alapintegrÁlok - easylearn.hueasylearn.hu/files/integral.em.pdf · ³ dx x x x dx x x x 2 4 2 2 6...

www.easymaths.hu INTEGRÁLÁS ÖSSZEFOGLALÓ

a matek világos oldala © Mosóczi András

1

INTEGRÁLÁS ÖSSZEFOGLALÓ

Ez a kis összefoglaló azokat az integrálási módszereket tartalmazza, amikre egy vizsgán

szükség lehet. A módszerek úgy vannak csoportosítva, hogy a legegyszerűbbtől indulnak a

bonyolultabbak felé, úgy, mint valamiféle használati utasítás. Nem működik a TV: Nézze

meg, hogy be van-e dugva. Ha igen, nézze meg, hogy valóban bekapcsolta-e, esetleg nem

merült-e le az elem a távirányítóban, jó csatornát választott-e, akar-e egyáltalán TV-t nézni,

stb.

Nos így megy ez az integrálásnál is. Ha van egy feladat – sajnos lesz – amit nem tudunk

megoldani, lépésről lépésre végig kell menni a módszereken(lásd. 2.oldal), amíg meg nem

találjuk a megfelelőt. Ha törtet kell integrálni, akkor például nem hülyeség a törtre

vonatkozó módszerekkel próbálkozni, ezek a T1, T2, T3 és így tovább. Szorzatokra az S1,

S2, stb. A módszerek rövid áttekintése a következő oldalon található, míg a további

oldalakon ezen módszerek részletes leírása szerepel majd. Jó szórakozást!

ALAPINTEGRÁLOK

11

1

nhacn

xdxx

nn

cxdxx

ln1

cedxe xx cxxxxdx lnln

ca

adxa

xx

ln

cxxdx sincos cxtgxdx cosln

cxxdx cossin cxctgxdx sinln

ctgxdxx2cos

1

cctgxdxx2sin

1

carctgxdxx21

1

cxdxx

arcsin1

1

2

cchxshxdx

carshxdxx 1

1

2

cshxchxdx

carchxdxx 1

1

2

cthxdxxch2

1

ccthxdxxsh2

1



2

INTEGRÁLÁSI SZABÁLYOK

I. fcfc

II. gfgf

III.

c

f

c

f

IV. szabálynincsgf

AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK SZORZAT INTEGRÁLÁSÁRA: S1 Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk.

S2 Ha egy függvény meg van szorozva a saját deriváltjával, vagy a függvény

valamely hatványa van megszorozva az eredeti függvény deriváltjával:

1

1fff

S3 Parciális integrálás:

gfgfgf

S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső

függvény deriváltja: ))(()())(( xgFxgxgf

V. szabálynincsg

f

AZ ALÁBBI MÓDSZEREKET ALKALMAZHATJUK TÖRT INTEGRÁLÁSÁRA: T1 Próbálkozzunk a tört földarabolásával.

T2 Ha a számlálóban a nevező deriváltja szerepel, akkor: ff

fln

T3 Ha a nevező egy függvény valamely hatványa, a számláló pedig ezen függvény

deriváltja:

1

1f

f

f

T4 A törtből csináljunk szorzatot. Ezek után lásd. szorzat integrálása. g

fg

f 1

S4 Speciális esetei

T5 Racionális törtfüggvények integrálása

Helyettesítéses integrálás

VI. szabálynincsgf

S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező pedig a belső

függvény deriváltja: ))(()())(( xgFxgxgf

Helyettesítéses integrálás



3

NÉHÁNY HASZNOS TIPP A MÓDSZEREKHEZ

AZ INTEGRÁLÁSBAN SZEREPEL: gyökös izé

A gyök alatti kifejezés

lineáris

7

2

x

x

Ebben az esetben érdemes

helyettesítéssel próbálkozni:

tkifejezésvalami

A gyök alatti kifejezés

nem lineáris

xx

x

7

12

2

Ilyenkor általában érdemes átírni

a gyökös izét

n

valamivalamin

1

és utána már vagy

ff S2 vagy

f

f T3

AZ INTEGRÁLÁSBAN

SZEREPEL: xln vagy xalog

dxx

x

ln

Átírjuk a törtet

dxx

xdxx

x 1ln

ln

ami már megoldható, hiszen ff S2

dxx

x

ln

Átírjuk a törtet

dxxxdx

x

x

lnln

ami már parciális integrálás S3.

Minden dxxx ln típusú integrálás

parciális integrálás.

Kivételt jelentenek a

f1 ; f=cos2t

f1 ; f=sh2t

1f ; f=ch2t

helyettesítések



4

AZ INTEGRÁLÁSBAN

SZEREPEL: valamie

valamia

valamicos valamisin

A kitevő vagy az argumentum

(a valami) lineáris.

xex 2 xex 458

532 xex

)76sin( xx xx 2cos

)34sin( xx )3cos( xx

423 )1( xexx

Ilyenkor mindig parciális integrálással S3 kell integrálni.

A kitevő vagy az argumentum

(a valami) nem lineáris.

2xex

325 xex

xe

x

1

12 3xex

)2cos()1( 2 xxx )6sin(2 32

xxx

Ilyenkor ez biztosan nem parciális integrálás,

hanem ))(()())(( xgFxgxgf vagyis S4.

cbxax

BAx2

típusú racionális törtfüggvény integrálása

Ha a nevezőt szorzattá lehet

alakítani, akkor alakítsuk szorzattá,

majd bontsuk föl parciális törtekre

dx

xx

xdx

xx

x

42

22

86

222

2ln4ln32

1

4

3

xxdx

xx

Ha a nevezőt nem lehet szorzattá

alakítani, akkor alakítsuk ki a

számlálóban a nevező deriváltját,

aztán daraboljunk:

arctgf

f

dx

xxdx

xx

x

106

4

106

2222

62x

dx

xxdx

xx

x

106

4

106

6222

dx

xdx

xx

x

13

14

106

6222

)3(4106ln 2 xarctgxx



5

A LINEÁRIS HELYETTESÍTÉS

Ha cxFdxxf )()( akkor ca

baxFdxbaxf1

)()(

Itt x helyére egy lineáris kifejezést helyettesítettünk, ezért hívják a tételt lineáris

helyettesítésnek. Fontos megjegyeznünk, hogy a módszer – ahogyan ez a nevében is benne

van – csak lineáris helyettesítések esetén alkalmazható, tehát, ha a belső függvény ax+b alakú. Ha a belső függvény nem ilyen, akkor általában az S4 lesz reményteli módszer.

