Integrálszámítás
a Matematika A1a-Analízis nevű tárgyhoz
2009. november
Tartalomjegyzék
I. Feladatok 5
1. A határozatlan integrál (primitív függvények) . . . . . . . . . . . 7
1.1. A definíciók egyszerű következményei . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó
módszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1. Alapintegrálok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2. Alapintegrálokra vezető típusok . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3. Integrálás ”
ügyesen” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.4. Parciális integrálás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.5. Integrálás helyettesítéssel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.6. Racionális függvények integrálása . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.7. Racionális függvények integrálására vezető
helyettesítések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2. A határozott integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1. A határozott integrál tulajdonságai és kiszámítása . . . . . . . . . . . 19
2.2. A határozott integrál alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
II. Megoldások 23
1. A határozatlan integrál (primitív függvények) . . . . . . . . . . . 25
1.1. A definíciók egyszerű következményei . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek . . . . . . 26
1.2.1. Alapintegrálok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.2.2. Alapintegrálokra vezető típusok . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.2.3. Integrálás ”
ügyesen” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.2.4. Parciális integrálás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.2.5. Integrálás helyettesítéssel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.2.6. Racionális függvények integrálása . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.2.7. Racionális függvények integrálására vezető
helyettesítések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Tartalomjegyzék 3
2. A határozott integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.1. A határozott integrál tulajdonságai és kiszámítása . . . . . . . . . . . 44
4 Tartalomjegyzék
I. rész
Feladatok
5

1. A határozatlan integrál(primitív függvények) 7
1. A határozatlan integrál
(primitív függvények)
1.1. A definíciók egyszerű következményei
F1. Határozza meg az alábbi függvények összes primitív függvényét:
(a) f(x) := 1
x
¡
x ∈ (0, +∞)
¢
; (b) f(x) := 1
x
¡
x ∈ (−∞, 0)¢
;
(c) f(x) := 1
sin2 x
¡
x ∈ (0, π)
¢
; (d) f(x) := 1
1 + x
2
¡
x ∈ R).
F2. Határozza meg az f : I → R függvény x0 ∈ I pontban eltűnő primitív
függvényét, ha
(a) f(x) := cos x
¡
x ∈ R, x0 := 3π
4
¢
;
(b) f(x) := 1
√3 x
¡
x ∈ R
+, x0 := 8¢
.
F3. Keresse meg azt a f függvényt, amelyre
(a) f
0
(x) = 1
2
√
x
(x ∈ R
+), f(4) = 1;
(b) f
0
(x) = 1
1 + x
(x > −1), f(0) = 2;
(c) f
00(x) = x (x ∈ R), f(0) = −3, f0
(0) = 2;
(d) f
00(x) = 1
x
2
(x ∈ R
+), f(1) = 0, f0
(2) = 0;
(e) f
00(x) = 3e
x + 5 sin x (x ∈ R), f(0) = 1, f0
(0) = 2;
(f) f
000(x) = sin x, (x ∈ R), f(0) = 1, f0
(0) = 1, f00(0) = 1.
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó
módszerek
1.2.1. Alapintegrálok
F4. Számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon:
8 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(a) Z
¡
6x
2 −8x+ 3¢
dx, I := R; (b) Z
¡√
x +
√3 x
¢
dx, I := R
+;
(c) Z q
x
p
x
√
x dx, I := R+; (d) Z
(x + 1)2
√
x
dx, I := R
+;
(e) Z
¡
2x +
5
√
1 − x
2
¢
dx, I := (−1, 1).
1.2.2. Alapintegrálokra vezető típusok
•
R
f
0
f
alakú integrálok
F5. Mutassa meg, hogy ha f : I → R pozitív és differenciálható az I intervallumon,
akkor
Z
f
0
(x)
f(x)
dx = ln f(x) + c (x ∈ I).
F6. Az előző feladat segítségével számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat
az adott I intervallumokon:
(a) Z
x
x
2 + 3
dx, I := R; (b) Z
x − 3
x
2 − 6x + 27
dx, I := R;
(c) Z
tg x dx, I := ¡
−
π
2
,
π
2
¢
; (d) Z
e
3x
e
3x + 5
dx, I := R;
(e) Z
dx
x ln x
, I := (0, 1); (f) Z
dx
x ln x
, I := (1, +∞);
•
R
f
α
· f
0 alakú integrálok
F7. Tegyük fel, hogy az f : I → R függvény pozitív és differenciálható az I
intervallumon és α 6= −1 valós szám. Mutassa meg, hogy
Z
f
α
(x)f
0
(x) dx =
f
α+1(x)
α + 1
+ c (x ∈ I).
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozómódszerek 9
F8. Az előző feladat eredményének felhasználásával számítsa ki az alábbi határozatlan
integrálokat az adott I intervallumokon:
(a) Z
x
2
(2x
3+4)2004 dx, I := R; (b) Z
x
2
√
6x
3 + 4 dx, I := R
+;
(c) Z
e
x
(1 − e
x
)
3 dx, I := R; (d) Z
sin3 x cos x dx, I := R;
(e) Z
ln5
x
x
dx, I := R
+; (f) Z r
arsh x
1 + x
2
dx, I := R
+;
(g) Z
4x + 7
p4
(2x
2 + 7x + 5)5
dx, I := ¡
−
5
2
, +∞
¢
;
(h) Z
1
cos2 x
p
(tg x)
3
dx, I := ¡
0,
π
2
¢
;
•
R
f(ax + b) dx alakú integrálok
F9. Legyen I ⊂ R egy intervallum és F : I → R a f : I → R függvénynek egy
primitív függvénye. Mutassa meg, hogy ekkor bármely a ∈ R \ {0}, b ∈ R
esetén
Z
f(ax + b) dx =
F(ax + b)
a
+ c (x ∈ I).
F10. Az előző feladat eredményének felhasználásával számítsa ki az alábbi határozatlan
integrálokat:
(a) Z
(2x − 3)10 dx (x > 3
2
); (b) Z √3
1 − 3x dx (x < 1
3
);
(c) Z
1
2 + 3x
2
dx (x ∈ R); (d) Z
1
2 − 3x
2
dx (x > 2
3
);
(e) Z
1
√
2 − 3x
2
dx ¡
|x| <
q
2
3
¢
; (f) Z
1
√
3x
2 − 2
dx ¡
x > q
2
3
¢
.
