I. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL

A primitív függvény és a határozatlan integrál 5 I A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL Gyaorlato és feladato ( oldal) I Vizsgáld meg, hogy a övetező függvényene milyen halmazon van primitív függvényü és ezeben az eseteben határozd meg a primitív függvényeiet: f ( ) + + + ( ) f + f ( ) + 4 f ( ) 5 + 4 4 4 5 f ( ) + 6 f ( ) 5 5 7 f ( ) + 8 f ( ) + 9 f ( ) + 0 f ( ) + 5 ( ) f f ( ) 5 f ( ) sh + ch 4 f ( ) sh( ln ) 5 f ( ) sh 6 f ( ) sin 7 f ( ) cos 8 f ( ) sin 9 f ( ) sin cos 4 0 f ( ) tg( + ) f ( ) ctg f ( ) sin + cos ( + π) ( ) 9 f ( ) 4 5 f ( ) 9 f ( ) + 4 7 f ( ) + 9 f ( ) 9 9 f ( ) + 4 f ( ) 4 f ( ) 9 f ( ) 4 Megoldás + + + d d + d + d + d 4 + + + + C 4

6 A primitív függvény és a határozatlan integrál Az előbbi összefüggés minden esetén érvényes, mert az,, és ifejezéseel értelmezhető függvénye az -en primitiválható és primitiválható függvénye összege is primitiválható, sőt az összegfüggvény primitívje a tago primitívjeine összege A továbbiaban csa a primitíveet írju fel és a maimális intervallumot, amelyen létezne, esetleg röviden hivatozun arra, hogy melyi szabályt használtu 4 + d + + C és D [0, ) 4 + d + C és I D, ahol I egy intervallum Megjegyzés A továbbiaban az I D jelölés azt jelenti, hogy I egy intervallum és a primitívre vonatozó összefüggés I -n érvényes Ha nem szűítjü le egy intervallumra a primitív értelmezését, aor az előbbi feladat megoldása, 0 + C < d + + C, > 0 mert 0 nem tartozi az eredeti függvény értelmezési tartományához 5 6 5 5 5 5 4 + d d + d + + C 5 6 5 + 5 + C és D [0, ) 5 6 4 5 5 + d 5 4 5 + C és I D + 4 4 4 5 5 5 5 + 5 6 d d d C 7 + d + ln + C és I D d 8 ln + + C és I D \ + { } 9 ln + d + + C és I D 5 5 0 + d + + C és D ln 8 d 8 d + ln8 C és D I D és

A primitív függvény és a határozatlan integrál 7 5 Az ln 5 5 megjeleni az ln 5 ifejezés deriválásából megapju az 5 ifejezést, de még 5 tag is, tehát -ből ivonva az 5 egy primitívjét, a eresett ln 5 ln 5 5 5 függvényt apju Valóban, az F :, F ( ) + C függvény ln 5 ln 5 deriválható és F ( ) f( ),, tehát az f függvény primitiválható az -en és 5 5 f ( ) d + C ln 5 ln 5 sh + ch d ch + sh + C e + C és D ln ln e e ln 4 sh( ln ) d d d + C és 4 D (0, ) 5 sh d ch + C és D 6 sin d cos + C és D 7 cos d sin + C és D 8 A feladathoz hasonlóan részenént megereshetjü a primitív függvényt és így az F :, F () cos+ sin függvényhez jutun Ez deriválható és F ( ) f( ),, tehát az f függvény primitiválható az -en és f ( ) d cos + sin + C 9 + d ctg + tg 4 + C és sin cos 4 4 π ( + ) π I D \ { } 8 0 tg( + ) d ln cos( + ) + C és ( + ) π I D \ 6 π ctg d ln sin + C és I D \ { } Mivel cos( + π) cos( + π) cos, írhatju, hogy

