Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos megfogalmazása a tankönyvben megtalálható. Ennek az egyik gyakran használható formulázása: g(f(x))dx = g(t) (f 1 (t)) dt = (1) = H(t) + C = H(f(x)) + C, ahol f(x) = t. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az f(x) = t helyettestéssel integrálunk. Az látszik a fenti formulából is, hogy az eredeti változónak csak olyan f függvényére vezethetünk be új változót, amelynek van inverz függvénye. Ez teljesül, ha f szigorúan monoton. Az (1) képlet közvetlenül is használható, de hasznosabb annak az eljárásnak a begyakorlása, ahogy a helyettesítéssel való integrálást végrehajtjuk. Ezt példákon keresztül mutatjuk be.
Feladat 1 Számítsuk ki az 1 ( x+1) dx integrált. x Megoldás: Az intergrandus összetett függvény, mégpedig a x függvénye. Ezért bevezetjük a x = t helyettesítést, tehát most f(x) = x. A következő lépésben az eredeti változót kifejezzük az új változóval, azaz előállítjuk f 1 (t) képletét. Most x = f 1 (t) = t, (persze, a gyökvonás inverze a négyzetre emelés). Az x = t formula azt adja meg, hogy hogyan függ az eredeti változó az új változótól. Ha deriváljuk ezt az összefüggést az új változó, a t szerint, és a bal oldalon az x változó t-szerinti deriváltját dx -vel jelöljük, akkor azt kapjuk, hogy (f 1 (t)) = dx = t. Mostmár dt dt minden készen áll arra, hogy elvégezzük a helyettesítést. 1 ( x + 1) x dx = 1 (t + 1)t tdt. Figyeljük meg, hogy az, amit a dx helyére írtunk, az az, amit úgy kapunk, mintha a dx = t képletben formálisan átszoroznánk dt-vel. dt
Az így keletkezett t-re vonatkozó integrált könnyen meghatározhatjuk: 1 (t + 1)t tdt = dt = ln t + 1 + C. t + 1 Visszahelyettesítve az eredeti változót kapjuk, hogy: 1 ( x + 1) x dx = ln x + 1 + C. Deriválással meggyőződhetünk a végeredmény helyességéről. Gyakori helyettesítés, hogy az integrandusban lévő k x-et helyettesítjük mondjuk t-vel. k x = t, g( k x)dx x = t k, dx = k t k 1. dt
Feladat Számítsuk ki az 4x + 1dx integrált. Megoldás: Ebben a feladatban a gyökvonás okozza a nehézséget. Ezért hasznosnak tűnik egy olyan helyettesítés, ami után a gyökvonás elvégezhetővé válik. Ehhez az kell, hogy ami a gyök alá kerül az valaminek a négyzete legyen. (Persze ne önmaga gyökének a négyzete, mert azzal semmire sem megyünk.) Ha elkezdünk kutatni olyan formula után, amelyben valami négyzete plusz 1 valami másnak a négyzete, akkor rátalálhatunk a ch x = sh x + 1 formulára. Vagyis, ha a 4x tag sh t lenne, akkor a gyök alatt sh t + 1 állna, aminek a gyöke ch t. Ezért, némi átalakítás után 4x + 1dx = (x) + 1dx, és bevezetjük a x = sh t helyettesítést. (f(x) = arsh(x).) Ekkor x = sh t = x = 1 dx sh t = dt = 1 ch t, tehát (x) + 1dx = 1 sh t + 1 } {{ } ch tdt = 1 ch t ch dt. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
ch(t)+1 A ch integrálásához felhasználjuk a ch t = linearizáló formulát. (Lehetne őt máshogy is integrálni, a ch függvényt definiáló képletet használva.) 1 ch dt = 1 ch(t) + 1 dt = 1 ( ch(t) + 1 ) dt = = 1 ( sh(t) + t ) + C. 4 Hátra van még a visszahelyettesítés. Ennek elvégzéséhez vegyük figyelembe, hogy sh(t) = sh t ch t. ( 1 sh(t) + t ) sh t ch t + C = + t 4 4 4 + C = = x (x) + 1 4 + arsh(x) 4 + C.