F11. Számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat:
(a) Z
dx
2x
2 − 12x + 23
(x ∈ R); (b) Z
dx
3x
2 + 12x + 16
(x ∈ R);
(c) Z
dx
√
3x
2 + 12x + 30
(x ∈ R);
10 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(d) Z
1
√
4 + 2x − x
2
dx ¡
1 −
√
5 < x < 1 + √
5
¢
.
•
R
f
¡
g(x)
¢
g
0
(x) dx alakú integrálok
F12. Az első helyettesítési szabály: Tegyük fel a következőket:
(i) a g : I → R függvény deriválható az I intervallumon,
(ii) J ⊂ R egy intervallum és Rg ⊂ J,
(iii) az f : J → R függvénynek létezik primitív függvénye.
Ekkor az f ◦ g · g
0
függvénynek is létezik primitív függvénye és
Z
f
¡
g(x)
¢
g
0
(x) dx = F
¡
g(x)
¢
+ c (x ∈ J),
ahol F a f egy primitív függvénye.
(Gondolja meg, hogy ez az állítás speciális esetként tartalmazza az F5., F7.
és F9. feladatok eredményeit!)
F13. Az előző feladat segítségével számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat
az adott I intervallumokon:
(a) Z
x sin x
2 dx, I := R; (b) Z
sh √
x
√
x
dx, I := R
+;
(c) Z
(6x + 2) sin(3x
2 + 2x − 1) dx, I := R;
(d) Z
1
x(1 + ln2
x)
dx, I := R
+;
(e) Z
1
cos2 x
1
p
1 + tg 2x
dx, I := ¡
−
π
2
,
π
2
¢
;
(f) Z
e
tg x
cos2 x
dx, I := ¡
−
π
2
,
π
2
¢
.
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozómódszerek 11
1.2.3. Integrálás ”
ügyesen”
F14. Az integrandus ”
alkalmas” átalakítása után számítsa ki az alábbi határozatlan
integrálokat a megadott I intervallumokon:
(a) Z
x
2
x
2 + 1
dx, I := R; (b) Z
2x + 3
x − 2
dx, I := (2, +∞);
(c) Z
x
4 + x
4
dx, I := R; (d) Z
x
3
√3
1 + x
2 dx, I := R;
(e) Z
tg x dx, I := ¡
−
π
2
,
π
2
¢
; (f) Z
tg 2x dx, I := ¡
−
π
2
,
π
2
¢
;
(g) Z
sin2 x dx, I := R; (h) Z
cos3 x dx, I := R;
(i) Z
sin 3x · cos 7x dx, I := R; (j) Z
cos
x
2
cos
x
3
dx, I := R;
(k) Z
1
sin x
dx, I := (0, π); (l) Z
1
cos x
dx, I := ¡
−
π
2
,
π
2
¢
.
1.2.4. Parciális integrálás
F15. Parciális integrálás: Tegyük fel, hogy az f és a g függvények deriválhatók
az I intervallumon és f
0
g-nek van primitív függvénye. Ekkor az fg0
függvénynek is van primitív függvénye az I intervallumon és
Z
f(x)g
0
(x) dx = f(x)g(x) −
Z
f
0
(x)g(x) dx (x ∈ I).
F16. A parciális integrálás szabályát alkalmazva számítsa ki az alábbi határozatlan
integrálokat a megadott I intervallumokon:
(a) Z
xe2x dx, I := R; (b) Z
x
2
sin 3x dx, I := R;
(c) Z
e
x
sin x dx, I := R; (d) Z
e
2x
ch 3x dx, I := R;
(e) Z
cos(2x + 1)e
3x+2 dx, I := R;
12 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(f) Z
ln x dx, I := R
+; (g) Z
arctg 3x dx, I := R;
(h) Z
x
2
ln x dx, I := R
+; (i) Z
x
5
e
x
3
dx, I := R;
(j) Z
x ln2
x dx, I := R
+; (k) Z
arcsin x dx, I := (−1, 1);
(l) Z
cos x ln(sin x) dx, I := (0, π).
1.2.5. Integrálás helyettesítéssel
F17. A második helyettesítési szabály: Tegyük fel a következőket:
(i) I és J R-beli intervallumok,
(ii) g : I → J egy bijekció (tehát g-nek van inverze) és g ∈ D(I),
(iii) f : J → R és az (f ◦ g) · g
0
függvénynek létezik primitív függvénye
az I intervallumon.
Ekkor az f függvénynek is létezik primitív függvénye a J intervallumon és
Z
f(x) dx =
Z
f
¡
g(t)
¢
· g
0
(t) dt¯
¯t=g−1(x)
(x ∈ J).
(Ilyenkor azt mondjuk, hogy az x = g(t) helyettesítést alkalmazzuk.)
F18. Állítsa elő helyettesítéses integrálással a következő határozatlan integrálokat:
(a) Z √
1 − x
2 dx (x ∈ (−1, 1)); (b) Z √
1 + x
2 dx (x ∈ R);
(c) Z √
x
2 − 1 dx (x > 1); (d) Z √
x
2 − 3x + 3 dx (x ∈ R).
1.2.6. Racionális függvények integrálása
Racionális függvénynek nevezzük két polinom hányadosát, azaz az
R(x) := P(x)
Q(x)
alakú függvényeket, ahol P és Q polinomok.
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozómódszerek 13
• A három alaptípus integrálása
Először azt jegyezzék meg, hogy az alábbi három típusú racionális függvény primitív
függvényét hogyan lehet meghatározni.
1. alaptípus:
Z
1
(x − α)
n
dx ¡
x ∈ (α, +∞)
¢
,
ahol α ∈ R és n ∈ N adott számok. Ez egy alapintegrál:
Z
1
(x − α)
n
dx =
(
ln(x − α) + c, ha n = 1
(x−α)−n+1
−n+1 + c, ha n = 2, 3, . . .
