Matematika A1a 2008/11. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Az integrálfüggvény differenciálhatósága)
(Példák)
 
(egy szerkesztő 43 közbeeső változata nincs mutatva)
67. sor: 67. sor:
 
'''Példa.''' Felvetődik a kérdés: van-e konitinuum sok helyen szakadó, Riemann-integrálható függvény. A válasz igenlő. A konstrukció e következő. Először definiáljuk az '''ördög lépcsője''' függvényt:
 
'''Példa.''' Felvetődik a kérdés: van-e konitinuum sok helyen szakadó, Riemann-integrálható függvény. A válasz igenlő. A konstrukció e következő. Először definiáljuk az '''ördög lépcsője''' függvényt:
  
A [0,1] intervallumot osszuk 3 részre és vegyük ki a belső nyílt harmadot. Ezen a szakaszon legyen a függvény értéke a bel végpont. Ismételjük a megmaradt két zárt intervallumra, ... Ami megmarad a halmazból, az az úgy nevezett Cantor-halmaz. A Cantor-halmaz kontinuum számosságúan végtelen, de Lebesgue-nullmértékű -- ezta a két dolgot persze nem bizonyítjuk. A függvény mindenhol deriválható és a deriváltja 0 (de nem intervallumon értelmezett: Dom = [0,1]\C). Ha most vesszük a deriváltfüggvényét és kiterjesztjük a C pontjaiban úgy, hogy ott 1 legyen az értéke, akkor ez egy kontinuum számosságú, de Lebesgue-nullmértékű halmazon szakadó, korlátos függvény, azaz integrálható. És az integrálja 0. Ebből is látható, hogy a fenti ekvivalenciatétel csodálatosan oldja meg, hogy bár a Riemann-felosztás véges, kontinuum számosságú, L-0-m. résszel is el tud bánni.
+
A [0,1] intervallumot osszuk 3 részre és vegyük ki a belső nyílt harmadot. Ezen a szakaszon legyen a függvény értéke 1/2. Ismételjük a megmaradt két zárt intervallumra, és az érték legyen ott 1/4 ill. 3/4. A fennmaradt részeket is osszuk, majd a középső harmad értéke mindig a két szélső közepe legyen... Ha csak a belső harmadokat vesszük, akkor ami megmarad a halmazból, az az úgy nevezett Cantor-halmaz. A Cantor-halmaz kontinuum számosságúan végtelen, de Lebesgue-nullmértékű -- ezt a két dolgot persze nem bizonyítjuk. A függvény mindenhol folytonos, a m.m- deriválható és a deriváltja 0 (de nem intervallumon értelmezett: Dom = [0,1]\C). Ha most vesszük a deriváltfüggvényét és kiterjesztjük a C pontjaiban úgy, hogy ott 1 legyen az értéke, akkor ez egy kontinuum számosságú, de Lebesgue-nullmértékű halmazon szakadó, korlátos függvény, azaz integrálható. És az integrálja 0. Ebből is látható, hogy a fenti ekvivalenciatétel csodálatosan oldja meg, hogy bár a Riemann-felosztás véges, kontinuum számosságú, L-0-m. résszel is el tud bánni.
  
 
===A Riemann-integrálhatóság néhány kritériuma===
 
===A Riemann-integrálhatóság néhány kritériuma===
84. sor: 84. sor:
 
1.  
 
1.  
 
:<math>f:[-1,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}|x|\sin(\frac{1}{x}), & \mathrm{ha} & x\ne 0 \\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= 0\end{matrix}\right.</math>
 
:<math>f:[-1,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}|x|\sin(\frac{1}{x}), & \mathrm{ha} & x\ne 0 \\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= 0\end{matrix}\right.</math>
Igen, mert folytonos (illetve legfeljebb csak 1 ponton szakad). Ezen kívül páratlan: |-x|sin(1/-x) = -|x|sin(1/x), emiatt az origóra szimmetrikus intervallumon az integrálja 0.
+
Igen, mert folytonos (illetve legfeljebb csak 1 ponton szakad, miközben korlátos). Ezen kívül páratlan: |-x|sin(1/-x) = -|x|sin(1/x), emiatt az origóra szimmetrikus intervallumon az integrálja:
 +
:<math>\int\limits_{-1}^1f(x)\,\mathrm{d}x=0</math>
  
 
2.  
 
2.  
92. sor: 93. sor:
 
:<math>\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{1}{2^k}\frac{1}{2^k}=\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{1}{4^k}=-1-\frac{1}{4^{m}}+\sum\limits_{k=0}^{m}\frac{1}{4^k}\,</math>
 
:<math>\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{1}{2^k}\frac{1}{2^k}=\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{1}{4^k}=-1-\frac{1}{4^{m}}+\sum\limits_{k=0}^{m}\frac{1}{4^k}\,</math>
 
Ennek a határértéke a mértani sor összegképlete miatt:
 
Ennek a határértéke a mértani sor összegképlete miatt:
:<math>-1+\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3}</math>
+
:<math>\int\limits_{0}^1f(x)\,\mathrm{d}x=-1+\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3}</math>
  
 
3.  
 
3.  
98. sor: 99. sor:
 
:<math>f:[0,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}\frac{1}{1+\sin(\frac{1}{x})}, & \mathrm{ha} & x\ne \frac{1}{-\frac{\pi}{2}+2k\pi},0\\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= \frac{1}{\frac{-\pi}{2}+2k\pi},0\end{matrix}\right.</math>
 
:<math>f:[0,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}\frac{1}{1+\sin(\frac{1}{x})}, & \mathrm{ha} & x\ne \frac{1}{-\frac{\pi}{2}+2k\pi},0\\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= \frac{1}{\frac{-\pi}{2}+2k\pi},0\end{matrix}\right.</math>
  
Megszámlálható sok szakadása van ugyan a függvénynek, de nem korlátosan a szakadások, így a függvény nem integrálható.
+
Megszámlálható sok szakadása van ugyan a függvénynek, de nem korlátosan a szakadások, így a függvény nem integrálható:
 +
:<math>\not\exists\int\limits_{0}^1f(x)\,\mathrm{d}x</math>
  
===Az határozott intergál néhány tulajdonsága===
+
===Az határozott integrál néhány tulajdonsága===
 +
A következőkben feltesszük, hogy az f és g a formulákban szereplő intervallumokat tartalmazó valamely intervallumon Riemann-integrálható.
  
# Intervallum szerinti additivitás.
+
# Intervallum szerinti additivitás:
# Integrandus szerinti additivitás.
+
#:<math>\int\limits_{a}^b f+\int\limits_{b}^c f = \int\limits_{a}^c f</math>
 +
# Integrandus szerinti additivitás:
 +
#:<math>\int\limits_{a}^b f+\int\limits_{a}^b g = \int\limits_{a}^b f+g</math>
 
# Integrandus szerinti monotonitás.
 
# Integrandus szerinti monotonitás.
# Integrandus szerinti homogenitás.
+
#:<math>f\leq g\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\int\limits_{a}^b f\leq \int\limits_{a}^b g</math>
 +
# Integrandus szerinti homogenitás:
 +
#:<math>c\cdot \int\limits_{a}^b f= \int\limits_{a}^b cf\quad\quad(c\in\mathbf{R})</math>
 +
# Abszolút becslés.
 +
#: <math>\left|\int\limits_{a}^b f\right|\leq \int\limits_{a}^b |f|</math>
 +
# Triviális alsó és felső becslés.
 +
#: <math>(\inf f)\cdot(b-a)\leq \int\limits_{a}^b f\leq(\sup f)\cdot(b-a)</math>
 +
# Eltolásinvariancia.
 +
#:<math>\int\limits_{a+c}^{b+c} f(x-c)\,\mathrm{d}x= \int\limits_{a}^b f(x)\,\mathrm{d}x</math>
  
===Az integrálfüggvény differenciálhatósága===
+
===Az integrálfüggvény néhány tulajdonsága===
  
 
Az integrálfüggvény viselkedését vizsgálva meglepő következtetésre juthatunk.  
 
Az integrálfüggvény viselkedését vizsgálva meglepő következtetésre juthatunk.  
114. sor: 127. sor:
 
:<math>f:[0,2]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}1, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 2, & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right.</math>
 
:<math>f:[0,2]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}1, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 2, & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right.</math>
  
írjuk fel az integrálfüggvénét tudva tudván, hogy az nem más mint a területfüggvény:
+
írjuk fel az integrálfüggvényét tudva-tudván, hogy az nem más mint a területfüggvény:
:<math>T(x)=\left\{\begin{matrix}x\cdot 1, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 1+2(x-1), & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right\}=\left\{\begin{matrix}x, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 1+2x, & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right.</math>
+
:<math>T(x)=\left\{\begin{matrix}x\cdot 1, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 1+2(x-1), & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right\}=\left\{\begin{matrix}x, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 2x-1, & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right.</math>
Ábrázolva azt kapjuk, hogy T képe egy törött vonal, '''folytonos''' és mindehol, ahol nem törik a '''deriváltja az integrandus'''. T diff.-ható a [0,1)U(1,2] halmazon és  
+
Ábrázolva, azt kapjuk, hogy T képe egy törött vonal, '''folytonos''' és mindehol, ahol nem törik, a '''deriváltja az integrandus'''. T diff.-ható a [0,1)U(1,2] halmazon és  
 
:<math>T'=f|_{[0,1)\cup(1,2]} </math>  
 
:<math>T'=f|_{[0,1)\cup(1,2]} </math>  
 +
 +
====Az integrálfüggvény differenciálhatóságáról====
  
 
Az integrandus folytonossági helyein az integrálfüggvény valóban differenciálható. Az alábbi tételt az analízis első alaptételének szokás nevezni.  
 
Az integrandus folytonossági helyein az integrálfüggvény valóban differenciálható. Az alábbi tételt az analízis első alaptételének szokás nevezni.  
133. sor: 148. sor:
 
s mivel &epsilon; tetszőleges volt, ezért f(u) nem más, mint az integrálfüggvény u-beli különbségi háényadosának határértéke (az x=u helyettesítéssel). QED
 
s mivel &epsilon; tetszőleges volt, ezért f(u) nem más, mint az integrálfüggvény u-beli különbségi háényadosának határértéke (az x=u helyettesítéssel). QED
  
Látható, hogy a bizonyításban többet láttunk be. Egyfajta u-beli egyenletes differenciálatóságot, az úgy nevezett erős differenciálhatóságot.  
+
Látható, hogy a bizonyításban többet láttunk be. Egyfajta u körüli "egyenletes differenciálatóságot", az úgy nevezett erős differenciálhatóságot. Ez azért lehet fontos, mert ha az integrálfüggény deriváltja nem nulla, akkor nem csak ő, de az inverze is Lipschitz-folytonos, amiből pedig az következik, hogy mind az i.f. mind az inverze nullmértékű halmazt nullmértékűbe képez.
  
