Itegrálási módszerek 5 II INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK A parciális itegrálás módszere Ha az f, g : D (D em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók a D halmazo, akkor tudjuk, hogy a szorzatuk is deriválható és ( f g ) f g f g, ie következik, hogy ha az fg függvéyek va egy F : D primitív függvéye, akkor az f g függvéyek is va egy G : D primitív függvéye és G ( ) (f g F( )) Ha az f és g értelmezési tartomáya egy itervallum, akkor létezik c álladó úgy, hogy G f g F c Az előbbiek alapjá írhatjuk, hogy f g d f g f g d Kijelethetjük a következő tételt: Tétel Ha az f és g : D (D em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók a D halmazo és az fg : D függvéyek létezik primitív függvéye, akkor az f g függvéyek is létezik primitív függvéye és f g d f g f g d Ezt a tulajdoságot gyakra haszáljuk primitív függvéyek meghatározásáál, mert em midig azoos ehézségű az fg és f g függvéyek primitív függvéyéek meghatározása Amikor ezt a tulajdoságot alkalmazzuk határozatla itegrál kiszámításáál azt modjuk, hogy az itegrált a parciális itegrálás módszerével számoljuk ki Következméy Ha az f : D és g : D függvéyek folytoosa deriválhatók a D tartomáyo, akkor létezek az f g : D és fg : D függvéy primitív függvéyei és f g d f g f g d Megoldott gyakorlatok Határozzuk meg az f :, f e függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az előbbi fejezetbe már kiokoskodtuk a primitív függvéyeket Próbálkozzuk a parciális itegrálás módszerével Ehhez el kell döteük, hogy az f, f és f e függvéyek közül melyiket tekitjük, mit, : egy másik függvéy deriváltját Látható, hogy ebbe az esetbe, ha az mit a g :, g ( ) feladat, mert ekkor az f -et tekitjük, függvéy deriváltját, akkor em egyszerűsödik a g f d e d itegrált kell kiszámoluk, ami
6 Itegrálási módszerek em tűik egyszerűbbek, mit az eredeti Ha pedig az azoal észrevesszük, hogy f f, tehát írhatjuk, hogy f -t tekitjük mit deriváltat, f d f f d f f f f d e e e e C Egyszerűbb írásmód lett vola a következő: ( e ) e d d e e d e e f e alakú függvéy primitívjeit akarjuk kiszámítai a par- Megjegyzés Ha ciális itegrálás módszerével, ahol f poliomfüggvéy vagy trigoometrikus függvéy, célszerű az e -t tekitei, mit derivált függvéyt Számítsuk ki az f :, f e si határozatla itegrálját Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos si ( e ) si e d d e si e ( si ) d e si e cos d A második itegrálál újból a parciális itegrálás módszerét alkalmazva, kapjuk: cos ( e ) cos e d d e cos e ( cos ) d C e cos e si d, tehát visszakaptuk az eredeti itegrált Így írhatjuk, hogy si d si e e e cos e si d e si e cos Ebből következik, hogy e si d C * Számítsuk ki az f :, f ( ) l függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos l d l d l d l C * Számítsuk ki az f :, f l függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos ( ) l l d l l d d l l l l d ( ) l d l ( l ) ( ) l l l l 9 d d 9 l ( 9 9l l 6l ) l l C C 7 7
Itegrálási módszerek 7 5 Számítsuk ki az f :, f ( ) cos függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos I cos d cos ( si ) d cos si si d cos si ( cos ) d cos si I Ebből következik, hogy I cos si C, tehát cos si cos d C 6 Számítsuk ki az f :, f arctg függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos arctg d arctg d arctg d ( ) arctg d arctg l ( ) C arctg l C 7 Számítsuk ki az f :, f függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos ( ) I d d ( ) ( ) d ( ) d I d I d d d d d I l( ) Ebből következik, hogy I l ( ) l( ) C C, tehát I C Visszahelyettesítve az eredetibe kapjuk, hogy ahoa l I ( ) C, ( ) l( ) I C 8
8 Itegrálási módszerek 8 Számítsuk ki az f : \{ k k } π, f függvéy primitív si függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos Ha I \ { kπ k } itervallum, akkor eze az itervallumo f folytoos és d ( ctg ) d ctg ctg d ctg l si si C Ie az f egy tetszőleges primitív függvéye F : \ { k π k }, F ctg l si c, ( kπ, ( k ) π) alakú, ahol c álladók és k k k 9 Számítsuk ki az f :, f si( l ) függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos cos( l ) d cos( l ) d cos( l ) si( l ) d I si( l ) d si( l ) d si( l ) cos( l ) d Ezt visszahelyettesítve az eredetibe, kapjuk: I ( si( l ) cos( l ) ) I, tehát ( si( l ) cos( l ) ) si( l ) d C arcsi 0 Számítsuk ki az f :(,), f e függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f függvéyek va primitívje, mert folytoos Tehát e d e d e e d arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi e e d e e e d arcsi arcsi arcsi e e e d C f π f határozatla itegráljára si Adjuk rekurziót az :(0, ), Megoldás si cos I d d I cos si si si d cos si cos I d I ( ) si si ( ) si
