Matematika A1a 2008/12. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(A nevező egyszeres multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata)
(Integrálás parciális törtekre bontással)
48. sor: 48. sor:
 
Ekkor a parciális integrálásnál tanult rekurzív eljárással lehet a másodfokúak hatványait kiintegrálni.
 
Ekkor a parciális integrálásnál tanult rekurzív eljárással lehet a másodfokúak hatványait kiintegrálni.
  
 +
==Impróprius integrál==
 +
:''Lásd pl.:'' [http://www.cs.elte.hu/~karolyik/Analizis_Gyakorlatok/41_Improprius_int_feladatsor.pdf elmélet és példák], [http://www.cs.elte.hu/~karolyik/Analizis_Gyakorlatok/42_Improprius_integral_mo.pdf megoldások] De, ezek nagyon nehéz feladatok!
  
 +
'''Definíció.''' Ha az ''f'': ''I'' \to '''R''' az ''I'' minden korlátos és zárt részintervallumán integráljató (jelben: f &isin; R<sup>loc</sup>(I) ), és az integrálfüggvényeinek létezik és véges a határértéke az I végpontjaiban, akkor azt mondjuk, hogy f impróprius integrálható I-n és integrálján az
 +
:<math>\int\limits_{I}f=\lim\limits_{x\ŧo \mathrm{sup}(I)}F(x)-\lim\limits_{x\ŧo \mathrm{sup}(I)}F(x)\,</math>
 +
számot értjük, ahol F az f egy tetszőleges integrálfüggvénye.
 +
 +
'''Példák.'''
 +
'''1.'''
 +
:<math>\int\limits_{0}^1\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
 +
nem konvergens, mert F(x)=ln x és nem véges a lim<sub>0</sub>ln, de a
 +
:<math>\int\limits_{01^{+\infty}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
 +
sem konvergens, mert lim<sub>+&infin;</sub>ln nem véges.
 +
 +
'''2.'''
 +
Ellenben
 +
a
 +
:<math>\int\limits_{0}^1\frac{1}{x^r}\,\mathrm{d}x\quad\quad(r<1)</math>
 +
már létezik, mert
 +
<math>F(x)=\frac{1}{-r+1}\frac{1}{x^{r-1}}=\frac{1}{-r+1}x^{1-r}</math>
 +
ha x<math>\to</math> 0 esetén 0 -hoz tart, így pl.
 +
:<math>\int\limits_{0}^1\frac{1}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=...</math>
 +
'''3.'''
 +
Hasonlóképpen
 +
:<math>\int\limits_{1}^{+\infty\frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x</math>
 +
szintén konvergens.
 +
 +
==Az integrálszámítás alkalmazásai==
 +
:''Lásd:'' [http://www.cs.elte.hu/~karolyik/Analizis_Gyakorlatok/43_Integral_alkalmazasok.pdf itt]
  
 
[[Kategória:Matematika A1]]
 
[[Kategória:Matematika A1]]

A lap 2008. december 10., 11:04-kori változata

<Matematika A1a 2008

Tartalomjegyzék

Integrálás parciális törtekre bontással

A nevező egyszeres gyökökkel rendelkező elsőfokúak szorzata

\int\frac{1}{x(x+2)}\,\mathrm{d}x=?
\frac{1}{x(x+2)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}=\frac{A(x+2)+Bx}{x(x+2)}=\frac{x(A+B)+2A}{x(x+2)}

Két polinom azonos, akkor és csak akkor, ha a megfelelő együtthatók rendre egyenlők:

0x+1\equiv(A+B)x+2A\,\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{matrix}A+B=0\\\\2A=1\end{matrix}\right.

ahonnan: A=1/2, B=-1/.

Az egyenletrendszer megoldásán kívül van egy másik módszer is:

1\equiv(A+B)x+2A

-ben először tegyük x-be az egyik gyököt, az 0-t:

1\equiv(A+B)\cdot 0+2A=2A

innen A=1/2, majd a másik gyököt:

1\equiv(A+B)(-2)+2A=\;\;\not{\!\!\!\!-2A}-2B+\not{\!\!2A}=-2B

azaz B=-1/2.