És persze az integrálfüggvény "nagyon" folytonos, azaz létezik olyan L, hogy minden x,y &isin; [a,b]-re  
+
====Az integrálfüggvény Lipschitz-tulajdonsága====
 +
 
 +
És persze az integrálfüggvény "nagyon" folytonos, egészen pontosan Lipschitz-tuljadonságú vagy más névven Lipschitz-folytonos, azaz
 +
:létezik olyan L nemnegatív szám, hogy minden x,y &isin; [a,b]-re
 +
::<math>|F(x) - F(y)| \leq L |x - y|\,</math>
 +
azaz létezik olyan L, hogy minden x,y &isin; [a,b]-re  
 
:<math>\left|\int\limits_{a}^yf-\int\limits_{a}^x f\right|\leq L|y-x|\,</math>
 
:<math>\left|\int\limits_{a}^yf-\int\limits_{a}^x f\right|\leq L|y-x|\,</math>
ugyanis a triviális felső becslésből:
+
Ugyanis a triviális felső becslésből:
 
:<math>\left|\int\limits_{a}^y f-\int\limits_{a}^x f\right|\leq \left|\int\limits_{x}^y f\right|\leq \int\limits_{x}^y|f|\leq \sup |f|\,|_{[x,y]}\cdot |y-x|\leq\sup |f|\cdot |y-x|</math>
 
:<math>\left|\int\limits_{a}^y f-\int\limits_{a}^x f\right|\leq \left|\int\limits_{x}^y f\right|\leq \int\limits_{x}^y|f|\leq \sup |f|\,|_{[x,y]}\cdot |y-x|\leq\sup |f|\cdot |y-x|</math>
 
ahol L-nek alkalmas a sup |f| szám.
 
ahol L-nek alkalmas a sup |f| szám.
 +
 +
A Lipschitz-tulajdonság és folytonosság kapcsolatáról lásd még [itt].
 +
====Példák====
 +
:<math>\left(\int\limits_{0}^x\mathrm{sc}\,t\,\mathrm{dt}\right)'(x)=?</math>
 +
:<math>\left(\int\limits_{0}^{\sin x}\sqrt{1+t^3}\,\mathrm{d}t\right)'(x)=?</math>
 +
Vizsgáljuk meg növekedés szempontjából az
 +
:<math>[0,+\infty)\to \mathbf{R},\,x\mapsto \int\limits_{0}^x\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t</math>
 +
szinusz integrálisz függvényt!
  
 
==Primitívfüggvények==
 
==Primitívfüggvények==
160. sor: 188. sor:
 
<sub> Talán fellengzősség, de a fenti tételt néha az integrálszámítás alaptételének nevezik. Ennek egy kiterjesztett formája azonban tényleg méltó erre a névre:
 
<sub> Talán fellengzősség, de a fenti tételt néha az integrálszámítás alaptételének nevezik. Ennek egy kiterjesztett formája azonban tényleg méltó erre a névre:
  
'''Tétel.''' Ha az ''F'':[a,b]<math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény majdnem mindnehol differenciálható, ezekben a pontokban a derivált nulla és létezik olyan L szám, hogy minden x,y &isin; [a,b]-re |F(x) - F(y)| < L |x - y|, akkor F konstans. </sub>
+
'''Tétel.''' Ha az ''F'':[a,b]<math>\to</math> '''R''' differenciálható függvény majdnem mindnehol differenciálható, ezekben a pontokban a derivált nulla és ''F'' Lipschitz-tulajdonságú, akkor ''F'' konstans. </sub>
  
 
Az alábbi tétel szerint, amit szintén joggal neveznek a kalkulus fundamentális tételének, ha egy integrálható függvénynek van primitív függénye, akkor az integrálfüggvények és primitívfüggvények halmaza egybeesik, sőt:
 
Az alábbi tétel szerint, amit szintén joggal neveznek a kalkulus fundamentális tételének, ha egy integrálható függvénynek van primitív függénye, akkor az integrálfüggvények és primitívfüggvények halmaza egybeesik, sőt:
167. sor: 195. sor:
 
:<math>\int\limits_{a}^bf(x)\,\mathrm{d}x=F(b)-F(a) \,</math>
 
:<math>\int\limits_{a}^bf(x)\,\mathrm{d}x=F(b)-F(a) \,</math>
  
Lényegesek ennek a tételnek a feltételei. Nézzük az eseteket!
+
Ez a kalkulus második fundamentális tétele. Érdemes alaposan megvizsgálni a feltételeit, mert tanulságos példákra lelhetünk.
 +
 
 +
 
  ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
 
  ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
 
  + létezik primitív függvénye            +          Dir
 
  + létezik primitív függvénye            +          Dir
205. sor: 235. sor:
 
Megjegyezük, hogy a görbe alatti területet nem véges összegekkel, hanem végtelen sorral közelítő Lebesgue-integrál olyan általános, hogy ilyen vagy még általánosabban definiált értelmeben nem integrálható függvényt keresni már komoly matematikai/halmazelméleti kihívást jelent.  
 
Megjegyezük, hogy a görbe alatti területet nem véges összegekkel, hanem végtelen sorral közelítő Lebesgue-integrál olyan általános, hogy ilyen vagy még általánosabban definiált értelmeben nem integrálható függvényt keresni már komoly matematikai/halmazelméleti kihívást jelent.  
  
 +
''A Newton--Leibniz-formula bizonyítása.'' Belátjuk, hogy a baloldal és a jobboldal abszolút eltérése minden pozitív számnál kisebb. Legyen &epsilon; > 0. Ekkor az integrálhatóság miatt létezik olyan &delta; > 0 szám, hogy '''minden''' &eta; &isin; RF<sub>&delta;</sub>[a,b] Riamann-felosztásra
 +
:<math>\left|\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_i,x_{i-1}]))\cdot (x_i-x_{i-1})-\int\limits_a^b f\right|< \varepsilon</math>
 +
A bizonyítás trükkje az, hogy az F(b)-F(a) különbséget a közelító összegben lévő sok taggal, mint teleszkópikus összeggel tudjuk előállítani. Ugyanis a Lagrange-féle középértéktétel miatt egy tetszőlegesen rögzített  &eta; &isin; RF<sub>&delta;</sub>[a,b] felosztás minden részintervallumán létezik olyan &xi;<sub>i</sub> &isin; [x<sub>i-1</sub>,x<sub>i</sub>], hogy
 +
:<math>f(\xi_i)=F'(\xi_i)=\frac{F(x_i)-F(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}}</math>
 +
Emiatt, ha azt az &xi; felosztást választjuk, melynek osztópontjai az &eta osztópontjaival esenek egybe, de a részintervallumokból rendre a &xi;x<sub>i</sub> értékeket választja ki, akkor fennáll:
 +
:<math>
 +
\sum\limits_{i=1}^nf(\xi([x_i,x_{i-1}]))\cdot (x_i-x_{i-1})=\sum\limits_{i=1}^n\frac{F(x_i)-F(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}}\cdot (x_i-x_{i-1})=\sum\limits_{i=1}^n F(x_i)-F(x_{i-1})=F(b)-F(a)\,</math>
 +
Itt az összeg tagjai úgy esnek össze, ahogy azt a teleszkópikus összegeknél láthatjuk. Végül
 +
:<math>\left|\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_i,x_{i-1}]))\cdot (x_i-x_{i-1})-\int\limits_a^b f\right|=\left|F(b)-F(a)-\int\limits_a^b f\right|< \varepsilon</math>
 +
s mivel &epsilon; tetszőleges volt, ezért az egyenlőség fennáll. QED
  
