Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények

Átírás

1 Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Simonné Szabó Klára. február 4.

2 Tartalomjegyzék. Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása Alapfeladatok Összetett feladatok Integrálás helyettesítéssel Alapfeladatok Összetett feladatok: Improprius integrálás Alapfeladatok Összetett feladatok Lineáris algebra 59.. Vektortér Alapfeladatok Összetett feladatok Mátrixok Alapfeladatok Összetett feladatok Determinánsok Alapfeladatok Összetett feladatok Lineáris egyenletrendszerek Alapfeladatok Összetett feladatok Inverzmátrix Alapfeladatok Összetett feladatok Sajátérték és sajátvektor Alapfeladatok Összetett feladatok Vektorgeometria 7.. M veletek dimenziós vektorokkal Alapfeladatok Összetett feladatok: Egyenes egyenletrendszere Alapfeladatok Összetett feladatok Sík egyenlete Alapfeladatok Összetett feladatok Térelemek távolsága

3 .4.. Alapfeladatok Összetett feladatok Térelemek hajlásszöge és metszéspontja Alapfeladatok Összetett feladatok Vegyes összetett feladatok Többváltozós függvények Helyettesítési érték számolása Alapfeladatok Összetett feladatok Értelmezési tartomány vizsgálata Alapfeladatok Összetett feladatok Szintvonalak Alapfeladatok Összetett feladatok Határértékszámítás Alapfeladatok Összetett feladatok Parciális deriváltak Alapfeladatok Összetett feladatok Érint sík Alapfeladatok Összetett feladatok Gradiens Alapfeladatok Összetett feladatok Iránymenti derivált Alapfeladatok Összetett feladatok Széls érték-keresés Alapfeladatok Összetett feladatok Kett s integrál Alapfeladatok Összetett feladatok

4 . Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása... Alapfeladatok 4. Feladat: x dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört, mert a számlálóban alacsonyabb fokszámú polinom van, mint a nevez ben. Ha a számláló konstans, a nevez pedig els fokú, akkor mindig ki kell alakítani a számlálóban a nevez deriváltját, azaz f (x dx ln f(x + c f(x integrálási szabályt kell alkalmazni: 4 x dx 4. Feladat: f(x x és f (x x dx 4 7 (x 5 dx x dx 4 ln x + c Megoldás: Mivel x 5 egy lineáris kifejezés és x x hatványfüggvény, azaz létezik primitív függvénye, ezért alkalmazzuk a F (ax + b f(ax + bdx + c a integrálási szabályt. Most ax + b x 5 a 7 (x 5 dx 7 (x 5 (x 5 dx c (x 5 + c Megjegyzés: Ilyen típusú feladatokra kimondható a következ integrálási szabály: (ax + b n dx (ax + b n dx (ax + b n+ ( n + a + c n 5. Feladat: 9 + 4x dx Megoldás: A számlálóban egy konstans van, a nevez ben lév másodfokú kifejezésnek pedig nincs valós gyöke (9 + 4x 9, ha x R, 4

5 azaz a nevez nem bontható fel els fokú tényez k szorzatára. Ebben az esetben az integrandust alakúra kell hozni! + (ax + b Mert arctg (ax + b dx + c + (ax + b a Kiemelésekkel alakítsuk ki az egyeseket a számlálóban és nevez ben is x dx x dx 5 ( 9 x + 4. Feladat: 5 arctg ( x 9 + c 5 ( x 6 arctg + c 7 + 5x dx Megoldás: Az integrandust 7 + 5x dx 7 + alakúra kell hozni! + (ax + b ( dx 5 7 x 7 arctg 7 arctg ( 5 7 x c 5 arctg ( 5 7 x 5 7 ( 5 7 x + c + c x 5. Feladat: + x dx Megoldás: A számláló egy els fokú polinom, a nevez pedig egy tovább már nem bontható másodfokú, mivel x + ha x R. Ilyen esetben az az els lépés, hogy megpróbáljuk kialakítani a számlálóban a nevez deriváltját. A nevez deriváltja: x + x dx ( + x x x + x dx ln + x + c Az abszolútérték elhagyható, mivel + x > minden x R esetén 5

6 x + 6. Feladat: + x dx Megoldás: A nevez egy tovább már nem bontható másodfokú, a számláló pedig els fokú polinom. Alakítsuk ki a számlálóban a nevez deriváltját, azaz x-t. x + + x dx x + + x dx Ekkor az integrandust két olyan tört összegére kell bontani, amelyek egyikében a számláló a nevez deriváltja, a másik számlálója pedig konstans : ( x + x + + x dx ln( + x + arctg x + c 7. Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: x(x + Megoldás: A nevez els fokú tényez k szorzataként van felírva, ekkor a parciális törteket a következ alakban kell keresni: Határozzuk meg A és B értékét. x(x + A x + B x + Els lépésben hozzunk közös nevez re: x(x + A x + B A(x + + Bx x + x(x + A nevez k egyenl sége miatt a számlálóknak is meg kell egyezniük: Rendezzük a jobboldali polinomot: A(x + + Bx (A + Bx + A Két polinom egyenl ségét kell vizsgálnunk: (A + Bx + A x + Két polinom akkor egyenl, ha az azonos fokszámú kifejezések együtthatói rendre megegyeznek, azaz A + B és A 6

7 Oldjuk meg az egyenletrendszert: A és B Tehát x(x + x x + ( x x + 8. Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: (x 4(x + Megoldás: A nevez két els fokú kifejezés szorzata. Keressük a parciális törteket a következ alakban: Hozzunk közös nevez re: (x 4(x + A x 4 + B x + (x 4(x + A x 4 + B A(x + + B(x 4 x + (x 4(x + Vizsgáljuk a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a polinomot. A(x + + B(x 4 (A + Bx + A 4B x + Írjuk fel az együtthatók egyenl ségét. Oldjuk meg az egyenletrendszert. Ha akkor A + B és A 4B A B A 4B 6B B és A Tehát a racionális tört parciális törtekre bontva: (x 4(x + x 4 x + 7

8 9. Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: (x + x Megoldás: A nevez els fokú tényez k szorzataként írható fel: (x + x x Ekkor a parciális törteket a következ alakban kell keresni: (x + x A x + + B x + C x Határozzuk meg A, B és C értékeit. Hozzunk közös nevez re. Vegyük észre, hogy a közös nevez ebben az esetben is az eredeti nevez vel egyezik meg. (x + x A x + + B x + C x Ax + Bx(x + + C(x + (x + x Vizsgáljuk a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a polinomokat. Ax + Bx(x + + C(x + (A + Bx + (B + Cx + C x + x + Írjuk fel az együtthatók egyenl ségét. Oldjuk meg az egyenletrendszert. A + B B + C C Az utolsó egyenlet alapján C 4. Behelyettesítve a másodikba kapjuk, hogy B 4. Az els egyenletbe helyettesítve A 4. Tehát C 4 B 4 4 A A racionális tört parciális tört alakja: 4 4 (x + x x + x + 4 x 8

9 . Feladat: Írjuk fel parciális törtek összegeként az alábbi racionális törtet: 6x (x + 5(x + Megoldás: Mivel x + 5 5, ezért az els tényez nek a nevez ben nincs gyöke, azaz egy tovább már nem bontható másodfokú polinom. Ekkor az egyik résztört nevez je x + 5 és a hozzátartozó számlálót szigorúan els fokú polinom alakjában kell keresni. 6x (x + 5(x + Ax + B (x C x + Hozzunk közös nevez re. Rendezzük a számlálót. (Ax + B(x + + C(x + 5 (x + 5(x + (A + Cx + (A + Bx + B + 5C (x + 5(x + Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. (A + Cx + (A + Bx + B + 5C 6x A + C A + B 6 B + 5C Olvassuk le az egyenletrendszer megoldását. Ha A C, akkor C + B 6 B + 5C Az els egyenletb l vonjuk ki a másodikat. 6C 6 C Az egyenletrendszer megoldása: C B 5 A Tehát a racionális tört parciális törtekre bontása: 6x (x + 5(x + x + 5 (x + 5 x + 9