PÉLDÁK:

PL.1.

cxdxx 2

132ln

32

1 mert cxdx

xln

1

PL.2. cedxe xx

3

15353 mert cedxe xx

PL.3. cxdxx6

1)56sin()56cos( mert cxxdx sincos

PL.4.

cxtgdxx 5

1)25(

)25(cos

12

mert ctgxdxx2cos

1

PL.5. cedxe xx

2

122 mert cedxe xx

PL.6.

cx

dxx6

1

8

)56()56(

87

mert cx

dxx8

87

PL.7 cedxe

xx

444 mert cedxe xx

PL.8

cedxe

xx

2

33

52

3

52

mert cedxe xx



6

SZORZATOK INTEGRÁLÁSA

S1 Ha a szorzás elvégezhető, akkor végezzük el, és utána integráljunk

PL.1. dxxxxxxdxxxxx )2()1()( 2345232

PL.2. dxx

xxxxdxx

xx )1

1()11

()1( 23532

S2 Ha egy függvény meg van szorozva a saját deriváltjával, vagy a

függvény valamely hatványa van megszorozva az eredeti függvény

deriváltjával, akkor:

1

1fff

Vannak olyan esetek, amikor ez ránézésre látszik.

PL.1. cx

dxx

x2

ln1ln

2

PL.2. cx

dxx

x4

ln1ln

43

PL.3. cxx

dxxxxx

5

)1()23()1(

5232423

És vannak olyan esetek is, amikor bele kell fektetnünk egy kis energiát, hogy a feladat

1

1fff alakot öltsön.

Ennek érdekében konstansokkal oszthatunk, vagy szorozhatunk. Itt van például ez:

dxxxxx )()32( 2423

Beazonosítjuk, hogy ki lehet az f tényező, megállapítjuk, hogy 423 )32( xxf így

23 32 xxf és xxf 66 2 Látszik, hogy a feladatban nem ezzel van szorozva, viszont

az is látszik, hogy kell neki egy 6-os szorzó és már jó is.

cxx

dxxxxxdxxxxx

5

)32(

6

1)()32()()32(

52324232423

666

1

PÉLDÁK:

PL.1. cxx

dxxxxxdxxxxx

10

)64(

12

1)()64()()64(

102329232923

121212

1

PL.2. cex

dxexexdxexexx

xxxx

5

6

)103(

3

1)()103()(103

5

6

325

1

325 333

3

1

PL.3. cex

dxexcdxexexx

xxx

8

)7(5)2()(5)510()7(

82772



7

S3 PARCIÁLIS INTEGRÁLÁS

gfgfgf

Tipikusan parciális integrálással kiszámítható integrálok azok, ahol x-hatvány van

megszorozva egy „híres” függvénnyel, vagyis:

xex xex2 xx sin xx cos xx ln xexx )1( 3 xx 5 xxx 4)( 2

xxx ln)( 67

Ezeken kívül tipikusan parciális integrálás az is, amikor a „híres függvény” egy lineáris

helyettesítése van szorozva x hatvánnyal, vagyis:

xex 2 xex 4

532 xex )76sin( xx xx 2cos )34sin( xx )3cos( xx

423 )1( xexx

xx 5 xx 23

327 xx xxx 32 4)(

Ugyanakkor tipikusan nem parciális integrálások azok, ahol a helyettesítés nem lineáris,

vagyis

2xex

xxx 22

5)1( x

ex

1

12 3xex )2cos()1( 2 xxx )sin( 2

xx

ezekben az integrálásokban a belső függvény nem lineáris. Ilyenkor sosem vezet célra a

parciális integrálás, általában az S4 a célravezető. Vagyis jegyezzük meg, hogy a

valamiehatványx )( va l a miahatványx )( )cos()( valamihatványx stb. esetekben az

dönti el, hogy parciálisan integrálunk-e vagy sem, hogy a kitevő, vagy az argumentum – a

valami – lineáris kifejezés-e vagy sem. Ha lineáris, akkor parciálisan integrálunk, ha nem,

akkor általában S4-gyel.

SZEREPOSZTÁS:

A parciális integrálásnál úgy kell kiosztani a szerepeket, hogy a szorzatban szereplő x hatványt kell f-nek nevezni és a másikat g’-nek. A parciális integrálás során így az

x hatvány foka eggyel csökken. Emiatt van az, hogy a siker érdekében mindig annyiszor kell

parciálisan integrálni egy kifejezést, amekkora abban az x hatványok közül a legnagyobbnak

a kitevője. Fontos kivétel azonban, ha a szorzatban lnx, logax arctgx, arcsinx, arccosx szerepel.

Ilyenkor ugyanis az eddigiekkel ellentétben azt kell f-nek nevezni!

Példa parciális integrálásra

cexedxexedxexedxex xxxxxxx 1

f=x

g’=ex

f’=1

g=ex

Ha persze a szorzatban például lnx szerepel, az kivétel:

cx

xx

dxx

xx

dxx

xx

xxdxx 4

ln22

ln22

1ln

2ln

22222

xf ln xg

xf

1

2

2xg



8

A kivételben megemlített függvényeket szintén parciálisan lehet integrálni, méghozzá úgy,

hogy

xln1 xalog1 arctgx1 xarcsin1

példaként nézzünk meg egyet:

cxxxdxxxdxx

xxxxdxxdx ln1ln1

lnln1ln

Hasonló a helyzet ezekkel is:

x2ln x3ln xarctg 2

x4arcsin

Ezeket is mind úgy kell felírni, hogy )(1 függvénya

A felsoroltakon kívül akkor érdemes még parciális integrálással próbálkozni, ha olyan

szorzattal állunk szemben, aminek egy részét tudjuk integrálni.

S4 Ha a szorzat egyik tényezője összetett függvény, a másik tényező

pedig a belső függvény deriváltja, az reményteli:

))(()())(( xgFxgxgf

Ez a tétel tulajdonképpen az összetett függvények integrálásáról szól, ám ez még sincs

teljesen így. Az a helyzet, hogy pusztán maguknak az összetett függvényeknek az

integrálása elég reménytelen vállalkozás. Nem rendelkezik például elemi primitívfüggvénnyel

az alábbi integrálokban szereplő függvények közül egyik sem:

2xe

xx 22

5 13xe )cos( 2x )sin( 2

x )2cos( 2 xx

A helyzetünk akkor válik reménytelivé, ha ezek a függvények meg vannak szorozva a belső

függvényeik deriváltjával, ekkor ugyanis a fenti tétel használható.

