Határozott integrál és alkalmazásai 5. május 5.. Alapfeladatok. Feladat: + d = Megoldás: Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki, hogy ha f folytonos függvény az [a, b] intervallumon, és F ezen f függvény egy tetsz leges primitív függvénye, akkor b f d = [F ] b a = F b F a. a Eszerint els ként szükségünk van egy primitív függvényre, azaz tulajdonképpen határozatlanul kell integrálnunk. Ezután már csak be kell helyettesítenünk az integrálási határokat a kapott primitív függvénybe, és venni azok különbségét. A primitív függvény meghatározásához írjuk a gyököt hatvány alakban. + d = + d Most állítsuk el a primitív függvényt. Mivel hatványt integrálunk, így eggyel növeljük a kitev t, s az új kitev vel osztunk. + d = + = [ ] + Ezután helyettesítsük be az integrálási határokat, s vegyük a két érték különbségét. A fels határ helyettesítési értékéb l vonjuk az alsó határ helyettesítési értékét. [ ] + = + + = 8 =. Feladat: d = Megoldás: Els ként most is egy primitív függvényt kell meghatároznunk. Ehhez a tört helyett célszer negatív kitev s hatványt írnunk.
d = d A határozatlan integrálás során most is eggyel növeljük a kitev t, és osztunk az új kitev vel. De most gyeljünk oda, mert lineáris bels függvény is van a hatványon belül. Ezért osztanunk kell még a bels függvényb l együtthatójával. [ d = ] [ = Vegyük ezek után a fels és az alsó határ helyettesítési értékének különbségét. [ 9 6. Feladat: ] = 9 6 9 6 d = ] = = + = Megoldás: Els lépésként írjuk a gyököt hatvány alakban. d = d Bontsuk két törtre az integrálandó törtet. d = d [ ] 9 6 Az els tagot írjuk negatív kitev vel, a második tagban pedig végezzük el az osztást, így mindegyik tagban egyetlen hatványfüggvényt kapunk. d = d = d Végezzük el a határozatlan integrálást. d = [ = ] Utolsó lépésként pedig vegyük a fels és az alsó határ helyettesítési értékének különbségét. [ ] = = = 6 = 8. Feladat: π 6 cos d = Megoldás: Els ként határozzunk meg egy primitív függvényt. Figyeljünk oda, olyan összetett függvényt integrálunk, melyben a bels függvény
lineáris. Ezért a küls függvény integrálját osztani kell a bels függvényb l együtthatójával. π [ ] π 6 sin 6 cos d = Helyettesítsük be a határokat, és vegyük a kapott értékek különbségét. [ ] π sin π sin 6 6 sin = = sin π sin = = = 5 5. Feladat: d = Megoldás: Az integrandusból emeljük ki a számlálóban álló 5-öt, s utána olyan összetett függvény marad, melynek bels függvénye els fokú. Ezután hajtsuk végre a határozatlan integrálást. 5 [ ] d = 5 ln d = 5 = 5 [ln ] Helyettesítsük a két határt, s vegyük az értékek különbségét. 5 [ln ] = 5 ln ln = 5 ln 5 ln = = 5 ln 5 = 5 ln 5. 6. Feladat: Határozzuk meg az f = + 5 függvény grakonja és az -tengely közötti síkrész területét a [, ] intervallumon! Megoldás: Vizsgáljuk meg, vált-e el jelet a függvény a, intervallumban. Ha ugyanis igen, akkor több részletben kell számolnunk a területet, de ha nem, akkor egyetlen integrál kiszámolása elég lesz. Oldjuk meg tehát az f = egyenletet, ami az + 5 = másodfokú egyenletet jelenti. Mivel ennek az egyenletnek a diszkriminánsa negatív D = 5 = <, ezért nincs valós gyök, tehát a függvény sehol sem vált el jelet. Mivel együtthatója pozitív, ezért a függvény csak pozitív értékeket vesz fel. Így a kérdéses terület egyszer en megegyezik a függvény adott intervallumon vett integráljával, azaz T = + 5 d. Határozzunk meg egy primitív függvényt. [ ] T = + 5 Helyettesítsük a két határt, és vegyük az értékek különbségét.