8 A primitív függvény és a határozatlan integrál d d sin + cos ( + π ) sin + cos és ez érvényes a D -n d ln + C és D I \{ ± } 9 6 + d C +, d d 4 ln + C 4 4 4 + ln + C, 4 + I D \ ± d 5 arctg + C és D + 9 d 6 arctg + C + 4 6 és D 7 d ln( + + 9) + C és D + 9 8 d ln 9 + C és D I \[,] 9 9 d 4 ln + + 4 + C és D + 0 d 4 ln + C és D I \, 4 d arcsin + C és D (,) 9 d arcsin + C és D, 4 II Bizonyítsd be, hogy a övetező függvényene van primitív függvénye: arctg, ha 0 f :, f ( ) π, ha 0

A primitív függvény és a határozatlan integrál 9 f : f : 4 f : 5 f : sin, ha 0, f ( ), ha 0 ln + ha, ( ), 0 f, ha 0 ( ) e, ha, f ( ) + 0 ln +, ha > 0 f ma,, ( ) { } cos, ha 0 6 f :, f ( ) 0, ha 0 ( + sin ), ha 0 7 f :, f ( ) 0, ha 0 e sin, ha 0 8 f :, f ( ) 0, ha 0 cos, ha 0 9 f :, f ( ) arctg 0, ha 0 e sin, ha 0 0 f :, f ( ) 0, ha 0 π arctg, 0 Megoldás Mivel lim arctg, az f :, f ( ) 0 π, 0 függvény folytonos, tehát primitiválható is sin Mivel lim és a feladatban értelmezett függvény folytonos, létezi 0 primitív függvénye -en ln + ln( + ) lim lim, tehát a vizsgált függvény folytonos -en és 0 0 így primitiválható is

0 A primitív függvény és a határozatlan integrál ( ) 4 Mivel lim f ( ) lim + e, lim f ( ) lim( ln + ) és 0 0 < 0 < 0 0 0 > 0 > 0 f (0), az f függvény folytonos 0 -ban Másrészt f folytonos -on, tehát folytonos -en és így létezi primitív függvénye 5 Az f :, f ( ), és f :, f( ), függvénye folytonosa, tehát az f ( ) ma( f( ), f( )), függvény is folytonos és így létezi primitív függvénye 6 A függvény nem folytonos 0 -ban, ezért más gondolatmenetet használun, megpróbálun előállítani egy olyan függvényt, amelyne a deriváltja tartalmazza a cos ifejezést sin cos, tehát a sin ifejezés deriváltjában megjeleni a cos Pontosabban sin sin + cos, Az itt megjelenő függvényeet megpróbálju folytonosan meghosszabbítani a 0 -ban lim sin 0 lim sin, tehát írhatju, hogy a G :, 0 0 sin, 0 G () sin, és h :, h () 0 függvénye 0, 0 0, 0 ( ) G(0) folytonosa G deriválható -on és li m G lim sin 0, tehát G 0 0 0 deriválható 0 -ban és G (0) 0 Ez alapján f ( ) G ( ) + h( ), A h folytonos, tehát létezi primitív függvénye, a G -ne létezi primitív függvénye, tehát az f -ne is létezi primitív függvénye sin, 0 7 A h :, h () függvény folytonos és a G :, 0, 0 sin, 0 G () függvényne létezi primitív függvénye, tehát az összegüne 0, 0 is létezi primitív függvénye Megjegyzés Használhatju az 5 megoldott feladatot (lásd a tanönyv 9 oldalán) 8 A bizonyítást itt is elvégezhetjü a 6 feladat megoldásához hasonlóan, ha a e cos, 0 G :, G () 0, 0

