- Lineáris egyenletrendszerek
- Mátrixok és vektorok
- A determináns
- Sorozatok
- Függvényhatárérték és folytonosság
- Elemi függvények
- Komplex számok
- Deriválás
- Érintő egyenlete, L'Hospital szabály
- Taylor polinom és Taylor sor
- Szélsőértékfeladatok, egyszerűbb függvényvizsgálatok
- Teljes függvényvizsgálat
- Határozatlan integrál, primitív függvény
- Határozott integrálás
Határozatlan integrál, primitív függvény
Primitív függvény és határozatlan integrál
Az $f(x)$ függvény primitív függvényének jele $F(x)$ és azt tudja, hogy ha deriváljuk, akkor visszakapjuk $f(x)$-et, azaz
\( F'(x)=f(x) \)
Egy függvény primitív függvényeinek halmazát nevezzük a függvény határozatlan integráljának.
Alapintegrálok
\( \int x^n \; dx = \frac{ x^{n+1}}{n+1}+c \qquad n \neq -1 \)
\( \int \frac{1}{x} \; dx = \ln{ \mid x \mid} + c \)
\( \int e^x \; dx = e^x + c \)
\( \int a^x \; dx = \frac{a^x}{\ln{a}} + c \)
\( \int \cos{x} \; dx = \sin{x} + c \)
\( \int \sin{x} \; dx = -\cos{x} + c \)
\( \int \frac{1}{\cos^2{x} } \; dx = \tan{x} + c \)
\( \int \frac{1}{\sin^2{x} } \; dx = - \cot{x} + c \)
\( \int \frac{1}{1+x^2} \; dx = \arctan{x} + c \)
Alapintegrálok lineáris helyettesítései
\( \int (ax+b)^n \; dx = \frac{ (ax+b)^{n+1}}{n+1} \frac{1}{a}+c \)
\( \int \frac{1}{ax+b} \; dx = \ln{ \mid ax+b \mid}\frac{1}{a} + c \)
\( \int e^{ax+b} \; dx = e^{ax+b}\frac{1}{a} + c \)
\( \int A^{ax+b} \; dx = \frac{A^{ax+b}}{\ln{A}}\frac{1}{a} + c \)
\( \int \cos{(ax+b)} \; dx = \sin{(ax+b)}\frac{1}{a} + c \)
\( \int \sin{(ax+b)} \; dx = -\cos{(ax+b)}\frac{1}{a} + c \)
\( \int \frac{1}{\cos^2{(ax+b)} } \; dx = \tan{(ax+b)}\frac{1}{a} + c \)
\( \int \frac{1}{\sin^2{(ax+b)} } \; dx = - \cot{(ax+b)}\frac{1}{a} + c \)
\( \int \frac{1}{1+(ax+b)^2} \; dx = \arctan{(ax+b)}\frac{1}{a} + c \)
Integrálási szabályok | A konstans szorzó kivihető
Integráláskor a konstans szorzó kivihető:
\( \int c \cdot f = c \cdot \int f \)
Integrálási szabályok | Összeg integrálja
Összeget külön-külön is integrálhatunk:
\( \int f+g = \int f + \int g \)
Integrálási szabályok | S1
Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk.
Integrálási szabályok | S2
\( \int f^{\alpha} \cdot f' = \frac{ f^{\alpha + 1} }{\alpha + 1 } + c \)
Integrálási szabályok | S3, a parciális integrálás
A parciális integrálást szorzatok integrálására fejlesztették ki. Az elnevezés onnan ered, hogy a szorzatot részenként fogjuk integrálni:
\( \int f \cdot g' = f \cdot g - \int f' \cdot g \)
Integrálási szabályok | S4, összetett függvények integrálása
\( \int f \left( g(x) \right) \cdot g'(x) = F \left( g(x) \right) + c \)
Ez a tétel az összetett függvények integrálásáról szól. Csak sajnos az a gond az összetett függvényekkel, hogy az integrálásuk általában elég reménytelen vállalkozás.
Érdemes még néhány speciális esetet megjegyeznünk:
\( \int e^g \cdot g' = e^g +c \qquad \int a^g \cdot g' = \frac{a^g }{\ln{a}} + c \)
\( \int \frac{g'}{1+g^2} = \arctan{g} + c \qquad \int \frac{g'}{\sqrt{1-g^2}} = \arcsin{g} + c \)
Integrálási szabályok | T1
Próbálkozzunk a tört földarabolásával és utána integráljunk.
\( \int \frac{ax+b}{cx+d} \; dx = \int \frac{ \frac{a}{c} (cx+d) + b - \frac{ad}{c} }{ cx+d} \; dx = \int \frac{ \frac{a}{c} (cx+d)}{cx+d} + \frac{E}{cx+d} \; dx = \)
\( = \int \frac{a}{c} + \frac{E}{cx+d} \; dx = \frac{a}{c}x + E \ln{ \mid cx + d \mid} \frac{1}{c} \)
Integrálási szabályok | T2
\( \int \frac{f'}{f} = \ln{ \mid f \mid } + c \)
Helyettesítéses integrálás
A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést $u$-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk majd megoldani a feladatot.
Hasznos helyettesítések:
\( \int \frac{ ax+b}{ \sqrt{cx+d} } \; dx \qquad \sqrt{cx+d}=u \)
\( \int f \left( g(x) \right) \; dx \qquad g(x)=u \)
\( \sqrt{1-f} \qquad f=sin^2{u} \)
\( \sqrt{1+f} \qquad f=\text{sh}^2 u \)
\( \sqrt{f-1} \qquad f=\text{ch}^2 u \)
Helyettesítéses integrálás
A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést $u$-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk majd megoldani a feladatot.
Hasznos helyettesítések:
\( \int \frac{ ax+b}{ \sqrt{cx+d} } \; dx \qquad \sqrt{cx+d}=u \)
\( \int f \left( g(x) \right) \; dx \qquad g(x)=u \)
\( \sqrt{1-f} \qquad f=sin^2{u} \)
\( \sqrt{1+f} \qquad f=\text{sh}^2 u \)
\( \sqrt{f-1} \qquad f=\text{ch}^2 u \)
Helyettesítéses integrálás | A tangens ikszfeles helyettesítés
A helyettesítéses integrálás úgy működik, hogy egy kifejezést $u$-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk megoldani a feladatot.
A helyettesítéses integrálás egyik legfurcsább esete az $u = \tan{ \frac{x}{2} } $. Olyankor használjuk, ha a törtben $\sin{x}$ és $\cos{x}$ is csak első fokon szerepel.
\( \sin{x} = \frac{2u}{1+u^2} \quad \cos{x} = \frac{1-u^2}{1+u^2} \quad dx=\frac{2}{1+u^2} \; du \)
Racionális törtfüggvények integrálása
Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.
\( \int \frac{A}{ax+b} \; dx = A \int \frac{1}{ax+b} \; dx = A \ln{ \mid ax+b \mid} \cdot \frac{1}{a} \)
\( \int \frac{Ax+B}{ax^2+bx+c} \; dx = A \int \frac{ x + \frac{B}{A} }{ax^2+bx+c} \; dx = \frac{A}{2a} \int \frac{ 2ax + \frac{2aB}{A}}{ax^2+bx+c} \; dx = \)
\( = \frac{A}{2a} \int \frac{ 2ax+b+ \frac{2aB}{A}-b}{ax^2+bx+c} \; dx = \frac{A}{2a} \left( \int \frac{2ax+b}{ax^2+bx+c} + \frac{E}{ax^2+bx+c} \; dx \right) = \)
\( = \frac{A}{2a} \left( \ln{ \mid ax^2+bx+c \mid} + \frac{E}{aD} \arctan{ \left( \frac{1}{\sqrt{D}} x + \frac{b}{2a \sqrt{D}} \right) } \cdot \sqrt{D} \right ) \)
Végezzük el az alábbi feladatokat.