PÉLDÁK:

PL.1. CxxdxxxxS

2cos2sin)22( 24

2

PL.2. CdxxxS

x

7ln

773

1412

3

3

PL.3. CxxdxxxxS

)sin()cos()13( 34

32

PL.4.

Cxarctgxdx

xdx

x

x S

)(2

1

1

1

2 24

224

S4 néhány speciális esete

ff efe a

afa

ff

ln

arctgff

f

21

ff

farcsin

1 2



9

PL.5. Cedxex xxxx

33 22

32

PL.6. Cedxex xx

33 7723

PL.7. CdxxxxS

xx

5ln

5514

2

224

2

PL.8.

Cxarctgdxx

xdx

x

x S

)(

3

1

1

3

3

1

1

34

23

2

6

2

PL.9. Cxarctgxx

dxx

x S

)(sincos

sin1

1

sin1

cos 4

22

PL.10.

Cxarctgx

xxdx

x

x S

)(sin

sin1

cossin2

sin1

2sin 24

224

Itt is természetesen előfordulhat, hogy bele kell fektetnünk némi munkát az

))(()())(( xgFxgxgf 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:

PL.1. cedxexdxex xxxxxx

222 222

2

1)()1( 22

2

1

PL.2. cdxxdxxx

xx

7ln

7

4

177

11313

4

44

44

1

PL.3. cedxexdxex xxx

222

2

12

2

1

A másik lehetőség, ha a belső függvény deriváltja nem csak konstansban tér el a várttól,

hanem x-et tartalmazó tagban is. Ilyenkor alkalmazhatjuk a parciális integrálást – néha a

helyettesítéses integrálást. Nézzünk egy példát!

dxex x

23

esetében például a belső függvény deriváltja 2x, ám sajnálatos módon a szorzó

x3. Alakítsuk hát úgy, hogy a szorzó valóban 2x legyen. A maradékot természetesen nem

vihetjük ki az integrál elé, hiszen az x-et is tartalmaz, de itt jön segítségünkre a parciális

integrálás.

dxx

dxex x

2

23 2

2x

e2x

A vastagított részt direkt úgy csináltuk, hogy alkalmazhassuk rá az S4-et, így a parciális

integrálás során ez a rész lesz majd, amit integrálunk, míg a maradék az, amit deriválunk:

2

2xf

2

2 xxeg

xf 2xeg

dxexex

dxx

dxex xxx

222

22

223 2x

e2x a megmaradó integrálás szintén S4, ha x

helyett 2x van:

ce2

1e

2

xdxe2x

2

1e

2

x 2222 xx2

xx2

dxexex

dxx

dxex xxx 2222

22ex2

22x3



10

Egy másik példa, amikor S4 alkalmazásához előbb jelentős átalakításokat kell végezni

dxe x

Itt a belső függvény x aminek a deriváltja x2

1 és ezzel kéne legyen megszorozva

xe .

De mivel nincs, ezért gondoskodunk róla, hogy legyen:

dxxdxe x 2 x

ex2

1

A kapott szorzatot parciálisan integráljuk. Az integrálás során a vastagított részt nevezzük g’-nek, hiszen ezt szeretnénk integrálni, míg a másikat f-nek. A szerepek:

xf 2 xex

g2

1

xf

1

xeg

dxex

exdxxdxe xxx 1

22xe

x2

1

ahol a maradék integrálás éppen S4:

Kedxex

dxex

xxx 22

12

1

NÉHÁNY TRÜKKÖS ESET:

I. cxarctgdxx

xdxxxx

ln

1ln

1

ln

122

II. cearctgdxe

e x

x

x

21

III.

carctgdxdx x

x

X

X

X

2

2ln

1

21

2ln2

2ln

1

41

22

IV.

cxtgarctgdxxtg

xtgx

dx

x

x

x

x

dxxx

xx

2

22

2

4

4

3

441

cos

12

1cos

sin

cos

sin2

cossin

cossin2

V.

cxdx

x

xdx

x

x

3

23

2

6

2

arcsin3

1

1

3

3

1

1

VI. ctgxdxxtg

xdxxtgx

arcsin1

cos

1

1cos

1

2

2

22



11

TÖRTEK INTEGRÁLÁSA

T1 Próbálkozzunk a tört földarabolásával.

A tört földarabolása általában akkor hasznos, ha a nevező egyetlen tagból (szorzat lehet,

csak a tagok száma legyen egy) áll, de néha előfordulhat, hogy több tagból álló nevező

esetén is működik a módszer.

PÉLDÁK:

PL.1. cxxx

dxx

xxdxxx

x

x

xdx

x

xx

ln

23

1)

1(

1 232

2323

PL.2. cex

dxexdxex

dxex

x

ex

edx

ex

xe xx

xxx

x

x

x

2

11 23

33

3

33

3

PL.3. cxtgxdxxx

dxxx

x

xx

xdx

xx

xx

ln

1

cos

1

cos

cos

coscos

cos22

2

22

2

Általánosítva:

d

c

d

b

d

a

d

cba


I.

dcx

bax típusú integrálok

I.A cxxdxx

dxx

dxdxx

x

2ln4

2

141

2

44

2

6

2x

2x

2x

2x

I.B cxxdxx

dxx

dxdxx

x

2

132ln2

32

12

32

121)(2

32

54

32x

3)(2x

32x

32x

I.C3

113ln

3

17

3

4

13

1

3

17

3

4

13

3

17)(

3

4

3

17)(

3

4

13

74

xxdx

xdx

xdxdx

x

x

13x

13x

13x

13x

II.

1ln1

21

1

2

1

1

1

21

1

12

1

1 2

222

2

2

2

2

2

2

2

xxdx

x

xdx

x

x

x

xdx

x

xxdx

x

xxdx

x

x



12

T2 Ha a számlálóban a nevező deriváltja szerepel, akkor: ff

fln

PÉLDÁK:

PL.1. cxxdxxx

x

4ln

4

12 2

2

PL.2. 6ln6

1

x

x

x

exdxex

e

PL.3. cxdxx

xctgxdx sinln

sin

cos vagy cxdx

x

xdx

x

xtgxdx

cosln

cos

sin

cos

sin

Megeshet, hogy a számláló nem a nevező deriváltja, de majdnem. Ilyen esetekben, hogy

ihletet merítsünk, deriváljuk le a nevezőt, és hasonlítsuk össze a számlálóval, hogy

kiderüljön, mit kell tennünk az f

f alak eléréséhez.