 +
 +
Az ábrán van egy különlegesen fontos eset. Amikor az integrandus folytonos, akkor a fügvénynek biztosan létezik primitívfüggvénye. Ez annak a tételnek a duálisa, hogy folytonos függvény integrálható.
 +
 +
'''Tétel.''' ''f'' &isin; C[a,b], akkor ''f''-nek (biztosan) létezik primitívfüggvénye.
 +
 +
''Ugyanis'' ekkor az integrálfüggvény minden pontban differenciálható, azaz az integrálfüggény primitívfüggvénye ''f''-nek. 
 +
 +
'''Jelölés.''' Ha f folytonos, akkor indokolt a primitív függvények összességét a
 +
:<math>\int f(x)\,\mathrm{d}x+C</math>
 +
alakban írni, ahol C tetszőleges szám.
 +
 +
'''Megjegyzés.''' Ha tehát az a kérdés, hogy melyek a primitív függvényei f-nek, akkor a válasz a fenti kifejezés, ahol a '''határozatlan integrált''' szimbolizáló tag általában egy konkrét függvény.
 +
 +
==Primitívfüggvény-keresés==
 +
Primitívfüggvény-keresésnek két metódusa van. Az egyik a '''helyettesítéses integrálás''', a másik a '''parciális integrálás'''. Ezek előtt azonban egy triviális módszer, a deriválási táblázat megfodítása és az integrál eltolásinvarianciájának felhasználása. (Esetleg a lineáris argumentumú alapintegrál kiszámítása.)
 +
 +
===Alapintegrálra visszavezethető integrálok===
 +
 +
Ha tehát vesszük az elemi függvények és inverzeinek deriválási táblázatát, akkor jobbról balra olvasva megkapjuk az '''alapintegrálok''' táblázatát.
 +
 +
<table cellspacing=5>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int x^n\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{Z}\setminus\{-1\})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int x^\alpha\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R}^+,-1\neq\alpha\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\,\ln|x|+C</math>
 +
  <td><math>(0\neq x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int e^x\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\,e^x+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int a^x\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\frac{a^x}{\ln a}+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R},1\neq a\in\mathbb{R}^+)</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\sin x\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=-\cos x\,+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\cos x\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\sin x\,+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\sin^2x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=-\mathrm{ctg}\,x\,+C</math>
 +
  <td><math>(k\pi\neq x\in\mathbb{R},k\in\mathbb{Z})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\cos^2x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{tg}\,x\,+C</math>
 +
  <td><math>(\frac{k\pi}{2}\neq x\in\mathbb{R},k\in\mathbb{Z})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\mathrm{sh}\, x\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{ch}\,x\,+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\mathrm{ch}\, x\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{sh}\, x\,+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\mathrm{sh}^2x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=-\mathrm{cth}\, x\,+C</math>
 +
  <td><math>(0\neq x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\mathrm{ch}^2x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{th}\, x\,+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{arc\,tg}\, x\,+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{1-x^2}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x+1}{x-1}\right|+C</math>
 +
  <td><math>=\left\{{\mathrm{ar\,th}\,x+C\quad(1>|x|\in\mathbb{R})\atop\mathrm{ar\,ch}\,x+C\quad(1<|x|\in\mathbb{R})}\right.</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{arc\,sin} x\,+C</math>
 +
  <td><math>(1>|x|\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\mathrm{ar\,sh}\,x+C</math>
 +
  <td><math>(x\in\mathbb{R})</math>
 +
<tr>
 +
  <td><math>\int\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\,\mathrm{d}x</math>
 +
  <td><math>=\ln\left|x+\sqrt{x^2-1}\right|+C</math>
 +
  <td><math>=\left\{\;{\mathrm{ar\,ch}\,x+C\quad\quad(1<x\in\mathbb{R})\atop\!-\mathrm{ar\,ch}(-x)+C\quad(1>x\in\mathbb{R})}\right.</math>
 +
</table>
 +
 +
 +
====Alapintegrálok kiszámítása táblázatból====
 +
:<math>
 +
\int\frac{1}{\cos^2x}\,\mathrm{d}x=\mathrm{tg}\,x+C\,</math>
 +
vagy a legkönnyebben elronthatók:
 +
 +
:<math>
 +
\int 5 \,\mathrm{d}x=5x+C\,</math>
 +
 +
:<math>
 +
\int 0\, \mathrm{d}x=C\,</math>
 +
====Alapintegrálok és eltolásinvariancia====
 +
Az integrál '''eltolásinvarianciáját''' használva:
 +
:<math>
 +
\int\frac{1}{x+8}\,\mathrm{d}x=\mathrm{ln}\,|x+8|+C\,</math>
 +
====Lineáris agrumentumú integrandus====
 +
 +
A '''lineáris agrumentumúkra''' vonatkozó képlet:
 +
:<math>
 +
\int f(ax+b)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{a}F(ax+b)+C\,</math>
 +
ahol F'=f. Hiszen az összetett függvény deriválási szabálya szerint:
 +
:<math>\left(\frac{1}{a}F(ax+b)\right)'=\frac{1}{a}F'(ax+b)=\frac{1}{a}\cdot f(ax+b)\cdot a= f(ax+b)</math>
 +
Ezzel pl:
 +
:<math>
 +
\int\sin(5x-7)\,\mathrm{d}x=-\frac{1}{5}\cos(5x-7)+C\,</math>
 +
'''Megjegyzés.''' Érdemes fejünkbe vésni a sin függvény deriváltajainak függvénysorozatát:
 +
:<math>\sin</math>
 +
:<math>\cos</math>
 +
:<math>-\sin</math>
 +
:<math>-\cos</math>
 +
:<math>\sin</math>
 +
:<math>\cos</math>
 +
:<math>\vdots</math>
 +
felfejé haladva integrálunk, lefelé haladva deriválunk.
 +
 +
pl.
 +
:<math>
 +
\int e^{(2008x-2007)}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2008}e^{(2008x-2007)}+C\,</math>
 +
====Polinom/lineáris alak====
 +
 +
:<math>\int\frac{x-3}{x+1}\,\mathrm{d}x=\int\frac{x+1-4}{x+1}\,\mathrm{d}x=\int 1-\frac{4}{x+1}\,\mathrm{d}x=x-4\,\mathrm{ln}\,|x+1|+C</math>
 +
 +
:<math>\int\frac{2x+1}{x+2}\,\mathrm{d}x=\int\frac{2(x+2)-3}{x+2}\,\mathrm{d}x=\int 2-\frac{3}{x+2}\,\mathrm{d}x=2x-3\,\mathrm{ln}\,|x+2|+C</math>
 +
 +
:<math>\int\frac{x^2+2}{x-1}\,\mathrm{d}x=?</math>
 +
itt már érdemes polinomosztással eljárni:
 +
    (x^2 + 2) : (x - 1) = x + 1
 +
-  x^2 - x
 +
    ---------
 +
      x + 2 
 +
-    x - 1
 +
      --------
 +
          3
 +
:<math>\int\frac{x^2+2}{x-1}\,\mathrm{d}x=\int x+1+\frac{3}{x-1}\,\mathrm{d}x=\frac{x^2}{2}+x+3\,\mathrm{ln}\,|x-1|+C</math>
 +
 +
Néha x<sup>2</sup> + 1 nevezőjűre is működik:
 +
 +
:<math>\int\frac{x^2-7}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\int \frac{x^2+1-8}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\int 1-\frac{8}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=x-8\,\mathrm{arc\,tg}\,x+C</math>
 +
 +
====Linearizáló formulák====
 +
Ezek arra alkalmasak, hogy a sin<sup>2</sup>, cos<sup>2</sup>, sh<sup>2</sup>. ch<sup>2</sup> függvényeket (illetve alkalmasan megváltoztatott argumentumú változatukat) ki lehessen integrálni:
 +
:<math>
 +
\sin^2 x=\frac{1-\cos(2x)}{2}\,</math>
 +
:<math>
 +
\cos^2 x=\frac{1+\cos(2x)}{2}\,</math>
 +
:<math>
 +
\mathrm{sh}^2 x=\frac{\mathrm{ch}(2x)-1}{2}\,</math>
 +
:<math>
 +
\mathrm{ch}^2 x=\frac{\mathrm{ch}(2x)+1}{2}\,</math>
 +
Mindezek a következők miatt állnak fenn:
 +
 +
:<math>\cos^2+\sin^2=1\,</math>
 +
:<math>\cos^2-\sin^2=\cos(2x)\,</math>
 +
ezért ezeket kivonva ill. összeadva, majd 2-vel elosztva a felső kettőt kapjuk. A másik kettő:
 +
:<math>\mathrm{ch}^2-\mathrm{sh}^2=1\,</math>
 +
:<math>\mathrm{ch}^2+\mathrm{sh}^2=\mathrm{ch}(2x)\,</math>
 +
Itt érdemes megjegyezni az '''Osborne-szabályt''': ha egy trigonometrikus azonosságban kicseréljük a megfelelő hiperbolikus függvényekre az összetevőket és minden olyan tag előjelét megváltoztatjuk, melyek két sh szorzatából állnak (speciálisan a sh<sup>2</sup>-ek elé egy - jelet teszünk), akkor megkapjuk a hiperbolikus azonosságot. Lásd: [http://mathworld.wolfram.com/OsbornesRule.html ''Osborne-szabály''].
 +
 +
Ezek főleg határozott integráloknál adnak "szép" eredményt
 +
 +
'''Példa.'''
 +
:<math>\int\limits_{0}^{\pi}\sin^2 x\mathrm{d}x=\int\limits_{0}^{\pi}\frac{1-\cos(2x)}{2}\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin(2x)\right]_0^\pi=\frac{\pi}{2}</math>
 +
 +
===Helyettesítéses integrálás===
 +
 +
Az első keresési eljárás az összetett függvény deriválási szabályának megfordításán alapul.
 +
 +
'''Tétel.''' Legyen g:I <math>\to</math> J,  F: J <math>\to</math>  '''R''' folytonosan differenciálható függvények és f: J <math>\to</math>  '''R'''  pedig olyan, hogy az F' = f, akkor az x <math>\mapsto</math> f(g(x)) <math>\cdot</math> g'(x)-nek is létezik primitív függvénye és
 +
:<math>\int f(g(x))\cdot g'(x)\,\mathrm{d}x= F(g(x))+C\,</math>
 +
 +
''Bizonyítás.'' A primitív függvény létezését az garantálja, hogy az integrandus folytonos.
 +
 +
Elegendő ellenőrizni, hogy x <math>\mapsto</math> F(g(x)) primitív függvénye x <math>\mapsto</math> f(g(x)) <math>\cdot</math> g'(x)-nek, azaz az előbbi deriváltja az utóbbi:
 +
:<math>F(g(x))'=F'(g(x))\cdot g'(x)=f(g(x))\cdot g'(x)</math>
 +
QED.
 +
====...-alakú integrálok====
 +
Ebből a tételből származtathatjuk a "'''... alakú integrál'''okat":
 +
 +
# <math>\int f(ax+b)\,\mathrm{d}x= \frac{1}{a}F(ax+b)+C\,\quad\quad(\;g(x)=ax+b\;\mathrm{esete})</math>
 +
# <math>\int g^n(x)\cdot g'(x)\,\mathrm{d}x= \frac{g^{n+1}(x)}{n+1}+C\,\quad\quad(\;f(\,.\,)=(\,.\,)^n\;\mathrm{esete}\;n\ne -1)</math>
 +
# <math>\int \frac{g'(x)}{g(x)}\,\mathrm{d}x= \mathrm{ln}|g(x)|+C\,\quad\quad(\;f(\,.\,)=\mathrm{ln}(\,.\,)\;\mathrm{esete}\;)</math>
 +
 +
'''Példák.'''
 +
 +
'''1.'''<math> \int\frac{x}{\cos^2 (x^2+5)},\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int\frac{2x}{\cos^2 (x^2+5)},\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot\mathrm{tg}\,(x^2+5)+C</math>
 +
hiszen a "külső" függvény:
 +
:<math>f(\,.\,)=\frac{1}{\cos^2(\,.\,)} \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\mathrm{tg}\,(\,.\,) </math>
 +
a "belső" függvény:
 +
:<math>g(x)=x^2+5 \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=2x </math>
 +
 +
'''2.'''
 +
:<math> \int\frac{\mathrm{arc\,tg}\,x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x= \int(\mathrm{arc\,tg}\,x)^1\cdot\frac{1}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{arc\,tg}^2\,x}{2}+C</math>
 +
hiszen a "külső" függvény:
 +
:<math>f(\,.\,)=(\,.\,)^1 \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\frac{(\,.\,)^2}{2}</math>
 +
a "belső" függvény:
 +
:<math>g(x)=\mathrm{arc\,tg}\,x \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=\frac{1}{x^2+1} </math>
 +
 +
'''3.'''
 +
:<math> \int\frac{1}{(\mathrm{arc\,sin}\,x)\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x= \int\frac{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{\mathrm{arc\,sin}\,x}\,\mathrm{d}x=\mathrm{ln}\,|\mathrm{arc\,sin}\,x|+C</math>
 +
hiszen a "külső" függvény:
 +
:<math>f(\,.\,)=(\,.\,)^{-1} \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\mathrm{ln}\,|\,.\,|</math>
 +
a "belső" függvény:
 +
:<math>g(x)=\mathrm{arc\,sin}\,x \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} </math>
 +
 +
'''4.'''
 +
:<math> \int x^2\sqrt[2008]{\mathrm{sh}\,x^3}\cdot \mathrm{ch}\,(x^3)\,\mathrm{d}x= \frac{1}{3}\int \sqrt[2008]{\mathrm{sh}\,x^3}\cdot (3x^2\mathrm{ch}\,(x^3))\,\mathrm{d}x=\frac{2008}{3\cdot 2009}(\mathrm{sh}\,x^3)^{\frac{2009}{2008}}+C</math>
 +
hiszen a "külső" függvény:
 +
:<math>f(\,.\,)=(\,.\,)^{\frac{1}{2008}} \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\frac{2008}{2009}(\,.\,)^{\frac{2009}{2008}}</math>
 +
a "belső" függvény:
 +
:<math>g(x)=\mathrm{sh}\,(x^3) \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=3x^2\mathrm{ch}\,(x^3) </math>
 +
 +
====Integrálás a helyettesítés elvégzésével====
 +
'''Megjegyzés.''' Intermezzóként megemlítjük, hogy a helyettesítés elnevezés abból fakad, hogy ekkor  lényegében új ismeretlent vezetünk be. Persze az ezzel való számolás egy egészen más szemléletet igényel. A fő képlet ekkor:
 +
:<math>
 +
\int g(x)\,\mathrm{d}x=\left.\int f(u)\,\mathrm{d}u\right|_{u=u(x)}= F(u)+C|_{u=u(x)}</math>
 +
ahol el kell végezni az
 +
:<math>u=u(x)\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=x(u)\,</math>
 +
:<math>\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u'(x)\,\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}u}{u'(x(u))}</math>
 +
szimbolikus helyettesítést.
 +
 +
'''5.''' (exponenciális helyettesítés)
 +
 +
:<math>\int \frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x=?</math>
 +
 +
:<math>u=e^x\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=\mathrm{ln}\,u</math>
 +
:<math>\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=e^x=u\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}u}{u}</math>
 +
 +
:<math> \int \frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x=\left.\int \frac{\,^1\!\!\not{\!u}\,}{1+u^2}\cdot\frac{1}{\not{\!u}_1}\,\mathrm{d}u\right|_{u=e^x}=\left.\mathrm{arc\,tg}\,(u) +C\right|_{u=e^x}=\mathrm{arc\,tg}\,(e^x) +C</math>
 +
 +
 +
'''5.''' (gyökös helyettesítés)
 +
 +
:<math>\int \frac{2x}{1+\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=?</math>
 +
 +
:<math>u=\sqrt{x}\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=u^2</math>
 +
:<math>\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2u}\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=2u\,\mathrm{d}u</math>
 +
 +
:<math> \int \frac{2x}{1+\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=\int \frac{2u^2}{1+u}\,\frac{1}{2u}\mathrm{d}u\,\mathrm{d}u=\int \frac{u}{1+u}\,\mathrm{d}u=</math>
 +
 +
:<math>\int \frac{u+1-1}{1+u}\,\mathrm{d}u= \int 1-\frac{1}{1+u}\,\mathrm{d}u=\left. u-\mathrm{ln}\,|1+u|+C\right|_{u=\sqrt{x}}=\sqrt{x}-\mathrm{ln}\,\sqrt{x}+C</math>
 +
 +
'''6.''' (trigonometrikus helyettesítés)
 +
 +
:<math>\int \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x=?</math>
 +
 +
:<math>u=\mathrm{arc\,cos}\,x\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=\cos u</math>
 +
:<math>\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=-\sin u\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=-\sin u\,\mathrm{d}u</math>
 +
 +
:<math>\int \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x=\int \sqrt{1-\cos^2x}\,(-\sin u)\mathrm{d}u=-\int \sin^2u\,\mathrm{d}u=</math>
 +
 +
:<math>-\int \frac{1-\cos(2u)}{2}\,\mathrm{d}u=\left.-\frac{1}{2}u+\frac{1}{4}\sin(2u)+C\right|_{u=\mathrm{arc\,cos}\,x}=-\frac{1}{2}\mathrm{arc\,cos}\,x+\frac{1}{4}\sin(2\mathrm{arc\,cos}\,x)+C</math>
 +
===Parciális integrálás===
 +
A helyettesításes integrálás a függvénykompozíció deriválására szolgáló képlet felhasználása volt primitívfüggvény keresésre. Most a szorzási szabályt fogjuk használni.
 +
 +
'''Tétel.''' Legyen f,g:[a,b] <math> \to</math> '''R''' folytonos és F,G:[a,b] <math> \to</math> '''R''' differenciálható olyan, hogy F' = f, G' = g. Ekkor az alábbi képletben szereplő összes integrandusnak létezik primitív függvénye és
 +
:<math>\int Fg=FG - \int fG\,</math>
 +
 +
''Bizonyítás.'' Elég a bizonyítani, hogy a jobb oldal deriváltja a baloldali integrandus. Ehelyett egy kicsit másként csináljuk: belátjuk, hogy az FG függvény primitívfüggvénye az fG + Fg függvénynek, majd kefejezzük velőle a fenti formula baloldalát:
 +
:<math>(FG)'=F'G+FG'=fG+Fg\,</math>
 +
tehát
 +
:<math>FG=\int fG+Fg=\int fG+\int Fg\,</math>
 +
amiből már következik a fenti formula. QED.
 +
====Polinom szor exp, trig, hip ====
 +
Az első alkalmazás az, amikor a egymás után parciális integrálásokkal polinommentes formulává alakítjuk az integrandust. Ekkor a fenti képlet F-je a polinom, amiből egyel alacsonyabb fokú polinomszoros integrandus keletkezik az &int;fG integrál esetén.
 +
 +
:<math>
 +
\int x\sin x\,\mathrm{d}x=x(-\cos x)-\int 1\cdot (-\cos x)\,\mathrm{d}x=-x\cos x + \sin x+C</math>
 +
Hiszen
 +
:<math>F = \mathrm{id} \quad\quad\to '\quad\quad f=F'=1</math>
 +
:<math>g = \mathrm{sin} \quad\quad\to ^\int\quad\quad G=\int g=-\cos</math>
 +
 +
Egy hasonló:
 +
:<math>
 +
\int (2x+1)\mathrm{sh}\,(3x-2)\,\mathrm{d}x=(2x+1)\frac{1}{3}\mathrm{ch}\,(3x-2)-\int 2\cdot \frac{1}{3}\mathrm{ch}\,(3x-2)\,\mathrm{d}x=</math>
 +
 +
:<math>=\frac{2x+1}{3}\mathrm{ch}\,(3x-2)-\frac{2}{9}\mathrm{sh}\,(3x-2)</math>
 +
Hiszen
 +
:<math>F = 2\mathrm{id}+1 \quad\quad\to '\quad\quad f=F'=2</math>
 +
:<math>g = \mathrm{sh}\circ(3\mathrm{id}-2) \quad\quad\to ^\int\quad\quad G=\int g=\frac{1}{3}\mathrm{ch}\circ(3\mathrm{id}-2) </math>
 +
====Rekurziós integrálok, formulák====
 +
'''1.'''
 +
: <math>\int\frac{\mathrm{ln}\,x}{x}\mathrm{d}x=\mathrm{ln}^\,x-\int \frac{1}{x}\cdot\mathrm{ln}\,x \,\mathrm{d}x</math>
 +
az
 +
:<math>F = \mathrm{ln} \quad\quad\to '\quad\quad f=F'=\frac{1}{\mathrm{id}}</math>
 +
:<math>g = \frac{1}{\mathrm{id}} \quad\quad\to ^\int\quad\quad G=\int g= \mathrm{ln}</math>
 +
szereposztással. A formulában visszatért a keresett integrál, így ezt kifejezve:
 +
: <math>\int\frac{\mathrm{ln}\,x}{x}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{ln}^\,x+C</math>
 +
'''2.'''
 +
:<math>\int\cos(x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x=\cos(x)\cdot e^x -\int(-\sin x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x=\cos(x)\cdot e^x+\sin(x)\cdot e^x-\int\cos(x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x</math>
 +
amiből
 +
:<math>\int\cos(x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(\cos(x)\cdot e^x +\sin(x)\cdot e^x)+C=</math>
 +
tehát kétszeri parciális integrálással értük el.
 