a) \( f(x)=2x \qquad F(x)=\int f(x) \; dx = \; ? \)
b) \( f(x)=x^2 \qquad F(x)=\int f(x) \; dx = \; ? \)
c) \( \int_{0}^{1} x^2 \; dx = ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int (4x+3)^7 \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{1}{6x+5} \; dx = \; ? \)
c) \( \int e^{-3x+7} \; dx = \; ? \)
d) \( \int 5^{2x+4} \; dx = \; ? \)
e) \( \int \cos{(12x+5)} \; dx = \; ? \)
f) \( \int \sin{(5x+9)} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \left(x^2+x\right) \left( x^3+x^2+1 \right) \; dx = \; ? \)
b) \( \int \sqrt{x^7} \left( x^3 + \frac{1}{x} \right) \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \left( x^2+x \right)^4 (2x+1) \; dx = \; ? \)
b) \( \int \ln^3{x} \cdot \frac{1}{x} \; dx = \; ? \)
c) \( \int \sqrt[3]{x+\sin{x}} (1+\cos{x}) \; dx = \; ? \)
d) \( \int \left( 2x^3+6x \right)^4 \left(x^2+1 \right) \; dx = \; ? \)
e) \( \int \sqrt[8]{x^2-e^x}\cdot \left(10x-5e^x \right) \; dx = \; ? \)
f) \( \int \frac{ \sqrt[4]{ \ln^3{x}}}{x} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int x\cdot e^x \; dx = \; ? \)
b) \( \int x^2 \cdot e^x \; dx = \; ? \)
c) \( \int x\cdot \ln{x} \; dx = \; ? \)
d) \( \int \ln{x} \; dx = \; ? \)
e) \( \int \arctan{x} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{ \ln{x}}{x^5} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{6\ln{x}}{\sqrt[3]{x}} \; dx = \; ? \)
c) \( \int 18xe^{3x+2} \; dx = \; ? \)
d) \( \int 4x \cos{(2x+1)} \; dx = \; ? \)
e) \( \int x^3 \sin{x} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int e^{2x^2+3x} (4x+3) \; dx = \; ? \)
b) \( \int 7^{x^3+1}\cdot 3x^2 \; dx = \; ? \)
c) \( \int \sin{ \left( x^2+5x \right)} \cdot (2x+5) \; dx = \; ? \)
d) \( \int (2x+3)e^{x^2+3x} \; dx = \; ? \)
e) \( \int (4x+1)5^{2x^2+x} \; dx = \; ? \)
f) \( \int \frac{3x^2}{1+\left(x^3 \right)^2} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{x^3+x^2+1}{x} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{e^{-x}+x^3}{x^3 e^{-x}} \; dx = \; ? \)
c) \( \int \frac{x+6}{x+2} \; dx = \; ? \)
d) \( \int \frac{4x+5}{2x+3} \; dx = \; ? \)
e) \( \int \frac{x+4}{\sqrt{x+3}} \; dx = \; ? \)
f) \( \int \tan^2{x} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{2x}{x^2+9} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{4+e^x}{4x+e^x} \; dx = \; ? \)
c) \( \int \frac{x}{2x^2+5} \; dx = \; ? \)
d) \( \int \frac{6x}{x^2+7} \; dx = \; ? \)
e) \( \int \frac{5x}{4x^2+9} \; dx = \; ? \)
f) \( \int \frac{1}{x \ln{x}} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{2x+5}{\sqrt{x+3}} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{x}{\sqrt{x+4}-2} \; dx = \; ? \)
c) \( \int e^{\sqrt{x}} \; dx = \; ? \)
d) \( \int \frac{4e^x +1}{2e^x+1} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{12x^3}{\sqrt{1-x^4}} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{12x}{\sqrt{1-x^4}} \; dx = \; ? \)
c) \( \int \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{1}{\sin{x}} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{ \cos{x}}{-\sin{x}+\cos{x}+1} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{12}{3x+4} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{4x+12}{3x^2+12x+15} \; dx = \; ? \)
c) \( \int \frac{5x^2+14x+5}{x^3+4x^2+5x} \; dx = \; ? \)
\( \int \frac{6x^2+20x+15}{(2x+1)\left(2x^2+15x+7\right)} \; dx = \; ? \)
\( \int \frac{x^5-3x^4+9x^3+7x^2+5x+9}{x^4-4x^3+9x^2} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{1}{\sin{x}} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \frac{ \cos{x}}{-\sin{x} + \cos{x}+1} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \sin^6{x} \cdot \cos^3{x} \; dx = \; ? \)
b) \( \int \sin^4{x} \cdot \cos^7{x} \; dx = \; ? \)
c) \( \int \sin^4{x} \; dx = \; ? \)
Végezzük el az alábbi integrálásokat.
a) \( \int \frac{ \sqrt[7]{ \ln^3{x}}}{x} \; dx = \; ? \)
b) \( \int x^2 \sqrt[5]{1+4x^3} \; dx = \; ? \)
c) \( \int 4xe^{x+2} \; dx = \; ? \)
d) \( \int 4xe^{x^2+2} \; dx = \; ? \)
e) \( \int (2x+3)^{-\frac{1}{5}} \; dx = \; ? \)
f) \( \int \frac{x}{\sqrt[5]{2x+3}} \; dx = \; ? \)
\( \int \frac{x^2+2x+4}{x\cdot \left( x^2 + 1 \right) } \; dx = \; ? \)
Itt az ideje, hogy megismerkedjünk az integrálással. Rögtön kétfélével is, a határozott és a határozatlan integrálással.
A határozott integrálás függvények görbe alatti területének kiszámolásával foglalkozik.
Van itt egy függvény
aminek a-tól b-ig a görbe alatti területe.
A határozatlan integrálás egészen máshogy működik.
Azért nevezzük határozatlannak, mert itt nincsenek a és b határai az integrálásnak, csak úgy egyszerűen integrálgatunk:
f(x) határozatlan integrálja egy függvény, amit primitív függvénynek neveztek el.
A primitív függvény jele F(x) és azt tudja, hogy ha deriváljuk, akkor visszakapjuk f(x)-et.
Ez a határozatlan integrálás tulajdonképpen nem más, mint a deriválás megfordítása.
Emiatt úgy is szokás emlegetni, mint antideriválás.
Lássunk néhány példát.
Itt van mondjuk ez:
Egy olyan függvényre van szükségünk, aminek a deriváltja 2x.
Ilyen függvény van, mégpedig az
Itt jön egy másik:
Olyan függvény is van, aminek deriváltja
Ha még emlékszünk rá
Ha valaki tudja, hogy mi az az abszolútérték, akkor nem fogja nagyon felzaklatni a hír, hogy az még kell ide. Ez amiatt van, mert az
függvényt negatív x-ekre is szeretnénk integrálni.
lnx viszont csak a pozitív x-eket szereti és ezt a kis problémát oldja meg az abszolútérték,
de elég annyit megjegyezni, hogy
Végül lássunk még egyet:
Mit kell deriválni vajon, hogy x2-et kapjunk?
Ez majdnem jó, csak el kell osztani 3-mal.
És még egy dolog. Ha deriváljuk az x2-et az persze 2x, de
Vagyis x2 után állhat tetszőleges konstans.
Sőt itt is, meg itt is.
Most pedig lássuk, mi a kapcsolat a határozott és a határozatlan integrálás között.
A tétel, amely ezt a kapcsolatot leírja, az egész matematika történetének egyik legfontosabb tétele.
Egy Newton nevű angol fizikus és egy Leibniz nevű német filozófus egyszerre találta ki az 1600-as évek végén.
Ha f(x) integrálható az [a,b] intervallumon és létezik primitív függvénye ezen az intervallumon, akkor
ez itt azt jelenti, hogy a primitív függvény megváltozása, vagyis először be kell helyettesíteni a b-t, aztán pedig kivonni belőle, hogy behelyettesítjük az a-t
Próbáljuk is ki, hogyan működik ez a tétel és nézzük meg, mekkora mondjuk az x2 görbe alatti területe 0 és 1 között.
Itt jön a primitív függvény, aminek vennünk kell a megváltozását 0-tól 1-ig.
Probléma akkor van, ha nem jut eszünkbe a primitív függvény.
Számoljuk ki például az
görbe alatti területét 0 és 1 között.
Addig semmi gond, hogy felírjuk mit kéne integrálni.
Az viszont már baj, hogy fogalmunk sincs, mi lehet a primitív függvény.
A problémát tehát a primitív függvények keresése vagyis a határozatlan integrálás fogja okozni.
Vagyis itt az ideje, hogy fejlesszük ezt a képességünket.