PÉLDÁK:

PL.1. dxxx

x

42

12

esetében a nevező deriváltja 2x+2, ezért a számlálót az integrálon belül szorozni – kívül

meg osztani – kell 2-vel:

cxxdxxx

xdx

xx

x

42ln

2

1

4242

1 2

22

22

2

1

PL.2. dxxx

x

73

962

esetében viszont a nevező deriváltja 2x+3, így a számlálóból ki kell vinni 3-mat:

cxxdxxx

xdx

xx

x

73ln3

73

323

73

96 2

22

ÉRDEMES MEGJEGYEZNI NÉHÁNY TRÜKKÖS ESETET:

I. cxdxx

xdxxx

f

f

lnlnln

1

ln

1

II. carctgxdxarctgx

xdxarctgxx

f

f

ln1

1

)1(

1 2

2

III. ctgxdxtgx

xdxtgxx

f

f

lncos

1

cos

1 2

2



13

T3 Ha a nevező egy függvény valamely hatványa, a számláló pedig

ezen függvény deriváltja:

1

1f

f

f

PÉLDÁK:

PL.1.

c

xxdx

xx

x

2

45

45

5222

32

PL.2.

c

xxdx

xx

xdx

xx

x

21

97

97

72

97

722

1

21

2

22

PL.3. cx

dxx

x

3

sin

sin

cos 3

4

PL.4. cx

dx

x

xdx

x

x

3

21

)(sin

)(sin

cos

sin

cos3

2

32

1

3 2

Itt is megeshet persze, hogy bizonyos konstansokkal alakítunk kicsit a számlálón.

PÉLDÁK:

PL.1.

c

xxdx

xx

xdx

xx

x

4

76

2

1

76

62

2

1

76

342

5252

PL.2.

c

xxdx

xx

xxdx

xx

xx

4

11

89

3

1

89

183

3

1

89

64

1

41

123

23

3

4 23

2

Pl.3.

c

xdx

x

xdx

x

x

5

11

9

2

7

9

2

2

7

9

7 5

112

25 2 5

1

Pl.4.

c

exdx

ex

exdx

ex

ex x

x

x

x

x

62

122

2

1622

722

2

722

2

Előfordulhat az is, hogy parciális integrálással kell kombinálni. Ilyen például a következő:

dxx

x

4 2

3

3 A számlálóba ugyanis x

3 helyett elegendő volna x is, pontosabban 2x.

Felbontjuk hát az x3-öt két részre:

dxx

xxdx

x

xxdx

x

x

4 2

2

4 2

2

4 2

3

3

2

2

1

3

2

2

1

3



14

A kapott szorzatot parciálisan fogjuk integrálni. A szerepek világosak, 4 23

2

x

x

-et direkt úgy

alakítottuk, hogy integrálhassuk, ezt nevezzük hát g’-nek, míg x2-et f-nek.

2xf 4 23

2

x

xg

xf 2

43

3

3

2

3

24

3

41

2

24 2

xdx

x

xdx

x

xg

dxxxx

xdxx

xx

xdxx

xx

43

43

43

43

22

222

2

4 2

2 323

4

43

3

43

32

43

3

3

2

ahol a maradék integrálás már könnyű, hiszen S2 szerint c

xdxxx

14

1

332

14

3

43 2

2


I.

cx

dxx

xdxxx

f

f

1

ln

ln

1

ln

11

22

II.

cx

dxx

xdxxx

f

f

2

ln

ln

1

ln

12

33

III.

c

xdx

x

xdxxx

f

f

2

11

ln

ln

1

ln

12

1

21

1

IV.

c

xdx

x

xdxxx

f

f

5

11

ln

ln

1

ln

15

1

51

1

5

V.

c

xdx

x

xdxxx

f

f

341

ln

ln

1

ln

14

3

43

1

4 3

VI.

ctgx

dxxtg

xdxxtgx

f

f

2

cos

1

cos

12

3

2

32

VII.

ctgx

dx

tgx

xdxxtgx

f

f

4

31)(

cos

1

cos

1 431

2

4 32 43

VIII. c

ctgxdx

ctgx

xdxxctgx

f

f

3

21)(

sin

1

sin

1 321

2

3 22 32



15

IX.

carctgx

dxxarctg

xdxxarctgx

f

f

1

1

1

)1(

11

2

2

22

X.

c

arctgxdx

arctgx

xdxarctgxx

f

f

2

11

1

)1(

12

1

21

2

2

XI.

carctgx

dx

x

xdxxarctgx

f

f

3

1)(arcsin

1

1

)1(

13

1

32

2

3 22

XII.

carctgx

dx

arctgx

xdxxx

f

f

3

1)(

1

1

arcsin1

13

1

32

2

3 22

T4 A törtből csináljunk szorzatot. Ezek után lásd. szorzat

integrálása. g

fg

f 1

PÉLDÁK:

dxx

xdxx

x

1ln

ln ami már S2 vagy dx

xxdx

x

x

1ln

ln 44

ami szintén S2,

de hasonlóan intézhetők el:

cx

dxx

xdxx

xdxx

x S

2/3

)7(ln17ln

17ln

7ln 2322

1

vagy

ctgx

dxx

tgxdxx

tgx S

3/4

)(

cos

1

cos

3/42

23

1

2

3

vagy

dxexdxe

xdxe

x x

xx

2

22

1

ami már – némi átalakítás után – S4 segítségével integrálható.

Cedxexdxex xxx

222

2

12

2

1



16

HELYETTESÍTÉSES INTEGRÁLÁS

A helyettesítéses integrálás lényege, hogy egy kifejezést t-vel helyettesítünk annak

reményében, hogy így majd meg tudjuk oldani a feladatot. Tipikusan helyettesítéses

integrálás, ha a gyök alatt valamilyen lineáris kifejezés szerepel. Nézzünk erre egy példát!

?3

52

dx

x

x

Az ilyen esetekben az egész gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek.

tx 3 Ebből kifejezzük x-et: 23 tx és így 32 tx eddig minden rendben is van. De

sajna van itt még egy apróság. Az, hogy a dx-et is le kell cserélni, mégpedig a

következőképpen. A kifejezett x-et deriváljuk t szerint:

32 tx tehát tx 2 amit azonban úgy írunk, hogy tdt

dx2

Réges-régen ugyanis az emberek még nem a jól ismert f jelölést használták a deriválásra,

hanem azt, hogy

dx

df

Később aztán egyszerűsítették a jelöléseket, de valamilyen rejtélyes okból itt a

helyettesítéses integrálásnál mégis megmaradt az ősi módszer. Lehetne ezt picit másképp is

csinálni, akit érdekel majd olvassa el a következő oldalon lesz róla szó, de valamiért ez a dx-

es bűvészkedés maradt az általánosan elterjedt eljárás.