2. alaptípus:
Z
2ax + b
ax2 + bx + c
dx
(x ∈ I, ahol I egy olyan intervallum, amelyen ax2 + bx + c > 0),
azaz a számlálóban a nevező deriváltja szerepel ; az integrandus tehát f
0
f
alakú.
Ennek is tudjuk már a primitív függvényét:
Z
2ax + b
ax2 + bx + c
dx = ln(ax2 + bx + c) + C (x ∈ I).
3. alaptípus:
Z
Ax + B
ax2 + bx + c
dx, ahol b
2 − 4ac < 0 és x ∈ R.
(A nevezőben levő másodfokú polinomnak nincs valós gyöke, ezért az integrandus
az egész R-en értelmezve van.) A számláló tehát egy tetszőleges elsőfokú polinom, a
nevező pedig olyan másodfokú polinom, aminek nincs valós gyöke. Ez már nehezebb
(!!!). A mindig alkalmazható eljárást a (d) feladatban mutatjuk be.
F19. Számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat a megadott intervallumokon:
(a) Z
1
x − 3
dx, x > 3; (b) Z
1
x − 3
dx, x < 3;
14 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(c) Z
x + 1
x
2 + 2x + 3
dx, I := R; (d) Z
2x + 3
x
2 + 2x + 3
dx, I := R;
(e) Z
1
x
2 + x + 1
dx, I := R; (f) Z
x + 5
x
2 − x + 5
dx, I := R;
(g) Z
6x
x
2 − 2x + 7
dx, I := R.
F20. Igazolja, hogy tetszőleges n = 1, 2, . . . esetén
Z
1
(1 + x
2
)
n+1 dx =
1
2n
x
(1 + x
2
)
n
+
2n − 1
2n
Z
1
(1 + x
2
)
n
dx.
Határozza meg az f(x) := 1
(1 + x
2
)
3
(x ∈ R) függvény primitív függvényét.
• Parciális törtekre bontás módszere
Tetszőleges R(x) = P(x)
Q(x)
racionális függvény primitív függvényének meghatározá-
sát az a fontos észrevétel teszi lehetővé, hogy minden ilyen tört egyszerű alakú
törtek (az ún. parciális törtek ) összegére bontható. Ennek az eljárásnak az egyes
lépései a következők:
1. lépés: A
P(x)
Q(x)
törtet egy polinomnak és egy olyan racionális törtnek az összegeként
írjuk fel, amelyben a számláló fokszáma már kisebb, mint a nevező fokszáma:
P(x)
Q(x)
= T(x) + P
∗
(x)
Q(x)
,
ahol T(x) és P
∗
(x) polinomok, de P
∗
(x) fokszáma kisebb, mint Q(x) fokszáma. Ezt
sok esetben egyszerű átalakításokkal, az általános esetben pedig polinomosztással
végezhetjük el.
Például:
2x
4 + x
2 + 2x + 1
x
3 + 1
= 2x +
x
2 + 1
x
3 + 1
;
x
3 + 5x
2 + 6x + 7
x
2 − 1
= (az x
3 + 5x
2 + 6x + 7 = (x + 5)(x
2 − 1) + 7x + 12 alapján)
= x + 5 +
7x + 12
x
2 − 1
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozómódszerek 15
2. lépés: Itt már feltesszük, hogy a P(x)
Q(x)
törtben a P(x) fokszáma kisebb, mint
Q(x) fokszáma. A nevezőben levő polinomot (ameddig csak tudjuk) szorzatra
alakítjuk. (Emlékezzenek a korábban megismert technikákra!!!)
Például:
Q(x) = x
2 − 5x + 4 = (x − 1)(x − 4);
Q(x) = x
3 − 1 = (x − 1)(x
2 + x + 1);
Q(x) = x
3 + 6x
2 + 12x + 8 = (x + 2)3
;
Q(x) = 2x
3 − 7x
2 + x + 10 = (x − 2)(x + 1)(2x − 5);
Q(x) = 1 − x
4 = (1 − x)(1 + x)(1 + x
2
).
Figyeljük meg, hogy a felbontásban elsőfokú tényezők, illetve olyan másodfokú
tényezők szerepelnek, amelyeknek nincsenek valós gyökei.
Általában
is bizonyítható, hogy minden Q(x) valós együtthatós polinomot fel lehet írni valós
együtthatós első- és másodfokú tényezők szorzataként, ahol a másodfokú tényezőknek
már nincsenek valós gyökeik. (Adott Q(x) polinom esetén egy ilyen felbontás meghatározása
nem mindig egyszerű feladat!!!)
3. lépés: a parciális törtekre bontás. A nevezőtől függően keressük az egyszerű
alakú törteket mégpedig ”
határozatlan” együtthatókkal.
Például:
1
(x − 1)(x − 4) =
A1
x − 1
+
A2
x − 4
;
x
2 + 3
(x − 1)(x
2 + x + 1) =
A1
x − 1
+
B1x + C1
x
2 + x + 1
;
4x
2 − 8x
(x − 1)2
(x
2 + 1)2
=
A1
x − 1
+
A2
(x − 1)2
+
B1x + C1
x
2 + 1
+
B2x + C2
(x
2 + 1)2
.
Itt vegyék észre, hogy az elsőfokú tényezők esetén a számlálóban egy állandót, a
másodfokú tényezők esetén pedig a számlálóban egy elsőfokú polinomot kell venni.
Általában:
Ha a nevezőben szereplő Q(x) polinomban az (x − r) elsőfokú tényező az m-edik
hatványon szerepel, akkor ehhez a tényezőhöz
A1
x − r
+
A2
(x − r)
2
+ · · · +
Am
(x − r)m
16 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
alakú törtek tartoznak.
Ha a nevezőben szereplő Q(x) polinomban a (x
2 +px+q) másodfokú tényező (ez
tehát már egy olyan polinom, aminek nincs valós gyöke, mert a p
2−4q diszkriminánsa
negatív) az n-edik hatványon szerepel, akkor ehhez a tényezőhöz
B1x + C1
x
2 + px + q
+
B2x + C2
(x
2 + px + q)
2
+ · · · +
Bnx + Cn
(x
2 + px + q)
n
alakú törtek tartoznak.