   
 
   
 +
'''3.''' Rekurziós formulát kapunk az alábbi <math>I_n</math> alakú integrálokra:
 +
<math>I_n=\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x=\int\frac{x^2+1}{(x^2+1)^n}-\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}-\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x</math>
 +
az utolsó tagot parciálisan integráljuk ki:
 +
 +
:<math>=\frac{1}{2}\int x\frac{2x}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{(n-1)(x^2+1)^{n-1}}-\int\frac{1}{(n-1)(x^2+1)^{n-1}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{(n-1)(x^2+1)^{n-1}}-\frac{1}{n-1}\cdot I_{n-1}</math>
 +
azaz <math> I_n</math> kifejezhető <math>I_{n-1}</math>-segítségével.
 +
====Inverzfüggvények integrálja====
 +
Az
 +
:<math>\int f^{-1}=\int f^{-1}\cdot 1=f^{-1}\cdot \mathrm{id}-\int \mathrm{id}\cdot (f^{-1})'</math>
 +
trükk sokszor alkalmas arra, hogy az inverz függvények integrálját parciálisan kiintegráljuk, hiszen az inverz függvények deriváltjának képlete az utolsó tényezőt a kezünkre játssza. Speciálisan a módszer alkalmas az összes ln, arc és ar függvény kiintegrálására.
 +
 +
'''1.'''
 +
:<math>\int\mathrm{arc\,sin}\,(x)\,\mathrm{d}x=\int\mathrm{arc\,sin}\,(x)\cdot 1\,\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{arc\,sin}\,(x)-\int x\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x=</math>
 +
:<math>=x\cdot \mathrm{arc\,sin}\,(x)+\frac{1}{2}\int \frac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{arc\,sin}\,(x)+\sqrt{1-x^2}+C</math>
  
  
 
[[Kategória:Matematika A1]]
 
[[Kategória:Matematika A1]]

A lap jelenlegi, 2009. április 29., 11:31-kori változata

<Matematika A1a 2008

Tartalomjegyzék

Határozott integrál

Az egyváltozós analízis történetileg kialakult két jellegzetes témaköre közül az egyik az érintőproléma (lényegében a differenciálelmélet) a másik a területszámítás problémája, vagy régies elnevezéssel a kvadratúra-feldat (ami lényegében az integrálelmélet). Most a kvadratúra, azaz a függvénygörbe alatti terület definícióját adjuk meg. Ehhez azonban néhény segédfogalmat kell megismernünk.

Az [a,b] korlátos és zárt intervallum egy Riemann-felosztásán nem mást értünk mint egy olyan kiválasztófüggvényt, mely az [a,b]-t unióként előállító, egymásba nem nyúló intervallumokból álló halmaz minden egyes eleméhez egy az adott elemben lévő elemet rendel, azaz egy olyan

\eta:\{[x_0,x_1],[x_2,x_3], ..., [x_{n-1},x_n] \}\to [a,b]\,

függvényt, melyre:

  1. n olyan véges természetes szám, hogy x0 = a < x1 < x2 < ... < xn = b és
  2. minden J ∈ Dom(η) esetén  \eta(J)\in J.

Az [a,b] összes Riemann-felosztásai halmazát RF[a,b] jelöli. Azon Riemann-felbontások halmazát, amelyekben az összes részintervallum hossza kisebb egy δ > 0 pozitív számnál, azt RFδ[a,b] jelöli, azt a halmazt az [a,b] összes δ-nál finomabb Riemann-felosztásának nevezük.