10 . Feladat: Milyen típusú parciális törtek alakjában kell keresni az alábbi racionális törtet? (x + (x + 4x 4 Megoldás: (x + (x + 4x 4 A (x + + B (x + + Cx + D (x E x + F x + G x + H x 4... Összetett feladatok. Feladat: 5x 6 x x dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört, a számláló els fokú, a nevez pedig másodfokú polinom. A nevez ben x kiemelésével szorzattá alakítható, tehát a tört felírható parciális törtek összegeként. Végezzük el a parciális törtekre való bontást. Hozzunk közös nevez re. 5x 6 x x 5x 6 (x x A x + B x 5x 6 x x 5x 6 (x x A x + B x Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a jobboldali polinomot. Ax + B(x 5x 6 (A + Bx B 5x 6 Ax + B(x (x x Írjuk fel a megfelel együtthatók egyenl ségét. Olvassuk le a megoldást. A + B 5 B 6 B és A Az integrandus parciális törtekre bontva: 5x 6 x x 5x 6 (x x x + x

11 Végezzük el az integrálást! 5x 6 x x dx 5x 6 (x x dx x dx + x dx + x dx dx ln x + ln x + c x. Feladat: 7 x + 4x + dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört, a számláló egy konstans, a nevez egy másodfokú polinom. Nézzük meg, hogy a nevez szorzattá alakítható-e. Ha a másodfokú polinom diszkriminánsa pozitív, akkor van valós gyöke, azaz szorzattá alakítható. Ha a diszkrimináns negatív, akkor nincs valós gyöke, azaz nem írható fel els fokú tényez k szorzataként. D < Mivel a diszkrimináns negatív, a nevez nem alakítható szorzattá. Ha a számláló egy konstans, a nevez pedig tovább már nem bontható kifejezés, akkor az integrandust alakúra kell hozni! + (ax + b Ebben az esetben el ször emeljük ki 7-t a számlálóból. 7 x + 4x + 7 x + 4x + Majd folytassuk teljes négyzetté alakítással és kiemeléssel. 7 (x Vigyük be a 9-t a négyzet alá: 7 9 ( x+ + (x+ 9 + Mivel x+ egy lineáris kifejezés, az F (ax + b f(ax + bdx + c a integrálási szabályt alkalmazva kapjuk, hogy 7 x + 4x + dx 7 9 ( x+ + dx 7 9 arctg ( x+ + c

12 Egyszer sítés után: 7 ( x + arctg + c Tehát 7 x + 4x + dx 7 arctg ( x + + c. Feladat: x + 4x + dx Megoldás: Mivel 4x +, ha x R, a nevez egy tovább már nem bontható, a számláló pedig egy els fokú polinom. Ha a számláló a nevez deriváltjának számszorosa, akkor az integrálás elvégezhet. (4x + 8x Mivel ez most nem teljesül, ezért az integrandust két olyan tört összegére bontjuk, amelyek egyikében a a számláló a nevez deriváltjának konstansszorosa, a másik számlálója pedig konstans. x + 4x + x 4x + + 4x + 8x 8 4x + + 4x + Az els tag f f típusú. A második tagot írjuk át + (ax + b alakúra. 8x 8 4x + + (x + Most már az integrálás elvégezhet mindkét tagban. x + 4x + dx 8x 8 4x + dx + (x + dx 4. Feladat: 8 ln arctg x 4x c x x + 6x + dx Megoldás: Az integrandus egy valódi racionális tört. A nevez egy tovább már nem bontható másodfokú polinom, mivel a diszkriminánsa negatív (D 8. A számlálóban pedig egy lineáris kifejezés van. El ször nézzük meg, hogy a számláló a nevez deriváltjának számszorosae.

13 (x + 6x + x + 6 Ez ebben az esetben nem teljesül. Alakítsuk ki a számlálóban a nevez deriváltját. x x + 6x + dx x x + 6x + dx x x + 6x + dx Majd írjuk fel az integrandust két tört összegeként. Az egyik tört számlálójában a nevez deriváltja legyen, a másikban pedig konstans. x + 6 x + 6x + dx 6 x + 6x + dx Az els tag már f hozni! f típusú, a másik tagot alakúra kell + (ax + b Els lépés a teljes négyzetté alakítás. x + 6 x + 6x + dx Második lépés, kiemelések: x + 6 x + 6x + dx 6 x + 6 x + 6x + dx Végezzük el a kijelölt m veleteket. 6 (x + + dx (x + dx + ( x + dx + ln x + 6x + ( x + arctg + c 5. Feladat: x + x x dx Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört. Vizsgáljuk meg, hogy a nevez felírható- e szorzat alakban. Mivel a nevez ben lév másodfokú polinom diszkriminánsa D ( + 4 >, a nevez felírható szorzat alakban. A megoldóképlettel keressük meg a nevez ben lév polinom gyökeit. x x

14 Tehát x, ± ( + 4 ± 5 6 x x A nevez gyöktényez s alakja: x x (x (x + (x (x + Végezzük el a parciális törtekre való bontást. x + x x x + (x (x + A x + B x + x + (x (x + A x + B A(x + + B(x x + (x (x + Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. Rendezzük a polinomot. A(x + + B(x x + (A + Bx + A B x + Két polinom akkor egyezik meg, ha az azonos fokszámú tagok együtthatói rendre megegyeznek. A + B A B Adjuk össze a két egyenletet, akkor 5A 5 A 5 Behelyettesítve például az els egyenletbe kapjuk, hogy B Az integrandus parciális törtekkel felírva: Végezzük el az integrálást. x + (x (x + 5 x x + x + x x dx x + (x (x + dx 5 x dx 5 x dx x + dx x + dx 5 ln x ln x + + c 4

15 6. Feladat: x + x x + x x dx Megoldás: Egy valódi racionális törtet kell integrálnunk. Mivel a nevez harmadfokú, biztosan szorzattá alakítható. Ennél a feladatnál x kiemelhet. x + x x x(x + x Gyökképlettel nézzük meg van-e valós gyöke a második tényez nek. x + x Tehát x, ± + 6 x x ± 5 4 A gyöktényez s alak: x + x (x + ( x (x + (x A nevez szorzat alakban felírva: x + x x x(x + x x(x + (x Végezzük el a parciális törtekre való bontást. A résztörtekben a nevez k els fokúak, ekkor a számlálókat konstans alakban kell keresni. x + x x + x x x + x x(x + (x A x + Hozzunk közös nevez re. A x + Mivel B x + + x + x x(x + (x B x + + C x C A(x + (x + Bx(x + Cx(x + x x(x + (x írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(x + (x + Bx(x + Cx(x +, x(x + (x x + x A(x + (x + Bx(x + Cx(x + Rendezzük a baloldali polinomot. 5

16 x + x (A + B + Cx + (A B + Cx A Írjuk fel az azonos fokszámú kifejezések együtthatóinak egyenl ségeit. A + B + C A B + C A Az utolsó egyenletb l A. Behelyettesítve a másik két egyenletbe, kapjuk a következ egyenletrendszert: 4 B + C 7 B + C A második egyenlet kétszeresét adjuk hozzá az els höz. 5C C Visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy B. Tehát a az integrandus parciális törtek alakjában felírva: x + x x + x x x + x x(x + (x x x + + x Végezzük el az integrálást. x + x x + x x + x x dx x(x + (x dx x dx x + dx + x dx ln x ln x + + ln x + c 7. Feladat: 4x + 8x + 5 (x + dx Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört, a nevez szorzat alakban van. Egy els fokú kifejezés szerepel harmadik hatványon. Ilyenkor a résztörtek száma megegyezik a küls hatvánnyal, azaz - mal, a számlálókat pedig konstans alakban kell keresni. 4x + 8x + 5 (x + A x + + B (x + + C (x + 6