A primitív függvény és a határozatlan integrál és e cos + e cos, 0 h :, h () 0, 0 segédfüggvényeet használju ( G h f) Az egyszerűbb gondolatmenet a övetező: a ( e ) sin, 0 h :, h () 0, 0 sin, 0 függvény folytonos és a G :, G () függvényne létezi 0, 0 primitív függvénye, tehát az összegüne is létezi primitív függvénye Megjegyzés Használhatju az 5 megoldott feladatot (lásd a tanönyv 9 oldalán) 9 Teintsü a arctg ( + arctg) sin, 0 h :, h ( ) arctg és 0, 0 arctg ( + ) sin, 0 G :, G ( ) arctg 0, 0 segédfüggvényeet A h függvény folytonos -en, G deriválható -en és f ( ) G ( ) + h( ),, tehát az f primitiválható e e cos sin, 0 0 A h :, h ( ) e függvény folytonos 0, 0 e cos, 0 és a G :, G ( ) e függvény deriválható -en, továbbá 0, 0 f ( ) G ( ) h( ),, tehát az f primitiválható III Bizonyítsd be, hogy a övetező függvényene nincs primitív függvénye: f :, f ( ) sgn f : f :, ha < 0, f ( ) cos, ha 0, f ( ) [ ]

A primitív függvény és a határozatlan integrál 4 f :, f ( ) { }, ha 5 f :, f ( ), ha \ sin + cos, ha 0 6 f :, f ( ), ha 0, ha 7 f :, f ( ), ha \ sin, ha 0 8 f :, f ( ) 0, ha 0 cos, ha 0 9 f :, f ( ), ha 0 Megoldás A függvény épe a {,0,} halmaz, tehát nem intervallum Ebből övetezi, hogy f nem Darbou tulajdonságú, tehát nincs primitív függvénye Mivel li m f ( ) lim 0, lim f ( ) lim cos az f függvényne elsőfajú 0 0 < 0 < 0 0 0 > 0 < 0 szaadási pontja az 0 Ebből övetezi, hogy a függvény nem Darbou tulajdonságú, tehát nem létezi primitív függvénye Az f függvény épe csa az egész számoat tartalmazza, tehát nem intervallum Ebből övetezi, hogy a függvény nem Darbou tulajdonságú, tehát nem létezi primitív függvénye 4 Mivel lim f ( ) lim{ } 0 és lim f ( ) lim{ } az f függvényne < < > < elsőfajú szaadási pontja az, minden esetén Ebből övetezi, hogy a függvény nem Darbou tulajdonságú, tehát nem létezi primitív függvénye 5 Igazolju, hogy f nem Darbou tulajdonságú Ha és 5, aor f ( ) és f ( ) 5 Az y 4 (,5) érté esetén az f ( ) y egyenletne nincs megoldása az (, ) intervallumban, mert az f () 4 egyenlőség csa az ±4 értée esetén teljesül és eze nincsene a vizsgált intervallumban Eze alapján az (, ) intervallum épe nem intervallum, tehát f nem Darbou tulajdonságú és így nincs primitív függvénye 6 Az f :, sin, 0 f( ) cos, 0 és f :, f ( ) 0, 0 0, 0

A primitív függvény és a határozatlan integrál függvényene létezi primitív függvénye, tehát ha f -ne is létezne primitív 0, 0 függvénye, aor az f f f függvény is primitiválható volna Ez, 0 0, 0 viszont ellentmondás, mert az f :, f( ) függvény épe nem, 0 intervallum, tehát a függvény nem Darbou tulajdonságú és így nincs primitívje sem 7 Igazolju, hogy f nem Darbou tulajdonságú Ha 7 és 9, aor f ( ) 7 és f ( ) 9 Az y 8 (7,9) érté esetén az f () y egyenletne nincs megoldása az (, ) intervallumban, mert az f ( ) 8 egyenlőség csa az 8 érté esetén teljesül és ez nincs a vizsgált intervallumban Eze alapján az (, ) intervallum épe nem intervallum, tehát f nem Darbou tulajdonságú és így nincs primitív függvénye sin, 0 8 A h :, h ( ) függvény folytonos, tehát létezi primitív, 0 függvénye Ha az f függvényne létezi primitív függvénye, aor az f g függvény is primitiválható Ez ellentmondás, mert az f g függvény épe nem intervallum cos, 0 9 Az f :, f( ) függvényne létezi primitív függvénye, 0, 0 0, 0 tehát, ha az f is primitiválható, aor az ( f f) ( ) függvény is, 0 primitiválható volna Ez nem lehetséges, mert f f éphalmaza nem intervallum IV Adj példát ét függvényre, amelyene nincs primitív függvénye, de a szorzatuna van Megoldás Az 0, 0 f, g :, f ( ), 0 és g( ), > 0 0, > 0 függvényene nem létezi primitív függvénye, de a szorzatu identiusan nulla, tehát a szorzatna létezi primitívje Adj példát ét függvényre, amelyene nincs primitív függvénye, de az összetett függvényne van