Egy f, az [a,b]-n értelmezett függvény egy Riemann-közelítő összegén a

\sigma_f(\eta)=\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_{i-1},x_i])\cdot|x_i-x_{i-1}|)

ahol η a fenti jelölésekkel az [a,b] egy Riemann-felosztása.

Ekkor már definiálhatjuk az integrálhatóságot:

Definíció. Legyen f:[a,b] \to Regy zárt és korlátos intervallumon értelmezett függvény. Azt mondjuk, hogy f Riemann-integrálható és integrálja az I valós szám, ha

(\forall \varepsilon> 0)(\exists \delta >0)(\forall \eta\in\mathrm{RF}_{\delta}[a,b])(|\sigma_f(\eta)-I|< \varepsilon)

Belátható, hogy ha f integrálható, akkor I egyértelmű és ekkor ennek a számnak a jelölésére az

\int\limits_{a}^{b} f, vagy az \int \limits_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x

szimbólum szolgál.

Az [a,b] intervallumon Riemann-integrálható függvények halmazát R[a,b] jelöli.

Az integrál lényegében a függvénygörbe alatti terület. Integrálható függvény esetén létezik ez a terület, azaz a Riemann-felosztást egyre finomabbra véve, a Riemann-közelítő összeg minden előre megadott legnagyobb ε eltérésnél közelebb kerül I-hez.

Világos, hogy ha egy függvény integrálható, akkor minden részintervallumán is integrálható (hisz ekkor azokat a felosztásokat kell venni, amik a részintervallumon belül is felosztások, és persze ezek szerint is képezve a határátmenetet, létező határértéket kapunk). Minhogy az integrál egy szám, integrálható f esetén értelmes ha definiáljuk a következő, úgy nevezett integrálfüggvényt (vagy a-ban eltűnő integrálfüggvényt):

\int f:[a,b]\to \mathbf{R}, x\mapsto\int\limits_{a}^xf\,

Definíció szerinti példák

1. Példa. Jóformán az egyetlen függvény, aminek az integrálhatóságát a definíció alapján könnyen igazolni tudjuk, az a konstans függvény. Az f(x) = c esetén a kiválaszott pontok mindig c függvényértékűek, és az összes közelítő összeg mindig

\sigma_f(\eta)=\sum\limits_{i=1}^nc\cdot(x_{i}-x_{i-1})=c\sum\limits_{i=1}^n(x_{i}-x_{i-1})=c(b-a)=\mathrm{const.}\,

azaz

\int\limits_{a}^b c\,\mathrm{d}x=c(b-a)

Már ezzel is azonban fel tudunk írni egy integrálfüggvényt: f:[a,b]\to R, f ≡ c esetén:

\left(\scriptstyle{\int} c\right)(x)=\int_{t=a}^xc\,\mathrm{d}t=cx-ca

2. Példa. Nem minden függvény integrálható.

2. a. Zárjuk le a reciprok függvényt egy ponttal:

f:[0,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x}, & \mathrm{ha} & x\in (0,1] \\\\ 1854, & \mathrm{ha} & x=0 \end{matrix}\right.

(Riemann az 1854-es habilitációs dolgozatában definiálta és vizsgálta a most Riemann-integrálhatóságnak nevezett fogalmaz, mindazonáltal az integrál első, a szigorúság követelményének eleget tévő definícióját Cauchy adta (1821) az intuitívet pedig Leibniz.) Ez a függvény nem integrálható, mert akármilyen fimon intervallumfelosztás esetén, ha az első intervallumot δ hosszúra választjuk, definiálható egy η([x0,x1]) < δ2 érték, azaz f(η([x0,x1])) > 1/ δ2. Ekkor viszont az első téglalap területe 1/δ lesz, ami δ \to 0 esetén a +∞-be tart, azaz az összterület nem lesz véges.

2. b. Legyen f a Dirichlet-függvény:

f:[0,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}1, & \mathrm{ha} & x\in \mathbf{Q} \\\\ 0, & \mathrm{ha} & x\in \mathbf{R}\setminus\mathbf{Q} \end{matrix}\right.

ahol Q a racionális számok halmaza, R / Q pedig nyilván az irracionális. Ez a függvény nem Riemann-integrálható, bár korlátos, mert akármilyen finom intervallum-felbontás esetén van egy olyan Riemann-kiválasztó függvény, mely mindig racionális pontokat választ ki és ezáltal a közelítő összeg mindig 1 és olyan, mely mindig irracionálist, azaz ezzel a közelítő összeg 0. Mindig lesz tehát két olyan felbontás, mely összegek különbsége legalább 1.

A Riemann-inregrálhatóság szükséges és elégséges feltétele

Bár a Riemann-integrálhatóság általában könnyen kezeéhető fogalom, a következő tétel bizonyításához azonban az egyváltozós analízis szinte összes eszközét be kell vetni. Nem csoda, hogy csak 1905-ben fogalmazhatta meg Lebesgue, egy tágabb perspektívából szemlélve a Riemann-integrált.

Tétel. Legyen f: [a,b] \to R korlátos és zárt intervallumon értelmezett függvény. f pontosan akkor integrálható, ha korlátos, és szakadási helyeinek halmaza Lebesgue-nullmértékű halmaz, azaz

f\in \mathrm{R}[a,b]\;\Leftrightarrow\;(f\in \mathrm{B}[a,b]\;\wedge\; \mathrm{m}(\mathrm{discon}(f))=0)

Itt Lebesgue-nullmértékűnek nevezünk egy HR halmazt, ha minden ε > 0-hoz létezik olyan (In) intervallumsorozat, hogy ennek összhossza < ε és lefedi H-t.

Biztos nem nullmértékű például egy nemelfajuló intervallum, mert annak a mértéke az intervallum nemnulla hossza. De véges halmaz nullmértékű, mert lefedhető, egy határértékben eltűnő intervallumsorozat-rendszerrel. Belátható, hogy megszámlálható pont nullmértékű halmazt alkot. Konkrétan, könyen belátható, hogy az 1/n pontjai nullmértékű halmazt alkotnak.

Világos, hogy a Dirichlet-függvényes példa azért jó ellenpélda, mert ez a függvény [0,1]-en mindenhol szakad, azaz discon(Dir)=[0,1], melynek a mértéke 1.

Példa. Felvetődik a kérdés: van-e konitinuum sok helyen szakadó, Riemann-integrálható függvény. A válasz igenlő. A konstrukció e következő. Először definiáljuk az ördög lépcsője függvényt:

A [0,1] intervallumot osszuk 3 részre és vegyük ki a belső nyílt harmadot. Ezen a szakaszon legyen a függvény értéke 1/2. Ismételjük a megmaradt két zárt intervallumra, és az érték legyen ott 1/4 ill. 3/4. A fennmaradt részeket is osszuk, majd a középső harmad értéke mindig a két szélső közepe legyen... Ha csak a belső harmadokat vesszük, akkor ami megmarad a halmazból, az az úgy nevezett Cantor-halmaz. A Cantor-halmaz kontinuum számosságúan végtelen, de Lebesgue-nullmértékű -- ezt a két dolgot persze nem bizonyítjuk. A függvény mindenhol folytonos, a m.m- deriválható és a deriváltja 0 (de nem intervallumon értelmezett: Dom = [0,1]\C). Ha most vesszük a deriváltfüggvényét és kiterjesztjük a C pontjaiban úgy, hogy ott 1 legyen az értéke, akkor ez egy kontinuum számosságú, de Lebesgue-nullmértékű halmazon szakadó, korlátos függvény, azaz integrálható. És az integrálja 0. Ebből is látható, hogy a fenti ekvivalenciatétel csodálatosan oldja meg, hogy bár a Riemann-felosztás véges, kontinuum számosságú, L-0-m. résszel is el tud bánni.

A Riemann-integrálhatóság néhány kritériuma

Részletezünk néhány hasznos esetet a fenti tételből.

  1. f\in \mathrm{R}[a,b]\;\Rightarrow\;f\in \mathrm{B}[a,b]
    csak korlátos függvények R-intgrálhatóak
  2. f\in \mathrm{R}[a,b]\;\Leftarrow\;f\in \mathrm{C}[a,b]
    (Cauchy) világos: ha folytonos, akkor nincs szakadási pontja, és korlátos a Weierstrass-tétel miatt
  3. f\in \mathrm{R}[a,b]\;\Leftarrow\;f\in \mathrm{M}[a,b]
    monoton függvény R-integrálható (minden feltétel nélkül), amiatt a nem említett tétel miatt, hogy intervallumon értelmezett, monoton függvénynek csak megszámlálható szakadási pontja van, korlátos és zárt intervallumon pedig egy ilyen függvény korlátos.

Feladat. Intergálhatóak-e az alábbi függvények és ha igen, mi az integráljuk?

1.

f:[-1,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}|x|\sin(\frac{1}{x}), & \mathrm{ha} & x\ne 0 \\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= 0\end{matrix}\right.

Igen, mert folytonos (illetve legfeljebb csak 1 ponton szakad, miközben korlátos). Ezen kívül páratlan: |-x|sin(1/-x) = -|x|sin(1/x), emiatt az origóra szimmetrikus intervallumon az integrálja:

\int\limits_{-1}^1f(x)\,\mathrm{d}x=0

2.

f:[0,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2^{i+1}}, & \mathrm{ha} & \frac{1}{2^{i+1}}<x\leq\frac{1}{2^i} \\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= 0\end{matrix}\right.

Igen, mert monoton. Az integrálját elegendő egyetlen végtelenül finomodó felosztássorozathoz tartozó közelítő összegsorozat határértékeként számolni, hiszen ha ez nem konvergálna, akkor nem teljesülne a definícióban megkövetelt határérték létezése. Az intervallumot 2m részre osztjuk fel. Ekkor az összeg:

\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{1}{2^k}\frac{1}{2^k}=\sum\limits_{k=1}^{m-1}\frac{1}{4^k}=-1-\frac{1}{4^{m}}+\sum\limits_{k=0}^{m}\frac{1}{4^k}\,

Ennek a határértéke a mértani sor összegképlete miatt:

\int\limits_{0}^1f(x)\,\mathrm{d}x=-1+\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3}

3.

f:[0,1]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}\frac{1}{1+\sin(\frac{1}{x})}, & \mathrm{ha} & x\ne \frac{1}{-\frac{\pi}{2}+2k\pi},0\\\\ 0, & \mathrm{ha} & x= \frac{1}{\frac{-\pi}{2}+2k\pi},0\end{matrix}\right.

Megszámlálható sok szakadása van ugyan a függvénynek, de nem korlátosan a szakadások, így a függvény nem integrálható:

\not\exists\int\limits_{0}^1f(x)\,\mathrm{d}x

Az határozott integrál néhány tulajdonsága

A következőkben feltesszük, hogy az f és g a formulákban szereplő intervallumokat tartalmazó valamely intervallumon Riemann-integrálható.