Szóval törődjünk bele, hogy a kifejezett x-nek a deriváltja tdt

dx2 amiből dttdx 2 .

Most jön a helyettesítés, x helyére megy 32 tx a gyök helyére tx 3 és a dx-et is le

kell cserélni: dttdx 2 .

tt

dttdttdttt

tdtt

t

tdx

x

x12

341242622

622

32

3

52 322

22

Az integrálás végén visszahelyettesítjük t helyére, hogy ki is valójában. Ekkor a megoldás:

Cxx

tt

3123

3412

34

33

Nézzünk egy másik hasonlóan izgalmas példát is.

?24

dxx

x

Megint az egész gyökös kifejezést nevezzük t-nek:

tx 4 ekkor 24 tx vagyis 42 tx tehát tx 2 amit úgy írunk, hogy t

dt

dx2



17

Most jön a helyettesítés:

24

3242222

2

222

2

4

24

232

2 ttdtttdtttdtt

t

ttdtt

t

tdx

x

x

Végül t helyére visszarakjuk a gyökös izét.

Cxxtt

2

44

3

42

24

32

2323

Íme egy picit más megközelítése a helyettesítésnek. Ha az integrálandó függvényben

ugyanaz a kifejezés többször is előfordul, akkor próbálkozhatunk annak elnevezésével.

Hagyományosan t szokott lenni az új változó. Fontos azonban látnunk, hogy a helyettesítés

során az integrálandó kifejezés általában megváltozik. Ezt a változást írja le az úgynevezett

integrál-transzformációs formula: dtttfdxxf )())(()(

Az integrál-transzformációs formula azt mondja, hogy ha a kiintegrálandó függvényben x

helyére egy (t) függvényt helyettesítünk, akkor az így kapott kifejezést még meg kell

szorozni a (t) helyettesítés deriváltjával, vagyis ’(t)-vel. Nézzünk erre egy példát!

dx

eee

eexxx

xx

1

1232

2

Ésszerűnek tűnik az ex=t helyettesítés. Ekkor mi is az a bizonyos (t) függvény? Mivel e

x=t

ezért ebből az x-et kifejezve x=lnt. Vagyis ez van az x helyére helyettesítve, tehát (t)=lnt és

így ’(t)=1/t. Az integrál-transzformációs formula szerint dtttfdxxf )())(()( tehát:

dt

ttt

ttdx

eee

eexxx

xx

t

1

11

123

1

123

2

2

2

2

itt a vastagon szedett 1/t a ’(t)-vel való szorzás. Folytatva az integrálást:

KeeeKtttdtttt

ttdt

ttt

tt xxxf

f

)1ln()1ln(1

123

11

123 2323

23

2

2

2

t

1

A köztudatban furcsa módon nem a (t) belső függvényes gondolatmenet van elterjedve,

hanem a már korábban látott dx-es dt-s bűvészkedés, amely lényegét tekintve ugyanez,

mindössze jelölésbeli különbségek vannak.

Helyettesíteni nem csak akkor ígérkezik gyümölcsöző vállalkozásnak, ha sokszor ismétlődő

kifejezéssel találkozunk. Akkor is érdemes helyettesítéssel próbálkozni, ha gyökös

kifejezések vannak, vagy olyan összetett függvények, amelyek a helyettesítés után már nem

összetettek. Itt van még egy példa a gyökös kifejezések helyettesítésére:

dxx

x

13

56

Ilyenkor a nevezőben lévő gyökös kifejezést érdemes elnevezni t-nek,

tehát 13 xt így 132 xt és 3

12

tx . Ez utóbb lesz a (t) függvény,

vagyis 3

1)(

2

tt és

3

2)(

tt .



18

A helyettesítést elvégezve feladatunk a következőképpen alakul:

c

tt

dtt

dtt

t

tdt

t

t

t

dxx

x

3

63

4

3

64

3

2522

3

25

3

16

13

56

3

22

2

Itt még t helyére vissza kell helyettesíteni – ezt mi most nem tesszük meg.

1. GYÖKÖS KIFEJEZÉSEK HELYETTESÍTÉSE

dxdcxbax )(

dx

dcx

bax

dx

fexdcx

bax

dx

dcx

bax

dx

dcx

fexbax

dx

dcx

bax

kifejezéslineárisvalami vagy dcx

bax

esetekben mindig az egész gyökös kifejezést kell

elnevezni t-nek. Ha 3 4 stb. van, akkor is mindig az egész gyökös kifejezést kell t-nek

nevezni. Ha viszont a gyökjel alatt nem lineáris kifejezés van, akkor más módszer kell!

f1 esetén f=cos2t

f1 esetén f=sh2t

1f esetén f=ch2t

2. ÖSSZETETT FÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA HELYETTESÍTÉSSEL ( HA LEHET) Vannak olyan összetett függvények, amelyek – mivel nincsenek megszorozva a belső

függvény deriváltjával – S4 segítségével nem integrálhatóak. Ilyenkor érdemes azzal

próbálkozni, hogy a belső függvényt elnevezzük t-nek. Például az

dxe x

esetében tehát a xt , vagyis 2tx így

2)( tt helyettesítést alkalmazzuk, tt 2)( .

A helyettesítéssel integrálásunk a következőképpen alakul:

tdtedxe tx 2 ami már egy egyszerű parciális integrálás.

Szintén érdemes helyettesítéssel próbálkozni ennél az összetett függvénynél, hogy

xdxlnsin

A helyettesítés legyen xt ln , vagyis tex így

tet )( helyettesítést alkalmazzuk, ahol

tet )( . A helyettesítést elvégezve a feladat a következőképpen alakul:

dtetxdx t

sinlnsin

Ezt pedig parciálisan tudjuk integrálni, a megoldás a trigonometrikus függvények integrálása

IV. pontjában található.



19

RACIONÁLIS TÖRTFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA

dxxq

xp )(

)( racionális törtfüggvény integrál kiszámolását azzal kell kezdenünk, hogy

ellenőrizzük, teljesül-e a deg(p(x))<deg(q(x)) feltétel. Ha ez nem teljesül, akkor polinom

osztással el kell érnünk, hogy teljesüljön.