4 A primitív függvény és a határozatlan integrál 0, 0 Megoldás Az f, g :, f ( ), 0 és g ( ), > 0, > 0 függvényene nem létezi primitív függvénye, de az összetételüre ( f g)( ),, tehát az f g függvényne létezi primitívje Bizonyítsd be, hogy ha az f :[ a, b] (a, b,a< b) függvényne van primitív függvénye az [ ac, ] és [ cb, ] intervallumoon (c (,) a b ), aor f -ne van primitív függvénye -en Bizonyítás Ha F és F az f primitívje az [ ac, ] és [ cb, ] intervallumon, aor az F( ), [ a, c] F :[ a, b], F () F () F () c F(), c (, c b] + függvény folytonos, deriválható és F ( ) f( ), [ a, b], tehát f -ne létezi primitívje az [ ab,] intervallumon 4 Bizonyítsd be, hogy ha az f : függvényne van primitív függvénye az I, zárt intervallumoon, ahol I, aor f -ne van primitív függvénye -en Bizonyítás Ha I [ a, b], és I, aor bármely Jn a [ n, n] J n n n I n intervallum esetén létezi olyan n, amelyre Jn I Így intervallum felbontható véges so diszjunt belsejű intervallum egyesítésére úgy, hogy az egyes részintervallumo mindegyie valamelyi I intervallum része legyen Az előbbi feladat alapján az f -ne létezi F primitívje a n J n intervallumon Az F :, F () F() + F(0) F(0), J függvény jól értelmezett és teljesül rá az F () f( ), összefüggés, tehát a f függvényne létezi primitív függvénye az halmazon 5 Határozd meg az α paraméter értéét úgy, hogy az π π f :, arctg, ha 0, f ( ) α, ha 0 függvényne legyen primitív függvénye n

A primitív függvény és a határozatlan integrál 5 π π π arctg, 0 Megoldás lim arctg, tehát a g :, 0, g () π, 0 függvény folytonos és így létezi primitív függvénye Ha az f függvény 0, 0 primitiválható, aor az ( f g) ( ) π függvény is primitiválható α, 0 π Enne a függvényne a éptartománya α esetén ét értéet tartalmaz, tehát ebben az esetben a függvény nem Darbou tulajdonságú Ez alapján a vizsgált π függvényne pontosan aor van primitív függvénye, ha α 6 Határozd meg az α paraméter értéét úgy, hogy az sin, ha 0 f :, f ( ) α, ha 0 függvényne legyen primitív függvénye cos Megoldás A sin azonosság alapján írhatju, hogy cos, 0 f ( ) cos, 0 A g :, g () függvény α, 0 0, 0 primitiválható, tehát az f függvény pontosan aor primitiválható, ha α (ellenező esetben az f g ülönbség éptartománya ét pontot tartalmazna) 7 Határozd meg az α paraméter értéét úgy, hogy az sin cos, ha 0 f :, f ( ) α, ha 0 függvényne legyen primitív függvénye 4 Megoldás A sin cos sin cos sin cos azonosság alapján átalaítju a függvényt A 5 sin sin, 0 G :, () + G 5 0, 0 függvény folytonos és deriválható Ha 0, aor