  1. Intervallum szerinti additivitás:
    \int\limits_{a}^b f+\int\limits_{b}^c f = \int\limits_{a}^c f
  2. Integrandus szerinti additivitás:
    \int\limits_{a}^b f+\int\limits_{a}^b g = \int\limits_{a}^b f+g
  3. Integrandus szerinti monotonitás.
    f\leq g\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\int\limits_{a}^b f\leq \int\limits_{a}^b g
  4. Integrandus szerinti homogenitás:
    c\cdot \int\limits_{a}^b f= \int\limits_{a}^b cf\quad\quad(c\in\mathbf{R})
  5. Abszolút becslés.
    \left|\int\limits_{a}^b f\right|\leq \int\limits_{a}^b |f|
  6. Triviális alsó és felső becslés.
    (\inf f)\cdot(b-a)\leq \int\limits_{a}^b f\leq(\sup f)\cdot(b-a)
  7. Eltolásinvariancia.
    \int\limits_{a+c}^{b+c} f(x-c)\,\mathrm{d}x= \int\limits_{a}^b f(x)\,\mathrm{d}x

Az integrálfüggvény néhány tulajdonsága

Az integrálfüggvény viselkedését vizsgálva meglepő következtetésre juthatunk.

Példa. Vegyük az alábbi lépcsős függvényt:

f:[0,2]\to \mathbf{R},\;x\mapsto\left\{\begin{matrix}1, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 2, & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right.

írjuk fel az integrálfüggvényét tudva-tudván, hogy az nem más mint a területfüggvény:

T(x)=\left\{\begin{matrix}x\cdot 1, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 1+2(x-1), & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right\}=\left\{\begin{matrix}x, & \mathrm{ha} & x\in [0,1) \\\\ 2x-1, & \mathrm{ha} & x\in [1,2] \end{matrix}\right.

Ábrázolva, azt kapjuk, hogy T képe egy törött vonal, folytonos és mindehol, ahol nem törik, a deriváltja az integrandus. T diff.-ható a [0,1)U(1,2] halmazon és

T'=f|_{[0,1)\cup(1,2]}

Az integrálfüggvény differenciálhatóságáról

Az integrandus folytonossági helyein az integrálfüggvény valóban differenciálható. Az alábbi tételt az analízis első alaptételének szokás nevezni.

Tétel. -- A kalkulus fundamentális tétele I. -- Legyen f:[a,b] \to R integrálható. Ha f folytonos az u ∈ [a,b] pontban, akkor ∫ f differenciálható u-ban és

\left(\int f\right)'(u)=f(u)\,

Bizonyítás. f folytonos u-ban, ezért tetszőleges ε > 0-ra létezik olyan δ > 0, hogy f|B(δ,u) ⊆ Bε(f(u)), azaz:

f(u)-\varepsilon \leq \inf f|_{\mathrm{B}_{\delta}(u)}\leq \sup f|_{\mathrm{B}_{\delta}(u)}\leq f(u)+\varepsilon

Írjuk fel a deriváltra a különbségi hányadost! Legyen x,y olyan, hogy az u δ sugarú környezetébe esik. Ekkor az integrál intervallum szerinti additivitása miatt:

\frac{\int\limits_{a}^yf-\int\limits_{a}^x f}{y-x}=\frac{\int\limits_{x}^yf}{y-x}

Ha most a tirviális alsó és felső becslést vesszük:

f(u)- \varepsilon\leq\inf f|_{[x,y]}=\frac{\inf f|_{[x,y]}\cdot (y-x)}{y-x}\leq\frac{\int\limits_{x}^yf}{y-x}\leq \frac{\sup f|_{[x,y]}\cdot (y-x)}{y-x}\sup f|_{[x,y]}\leq f(u)+ \varepsilon

s mivel ε tetszőleges volt, ezért f(u) nem más, mint az integrálfüggvény u-beli különbségi háényadosának határértéke (az x=u helyettesítéssel). QED

Látható, hogy a bizonyításban többet láttunk be. Egyfajta u körüli "egyenletes differenciálatóságot", az úgy nevezett erős differenciálhatóságot. Ez azért lehet fontos, mert ha az integrálfüggény deriváltja nem nulla, akkor nem csak ő, de az inverze is Lipschitz-folytonos, amiből pedig az következik, hogy mind az i.f. mind az inverze nullmértékű halmazt nullmértékűbe képez.

Az integrálfüggvény Lipschitz-tulajdonsága

És persze az integrálfüggvény "nagyon" folytonos, egészen pontosan Lipschitz-tuljadonságú vagy más névven Lipschitz-folytonos, azaz

létezik olyan L nemnegatív szám, hogy minden x,y ∈ [a,b]-re
|F(x) - F(y)| \leq L |x - y|\,

azaz létezik olyan L, hogy minden x,y ∈ [a,b]-re

\left|\int\limits_{a}^yf-\int\limits_{a}^x f\right|\leq L|y-x|\,

Ugyanis a triviális felső becslésből:

\left|\int\limits_{a}^y f-\int\limits_{a}^x f\right|\leq \left|\int\limits_{x}^y f\right|\leq \int\limits_{x}^y|f|\leq \sup |f|\,|_{[x,y]}\cdot |y-x|\leq\sup |f|\cdot |y-x|

ahol L-nek alkalmas a sup |f| szám.

A Lipschitz-tulajdonság és folytonosság kapcsolatáról lásd még [itt].

Példák

\left(\int\limits_{0}^x\mathrm{sc}\,t\,\mathrm{dt}\right)'(x)=?
\left(\int\limits_{0}^{\sin x}\sqrt{1+t^3}\,\mathrm{d}t\right)'(x)=?

Vizsgáljuk meg növekedés szempontjából az

[0,+\infty)\to \mathbf{R},\,x\mapsto \int\limits_{0}^x\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t

szinusz integrálisz függvényt!

Primitívfüggvények

Definíció. Azt mondjuk, hogy az f:[a,b] \to R függvénynek primitív függvénye az F:[a,b]\to R differenciálható függvény, ha F' = f.

Világos, hogy ha F primitív függvénye f-nek, akkor akármilyen konstans C-vel F + C is primitív függvénye f-nek, hisz (F + C)'= F' = f. Ennél több is igaz. Ha f-nek primitívfüggvénye F, akkor f összes primitívfüggvénye F + C alakú, ahol C tetszőleges valós szám. Ez az alábbi fontos tétel közvetlen következménye:

Tétel. Ha az F:[a,b]\to R differenciálható függvény olyan, hogy F' ≡ 0, akkor létezik olyan C valós szám, hogy F ≡ C.

Bizonyítás. Egyszerűen a Lagrange-tételt kell alkalmazni F egy tetszőleges [a,x]-re történő leszűkítésétre:

\frac{F(x)-F(a)}{x-a}=F'(\xi)=0\,

azaz

F(a)=F(x)\,\quad\quad (x\in [a,b])

QED

Ha tehát egyáltalán van f-nek van primitív függvénye és F ilyen, akkor ezek halmaza:

\{F+C\mid C\in\mathbf{R}\}

Talán fellengzősség, de a fenti tételt néha az integrálszámítás alaptételének nevezik. Ennek egy kiterjesztett formája azonban tényleg méltó erre a névre:

Tétel. Ha az F:[a,b]\to R differenciálható függvény majdnem mindnehol differenciálható, ezekben a pontokban a derivált nulla és F Lipschitz-tulajdonságú, akkor F konstans.

Az alábbi tétel szerint, amit szintén joggal neveznek a kalkulus fundamentális tételének, ha egy integrálható függvénynek van primitív függénye, akkor az integrálfüggvények és primitívfüggvények halmaza egybeesik, sőt:

Tétel. Newton--Leibniz-formula Legyen f:[a,b]\to R integrálható és létezzen primitív függvénye. Ekkor f mindnen F primitív függvényére:

\int\limits_{a}^bf(x)\,\mathrm{d}x=F(b)-F(a) \,

Ez a kalkulus második fundamentális tétele. Érdemes alaposan megvizsgálni a feltételeit, mert tanulságos példákra lelhetünk.


++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
+ létezik primitív függvénye             +           Dir
+                                        +
+                                        +
+                *********************************************************
+       g'       *          h'           +              R-integrálható   *
+                *                       +                               *
+                *  ###############      +                               *
+                *  #  folytonos  #      +                               *
+                *  #             #      +                               *
+                *  ###############      +           Ent|[0,2]            *
+                *                       +                               *
+                *                       +                               *
+++++++++++++++++*++++++++++++++++++++++++                               *
                 *                                                       *
                 *                                                       *
                 *                                                       *
                 *********************************************************

A Dir Dirichlet-függvények nem létezik primitívfüggvénye, mert ha lenne olyan függvény, aminek ő a deriváltja lenne, akkor ő, mint deriváltfüggvény nem lenne Darboux-tulajdpnságú: két függvényértéke között nem mindent venne fel. Azt is megéztük, hogy R-integrálja sincs. (Bár Lebesgue-integrálja 0.)

Az Ent egészrész függvény integrálható (egy korlátos és zárt intevallumon), mert monoton, de nincs primitív függvénye, mert derivált nem ugorhat.

Legyen g : [-1,1] \to R a következő:

g(x)=\left\{\begin{matrix}x^2\sin\left(\cfrac{1}{x^2}\right)& \mathrm{ha} & x\ne 0\\
0 &\mathrm{ha} & x=0
 \end{matrix}\right.

Ekkor g differenciálható, így g'-nek g primitívfüggvénye, de tudjuk, hogy g'-nek nem korlátos másodfajú szakadésa van a 0-ban, így g' nem lehet integrálható.

Végül nézzünk példát olyan függvényre, mely nem folytonos, de értelmes rá a N--L-formula. Legyen h: [-1,1] \to R a következő:

h(x)=\left\{\begin{matrix}x^2\sin\left(\cfrac{1}{x}\right)& \mathrm{ha} & x\ne 0\\
0 &\mathrm{ha} & x=0
 \end{matrix}\right.

Ekkor g differenciálható, így g'-nek g primitívfüggvénye, és tudjuk, hogy g' korlátos és csak a 0-ban van egyetlen szakadása, így g' integrálható.

Megjegyezük, hogy a görbe alatti területet nem véges összegekkel, hanem végtelen sorral közelítő Lebesgue-integrál olyan általános, hogy ilyen vagy még általánosabban definiált értelmeben nem integrálható függvényt keresni már komoly matematikai/halmazelméleti kihívást jelent.