17 Hozzunk közös nevez re, ami ebben az esetben is az eredeti nevez lesz. 4x + 8x + 5 (x + A x + + B (x + + C (x + A(x + + B(x + + C (x + A(x + 4x B(x + + C (x + Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(x + 4x B(x + + C 4x + 8x + 5 Rendezzük a jobboldali polinomot. Ax + (4A + Bx + (4A + B + C 4x + 8x + 5 Írjuk fel az azonos fokszámú kifejezések együtthatóinak egyenl ségeit. Olvassuk le a megoldásokat. A 4 4A + B 8 4A + B + C 5 A 4 B C 5 Végezzük el az integrálást. 4x + 8x (x + dx x + dx + (x + dx 5 (x + dx 4 x + dx + (x + dx 5 (x + dx (x + (x + 4 ln x c 4 ln x + x (x + + c 8. Feladat: 5x + x + x dx + 4x Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört, a nevez harmadfokú polinom, most x kiemelésével szorzattá alakítható. 5x + x + x dx + 4x 7 5x + x + x(x dx + 4

18 A második tényez nek nincs valós gyöke, hiszen x minden x valós szám esetén. Tehát megjelent egy tovább nem bontható másodfokú tényez a nevez ben. Ilyen esetben a parciális törteket a következ alakban kell keresni. 5x + x + x(x + 4 A x + Bx + C x + 4 Azaz az els fokú nevez höz most is csak konstans számláló tartozik, de a másodfokúhoz a számlálót már els fokú alakban kell keresni. Hozzunk közös nevez re. 5x + x + x(x + 4 A x + Bx + C x + 4 A(x (Bx + Cx x(x + 4 Újra írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(x (Bx + Cx 5x + x + (A + Bx + Cx + 4A 5x + x + Innen a megfelel együtthatók egyenl sége: Olvassuk le a megoldásokat: Végezzük el az integrálást. 5x + x + x dx + 4x A + B 5 C 4A A 5 C B 5 x dx + x + 4 dx ( 5 x dx + x ( 4 x dx 5 ln x + arctg + c ln x + ( x arctg + c 8

19 9. Feladat: x + x + 6 x + 6x + x dx Megoldás: Az integrandus valódi racionális tört. A nevez x kiemelésével szorzattá alakítható. x + 6x + x x(x + 6x + Vizsgáljuk meg, hogy a második tényez vajon tovább bontható-e. Ehhez elegend megvizsgálni a kifejezés diszkriminánsát. D < Mivel a diszkrimináns negatív, x + 6x + tovább már nem bontható másodfokú polinom. Végezzük el a parciális törtekre bontását, ügyelve arra, hogy a nevez egy szorzattá nem alakítható másodfokú kifejezés, akkor a számlálót els fokú polinom alakjában kell keresni. Hozzunk közös nevez re. x + x + 6 x(x + 6x + A x + Bx + C x + 6x + x + x + 6 x(x + 6x + A(x + 6x + + (Bx + Cx x(x + 6x + x + x + 6 x(x + 6x + (A + Bx + (6A + Cx + A x(x + 6x + Írjuk fel a megfelel együtthatók egyenl ségét. Olvassuk le a megoldásokat. A + B 6A + C A 6 A B C Végezzük el az integrálást. x + x + 6 x + 6x + x dx x dx + Azt tudjuk, hogy dx ln x + c x 9 x x + 6x + dx

20 Nézzük a második integrált: x x + 6x + dx x + x + 6x + dx Tudjuk, hogy a nevez másodfokú, tovább már nem bontható polinom. A számláló pedig els fokú kifejezés. Ekkor az integrandust két olyan tört összegére bontjuk, amelyek egyikében a számláló a nevez deriváltjának konstansszorosa, a másik számlálója pedig konstans. Határozzuk meg a nevez deriváltját. (x + 6x + x + 6 (x + Alakítsuk ki el ször a számlálóban a nevez deriváltjának a felét: x + x + 6x + dx x + x + 6x + dx x + x + 6x + dx x + 6x + dx Majd az els törtnél b vítsünk kett vel. (x + x + 6x + dx x + 6x + dx Az els integrandus f f alakú, tehát integrálható. Nézzük a másik kifejezést. A számláló megint konstans, a nevez szorzattá nem alakítható, tehát az integrandust alakúra kell + (ax + b hozni! El ször alakítsunk teljes négyzetté. (x + x + 6x + dx Majd emeljünk ki 4-et a nevez ben. (x + x + 6x + dx 4 Most már a második tag is integrálható. (x dx ( x+ ln x + 6x + 4 arctg ( x + Tehát a végeredmény: x + x + 6 x + 6x + x dx x dx dx + + c x + x + 6x + dx + c ln x ln x + 6x + + arctg ( x +

21 . Feladat: x x + dx Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört, mert számlálóban és nevez ben azonos fokszámú polinom van. Ekkor alakítsuk ki a számlálóban a nevez többszörösét. x x + dx x dx x + ( 6 x + dx A feladatot ezzel az egyszer lépéssel visszavezettük racionális tört integrálására. x 6 dx x 6 ln x + + c x +. Feladat: x + x + x dx Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört. A legmagasabb fokszámok a számlálóban és nevez ben most is egyenl ek, tehát alakítsuk ki a számlálóban a nevez többszörösét. x + x + x dx x + x x + x dx + x ( x x dx + x A feladatot visszavezettük egy valódi racionális tört integrálására. A nevez x kiemelésével szorzattá alakítható. ( x x dx (x + x Végezzük el a parciális törtekre bontást. x (x + x A x + + B x A számlálók egyenl sége: Ax + B(x + x(x + x (A + Bx + B Írjuk fel a megfelel együtthatók egyenl ségeit. Olvassuk le a megoldásokat: A + B B B A (A + Bx + B x(x +

22 Folytassuk az integrálást. ( ( x x dx x (x + x x + dx x x ln x + + ln x + c. Feladat: x x 7 x + x + dx Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört, mivel a számláló fokszáma ( magasabb, mint a nevez fokszáma (. Polinomosztást kell el ször végezni. (x - x - 7 : (x + x + x (x + 4x + 4x - 4x - 7x ( 4x - 8x - 8 x + Az osztást elvégeztük, a hányados x 4, a maradék pedig x +. Tehát az integrandus felírható egy polinom és egy valódi racionális tört összegével: x x 7 x + x + x 4 + x + x + x + Most már el tudjuk végezni a kijelölt integrálást: x x 7 x + x + dx x + (x 4 + x + x + dx x 4x + x + x + x + dx Kaptunk egy valódi racionális törtet, amelynek nevez je tovább már nem bontható másodfokú polinom, mivel a diszkriminánsa negatív (D 4. Mivel a számláló els fokú, nézzük meg, hogy a számlálóban kialakítható-e a nevez deriváltjának számszorosa. A nevez deriváltja: (x + x + x + (x + Vegyük észre, hogy most a számláló éppen a derivált fele. Így egy egyszer b vítéssel kialakítható a derivált a számlálóban. x x + 4x + x + x + dx x 4x + x + x + x + dx

23 x 4x + ln x + x + + c x 4x + ln(x + x + + c felhasználva, hogy x +x+ (x+ + >, ezért az abszolútérték elhagyható.. Feladat: x 4 x + 7x 8x 6 x 5x dx + 6x Megoldás: Az integrandus egy nem valódi racionális tört, mivel a számláló negyedfokú, a nevez pedig harmadfokú polinom. Most is polinomosztással kell kezdeni. (x 4 -x +7x -8x -6 : (x -5x +6x x - - (x 4 -x +x -x +5x -8x -6 - (-x +5x -8x -6 A polinomosztást elvégeztük, a hányados x, a maradék 6. Tehát x 4 x + 7x 8x 6 x 5x + 6x x 6 x 5x + 6x Az integrandust felírtuk egy polinom és egy valódi racionális tört összegével. A polinomot ki tudjuk integrálni. Foglalkozzunk a második taggal. Alakítsuk szorzattá a nevez t. x 5x + 6x x(x 5x + 6 A megoldóképlettel keressük meg a második tényez gyökeit. Tehát x, 5 ± ( x x A második tényez gyöktényez s alakja: A nevez szorzat alakjában: 5 ± x 5x + 6 (x (x x 5x + 6x x(x 5x + 6 x(x (x

