Analízis előadások Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 013. február 10. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 1 / 3
Az elemi függvények csoportosítása Elemi függvények Algebrai függvények Transzcendens függvények Racionális függvények Irracionális függvények Polinomok Racionális törtfüggvények Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. / 3
Polinomok integrálása Felhasználjuk az x k dx = xk+1 + C (k N) k + 1 alapintegrált, és a következő szabályokat: cf = c f (c R), f ± g = f ± g Pl.: ( x 3x + 5 ) dx = x3 3 3x + 5x + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3
Polinomok integrálása Felhasználjuk az x k dx = xk+1 + C (k N) k + 1 alapintegrált, és a következő szabályokat: cf = c f (c R), f ± g = f ± g Pl.: ( x 3x + 5 ) dx = x3 3 3x + 5x + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője elsőfokú: A dx = A ln x a + C x a Felhasználtuk: 1 dx = ln x + C x F (ax + b) f (ax + b) dx = a + C 5 5 ln x + 3 dx = + C x + 3 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 4 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője elsőfokú: A dx = A ln x a + C x a Felhasználtuk: 1 dx = ln x + C x F (ax + b) f (ax + b) dx = a + C 5 5 ln x + 3 dx = + C x + 3 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 4 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője elsőfokú: A dx = A ln x a + C x a Felhasználtuk: 1 dx = ln x + C x F (ax + b) f (ax + b) dx = a + C 5 5 ln x + 3 dx = + C x + 3 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 4 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy elsőfokú kifejezés hatványa: A (x a) n dx = A (1 n) (x a) n 1 (n N \ {0, 1}) Felhasználtuk: x k dx = xk+1 k + 1 + C k Z \ { 1} F (ax + b) f (ax + b) dx = + C a (3x 1) 3 dx = 1 3 (3x 1) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 5 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy elsőfokú kifejezés hatványa: A (x a) n dx = A (1 n) (x a) n 1 (n N \ {0, 1}) Felhasználtuk: x k dx = xk+1 k + 1 + C k Z \ { 1} F (ax + b) f (ax + b) dx = + C a (3x 1) 3 dx = 1 3 (3x 1) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 5 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy elsőfokú kifejezés hatványa: A (x a) n dx = A (1 n) (x a) n 1 (n N \ {0, 1}) Felhasználtuk: x k dx = xk+1 k + 1 + C k Z \ { 1} F (ax + b) f (ax + b) dx = + C a (3x 1) 3 dx = 1 3 (3x 1) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 5 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy másodfokú kifejezés: A x dx =? + px + q Ha x + px + q felbontható két elsőfokú tényező szorzatára, akkor ez az integrál visszavezethető az előző esetek egyikére. Ha x + px + q a valós számok halmazán nem bontható fel két elsőfokú tényező szorzatára (ún. felbonthatatlan másodfokú polinom), akkor a fenti integrál az 1 dt = arctg t + C 1 + t alapintegrálra vezethető vissza. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 6 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy másodfokú kifejezés: A x dx =? + px + q Ha x + px + q felbontható két elsőfokú tényező szorzatára, akkor ez az integrál visszavezethető az előző esetek egyikére. Ha x + px + q a valós számok halmazán nem bontható fel két elsőfokú tényező szorzatára (ún. felbonthatatlan másodfokú polinom), akkor a fenti integrál az 1 dt = arctg t + C 1 + t alapintegrálra vezethető vissza. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 6 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy másodfokú kifejezés: A x dx =? + px + q Ha x + px + q felbontható két elsőfokú tényező szorzatára, akkor ez az integrál visszavezethető az előző esetek egyikére. Ha x + px + q a valós számok halmazán nem bontható fel két elsőfokú tényező szorzatára (ún. felbonthatatlan másodfokú polinom), akkor a fenti integrál az 1 dt = arctg t + C 1 + t alapintegrálra vezethető vissza. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 6 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy másodfokú kifejezés: A x dx =? + px + q 4 x 3x + dx = 4 (x ) (x 1) dx = ( 4 = x 4 ) ( 1 dx = 4 x 1 x 1 ) dx = x 1 = 4 (ln x ln x 1 ) + C = x 4 ln x 1 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 7 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans, nevezője egy másodfokú kifejezés: A x dx =? + px + q 3 x x + 5 dx = 3 (x 1) + 4 dx = = 3 1 4 1 + ( ) x 1 dx = 3 arctg x 1 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 8 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója elsőfokú, nevezője egy másodfokú kifejezés: Ax + B x + px + q dx = A x + p x + px + q dx + B Ap x + px + q dx Itt az egyenlőség jobboldalán álló első integrandus az f (x) f (x) dx = ln f (x) + C szabály segítségével integrálható, a második pedig a már vizsgált esetek egyike. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 9 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója elsőfokú, nevezője egy másodfokú kifejezés: Ax + B x + px + q dx = A 4x + 6 x + 4x + 5 dx = x + p x + px + q dx + x + 4 x + 4x + 5 dx = ln x + 4x + 5 1 1 + (x + ) dx = B Ap x + px + q dx 1 x + 4x + 5 dx = = ln ( x + 4x + 5 ) arctg (x + ) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 10 / 3
Elemi törtek integrálása Ha a törtfüggvény számlálója konstans vagy elsőfokú kifejezés, a nevező pedig egy felbonthatatlan másodfokú kifejezés hatványa: A (x + px + q) n dx, illetve Ax + B (x + px + q) n dx, akkor az integrálás ugyancsak elvégezhető, de ezzel nem foglalkozunk. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 11 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása Ha a törtfüggvény számlálója alacsonyabbfokú, mint a nevezője (ún. valódi tört), akkor felbontható az eddigiekben vizsgált elemi törtek összegére, amelyek külön-külön integrálhatók. Az összeggé alakítást szokás résztörtekre bontásnak nevezni. Ha a törtfüggvény számlálójának fokszáma nem kisebb mint a nevezőé, akkor először szétbontjuk egy polinom és egy valódi tört összegére (pl. polinomosztással) és a két részt külön integráljuk. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 1 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása Ha a törtfüggvény számlálója alacsonyabbfokú, mint a nevezője (ún. valódi tört), akkor felbontható az eddigiekben vizsgált elemi törtek összegére, amelyek külön-külön integrálhatók. Az összeggé alakítást szokás résztörtekre bontásnak nevezni. Ha a törtfüggvény számlálójának fokszáma nem kisebb mint a nevezőé, akkor először szétbontjuk egy polinom és egy valódi tört összegére (pl. polinomosztással) és a két részt külön integráljuk. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 1 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 6 x + x dx = 6 (x 1) (x + ) dx = ( ) = (x 1) dx = (x + ) = ln x 1 ln x + + C = x 1 ln x + + C Résztörtekre bontás: 6 (x 1) (x + ) = A x 1 + B x + x = 1 6 = 3A A = 6 = A (x + ) + B (x 1) x = 6 = 3B B = Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 13 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 6 x + x dx = 6 (x 1) (x + ) dx = ( ) = (x 1) dx = (x + ) = ln x 1 ln x + + C = x 1 ln x + + C Résztörtekre bontás: 6 (x 1) (x + ) = A x 1 + B x + x = 1 6 = 3A A = 6 = A (x + ) + B (x 1) x = 6 = 3B B = Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 13 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 5x 0x + 3 (x 3) (x ) (x + 1) dx = ( = Résztörtekre bontás: (x 3) 1 (x ) + 4 (x + 1) 5x 0x + 3 (x 3) (x ) (x + 1) = A x 3 + ) dx = = ln x 3 ln x + 4 ln x + 1 + C B x + D x + 1 5x 0x + 3 = A (x ) (x + 1) + B (x 3) (x + 1) + D (x 3) (x ) x = 3 x = x = 1 8 = 4A 3 = 3B 48 = 1D A = B = 1 D = 4 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 14 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 5x 0x + 3 (x 3) (x ) (x + 1) dx = ( = Résztörtekre bontás: (x 3) 1 (x ) + 4 (x + 1) 5x 0x + 3 (x 3) (x ) (x + 1) = A x 3 + ) dx = = ln x 3 ln x + 4 ln x + 1 + C B x + D x + 1 5x 0x + 3 = A (x ) (x + 1) + B (x 3) (x + 1) + D (x 3) (x ) x = 3 x = x = 1 8 = 4A 3 = 3B 48 = 1D A = B = 1 D = 4 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 14 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 7x 9x + 5 (x ) (x + 1) dx = ( = Résztörtekre bontás: 3 (x ) + 4x (x + 1) 1 (x + 1) ) dx = = 3 ln x + ln ( x + 1 ) arctg x + C 7x 9x + 5 (x ) (x + 1) = A x + Bx + D x + 1 7x 9x + 5 = A ( x + 1 ) + Bx (x ) + D (x ) x = x = 0 x 15 = 5A 5 = A D 7 = A + B A = 3 D = 1 B = 4 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 15 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 7x 9x + 5 (x ) (x + 1) dx = ( = Résztörtekre bontás: 3 (x ) + 4x (x + 1) 1 (x + 1) ) dx = = 3 ln x + ln ( x + 1 ) arctg x + C 7x 9x + 5 (x ) (x + 1) = A x + Bx + D x + 1 7x 9x + 5 = A ( x + 1 ) + Bx (x ) + D (x ) x = x = 0 x 15 = 5A 5 = A D 7 = A + B A = 3 D = 1 B = 4 Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 15 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 7x + 13x 1 (x 1) (x 3) dx = = (x 1) + 3 (x 1) 9 (x 3) dx = Résztörtekre bontás: = ln x 1 3 9 ln x 3 + C x 1 7x + 13x 1 (x 1) (x 3) = A x 1 + B (x 1) + D x 3 7x + 13x 1 = A (x 1) (x 3) + B (x 3) + D (x 1) x = 1 x = 3 x 6 = B 36 = 4D 7 = A + D B = 3 D = 9 A = Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 16 / 3
Racionális törtfüggvények integrálása résztörtekre bontással 7x + 13x 1 (x 1) (x 3) dx = = (x 1) + 3 (x 1) 9 (x 3) dx = Résztörtekre bontás: = ln x 1 3 9 ln x 3 + C x 1 7x + 13x 1 (x 1) (x 3) = A x 1 + B (x 1) + D x 3 7x + 13x 1 = A (x 1) (x 3) + B (x 3) + D (x 1) x = 1 x = 3 x 6 = B 36 = 4D 7 = A + D B = 3 D = 9 A = Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 16 / 3
ax + bx + c alakú függvények integrálása Integrálszámítás Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a 1 t 1 + t t 1 függvények valamelyikének integrálására vezethetők vissza. x + x + 5 dx = x + x + 1 + 4 dx = = (x + 1) + 4 dx = 1 + ( ) x + 1 dx = = 1 + t dt = 4 1 + t dt ahol t = x+1 x = t 1 dx = dt Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 17 / 3