Az R(x) = P(x)
Q(x)
racionális tört az ilyen parciális törtek összege.
Az Ai
, Bi
, Ci együtthatók meghatározására egy ”
természetes” módszer kínálkozik:
a jobb oldalon hozzunk közös nevezőre, majd a számlálót x hatványai szerint
rendezzük. Az így adódó tört számlálója egyenlő a bal oldalon levő tört számlálójá-
val. Tudjuk már azt, hogy két polinom akkor és csak akkor egyenlő, ha a megfelelő
együtthatói megegyeznek. A két oldal számlálójában az együtthatók egyenlőségéből
a határozatlan együtthatókra egy egyenletrenszert kapunk. Ennek megoldásai a
keresett Ai
, Bi
, Ci együtthatók.
F21. Parciális törtekre bontással számítsa ki a következő határozatlan integrálokat
a megadott intervallumokon:
(a) Z
1
(x − 2)(x − 4) dx, I := (2, 4);
(b) Z
1
1 − x
2
dx, I := (−1, 1); (c) Z
1
1 − x
2
dx, I := (1, +∞);
(d) Z
11 − x
6x
2 + x − 2
dx, I := (1, +∞);
(e) Z
3x − 5
x
2 + 2x + 1
dx, I := (−1, +∞);
(f) Z
1
x(x
2 + 4) dx, I := R
+;
(g) Z
1
x
3 + 1
dx, I := (−1, +∞).
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozómódszerek 17
1.2.7. Racionális függvények integrálására vezető
helyettesítések
•
R
R
³
x, n
qax+b
cx+d
´
dx alakú integrálok,
ahol R(u, v) kétváltozós polinomok hányadosa. Ezekben a gyökös kifejezést egy új
változóval helyettesítve racionális törtfüggvény integrálására jutunk. Pontosabban:
legyen
t :=
n
r
ax + b
cx + d
.
A x = g(t) helyettesítő függvényt úgy kapjuk meg, hogy ebből az x-et kifejezzük,
majd a második helyettesítési szabályt alkalmazzuk.
F22. Alkalmas helyettesítéssel vezesse vissza az alábbi integrálokat racionális függvények
integráljára:
(a) Z
1
1 + √
x
dx (x > 0); (b) Z
x −
√
x
x +
√
x
dx (x > 0);
(c) Z
1
x
r
2x − 3
x
dx (x > 3
2
); (d) Z
1
x
r
2x − 3
x
dx (x < 0).
•
R
R (sin x, cos x) dx alakú integrálok,
ahol R(u, v) kétváltozós polinomok hányadosa. Ebben az esetben a
t = tg
x
2
helyettesítést, azaz az x = 2arctg t =: g(t) helyettesítő függvényt alkalmazzuk, és
felhasználjuk az alábbi azonosságokat:
sin x =
2 sin x
2
· cos x
2
sin2 x
2 + cos2 x
2
=
2tg x
2
1 + tg2 x
2
=
2t
1 + t
2
,
cos x =
cos2 x
2 − sin2 x
2
sin2 x
2 + cos2 x
2
=
1 − tg2 x
2
1 + tg2 x
2
=
1 − t
2
1 + t
2
.
Mivel
g
0
(t) = 2
1 + t
2
(t ∈ R),
18 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
ezért a g függvény szigorúan monoton növekedő, ezért van inverze és az a t =
g
−1
(x) = tg x
2
(x ∈ (−π, π)) függvény.
F23. Alkalmas helyettesítéssel számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat úgy,
hogy visszavezeti racionális függvények integráljára:
(a) Z
1
sin x
dx (0 < x < π); (b) Z
1
cos x
dx (−
π
2 < x < π
2
);
(c) Z
1
1 + sin x + cos x
dx ¡
−
π
2 < x < π);
(d) Z
cos x
1 + cos x
dx (−π < x < π);
(e) Z
1 + sin x
1 − cos x
dx (0 < x < 2π).
•
R
S (e
x
) dx alakú integrálok,
ahol S(u) egyváltozós polinomok hányadosa. Ebben az esetben a
t = e
x
helyettesítést, azaz az x = ln t =: g(t) helyettesítő függvényt alkalmazzuk. Mivel
g
0
(t) = 1
t > 0, ha t > 0, ezért g szigorúan növekedő, ezért van inverze, és az a
t = e
x = g
−1
(x) (x > 0) függvény.
F24. Alkalmas helyettesítéssel számítsa ki az alábbi határozatlan integrálokat úgy,
hogy visszavezeti racionális függvények integráljára:
(a) Z
4
e
2x − 4
dx (x > ln 2); (b) Z
e
3x
e
x + 2
dx (x ∈ R);
(c) Z
e
x + 4
e
2x + 4e
x + 3
dx (x ∈ R);
2. A határozott integrál 19
2. A határozott integrál
2.1. A határozott integrál tulajdonságai és kiszámítása
F25. A Newton–Leibniz-tétel felhasználásával számítsa ki az alábbi határozott integrálokat:
(a) Z 5
2
dx
√
5 + 4x − x
2
; (b) Z e
1
sin(ln x)
x
dx;
(c) Z 4
3
dx
x
2 − 3x + 2
; (d) Z √
3−2
−2
dx
x
2 + 4x + 5
;
(e) Z π
0
e
x
sin x dx; (f) Z e
1
ln x dx;
(g) Z 5
0
dx
2x +
√
3x + 1
; (h) Z ln 2
0
√
e
x − 1 dx.
2.2. A határozott integrál alkalmazásai
Síkidom terülte
Ha a korlátos f : [a, b] → R függvény Riemann-integrálható az [a, b] intervallumon
és f(x) ≥ 0 (x ∈ [a, b]), akkor az f grafikonja alatti
A := {(x, y) ∈ R
2
| a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)}
síkidom területét így értelmezzük:
t(A) := Z b
a
f(x) dx.
Ha f ≤ 0 az [a, b] intervallumon, akkor a
B := {(x, y) ∈ R
2
| a ≤ x ≤ b, f(x) ≤ y ≤ 0}
síkidom területe:
t(B) := −
Z b
a
f(x) dx.