Itegrálási módszerek 9 Ahhoz, hogy teljes legye a feladat meg- -t cos Tehát I I ( ) si oldása, ki kell számoli az I -et és I si cos I l d d si C cos cos I ctg d C si Gyakorlatok Határozd meg, hogy milye halmazo létezik primitív függvéye az alábbi függvéyekek és számítsd ki a primitív függvéyt vagy adj rekurziós összefüggést rá: f l f l( ) f sh f sh 5 ( ) 7 f ( ) f e f ( ) e l 6 e 8 f l 9 f si 0 f si f cos f arctg l f f ( si cos ) e 5 f si 6 f si cos 7 f e si 8 f e ( si cos ) 9 f ( ) si 0 f ch si f cos( l ) f α l f si α f e si 5 f sh 6 f ch 7 f si ( sh ch ) 8 f arcsi 9 f arccos( ) 0 f arctg f f 6 9 f 9 5 f arcsi 5 f 5 9 6 f si 7 f 8 f l e l( l ) 9 f 0 f arcsi
0 Itegrálási módszerek l f ( ) f e arcsi arccos f e f arctg arctg e 5 f ( ) 6 f l( ) l arcsi 7 f ( ) 8 f 9 f arctg 50 f cos ( l ) 5 f si *, 5 f cos *, 5 f cos, * 5 f l *, Helyettesítési módszerek A XI osztályból tudjuk, hogy ha az f : D E és g : C D (C, D és E em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek deriválhatók az értelmezési tartomáyuko, akkor az f o g : C E függvéy is deriválható C - és ( f og) ( f og) g ( ) Az előbbiek alapjá, ha az f : D függvéy primitív függvéyeit keressük és létezik egy h : E primitív függvéyel redelkező valamit egy g : D E deriválható függvéy úgy, hogy f h( g ) g, akkor f -ek va primitív függvéye és egy primitívje a H o g :D függvéy, ahol H : E a h egy primitívje Vaak esetek, amikor az f : D függvéy esetébe köyebb egy ( f o g) g : E alakú függvéy primitívjét meghatározi Ha F egy primitívje ez utóbbi függvéyek és g : E D bijektív valamit a deriváltjáak ics valós gyöke a D -, akkor F o g primitív függvéye f -ek, mert F g f g g g g g f ( o ) ( o ) o o ( ) Kijelethetjük tehát a következő tételeket: Tétel (Az első helyettesítés módszere) Ha a h : E és g : D (D és E em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek a következő tulajdoságokkal redelkezek: g deriválható D -, h -ak va primitív függvéye E - és H : E egy primitívje, akkor az f ( ho g) g : D függvéyek va primitív függvéye és egy primitív függvéye a H o g :D függvéy
Itegrálási módszerek Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok, akkor írhatjuk, hogy ( ) ( h g g d H g ) C Tétel (A második helyettesítés módszere) Ha az f : D és g : E D (D és E em degeerált itervallumok egyesítése) függvéyek a következő tulajdoságokkal redelkezek: g bijektív, deriválható és a derivált függvéyek ics valós gyöke D -, a h ( f o g) g : E függvéyek va primitív függvéye E - és H : E egy primitívje, akkor az f : D függvéyek va primitív függvéye és egy primitív függvéye a H o g :D függvéy Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok, akkor írhatjuk, hogy ( f d H g ) C Tulajdoképpe a helyettesítési módszerekél változót cserélük az itegrálba Azaz az első helyettesítési módszer eseté a g -et helyettesítjük egy t változóval, vagyis a t g helyettesítést végezzük Ha ezt deriváljuk szerit, kapjuk, hogy dt g, amit a dt g d alakba is írhatuk, tehát d Ihelyett f d h( g ( ) g d h () t dt t g t dt dt g d Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok és H a h egy primitívje, akkor: Ihelyett ( ( ) () () t g t g t dt dt g d ( ) f d h g g d h t dt H t C H g C A második helyettesítési módszer eseté az g () t változócserét végezzük, ekkor d deriválással kapjuk, hogy g () t, amit d g () t dt alakba is írhatuk, tehát dt f d IIhelyett f ( g() t ) g () t dt g() t d g () t dt Ha az értelmezési tartomáyok itervallumok és H a h ( f o g) g egy primitívje, akkor ez folytatható: C C f d II helyett f ( g() t ) g () t dt H () t H g g() t g() t d g () t dt t g Megjegyzés Az előbbi egyelőségek (a szürke hátterűek) em helyesek, mert az egyik oldalo álló függvéycsalád tagjai em ugyaazok, mit a másik oldalo megjeleő függvéycsalád tagjai Eek elleére gyakra haszáljuk ezt a jelölést, mert az egyelőség fölött (vagy külö) megadott helyettesítés egyértelműe mutatja, hogy az egyik oldalo megjeleő függvéyeket milye függvéyel kell összetei, ahhoz, hogy megkapjuk a másik oldalo megjeleő függvéyeket
Itegrálási módszerek Megoldott gyakorlatok Határozzuk meg az f :, f ( ) 00 függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az f folytoos -e, tehát létezik primitív függvéye A t helyettesítéssel dt d azaz d dt, tehát 00 00 00 00 t ( ) d t dt C C 00 6009 Határozzuk meg az f :, f függvéy primitív függvéyeit * Megoldás A g :, g függvéy deriválható, g ( ), * és a h : *, h függvéyek, H :, H ( ) l egy primitív függvéye Az f függvéy felírható, mit f h( g ) g, tehát ( ) egy primitív függvéye a H o g :, ( H og ) l Egyszerűbbe: f d d dt lt l( ) C C t t t> 0 t dt d Határozzuk meg az f : \{,}, f függvéy primitív függvéyeit Megoldás Ha I \{, } itervallum, akkor eze az itervallumo C C d dt l t l t t t dt ( ) d Tehát az f egy tetszőleges primitív függvéye: l c, ha < F : \{,}, F l c, ha (,) l c, ha > álladók c,, Határozzuk meg az f :(0, π), f Megoldás Az f a (0, π) - folytoos és alakú, ahol si függvéy primitív függvéyeit si si d d d dt si si cos t t cos (,) dt si d t cos cos l C l C l C l tg C t cos cos