24 Keressük a parciális törteket: 6 x 5x + 6x 6 x(x (x A x + B x + C x 6 A(x (x + Bx(x + Cx(x x 5x + 6x x(x (x 6 x 5x + 6x (A + B + Cx + ( 5A B Cx + 6A x(x (x Írjuk fel az együtthatók egyenl ségeit: A + B + C 5A B C 6A 6 Az utolsó egyenlet alapján A. Behelyettesítve a többi egyenletbe: B + C B C 5 Az els egyenlet kétszeresét adjuk hozzá a második egyenlethez. C C B Tehát 6 x 5x + 6x 6 x(x (x x + x x Végezzük el az integrálást: x 4 x + 7x 8x 6 x 5x dx + 6x ( x 6 x 5x dx + 6x (x dx 6 x 5x + 6x dx ( (x dx x + x dx x x x ln x ln x + ln x + c 4

25 .. Integrálás helyettesítéssel... Alapfeladatok. Feladat: x sh (x + 5dx Megoldás: Az integrandus egy szorzat, amelynek egyik tényez je egy összetett függvény, f(x sh x küls és g(x x + 5 bels függvénnyel. Vegyük észre, hogy mivel g (x x, a szorzat másik tényez je majdnem a bels függvény deriváltja, csak egy konstans szorzó hiányzik. A feladatot az f(g(xg (xdx F (g(x + c integrálási szabály alkalmazásával lehet megoldani. Az integrandust b vítsük -mal: sh (x + 5x dx sh (x + 5x dx ch (x c A feladat megoldásának menete átláthatóbb, ha alkalmazzuk a következ helyettesítést: Legyen t g(x, ekkor dt g (xdx. f(g(xg (xdx f(tdt F (t + c F (g(x + c Végezzük el a helyettesítést erre a feladatra. Legyen t x + 5, ekkor dt dx x, azaz dt x dx. sh (x + 5x dx sh (x + 5x dx sh t dt ch t + c Térjünk vissza a régi változóra, azaz t helyére írjuk vissza x + 5-t: ch (x c Más lépéssorozattal is elvégezhet a helyettesítés. Most a régi változót helyettesítsük az új változó valamely függvényével. Legyen t x + 5, innen x t 5 (t 5. Deriváljunk most t szerint. dx dt (t 5 (t 5 5

26 Innen dx (t 5 dt x sh (x + 5dx (t 5 sh t (t 5 dt Egyszer sítsünk a gyökös kifejezéssel. sh t dt ch t + c ch (x c Megjegyzés: Az integrálásnak ez a típusa sok nehézséget szokott okozni. Ha az integrandusban egy összetett függvény szorzódik a bels függvény deriváltjával, vagy majdnem a deriváltjával, épp egy konstans szorzó hiányzik, akkor bátran használhatunk helyettesítést. A hiányzó konstans szorzó egy b vítéssel mindig behozható.. Feladat: cos(x + 5dx Megoldás:. megoldás Az integrandus összetett függvény, g(x x + 5 bels függvénnyel. Ennek deriváltja g (x, csak egy konstans. Ha az integrandust b vítjük -mal, akkor megjelenik szorzótényez ként a bels függvény deriváltja. Legyen t x + 5, akkor dt, azaz dt dx. dx cos(x + 5dx cos(x + 5 dx cos t dt. megoldás cos t dt sin t + c sin(x c Legyen t x + 5, innen x (t 5. Deriváljunk t szerint. dx dt, azaz dx dt cos(x + 5dx cos t dt cos t dt cos t dt sin t + c sin(x c Megjegyzés: A helyettesítéses integrál egy speciális esetét kapjuk, ha az integrandusban nincs szorzat, csak egy összetett függvény lineáris bels 6

27 függvénnyel, azaz f(ax + b alakú. Ezekben az esetekben levezethet egy korábban már tanult integrálási szabály: f(ax + bdx F (ax + b a + c ahol F (x f(x Most ax + b x + 5, f(x cos x, a és F (x sin x Tehát helyettesítés nélkül azonnal elvégezhet az integrálás: sin(x + 5 cos(x + 5dx + c. Feladat: 5 5 4xdx Megoldás: Egy határozott integrált kell kiszámolni. Szükségünk van az integrandus egy primitív függvényére. Vizsgáljuk meg az integrandust. A bels függvény 5 4x, aminek a deriváltja 4. Alkalmazzunk helyettesítéses integrálást.. megoldás Legyen dt t 5 4x 4 dt 4 dx dx 5 5 4x dx 4x( 4dx t dt 4 4 t 4 Számoljuk ki a határozott integrált.. megoldás 5 + c 6 t + c (5 4x 6 + c [ 5 4x dx ] (5 4x t 5 4x x (5 t 4 dx dt dx 4 4 dt Most határozott integrálként kezeljük végig a feladatot, tehát néznünk kell azt is, hogy hogyan változnak a határok. Ha x 5 akkor t 5 7

28 5 4 Ha x akkor t 5 4xdx t( 4 dt 4 [ t ] t dt [ ] t [ ] Megjegyzés: Mindkét levezetés használható, de a továbbiakban csak a második módszert fogjuk alkalmazni, hogy a határok átváltását gyakoroljuk. 4. Feladat: x x dx Megoldás: Ha f(x x a küls, g(x x a bels függvény és g(x x, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja, tehát alkalmazhatunk helyettesítést. Legyen t x dt dx x x dx dt x x dx ( x x dx t dt. megoldás t + c 9 t + c 9 ( x + c 9 ( x + c A helyettesítéses integrálás egy speciális esete, ha az integrandus f n (xf (x alakú, ilyenkor helyettesítés nélkül alkalmazhatjuk a következ szabályt: f n (xf (xdx f n+ (x n + + c n x x dx ( x x ( x dx ( x ( x dx + c 9 ( x + c ( x 9 + c 8

29 5. Feladat: 4e x e x + 5 dx Megoldás: Vegyük észre, hogy ha f(x x a küls, g(x ex + 5 a bels függvény és g(x e x, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja. Legyen. megoldás t e x dt dx ex e x dx dt e x e x + 5 dx 4e x e x + 5 dx 4 t dt 4 ln t + c 4 ln ex c Ez a feladat egy példa a helyettesítéses integrál harmadik speciális esetére. Ha az integrandus f alakú, akkor helyettesítés nélkül azonnal f alkalmazható a következ szabály: f (x dx ln f(x + c f(x Tehát 4e x e x + 5 dx 4 e x e x + 5 dx 4 ln ex c 4 ln(ex c Mivel e x + 5 >, ezért az abszolútérték elhagyható. 6. Feladat: arcsin x x dx Megoldás: A integrandus egy törtfüggvény, de ha átírjuk szorzat alakba, akkor jól látható lesz az összetett függvény és bels függvényének deriváltja. arcsin x dx x arcsin x x dx Így legyen t arcsin x dt dx x arcsin x dx x dt arcsin x x dx x dx 9

30 t dt t ln + c arcsin x + c ln 7. Feladat: π 4 e tg x cos x dx Megoldás: Az integrandus egy folytonos függvény a [ π 4, ] intervallumon. Tehát a keresett határozott integrál létezik. Ennek a meghatározásához szükségünk van az integrandus egy primitív függvényére. Vegyük észre, hogyha tg x-t választjuk bels függvénynek, akkor deriváltja (tg x cos az integrandus egyik szorzótényez je, ezért x helyettesítéses integrált alkalmazhatunk. Legyen t tg x dt dx cos x dt cos x dx Ha x π 4 akkor t tg ( π 4 Ha x akkor t tg π 4 e tg x cos x dx e t dt [ e t] e e e... Összetett feladatok:. Feladat: x + x ln x dx Megoldás: Emeljük ki x -t x + x ln x dx x + ln x dx Innen látszik, ha ln x bels függvény, akkor az összetett függvény szorzódik a bels deriváltjával, azaz x -szel. Ezért legyen dt t ln x dx dt x x dx x + x ln x dx x + ln x dx + t dt arctg t + c arctg (ln x + c