ax + bx + c alakú függvények integrálása Integrálszámítás Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a 1 t 1 + t t 1 függvények valamelyikének integrálására vezethetők vissza. x + x + 5 dx = x + x + 1 + 4 dx = = (x + 1) + 4 dx = 1 + ( ) x + 1 dx = = 1 + t dt = 4 1 + t dt ahol t = x+1 x = t 1 dx = dt Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 17 / 3
Az 1 t függvény integrálása Mivel csak valós értékű függvényekkel foglalkozunk, t [ 1, 1]. Legyen t = sin(ϕ), ϕ [ π, ] π. Ekkor 1 t = 1 sin (ϕ) = cos(ϕ), ϕ = arcsin(t) továbbá dt dϕ = cos(ϕ) dt = cos(ϕ) dϕ. 1 + cos(ϕ) 1 t dt = cos (ϕ) dϕ = dϕ = ( 1 = + cos(ϕ) ) dϕ = 1 ϕ + sin(ϕ) + C = 4 = 1 sin(ϕ) cos(ϕ) ϕ + + C = 1 arcsin(t) + t 1 t + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 18 / 3
Az 1 + t függvény integrálása Legyen t = sh(u). Ekkor 1 + t = továbbá dt du = ch(u) dt = ch(u) du. 1 + sh (u) = ch(u), u = arsh(t) ch(u) + 1 1 + t dt = ch (u) du = du = ( ch(u) = + 1 ) du = sh(u) + 1 4 u + C = sh(u) ch(u) = + 1 u + C = t 1 + t + 1 arsh(t) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 19 / 3
Az t 1 függvény integrálása Legyen t = ch(u). Ekkor t 1 = továbbá dt du = sh(u) dt = sh(u) du. ch (u) 1 = sh(u), u = arch(t) ch(u) 1 t 1 dt = sh (u) du = du = ( ch(u) = 1 ) du = sh(u) 1 4 u + C = sh(u) ch(u) = 1 u + C = t t 1 1 arch(t) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 0 / 3
1 ax + bx + c Integrálszámítás alakú függvények integrálása Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a 1 1 t 1 1 + t 1 t 1 függvények valamelyikének integrálására vezethetők vissza, ezek pedig alapintegrálok. 1 4x 4x + 10 dx = = 1 3 1 (x 1) + 9 dx = 1 1 + ( ) dx = 1 x 1 3 arsh x 1 3 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 1 / 3
1 ax + bx + c Integrálszámítás alakú függvények integrálása Ezek az integrálok alkalmas helyettesítéssel a 1 1 t 1 1 + t 1 t 1 függvények valamelyikének integrálására vezethetők vissza, ezek pedig alapintegrálok. 1 4x 4x + 10 dx = = 1 3 1 (x 1) + 9 dx = 1 1 + ( ) dx = 1 x 1 3 arsh x 1 3 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 1 / 3
Az R ( m x ) alakú függvények integrálása Ha R racionális törtfüggvény és g (x) = m x, akkor az R g összetett függvényt x = t m helyettesítéssel oldhatjuk meg. x + x + t + t + dx = t dt = x + 1 t + 1 t 3 + t ( + 4t = dt = t + 4 4 ) dt = t + 1 t + 1 = t 3 x x + 4t 4 ln t + 1 + C = + 4 x ( ) 4 ln x + 1 + C 3 3 A x = t helyettesítést alkalmaztuk, x = t dx dt = t dx = t dt. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. / 3
Az R ( m x ) alakú függvények integrálása Ha R racionális törtfüggvény és g (x) = m x, akkor az R g összetett függvényt x = t m helyettesítéssel oldhatjuk meg. x + x + t + t + dx = t dt = x + 1 t + 1 t 3 + t ( + 4t = dt = t + 4 4 ) dt = t + 1 t + 1 = t 3 x x + 4t 4 ln t + 1 + C = + 4 x ( ) 4 ln x + 1 + C 3 3 A x = t helyettesítést alkalmaztuk, x = t dx dt = t dx = t dt. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. / 3