Itegrálási módszerek A helyettesítést helyese alkalmaztuk, mert a cos függvéy deriválható és a h() t t függvéyek va primitívje a (,) itervallumo A következő átalakításokat is végezhettük vola: tg d d d dt l t si C tg tg t tg ( 0, ) t tg dt d tg 5 Határozzuk meg az f : l tg C l tg C *, ( ) f ( ) függvéy primitív függvéyeit Megoldás A függvéy folytoos az értelmezési tartomáyo, tehát létezik primitív függvéye 6 5 Az t helyettesítéssel d 6t dt, tehát 6 ( ) ( t ) 5 t t 6 6 6 ( ) d t dt dt t t dt t t t 6 6 t 6 t C C t 6 Azért választottuk az t helyettesítést, mert 6 a és legkisebb közös többszöröse és így a és kifejezésekből eltűik a gyök * 6 Határozzuk meg az f :, f ( ) függvéy primitív függvéyeit Megoldás A függvéy folytoos az értelmezési tartomáyo, tehát létezik primitív függvéye A t, (t (0, ) ) helyettesítéssel dt ld, tehát d dt t l l l arcsi arcsi t C C dt Ha em tudtuk vola, hogy arcsit C, akkor ezt kiszámolhattuk t vola a t si u, ( u π 0, ) helyettesítéssel, ahoa dt cosudu és t si u cosu (mert cosu > 0 a 0, π itervallumo) Tehát dt cosu arcsi du du u t si u t t cosu C C π u arcsit u 0,
Itegrálási módszerek Ezt megtehettük vola akár az eredeti itegrál eseté a s iu helyettesítéssel, ahoa l d cosu du, és cosu Ie d u du arcsi l l l C si u C u arcsi π u 0, 7 Határozzuk meg az f :, f függvéy primitív függvéyeit 9 Megoldás A függvéy folytoos -e, tehát létezik primitív függvéye Már az első fejezetbe megadtuk az ilye típusú függvéyek primitív függvéyeit (lásd alapitegrálok táblázata), most viszot ki is fogjuk számoli Eek érdekébe először f alakra hozzuk a függvéyt Amit az előző példába a si cos azoosságra alapoztuk, most a ch sh azaz ch sh azoosságra alapozva a sht ( t ) helyettesítést végezzük Ebbe az esetbe d chtdt és sh t ch t cht (mert ch t > 0, t ) Tehát az itegrál a következővé alakul: t ch d t dt cht C A sh : függvéy bijektív és iverze az ar sh :, arsh ( t t t t l ) függvéy (Ez az e e e e 0 másodfokú egyelet megoldásából adódik) Tehát esetükbe t arsh l l( 9 ) l Így d l 9 C 9 8 Határozzuk meg az f : \,, f függvéy primitív 9 függvéyeit Megoldás A függvéy folytoos az értelmezési tartomáyá, tehát létezik primitív függvéye Az első fejezetbe megadtuk az ilye típusú függvéyek primitív függ-
Itegrálási módszerek 5 véyeit is Most a primitív függvéy meghatározásához f alakra hozzuk a függvéyt A primitívet előbb a, itervallumo számoljuk ki A ch sh, azaz sh ch azoosságra alapozva a cht (t (0, ) ) helyettesítést végezzük Ebbe az esetbe d shtdt és ch t sh t sht (mert sht > 0, t > 0 ) Tehát az itegrál a következővé alakul: t sh d t dt sht C A ch : (0, ) (, ) függvéy bijektív és iverze az arch : (, ) (0, ), arch l( ) függvéy (Ez az t t t t e e e e 0 másodfokú egyelet megoldásából adódik, felhaszálva, hogy t > 0 ) Tehát esetükbe t arch l l( 9) l Így l 9 9 d C 9 Határozzuk meg az f : \ π ( k ) k, f tg függ- véy primitív függvéyeit π Megoldás Ha I \ ( k ) k itervallum, akkor f folytoos I -, tehát létezik primitív függvéye tg dt tg d d l( t t ) t tg C tg t dt ( tg ) d ( ) l tg tg C
6 Itegrálási módszerek Egy tetszőleges primitív függvéye az f -ek π F : \ ( k ) k, F l( tg tg ) c, ha π ( ),( k ) k π k és c álladók k arctg 0 Határozzuk meg az f :, f függvéy primitív függvéyeit Megoldás Az tgt, π π t, helyettesítéssel d ( tg t) dt és arctg t, tehát arctg t tg t d ( tg t) dt t tg t dt tg t tg t t tg t ( tg t) dt t tg t dt t dt t ( tg t) dt t dt t tg t tg t t dt t ( tgt) dt t tg t t tg t( tg t) tgt dt dt t tgt tgtdt t tg t t tg t l cos t t tg t C 6 arctg arctg l ( ) arctg C 6 Gyakorlatok Határozd meg, hogy milye halmazo létezik primitív függvéye az alábbi függvéyekek és számítsd ki a primitív függvéyt: f f e f f e 5 f 6 f si cos 7 f 8 f ( ) 8 9 f 0 f 8
Itegrálási módszerek 7 5 f f ( l) l f f l ( 6 ) l 5 f 6 f 7 f 8 f ( ) ( ) e 9 f 0 f e 6 6 si f f e cos 6 6 f cos cos f 7 si 5 f si 6 f 7 f 8 f cos 9 f 0 f arcsi a si arccos l f f 9 arcsi tg f f tg si arcsi 5 f 6 f cos si cos si 7 f 8 f si cos cos e 9 f 0 f e si f cos f cos si f arctg f ( ) e 5 f 5 9 6 f e