31 . megoldás t ln x x e t dx dt et dx e t dt x + x ln x dx e t + e t t et dt Egyszer sítsünk e t -szel: dt arctg t + c arctg (ln x + c + t. Feladat: x cos x dx Megoldás: Vegyük észre, hogy ha f(x cos x a küls, g(x x a bels függvény és g (x x, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja. Ezért legyen t x x cos x dx dt x dt x dx dx x cos x dx cos t dt tg t + c tg (x + c. megoldás t x x t x cos x dx dx dt t t cos t t dt tg t + c tg (x + c x. Feladat: x 4 + dx Megoldás: Végezzük el a következ átalakítást: x x 4 + dx x (x + dx dx t dt cos t dt Ha x a bels függvény, akkor a számlálóban majdnem a deriváltja van, csak egy szorzó hiányzik.

32 Legyen t x dt dx x x 4 + dx x dt x dx x x 4 + dx t + dt arctg t + c arctg (x + c. megoldás t x x t x x 4 + dx dx dt t t t + t dx dx t dt t + dt 4. Feladat: arctg t + c arctg (x + c 7 5 4x dx Megoldás: Mivel 7 dx 5 4x Tudjuk, hogy (arcsin x Ezért most legyen f(x x x 7 5 ( 5 x dx a küls, g(x 5 x a bels függvény és g (x 5, akkor egy b vítéssel most is kialakítható a bels függvény deriváltja. Legyen t 5 x ( 5 x dt dx dt dx dx dx 7 ( 5 x dt 7 t arcsin t + c 7 ( arcsin 5 x + c

33 5. Feladat: x x dx Megoldás: Mivel dx x x dx + x x (x dx ezért legyen t x dt dt dx dx dx (x t dt arcsin t + c arcsin(x + c 6. Feladat: + x dx Megoldás: Ez a feladat az el z ekt l teljesen eltér. Itt nem a bels függvényt és annak deriváltját kell keresni. Most az integrandus egy tört kifejezés, de nem racionális tört a gyökös tag miatt. Ha x -t helyettesítjük egy új változóval, t-vel, akkor egy racionális törtet kapunk, amit remélhet leg már ki tudunk integrálni. Legyen t x t x + x dx dx dt t dx t dt t dt + t t + t dt Kaptunk egy nem valódi racionális törtet, amelyben a számlálóban és a nevez ben a legmagasabb fokszámok megegyeznek. Ilyen esetben alakítsuk ki a számlálóban a nevez többszörösét, majd egyszer sítsünk. t + ( t + t dt + t 7. Feladat: (x x + 5dx dt ( + t dt + t dt t ln t + + c x ln( x + + c Megoldás: Most az integrandus nem tört, de próbáljuk meg újra a gyökös kifejezést helyettesíteni, mert akkor egy polinomot kapunk, amit könny lesz kiintegrálni.

34 Legyen t x + 5 t x + 5 x t 5 dx t dx t dt dt ((t 5 t t dt (t t dt (t 4 t dt ( t5 (x t + c 4 5 x 8. Feladat: dx 5x Megoldás: Legyen (x c t 5x t 5x x t + 5 dx dt 5 t dx 5 t dt x 5x dx ( t + 5 t 5 t dt Egyszer sítsünk t-vel, majd folytassuk az integrálást: ( t dt (7 t dt 5 5 (7t t + c 4 5x (5x c 9. Feladat: ch 4x + dx Megoldás: Legyen t 4x + t 4x + x t 4 dx dt 4 t dx t dt ch 4x + dx ch t t dt t ch t dt Parciális integrálással folytatva: f (t ch t f(t sh t g(t t g (t 4

35 t ch t dt [ t sh t ] sh t dt [t sh t ch t] + c. Feladat: [ 4x + sh 4x + ch 4x + ] + c e x dx Megoldás: Legyen t x t x x t dx dt t dx t dt e x dx e t ( t dt Parciális integrálási szabályt alkalmazva: t e t f (t e t g(t t f(t e t g (t 6t ( 6te t dt t e t + 6te t dt Újra parciális integrálással: t e t + (6te t Visszahelyettesítve:. Feladat: f (t e t f(t e t g(t 6t g (t 6 6e t dt t e t + 6te t 6e t + c ( x e x + 6 xe x 6e x + c Megoldás: Legyen 7 x + x dx dx dt 7 x + x dx t x t x t dx t dt 7 t t dt + t 4t t + t dt 5

36 Egy valódi racionális törtet kaptunk másodfokú nevez vel. Nézzük meg, hogy szorzattá tudnánk-e alakítani a nevez t. Megoldóképlettel: Tehát a gyökök: A gyöktényez s alak: t + t t, ± + 4 t t 4 ± 7 t + t (t (t + 4 Folytassuk az integrálást parciális törtekre bontással. ( 4t t + t dt 4t (t (t + 4 dt Hozzunk közös nevez re: A(t B(t dt (t (t + 4 Írjuk fel a számlálók egyenl ségét: Rendezzük a jobboldalt. A(t B(t 4t (A + Bt + 4A B 4t A t + B dt t + 4 Írjuk fel az azonos fokszámú kifejezések együtthatóira vonatkozó egyenl ségeket. A + B 4 4A B Oldjuk meg az egyenletrendszert. Adjuk az els egyenlet -szorosát a másodikhoz. Tehát 7A 4 A 6 B 8 4t (t (t t + 8 t + 4 Folytassuk az integrálást. ( 4t 6 (t (t + 4 dt t + 8 dt t ln t + 8 ln t c 6 ln x + 8 ln x c 6

37 e. Feladat: x + e x e x + dx Megoldás: Az integrandus egy tört, de nem racionális. Helyettesítsük most e x -t egy új változóval, mert akkor racionális tört kifejezést kapunk. Legyen Egyszer sítsünk t-vel. t e x t (e x e x x ln t dx dt dx t t dt e x + e x t e x + dx + t t + t dt t + t + dt Egy valódi racionális törtet kaptunk, aminek a nevez je tovább már nem bontható másodfokú kifejezés, mivel t +. Nézzük meg, hogy kialakítható -e a nevez deriváltjának többszöröse a számlálóban. (t + t Ebben az esetben a törtet bontsuk szét két résztörtre, az egyik tört számlálójában legyen a nevez deriváltja, a másik tört számlálója pedig legyen konstans. t t + dt + t + dt ln t + + arctg t + c Visszahelyettesítve és gyelembe véve, hogy t +, tehát az abszolútérték elhagyható: 5e. Feladat: x 8e x e x + 9e x 5 dx Megoldás: Legyen Egyszer sítsünk t-vel. ln(e x + + arctg e x + c t e x t (e x e x x ln t dx dt t 5e x 8e x e x + 9e x 5 dx dx t dt 5t 8 t + 9t 5 dt 7 5t 8t t + 9t 5 t dt

38 Egy valódi racionális törtet kaptunk másodfokú nevez vel. Nézzük meg, hogy felírható-e szorzat alakban. t + 9t 5 t, 9 ± ± 4 t t 5 A nevez gyöktényez s alakja: ( t + 9t 5 t (t + 5 (t (t + 5 Tehát a nevez szorzattá alakítható. Végezzük el a parciális törtekre bontást. ( 5t 8 t + 9t 5 dt 5t 8 A (t (t + 5 dt t + B t + 5 A(t B(t dt (t (t + 5 Írjuk fel a számlálók egyenl ségét. A(t B(t 5t 8 (A + Bt + 5A B 5t 8 A megfelel együtthatók egyenl sége: A + B 5 5A B 8 Oldjuk meg az egyenletrendszert. Az második egyenlet kétszeresét adjuk hozzá az els höz. A A B Folytassuk az integrálást. 5t 8 (t (t + 5 dt ( t + t + 5 Visszahelyettesítve: ( t + t + 5 ln t + ln t c ln ex + ln e x c 8