Ezek után a nevezőt föl kell bontani elsőfokú, vagy tovább nem bontható másodfokú

tényezők szorzatára. Az algebra alaptétele miatt ez – legalábbis elviekben – mindig

lehetséges. Ha ez megtörtént, a racionális törtfüggvény felbontható elemi törtek összegére,

a parciális törtekre bontás módszerével. Előbb azonban definiáljuk az elemi törteket. Kétféle

elemi tört létezik:

I. bax

A

II.

cbxax

BAx

2

A II. elemi törtnél azonban a0 és b2-4ac<0 vagyis a nevezőben szereplő másodfokú

kifejezés diszkriminánsa negatív, így az nem alakítható elsőfokú tényezők szorzatára. Most lássuk, az egyes elemi törtek miként integrálhatók ki:

I. Ka

baxAdxbax

Adxbax

A

1

ln1

II.

dx

cbxax

BAx2

elsőként a számlálót úgy alakítjuk, hogy a tört f

f alakú legyen. Mivel a

nevező deriváltja 2ax+b, ezért ezt igyekszünk kialakítani a számlálóban.

dx

cbxax

bA

aB

a

Adx

cbxax

A

aBax

a

Adx

cbxax

A

Bx

Adxcbxax

BAx2222

2

2

22

2

b2ax

Felbontjuk két integrál összegére, és bA

aB

2 helyett a jóval kellemesebb E-t írjuk.

dxcbxax

E

cbxax

bax

a

Adx

cbxax

Ebax

a

Adx

cbxax

bA

aBbax

a

A2222

2

2

2

2

22

2

dx

cbxax

Edx

cbxax

bax

a

A22

2

2

Látszik, hogy a két integrál közül az első éppen kívánalmunknak megfelelően f

f alakú, ezzel

már sok gond nincs: Kcbxaxdxcbxax

bax

)ln(

2 2

2

A második integrállal kell hát még foglalkoznunk. dxcbxax

E

2 mindig egy arctgx-re

vezető integrál lesz. A mechanizmus pedig a következő:

dx

cbxaxEdx

cbxax

E22

1



20

A nevezőben teljes négyzetet alakítunk ki:

dx

a

b

a

c

a

bx

a

bx

a

Edx

a

cx

a

bx

a

Edx

cbxaxE

22

22

2

2222

111

Itt a nevezőben megjelenik a teljes négyzet. A mögötte létrejövő tagot az egyszerűség

kedvéért elnevezzük D-nek.

dx

Da

bx

a

Edx

a

b

a

c

a

bx

a

E222

2

1

22

1

Végső lépésként a D-t is kiemeljük a nevezőből:

dx

Da

bx

D

aD

Edx

a

bx

D

aD

Edx

Da

bx

a

E

12

1

1

12

1

1

2

1222

Az így kapott integrál arctgx-nek egy lineáris helyettesítése:

KDDa

bx

Darctg

aD

Edx

Da

bx

D

aD

E

2

1

12

1

12

PÉLDÁK:

Oldjunk meg egy feladatot:

dxxxx

xx

54

514523

2

Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Esetünkben ez most

teljesül. Utána a nevezőt elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára

kell bontanunk. Előszöris x3+4x

2+5x=x(x

2+4x+5) itt azonban a zárójelben lévő másodfokú

már nem bontható tovább. Negatív ugyanis a diszkriminánsa. Kész van hát a szorzattá

alakítás:

dx

xxx

xxdx

xxx

xx

54

5145

54

51452

2

23

2

A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Most még csak a nevezőket

ismerjük. A felbontás valahogy így néz tehát ki:

dx

xxxdx

xxx

xxdx

xxx

xx

5454

5145

54

514522

2

23

2

Most ki kell találnunk a számlálókat. Egyelőre nem a konkrét számlálókat, csak a

paraméteres alakjukat. Mit is jelent ez? Azt, hogy törtünket a már korábban definiált elemi

törtekre szándékozunk felbontani. Elemi törtből márpedig kétféle van. Az I. típusú elemi tört

olyan, hogy nevezője elsőfokú, míg a II. típusú elemi tört olyan, hogy a nevezője

másodfokú, és nem bontható elsőfokú tényezők szorzatára. A felbontás során tehát 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. Második

törtünk nevezője viszont x2+4x+5 ami egy másodfokú kifejezés, így hát ez a tört

szükségképpen II. típusú, ekként számlálója AX+B alakú, ám A már foglalt, tehát legjobb

lesz, ha Bx+C lesz a számláló. Innen kapjuk, hogy

dxxx

CBx

x

Adx

xxx

xxdx

xxx

xx

5454

5145

54

514522

2

23

2



21

Világos, hogy ekkor

5454

514522

2

xx

CBx

x

A

xxx

xx

Amiből keresztbeszorzással: 5x2+14x+5=A(x

2+4x+5)+x(Bx+C)

Vagyis összevonva a jobb oldalt: 5x2+14x+5=(A+B)x

2+(4A+C)x+5A

A különböző x-hatványok együtthatói a két oldalon meg kell, hogy egyezzenek, ezért hát

5=A+B

14=4A+C

5=5A

Megoldva az egyenletrendszert kapjuk, hogy A=1; B=4; C=10. Ekkor:

dx

xx

xdx

xdx

xx

x

xdx

xxx

xxdx

xxx

xx

54

1041

54

1041

54

5145

54

5145222

2

23

2

Az első tag nyilvánvalóan lnx lesz, míg a második tag esetében először f’/f alakot kell kihozni,

majd a maradékból arcustangens lesz:

dx

xxdxdx

xx

xdx

xx

x

54

12

12

54

522

54

104222

54xx

42x

54xx

42x22

dx

xxdx

54

12

254xx

42x2

Az első tag célunknak megfelelően f’/f, míg a második tag arcustangensre vezet.

K

)( 54xxlndx

54xx

42x 2

2

Kxarctgdxx

dxxx

)2(12

1

54

122

Nézzünk egy másik példát is:

dx

xxx

xx

286

2121423

2

A nevezőt szorzattá alakítjuk. Elsőként kiemelünk x-et: 6x3+8x

2+2x=x(6x

2+8x+2). Most

megvizsgáljuk, a másodfokú tényező tovább bontható-e. a másodfokú egyenlet megoldó

képlete alapján vannak gyökei, vagyis igen: 6x3+8x

2+2x=x(6x

2+8x+2)=x(2x+2)(3x+1).