20 2. A határozott integrál
F26. Határozza meg az R sugarú kör területét.
F27. Számolja ki az y = x − 1 egyenletű egyenes és a az y
2 = 2x + 6 egyenletű
parabola által közrezárt síkidom területét.
F28. Határozza meg az y = x
4
és az y = 4−x
2 görbék által meghatározott síkidom
területét.
F29. Határozza meg az y = x
4
és az y = 3x
2 − 2 görbék által meghatározott
síkidom területét.
F30. Számítsa ki az alábbi síkbeli halmazok területét:
(a) {(x, y) ∈ R
2
| 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4x − x
2};
(b) {(x, y) ∈ R
2
|
3
2 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ ln x}.
Síkbeli görbe ívhossza
Legyen Γ az f : [a, b] → R folytonosan differenciálható függvény grafikonja. Ekkor
a Γ görbe rektifikálható, és ívhossza:
l(Γ) = Z b
a
q
1 + £
f
0
(t)
¤2
dt.
F31. Számítsa ki az R sugarú kör kerületét.
F32. Határozza meg az alábbi függvények grafikonjának a hosszát:
(a) f(x) = x
3
2 (0 ≤ x ≤ 4);
(b) f(x) = ln¡
cos x
¢
(0 ≤ x ≤
π
3
).
Forgástest térfogata
Legyen f : [a, b] → R folytonos függvény és tegyük fel, hogy f ≥ 0 az [a, b]
intervallumon. Az f grafikonjának az x-tengely körüli forgatásával adódó
H := {(x, y, z) ∈ R
3
| a ≤ x ≤ b, y2 + z
2 ≤ f(x)}
forgástest térfogata:
V (H) := π
Z b
a
f
2
(x) dx.
2.2. A határozott integrál alkalmazásai 21
F33. Számítsa ki az R sugarú gömb térfogatát.
F34. Határozza meg az f : [a, b] → R függvény grafikonjának az x-tengely körüli
megforgatásával adódó forgástest térfogatát:
(a) f(x) := 3q
1 −
x2
4
(x ∈ [−2, 2]);
(b) f(x) := sin2 x (x ∈ [0, π]);
(c) f(x) := xex
(x ∈ [0, 1]).
Forgástest felszíne
Legyen f : [a, b] → R egy folytonosan differenciálható függvény és tegyük fel,
hogy f ≥ 0 az [a, b] intervallumon. Az f grafikonjának az x-tengely körüli forgatásával
adódó
H := {(x, y, z) ∈ R
3
| a ≤ x ≤ b, y2 + z
2 = f(x)}
forgásfelület felszíne:
F(H) := 2π
Z b
a
f(x)
q
1 + £
f
0
(x)
¤2
dx.
F35. Számítsa ki az R sugarú gömb felszínét.
F36. Határozza meg az f : [a, b] → R függvény grafikonjának az x-tengely körüli
megforgatásával adódó forgástest felszínét:
(a) f(x) := √
x (x ∈ [1, 4]);
(b) f(x) := x
2
(x ∈ [0, 1]).
22 2. A határozott integrál
II. rész
Megoldások
23

1. A határozatlan integrál(primitív függvények) 25
1. A határozatlan integrál
(primitív függvények)
1.1. A definíciók egyszerű következményei
M1. (a) Z
1
x
dx = ln(x) + c
¡
x ∈ (0, +∞)
¢
;
(b) Z
1
x
dx = ln(−x) + c
¡
x ∈ (−∞, 0)¢
;
(c) Z
1
sin2 x
dx = −ctg x + c;
(d) Z
1
1 + x
2
dx = arctg x + c.
M2. (a) Z
cos x dx = sin x + c és sin 3
4
π + c = 0 =⇒ c = −
√
2
2
;
Z
3
4
π
cos x dx = sin x −
√
2
2
.
(b) Z
1
√3 x
dx =
3
√3
x
2
2
+ c és 3
2
√3
8
2 + c = 0 =⇒ c = −6;
Z
8
1
√3 x
dx =
3
√3
x
2
2
− 6.
M3. (a) f
0
(x) = 1
2
√
x
⇒
Z
1
2
√
x
dx = f(x) = √
x + c és f(4) = 1 ⇒
√
4 + c = 1 ⇔ 2 + c = 1 ⇔ c = −1, azaz f(x) = √
x − 1.
(b) f
0
(x) = 1
1 + x
⇒
Z
1
1 + x
dx = f(x) = ln (1 + x) + c és f(0) = 2 ⇒
ln (0 + 1) + c = 2 ⇔ 0 + c = 2 ⇔ c = 2, azaz f(x) = ln (x + 1) + 2.
(c) f
00(x) = x ⇒
Z
x dx = f
0
(x) = x
2
2
+ c1 és f
0
(0) = 2 ⇒
0
2
2
+ c1 = 2 ⇔
c1 = 2 és f
0
(x) = x
2
2
+ 2 ⇒
Z
(
x
2
2
+ 2) dx = f(x) =
26 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
x
3
2 · 3
+ 2x + c2 és f(0) = −3 ⇒
0
3
6
+ 2 · 0 + c2 = −3 ⇔ c2 = −3 és
f(x) = x
3
6
+ 2x − 3.
(d) f
00(x) = 1
x
2 ⇒
Z
1
x
2
dx = f
0
(x) = −
1
x
+ c1 és f
0
(2) = 0 ⇒
−
1
2
+ c1 = 0 ⇔ c1 =
1
2
és f
0
(x) = −
1
x
+
1
2
⇒
Z ³
−
1
x
+
1
2
´
dx =
f(x) = − ln x+
x
2
+c2 és f(1) = 0 ⇒ − ln 1 + 1
2
+c2 = 0 ⇔ c2 = −
1
2
és f(x) = − ln x +
x
2
−
1
2
.
(e) f
00(x) = 3e
x + 5 sin x ⇒
Z
(3e
x + 5 sin x) dx = f
0
(x) =
= 3e
x − 5 cos x + c1 és f
0
(0) = 2 ⇒ 3e
0 − 5 cos 0 + c1 = 2 ⇔
c1 = 4 és f
0
(x) = 3e
x −5 cos x+ 4 ⇒
Z
(3e
x −5 cos x+ 4) dx = f(x) =
= 3e
x − 5 sin x + 4x + c2 és f(0) = 1 ⇒ 3e
0 − 5 sin 0 + 4 · 0 + c2 = 1 ⇔
c2 = −2 és f(x) = 3e
x − 5 sin x + 4x − 2.