39 5 4. Feladat: x x + dx Megoldás: Az adott intervallumon az integrandus folytonos, tehát a keresett határozott integrál létezik. Ennek értékét akkor tudjuk megadni, ha tudunk adni primitív függvényt és alkalmazzuk a Newton- Leibniz tételt Végezzük el a helyettesítést: Legyen t x + t x + x (t dx dt t dx t dt Nézzük meg, hogy helyettesítéssel a határok hogyan változnak. Ha x, akkor t +. Ha x 5, akkor t x 4 dx x + (t t t dt Egyszer sítsünk t-vel és vigyük ki a konstans szorzókat az integráljel elé: 4 (t dt 4 (t dt 4 (t dt 9 [ ] t 4 9 t [ ( ] [ ] Feladat: e x + dx Megoldás: Mivel az integrandus folytonos, létezik határozott integrál. Helyettesítéses integrálással alkalmazva legyen t e x dx dt t Adjuk meg az új határokat. x ln t dx t dt Ha x, akkor t e. Ha x, akkor t e e. 9

40 4 e e x + dx 4 t + t dt Helyettesítéssel egy valódi racionális törtet kaptunk, ahol a nevez szorzat alakban van. Írjuk fel az integrandust parciális törtek összegeként. 4 (t + t A t + + B t At + B(t + (t + t Írjuk fel a számlálók egyenl ségét: (A + Bt + B 4 Innen A + B B 4 B A Folytassuk az integrálást: e e 4 t + t dt ( t + + t 6. Feladat: x dx e ( t + + dt t dt [ ln t + + ln t ] e [ ln (e + + ln e ( ln + ln ] [ ] [ ln (e + + ln ] + ln e + Megoldás: Ennél a feladatnál próbáljunk meg egy olyan helyettesítést, amivel a gyökös kifejezés eltüntethet. Ügyelni kell arra is, hogy csak invertálható kifejezés jöhet szóba, azaz egy szigorúan monoton függvényt használhatunk fel. Ezért legyen x sin t és π t π, akkor cos t. x (sin t cos t cos t cos t alkalmazva a cos t + sin t, másképp cos t sin t trigonometrikus összefüggést. Végezzük el a helyettesítést. x sin t t arcsin x dx dt cos t 4

41 Innen dx cos t dt x dx (sin t cos t dt cos t dt Használjunk fel a cos + cos t t trigonometrikus összefüggést: + cos t ( + cos tdt ( sin t t + + c Az integrálást elvégeztük, helyettesítsünk vissza. ( arcsin x + ( arcsin x + sin( arcsin x + c cos(arcsin x sin(arcsin x (arcsin x + x x + c + c mivel és cos(arcsin x sin(arcsin x x sin (arcsin x x Tehát a végeredmény: x dx (arcsin x + x x + c 7. Feladat: 4x dx Megoldás: Használjuk fel az el z feladat eredményét, azaz x dx (arcsin x x x + c 4x dx (x dx Most alkalmazzunk t x helyettesítést: x t dx dt dx dt t dt 4 (arcsin t t t + c 4 (arcsin x x (x + c 4

42 8. Feladat: + x dx Megoldás: Megint szükségünk van egy alkalmas helyettesítésre, amellyel a gyök eltüntethet. Ebben az esetben használjuk fel a következ összefüggéseket: Valamint ch x sh x ch x + sh x Legyen x sh t ch x dx dt ch x + ch t dx ch t dt (ch + x dx + (sh t ch t dt t ch t dt + (ch t ch t dt dt ( + ch tdt ( t + sh t + c ( arsh x + (arsh x + x + x + c sh (arsh x + c felhasználva hogy: sh (arsh x x és ch (arsh x + sh (arsh x + x Tehát sh (arsh x sh (arsh xch (arsh x x + x 9. Feladat: + 6x + x dx Megoldás: Mivel + 6x + x dx + ( + x dx Legyen x + sh t t arsh (x + 4

43 ( t + dx ch t dx ch t dt dt + ( + x dx + (sh t ch t dt + (ch t ch t dt dt ( + ch tdt sh t + c ( arsh (x + + sh (arsh (x + + c (arsh (x + + (x + + (x + + c. Feladat: x + x dx Megoldás: Az el z feladat ötletét felhasználva végezzük el a következ helyettesítést: x sh t t arsh x dx ch t dx ch t dt dt x dx (sh t (sh t + x + (sh t ch t dt ch t dt ch t Egyszer sítsünk ch t-vel: (sh t ch t dt (ch t dt ( sh t t + c ( sh arsh x arsh x + c ( (sh arsh x (ch arsh x (x + x arsh x + c. Feladat: 5 x dx Megoldás: Helyettesítéshez használjuk ebben az esetben ch x függvényt. Az adott intervallumon tudjuk, hogy sh x >. Így legyen x ch t t arch x dx sh t dt dx dt sh t Ha x akkor t arch Ha x 5 akkor t arch 5 4

44 5 arch 5 arch 5 x dx (ch t sh t dt (sh t sh t dt arch 5 arch 5 arch 5 sh t sh t dt sh ch t t dt dt arch 5 (ch t dt [ ] sh t arch 5 t [ ] sh arch 5 arch 5 Felhasználva, hogy: (5 4 arch 5 sh (arch 5 sh (arch 5ch (arch 5.. Improprius integrálás... Alapfeladatok 5 ch (arch x 5 4. Feladat: x dx Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mivel a fels integrálási határ. Használjuk fel, hogy ha az f(x függvény folytonos az [a, [ interval- lumon, akkor f(xdx improprius integrál pontosan akkor létezik, ha a b lim b a f(xdx lim F (b F (a b határérték létezik (véges és ekkor a f(xdx lim b b a f(xdx lim b F (b F (a Ha a határérték nem véges, akkor az improprius integrál nem létezik (divergens. Ennél a feladatnál az adott intervallumon az integrandus folytonos, így 4 b 4 dx lim x b x dx 44

45 Szükségünk van egy primitív függvényre. Azért hogy a megoldás jobban átlátható legyen, végezzük el külön a határozatlan integrál keresését, majd térjünk vissza az improprius integrál meghatározásához. 4 x dx 4 Folytassuk az improprius integrálást: x dx 4 x + c x + c 4 b [ 4 dx lim dx lim ] b [ x b x b x lim b b + ] 4 felhasználva: lim b [ b ] + + ha b b b. Feladat: x x dx Megoldás: Az adott intervallumon folytonos függvény improprius integrálját kell meghatározni, ha létezik. Tehát b x dx lim x b x dx lim x b Szükségünk van a határozatlan integrálra. x dx x b + c x + c Folytassuk az improprius integrál meghatározását. lim b felhasználva: b x dx [ x dx lim ] b [ lim + ] b x b b lim [ ] b + + b ha b b b 45

46 . Feladat: 8 x + 4 dx Megoldás: Az adott intervallumon folytonos függvény improprius integrálját keressük, ha létezik. 8 b dx lim x + 4 b 8 x + 4 dx lim b b 8 (x + 4 dx Külön végezzük el a határozatlan integrál számítását. (x + 4 dx (x + 4 Folytassuk az improprius integrálást: lim b felhasználva: lim b b [ (b (x + 4 dx lim b ] lim b + c (x c [ b (x + 4 ] 8 [ ] (b ha b (b + 4 (b + 4 Mivel a határérték nem egy véges valós szám, hanem, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens. 4. Feladat: e x dx Megoldás: Az integrandus folytonos az adott intervallumon, így: Felhasználva, hogy: folytassuk az integrálást: [ e x lim b ] b lim b e x dx lim b b e x dx e x + c e x dx [ ] e b lim b e lim b [ ] e b + + [ e b ] + 46