8 Itegrálási módszerek 7 f 9 f si 8 f 9 cos si 9cos si 9 cos 50 ( ) f ( ) arctg ( arctg) π Racioális törtfüggvéyek itegrálása Emlékeztetük, hogy racioális törtfüggvéy egy olya függvéy, amelyek számlálója és evezője is poliomfüggvéy Tehát egy racioális törtfüggvéy P R : D, R alakú, ahol P, Q [X] és Q( ) 0, D Q Az értelmezésből az is kiderül, hogy mide poliomfüggvéy racioális törtfüggvéy Már az eddigiekbe is találkoztuk éháy egyszerűbb racioális törtfüggvéyel A továbbiakba kiszámoljuk éháy ilye racioális törtfüggvéy határozatla itegrálját Példák Számítsd ki az R : I (I olya itervallum, amelye R értelmezett) határozatla itegrálját a következő esetekbe Megjegyzés Ha egy racioális törtfüggvéy értelmezett egy itervallumo, akkor folytoos is eze az itervallumo, tehát létezik primitív függvéye R( ), I 5 ( ) d C 5 5 R, I \ 5 { } d dt l t l 5 5 t 5 C C t dt d I \ d d d l 9 R, I \{ } d d l C R ( ), I \ { } d ( ) C R, { } C 5
Itegrálási módszerek 9 6 ( ) R, \ { } I d d ( ) 7 7 ( ) I \ ( ) d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) C C C R, { } 7 8 R 5, I \{ } ( ) ( ) 5( ) 5 d 5 d ( ) ( ) d 5 d d ( ) ( ) 5 ( ) 5 ( ) ( ) ( ) C 9 R 9, I \ { ± } d d l 9 6 C 6 0 0 R, I \ ± 5 ( 5 ) d d l 5 5 C 5 R, I \{ ± } ( ) ( ) 5 d d 5 d 5 l d 5 l l C
0 Itegrálási módszerek R, I \{, } d d d ( ) ( ) ( ) l d C R, { I \, } 6 d d ( ) d 5 6 6 l d l l C R, I d d dt t t d dt arctgt C arctg C 5 R, I 9 5 d d 9 9 5 5 6 d t dt t dt d 5 5 arctgt C arctg C 6 R 9, I ( 9 ) d d l ( 9) 9 C 9
Itegrálási módszerek 7 R, I d d dt arctgt arctg( ) ( ) t C C t dt d 8 R, I 8 d d 8 8 ( ) ( 8 ) ( ) 8 d l 8 arctg C 9 R, I 6 0 6 5 d d 6 0 6 0 ( ) 0 R, I l 6 0 5arctg C d d d ( ) ( ) ( ) ( ) 6 d ( ) d Látható, hogy a evező kitevője őtt Próbáljuk meg parciálisa itegráli az törtet: d d d Tehát 8 d arctg d d ( ) 8 ( ) 8 C 8 ( ) 6 R, I d
Itegrálási módszerek d ( ) d ( ) ( ) ( ) d d Az d kiszámításához parciálisa itegráljuk az -et: ( ) d d ( ) ( ) ( ) ( ) d d ( ) ( ) ( ) ( ) d ( ) d d ( ) ( ) d d ( ) ( ) ( ) ( ) Tehát d d ( ) ( ) 6( ) ( ) Eek kiszámításához parciálisa itegráljuk az -et: d d d d d d Tehát d d Így d d arctg C d
Itegrálási módszerek d ( ) ( ) 6( ) arctg C arctg C 6( ) Tehát arctg d ( ) ( ) C Láthattátok az előbbiekbe, hogy egyes racioális törtfüggvéyek határozatla itegrálját direkt úto is ki tudjuk számoli (egy egyszerű helyettesítéssel vagy egy rekurziós összefüggés felírásával), más esetekbe fel kell botai több racioális törtfüggvéy összegére Értelmezés Egy racioális R : I (I itervallum) törtfüggvéyt elemi törtfüggvéyek evezük, ha a következő alakok valamelyikébe írhatók fel: R( ) a a a a, a, i 0,,, I i 0 A * b R, Aab,,, a 0,, I \ ( a b) a A B * R, ABabc,,,,, a 0, b ac < 0,, a b c { } I Ezek határozatla itegráljai a következők: a a a ( a a a a 0 ) d a C 0 A A Ha, akkor d l a b C a b a Ha >, akkor b A A b A a d d ( a b) a a C a A C a( )( a b) Tehát A A d C ( a b) a( )( a b)
Itegrálási módszerek A B A a b ( d ) ( d C d a b c a a b c) ( a, b c) Ab ahol C B a a b ( a b c) d d ( a b c) C ( a b c) ( )( a b c) Az I ( a b c) d itegrálra pedig > esetbe rekurziós összefüggést írhatuk fel az I d parciális itegrálásával a b c Ha, akkor a b I d d arctg a b c a C, b a a ahol b ac < 0, tehát > 0 Ha >, akkor I d d ( a b c) ( a b c) a b ( ) d a b c a b c a b c b c d ( a b c) ( a b c) ( a b c ) b a b I d I a b c a a b c a b I I a b c a a b c a a b I I aa b c a a b a ( ) Tehát I I ( )( ac b )( a b c) ( )( ac b ) Sajátos esetbe, ha I d, akkor ( a ) I I a a a
Itegrálási módszerek 5 Az előbbi példák között volt olya is, amely em elemi törtfüggvéy volt Ezekbe az esetekbe felbotottuk elemi törtfüggvéyek összegére Felvetődik a kérdés, hogy tetszőleges racioális törtfüggvéy felbotható-e elemi törtfüggvéyek összegére? Erre ad választ a következő tétel, amit most em bizoyítuk, haem példákkal illusztráljuk Tétel (Elemi törtekre botás) P Ha R : I, R Q k l i ( a b i i) ( c j j j) Q d e d ce < 0, j j j alakba: i j R egy racioális törtfüggvéy, mj PQ, [ X], ahol a, b, c, d, e, a, c 0 és i i j j j i, k, j, l, akkor R egyértelműe felírható a következő A A A a b a b C ( a b) A A A a b a b ( a b) A A A k k k k a b a b a b k k k k k k B C B C B C c d e c d e m m m ( c d e) ( ) B C B C B C c d e c d e m m ( c d e) B C B C B C l l l l lm lm l l, m l c d e c d e c d e k l l l l l l l l l k m i A l i B C ij ij ij Rövidebbe R C j i j a b i j c d e i m j i i i i i j I ahol C [ X] (a P poliom Q poliommal való osztási háyadosa) és A, B, C meghatározhatók az egyelő együtthatók módszerével ij ij ij és, I, Példák Botsuk elemi törtfüggvéyekre az R : I (I olya itervallum, amelye R értelmezett) racioális törtfüggvéyt és számítsuk ki a határozatla itegrálját a következő esetekbe:
6 Itegrálási módszerek R, I \ { 0, ± } R ( )( ) A B C ( )( ) ( )( ) () A ( )( ) B( ) C( ), I ( A B C) ( B C) A, I Tehát együtthatója: A B C 0 együtthatója: B C 0 0 együtthatója: A Így B C, tehát ( )( ), következik, hogy d l l C l C Ilye esetbe, ha a evezőek csak egyszeres valós gyökei vaak úgy is eljárhatuk, hogy az () összefüggésbe behelyettesítjük a gyököket (Ha két poliomfüggvéy egyelő egy itervallum mide potjába, akkor egyelők -e) 0 eseté A eseté B eseté C Látható, hogy így rövidebb úto jutottuk ugyaazokhoz az értékekhez R, I \ {, } ( )( ) 7 6 7 ( ) 9 R Tehát 7 9 d l d ( )( ) A B ( )( ) ( )( ) A ( ) B ( ), I -et helyettesítve A és -t helyettesítve kapjuk, hogy B, tehát ( )( ) Így C 7 9 d l l
Itegrálási módszerek 7 * R, I A evező irreducibilis téyezőkre botása a következő: 5 5 Tehát az R elemi törtfüggvéyekre botása A B C D E alakú 5 Ie A B C D E 0 helyettesítéssel kapjuk, hogy A Itt is helyettesítheték továbbra az és komple gyökeit, de az boyolultabb számolásokhoz vezete, ezért elvégezzük a jobboldalo a műveleteket: B D B C D E ( ) B C D E C E B D ( D B) C E Tehát meg kell oldauk az egyeletredszert, ahoa B D ( E C) 0 C E 0 B, C, D, E ( ) ( ) Tehát 5, ie d d d 5 l 8 8 d d l l( ) l( ) 8 8 d d l l( ) l( ) 8 8 arctg arctg C
8 Itegrálási módszerek l l( ) l( ) 8 8 arctg C l l( ) l( ) 8 8 arctg C 5 * R, I 6 A evező irreducibilis téyezőkre botása: 6 ( ) ( ) Tehát az R elemi törtfüggvéyekre botása 5 A B C D E F 6 alakú ( ) Ie 5 A B C D E F Mivel itt a gyökök 0, ± i, megpróbáluk ezek behelyettesítésével éháy együtthatót kifejezi: 0 eseté B és i eseté ie F E 0 és F Ezeket behelyettesítve a () összefüggésbe, kapjuk: ( ) 5 A C D : A C D 0 A i i C id ( 8 ) d l( 8) arctg 8 C és D Tehát 5 6 ( ) Az itegrál pedig: 5 d l arctg 6 d
Itegrálási módszerek 9 Az d az parciális itegrálásával kapjuk meg: d d d ( ) d d arctg d d ( ) ( ) C ( ) Tehát 5 arctg d l 6 Gyakorlatok C Határozzuk meg a következő racioális törtfüggvéyek határozatla itegrálját egy olya itervallumo, ahol a evezőek ics gyöke: R 9 R 5 R R 6 5 R 6 R 9 7 R 8 R ( ) 9 R 0 R ( ) ( )( )( ) R R 9 6 R R 0 ( ) 5 5 R 6 R ( )( ) ( ) 7 R 8 5 R
50 Itegrálási módszerek Irracioális függvéyek itegrálása Már az eddigiekbe is találkoztatok olya függvéyek itegrálásával, amelyek tartalmazak gyököket is Ebbe a paragrafusba megpróbáluk betekitést yújtai külöböző gyökös kifejezéseket tartalmazó függvéyek itegrálási módszereibe Példák A következő irracioális függvéyek eseté meghatározzuk a határozatla itegrált (vagy visszavezetjük más függvéyek itegráljára) olya itervallumo, ahol létezik primitív függvéye: I, 5, f ( ) 5 t tdt A t 5 0 helyettesítéssel és d, tehát látható, hogy 5 5 racioális törtfüggvéyt kapuk: 5 t t 5 d ( t ) t dt ( t t ) dt 5 5 C 5 5 f : I, 5 t 5 t ( 5 ) 0 ( 5 ) C C 5 5 5 f : I, I,, 6 f ( ) ( 6 ) A ( t )( t t ) Tehát 6 t t t d dt t 6 dt ( 6 ) t t t t 6 tdt d t t ( t )( t t ) törtet elemi törtekre botjuk: ( t )( t t ) dt t A Bt C t t t t ( A B) t ( B C A) t A C A B 0, B C A, A C A, B, C t t t t t t t t 6 t t 5 d dt l ( t ) ( 6 ) ( t t ) ( ) t l t l t t 0 t arctg 9 C
Itegrálási módszerek 5 ( ( ) ) 6 l 6 l 6 5 6 0 6 arctg 9 C t d racio- f : I, I (,) (, ), f Itt is a t helyettesítés t t t és ális törtfüggvéyhez vezet: t d dt t ( t ) Ez utóbbi törtet elemi törtekre kell botai Viszot mielőtt ezt a klasszikus módo elkezdeék, próbáljuk meg egyszerűsítei Észrevesszük, hogy t t t ( t ) t t t ( t ) ( t ) ( t ) t ( t ) t ( t ) Tehát l t l t d C t C t t t t t l C l ( )( ) ( )( ) C f : I, I \[,], f ( t ) t 6t d dt t ( t ) ( t ) t 6t dt d t ( t ) A racioális törtfüggvéy itegrálását rátok bízzuk 5 f : I, I (,), f
5 Itegrálási módszerek A evezőbe a gyökjel alatt szerepel Mivel (, ), létezik potosa egy t π π, úgy, hogy sit legye ( vagy t ( 0, π), cos t ) Ez a helyettesítés vola célszerű a cos t si t azoosságra alapozva Ekkor sit és d cost dt, tehát 6 si tcost d dt 8 si tdt cost Egy másik godolatmeet lehetett vola az is, hogy a -et egy olya függvéyel helyettesítsük, hogy a égyzetre emelés utá a szabadtag vagy a másodfokú téyező kiesse (azért, hogy a változócsere elsőfokú legye) vagy hogy egyszerűsíthessük Mivel itt az együtthatója egatív ezért célszerű úgy helyettesítei, hogy a szabad- tag esse ki Ez pedig megtörtéik a t helyettesítéssel, ahoa t t t ( t ) t, tehát, ami racioális t törtfüggvéyhez vezet Mivel ( )( ), próbálkozhatuk a t( ) vagy a t( ) helyettesítéssel is Az első esetbe kapjuk, hogy t ( ), ahoa t ( t ), ie Látható, hogy racio- t ális törtfüggvéyhez vezet Hasolóa járuk el a második helyettesítésél is Az olya helyettesítéseket mit az utóbbi kettő, Euler-féle helyettesítések evezzük 6 f : I, I, f Ezt az itegrált is többféleképpe ki fogjuk számoli: Ami a legszembetűőbb, hogy az t helyettesítésél megjeleik a derivált szorzótéyezőkét, ekkor dt d t Tehát d tdt C C A ch sh azoosság azt sugallja, hogy érdemes az sht helyettesítést végezi Ekkor d chtdt ch t Tehát d sht sh t cht dt ch tshtdt C Az Euler helyettesítés haszálható ( ) C t vagy t alakba