T =. ábra. Az f = + 5 függvény grakonja + 5 + 5 7. Feladat: Határozzuk meg az f = + függvény grakonja és az tengely által közrezárt véges síkrész területét! Megoldás: Els lépésben határozzuk meg, hol metszi a függvény grakonja az tengelyt, azaz oldjuk meg az f = egyenletet. + = Alakítsunk szorzattá a bal oldalon. + = = 6 Így már egyértelm, hogy az egyenlet két megoldása az = és az =. Ha készítünk egy ábrát a függvényr l, akkor nyilvánvaló, hogy a meghatározandó terület a függvény [, ] intervallumon vett integráljának -szerese, mert az alakzat az tengely alatt helyezkedik el. T = + d Határozzunk meg egy primitív függvényt. [ ] T = + Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. T = + + = A feladat megoldásából látható, hogy ha olyan alakzat területét keressük, amely az adott intervallumon negatív érték függvény grakonja,
. ábra. Az f = + függvény grakonja és az tengely között helyezkedik el, akkor a függvény integráljának -szeresét kell vennünk. Természetesen azt is megtehetnénk ilyenkor, hogy a függvény adott intervallumon vett integráljának az abszolút értékét vesszük. Jelen esetben a következ t is írhattuk volna: T = + d. 8. Feladat: Határozzuk meg az f = 8 függvény grakonja és a koordinátarendszer két tengelye által határolt véges síkrész területét! Megoldás: A feladat megoldását ismét az f = egyenlet megoldásával kezdjük. Az egyenlet átrendezett alakja: = 8. Ebb l = következik. Ha ábrát készítünk a függvényr l, akkor jól látható, hogy olyan véges síkrész, melyet a két tengely és a függvény grakonja határol, a [, ] intervallumon található. Itt a függvény negatív értékeket vesz fel, így a területet a függvény ezen intervallumon vett integráljának -szerese adja. T = 8 d Határozzunk meg egy primitív függvényt. [ ] T = 8 Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. T = 8 8 = 5
. ábra. Az f = 8 függvény grakonja. Összetett feladatok. Feladat: π sin cos d = Megoldás: Els ként egy primitív függvényt kellene elállítanunk. Ehhez alakítsuk át az integrandust. Bontsuk szorzattá a nevez t, majd pedig az integrandust két tört szozatára. π sin π cos d = sin π cos cos d = sin cos cos d Mivel sin cos = tg, így sin cos helyett tg írható. π sin π cos cos d = tg cos d Ebb l az alakból már egyértelm en látható, hogy az integrandus most f α f típusú, hiszen tg = cos. Felhasználva az ilyen függvényekre vonatkozó integrálási szabályt, határozzunk meg egy primitív függvényt. [ π tg tg ] π cos d = Helyettesítsük be az integrálási határokat, és vegyük a két érték különbségét. [ tg ] π = tg π tg = = =. Feladat: e d = 6
Megoldás: Az integrandusban olyan szorzat áll, melynek egyik tényez je polinom, másik tényez je pedig eponenciális, ezért a primitív függvény meghatározásához parciálisan kell integrálnunk. Ilyenkor a jelölés egyszer bbé tétele végett célszer külön elvégezni a határozatlan integrálást, majd utána visszatérni a határozott integrálhoz. Legyen u = és v = e. Ekkor u = és v = e. Felhívjuk a gyelmet arra, hogy az e olyan összetett függvény, melynek bels függvénye els fokú, így integrálásakor a küls függvény integrálját osztani kell a bels függvényb l együtthatójával. Helyettesítsünk be a szabályba. e d = e e d = e e d Határozzuk meg a még visszamaradt integrált. Itt is gyeljünk a lineáris bels függvényre. e d = e e + c = e + c Most térjünk vissza a határozott integrálhoz a primitív függvénnyel. [ e d = e ] Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. [ e ] = e e = e +.97. Feladat: e ln d = Megoldás: Az integrandus ismét szorzat. Az egyik tényez most is polinom, a másik pedig a természetes alapú logaritmus, így a primitív függvény meghatározásához most is parciális integrálásra van szükség. Célszer el ször csak határozatlan integrált írni. Legyen u = ln és v =. Ekkor u = és v =. Helyettesítsünk a szabályba. ln d = ln d A még meghatározandó integrálban egyszer sítsünk. ln d = ln d 7