Legyen P (x) másodfokú polinom. B 1 (ax + b) dx ax + b = sin t, x = sin t b a, P (x)dx B (ax + b) + 1dx dx = cos t. dt a ax + b = sh t, x = sh t b a, B (ax + b) 1dx dx = ch t. dt a ax + b = ch t, x = ch t b a, dx dt = sh t a.
A helyettesítések során felhasználjuk a sin x = 1 cos(x), cos x = 1 + cos(x), sh t = ch(t) 1, ch t = ch(t) + 1 linearizáló formulák valamelyikét. A visszahelyettesítéshez pedig a sin(x) = sin x cos x, sh(x) = sh x ch x formulák egyikét.
A helyettesítéssel való integrálás képlete határozott integrálok esetén b a g(f(x))dx = f(b) f(a) g(t) (f 1 (t)) dt. () Ha f szigorúan monoton csökkenő, akkor ()-ban a jobb oldali integrálban a felső határ kisebb, mint az alsó. Egy ilyen integrálon definíció szerint a határok felcserélésével kapot integrál mínusz egyszeresét értjük: tehát ha a < b, akkor a b f(x)dx := b a f(x)dx (3)
. A két polinom hányadosaként felírható függvényeket racionális függvényeknek hívjuk. Ha a tört számlálója alacsonyabb fokszámú, mint a nevező, akkor valódi racionális függvényről beszélünk. Ismertetünk egy módszert, amellyel a valódi racionális függvények, egy bizonyos típustól eltekintve, integrálhatók. Egy nem valódi racionális függvény integrálása a polinomok maradékos osztását felhasználva visszavezethető egy polinom és egy valódi racionális függvény összegének az integrálására. Az eljárás alapja a polinomok gyöktényezős felbontása. Minden polinom felírható egy konstans, elsőfokú polinomok és valós gyökkel nem rendelkező másodfokú polinomok szorzataként. Egy tényezőből persze több is lehet. Tehát a gyöktényezős felbontásban előforduló tényezők típusai, az esetleges konstans szorzón túl: (x α), (x β) m, (x + ax + b), (x + cx + d) n, ahol α, β, a, b, c, d valós számok, m, n egynél nagyobb természetes számok és a másodfokú polinomoknak nincs valós gyökük. Például 4x 10 1x 9 +x 8 4x 7 +34x 6 +9x 5 x 4 40x 3 80x 48x 3 = = (x ) 3 (x + 1)(x + x + ) (x + x + 1). Az persze más kérdés, hogy ezt a szorzatfelbontást hogyan lehet előállítani. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
Minden valódi racionális függvény felbontható parciális törtek összegére. A racionális függvény nevezőjének gyöktényezős felbontásától függ, hogy ebben a felbontásban hány darab és milyen típusú tagok vannak. A gyöktényezős felbontásban (x α) tényező, (x β) m tényező, (x + ax + b) tényező, a parciális törtek összegében A x α tag. A m (x β) m + A m 1 (x β) m 1 + + A (x β) + A 1 Ax + B x + ax + b tag. (x β) tagok. Azzal az esettel nem foglalkozunk, amikor (x + cx + d) n típusú tényező is szerepel a gyöktényezős felbontásban. A parciális törtek számlálóiban álló ismeretlen konstansok együttható összehasonlítás segítségével határozhatók meg. A parciális törtek összegét közös nevezőre hozzuk, ez a közös nevező mindig az eredeti racionális függvény nevezője. Ekkor a számlálóban álló polinom együtthatóiban a bevezetett ismeretlenek szerepelnek. Ezeknek az együtthatóknak rendre meg kell egyezni az eredeti racionális függvény számlálójában álló ugyanolyan fokszámú tag együtthatójával. Ebből egy lineáris egyenletrendszer írható fel a bevezetett ismeretlenekre, ami mindig egyértelműen megoldható. Csak azokkal az esetekkel fogunk foglalkozni, amikor a nevező gyöktényezős felbontása kiemelés és másodfokú egyenlet megoldásával megkapható, illetve, amikor eleve meg van adva a nevező gyöktényezős felbontása. First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