A Newton--Leibniz-formula bizonyítása. Belátjuk, hogy a baloldal és a jobboldal abszolút eltérése minden pozitív számnál kisebb. Legyen ε > 0. Ekkor az integrálhatóság miatt létezik olyan δ > 0 szám, hogy minden η ∈ RFδ[a,b] Riamann-felosztásra

\left|\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_i,x_{i-1}]))\cdot (x_i-x_{i-1})-\int\limits_a^b f\right|< \varepsilon

A bizonyítás trükkje az, hogy az F(b)-F(a) különbséget a közelító összegben lévő sok taggal, mint teleszkópikus összeggel tudjuk előállítani. Ugyanis a Lagrange-féle középértéktétel miatt egy tetszőlegesen rögzített η ∈ RFδ[a,b] felosztás minden részintervallumán létezik olyan ξi ∈ [xi-1,xi], hogy

f(\xi_i)=F'(\xi_i)=\frac{F(x_i)-F(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}}

Emiatt, ha azt az ξ felosztást választjuk, melynek osztópontjai az &eta osztópontjaival esenek egybe, de a részintervallumokból rendre a ξxi értékeket választja ki, akkor fennáll:


\sum\limits_{i=1}^nf(\xi([x_i,x_{i-1}]))\cdot (x_i-x_{i-1})=\sum\limits_{i=1}^n\frac{F(x_i)-F(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}}\cdot (x_i-x_{i-1})=\sum\limits_{i=1}^n F(x_i)-F(x_{i-1})=F(b)-F(a)\,

Itt az összeg tagjai úgy esnek össze, ahogy azt a teleszkópikus összegeknél láthatjuk. Végül

\left|\sum\limits_{i=1}^nf(\eta([x_i,x_{i-1}]))\cdot (x_i-x_{i-1})-\int\limits_a^b f\right|=\left|F(b)-F(a)-\int\limits_a^b f\right|< \varepsilon

s mivel ε tetszőleges volt, ezért az egyenlőség fennáll. QED


Az ábrán van egy különlegesen fontos eset. Amikor az integrandus folytonos, akkor a fügvénynek biztosan létezik primitívfüggvénye. Ez annak a tételnek a duálisa, hogy folytonos függvény integrálható.

Tétel. f ∈ C[a,b], akkor f-nek (biztosan) létezik primitívfüggvénye.

Ugyanis ekkor az integrálfüggvény minden pontban differenciálható, azaz az integrálfüggény primitívfüggvénye f-nek.

Jelölés. Ha f folytonos, akkor indokolt a primitív függvények összességét a

\int f(x)\,\mathrm{d}x+C

alakban írni, ahol C tetszőleges szám.

Megjegyzés. Ha tehát az a kérdés, hogy melyek a primitív függvényei f-nek, akkor a válasz a fenti kifejezés, ahol a határozatlan integrált szimbolizáló tag általában egy konkrét függvény.

Primitívfüggvény-keresés

Primitívfüggvény-keresésnek két metódusa van. Az egyik a helyettesítéses integrálás, a másik a parciális integrálás. Ezek előtt azonban egy triviális módszer, a deriválási táblázat megfodítása és az integrál eltolásinvarianciájának felhasználása. (Esetleg a lineáris argumentumú alapintegrál kiszámítása.)

Alapintegrálra visszavezethető integrálok

Ha tehát vesszük az elemi függvények és inverzeinek deriválási táblázatát, akkor jobbról balra olvasva megkapjuk az alapintegrálok táblázatát.

\int x^n\,\mathrm{d}x =\frac{x^{n+1}}{n+1}+C (x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{Z}\setminus\{-1\})
\int x^\alpha\,\mathrm{d}x =\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C (x\in\mathbb{R}^+,-1\neq\alpha\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x =\,\ln|x|+C (0\neq x\in\mathbb{R})
\int e^x\,\mathrm{d}x =\,e^x+C (x\in\mathbb{R})
\int a^x\,\mathrm{d}x =\frac{a^x}{\ln a}+C (x\in\mathbb{R},1\neq a\in\mathbb{R}^+)
\int\sin x\,\mathrm{d}x =-\cos x\,+C (x\in\mathbb{R})
\int\cos x\,\mathrm{d}x =\sin x\,+C (x\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{\sin^2x}\,\mathrm{d}x =-\mathrm{ctg}\,x\,+C (k\pi\neq x\in\mathbb{R},k\in\mathbb{Z})
\int\frac{1}{\cos^2x}\,\mathrm{d}x =\mathrm{tg}\,x\,+C (\frac{k\pi}{2}\neq x\in\mathbb{R},k\in\mathbb{Z})
\int\mathrm{sh}\, x\,\mathrm{d}x =\mathrm{ch}\,x\,+C (x\in\mathbb{R})
\int\mathrm{ch}\, x\,\mathrm{d}x =\mathrm{sh}\, x\,+C (x\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{\mathrm{sh}^2x}\,\mathrm{d}x =-\mathrm{cth}\, x\,+C (0\neq x\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{\mathrm{ch}^2x}\,\mathrm{d}x =\mathrm{th}\, x\,+C (x\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x =\mathrm{arc\,tg}\, x\,+C (x\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{1-x^2}\,\mathrm{d}x =\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x+1}{x-1}\right|+C =\left\{{\mathrm{ar\,th}\,x+C\quad(1>|x|\in\mathbb{R})\atop\mathrm{ar\,ch}\,x+C\quad(1<|x|\in\mathbb{R})}\right.
\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x =\mathrm{arc\,sin} x\,+C (1>|x|\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,\mathrm{d}x =\mathrm{ar\,sh}\,x+C (x\in\mathbb{R})
\int\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\,\mathrm{d}x =\ln\left|x+\sqrt{x^2-1}\right|+C =\left\{\;{\mathrm{ar\,ch}\,x+C\quad\quad(1<x\in\mathbb{R})\atop\!-\mathrm{ar\,ch}(-x)+C\quad(1>x\in\mathbb{R})}\right.


Alapintegrálok kiszámítása táblázatból


\int\frac{1}{\cos^2x}\,\mathrm{d}x=\mathrm{tg}\,x+C\,

vagy a legkönnyebben elronthatók:


\int 5 \,\mathrm{d}x=5x+C\,

\int 0\, \mathrm{d}x=C\,

Alapintegrálok és eltolásinvariancia

Az integrál eltolásinvarianciáját használva:


\int\frac{1}{x+8}\,\mathrm{d}x=\mathrm{ln}\,|x+8|+C\,

Lineáris agrumentumú integrandus

A lineáris agrumentumúkra vonatkozó képlet:


\int f(ax+b)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{a}F(ax+b)+C\,

ahol F'=f. Hiszen az összetett függvény deriválási szabálya szerint:

\left(\frac{1}{a}F(ax+b)\right)'=\frac{1}{a}F'(ax+b)=\frac{1}{a}\cdot f(ax+b)\cdot a= f(ax+b)

Ezzel pl:


\int\sin(5x-7)\,\mathrm{d}x=-\frac{1}{5}\cos(5x-7)+C\,

Megjegyzés. Érdemes fejünkbe vésni a sin függvény deriváltajainak függvénysorozatát:

sin
cos
− sin
− cos
sin
cos
\vdots

felfejé haladva integrálunk, lefelé haladva deriválunk.

pl.


\int e^{(2008x-2007)}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2008}e^{(2008x-2007)}+C\,

Polinom/lineáris alak

\int\frac{x-3}{x+1}\,\mathrm{d}x=\int\frac{x+1-4}{x+1}\,\mathrm{d}x=\int 1-\frac{4}{x+1}\,\mathrm{d}x=x-4\,\mathrm{ln}\,|x+1|+C
\int\frac{2x+1}{x+2}\,\mathrm{d}x=\int\frac{2(x+2)-3}{x+2}\,\mathrm{d}x=\int 2-\frac{3}{x+2}\,\mathrm{d}x=2x-3\,\mathrm{ln}\,|x+2|+C
\int\frac{x^2+2}{x-1}\,\mathrm{d}x=?

itt már érdemes polinomosztással eljárni:

   (x^2 + 2) : (x - 1) = x + 1
-   x^2 - x
   ---------
      x + 2   
-     x - 1
     --------
          3
\int\frac{x^2+2}{x-1}\,\mathrm{d}x=\int x+1+\frac{3}{x-1}\,\mathrm{d}x=\frac{x^2}{2}+x+3\,\mathrm{ln}\,|x-1|+C

Néha x2 + 1 nevezőjűre is működik:

\int\frac{x^2-7}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\int \frac{x^2+1-8}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\int 1-\frac{8}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=x-8\,\mathrm{arc\,tg}\,x+C

Linearizáló formulák

Ezek arra alkalmasak, hogy a sin2, cos2, sh2. ch2 függvényeket (illetve alkalmasan megváltoztatott argumentumú változatukat) ki lehessen integrálni:


\sin^2 x=\frac{1-\cos(2x)}{2}\,

\cos^2 x=\frac{1+\cos(2x)}{2}\,

\mathrm{sh}^2 x=\frac{\mathrm{ch}(2x)-1}{2}\,

\mathrm{ch}^2 x=\frac{\mathrm{ch}(2x)+1}{2}\,

Mindezek a következők miatt állnak fenn:

\cos^2+\sin^2=1\,
\cos^2-\sin^2=\cos(2x)\,

ezért ezeket kivonva ill. összeadva, majd 2-vel elosztva a felső kettőt kapjuk. A másik kettő:

\mathrm{ch}^2-\mathrm{sh}^2=1\,
\mathrm{ch}^2+\mathrm{sh}^2=\mathrm{ch}(2x)\,

Itt érdemes megjegyezni az Osborne-szabályt: ha egy trigonometrikus azonosságban kicseréljük a megfelelő hiperbolikus függvényekre az összetevőket és minden olyan tag előjelét megváltoztatjuk, melyek két sh szorzatából állnak (speciálisan a sh2-ek elé egy - jelet teszünk), akkor megkapjuk a hiperbolikus azonosságot. Lásd: Osborne-szabály.

Ezek főleg határozott integráloknál adnak "szép" eredményt

Példa.

\int\limits_{0}^{\pi}\sin^2 x\mathrm{d}x=\int\limits_{0}^{\pi}\frac{1-\cos(2x)}{2}\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin(2x)\right]_0^\pi=\frac{\pi}{2}

Helyettesítéses integrálás

Az első keresési eljárás az összetett függvény deriválási szabályának megfordításán alapul.

Tétel. Legyen g:I \to J, F: J \to R folytonosan differenciálható függvények és f: J \to R pedig olyan, hogy az F' = f, akkor az x \mapsto f(g(x)) \cdot g'(x)-nek is létezik primitív függvénye és

\int f(g(x))\cdot g'(x)\,\mathrm{d}x= F(g(x))+C\,

Bizonyítás. A primitív függvény létezését az garantálja, hogy az integrandus folytonos.

Elegendő ellenőrizni, hogy x \mapsto F(g(x)) primitív függvénye x \mapsto f(g(x)) \cdot g'(x)-nek, azaz az előbbi deriváltja az utóbbi:

F(g(x))'=F'(g(x))\cdot g'(x)=f(g(x))\cdot g'(x)

QED.