Ezután határozzuk meg a primitív függvényt. ln d = ln 6 + c = ln 6 + c Most térjünk vissza a határozott integrálhoz. e [ ln ln d = ] e 6 Helyettesítsük az integrálisi határokat a primitív függvénybe és vegyük a kapott értékek különbségét. [ ln ] e ln e = e 6 ln 6 = 6 e 6 = 6 6 e + 6 = e +. 6. Feladat: Határozzuk meg az f = [ tg függvény grakonja és az -tengely közötti terület nagyságát a π 6, π ] intervallumon! Megoldás: Vizsgáljuk meg, vált-e el jelet a függvény az adott intervallumban, azaz oldjuk meg a tg = egyenletet. Ennek megoldása: = k π, k Z, és ezen megoldások közül az = az adott intervallum belsejében van. A függvény itt az el jelét is megváltoztatja, hiszen a π, intervallumon negatív a függvény, a, π intervallumon pedig pozitív. Az alakzatot tehát két részre kell bontanunk, és a területét két integrállal tudjuk meghatározni. Egyrészt az intervallum alsó végpontjától integrálunk a zérushelyig, és vesszük ezen integrál -szeresét, másrészt pedig a zérushelyt l integrálunk az intervallum fels végpontjáig. Ugyanez jelekkel leírva: π T = tg d + tg d. π 6 Mivel az integrandus nem alapintegrál, ezért végezzük el külön a határozatlan integrálást. A tg helyett írjunk sin cos -et. sin tg d = cos d Szorozzunk és osszunk is -gyel. Az osztást egyb l emeljük ki az integrál elé egy el jel formájában. sin sin cos d = cos d Mindezt azért tettük, mert cos = sin, s így az integrandus f típusú lett, azaz f sin cos cos d = cos d. 8
. ábra. Az f = tg függvény grakonja Alkalmazzuk az f típusú függvényekre vonatkozó integrálási szabályt. f cos d = ln cos + c cos Ezután térjünk vissza a területhez. T = [ ln cos ] π + [ ln cos ] π 6 = [ln cos ] π [ln cos ] π 6 Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. T = ln cos ln cos π ln π 6 cos ln cos = = ln ln ln ln = ln ln = = ln + ln = ln = ln.9 6 5. Feladat: Határozzuk meg az f = e és g = + függvények grakonjai közti területet a [, ] intervallumon! Megoldás:El ször azt kell eldöntenünk, hogy metszi-e egymást a két függvény grakonja az adott intervallumban. Tegyük egyenl vé a két függvényt, így az e = + egyenletet kapjuk, melyet algebrai úton nem tudunk megoldani. Ha ábrázoljuk a két függvényt, akkor sejthet, hogy = esetén metszik egymást, és a sejtést a függvényekbe történ behelyettesítéssel gyorsan ellen rizhetjük is. f = e = és g = + = A két függvény grakonja tehát valóban az = helyen metszi egymást. Más metszéspont pedig nincs az adott intervallumban, hiszen az epo- 9
5. ábra. Az f = e és g = + függvények grakonjai nenciális függvény szigorúan monoton n, a másodfokú függvény pedig szigorúan monoton csökken itt, így a két függvénynek legfeljebb egy közös pontja lehet az adott intervallumban. A metszéspont miatt a kérdéses területet két integrállal tudjuk meghatározni. Egyrészt integráljuk -t l -ig a g f függvényt, mert itt a g grakonja halad az f grakonja felett. Majd ehhez hozzáadjuk az f g függvénynek -tól -ig vett integrálját. Ezen az intervallumon az f grakonja halad g grakonja felett, ezért vonjuk f-b l a g-et. A terület tehát az alábbi módon írható fel: T = + e d + e + d Határozzunk meg primitív függvényeket. [ ] [ ] T = + e + e + Végül helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. T = + e + e + + e + e + = = + e = e + e e.86 6. Feladat: Számoljuk ki azon forgástest térfogatát, mely az f = th függvény grakonja [, ] intervallumhoz tartozó ívének -tengely körüli forgatásával keletkezik!