Ekkor:

dxxxx

dxxx

dxxxx

xx

13221)2)(3xx(2x

21214

286

21214 2

23

2

A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki. Mivel mindhárom nevező elsőfokú,

mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B, C lesz.

dxx

C

x

B

x

Adx

xxdx

xxx

xx

13221)2)(3xx(2x

21214

286

21214 2

23

2

Az előző példában látott módon, keresztbeszorzással kapjuk A, B, C értékét, ezúttal A=1,

B=2 C=1, tehát



22

Kxxxdxxxx

dxxx

dxxxx

xx

3

113ln

2

122ln2ln

13

1

22

21

1)2)(3xx(2x

21214

286

21214 2

23

2

Itt egy harmadik példa:

dx

xxx

xx

)7152)(12(

152062

2

A nevezőt ezúttal is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell

bontani. Mivel 2x2+15x+7 továb bontható, hiszen 2x

2+15x+7=(2x+1)(x+7) ezért a nevező

szorzattá bontása a következő:

dx

xxx

xxdx

xxx

xx

)7)(12)(12(

15206

)7152)(12(

15206 2

2

2

Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező

kétszer is szerepel. Ilyenkor úgy bontunk elemi törtekre, hogy az egyik elemi tört nevezője (2x+1), a másiké (2x+1)

2 , míg a harmadiké (x+7). Ha egy adott tényező háromszor fordulna

elő a nevezőben, akkor az elemi törtekre bontásnál analóg módon lenne egy első egy

második és egy harmadik hatványa, és így tovább.

dx

x

C

x

B

x

Adx

xxx

xxdx

xxx

xx

7)12()12()7)(12)(12(

15206

)7152)(12(

152062

2

2

2

A, B, C értékét a szokott módon találjuk ki:

7)12()12()7)(12)(12(

152062

2

x

C

x

B

x

A

xxx

xx

amiből keresztbeszorzással

6x2+20x+15=A(2x+1)(x+7)+B(x+7)+C(2x+1)

2

és fölbontva a zárójeleket:

6x2+20x+15=(2A+4C)x

2+(15A+B+4C)x+7A+7B+C

és így

6=2A+4C

20=15A+B+4C

15=7A+7B+C

Amiből A=1; B=1; C=1 és így

dx

xxxdx

xxx

xxdx

xxx

xx

7

1

)12(

1

)12(

1

)7)(12)(12(

15206

)7152)(12(

152062

2

2

2

Kxx

xdxx

xx

7ln1

)12(

2

112ln

7

1)12(

)12(

1 12

Végül még egy példa:

dxx

x 41

2

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:



23

)12)(12(1 224 xxxxx

dxxxxx

xdx

x

x

)12)(12(

2

1

2224

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:

dx

xx

DCx

xx

BAxdx

xxxx

xdx

x

x

1212)12)(12(

2

1

222224

Rátérünk A, B, C, D meghatározására.

1212)12)(12(

22222

xx

DCx

xx

BAx

xxxx

x

Beszorzunk:

)12()12()12)(12(2 2222 xxDCxxxBAxxxxxx

majd átalakítunk

DBxxCADBxCAx )2D2BC(A223 )22()(

végül jön a szokásos egyenletrendszer:

DB

DBCA

CADB

CA

0

222

220

0

A megoldások: 2

1,0,

2

1,0 DCBA , így

dxxxxx

dxxxxx

dxxxxx

x

12

1

12

1

2

1

12

2

1

12

2

1

)12)(12(

2222222

A két törtet külön-külön fogjuk integrálni.

Az első tört:

dxxx

12

12

Ebből arctgx-nek egy lineáris helyettesítése lesz:

Kxarctgdx

xdx

x

dxxx

122112

12

2

1

2

1

1

12

1222

A második tört szimmetriai okok miatt:

Lxarctgdxxx

12212

12

A feladat megoldása az előbbiekben kapott kifejezések összege:

Mxarctgxarctgdxx

x

12121

24



24

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!

cxarctgxdx

xdx

x

x S

)(2

1

1

1

2 24

224

TRIGONOMETRIKUS KIFEJEZÉSEK INTEGRÁLÁSA

A trigonometrikus kifejezések integrálásának áttekintése nem könnyű. Közel sem törekszünk

teljeskörű áttekintésre, csupán néhány fontosabb esetet említünk meg.

I. A tangens ikszfeles helyettesítés

dx

CxBxA

cxbxa

cossin

cossin

Ha a törtben sinx és cosx egyaránt csak első fokon szerepel, akkor alkalmazzuk az

úgynevezett tangens ikszfeles helyettesítést.

tx

tg 2

helyettesítésnél 21

2sin

t

tx

2

2

1

1cos

t

tx

és arctgtt 2)( amiből

21

2)(

tt

.

A tangens ikszfeles helyettesítés egyszerű racionális törtfüggvényeket csinál a

trigonometrikus kifejezésekből. Például:

Kx

tgKtdtt

dtt

dtt

t

tdx

x

)2

ln(ln1

2

2

1

2

1

2

1

sin

12

2

A módszer bonyolultabb kifejezéseknél is jól beválik:

dt

tttt

tdt

t

t

t

t

t

t

t

dxxx

x222

2

2

2

2

2

2

2

1

2

112

1

1

2

11

1

1

2

1

1

1cossin

cos

Kttdtt

tdt

tdt

t

tdt

tt

tdt

tt

t

)1ln(

2

1arctg

1

2

2

1

1

1

1

1

)1)(1(

1

1

2

22

1 2

2222

2

2

2

Ha a törtben sinx vagy cosx magasabb fokon is szerepel, akkor a módszer egyre kevésbé

vezet sikerre.

II. xdxx cossin

Ha és közül van amelyik páratlan, akkor visszavezethető ff’ alakú integrálásra. Az

általános eljárás helyett nézzünk egy konkrét példát:

xdxx 36 cossin

A megoldás során a páratlan kitevős tényezőt fogjuk felbontani másodfokú, és egy darab

elsőfokú tényezők szorzatára.

xdxxxxdxxxxdxx cos)sin1(sincoscossincossin 262636



25

Elvégezve a beszorzást már csak xdxxn cossin alakú kifejezések adódnak, amik mind ff’

alakúak.

Ha cosx kitevője magasabb fokú, az sem jelent problémát:

xdxxxxdxxxxxxdxx cos)sin1(sincoscoscoscossincossin 326222474

Elvégezve a beszorzást itt is csak xdxxn cossin alakú kifejezések adódnak, amik mind ff’

alakúak. Ha és közül mindkettő páros, akkor ez a módszer nem működik. Ilyenkor linearizáljunk.