Az igény ugyanakkor egyre nagyobb volt arra, hogy a bonyolult fizikai folyamatokat képesek legyenek leírni, csak éppen az nem volt világos, hogyan. Az 1700-as évek elejéig kellett várni erre, amikor nyilvánosan is megjelent egy angol fizikus-matematikus fluxió elmélete, amely alapjaiban változtatta meg a fizika és a matematika működését. Az illetőt Isaac Newtonnak hívták és elméletét már az 1660-as években kidolgozta, de akkor még nem érezte teljesen késznek a megjelentetésre, ugyanis voltak benne bizonyos definiálásból eredő pontatlanságok. Nos, ezeket a kisebb pontatlanságokat csak 100 évvel később, az 1800-as évek elejére sikerült kiiktatnia Augustin Louis Cauchy francia mérnök-matematikusnak, így aztán utólag megállapíthatjuk, Newton akár azon nyomban is előállhatott volna elméletével, ezzel megkímélve magát egy felesleges hiúsági versenytől, amelyet a kor másik hatalmas gondolkodójával Gottfried Wilhelm Leibniz-cel vívott.
A dolog ugyanis úgy áll, hogy Newton és Leibniz lényegében egyszerre jött rá egymástól függetlenül és más-más okok által motiválva ugyanarra a dologra. Míg Newtont a fizikai világ matematikai leírása vezérelte, addig Leibniz – aki inkább volt filozófus, mint matematikus – egészen más irányból közelített a problémához. Newton egy módszert fejlesztett ki, amely képessé tette az emberiséget arra, hogy leírhassa a minket körülvevő világ fizikai folyamatait. Leírhassa, hogy ezáltal lehetőség nyíljon a problémák megoldására. Amint az később számos alkalommal kiderült, a probléma leírását egyáltalán nem követi azonnal a megoldás megtalálása, de ha leírni sem vagyunk képesek a problémát, akkor egészen biztosan nem tudjuk megoldani. Ezzel szemben Leibniz arra érzett rá, hogy az 1600-as évek matematikusai rátaláltak valamire, de „mintha bekötött szemmel jártak volna” nem voltak képesek ezt egy kerek egységes elméletté kidolgozni. Leibniz megtette azt a sorsdöntő lépést, hogy egységes és nagyon okos jelölést vezetett be és ezen jelölésének köszönhetően képes volt olyan új összefüggéseket is meglátni, melyeket maga Newton sem látott.
A Newton és Leibniz közötti prioritási vita voltaképpen azért volt igazán tragikus, mert ha nem egymással szemben, hanem egymás mellett dolgoztak volna, közösen talán képesek lettek volna betömni azokat a réseket, amelyeknek a betömésére még több mint 100 évet kellett várni.
A primitív függvények keresését úgy fogjuk kezdeni, hogy visszaemlékszünk néhány fontosabb függvény deriváltjára.
Itt van mindjárt az xn
Ha deriválunk, akkor a kitevő 1-el csökken. Ha integrálunk, akkor 1-el nő.
Kis probléma van ugyan, ha
De éppen itt jön a megoldás.
Aztán végre egy biztos pont az életünkben.
A lista elég hosszú lesz.
És ez még csak a kezdet. Most viszont tisztáznunk kell néhány nagyon fontos dolgot.
Itt az egyik:
de
És itt a másik:
Próbáljuk meg kitalálni, hogy mi lehet vajon
Logikusnak tűnik, hogy
De sajnos van egy kis gond:
Az integrálás a deriválás fordítottja, tehát ha egy függvényt integrálunk majd deriválunk, akkor pontosan vissza kell kapnunk az eredeti függvényt. Most viszont ez nem mondható el.
Nem kapjuk vissza az eredeti függvényt, mert a deriválásnál bejön ide ez a 3-as szorzó.
Mondjuk ezen lehet segíteni.
Ha a kitevőben valami ax+b típusú kifejezés szerepel
akkor az integrálásnál szorozni kell -val
Vegyük például ezt:
Most nem a kitevőben, hanem a nevezőben van egy ax+b típusú kifejezés.
Ez a módszer gyakran fog kelleni így hát valami közeli helyen raktározzuk el a fejünkben.
Most pedig jöjjenek az izgalmak!
Integrálni sokkal viccesebb elfoglaltság lesz, mint deriválni.
Itt van például egy szorzat.
Deriválni nagyon egyszerű, egyetlen szabályt kell csak megjegyeznünk és aztán bármilyen szorzatra használhatjuk.
Ha viszont integrálni kell, nos akkor a helyzet sokkal izgalmasabb.
Lesz legalább öt különböző szabály és ki kell tudnunk találni, hogy épp melyik módszerrel kell majd integrálni.
Egy apró változás és máris másik módszer kell.
Vagyis nem fogunk unatkozni.
Ahhoz, hogy sikerüljön felülkerekednünk ezeken a kis nehézségeken, az integrálási szabályokat úgy fogjuk csoportosítani, hogy a legegyszerűbbtől indulunk el és haladunk az egyre bonyolultabbak felé.
Lássuk a szabályokat.
INTEGRÁLÁSI SZABÁLYOK
A legelső szabály pont olyan, mint a deriválásnál. A konstans szorzó kivihető.
A második szabály az összegek integrálására vonatkozik. Még ez is olyan, mint a deriválásnál: összeget külön-külön integrálunk.
A szorzatokra vonatkozó szabály már izgalmasabb. Nincs ugyanis ilyen szabály.
Ha egy szorzatot kell integrálni, akkor több különböző módszert is választhatunk. Pontosan ötöt.
De azt is el kell majd tudnunk dönteni, hogy mikor melyik szabályra lesz szükség és ezt nem javasolt pénzfeldobással.
Szerencsére mindegyik módszerről lesz egy külön képsor, amiből kiderül róla hogyan kell használni, sőt az is kiderül majd, hogy mikor kell használni.
Aztán ugyanez a helyzet a törtekkel. Törtek integrálására is lesz néhány módszer. Lássuk csak, úgy kábé három.
És összetett függvényekre is van minimum kettő.
Úgyhogy vágjunk is bele.
Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk
Hát nem ez volt életünk legnehezebb integrálása.
És valószínűleg ez sem az lesz:
Itt az ideje, hogy lássunk valami érdekesebbet.
Jöhet a következő integrálási szabály.
Lássunk erre egy példát.
Itt jön egy másik.
És egy harmadik.
Néha bele kell fektetnünk egy kis energiát, hogy minden stimmeljen.
Itt van például ez:
Megkezdjük az azonosítást.
A jelek szerint kéne ide egy 6-os szorzó.
Így hát az integráláson belül szorzunk 6-tal, az integráljel előtt pedig osztunk.
Nézzük mi jöhet még.
Ezen még javítanunk kell egy kicsit, aztán hopp, kész is.
Itt jön aztán ez.
Vannak egészen trükkös esetek is.
Ilyenkor az fα a nevezőben van így először meg kell kérni, hogy jöjjön föl onnan,
és utána használhatjuk a képletet.
Itt van még egy.
És itt jön még egy.
Végül pedig nézzünk meg néhány bűvészmutatványt.
Nos ez az integrálási szabály ennyit tud. De van még bőven sok másik integrálási módszer is. Éppen itt jön a következő, ami az egyik legizgalmasabb.
A parciális integrálást szorzatok integrálására fejlesztették ki.
Az elnevezés onnan ered, hogy a szorzatot részenként fogjuk integrálni.
Nézzük meg hogyan.
Szükségünk van egy szereposztásra.
A szorzatban az egyik tényező lesz az f a másik pedig a g’.
Nem javasolt azonban ezt pénzfeldobással eldönteni.
Vagyis hasznos lenne egy jó ötlet ami alapján dönthetünk.
Próbáljuk meg először így.
A parciális integrálás célja, hogy egy bonyolultabb integrálásból egy egyszerűbb integrálást csináljon.
A szereposztás akkor jó, ha sikerül elérni ezt a célt.
Most nem sikerült.
Ez az integrálás ugyanis bonyolultabb mint az eredeti, mert x helyett x2 van benne.
Mit rontottunk el?
Nos a helyzet az, hogy a szereposztásnál van egy f és egy g’.
Menet közben az f-et deriváljuk, a g’-t integráljuk és ezek jelennek meg majd az új integrálásban.
Ha az x-et nevezzük g’-nek, akkor őt fogjuk integrálni, ezáltal a kitevőjét növeljük.
Ha az x-et nevezzük f-nek, akkor deriválni fogjuk és így a kitevője csökken.