47 Felhasználva, mivel: akkor 5. Feladat: [ lim e b] b [ ] lim b e b x dx ( Megoldás: Most az alsó integrációs határ. Használjuk fel, hogy ha az f(x függvény folytonos az ], a] intervallumon, akkor improprius integrál pontosan akkor létezik, ha b lim a a határérték létezik (véges és ekkor b f(xdx f(xdx F (b lim F (a a b lim a a b f(xdx F (b lim F (a a f(xdx Ha a határérték nem véges, akkor az improprius integrál nem létezik (divergens. Tehát A határozatlan integrál: dx x x dx Folytassuk az improprius integrálást. lim a a x dx ( x dx ( x ( + c x + c [ ] lim dx lim x a a x a a [ ] [ ] lim + a + lim a a a felhasználva: ha a a a Mivel a határérték nem egy véges valós szám, hanem, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens. 47

48 6. Feladat: + x dx Megoldás: A deníció alapján: lim a dx lim dx lim [arctg x] + x a a + x a a [arctg ( arctg (a] arctg ( lim Felhasználva, hogy: ( π ( π π 4 4 a [arctg (a] arctg ( π 4 és lim x [arctg (x] π 7. Feladat: + 4x dx Megoldás: Most az egyik integrációs határ sem véges. Ilyen esetben a feladatot visszavezetjük az el z esetekre. Ha f függvény folytonos és c egy tetsz leges valós szám, valamint c f(xdx és c f(xdx improprius integrálok külön-külön léteznek, akkor c f(xdx f(xdx + f(xdx c El ször végezzük el a primitív függvény keresését. + 4x dx arctg x dx + C + (x Legyen most c. + 4x dx + 4x dx + + 4x dx Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. lim a [ arctg x dx lim dx lim + 4x a a + 4x a [ ] arctg arctg a arctg ] a [ ] arctg a lim a 48

49 ( π π 4 b [ ] arctg x b dx lim dx lim + 4x b + 4x b [ arctg b lim arctg ] [ ] arctg b lim arctg b b ( π π 4 Mindkét improprius integrál külön-külön létezik (végesek a határértékek, tehát létezik a keresett integrál is és + 4x dx + 4x dx + + 4x dx π 4 + π 4 π Megjegyzés: A feladat kicsit egyszer bben is megoldható, ha felhasználjuk, hogy c f(xdx f(xdx + f(xdx c F (c lim F (a + lim F (b F (c a b lim F (b lim F (a b a feltéve, hogy a két határérték külön-külön létezik. 8. Feladat: [ arctg x dx lim + 4x a,b arctg b lim b e x dx lim a arctg a Megoldás: El ször keressünk primitív függvényt. ] b a π 4 + π 4 π Alkalmazzuk az alábbi integrálási szabályt: F (ax + b f(ax + b + c ahol F (x f(x a Ebben az esetben: ax + b x és a e x dx e x 49 + C e x + C

50 Használjuk fel, hogy c f(xdx f(xdx + f(xdx c Legyen most c. e x dx e x dx + e x dx Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. [ ] e x dx lim e x dx lim e x a a a a ] lim [e a e a Felhasználva, hogy: e lim a [ ] e a e e ha a a e a Felhasználva: e x dx lim b [ lim b e b e b ] e x dx lim [ lim e b b [ ] e x b b ] e ha a a e a A két improprius integrál közül csak az egyik létezik, ezért e x dx nem létezik (divergens. 9. Feladat: (x + dx Megoldás: Vegyük észre, hogy az integrandus nincs értelmezve az x, pontban és ezen pont jobboldali környezetében nem korlátos. lim x + (x + ( + Deníció: Ha f : ]a, b] R függvény az ]a; b] intervallumon folytonos, de nem korlátos az a pont környezetében és b lim f(xdx ɛ a+ɛ 5

51 határérték létezik (véges, akkor b a b f(xdx lim f(xdx ɛ a+ɛ Kezdjük a határozatlan integrál megadásával: (x + dx dx lim (x + ɛ lim ɛ (x + dx +ɛ [ ɛ + (x + + c x + + c [ dx lim (x + ɛ x + ] + + ] +ɛ Mivel a határérték nem véges, az improprius integrál nem létezik. x. Feladat: dx x 5 Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatároznunk, mivel az integrandus nincs értelmezve x pontban, és ezen pont jobboldali környezetében nem korlátos, azaz: lim x + x lim ( x 5 x + x + Most is kezdjük azzal, hogy elvégezzük a határozatlan integrálást. x dx x 5 x dx x dx x + c x + c A primitív függvényt ismerjük, számoljuk ki az improprius integrált, ha létezik. x dx x 5 x [ lim x ] ɛ +ɛ lim ɛ dx lim ɛ dx +ɛ x ] [ + + ɛ + lim ɛ [ ɛ ] + A határérték véges, az improprius integrál létezik és: x dx x 5 5

52 . Feladat: x dx Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mert az integrandus nincs értelmezve x helyen, és ezen hely baloldali környezetében a függvény nem korlátos. lim x x ( + Deníció: Ha f : [a, b[ R függvény a b pont környezetében nem korlátos, de az [a, b[ intervallumon folytonos és b ɛ lim ɛ a határérték létezik (véges, akkor Ennél a feladatnál b a x f(xdx lim f(xdx ɛ b ɛ a ɛ dx lim ɛ f(xdx x dx lim ɛ [arcsin x] ɛ lim ɛ [arcsin( ɛ arcsin ] arcsin arcsin π π... Összetett feladatok. Feladat: xe x dx Megoldás: Egy folytonos függvény improprius integrálját keressük, mivel a fels integrálási határ. El ször helyettesítéssel végezzük el a határozatlan integrál keresését: t x dt dx x dt x dx xe x dx x e x dx e t dt et + c ex + c 5

53 A primitív függvény segítségével határozzuk meg az improprius integrált. b [ xe x dx lim xe x dx lim ] b b b e x [ e b + ] [ e lim b felhasználva: lim b e b ha b akkor b és ] + + e b. Feladat: x ln x dx Megoldás: A fels integrációs határ, egy improprius integrált keresünk. El ször adjuk meg határozatlan integrált. Felhasználva, hogy: f n (xf (xdx f n+ (x n + + c n ezért, ha f(x ln x, akkor f (x x, tehát x ln x dx ln x x dx ln x + c ln x + c Az improprius integrál: lim b felhasználva:. Feladat: b x ln dx lim x b [ ln b + ln x ln x ] lim b [ dx lim b [ ln b + ln ln ha b ln b + e x dx ] b ln x ] + ln ln b 5

54 Megoldás: A fels integrációs határ miatt egy folytonos függvény improprius integrálját keressük. b b + e x e x dx lim dx lim + ex b + ex b + e x dx b lim ( ex b + e x dx lim [x ln( + e x ] b b [ ] lim b ln( + e b + ln( + e b [ ] lim b ln( + e b + ln b Egy típusú határértéket kaptunk, használjuk fel, hogy b ln e b [ lim ln e b ln( + e b b ] e b + ln lim ln b e b + + ln felhasználva: Tehát ha b + ln ln e b e b + ln e b e b + ln dx ln + ex x 4. Feladat: + x dx Megoldás: Az alsó integrációs határ, egy improprius integrált keresünk. A primitív függvény meghatározásával kezdjük. Az integrandus egy nem valódi racionális tört, alakítsuk ki a számlálóban a nevez t, majd egyszer sítsünk. x x ( + x dx + + x dx + x dx x dx lim + x a lim a x arctg x + c x dx lim + x [x arctg a x] a a [ arctg ( a + arctg (a] arctg ( lim [a arctg (a] a A határérték nem véges, ezért az improprius integrál nem létezik (divergens. 54