Itegrálási módszerek 5 7 f : I, I, f ( 9 ) Az előbbi feladat alapjá itt a következő helyettesítések valamelyike ajálott: sht 9 t vagy 9 t 5 8 f : I, I \[,], f ( módszer) Itt is észrevehető, hogy az t helyettesítéssel a számlálóba megjeleik a derivált Ekkor dt d, tehát 5 5dt d 5 t 5 C C t Egy másik helyettesítés a sh ch azoosságra alapul: cht, d sht dt, tehát 5 5chtsht d dt 5chtdt 5sht C 5 C ch t Itt is lehet alkalmazi az Euler helyettesítést is: t( ), t( ) vagy t 5 5 9 f : I, I \,, f 6 5 A következő helyettesítések ajálottak: cht, 6 5 t, 6 5 t( 5), 5 0 f : I, I \(,), 6 5 t( 5) f 5 A gyök alatti kifejezés -re alakítható és ekkor lehet az helyettesítést végezi Itt az Euler helyettesítések a következők: t cht 5, t( ), t( ) f : I, I, f 5 A gyök alatti kifejezés -re alakítható és ekkor lehet az t sh helyettesítést végezi Itt az Euler helyettesítések a következők: 5 t, 5 t 5
5 Itegrálási módszerek f : I,, I f 5 ( ) Szabaduli kellee a sok kitevőtől, gyöktől Ezért először végezzük a t helyet- t tesítést Így t, ahoa d dt Tehát 5 5 ( ) ( ) d t t t dt t t dt Ebbe az itegrálba, hogy az t kitevője is legye egész az t u helyettesítést hajtjuk végre Így dt u du, tehát amit már egyszerű kiszámoli * f : I,, f I ( ) ( ) 5 d u u Az előző feladathoz hasolóa járuk el: t du, t d t ( t) t dt t ( t) dt d t dt Tehát Ie pedig az t u helyettesítéssel folytatjuk * f : I,, f ( ) I Először a t helyettesítést végezzük Ebbe az esetbe t és d t dt, ie ( ) d t ( t ) t dt t ( t) dt Ezt már ki lehete számoli, elvégezék a műveleteket, de ézzük meg mi törtéik, ha a t kitevőjéből el akarjuk tüteti a evezőt Helyettesítsük a következő módo: t u dt u du Tehát ( ) d u 5 ( u ) du, ez pedig egy poliomfüggvéy 5 f : I,, f ( ) I t A t helyettesítéssel t és d dt, így ( ) d t6( t) t dt t ( t) dt Az utolsó itegrálba egyik kitevő sem egész, viszot az összegük az Emeljük ki a zárójelből t -t: t t ( ) d t t dt dt, t t ez pedig olya típusú, mit a példa
Itegrálási módszerek 55 Az előbbiekbe láttuk éháy példát irracioális függvéyek itegrálására, a továbbiakba összefoglaljuk általáosa is: Az R (, a bd ), * \{} alakú itegrál R (, a b) az és az a b racioális törtfüggvéyét jelöli Az és pél- dáál találkoztuk ilye itegrállal A t a b helyettesítéssel t d, tehát az itegrál racioális törtfüggvéy itegráljává alakítható a Az R, a b d c d, * \{} alakú itegrál t b és a A és példáál találkoztuk ilye itegrállal A a t b helyettesítéssel c d dt b, tehát az itegrál racioális törtfüggvéy itegráljává alakítható a ct ) Az R (, a dalakú itegrál Nyilvávaló, hogy az értelmezési tartomáy I [ a, a] Az 5 példáál találkoztuk ilye itegrállal Itt több helyettesítés is szóba jöhet A cos si azoosságra alapozva célszerű az sit vagy cost a a, azaz asit vagy a cost helyettesítés Ekkor a acost vagy a asit (a megfelelő itervallumo) Egy másik helyettesítés, amit itt haszáltuk az Euler helyettesítés, amelyek célja, hogy égyzetre emelés utá egyszerűsödjö a kifejezés: a a( t ) a t( a ) t, a t a a( t) a t( a) t, a t a a t t a at t Midhárom eset racioális törtfüggvéyhez vezet ) Az R (, a dalakú itegrál Az itt alkalmazható helyettesítések: a sht (a ch sh azoosságra alapozva) valamit az Euler helyettesítések: a a t ) alakú itegrál 5 Az R (, a d a t vagy
56 Itegrálási módszerek Az értelmezési tartomáy I \[ a, a] Az itt alkalmazható helyettesítések: (a ch sh azoosságra alapozva) valamit az Euler helyet- a t( a ), a t( a) vagy a t acht tesítések: ) alakú itegrál 6 Az R (, a b c d Itt több esetet külöböztetük meg: Ha > 0, akkor a gyök alatti kifejezés b a b c a a a b alakba írható Itt ha a > 0 az a cht helyettesítéssel eltütetjük a gyököt ha a pedig a < 0, akkor b b c a a a b sit a a vagy b a a cos t helyettesítésekkel tűik el a gyök Ha < 0, (ebbe az esetbe a > 0, mert másképp em léteze a gyök) akkor b a b c a a a b és a megfelelő helyettesítés: sht a a 0 esetet em tárgyaljuk, mert akkor em irracioális a kifejezés Az ilye típusú itegrálra alkalmazható az Euler helyettesítés is: Ha a > 0, akkor függetleül a előjelétől a a b c t a helyettesítéssel racioális törtfüggvéy itegrálására vezetjük vissza Valóba, ekkor a b c t a a b c t a t c b a Ha c > 0, akkor függetleül a előjelétől a a b c t c helyettesítéssel racioális törtfüggvéy itegrálására vezetjük vissza Valóba, ekkor a b c t c c a b t c b c t a Ha > 0, akkor létezek az valós gyökök, így, ( a b c a )