Nekünk az a jó ha csökken.
Fordítva kell tehát elnevezni.
ezért fordítva kell elnevezni.
Ezzel a szereposztással az x-et deriváljuk és 1 lesz belőle.
Az ex-nek meg tökmindegy, belőle ugyanúgy ex lesz, mint az előbb.
És íme elértük célunkat, ez a második integrálás már valóban egyszerűbb.
Nézzünk meg még egyet.
Az eddigiek alapján úgy tűnik f=x2 lesz a nyerő választás.
A célunkat elértük, egy bonyolultabb integrálásból egy egyszerűbb integrálást csináltunk.
De még nem elég egyszerűt, ezért újra parciálisan integrálunk.
Az eddigiekből az derült ki, hogy mindig a szorzatban szereplő x hatványt érdemes f-nek nevezni.
Írjunk erről magunknak egy kis emlékeztetőt.
SZEREPOSZTÁS:
De túl szép lenne, ha nem lennének bosszantó kivételek.
Itt van például ez.
A feljegyzéseink alapján így kéne elnevezni.
Csak sajnos így nem jön ki semmi. Aki nem hiszi, próbálja ki és meglátja.
Éppen ezért fordítva nevezünk el.
Bővítjük a listánkat.
esetek,amikor fordítva kell elnevezni:
És még egy dolog.
Vannak itt ezek a függvények azokból az esetekből amikor fordítva kell elnevezni.
Nos próbáljuk meg őket integrálni.
Szükségünk lesz egy kis trükkre.
Parciálisan fogunk integrálni, a listánk alapján őket nevezzük f-nek és most jön a trükk: g’=1
Lássunk egy másikat is.
A parciális integrálás célja, hogy egy bonyolultabb integrálásból egy egyszerűbb integrálást csináljon.
Az előző képsorból kiderült hogyan működik a parciális integrálás, most pedig megoldunk még néhány igazán remek feladatot.
Itt jön például ez:
=f · g- f f’·g
Nézzünk meg még egyet.
f f·g’ =f·g- f f’·g
Parciálisan integrálunk, kiosztjuk a szerepeket:
=f · g - f f’·g
Itt jön még egy.
Nos van egy ilyen, hogy
Vigyázni kell ezzel a parciális integrálással, nagy mennyiségben ugyanis ártalmas lehet.
De talán még egy nem árthat meg.
Nos van egy ilyen is, hogy
Sőt egy ilyen is
=f · g - f f’·g
A parciális integrálás lényege tehát az, hogy bonyolultabb integrálásokból csinál egyszerűbb integrálásokat.
Azt a folyamatot, amikor egy bonyolultabb integrálás átalakul egy egyszerűbb integrálásra redukciónak nevezzük.
Itt jön néhány redukciós formula. Ezeket tulajdonképpen semmi értelme megjegyezni, mert bármikor ki tudjuk számolni.
Arra tudjuk őket használni, hogy elintézhessünk néhány kellemetlenebb integrálást.
Nos ez a csodálatos parciális integrálás ennyit tud. Szorzatokat lehet integrálni parciálisan, de nem akármilyen szorzatokat csak bizonyosakat. Mielőtt integrálunk, tehát meg kell győződnünk arról, hogy ez a szorzat parciálisan integrálható vagy valamilyen más integrálási módszerrel.
A parciális integrálást szorzatok integrálására fejlesztették ki.
Az elnevezés onnan ered, hogy a szorzatot részenként fogjuk integrálni.
Nézzük meg hogyan.
Szükségünk van egy szereposztásra.
A szorzatban az egyik tényező lesz az f a másik pedig a g’.
Nem javasolt azonban ezt pénzfeldobással eldönteni.
Vagyis hasznos lenne egy jó ötlet ami alapján dönthetünk.
Próbáljuk meg először így.
A parciális integrálás célja, hogy egy bonyolultabb integrálásból egy egyszerűbb integrálást csináljon.
A szereposztás akkor jó, ha sikerül elérni ezt a célt.
Most nem sikerült.
Ez az integrálás ugyanis bonyolultabb mint az eredeti, mert x helyett x2 van benne.
Mit rontottunk el?
Nos a helyzet az, hogy a szereposztásnál van egy f és egy g’.
Menet közben az f-et deriváljuk, a g’-t integráljuk és ezek jelennek meg majd az új integrálásban.
Ha az x-et nevezzük g’-nek, akkor őt fogjuk integrálni, ezáltal a kitevőjét növeljük.
Ha az x-et nevezzük f-nek, akkor deriválni fogjuk és így a kitevője csökken.
Nekünk az a jó ha csökken.
Fordítva kell tehát elnevezni.
ezért fordítva kell elnevezni.
Ezzel a szereposztással az x-et deriváljuk és 1 lesz belőle.
Az ex-nek meg tökmindegy, belőle ugyanúgy ex lesz, mint az előbb.
És íme elértük célunkat, ez a második integrálás már valóban egyszerűbb.
Nézzünk meg még egyet.
Az eddigiek alapján úgy tűnik f=x2 lesz a nyerő választás.
A célunkat elértük, egy bonyolultabb integrálásból egy egyszerűbb integrálást csináltunk.
De még nem elég egyszerűt, ezért újra parciálisan integrálunk.
Az eddigiekből az derült ki, hogy mindig a szorzatban szereplő x hatványt érdemes f-nek nevezni.
Írjunk erről magunknak egy kis emlékeztetőt.
SZEREPOSZTÁS:
De túl szép lenne, ha nem lennének bosszantó kivételek.
Itt van például ez.
A feljegyzéseink alapján így kéne elnevezni.
Csak sajnos így nem jön ki semmi. Aki nem hiszi, próbálja ki és meglátja.
Éppen ezért fordítva nevezünk el.
Bővítjük a listánkat.
esetek,amikor fordítva kell elnevezni:
És még egy dolog.
Vannak itt ezek a függvények azokból az esetekből amikor fordítva kell elnevezni.
Nos próbáljuk meg őket integrálni.
Szükségünk lesz egy kis trükkre.
Parciálisan fogunk integrálni, a listánk alapján őket nevezzük f-nek és most jön a trükk: g’=1
Lássunk egy másikat is.
A parciális integrálás célja, hogy egy bonyolultabb integrálásból egy egyszerűbb integrálást csináljon.
Az előző képsorból kiderült hogyan működik a parciális integrálás, most pedig megoldunk még néhány igazán remek feladatot.
Itt jön például ez:
=f · g- f f’·g
Nézzünk meg még egyet.
f f·g’ =f·g- f f’·g
Parciálisan integrálunk, kiosztjuk a szerepeket:
=f · g - f f’·g
Itt jön még egy.
Nos van egy ilyen, hogy
Vigyázni kell ezzel a parciális integrálással, nagy mennyiségben ugyanis ártalmas lehet.
De talán még egy nem árthat meg.
Nos van egy ilyen is, hogy
Sőt egy ilyen is
=f · g - f f’·g
A parciális integrálás lényege tehát az, hogy bonyolultabb integrálásokból csinál egyszerűbb integrálásokat.
Azt a folyamatot, amikor egy bonyolultabb integrálás átalakul egy egyszerűbb integrálásra redukciónak nevezzük.
Itt jön néhány redukciós formula. Ezeket tulajdonképpen semmi értelme megjegyezni, mert bármikor ki tudjuk számolni.
Arra tudjuk őket használni, hogy elintézhessünk néhány kellemetlenebb integrálást.
Nos ez a csodálatos parciális integrálás ennyit tud. Szorzatokat lehet integrálni parciálisan, de nem akármilyen szorzatokat csak bizonyosakat. Mielőtt integrálunk, tehát meg kell győződnünk arról, hogy ez a szorzat parciálisan integrálható vagy valamilyen más integrálási módszerrel.
Ez a tétel tulajdonképpen az összetett függvények integrálásáról szól. Csak sajnos az a gond az összetett függvényekkel, hogy az integrálásuk általában elég reménytelen vállalkozás.
Nem rendelkezik elemi primitívfüggvénnyel ezek közül a függvények közül egyik sem:
Ezeket az integrálokat tehát sajna nem tudjuk kiszámolni. Úgy értem nem ma, hanem egyáltalán. A helyzetünk akkor válik reménytelivé, ha ezek a függvények meg vannak szorozva a belső függvényeik deriváltjával.
néhány speciális esetet érdemes megjegyeznünk
Íme itt van hozzájuk pár feladat.