55 5. Feladat: + 6x + x dx Megoldás: Az alsó integrációs határ, egy improprius integrált keresünk. El ször adjunk primitív függvényt. Az integrandus egy valódi racionális tört. A számláló egy konstans, a nevez ben lév kifejezés diszkriminánsa pedig negatív (D 6, tehát a polinom nem írható fel szorzatalakban. Ilyen esetben az integrandust teljes négyzetté alakítással. + 6x + x dx Helyettesítéssel folytatva: alakúra kell hozni. Kezdjük + (ax + b + (x + dx t x + dt dx dt dx + (x + dx dt arctg t + c arctg (x + + c + t Az improprius integrál: dx lim + 6x + x a a + 6x + x dx lim [arctg (x + ] a a lim [arctg ( arctg (a + ] a lim ( [arctg (a + ] π π a felhasználva: 6. Feladat: ha a a + arctg (a + π Megoldás: x + x dx El ször végezzük el a primitív függvény keresését. Az integrandus egy valódi racionális tört. Vegyük észre, hogy a számlálóban b vítéssel kialakítható a nevez deriváltja. Mivel ( + x 6x, b vítsünk 6-tal. x + x dx 6 6x + x dx 6 ln + x + C 55

56 Mivel + x >, ezért az abszolútértéket a továbbiakban elhagyhatjuk. Használjuk fel, hogy c f(xdx f(xdx + f(xdx c ahol c egy tetsz leges valós szám, legyen most c. x + x dx x + x dx + x + x dx Határozzuk meg külön-külön az improprius integrálokat. lim a x dx lim + x a a felhasználva: [ 6 ln 6 ln( + a [ ] x dx lim + x a 6 ln( + x a ] [ ] lim a 6 ln( + a ha a + a ln( + a Mivel már az els határérték nem véges ezért x dx impro- + x prius integrál nem létezik (divergens. 7. Feladat: x + 4 dx x Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatároznunk, mivel az integrandus nincs értelmezve x pontban, és ezen pont jobboldali környezetében nem korlátos, azaz: Használjuk fel, hogy: x + lim x + 4 x ( + x + ( 4 dx x x 4 dx x x x c 4 4 x x + c x + 4 dx lim x ɛ +ɛ 56 x + 4 dx x

57 [ ] 4 4 lim x ɛ [ 4 4 x lim +ɛ ɛ ] 4 ɛ ɛ Tehát 8. Feladat: x x dx x + 4 dx 8 x Megoldás: Egy improprius integrált kell meghatározni, mert az integrandus nincs értelmezve x helyen, és ezen hely baloldali környezetében a függvény nem korlátos. lim x x x ( + A primitív függvény keresésénél alkalmazzuk az alábbi integrálási szabályt: f n (xf (xdx f n+ (x + c ha n n + x dx x( x dx x Most f(x x és f (x x ( x ( x ( xdx x + c Találtunk primitív függvényt, vizsgáljuk meg az improprius integrált. x x Tehát ɛ dx lim ɛ x x dx [ lim ] ɛ x ɛ [ lim ( ɛ + ] + ɛ [ lim ] ɛ ɛ + + ɛ x x dx 57

58 9. Feladat: 9 x dx Megoldás: Az integrandus egyik integrációs határnál sincs értelmezve, és mindkét határ környezetében a függvény nem korlátos. Válasszuk ki a [, ] intervallum egy tetsz leges bels pontját, például -t. Tehát most két határértéket fogunk felírni, és ezeknek külön-külön végesnek kell lenniük, csak akkor létezik a keresett improprius integrál. A primitív függvény megadásával kezdjük. dx dx 9 x x 9 arcsin( x + c arcsin( x + c dx 9 x 9 x [ ( x ] ɛ lim arcsin ɛ [ lim arcsin ɛ felhasználva: ha ɛ + ɛ A másik határérték: [ ( x ] lim arcsin ɛ ( ɛ 9 x +ɛ dx lim lim dx + 9 x ɛ ɛ [ arcsin dx ( x 9 x dx 9 x dx ( ɛ arcsin ɛ ] arcsin arcsin π ( ] ( + ɛ arcsin arcsin π dx lim ɛ lim ɛ +ɛ [ arcsin arcsin( ( 9 x dx ( π arcsin π ( ] + ɛ Tehát 9 x dx π + π π Megjegyzés Ha gyelembe vesszük, hogy az integrandus egy páros függvény, akkor elég lett volna egy határértéket kiszámolni, mert: dx 9 x dx π 9 x π 58

59 x. Feladat: (x dx Megoldás: Ebben az esetben az integrandus x pontban nincs értelmezve, és ezen pont jobb és baloldali környezetében nem korlátos. Ezért a keresett improprius integrált bontsuk fel két improprius integrál összegére. x (x dx x (x dx + x (x dx Tehát most is két határértéket kell felírnunk, és mindkett nek végesnek kell lenniük, ellenkez esetben nem létezik a keresett improprius integrál. Kezdjük most is a határozatlan integrállal. x (x dx (x x dx Folytassuk helyettesítéssel. t x t dt t Az els improprius kiszámolása: dt dx x x dx lim (x ɛ dt x dx + c x + c ɛ x (x dx [ lim ] ɛ [ x lim ( ɛ ] ɛ ɛ ] [ lim ( ɛ ɛ ] [ lim ɛ ɛ ɛ A második improprius kiszámolása: x dx lim (x ɛ + + +ɛ x (x dx [ lim ] [ x lim 8 ] ( + ɛ ɛ +ɛ ɛ ] [ lim ( + ɛ ɛ 59 [ 6 lim ɛ + ɛ] ɛ

60 6 6 Tehát x (x dx x (x dx+ x dx +6 9 (x 6

61 . Lineáris algebra.. Vektortér... Alapfeladatok. Feladat: Határozzuk meg 5a, b, c és 5a b + c vektorokat, ha Megoldás: a (; ; ; 4; b (; ; ; ; 7 c ( ; ; 7; 9;. 5a 5 (; ; ; 4; (; 5; 5; ; b (; ; ; ; 7 ( ; ; ; ; 7 c ( ; ; 7; 9; ( ; ; 7 ; 9 ; 5a b + ( c 5 ; 9 ; 4 ; 5 ; 7. Feladat: Határozzuk meg 4a, (b c, a + b, a b és a, c kifejezések értékét, ha a (; ; ; 4; Megoldás: Mivel ezért b (; ; ; ; 7 c ( ; ; 7; 9;. 4a 4 (; ; ; 4; (; 4; ; 6;, 4a + ( Ha felhasználjuk, hogy λa λ a, akkor a számolás egyszer bben is elvégezhet. 4a 4 a 4 + ( Mivel b c (; ; ; ; 7 ( ; ; 7; 9; 6

62 (5; ; ; ; 4, ezért (b c (b c 5 + ( + ( + ( Mivel ezért a + b (; ; ; ; 7 a b ( ; ; 5; 5; 7, a + b, a b ( + ( ( ( 7 9 Mivel és így a (; ; ; 4; (; ; 6; 8; c (; ; 7; 9;, a, c + ( ( + 6 ( ( 9 + Ha felhasználjuk, hogy λa, c λ a, c, a számolás másképp is elvégezhet. a, c a, c [ ( + ( ] 56. Feladat: Határozzuk meg a, 5b, c és a b + 4c vektorokat, ha 5 a 5 b 4 c 4. Megoldás: a 5 5b

63 a b + 4c c Feladat: Határozzuk meg a, a b, a, c és a, 4c kifejezések értékét, ha a 5 b 4 c 5 4. Megoldás: a + + ( 5 + a b a b ( + ( + ( a, c 5 + ( 4 + ( 5 + a 5 4c 6 8 a, 4c ( + ( ( Egyszer bb a számolás, ha felhasználjuk, hogy a, 4c 4 a, c ( 4( 5 5. Feladat: Adjuk meg a (; ; ; 4;, b (; ; ; ; 7, c ( ; ; 7; 9; vektorok λ 4 λ 7 λ 6