Itegrálási módszerek 57 és a a( )( ) t( ), a t ( ) helyettesítések bármelyikével racioális törtfüggvéy itegrálására vezetjük vissza: a( ) a t a( )( ) t( ) t a t m 7 Az ( a b ) p d, m,,p alakú itegrál Az ilye itegrált biom itegrálak vagy Csebisev itegrálak evezzük Először a t helyettesítést végezzük, ie azt kapjuk, hogy m m p p ( a b ) d t ( a bt) dt Itt három esetet külöböztetük meg: m r a) p,, r, q, ( r, q ) q q Ebbe az esetbe a t u helyettesítést végezzük, hogy a t kitevője is legye egész, így: m p q r q q p ( a b ) d u ( a bu ) dt, ami valóba racioális törtfüggvéy, sőt poliomfüggvéy is m r b), p, r, q, ( r, q ) q q Ebbe az esetbe a a b t u helyettesítést végezzük, hogy az a bt kitevője is legye egész, így: q q m p q u a u a q ( a b ) d a b u d b b b t, ami ebbe az esetbe is poliomfüggvéy m m c), p és p Ha kiemelük a zárójelből t -t, kapjuk: m m p m p p p a bt ( a b ) d t ( a bt) dt t dt t, ez pedig, a b R c d alakú A köyebb memorizálás érdekébe a külöböző eseteket táblázatba foglaltuk: m r Az itegráladó (, ) R a b * \{}, A helyettesítés t a b
58 Itegrálási módszerek Az itegráladó R, a b c d, * \{} (, ) R a (, ) R a (, ) R a (, ) R a b c A helyettesítés a t b c d asit vagy a cost a t a, a t( a) a a t asht a t vagy a a t acht Euler helyettesítés a < 0 a > 0 a t a, a t( a) a t a > 0 a b c t a c > 0 a b c t c > 0 a t a t < 0 > 0 a b c b a a a a b c b a a a b sht a a m m ( a b ) p p t t ( a bt) dt b sit a a b cost a a a b c b a a a b cht a a
Itegrálási módszerek 59 Az itegráladó mp,, p, (, rq ) A helyettesítés m r, r, q, q t u q m r, p, r, q, ( rq, ) q q a bt u m p m p p a bt t d t t, a b R c d Gyakorlatok Számítsd ki a következő irracioális függvéyek határozatla itegrálját olya itervallumo, ahol ez létezik: f ( 6) f ( ) ( 5 ) f 5 f f 5 7 6 6 f ( ) f 8 f ( ) 9 f 0 ( f ) 5 f f ( ) 9 f 9 5 f ( ) 9 5 f 6 f 7 f 9 f ( ) 8 f 9 0 f ( )
60 Itegrálási módszerek f f f 6 0 f ( ) 5 f 6 f ( ) ( ) 7 f 8 f 5 9 f 0 f f f f f 5 f 5 f ( ) 5 7 f 8 f 5 Trigoometrikus függvéyek racioális és irracioális kifejezéseiek itegrálása m Először az si cos d (m, ) alakú itegrálok kiszámításával foglalkozuk A kitevők paritásától függőe három esetet külöböztetük meg: m si cos cos m d cos si d t t m dt (, m ) (, m ) t cos dt si d m si cos si ( si ) m d cos d t ( t ) m m m si cos ( si ) ( si cos ) t si dt cos d d d m m ( cos) ( si) m d (m, ) További hasoló átalakításokkal visszavezethető egyszerűbb itegrálokra Megjegyzés Az és esetekbe em szükséges az m, illetve feltétel, mert irracioális függvéyé is alakíthatjuk, csak vigyázzuk az értelmezési tartomáy meghatározására m dt
Itegrálási módszerek 6 Példák ( si cos cos ) cos si ( ) d d t t dt t cos dt si d t t cos cos ( t t) dt C C 5 si cos si ( si ) cos ( ) d d t t dt t si dt cos d 5 7 5 7 6 t t t si si si ( t t t ) dt C C 5 7 5 7 6 si cos d ( si cos ) cos d si ( cos ) d 6 ( si ) d si cos d si cos d 6 t si dt cosd ( cos) d t dt si d 6 si t ( cos8) d 6 6 8 si si si 8 C 6 96 8 0 5 si si si 8 C 8 6 96 0 5 5 si cos si ( cos ) cos 5 d d t t dt t cos dt si d 7 9 5 7 t t cos cos t t dt C C 7 7 Vaak esetek, amikor em tuduk így ügyeskedi a trigoometrikus függvéyekkel, tg tg olyakor legtöbbször a cos, si azoosságokat haszálva, a t tg, arctgt, d változócserével racioális vagy irra- tg tg dt t cioális törtfüggvéyhez jutuk, ameyibe az itegradusuk trigoometrikus függvéyek racioális vagy irracioális kifejezése
6 Itegrálási módszerek Példák t si t d t dt dt cos t t t t t l( t ) tg l tg C tg l cos C C Ez olya itervallumo törtéik, ami em tartalmaz ( k ) π -t d dt dt cos si t t t t t t t tg 5 t 5 arctg arctg dt C C 5 5 5 5 5 t Mivel si cos >, ez az itegrál létezik a valós számok halmazá d ( ) t t dt u ( u) du tg tg t t u u v arctg t du v dv dt t u d t dt u du dv ( v ) dv v ( v v )( v v ) ( v v )( v v ) v v v v dv Av B Cv D ( Av B)( v v ) ( Cv D)( v v ) v A C 0 v B D ( A C) 0 v A, B, C, D A C ( B D) 0 0 v B D v v v v v v v v v v Tehát Ebből következik, hogy dv v v dv v 8 v v v v v v v v dv
Itegrálási módszerek 6 C v v l v v arctg arctg 8 v v v v v v l arctg C 8 v v v v l v v arctg v C 8 v v v u u u l arctg C 8 u u ( u) t t t l arctg C 8 t t ( t) tg tg l arctg tg C 8 tg tg ( tg ) Gyakorlatok Határozd meg, hogy az alábbi függvéyekek milye itervallumoko va primitív függvéye és számítsd ki egy ilye itervallumo a határozatla itegrálját: f si cos f si cos f si cos f 5 f si 6 f 7 f cos cos 8 f 6 si cos cos si cos 9 f si cos 5 0 f ( ) si cos f tg si cos f ( ) si cos tg f f si cos cos si 5 5 f 6 f ( si )( cos ) cos si si tg 7 f 8 f 5 si si cos 9 f tg 0 f si