Végül visszahelyettesítve a felbontott alakba:

\int\frac{1}{x(x+2)}\,\mathrm{d}x=\int\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}\,\mathrm{d}x=\int\frac{\frac{1}{2}}{x}+\frac{-\frac{1}{2}}{x+2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,|x|-\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,|x+2|+C

A nevező többszörös gyökökkel rendelkező elsőfokúak szorzata

\int\frac{2x-7}{(x-1)(x+1)^2}\,\mathrm{d}x=?
\frac{2x-7}{(x-1)(x+1)^2}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}=\frac{A(x+1)^2+B(x-1)(x+1)+C(x-1)}{(x-1)(x+1)^2}

Ekkor a gyökmódszerrel: x=-1-re: -2C=2(-1)-7=-9, azaz C=9/2. x=1-re 4A=-5, A=-5/4 és egy szabadon válaztott egyszerű: x=0-ra: A-B-C=-7, ahonnan B=A-C+7, azaz B=-5/4-18/4+28/4= 5/4

Az integrál:

\int\frac{-5/4}{x-1}+\frac{5/4}{x+1}+\frac{9/2}{(x+1)^2}\,\mathrm{d}x=-\frac{5}{4}\mathrm{ln}\,|x-1|+\frac{5}{4}\mathrm{ln}\,|x+1|-\frac{9}{2}\frac{1}{x+1}+c

A nevező egyszeres multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata

\int\frac{1}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x=?

Itt a keresendő alak: \frac{1}{x(x^2+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+1}=\frac{A(x^2+1)+Bx^2+Cx}{x(x^2+1)} vegyes módszerrel: x=0: A=1 C=0, mert nincs a bal oldalon elsőfokú B=-A, mert másodfokú sincs.

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

Kijöhetett volna az is, hogy C ≠ 0 pl:

\int\frac{1}{2x^2+7}\,\mathrm{d}x=\int\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{\frac{2}{7}x^2+1}\,\mathrm{d}x=\int\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{\left(\sqrt{\frac{2}{7}}x\right)^2+1}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{7}\sqrt{\frac{7}{2}}\cdot\mathrm{arc\,tg}\, \left(\sqrt{\frac{2}{7}}x\right)+C

A nevező többszörös multiplicitású irreducibilis tényezők szorzata

Ekkor a parciális integrálásnál tanult rekurzív eljárással lehet a másodfokúak hatványait kiintegrálni.

Impróprius integrál

Lásd pl.: elmélet és példák, megoldások De, ezek nagyon nehéz feladatok!

Definíció. Ha az f: I \to R az I minden korlátos és zárt részintervallumán integráljató (jelben: f ∈ Rloc(I) ), és az integrálfüggvényeinek létezik és véges a határértéke az I végpontjaiban, akkor azt mondjuk, hogy f impróprius integrálható I-n és integrálján az

Értelmezés sikertelen (ismeretlen függvény\o): \int\limits_{I}f=\lim\limits_{x\ŧo \mathrm{sup}(I)}F(x)-\lim\limits_{x\ŧo \mathrm{sup}(I)}F(x)\,

számot értjük, ahol F az f egy tetszőleges integrálfüggvénye.

Példák. 1.

\int\limits_{0}^1\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x

nem konvergens, mert F(x)=ln x és nem véges a lim0ln, de a

Értelmezés sikertelen (formai hiba): \int\limits_{01^{+\infty}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x

sem konvergens, mert lim+∞ln nem véges.

2. Ellenben a

\int\limits_{0}^1\frac{1}{x^r}\,\mathrm{d}x\quad\quad(r<1)

már létezik, mert F(x)=\frac{1}{-r+1}\frac{1}{x^{r-1}}=\frac{1}{-r+1}x^{1-r} ha x\to 0 esetén 0 -hoz tart, így pl.

\int\limits_{0}^1\frac{1}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=...

3. Hasonlóképpen

Értelmezés sikertelen (formai hiba): \int\limits_{1}^{+\infty\frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x

szintén konvergens.

Az integrálszámítás alkalmazásai

Lásd: itt
Személyes eszközök