(f) f
000(x) = sin x ⇒
Z
sin x dx = f
00(x) = − cos x + c1 és f
00(0) = 1 ⇒
−cos 0 + c1 = 0 ⇔ c1 = 1 és f
00(x) = − cos x+ 1 ⇒
Z
(1−cos x) dx =
= f
0
(x) = x − sin x + c2 és f
0
(0) = 1 ⇒ 0 − sin 0 + c2 = 1 ⇔
c2 = 1 és f
0
(x) = x − sin x + 1 ⇒
Z
(x − sin x + 1) dx = f(x) =
x
2
2 + cos x + x + c3 és f(0) = 1 ⇒ 0
2
2 + cos 0 + 0 + c3 = 1 ⇔
c3 = 0 és f(x) = x
2
2
+ cos x + x.
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó
módszerek
1.2.1. Alapintegrálok
M4. (a) Z
¡
6x
2 − 8x + 3¢
dx = 2x
3 − 4x
2 + 3x + c,
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 27
(b) Z
¡√
x +
√3 x
¢
dx =
2
3
√
x
3 +
3
4
√3
x
4 + c,
(c) Z q
x
p
x
√
x dx =
Z
x
7
8 dx =
x
15
8
15
8
+ c,
(d) Z
(x + 1)2
√
x
dx =
Z
x
3
2 + 2x
1
2 + x
− 1
2 dx =
2
5
x
5
2 +
4
3
x
3
2 + 2x
1
2 + c,
(e) Z
¡
2x+
5
√
1 − x
2
¢
dx = 2Z
x dx+5Z
1
√
1 − x
2
dx = x
2+5 arcsin x+c.
1.2.2. Alapintegrálokra vezető típusok
•
R
f
0
f
alakú integrálok
M5. Az f
0
f
függvény egy primitív függvénye ln f, mert ¡
ln f
¢0
=
f
0
f
. Mivel f
0
f
intervallumon értelmezett, ezért minden primitív függvénye ln f-től egy konstansban
különbözik.
M6. (a) Z
x
x
2 + 3
dx =
1
2
Z
2x
x
2 + 3
dx =
1
2
ln (x
2 + 3) + c,
(b) Z
x − 3
x
2 − 6x + 27
dx =
1
2
Z
2x − 6
x
2 − 6x + 27
dx =
1
2
ln(x
2 − 6x + 27) + c,
(c) Z
tg x dx =
Z
sin x
cos x
dx = −
Z
− sin x
cos x
dx = − ln(cos x) + c,
(d) Z
e
3x
e
3x + 5
dx =
1
3
Z
3e
3x
e
3x + 5
dx =
1
3
ln(e
3x + 5) + c,
(e) Z
dx
x ln x
=
Z 1
x
ln x
dx = ln(− ln x) + c,
(f) Z
dx
x ln x
=
Z 1
x
ln x
dx = ln ln(x) + c.
•
R
f
α
· f
0 alakú integrálok
M7. M5-höz hasonlóan.
M8. (a) Z
x
2
(2x
3 + 4)2004 dx =
1
6
Z
6x
2
(2x
3 + 4)2004 =
1
6
(2x
3 + 4)2005
2005
+ c,
28 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(b) Z
x
2
√
6x
3 + 4 dx =
1
18Z
18x
2
(6x
3 + 4) 1
2 dx =
1
18
(6x
3 + 4) 3
2
3
2
+ c,
(c) Z
e
x
(1 − e
x
)
3 dx, = −
Z
(−e
x
)(1 − e
x
)
3 dx = −
(1 − e
x
)
4
4
+ c,
(d) Z
sin3 x cos x dx =
Z
sin3 x(cos x) dx =
sin4 x
4
+ c,
(e) Z
ln5
x
x
dx =
Z
1
x
ln5
x dx =
ln6
x
6
+ c,
(f) Z r
arsh x
1 + x
2
dx, =
Z
1
√
1 + x
2
arsh
1
2 x dx =
arsh
3
2 x
3
2
+ c =
2arsh
3
2 x
3
+ c,
(g) Z
4x + 7
p4
(2x
2 + 7x + 5)5
dx =
Z
(4x + 7) · (2x
2 + 7x + 5)− 5
4 dx =
= −
4
√4
2x
2 + 7x + 5
+ c,
(h) Z
1
cos2 x
p
(tg x)
3
dx =
Z
1
cos2 x
· (tg x)
− 3
2 dx =
−2
√
tg x
+ c.
•
R
f(ax + b) dx alakú integrálok
M9. M5-höz hasonlóan.
M10. (a) Z
(2x − 3)10dx =
(2x − 3)(10+1)
2 · (10 + 1) + c =
(2x − 3)11
22
+ c,
(b) Z √3
1 − 3x dx =
Z
(1 − 3x)
1
3 dx =
(1 − 3x)
4
3
4
3
· (−3) +c = −
1
4
·
p3
(1 − 3x)
4+c,
(c) Z
1
2 + 3x
2
dx =
1
2
·
Z
1
1 + 3
2
x
2
dx =
1
2
·
Z
1
1 + (q
3
2
x)
2
dx =
=
1
2
·
arctgq
3
2
x
q
3
2
+ c,
(d) Z
1
2 − 3x
2
dx =
1
2
·
Z
1
1 −
3
2
x
2
dx =
1
2
·
Z
1
1 − (
q
3
2
x)
2
dx =
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 29
=
1
2
·
arth q
3
2
x
q
3
2
+ c,
(e) Z
1
√
2 − 3x
2
dx =
1
√
2
Z
1
r
1 −
¡q
3
2
x
¢2
dx =
1
√
2
·
r
2
3
arcsin ¡q
3
2
x
¢
+c,
(f) Z
1
√
3x
2 − 2
dx =
1
√
2
Z
1
r¡q
3
2
x
¢2
− 1
dx =
1
√
2
·
r
2
3
arch ¡q
3
2
x
¢
+ c.