6 Itegrálási módszerek 6 Epoeciális és hiperbolikus függvéyek racioális és irracioális kifejezéseiek itegrálása A hiperbolikus függvéyek tulajdoképpe epoeciális függvéyekből vaak képezve, de érdemesek tartjuk kitéri rájuk, mert vaak esetek, amikor rövidebb úto kiszámolható a határozatla itegrál átalakítás élkül Ebbe az esetbe is a ch sh azoosságra alapozva először az sh ch m d alakú itegrálokat számítjuk ki Három esetet külöböztetük meg itt is: ha az egyik kitevő páros egész szám és a másik racioális, illetve ha midkettő páros egész szám sh ch ( ch ) ch sh ( ) (, m ) m m m d d t t dt, t ch dt sh d m m sh ch d sh sh ch d t t dt, (, m ) m sh ch ( sh ) ( sh ch ) m m t sh dt ch d d d m m ( ch ) ( sh ) m d, (m, ) További hasoló átalakításokkal visszavezethető egyszerűbb itegrálokra Példák sh ch ( ch ) ch sh ( ) d d t t dt t ch dt sh d t t ch ch ( t t) dt C C Ha az epoeciális alakkal dolgozuk, akkor az itegrál a következőképpe alakul: sh ch d ( e e e e )( e e ) d 6 e e e e ( e e e e ) d 6 C 6 6 Azoal elleőrizhető, hogy csak egy álladóba külöbözik az előző eredméytől 5 sh ch d sh sh ch d t ( t ) dt t sh dt ch d 5 7 5 7 t t t 6 sh sh sh ( t t t ) dt C C 5 7 5 7 6 sh ch d ( sh ch ) ch d sh ( ch ) d 6 m
Itegrálási módszerek 65 ( sh ) d sh chd sh ch d 6 t sh dt chd ( ch ) d t dt sh d 6 sh t ( ch 8 ) d 6 6 8 sh sh sh 8 C 6 96 0 8 5 sh sh sh8 C 8 6 96 0 sh ch 5 sh ( ch ) ch 5 ( ) 5 d d t t dt t ch dt sh d 7 9 5 7 t t ch ch t t dt C C 7 7 Általába, ha az itegráladó függvéy az e vagy más epoeciális függvéy racioális vagy irracioális függvéye, akkor a t e, dt e d vagy lt, dt d helyettesítéssel racioális vagy irracioális törtfüggvéyé alakíthatjuk t Példák d dt t l e l lt ( t 0) e > t( t) t C e dt d t e d t dt t l t dt t t e t e > 0 t t C dt e d e e l( e ) C d dt 0 e t e > t t dt e d Elemi törtekre botjuk: A Ct B t t t t C, tehát t ( t ) ( A C) t Bt A, ie A, B 0 és t t t d t e t t, következésképpe dt lt l t l e C C
66 Itegrálási módszerek e d tdt t t dt u du t e t e > 0 t u dt e d dt udu u ( t) ( e ) u C t C e C Gyakorlatok Határozd meg, hogy az alábbi függvéyekek milye itervallumoko va primitív függvéye és számítsd ki egy ilye itervallumo a határozatla itegrálját: f sh ch f sh ch 6 f sh ch f sh ch 5 f sh 6 f ch 7 f ch ch 8 f sh ch 9 f e e 0 f ( ) sh ch e f e e sh ch f ( ) sh ch e f f e e e e e 5 5 f 6 f ( sh )( ch ) ch sh e th 7 f 8 f e sh ch, ( sh th ) ch 9 f th 0 f sh Összefoglaló feladatok Állapítsd meg, hogy a következő függvéyekek va-e primitív függvéye és igelő esetbe határozd meg a primitív függvéyeit:, ha 0 a) f :, f l, ha (0,) e e, ha * b) f :, l f ( ), ha < c) f :, f e ( ) l, ha
Itegrálási módszerek 67 l, ha 0 d) f :, f 0, ha 0 e) f :, f arcsi f) f :, e f ( ) e g) f :, f arcsi h) f :, f ( ) i) f :[0, π), f si cos l, ha > j) f :,, f, ha if ( t t ), ha t k) f :, f if ( t t ), ha > t arcsie arctge l) f :, f m) f :, f e e ( e ) ) f :(, ), f l ( l ) * o) f :, si cos f ( ) e si l si, ha > 0 Bizoyítsd be, hogy az f :[0, ), f függvéyek va primitív függvéye 0, ha 0 Bizoyítsd be, hogy az f, gh, :, si cos, ha 0 f si, ha 0 és g( ) 0, ha 0 0, ha 0 valamit h g f függvéyekek va primitív függvéye, de a h : függvéyek ics Bizoyítsd be, hogy az f, g :, si si, ha 0 si si, ha 0 f és g( ), ha 0, ha 0 függvéyekek va primitív függvéye, de a h f g : függvéyek ics
68 Itegrálási módszerek 5 Határozd meg f : primitív függvéyel redelkező függvéyeket, amelyekre f F( ), és f (), ahol F : az f egy primitív függvéye * 6 Létezik-e : primitív függvéyel redelkező függvéy, amelyre egy F : f primitív függvéye eseté F( ) F( ) F( ),? 7 Határozd meg az f : deriválható függvéyt, ha 0,, f f F ahol F : az f egy primitív függvéye 8 Határozd meg az f :0, [ π] függvéy primitív függvéyeit, ha bármely [0, π] eseté teljesül az f si f π cos összefüggés 9 Határozd meg az [ ] [ ] f :, e 0, e függvéy primitív függvéyeit, ha f f ( y) l y l y, y, [, e] 0 Határozd meg azokat az f : függvéyeket, amelyekek létezik olya F : primitívje, hogy teljesüljö a F ( f ) összefüggés bármely eseté (Radó Ferec Emlékversey, 00) Adottak az f : és g : primitív függvéyel redelkező függvéyek Jelöljük F-fel és G-vel az f illetve g azo primitívjeit, amelyekre F ( 0) és G (0) 0 Bizoyítsd be, hogy ha bármely valós eseté igaz, hogy F g és G( ) f, valamit f (0) 0, akkor az is igaz, hogy: f g, (Székely Mikó Matematikaversey 000)