2

2cos1sin 2 x

x

és 2

2cos1cos 2 x

x

III. dxx

x

cos

sin vagy dx

x

x

sin

cos

Elegendő szimmetriai okokból csak az egyik esettel foglalkoznunk, legyen ez mondjuk az

első. Először azt az esetet vizsgáljuk, amikor =+2. Ilyenkor:

Kxtg

dxx

xtgdxxx

xdx

xx

xdx

x

x

1cos

1

cos

1

cos

sin

coscos

sin

cos

sin 1

2222

Ha nincs ilyen szerencsénk, akkor az alábbi mechanizmussal érhetünk célt:

dx

x

xxdx

x

x

cos

sinsin

cos

sin 1

Itt a második tényezőt tudjuk T3 alapján integrálni, az első tényezőt meg tudjuk deriválni,

vagyis parciális integrálás kell.

1

cos

cos

sincossin)1(

cos

sinsin

12

1

xdx

x

xgxxf

x

xgxf

dxx

xxx

xdxx

xxdx

x

x parciális

1

coscossin)1(

1

cossin

cos

sinsin

cos

sin 12

111

Itt a maradvány integrállal kell tovább foglalkoznunk.

dxx

xdxxxdx

xxx

2

222

12

cos

sin

1

1cossin

1

1

1

coscossin)1(

Az eljárás során tehát mindkét kifejezés kitevője kettővel csökkent.

Ugyanezt ismételgetve előbb-utóbb valamelyik kitevő el fogja érni a nullát, vagy az egyet. Összesen négy lehetőség van:



26

a) xdxdxx

x

sincos

sin0

ez már könnyen integrálható, lásd II.

b) dxx

x1cos

sin

itt a számlálóban lévő kifejezésből ≥2 esetén leválasztunk egy másodfokú

tényezőt:

dxx

xxxdx

x

xxdx

x

xxdx

x

x

cos

cossinsin

cos

)cos1(sin

cos

sinsin

cos

sin 2222222

1

xdxxdxx

xdx

x

xxdx

x

xdx

x

xx

x

xcossin

cos

sin

cos

cossin

cos

sin

cos

cossin

cos

sin 22222222

itt az első integrálás szintén b), míg a második ff’ ami integrálható. Ha <2, akkor =1

esetén lásd T2, ha =0 akkor lásd tangens ikszfeles helyettesítés.

c) Kx

dxx

x T

1

cos

cos

sin 131

d)

dxx

dxx

xdx

x

x

x

xdx

x

xxdx

xdx

x

x

2

222220

cos

1

cos

sin

cos

cos

cos

sin

cos

cossin

cos

1

cos

sin

itt az első integrálás III. a második újból d).

IV. A saját farkába harapó kígyó esete

Az xdxex cos és xdxex sin , valamint ezek lineáris helyettesítéseinek integrálására

alkalmazható az alábbi módszer, amit egy konkrét példán nézünk meg. Legyen ez, mondjuk

xdxex cos . Integráljunk parciálisan, a szerepek kiosztása tetszőleges.

f=ex

g’=cosx

f’=ex g=sinx

xdxexexdxe xxx sinsincos

A maradék integrálást szintén a parciális integrálás segítségével számoljuk ki. Itt azonban

fontos, hogy ugyanúgy osszuk ki a szerepeket, mint az előzőben. Ha ott ex volt f, akkor itt is

ex kell, legyen az f.

f=ex

g’=sinx

f’=ex g=-cosx

xdxexexdxexexdxe xxxxx coscoscoscossin

Itt a maradék integrálás nem más, mint az eredeti feladat. Ez az a pont, amikor a kígyó a

farkába harapott. Ha most ezt is integráljuk parciálisan, akkor két lépésen belül megint

elérkezünk ugyanide. Az ötlet azonban a következő. Írjuk föl eddigi eredményünket.

cosxdxecosxesinxdxexxx

xexexdxe xxx sinsincos

vagyis

xdxexexexdxe xxxx coscossincos



27

Ezt tekinthetjük úgy, mint egy egyenletet xdxex cos -re. Ha rendezzük, akkor kapjuk,

hogy:

xexexdxe xxx cossincos2

és így

2

cossincos

xexexdxe

xxx

Newton-Leibniz formula Ha f(x) integrálható az [a,b] intervallumon, és létezik primitív függvénye, akkor

)()()()( aFbFxFdxxf

b

a

b

a

A ))(),...(),(),(()( 321 txtxtxtxt n paraméteres görbe derivált-vektora, vagy

sebességvektora ))('),...('),('),('()()( 321 txtxtxtxtvt n .

A )(t görbe ívhossza a paramétertartomány [a,b] intervallumán

dttxtxtxtxdttvt

b

a

n

b

a

b

a

22

3

2

2

2

1 )('...)(')(')(')()(

Ha az f(x) függvényt, mint (x,f(x)) paraméteres görbét tekintjük, akkor az a és b helyek közt

a grafikonjának ívhossza:

dxxfxfgraf

b

a

b

a

2

)('1))((

Az f Rn R

k függvény (t) [a,b]R

n görbén vett vonalintegrálja

b

a

dtttff )())((

ha létezik f-nek primitívfüggvénye, akkor

b

a

tFf

))((

FORGÁSTEST TÉRFOGATA ÉS FELSZÍNE Az f függvény x tengely körüli megforgatásával kapott forgástest térfogata és felszíne:



28

b

a

b

a fV 2

b

a

b

a ffA 212

Integrál-transzformációs formula:

)det()( ff

POLÁRKOORDINÁTÁS HELYETTESÍTÉS

Ha f R2R függvény, akkor

x1=rcos

x2=rsin

a helyettesítő függvény (r,)=(rcos, rsin) így

det(’)=r

rrrfxxf )sin,cos(),( 21

Ha f R3R függvény, akkor

x1=rcoscos

x2=rcossin

x3=rsin a helyettesítő függvény

(r,, )=( rcoscos, rcossin, rsin) így det(’)=-r2cos

)cos()sin,sincos,coscos(),,( 2

321 rrrrfxxxf

mm

NORMÁLTARTOMÁNYON VETT INTEGRÁL

D

x

x

x

x

dydxyxff2

1

2

1

)(

)(

),(

SZEKTOR SZERŰ TARTOMÁNYON VETT INTEGRÁL

www.easymaths.hu INTEGRÁLÁS ÖSSZEFOGLALÓ a matek világos oldala

© Mosóczi András

29

D

r

drdrrff2

1

)(

0

)sin,cos(

r

alapintegrÁlok - easylearn.hueasylearn.hu/files/integral.em.pdf · ³ dx x x x dx x x x 2 4 2 2 6...

Documents