M11. (a) Z
dx
2x
2 − 12x + 23
=
1
2
Z
1
x
2 − 6x +
23
2
dx =
1
2
Z
1
(x − 3)2 +
5
2
dx =
=
1
2
·
2
5
Z
1
2
5
(x − 3)2 + 1
dx =
1
5
Z
1
[
q
2
5
(x − 3)]2 + 1
dx =
=
1
5
·
r
5
2
arctg ¡q
2
5
(x − 3)¢
+ c,
(b) Z
dx
3x
2 + 12x + 16
=
Z
1
3(x
2 + 4x) + 16 dx =
Z
1
3(x + 2)2 + 4
dx =
=
1
4
Z
1
[
q
3
4
(x + 2)]2 + 1
dx = arctg (
√
3
2
x +
√
3) 1
2
√
3
+ c,
(c) Z
dx
√
3x
2 + 12x + 30
=
Z
1
p
3(x + 2)2 + 18
dx =
=
1
√
18Z
1
r
[
q
3
18 (x + 2)]2 + 1
dx =
1
√
3
arsh ¡q
3
18 (x + 2)¢
+ c,
(d) Z
1
√
4 + 2x − x
2
dx =
Z
1
p
−(x − 1)2 + 5
dx =
=
1
√
5
Z
1
r
1 −
£q
1
5
(x − 1)¤2
dx = arcsin¡q
1
5
(x − 1)¢
+ c.
30 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
•
R
f
¡
g(x)
¢
g
0
(x) dx alakú integrálok
M12. M5-höz hasonlóan.
M13. (a) Z
x sin x
2 dx =
1
2
Z
2x sin x
2 dx = −
cos x
2
2
+ c,
(b) Z
sh √
x
√
x
dx = 2Z
1
2
√
x
sh √
x dx = 2ch √
x + c,
(c) Z
(6x + 2) sin(3x
2 + 2x − 1) dx = − cos(3x
2 + 2x − 1) + c,
(d) Z
1
x(1 + ln2
x)
dx =
Z
1
x
1
1 + (ln x)
2
dx = arctg(ln x) + c,
(e) Z
1
cos2 x
1
p
1 + tg 2x
dx = arsh(tg x) + c,
(f) Z
e
tg x
cos2 x
dx =
Z
1
cos2 x
e
tg x dx = e
tg x + c.
1.2.3. Integrálás ”
ügyesen”
M14. (a) Z
x
2
x
2 + 1
dx =
Z
x
2 + 1 − 1
x
2 + 1
dx =
Z ³
1−
1
1 + x
2
´
dx = x−arctg(x)+c,
(b) Z
2x + 3
x − 2
dx =
Z
2x − 4 + 7
x − 2
dx =
Z ³
2 +
7
x − 2
´
dx =
=
Z
2 dx + 7Z
1
x − 2
dx = 2x + 7 ln(x − 2) + c,
(c) Z
x
4 + x
4
dx =
Z
x
1
4 + (x
2
)
2
=
1
4
Z
x
1
1 + 1
4
(x
2
)
2
=
1
4
arctg
x
2
2
+ c,
(d) Z
x
3
√3
1 + x
2 dx =
Z
[x(1 + x
2
) − x]
√3
1 + x
2 dx =
=
Z
x(1 + x
2
)
1+ 1
3 dx −
Z
x
√3
1 + x
2 dx =
1
2
Z
2x(1 + x
2
)
4
3 dx −
−
1
2
Z
2x
√3
1 + x
2 dx =
1
2
(1 + x
2
)
7
3
7
3
−
1
2
(1 + x
2
)
4
3
4
3
+ c,
(e) Z
tg x dx =
Z
sin x
cos x
dx = −
Z
− sin x
cos x
dx = − ln cos x + c,
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 31
(f) Z
tg 2x dx =
Z
sin2 x
cos2 x
dx =
Z
1 − cos2 x
cos2 x
dx =
Z ³ 1
cos2 x
− 1
´
dx =
= tg x − x + c,
(g) Z
sin2 x dx =
Z
1 − cos 2x
2
dx =
Z
1
2
dx−
Z
cos 2x
2
dx =
x
2
−
sin 2x
4
+c,
(h) Z
cos3 x dx =
Z
cos x · (cos2 x) dx =
Z
cos x · (1 − sin2 x) dx =
=
Z
cos x dx −
Z
cos x · sin2 x dx = sin x −
sin3 x
3
+ c,
(i) a sin α · cos β =
sin(α + β) + sin(α − β)
2
azonosság alapján
Z
sin 3x · cos 7x dx =
Z
sin 10x + sin(−4x)
2
dx =
=
Z
sin 10x − sin(4x)
2
dx =
1
2
·
Z
sin 10x dx −
1
2
·
Z
sin 4x dx =
= −
1
2
·
cos 10x
10
−
1
2
·
cos 4x
4
+ c,
(j) most a cos α·cos β =
cos(α + β) + cos(α − β)
2
azonosságot alkalmazzuk:
Z
cos
x
2
cos
x
3
dx =
1
2
Z
[cos(x
2
+
x
3
) + cos(x
2
−
x
3
)] dx =
=
3
5
· sin
5
6
x + 3 sin
x
6
+ c,
(k) Z
1
sin x
dx =
Z
1
2 sin x
2
cos x
2
dx =
Z
1
2
sin x
2
cos x
2
cos2 x
2
dx =
=
Z
1
2
1
cos2 x
2
tg x
2
dx = ln(tg x
2
) + c.
(l) alkalmazza a cos x = sin¡
x +
π
2
¢
(x ∈ R) azonosságot, valamint az előző
feladatot.
1.2.4. Parciális integrálás
M15. ...
32 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
M16. (a) Z
xe2x dx =
µ
f(x) = x =⇒ f
0
(x) = 1 , g0
(x) = e
2x =⇒ g(x) = 1
2
e
2x
¶
= x
e
2x
2
−
Z
e
2x
2
dx =
xe2x
2
−
1
4
e
2x + c.