6 A primitív függvény és a határozatlan integrál 5 4 G () sin + sin cos + sin sin cos 5 és G (0) 0 A 5 sin sin, 0 h :, h () 5 0, 0 0, 0 függvény folytonos, tehát létezi primitívje és f ( ) G ( ) + h ( ) +, α, 0 Ez alapján az f pontosan aor primitiválható, ha α 0 8 Bizonyítsd be, hogy ha az f :[0,] [0,] függvényne van primitív függvénye és létezi α (0,) úgy, hogy f ( α ) 0, aor f nem injetív Bizonyítás Ha f primitiválható, aor Darbou tulajdonságú Ha f injetív és Darbou tulajdonságú, aor szigorúan monoton Ez nem lehetséges, mert f (0) (0,] f () (0, ], α (0,) és f ( α ) 0 9 Bizonyítsd be, hogy ha az f : függvény esetén f ( ), > 0, aor f -ne nincs primitív függvénye Bizonyítás Ha f(0) a, aor a li m f ( ) lim összefüggés alapján 0 0 0 > 0 > 0 > 0 lim f ( ) Ez alapján létezi olyan I (0, ε] intervallum, amelyre f ( ) > a+, I, tehát a [0, ε ] intervallum épe tartalmazza a -t, tartalmaz a + -nél nagyobb elemeet és nem tartalmaz a és a + özti elemeet Így a [0, ε] intervallum épe nem intervallum, tehát f nem Darbou tulajdonságú, tehát nem létezi primitív függvénye 0 Létezi-e olyan f : függvény, amelyne van primitív függvénye és f f? Megoldás Lásd a feladatot Létezi-e olyan f : függvény, amelyne van primitív függvénye és ( )( ) f f a,, ahol a? Megoldás Ha f primitiválható, aor Darbou tulajdonságú Az f f függvény injetív, tehát f is injetív és így szigorúan monoton Másrészt ha f szigorúan monoton, aor f f szigorúan növevő és ez ellentmondás, mert a g ( ) a, függvény szigorúan csöenő

A primitív függvény és a határozatlan integrál 7 Bizonyítsd be, hogy ha az f : függvényne létezi primitív függvénye, a g : függvény folytonosan deriválható, és g( ) 0, esetén, a h : függvény pedig az függvény egy primitív függvénye, aor az g f oh függvényne is létezi primitív függvénye! Bizonyítás Teintsü a K :, K ( ) g ( ) ( F h)( ), függvényt, ahol F az f egy primitív függvénye Mivel g, F és h deriválható függvénye, a K is deriválható és K ( ) g ( ) ( F h) ( ) + ( f h) ( ) Másrészt az F h és g függvénye folytonosa, tehát a g ( F h) függvény is folytonos és így primitiválható, tehát az f h függvény is primitiválható (ét primitiválható függvény ülönbsége) Bizonyítsd be, hogy ha az f :( a, b) függvénye folytonosa és f f,, f (), [, a ] aor az f ( ) b függvényne nincs primitív függvénye! f ( ), [ a, b]\ Bizonyítás Mivel f f létezi olyan c (,) a b, amelyre f() c f() c f() c f( c) Feltételezzü, hogy f () c > f( c) és megszeresztjü az ε > 0 számot folytonos függvénye, tehát létezi olyan δ > 0, amelyre f, f () ( f () c ε, f () c + ε ) és f () ( f () c ε, f () c + ε), ( c δ, c + δ) Ez alapján a ( c δ, c + δ) intervallum épe nem intervallum, mert f() c + ε < f() c ε és az f (( c δ, c + δ)) intervallum tartalmaz elemeet az ( f() c ε, f() c + ε) intervallumból is és az ( f () c ε, f c + ε ) intervallumból is ()