Feladat 3 Számítsuk ki az 6 dx integrált. x +3x Megoldás: Az integrandus valódi racionális függvény, a nevező gyöktényezős felbontása x(x + 3). Ezért az integrandus 6 x + 3x = 6 x(x + 3) = A x + B x + 3 alakban bontható fel parciális törtek összegére. Az ismeretlen A és B konstansok meghatározásához közös nevezőre hozzuk a parciális törtek összegét. 6 x(x + 3) = A x + B x + 3 = A(x + 3) + Bx x(x + 3) = (A + B)x + 3A. x(x + 3) Az aláhúzott törtek egyenlősége azt jelenti, hogy ezek minden szóbajövő x-re, most minden 0-tól és 3-tól különböző x-re, megegyeznek. Mivel a nevezők egyenlők, ez csak úgy lehet, ha a számlálók is minden x-re egyenlők. A számlálók polinomok, ezek csak akkor lehetnek minden x- re egyenlők, ha azonos fokszámúak, és az együtthatók is rendre azonosak. Ebből kapjuk az A, B ismeretlenekre az
{ A + B = 0 3A = 6 lineáris egyenletrendszert. Innen A = és B =. Érvényes tehát a 6 x(x + 3) = x x + 3 parciális törtekre bontás, aminek a helyességéről egyébként keresztbeszorzással könnyen meggyőződhetünk. Ezt az ellenőrzést mindig érdemes elvégezni. Tehát 6 x + 3x dx = ( x ) dx = x + 3 x dx = ln x ln x + 3 + C. A valós gyököhöz tartozó parciális törtek integrálása a következő: A dx = A ln x α + C, x α A (x β) mdx = A m 1 1 + C. (x β) m 1 x + 3 dx = First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
Feladat 4 Számítsuk ki az x +3x 1 dx integrált. (x 1)(x +1) Megoldás: A nevező gyöktényezős felbontása miatt Ebből x + 3x 1 (x 1)(x + 1) = A x 1 + Bx + C x + 1 = = A(x + 1) + (Bx + C)(x 1) (x 1)(x + 1) = (A + B)x + ( B + C)x + A C. (x 1)(x + 1) A + B = B + C = 3 A C = 1 Az alsó két egyenletet összeadva A B =. Ezt és az első egyenletet összeadva kapjuk, hogy A =, B = 0, C = 3.
Tehát x + 3x 1 (x 1)(x + 1) dx = ( x 1 + 3 ) dx = x + 1 = ln x 1 + 3arctg x + C. Az Ax+B dx típusú parciális törtek integrálása, ahol a nevezőnek nincs x +ax+b valós gyöke, elég bonyolult is lehet. Ha A = 0, azaz a számláló konstans, akkor az integrál a már korábban megismert 1 dx típusra visszavezethető. 1+(αx+β) Ha A 0, akkor az integrál vagy f f típusú, vagy visszavezethető egy f f típusú integrál és egy konstans számlálójú integrál összegére. Az eljárást egy feladaton mutatjuk be.
Feladat 5 Számítsuk ki az x+3 dx integrált. x +4x+5 Megoldás: A nevező deriváltja x + 4. Először elérjük, hogy az integrandus számlálójában megjelenjen a nevező deriváltja, majd felírjuk az integrált két integrál összegeként. x + 3 x + 4x + 5 dx = 1 x + 6 x + 4x + 5 dx = 1 (x + 4) + x + 4x + 5 dx = = 1 x + 4 dx + 1 dx = } x + {{ 4x + 5 } } x + {{ 4x + 5 } típusú = f f 1+(x+) = 1 ln x + 4x + 5 + arctg(x + ) + C.