sin n (x) cos(x), illetve cos n (x) sin(x) alakú függvények integrálása sin n (x) cos(x) dx = sinn+1 (x) + C n + 1 cos n (x) sin(x) dx = cosn+1 (x) + C n + 1 Felhasználtuk: f α (x) f (x) dx = f α+1 (x) α + 1 + C α 1 sin 4 (x) cos(x) dx = sin5 (x) 5 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3
sin n (x) cos(x), illetve cos n (x) sin(x) alakú függvények integrálása sin n (x) cos(x) dx = sinn+1 (x) + C n + 1 cos n (x) sin(x) dx = cosn+1 (x) + C n + 1 Felhasználtuk: f α (x) f (x) dx = f α+1 (x) α + 1 + C α 1 sin 4 (x) cos(x) dx = sin5 (x) 5 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3
sin n (x) cos(x), illetve cos n (x) sin(x) alakú függvények integrálása sin n (x) cos(x) dx = sinn+1 (x) + C n + 1 cos n (x) sin(x) dx = cosn+1 (x) + C n + 1 Felhasználtuk: f α (x) f (x) dx = f α+1 (x) α + 1 + C α 1 sin 4 (x) cos(x) dx = sin5 (x) 5 + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3
sin n+1 (x), illetve cos n+1 (x) alakú függvények integrálása Alkalmazzuk a következő átalakítást: sin n+1 (x) = sin n (x) sin(x) = ( 1 cos (x) ) n sin(x) A ( 1 cos (x) ) n kifejezés a cos(x) egy polinomja. Az integrandus tagonként integrálható az előzőleg ismertetett módszerrel. sin 5 (x) dx = sin 4 (x) sin(x) dx = (1 cos (x) ) sin(x) dx = (1 = cos (x) + cos 4 (x) ) sin(x) dx = cos(x)+ cos3 (x) cos5 (x) +C 3 5 Hasonló átalakítást alkalmazunk a másik integrandus esetén is. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 4 / 3
sin n+1 (x), illetve cos n+1 (x) alakú függvények integrálása Alkalmazzuk a következő átalakítást: sin n+1 (x) = sin n (x) sin(x) = ( 1 cos (x) ) n sin(x) A ( 1 cos (x) ) n kifejezés a cos(x) egy polinomja. Az integrandus tagonként integrálható az előzőleg ismertetett módszerrel. sin 5 (x) dx = sin 4 (x) sin(x) dx = (1 cos (x) ) sin(x) dx = (1 = cos (x) + cos 4 (x) ) sin(x) dx = cos(x)+ cos3 (x) cos5 (x) +C 3 5 Hasonló átalakítást alkalmazunk a másik integrandus esetén is. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 4 / 3
sin n+1 (x), illetve cos n+1 (x) alakú függvények integrálása Alkalmazzuk a következő átalakítást: sin n+1 (x) = sin n (x) sin(x) = ( 1 cos (x) ) n sin(x) A ( 1 cos (x) ) n kifejezés a cos(x) egy polinomja. Az integrandus tagonként integrálható az előzőleg ismertetett módszerrel. sin 5 (x) dx = sin 4 (x) sin(x) dx = (1 cos (x) ) sin(x) dx = (1 = cos (x) + cos 4 (x) ) sin(x) dx = cos(x)+ cos3 (x) cos5 (x) +C 3 5 Hasonló átalakítást alkalmazunk a másik integrandus esetén is. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 4 / 3
sin n (x), illetve cos n (x) alakú függvények integrálása Az integrandust az alábbi ún. linearizáló formulák segítségével olyan kifejezéssé alakíthatjuk, amelyben a trigonometrikus tagok fokszáma kisebb: cos (α) = 1 + cos(α) sin (α) = 1 cos(α) A linearizáló formulák alkalmazását addig ismételjük, amíg minden tag integrálható lesz a korábban ismertetett módszerek valamelyikével. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 5 / 3
sin n (x), illetve cos n (x) alakú függvények integrálása ( ) 1 + cos(x) cos 4 (x) dx = dx = = 1 (1 + cos(x) + cos (x) ) dx = 4 = 1 ( 1 + cos(x) + 1 + cos(4x) ) dx = 4 = 3 8 x + 1 4 sin(x) + 1 3 sin(4x) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 6 / 3