Vannak aztán olyan esetek is, amikor bele kell fektetnünk egy kis energiát, hogy minden stimmeljen.
alak eléréséhez.
Általában két lehetőség van.
A könnyebbik, amikor csak konstansban tér el az integrálandó függvény a reményteli állapottól, a másik, amikor már x-et tartalmazó tényezők is eltérnek.
Ha csak konstansbeli eltérés mutatkozik, az könnyen megoldható:
PÉLDÁK:
A másik lehetőség, már jóval kellemetlenebb. Nézzünk rá egy példát!
Első ránézésre ez egy
típusú esetnek tűnik, csakhogy van egy kis gond.
Itt ugyanis a kitevő deriváltjának kéne lennie, de az x2 deriváltja 2x.
Innen jön az ötlet, hogy ha ott 2x-nek kellene lennie, hát akkor írjunk oda 2x-et.
Persze így megváltoztatjuk a feladatot. Ahhoz, hogy ne változzon meg, ha beszorzunk 2x-el akkor el is kell vele osztani.
Be is szoroztunk 2x-el és el is osztottunk 2x-el, így az eredeti feladat nem változott meg.
Viszont itt megjelent a kitevő deriváltja, tehát most már tudjuk integrálni.
Az egetlen kérdés, hogy mihez kezdünk ezzel a résszel.
Parciálisan fogunk integrálni.
Itt még egy kicsit integrálunk, aztán kész is.
Próbálkozzunk a tört földarabolásával és utána integráljunk.
Ez a földarabolásos módszer általában akkor hasznos, ha a nevező egyetlen tagból áll, vagyis ha nincs a nevezőben összeadás.
De néha előfordulhat, hogy akkor is működik, ha van.
Vannak aztán egészen trükkös esetek is.
Na ennyit a feldarabolásról.
T2
Lássunk erre egy példát
deriváljuk
Itt jön egy másik:
Megeshet, hogy a számláló nem a nevező deriváltja, de majdnem.
Ilyen esetekben, hogy ihletet merítsünk, deriváljuk a nevezőt, és hasonlítsuk össze a számlálóval, hogy kiderüljön, mit kell tennünk a siker érdekében.
A számlálóban sajna csak x van, de nekünk 4x kéne.
A számlálót szorozzuk 4-gyel, cserébe pedig az integráljel előtt osztunk 4-gyel.
Nem csak az lehet baj, ha kevesebb x van a számlálóban, hanem az is, ha több.
A nevező deriváltja , de a számlálóban van, ami több, mint kéne, ezért kihozunk onnan egy 3-as szorzót.
Végül vannak egészen furmányos esetek is.
Vannak aztán trükkösebb esetek is.
HELYETTESÍTÉSES INTEGRÁLÁS
A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést u-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk megoldani a feladatot.
Nézzünk erre egy példát!
Az ilyen esetekben mindig az egész gyökös kifejezést érdemes elnevezni u-nak.
HASZNOS HELYETTESÍTÉSEK
Eddig jó, most pedig kifejezzük x-et.
Amit aztán feltehetően majd be fogunk helyettesíteni ide.
De sajna van itt még egy dolog.
Nos az, hogy a dx-et is le kell cserélni, mégpedig a következőképpen.
A kifejezett x-et deriváljuk u szerint.
Akit esetleg meglep amit lát, nos mindent meg tudok magyarázni.
A dolog úgy áll, hogy réges-régen az emberek még nem a jól ismert f’ jelölést használták a deriválásra, hanem azt, hogy
Vannak akik még ma is ezt használják.
Később aztán egyszerűsítették a jelöléseket, de valamilyen rejtélyes okból itt a
helyettesítéses integrálásnál mégis megmaradt az ősi módszer.
Szóval törődjünk bele, hogy a kifejezett x-nek a deriváltja nem a szokásos
hanem
Remélhetőleg azért senkinek nem lesznek álmatlan éjszakái emiatt.
Most pedig jön a helyettesítés.
Nos ez megvolna.
Nézzünk meg még egy ilyet.
A helyettesítéses integrálást érdemes használni akkor is, ha ronda összetett függvényekkel van dolgunk.
Ilyenkor általában a belső függvényt nevezzük el u-nak.
Most pedig parciálisan integrálunk.
Lássunk még egy ilyet.
Ebből ki kell fejeznünk x-et
egy kis trükk segítségével.
Van egy ilyen, hogy
úgyhogy ezzel megvolnánk.
Már csak deriválni kell u szerint.
És jöhet a helyettesítés.
Most pedig integrálunk. A nevező deriváltja
éppen a számláló.
Vannak aztán ezeknél izgalmasabb helyettesítések is.
Már jönnek is a következő képsorban. Persze csak azoknak akik kedvelik az izgalmakat.
A helyettesítéses integrálás úgy működik, hogy egy kifejezést u-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk megoldani a feladatot.
Eddig voltak a könnyebb helyettesítéses integrálások most pedig jöhetnek a nehezebbek. Kezdjük például a gyökös esetekkel.
Ha a gyök alatti kifejezés lineáris, az a kellemesebb ügy, ilyenkor mindig az egész gyökös kifejezést érdemes helyettesíteni.
Ha viszont a gyök alatti kifejezés nem lineáris, nos akkor egészen más a helyzet.
Ilyenkor nem is mindig helyettesítéssel érdemes próbálkozni.
Gyanakvásra ad okot, hogy a gyök alatti 1 – x4 deriváltja majdnem a számláló.
Így aztán nem helyettesítünk, hanem
az S2 névre keresztelt módszert használjuk.
De ha bosszantó módon a számlálóban nem x3 van hanem x2,
akkor az előző módszer nem működik.
Így hát elkeseredésünkben a helyettesítéses integrálást választjuk.
Íme a menü.
Most éppen erre lesz szükség.
Lássuk mi lesz ebből.
Most jön az, hogy deriváljuk x-et.
Először a külső függvényt deriváljuk,
aztán a belsőt.
Hát ez eddig nem tűnik túl bíztatónak. De nézzük a helyettesítést.
És most jön a lényeg.
Az egész helyettesítést azért csináljuk, mert
és így megszabadulunk a gyökjeltől.
Az már csak külön mázli, hogy egyszerűsíteni is tudunk.
Végül pedig kiderül, hogy ez életünk legkönnyebb integrálása.
Már csak annyi dolgunk van, hogy u helyére visszaírjuk, hogy mit is neveztünk u-nak.
Tényleg mit is neveztünk u-nak?
Most pedig mindkét oldalnak vesszük az arkusz szinuszát.
Ez a szinusz inverze, és így
Nézzünk meg még egy izgalmas esetet.
Most jön az, hogy megszabadulunk a gyökjeltől.
És most pedig jó lenne integrálni egyet.
Ehhez egy kis trükkre van szükség.
Már megint
Aztán pedig darabolunk (T1)
Végül u helyére visszaírjuk, hogy mit is neveztünk u-nak.
A következő történet a trigonometrikus függvények helyettesítéséről fog szólni.
Nézzünk meg egy gyökös esetet is ebben a j(t) belső függvényes verzióban.
Ilyenkor a nevezőben lévő gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek,
tehát így és .
Ez utóbb lesz a j(t) függvény,
vagyis és .
A helyettesítést elvégezve feladatunk a következőképpen alakul:
Itt még t helyére vissza kell helyettesíteni és kész is.
HELYETTESÍTÉSES INTEGRÁLÁS
A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést u-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk megoldani a feladatot.
Nézzünk erre egy példát!
Az ilyen esetekben mindig az egész gyökös kifejezést érdemes elnevezni u-nak.
HASZNOS HELYETTESÍTÉSEK
Eddig jó, most pedig kifejezzük x-et.
Amit aztán feltehetően majd be fogunk helyettesíteni ide.
De sajna van itt még egy dolog.
Nos az, hogy a dx-et is le kell cserélni, mégpedig a következőképpen.
A kifejezett x-et deriváljuk u szerint.
Akit esetleg meglep amit lát, nos mindent meg tudok magyarázni.
A dolog úgy áll, hogy réges-régen az emberek még nem a jól ismert f’ jelölést használták a deriválásra, hanem azt, hogy
Vannak akik még ma is ezt használják.