...-alakú integrálok

Ebből a tételből származtathatjuk a "... alakú integrálokat":

  1. \int f(ax+b)\,\mathrm{d}x= \frac{1}{a}F(ax+b)+C\,\quad\quad(\;g(x)=ax+b\;\mathrm{esete})
  2. \int g^n(x)\cdot g'(x)\,\mathrm{d}x= \frac{g^{n+1}(x)}{n+1}+C\,\quad\quad(\;f(\,.\,)=(\,.\,)^n\;\mathrm{esete}\;n\ne -1)
  3. \int \frac{g'(x)}{g(x)}\,\mathrm{d}x= \mathrm{ln}|g(x)|+C\,\quad\quad(\;f(\,.\,)=\mathrm{ln}(\,.\,)\;\mathrm{esete}\;)

Példák.

1. \int\frac{x}{\cos^2 (x^2+5)},\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int\frac{2x}{\cos^2 (x^2+5)},\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot\mathrm{tg}\,(x^2+5)+C hiszen a "külső" függvény:

f(\,.\,)=\frac{1}{\cos^2(\,.\,)} \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\mathrm{tg}\,(\,.\,)

a "belső" függvény:

g(x)=x^2+5 \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=2x

2.

 \int\frac{\mathrm{arc\,tg}\,x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x= \int(\mathrm{arc\,tg}\,x)^1\cdot\frac{1}{x^2+1}\,\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{arc\,tg}^2\,x}{2}+C

hiszen a "külső" függvény:

f(\,.\,)=(\,.\,)^1 \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\frac{(\,.\,)^2}{2}

a "belső" függvény:

g(x)=\mathrm{arc\,tg}\,x \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=\frac{1}{x^2+1}

3.

 \int\frac{1}{(\mathrm{arc\,sin}\,x)\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x= \int\frac{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{\mathrm{arc\,sin}\,x}\,\mathrm{d}x=\mathrm{ln}\,|\mathrm{arc\,sin}\,x|+C

hiszen a "külső" függvény:

f(\,.\,)=(\,.\,)^{-1} \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\mathrm{ln}\,|\,.\,|

a "belső" függvény:

g(x)=\mathrm{arc\,sin}\,x \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}

4.

 \int x^2\sqrt[2008]{\mathrm{sh}\,x^3}\cdot \mathrm{ch}\,(x^3)\,\mathrm{d}x= \frac{1}{3}\int \sqrt[2008]{\mathrm{sh}\,x^3}\cdot (3x^2\mathrm{ch}\,(x^3))\,\mathrm{d}x=\frac{2008}{3\cdot 2009}(\mathrm{sh}\,x^3)^{\frac{2009}{2008}}+C

hiszen a "külső" függvény:

f(\,.\,)=(\,.\,)^{\frac{1}{2008}} \quad\quad\to_{\int}\quad\quad F(\,.\,)=\frac{2008}{2009}(\,.\,)^{\frac{2009}{2008}}

a "belső" függvény:

g(x)=\mathrm{sh}\,(x^3) \quad\quad\to'\quad\quad g'(x)=3x^2\mathrm{ch}\,(x^3)

Integrálás a helyettesítés elvégzésével

Megjegyzés. Intermezzóként megemlítjük, hogy a helyettesítés elnevezés abból fakad, hogy ekkor lényegében új ismeretlent vezetünk be. Persze az ezzel való számolás egy egészen más szemléletet igényel. A fő képlet ekkor:


\int g(x)\,\mathrm{d}x=\left.\int f(u)\,\mathrm{d}u\right|_{u=u(x)}= F(u)+C|_{u=u(x)}

ahol el kell végezni az

u=u(x)\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=x(u)\,
\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u'(x)\,\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}u}{u'(x(u))}

szimbolikus helyettesítést.

5. (exponenciális helyettesítés)

\int \frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x=?
u=e^x\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=\mathrm{ln}\,u
\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=e^x=u\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}u}{u}
 \int \frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x=\left.\int \frac{\,^1\!\!\not{\!u}\,}{1+u^2}\cdot\frac{1}{\not{\!u}_1}\,\mathrm{d}u\right|_{u=e^x}=\left.\mathrm{arc\,tg}\,(u) +C\right|_{u=e^x}=\mathrm{arc\,tg}\,(e^x) +C


5. (gyökös helyettesítés)

\int \frac{2x}{1+\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=?
u=\sqrt{x}\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=u^2
\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2u}\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=2u\,\mathrm{d}u
 \int \frac{2x}{1+\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=\int \frac{2u^2}{1+u}\,\frac{1}{2u}\mathrm{d}u\,\mathrm{d}u=\int \frac{u}{1+u}\,\mathrm{d}u=
\int \frac{u+1-1}{1+u}\,\mathrm{d}u= \int 1-\frac{1}{1+u}\,\mathrm{d}u=\left. u-\mathrm{ln}\,|1+u|+C\right|_{u=\sqrt{x}}=\sqrt{x}-\mathrm{ln}\,\sqrt{x}+C

6. (trigonometrikus helyettesítés)

\int \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x=?
u=\mathrm{arc\,cos}\,x\quad\quad\to^{(\,.\,)^{-1}}\quad\quad x=\cos u
\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=-\sin u\quad\quad\to\quad\quad \mathrm{d}x=-\sin u\,\mathrm{d}u
\int \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x=\int \sqrt{1-\cos^2x}\,(-\sin u)\mathrm{d}u=-\int \sin^2u\,\mathrm{d}u=
-\int \frac{1-\cos(2u)}{2}\,\mathrm{d}u=\left.-\frac{1}{2}u+\frac{1}{4}\sin(2u)+C\right|_{u=\mathrm{arc\,cos}\,x}=-\frac{1}{2}\mathrm{arc\,cos}\,x+\frac{1}{4}\sin(2\mathrm{arc\,cos}\,x)+C

Parciális integrálás

A helyettesításes integrálás a függvénykompozíció deriválására szolgáló képlet felhasználása volt primitívfüggvény keresésre. Most a szorzási szabályt fogjuk használni.

Tétel. Legyen f,g:[a,b]  \to R folytonos és F,G:[a,b]  \to R differenciálható olyan, hogy F' = f, G' = g. Ekkor az alábbi képletben szereplő összes integrandusnak létezik primitív függvénye és

\int Fg=FG - \int fG\,

Bizonyítás. Elég a bizonyítani, hogy a jobb oldal deriváltja a baloldali integrandus. Ehelyett egy kicsit másként csináljuk: belátjuk, hogy az FG függvény primitívfüggvénye az fG + Fg függvénynek, majd kefejezzük velőle a fenti formula baloldalát:

(FG)'=F'G+FG'=fG+Fg\,

tehát

FG=\int fG+Fg=\int fG+\int Fg\,

amiből már következik a fenti formula. QED.

Polinom szor exp, trig, hip

Az első alkalmazás az, amikor a egymás után parciális integrálásokkal polinommentes formulává alakítjuk az integrandust. Ekkor a fenti képlet F-je a polinom, amiből egyel alacsonyabb fokú polinomszoros integrandus keletkezik az ∫fG integrál esetén.


\int x\sin x\,\mathrm{d}x=x(-\cos x)-\int 1\cdot (-\cos x)\,\mathrm{d}x=-x\cos x + \sin x+C

Hiszen

F = \mathrm{id} \quad\quad\to '\quad\quad f=F'=1
g = \mathrm{sin} \quad\quad\to ^\int\quad\quad G=\int g=-\cos

Egy hasonló:


\int (2x+1)\mathrm{sh}\,(3x-2)\,\mathrm{d}x=(2x+1)\frac{1}{3}\mathrm{ch}\,(3x-2)-\int 2\cdot \frac{1}{3}\mathrm{ch}\,(3x-2)\,\mathrm{d}x=
=\frac{2x+1}{3}\mathrm{ch}\,(3x-2)-\frac{2}{9}\mathrm{sh}\,(3x-2)

Hiszen

F = 2\mathrm{id}+1 \quad\quad\to '\quad\quad f=F'=2
g = \mathrm{sh}\circ(3\mathrm{id}-2) \quad\quad\to ^\int\quad\quad G=\int g=\frac{1}{3}\mathrm{ch}\circ(3\mathrm{id}-2)

Rekurziós integrálok, formulák

1.

\int\frac{\mathrm{ln}\,x}{x}\mathrm{d}x=\mathrm{ln}^\,x-\int \frac{1}{x}\cdot\mathrm{ln}\,x \,\mathrm{d}x

az

F = \mathrm{ln} \quad\quad\to '\quad\quad f=F'=\frac{1}{\mathrm{id}}
g = \frac{1}{\mathrm{id}} \quad\quad\to ^\int\quad\quad G=\int g= \mathrm{ln}

szereposztással. A formulában visszatért a keresett integrál, így ezt kifejezve:

\int\frac{\mathrm{ln}\,x}{x}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{ln}^\,x+C

2.

\int\cos(x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x=\cos(x)\cdot e^x -\int(-\sin x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x=\cos(x)\cdot e^x+\sin(x)\cdot e^x-\int\cos(x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x

amiből

\int\cos(x)\cdot e^x\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(\cos(x)\cdot e^x +\sin(x)\cdot e^x)+C=

tehát kétszeri parciális integrálással értük el.

3. Rekurziós formulát kapunk az alábbi In alakú integrálokra: I_n=\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x=\int\frac{x^2+1}{(x^2+1)^n}-\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}-\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x az utolsó tagot parciálisan integráljuk ki:

=\frac{1}{2}\int x\frac{2x}{(x^2+1)^n}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{(n-1)(x^2+1)^{n-1}}-\int\frac{1}{(n-1)(x^2+1)^{n-1}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{(n-1)(x^2+1)^{n-1}}-\frac{1}{n-1}\cdot I_{n-1}

azaz In kifejezhető In − 1-segítségével.

Inverzfüggvények integrálja

Az

\int f^{-1}=\int f^{-1}\cdot 1=f^{-1}\cdot \mathrm{id}-\int \mathrm{id}\cdot (f^{-1})'

trükk sokszor alkalmas arra, hogy az inverz függvények integrálját parciálisan kiintegráljuk, hiszen az inverz függvények deriváltjának képlete az utolsó tényezőt a kezünkre játssza. Speciálisan a módszer alkalmas az összes ln, arc és ar függvény kiintegrálására.

1.

\int\mathrm{arc\,sin}\,(x)\,\mathrm{d}x=\int\mathrm{arc\,sin}\,(x)\cdot 1\,\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{arc\,sin}\,(x)-\int x\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x=
=x\cdot \mathrm{arc\,sin}\,(x)+\frac{1}{2}\int \frac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{arc\,sin}\,(x)+\sqrt{1-x^2}+C
Személyes eszközök