Megoldás: Tudjuk, hogy egy folytonos függvény [a, b] intervallumhoz tartzó ívének -tengely körüli forgatásakor keletkez forgástest térfogatára az alábbi összefüggés igaz: V = π b f d. a Lényegében annyi a feladatunk, hogy behelyettesítünk ebbe a képletbe, majd elvégezzük az integrálást. A helyettesítés során egyrészt a függvényt kell helyettesíteni, másrészt pedig az intervallum végpontjait. Jelen esetben így az alábbit kapjuk: V = π th d. Alakítsunk az integranduson azt felhasználva, hogy th = sh ch. sh sh V = π d = π ch ch d Ezután használjuk fel az = ch sh azonosságot, melyet hozzunk sh = ch alakra. Helyettesítsük ezt az integrandus számlálójába. ch V = π ch d Bontsuk fel ezután két törtre a függvényt, és egyszer sítsünk. ch V = π ch ch d = π ch d Így már csak két alapintegrál maradt. Határozzuk meg a primitív függvényt. V = π [ th] Végül helyettesítsük az integrálási határokat, és vegyük az értékek különbségét. V = π th th = π th.79 7. Feladat: Számoljuk ki azon forgástest térfogatát, mely az f = e e függvény grakonja [, ] intervallumhoz tartozó ívének - + tengely körüli forgatásával keletkezik! Megoldás: Helyettesítsünk be a forgástestek térfogatára vonatkozó b V = π f d képletbe. a e V = π d e + Végezzük el a négyzetre emelést.
e V = π e + d A tört helyett írjunk inkább negatív kitev s hatvánnyal történ szorzást. Természetesen a gyökr l is térjünk át törtkitev s hatványra. V = π e + e d Mivel e + = e, ezért szorozzunk is és osszunk is kett vel. Az osztást egyb l az integráljel elé írjuk -del való szorzás formájában. V = π e + e d Az integrandus ezen alakban f α f típusúvá vált, s így könnyen elvégezhet az integrálás. V = π e + [ = π e ] [ ] + = π e + Utolsó lépésként helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. V = π e + e + = π e +.656 8. Feladat: [ Határozzuk meg az f = függvény görbéjének ívhosszát a, ] intervallumon! Megoldás: Tudjuk, hogy az f folytonosan dierenciálható függvény grakonjának ívhosszát az [a, b] intervallumon az alábbi összefüggés adja: b Γ = + f d. a Ebbe a képletbe kell behelyettesítenünk a feladatban megadott függvény deriváltját és az intervallum végpontjait. Els ként deriváljuk a függvényt, azonban ehhez célszer átalakítani, és egyetlen hatványként írni. f = = = Ezután már egyszer a deriválás. f = = Most helyettesítsünk az ívhossz képletébe. Γ = + d
Végezzük el a négyzetre emelést. Γ = Γ = + 9 d A gyököt írjuk hatványként. + 9 d Így jól látható, hogy az integrandus olyan összetett függvény, melynek bels függvénye lineáris. Integrálnunk kell tehát a küls függvényt, majd osztanunk kell a bels függvényb l együtthatójával. + 9 Γ = 9 = 8 + 9 7 Végül helyettesítsük az integrálási határokat. + 9 + 9 Γ = 8 7 = 8 7 5 6 = 6 6 9. Feladat: Számoljuk ki az f = ln függvény görbéjének ívhosszát 8 a [, e] intervallumon! b Megoldás: Mivel az Γ = + f d képletbe