Később aztán egyszerűsítették a jelöléseket, de valamilyen rejtélyes okból itt a
helyettesítéses integrálásnál mégis megmaradt az ősi módszer.
Szóval törődjünk bele, hogy a kifejezett x-nek a deriváltja nem a szokásos
hanem
Remélhetőleg azért senkinek nem lesznek álmatlan éjszakái emiatt.
Most pedig jön a helyettesítés.
Nos ez megvolna.
Nézzünk meg még egy ilyet.
A helyettesítéses integrálást érdemes használni akkor is, ha ronda összetett függvényekkel van dolgunk.
Ilyenkor általában a belső függvényt nevezzük el u-nak.
Most pedig parciálisan integrálunk.
Lássunk még egy ilyet.
Ebből ki kell fejeznünk x-et
egy kis trükk segítségével.
Van egy ilyen, hogy
úgyhogy ezzel megvolnánk.
Már csak deriválni kell u szerint.
És jöhet a helyettesítés.
Most pedig integrálunk. A nevező deriváltja
éppen a számláló.
Vannak aztán ezeknél izgalmasabb helyettesítések is.
Már jönnek is a következő képsorban. Persze csak azoknak akik kedvelik az izgalmakat.
A helyettesítéses integrálás úgy működik, hogy egy kifejezést u-val helyettesítünk annak reményében, hogy hátha így képesek leszünk megoldani a feladatot.
Eddig voltak a könnyebb helyettesítéses integrálások most pedig jöhetnek a nehezebbek. Kezdjük például a gyökös esetekkel.
Ha a gyök alatti kifejezés lineáris, az a kellemesebb ügy, ilyenkor mindig az egész gyökös kifejezést érdemes helyettesíteni.
Ha viszont a gyök alatti kifejezés nem lineáris, nos akkor egészen más a helyzet.
Ilyenkor nem is mindig helyettesítéssel érdemes próbálkozni.
Gyanakvásra ad okot, hogy a gyök alatti 1 – x4 deriváltja majdnem a számláló.
Így aztán nem helyettesítünk, hanem
az S2 névre keresztelt módszert használjuk.
De ha bosszantó módon a számlálóban nem x3 van hanem x2,
akkor az előző módszer nem működik.
Így hát elkeseredésünkben a helyettesítéses integrálást választjuk.
Íme a menü.
Most éppen erre lesz szükség.
Lássuk mi lesz ebből.
Most jön az, hogy deriváljuk x-et.
Először a külső függvényt deriváljuk,
aztán a belsőt.
Hát ez eddig nem tűnik túl bíztatónak. De nézzük a helyettesítést.
És most jön a lényeg.
Az egész helyettesítést azért csináljuk, mert
és így megszabadulunk a gyökjeltől.
Az már csak külön mázli, hogy egyszerűsíteni is tudunk.
Végül pedig kiderül, hogy ez életünk legkönnyebb integrálása.
Már csak annyi dolgunk van, hogy u helyére visszaírjuk, hogy mit is neveztünk u-nak.
Tényleg mit is neveztünk u-nak?
Most pedig mindkét oldalnak vesszük az arkusz szinuszát.
Ez a szinusz inverze, és így
Nézzünk meg még egy izgalmas esetet.
Most jön az, hogy megszabadulunk a gyökjeltől.
És most pedig jó lenne integrálni egyet.
Ehhez egy kis trükkre van szükség.
Már megint
Aztán pedig darabolunk (T1)
Végül u helyére visszaírjuk, hogy mit is neveztünk u-nak.
A következő történet a trigonometrikus függvények helyettesítéséről fog szólni.
Nézzünk meg egy gyökös esetet is ebben a j(t) belső függvényes verzióban.
Ilyenkor a nevezőben lévő gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek,
tehát így és .
Ez utóbb lesz a j(t) függvény,
vagyis és .
A helyettesítést elvégezve feladatunk a következőképpen alakul:
Itt még t helyére vissza kell helyettesíteni és kész is.
TRIGONOMETRIKUS KIFEJEZÉSEK INTEGRÁLÁSA
A trigonometrikus kifejezések integrálása nem könnyű. Néhány egyszerűbb trükköt és a legfontosabb módszereket nézzük most meg. Kezdjük rögtön az egyik legizgalmasabbal.
A helyettesítéses integrálás egyik legfurább esete az u= tan(x/2)
Olyankor használjuk, ha a törtben sinx és cosx is csak első fokon szerepel.
A helyettesítés lényege a következő három azonosság:
Most pedig bűvészmutatványok következnek.
Aki nem annyira rajong a bűvészetért, ezt a részt átugorhatja.
Egy kisebb trükkel kezdünk:
Aztán egy közepes trükkel folytatjuk.
Végül egy záró trükk következik.
A bűvészkedésnek vége, és azt kaptuk, hogy
Végül még egy dolog.
A helyettesítésnél szükségünk van a kifejezett x deriváltjára is.
Nos ehhez először kifejezzük x-et.
Van egy ilyen, hogy
Így aztán pápá tangens, megvan az x.
És megvan a derivált is. Ugyebár
Jó hír, hogy az iménti a megpróbáltatásokat csak most az egyszer kellett elszenvednünk.
Innentől annyi dolgunk van, hogy följegyezzük ezeket és ha szükség lesz rá, csak megnézzük.
Itt jön egy feladat.
A módszer bonyolultabb esetekben is beválik:
Kicsit darabolgatunk
és aztán kész is.
A tangens x feles helyettesítés olyan esetekben használható amikor szinusz és koszinusz is első fokon szerepel. Más esetekben ez a tangens x feles helyettesítés nem igazán nyerő, ilyenkor másfajta helyettesítéseket érdemes alkalmazni
Hát ennyit erről.
RACIONÁLIS TÖRTFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA
A racionális törtfüggvények integrálása roppant szórakoztató dolog.
A történet azzal fog kezdődni, hogy kifejlesztjük magunkban az úgynevezett elemi törtek integrálásának képességét.
Kétféle elemi tört létezik:
I. II.
Az első típusú elemi tört nevezője elsőfokú, számlálója pedig egy konstans.
A második típusú elemi tört nevezője másodfokú, ami nem alakítható elsőfokú tényezők szorzatára, a számlálója pedig elsőfokú.
Lássuk, hogyan kell integrálni az elemi törteket.
Aztán an egy ilyen, hogy
A számlálót egy kicsit átalakítjuk, hogy megjelenjen benne a nevező deriváltja.
Ez még ide kéne, ezért hozzá is adjuk meg le is vonjuk.
És íme, megjelent a nevező deriváltja a számlálóban.
Valami konstans tag társaságában.
Most pedig felbontjuk a törtet két tört összegére:
Ez első integrálás kész is:
A másodikkal még szenvedünk egy kicsit.
A nevezőben teljes négyzetet alakítunk ki.
Itt a nevezőben megjelenik a teljes négyzet. A mögötte létrejövő tagot az egyszerűség kedvéért elnevezzük D-nek.
Őket itt elnevezzük D-nek és aztán hopp:
Most pedig oldjunk meg egy feladatot.
Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.
Éppen itt is van egy feladat:
Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Ha ugyanis ez nem teljesül, akkor polinomosztásra van szükség.
A polinomosztás egy marhajó dolog, majd később megnézzük, most azonban szerencsére nincs rá szükség.
A számláló ugyanis másodfokú, a nevező meg harmadfokú.
Megkezdjük az elemi törtekre bontást. Ehhez a nevezőt elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontanunk.
x-et ki tudunk emelni, ez pedig már nem bontható tovább, mert negatív a diszkriminánsa.
Kész van tehát a szorzattá alakítás.
Ezek lesznek a parciális törtek nevezői.
Most ki kell találnunk a számlálókat. Egyelőre nem a konkrét számlálókat, hanem a paraméteres alakjukat. Lássuk mit is jelent ez.
Feltett szándékunk az elemi törtekre való bontás. Elemi törtből márpedig kétféle van.
Az I. típusú elemi tört olyan, hogy nevezője elsőfokú.
A II. típusú elemi tört olyan, hogy a nevezője másodfokú, és nem bontható szorzattá.
A felbontás során mindig a nevezőkből indulunk ki. Az első tört nevezője szemmel láthatóan elsőfokú, így ez minden bizonnyal csak egy I. típusú elemi tört lehet. A számláló tehát valami A.
