Szerkesztő:Mozo/A2 szigorlat 13

A MathWikiből

Tartalomjegyzék

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}^2\,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}^2\,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.


\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