatjuk fel az integrálandó függvényt. Ezáltal a feladat nagymértékben egyszer södik..99. ( sin cos 5 π [ sin(8 π + sin(π ] cos( π 6 cos(8 π + C.00. Nem típus feladat, de sin sin sin cos és sin + cos összefüggések felhasználásával egyszer megoldást nyerünk. + sin sin + sin cos + cos (sin + cos sin cos + C.0. A hiperbolikus függvények integrálását sok esetben, mint pl. most is a trigonometrikuséhoz hasonlóan végezzük el. Már most megemlítjük azonban, hogy a hiperbolikus függvények racionális függvényeinek az integrálása mindig visszavezethet e racionális függvényének az integrálására. Hogy mikor melyik utat választjuk azt a célszer ség dönti el. sh ch sh (+sh ch u (+u du (u +u du ( u sh ; du ch ( u + u5 5 + C sh + 5 sh5 + C

18 8.0. sh (ch sh u du ch ch ch u 5 5 ch + C u ch du sh.0. ch sh tehát írható, hogy ch sh ch sh ( ch sh ch sh sh ln sh ln ch + C ch ln sh + C ln th + C ch.0. Az el z példa alapján nagyon egyszer en kapjuk az eredményt a következ átalakítás után: sh sh ch ln th + C De akkor sem okoz gondot a megoldás, ha sh helyébe e e kifejezést írjuk, vagy ha sh -el való szorzás és osztás után sh ch integrálására alkalmazzuk az u ch helyettesítést. összefüggés alapján ch α chβ [ch(α + β + ch(α β] ch ch ch (ch 6 + ch + ch + e e + u u + du u u u + du u e ln u u du ( e ln(e + + C sh sh + 8 sh + + C ( du u ln(u++c ( u +

19 e ( 6 (u u du u + du ln e + C u e e u ln u u du.08. A parciális integrálás alkalmazható, de a megoldás ilyen módon sokkal hosszabb, mintha sh -et e -el fejezzük ki, ezért ezt a megoldást ajánljuk hasonló esetekben is. e sh e e e e e 8 e + e + C u 5 u udu 9 (u 5du ( u 9 5u + C (.. u + 5 ; + 5 u ; u 5 ; udu ( ( C + 5 ( 0 + C ( + ( u + u + u + + u udu ( u ; u ; u + ; udu ( (u 6 u + u du ( u 7 7 u5 5 + u + C 8 ( 7 5 ( 5 + ( + C.. A feladatot kisebb lépésekben kétszeri helyettesítéssel is megoldhatjuk. El bb e t, majd pedig u t + helyettesítést alkalmazva racionális törtfüggvény integrálására vezetjük vissza. e + dt t t + u (u u du arth u + C ln + u u + C du u t e ; ln t ; t dt; u t + ; t u ; dt udu

20 0 ln u + u + C ln e + + e + + C Természetesen rövidebb lesz a megoldás (és azért általában így is járunk el, ha a két helyettesítést összevonva egy megfelel helyettesítést alkalmazunk. e + (A folytatás azonos. u u(u du du u e + u e u ln(u u u du.. + u + u 6u5 du u 6 6u 5 du u 6. A gyökkitev k legkisebb közös többszöröse lesz a helyettesítend kifejezés gyökkitev je. u 9 ( 6 u + du 6 u 6 u + du ln( 6 ++ u + 7 ( 6 + ln 6 + arc tg 6 +C 6 7 arctg C ln ln u u + u du u u + du u u + ln(u + + C u u du + ln( + + C (u + u + du.5. + u ( + u + u du u u ( + u ( u du ( u u u + du ( u + + u ; + u ; u u ; + u ( + u du

21 ln ( ln(u ln(u + + arctg u + C ln u u + + arctg u + C arc tg C ln + arctg C.6. t helyettesítéssel a gyökjel alatt már lineáris kifejezés lesz, tehát így sikerült a feladatot az el z kben tárgyalt típusra visszavezetni. Az eljárás azért alkalmazható a jelen esetben, mert a számlálóban áll, ami így írható. Itt helyébe t, helyébe pedig dt írható. Gyakorlásképpen oldjuk meg a feladatot ilyen bontásban is. Tekintettel azonban arra, hogy az így nyert integrált egy újabb helyettesítéssel racionalizáljuk, joggal merül fel az az igény, hogy lehet leg egyetlen helyettesítéssel oldjuk meg a feladatot. Ez lehetséges + + u du u du ( u u du u 8 u 8 + u du u ( u u + C + ( + + C + ( + C ( + arsh ( + C.8. 9 (9 + [( + ] ( ( arc sin + C arc sin + C.9. 9 ( A gyökjel alatti kifejezés az hely kivételével (amikor is 0 mindenütt negatív, ezért bel le négyzetgyök nem vonható. Az integrálandó függvény tehát sehol nincs értelmezve (még az helyen sem, mert ott a nevez 0.

22 .0. + ( [( ] ( sin u cos udu ( cos u cos udu sin u ; sin u + ; cos udu + cos u cos udu du u + sin u + C A visszahelyettesítéshez egyrészt sin u kifejezésb l felírjuk, hogy u arcsin, másrészt sin u-t kifejezzük sin u-val, mert sin u helyébe írható.. sin u sin u cos u sin u sin u ( + tehát + arcsin C + + ( + ( + ( + ( sh t ; sh t + ; ch tdt ( sh t + ch tdt ch tdt ch t + dt

23 ( sh t 8 + t + C ( 8 sh t + sh t + t + C [ 8 ( + ( + arsh ( ] + C 8 ( arsh ( + C arsh ( + C arc sin + C arsh ( + + C arsh + C arsh + + C arch [ ] ( + + C arc sin C 7

24 Improprius integrálok.0. ω lim ω [ lim ] ω lim ω ω ω lim lim (ln ω ln. ω ω Mivel lim ω ln ω, ezért a fenti integrál divergens. π 5π. [ omega + ] Divergens e. 9e e tehát divergens. 0 lim ε 0 ε lim ε 0 ( ln ε + ln, lim [ ln( ] ε ε 0 0

25 [ ] ε lim lim ε 0 ε ε 0 0 lim ε 0 ( ε +. lim ε 0 +ε [ ] lim ln( ε 0 +ε tehát divergens lim( ε 0 ln ε ln,. π.. π.