A második tört nevezője viszont egy másodfokú kifejezés, így hát ez a tört szükségképpen II. típusú, ekként számlálója AX+B alakú.
Nos A már foglalt, tehát mondjuk Bx+C lesz a számláló.
Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi vajon A, B és C.
Ehhez őket kell egy kicsit nézegetnünk.
Beszorzunk a nevezőkkel,
és felbontjuk a zárójeleket
Aztán pedig megnézzük, hogy jobb oldalon hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.
Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.
Megoldjuk az egyenletrendszert.
Az első tört kész is, a második egy kicsit tovább fog tartani.
Először kialakítjuk a nevező deriváltját, majd
Racionális törtfüggvényeket tehát úgy integrálunk, hogy először parciális törtekre bontjuk, majd ezeket a parciális törteket integráljuk. Maga a parciális törtekre bontás nem nehéz és a parciális törtek integrálása sem igényel különösebb szaktudást. Ez remek.
Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.
Éppen itt is van egy feladat:
Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Ha ugyanis ez nem teljesül, akkor polinomosztásra van szükség.
A polinomosztás egy marhajó dolog, majd később megnézzük, most azonban szerencsére nincs rá szükség.
A nevezőt szorzattá alakítjuk. Emeljünk ki x-et.
Aztán nézzük meg, hogy a másodfokú tényező tovább bontható-e.
Úgy tűnik igen. Ha valaki nem érzi magában az erőt, hogy ilyen szorzattá alakítást megcsináljon, nos neki itt van ez a remek kis képlet:
ahol
Kész a szorzattá alakítás. Ezek lesznek a parciális törtek nevezői.
A számlálókat mindig a nevezőkből következtetjük ki.
Mivel mindhárom nevező elsőfokú, mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.
Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi vajon A, B és C.
Ehhez őket kell egy kicsit nézegetnünk.
Beszorzunk a nevezőkkel,
aztán pedig jön egy trükk.
Nézzük meg mi történik, ha x helyére nullát írunk.
Most próbáljuk meg kiszámolni, hogy mennyi lehet B.
Ehhez ezeket kéne kinullázni.
Végül pedig C kiszámolásához ezeket fogjuk kinullázni.
Ha esetleg nem tetszett a trükk, megtehetjük azt is, hogy felbontjuk a zárójeleket:
Aztán pedig megnézzük, hogy jobb oldalon hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.
Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.
Megoldjuk az egyenletrendszert.
Itt egy újabb racionális törtfüggvény:
A nevezőt most is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani.
Lássuk csak felbontható-e ez.
Nos úgy tűnik igen.
Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor az elemi törtekre bontásnál van egy kis trükk.
Az egyik elemi tört nevezője (2x+1) a másiké pedig (2x+1)2.
A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki.
Mivel mindhárom nevező elsőfokú, vagy elsőfokú tag hatványa, ezért mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.
Most pedig lássuk mennyi A, B, és C.
Az előző képsorban látott trükkös módszert fogjuk használni.
Először ezeket nullázzuk ki:
Ezeket nem tudjuk egyszerre kinullázni, úgyhogy az A kicsit nehezebben jön ki.
Nos írjunk mondjuk x helyére 0-t.
Írhatnánk 666-ot is, de akkor nehezebb lenne számolni.
Ezeket már könnyű integrálni.
Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.
Éppen itt is van egy feladat:
Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Ha ugyanis ez nem teljesül, akkor polinomosztásra van szükség.
A polinomosztás egy marhajó dolog, majd később megnézzük, most azonban szerencsére nincs rá szükség.
A nevezőt szorzattá alakítjuk. Emeljünk ki x-et.
Aztán nézzük meg, hogy a másodfokú tényező tovább bontható-e.
Úgy tűnik igen. Ha valaki nem érzi magában az erőt, hogy ilyen szorzattá alakítást megcsináljon, nos neki itt van ez a remek kis képlet:
ahol
Kész a szorzattá alakítás. Ezek lesznek a parciális törtek nevezői.
A számlálókat mindig a nevezőkből következtetjük ki.
Mivel mindhárom nevező elsőfokú, mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.
Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi vajon A, B és C.
Ehhez őket kell egy kicsit nézegetnünk.
Beszorzunk a nevezőkkel,
aztán pedig jön egy trükk.
Nézzük meg mi történik, ha x helyére nullát írunk.
Most próbáljuk meg kiszámolni, hogy mennyi lehet B.
Ehhez ezeket kéne kinullázni.
Végül pedig C kiszámolásához ezeket fogjuk kinullázni.
Ha esetleg nem tetszett a trükk, megtehetjük azt is, hogy felbontjuk a zárójeleket:
Aztán pedig megnézzük, hogy jobb oldalon hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.
Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.
Megoldjuk az egyenletrendszert.
Itt egy újabb racionális törtfüggvény:
A nevezőt most is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani.
Lássuk csak felbontható-e ez.
Nos úgy tűnik igen.
Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor az elemi törtekre bontásnál van egy kis trükk.
Az egyik elemi tört nevezője (2x+1) a másiké pedig (2x+1)2.
A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki.
Mivel mindhárom nevező elsőfokú, vagy elsőfokú tag hatványa, ezért mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.
Most pedig lássuk mennyi A, B, és C.
Az előző képsorban látott trükkös módszert fogjuk használni.
Először ezeket nullázzuk ki:
Ezeket nem tudjuk egyszerre kinullázni, úgyhogy az A kicsit nehezebben jön ki.
Nos írjunk mondjuk x helyére 0-t.
Írhatnánk 666-ot is, de akkor nehezebb lenne számolni.
Ezeket már könnyű integrálni.
Íme itt egy összefoglaló példa, amin minden fontos lépést megnézhetünk.
Rossz hír. Elsőként polinomosztásra lesz szükség, mivel a számlálónak kisebb fokúnak kell lennie, mint a nevezőnek.
Ez a polinomosztás pont olyan, mint az a fajta osztás amit az általános iskolában tanultunk.
Például 25:7=3 és a maradék 4
Vagyis
Na éppen ez lesz a polinomosztásnál is.
eredmény maradék
Itt jön a polinomosztás:
Eddig minden O.K.
De itt még nincs ám vége.
A kapott eredményt visszaszorozzuk az osztóval,
és levonjuk az osztandóból.
Aztán megint osztunk és ezt addig ismételgetjük, míg az osztandó fokszáma végül alacsonyabb lesz, mint az osztóé.
Hopp, most alacsonyabb lett, úgyhogy kész.
Az első két tagot integráljuk, aztán rátérünk a törtre, ahol a számláló már kisebb fokú, mint a nevező.
A nevezőt ezúttal is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani. Először kiemelünk x2-et.
Aztán megnézzük, hogy a maradék másodfokú rész szorzattá alakítható-e. Kiderül, hogy nem. Azért nem, mert nincs valós megoldása az egyenletnek.
Az x2 viszont szorzattá alakítható.
Most jön az elemi törtekre bontás.
Ha a nevezőben valami ax+b elsőfokú kifejezés négyzete szerepel úgy bontunk elemi törtekre,
hogy az egyik elemi tört nevezője ax+b,
a másiké (ax+b)2.
Most ki kell találnunk a számlálókat. Az első tört nevezője úgy tűnik elsőfokú, így a számláló valami A.
A második tört nevezője elsőfokú kifejezés négyzete ezért itt a számláló szintén valami A, de mivel A már foglalt, legyen B.
Végül a harmadik törtünk nevezője egy másodfokú kifejezés, így hát ennek a számlálója valami Ax+B alakú kell, hogy legyen, ám A és B már foglalt, tehát legjobb lesz a Cx+D.
Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi A, B, C és D.
Beszorzunk a nevezőkkel.
Aztán fölbontjuk a zárójeleket.
És megnézzük, hogy jobb oldalon hány x3 van, hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.
Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.
Az első két tagot nagyon könnyű integrálni.
A harmadik tagból meg ez lesz:
Az első tag célunknak megfelelően f’/f, míg a második tag arcustangensre vezet.
Hát ez kész.
Végezetül még egy példa:
Mindenekelőtt a nevezőt elsőfokú vagy tovább már nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani. A felbontás egyáltalán nem triviális, ugyanis a nevezőnek valós gyöke nincsen. A szorzat alak:
Ekkor:
A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Mivel mindkét tényező tovább nem bontható másodfokú kifejezés, a jelek szerint két II. típusú elemi tört összegét kapjuk:
Rátérünk A, B, C, D meghatározására.