kell helyettseítenünk, így els ként el kell állítanunk a függvény deriváltját. f = 8 Helyettesítsünk a képletbe. e Γ = + d 8 a Végezzük el a négyzetre emelést, majd vonjunk össze. e Γ = + + e 6 d = + + 6 d A gyök alatt álló kifejezésben egy teljes négyzet ismerhet fel, s így elt nik az integrandusból a négyzetgyök. e Γ = + e d = + 8 8 d Így már csak alapintegrálok szerepelnek az integrandusban, meghatározhatunk tehát egy primitív függvényt. [ Γ = + ln ] e 8
Helyettesítsünk a Newton-Leibniz-szabályba. Γ = e + ln e + ln = e + + = e 7 8 8 8 8 6.5. Feladat: Határozzuk meg azon forgástest palástjának felszínét, mely úgy keletkezik, hogy az f = + függvény grakonjának [, ] intervallumhoz tartozó ívét megforgatjuk az -tengely körül! Megoldás: Tudjuk, hogy az [a, b] intervallumon folytonosan dierenciálható f függvény grakonjának tengely körüli megforgatásával kapott forgástest palástjának felszínét az alábbi összefüggés adja: b F = π f + f d. a Ebbe a képletbe kell behelyettesítenünk a feladatban megadott függvényt és deriváltját, valamint az intervallum végpontjait. Állítsuk el a függvény deriváltját. Figyeljünk oda arra, hogy összetett függvényt deriválunk, így a küls függvény deriváltját szorozni kell még a bels függvény deriváltjával. f = + = + Ezután már helyettesíthetünk a képletbe. F = π + + d + Végezzük el a második gyök alatt a négyzetre emelést. 9 F = π + + + d A két gyökös kifejezés szorzatát írjuk fel egyetlen gyökkel, és végezzük el a szorzást. 9 F = π + + d = π + + 9 + d Vonjunk össze a gyök alatt, és a írjunk inkább törtkitev s hatványt a gyök helyett. F = π + d = π + d Átalakításaink eredményeként az integrandus olyan összetett függvény lett, melynek bels függvénye els fokú, így könnyen elvégezhet az integrálás. A küls függvényt integráljuk, és osztunk a bels függvényb l együtthatójával. F = π + = π 9 +
A primitív függvénybe helyettesítsük az integrálási határokat. F = π + + = 9 9 = π 5 = π 7 5 = 9 9 = π 9 8 8 8.5. Feladat: Számoljuk ki azon forgástest palástjának felszínét, mely úgy keletkezik, hogy az f = függvény grakonjának [, ] intervallumhoz tartozó ívét forgatjuk meg az -tengely körül! Megoldás: Amint az el z feladatban, úgy most is az alábbi képletbe kell helyettesítenünk. b F = π f + f d a Ehhez állítsuk el a függvény deriváltját. f = = Ezután végezzük el a helyettesítést. F = π + d Végezzük el a négyzetre emelést, emeljünk ki, és a gyök helyett írjunk inkább hatványt. F = π + d = π + d Mivel + =, ezért szorozzunk is és osszunk is -gyel. Az osztást, amint az korábban is tettük, írjuk -del szorzás formájában az integrál el tt. F = π + d = π + d Ezzel sikerült elérnünk, hogy az integrandus f α f típusú lett. F = π + + d 6 Alkalmazzuk a megfelel integrálási szabályt. F = π + 6 = π 9 [ + ] 5
Helyettesítsük ezután az integrálási intervallum végpontjait. F = π + 9 + = π 8.68 9 6