sin n (x), illetve cos n (x) alakú függvények integrálása ( ) 1 cos(x) 3 sin 6 (x) dx = dx = = 1 (1 3 cos(x) + 3 cos (x) cos 3 (x) ) dx = 8 = 1 ( 1 3 cos(x) + 3 8 (1 + cos(4x)) ( 1 sin (x) ) ) cos(x) dx = = 5 16 x 1 4 sin(x) + 3 64 sin(4x) + 1 48 sin3 (x) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 7 / 3
tg n (x), illetve ctg n (x) alakú függvények integrálása Először vizsgáljuk az n = 1 esetet: sin(x) tg(x) dx = cos(x) dx = ln cos(x) + C, illetve ctg(x) dx = cos(x) sin(x) dx = ln sin(x) + C Mindkét esetben a f (x) f (x) dx = ln f (x) + C szabályt alkalmaztuk. Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 8 / 3
tg n (x) alakú függvények integrálása tg n (x) dx = tg n (x) tg (x) dx = = tg n (x) 1 cos (x) cos dx = (x) = tg n 1 (x) cos (x) dx tg 4 (x) dx = tg3 (x) 3 = tg3 (x) 3 tg n (x) sin (x) cos (x) dx = ) 1 cos (x) 1 dx = tg n (x) dx ( tg n (x) tg n (x) dx = tgn 1 (x) n 1 tg (x) dx = tg(x) + 1 dx = tg3 (x) 3 tg(x) + x + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 9 / 3
tg n (x) alakú függvények integrálása tg n (x) dx = tg n (x) tg (x) dx = = tg n (x) 1 cos (x) cos dx = (x) = tg n 1 (x) cos (x) dx tg 4 (x) dx = tg3 (x) 3 = tg3 (x) 3 tg n (x) sin (x) cos (x) dx = ) 1 cos (x) 1 dx = tg n (x) dx ( tg n (x) tg n (x) dx = tgn 1 (x) n 1 tg (x) dx = tg(x) + 1 dx = tg3 (x) 3 tg(x) + x + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 9 / 3
ctg n (x) alakú függvények integrálása ctg n (x) dx = ctg n (x) ctg (x) dx = = ctg n (x) 1 sin (x) sin dx = (x) = ctg n 1 (x) sin (x) dx ctg 3 (x) dx = ctg (x) ( ctg n (x) ctg n (x) dx = ctgn 1 (x) n 1 ctg(x) dx = ctg n (x) cos (x) sin (x) dx = ) 1 sin (x) 1 dx = ctg n (x) dx = ctg (x) ln sin(x) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 30 / 3
ctg n (x) alakú függvények integrálása ctg n (x) dx = ctg n (x) ctg (x) dx = = ctg n (x) 1 sin (x) sin dx = (x) = ctg n 1 (x) sin (x) dx ctg 3 (x) dx = ctg (x) ( ctg n (x) ctg n (x) dx = ctgn 1 (x) n 1 ctg(x) dx = ctg n (x) cos (x) sin (x) dx = ) 1 sin (x) 1 dx = ctg n (x) dx = ctg (x) ln sin(x) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 30 / 3
Trigonometrikus kifejezések racionális függvényeinek integrálása ( x t = tg helyettesítéssel. ) Ekkor x = arctg(t) dx = 1 + t dt. sin(x) = t 1 + t, cos(x) = 1 t 1 + t. 1 sin(x) dx = 1 t 1+t 1 + t dt = 1 = t ( dt = ln t + C = x ln ) tg + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 31 / 3
Trigonometrikus kifejezések racionális függvényeinek integrálása ( x t = tg helyettesítéssel. ) Ekkor x = arctg(t) dx = 1 + t dt. sin(x) = t 1 + t, cos(x) = 1 t 1 + t. 1 sin(x) dx = 1 t 1+t 1 + t dt = 1 = t ( dt = ln t + C = x ln ) tg + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 31 / 3
Exponenciális kifejezések racionális függvényeinek integrálása t = e x helyettesítéssel. Ekkor x = ln(t) dx = 1 dt. t e x 1 t 1 e x + 1 dx = 1 + t 1 dt = t ( = 1 + t 1 t + t ) 1 + t dt = = arctg(t) ln t + 1 ln ( 1 + t ) + C = = arctg (e x ) x + 1 ln ( 1 + e x) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3
Exponenciális kifejezések racionális függvényeinek integrálása t = e x helyettesítéssel. Ekkor x = ln(t) dx = 1 dt. t e x 1 t 1 e x + 1 dx = 1 + t 1 dt = t ( = 1 + t 1 t + t ) 1 + t dt = = arctg(t) ln t + 1 ln ( 1 + t ) + C = = arctg (e x ) x + 1 ln ( 1 + e x) + C Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 013. február 10. 3 / 3