Beszorzunk:
majd átalakítunk
végül jön a szokásos egyenletrendszer:
A megoldások: , így
A két törtet külön-külön fogjuk integrálni.
Az első tört:
Ebből arctgx-nek egy lineáris helyettesítése lesz:
A második tört szimmetriai okok miatt:
A feladat megoldása az előbbiekben kapott kifejezések összege:
Ne feledjük azonban, a racionális törtfüggvények integrálásának módszerét csak akkor érdemes alkalmazni, ha már semmilyen más módszer nem bizonyul használhatónak. Ezt az iménti feladatot némileg gyorsabban S4 segítségével már korában megoldottuk!
TRIGONOMETRIKUS KIFEJEZÉSEK INTEGRÁLÁSA
A trigonometrikus kifejezések integrálása nem könnyű. Néhány egyszerűbb trükköt és a legfontosabb módszereket nézzük most meg. Kezdjük rögtön az egyik legizgalmasabbal.
A helyettesítéses integrálás egyik legfurább esete az u= tan(x/2)
Olyankor használjuk, ha a törtben sinx és cosx is csak első fokon szerepel.
A helyettesítés lényege a következő három azonosság:
Most pedig bűvészmutatványok következnek.
Aki nem annyira rajong a bűvészetért, ezt a részt átugorhatja.
Egy kisebb trükkel kezdünk:
Aztán egy közepes trükkel folytatjuk.
Végül egy záró trükk következik.
A bűvészkedésnek vége, és azt kaptuk, hogy
Végül még egy dolog.
A helyettesítésnél szükségünk van a kifejezett x deriváltjára is.
Nos ehhez először kifejezzük x-et.
Van egy ilyen, hogy
Így aztán pápá tangens, megvan az x.
És megvan a derivált is. Ugyebár
Jó hír, hogy az iménti a megpróbáltatásokat csak most az egyszer kellett elszenvednünk.
Innentől annyi dolgunk van, hogy följegyezzük ezeket és ha szükség lesz rá, csak megnézzük.
Itt jön egy feladat.
A módszer bonyolultabb esetekben is beválik:
Kicsit darabolgatunk
és aztán kész is.
A tangens x feles helyettesítés olyan esetekben használható amikor szinusz és koszinusz is első fokon szerepel. Más esetekben ez a tangens x feles helyettesítés nem igazán nyerő, ilyenkor másfajta helyettesítéseket érdemes alkalmazni
Hát ennyit erről.
Ha α és β közül valamelyik páratlan, akkor nyert ügyünk van.
Nézzünk meg egy konkrét példát.
A páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani másodfokú, és egy darab elsőfokú tényezők szorzatára.
Aztán jön egy kis trükk.
Végül beszorzunk és megjelenik egy régi ismerős:
Ha cosx kitevője magasabb fokú, az sem jelent problémát.
Megint a páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani néhány másodfokú, és egy darab elsőfokú tényező szorzatára.
Aztán szükségünk lesz erre a köbös azonosságra:
Végül megint jön ez:
Ha α és β közül mindkettő páros, akkor ez a módszer nem működik.
Ilyenkor úgynevezett linearizáló azonosságokat fogunk használni.
Lássunk egy ilyet is.
Ha még emlékszünk rá, volt egy ilyen, hogy
Na ezt fogjuk most használni.
A saját farkába harapó kígyó esete
Ezekben az esetekben parciálisan integrálunk és aztán kicsit bűvészkedünk.
Nézzük meg, mondjuk ezt:
Itt a szereposztás teljesen mindegy, bárhogy nevezünk, el ugyanaz jön ki.
Újra parciálisan integrálunk.
És ezzel éppen visszakaptuk az eredeti feladatot.
Ha most folytatnánk az integrálást, akkor kétszer egymás után parciálisan integrálva újra visszakapnánk az eredeti feladatot.
És ezt akár egészen életünk végéig folytathatnánk. De ez elég unalmas lenne, ezért inkább jön a trükk.
A trükk lényege, hogy írjuk föl egy egyenlet formájában ami eddig kijött.
És oldjuk meg az egyenletet.
Nézzünk meg még egyet.
Ha α és β közül valamelyik páratlan, akkor nyert ügyünk van.
Nézzünk meg egy konkrét példát.
A páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani másodfokú, és egy darab elsőfokú tényezők szorzatára.
Aztán jön egy kis trükk.
Végül beszorzunk és megjelenik egy régi ismerős:
Ha cosx kitevője magasabb fokú, az sem jelent problémát.
Megint a páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani néhány másodfokú, és egy darab elsőfokú tényező szorzatára.
Aztán szükségünk lesz erre a köbös azonosságra:
Végül megint jön ez:
Ha α és β közül mindkettő páros, akkor ez a módszer nem működik.
Ilyenkor úgynevezett linearizáló azonosságokat fogunk használni.
Lássunk egy ilyet is.
Ha még emlékszünk rá, volt egy ilyen, hogy
Na ezt fogjuk most használni.
A saját farkába harapó kígyó esete
Ezekben az esetekben parciálisan integrálunk és aztán kicsit bűvészkedünk.
Nézzük meg, mondjuk ezt:
Itt a szereposztás teljesen mindegy, bárhogy nevezünk, el ugyanaz jön ki.
Újra parciálisan integrálunk.
És ezzel éppen visszakaptuk az eredeti feladatot.
Ha most folytatnánk az integrálást, akkor kétszer egymás után parciálisan integrálva újra visszakapnánk az eredeti feladatot.
És ezt akár egészen életünk végéig folytathatnánk. De ez elég unalmas lenne, ezért inkább jön a trükk.
A trükk lényege, hogy írjuk föl egy egyenlet formájában ami eddig kijött.
És oldjuk meg az egyenletet.
Nézzünk meg még egyet.
És most pedig lássuk, hogyan kell megoldanunk egy integrálás feladatot.
Nos föl kell tenni magunknak néhány kérést.
Szerepel-e az integrálásban ilyen:
Ha igen, akkor két eset lehet.
Elsőfokú kifejezés van a gyök alatt
Nem elsőfokú kifejezés van a gyök alatt
Ebben az esetben érdemes helyettesítéssel próbálkozni:
Ilyenkor általában érdemes átírni a gyökös izét:
és utána jöhet az S2
Szerepel-e az integrálásban vagy
x elsőfokú
x nem elsőfokú
Ez alighanem egy S2
Na ez pedig parciális integrálás.
Ha a VALAMI elsőfokú, akkor parciálisan kell integrálni.
Ha a VALAMI nem elsőfokú, akkor az S4 nevű képletre van szükség:
És most jöhetnek a feladatok.
Minden feladat megoldása előtt föl kell tennünk magunknak ezeket a kérdéseket,
hogy ki tudjuk választani a megfelelő képletet.
Itt van például ez.
Van benne gyök. Lássuk csak miket is írtunk irtunk össze ilyen gyökös esetekre:
Van benne logaritmus. Lássuk csak miket is írtunk irtunk össze ilyen logaritmusos esetekre:
Van benne ex. Lássuk csak miket is írtunk irtunk össze ilyen ex-es esetekre:
És most nézzük meg, vajon mi a különbség a két feladat között.
Így első ránézésre nem sok.
De lássuk csak miket is írtunk össze az ilyen ex-es esetekre:
. S3
Végül itt jön ez a három.
Mindegyikben van gyök, de megoldani mindegyiket máshogy kell.
Lássuk a feljegyzéseinket:
Ezt az elsőt elvileg helyettesítéssel kéne, de valójában ez nagyon egyszerű.
Na a második már tényleg helyettesítéses emiatt az x miatt.
Fontos tehát látnunk, hogy mikor kell parciális integrálást használni és mikor van az, hogy biztosan nem működik a parciális integrálás. Azt is kell látnunk, hogy bizonyos esetekben a helyettesítéses integrálás a célravezető, míg más esetben nem jön ki semmi, ha helyettesítéssel integrálunk. Vagyis az integrálás elég szeszélyesen viselkedik és ahhoz, hogy sikerüljön egy integrálás feladatot megoldani, ismernünk kell az integrálási módszereket és azt is, hogy mikor melyik integrálási módszert kell használni.