(b) Z
x
2
sin 3x dx =
µ
f(x) = x
2 =⇒ f
0
(x) = 2x , g0
(x) = sin 3x =⇒ g(x) = − cos 3x
3
¶
= −x
2
cos 3x
3
+
2
3
Z
x cos 3x dx =
µ
f(x) = x =⇒ f
0
(x) = 1 , g0
(x) = cos 3x =⇒ g(x) = sin 3x
3
¶
= −
x
2
cos 3x
3
+
2
3
h
x sin 3x
3
−
1
3
Z
1 sin 3x dxi
=
=
−x
2
cos 3x
3
+
2
9
x sin 3x +
2
9
cos 3x
3
+ c.
(c) Z
e
x
sin x dx =
³
f(x) = e
x =⇒ f
0
(x) = e
x
, g0
(x) = sin x =⇒ g(x) = − cos x
´
= −e
x
cos x +
Z
e
x
cos x dx =
³
f(x) = e
x =⇒ f
0
(x) = e
x
, g0
(x) = cos x =⇒ g(x) = sin x
´
= −e
x
cos x + e
x
sin x −
Z
e
x
sin x dx; rendezés után kapjuk, hogy
Z
e
x
sin x dx =
−e
x
cos x + e
x
sin x
2
+ c.
(d) Z
e
2x
ch 3x dx parciális integrálással is meghatározható, de egyszerűbb
a következő:
Z
e
2x
ch 3x dx =
Z
e
2x
·
e
3x + e
−3x
2
dx =
Z µ
e
5x
2
+
e
−x
2
¶
dx =
=
e
5x
10
−
e
−x
2
+ c;
(e) Z
cos(2x + 1)e
3x+2 dx =
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 33
³
f(x) = e
3x+2, f0
(x) = 3e
3x+2; g
0
(x) = cos(2x + 1), g(x) = sin(2x + 1)
2
´
=
e
3x+2 sin(2x + 1)
2
−
3
2
Z
e
3x+2 sin(2x + 1) dx =
³
f(x) = e
3x+2, f0
(x) = 3e
3x+2; g
0
(x) = sin(2x + 1), g(x) = −
cos(2x + 1)
2
´
= e
3x+2 sin(2x + 1)
2
−
3
2
h−e
3x+2 cos(2x + 1)
2
−
Z
−3e
3x+2 cos(2x + 1)
2
dx¤
=
= e
3x+2 sin(2x + 1)
2
+
3
4
e
3x+2 cos(2x + 1) −
9
4
Z
e
3x+2 cos(2x + 1) dx,
rendezés után azt kapjuk, hogy
Z
cos(2x + 1)e
3x+2 dx =
2e
3x+2 sin(2x + 1) + 3e
3x+2 cos(2x + 1)
13
+ c;
(f) Z
ln x dx =
Z
1 · ln x dx =
³
g
0
(x) = 1 , g(x) = x; f(x) = ln x, f0
(x) = 1
x
´
= x ln x −
Z
x
1
x
dx = x ln x − x + c;
(g) Z
arctg 3x dx =
Z
1 · arctg 3x dx =
³
g
0
(x) = 1, g(x) = x, f(x) = arctg 3x, f0
(x) = 3
1 + (3x)
2
´
= xarctg 3x −
Z
3x
1 + (3x)
2
dx = xarctg 3x −
1
6
Z
18x
1 + 9x
2
dx =
= xarctg 3x −
1
6
ln(1 + 9x
2
) + c;
(h) Z
x
2
ln x dx =
³
g
0
(x) = x
2
, g(x) = x
3
3
; f(x) = ln x, f0
(x) = 1
x
´
=
x
3
3
ln x −
Z
x
3
3
1
x
dx =
x
3
3
ln x −
x
3
9
+ c;
(i) Z
x
5
e
x
3
dx =
1
3
Z
e
x
3
3x
2 x
3dx
³
g
0
(x) = e
x
3
3x
2
, g(x) = e
x
3
; f(x) = x
3
, f0
(x) = 3x
2
´
=
1
3
Z
e
x
3
3x
2 x
3dx =
1
3
(e
x
3
x
3 −
Z
e
x
3
3x
2 dx) = 1
3
e
x
3
(x
3 − 1) + c.
34 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(j) Z
x ln2
x dx =
³
g
0
(x) = x, g(x) = x
2
2
; f(x) = ln2
x, f0
(x) = 2 ln x
x
´
=
x
2
2
ln2
x −
Z
x
2
2
2 ln x
x
dx =
x
2
2
ln2
x −
Z
x ln x dx =
³
g
0
(x) = x, g(x) = x
2
2
; f(x) = ln x, f0
(x) = 1
x
´
=
x
2
2
ln2
x − (
x
2
2
ln x −
Z
x
2
2
1
x
dx) = x
2
2
ln2
x −
x
2
2
ln x +
x
2
4
+ c.
(k) Z
arcsin x dx =
Z
1 · arcsin x dx =
µ
g
0
(x) = 1, g(x) = x; f(x) = arcsin x, f0
(x) = 1
√
1 − x
2
¶
= x arcsin x −
Z
x
√
1 − x
2
dx = x arcsin x +
1
2
Z
(−2x)(1 − x
2
)
− 1
2 dx =
= x arcsin x + (1 − x
2
)
1
2 + c;
(l) Z
cos(ln x) dx =
Z
cos(ln x)
1
x
x dx =
³
g
0
(x) = cos(ln x)
1
x
, g(x) = sin(ln x); f(x) = x, f0
(x) = 1´
= x sin(ln x) −
Z
sin(ln x) dx = x sin(ln x) + Z
− sin(ln x)
1
x
x dx =
³
g
0
(x) = − sin(ln x)
1
x
, g(x) = cos(ln x); f(x) = x, f0
(x) = 1´
= x sin(ln x) + x cos(ln x) −
Z
cos(ln x) dx =⇒
Z
cos(ln x) dx =
x
¡
sin(ln x) + cos(ln x)
¢
2
+ c;
1.2.5. Integrálás helyettesítéssel
M17.
M18. Az elkövetkező feladatok megoldásához az alábbi összefüggés nyújt segítséget:
Z
f(x) dx =
Z
f(g(t))g
0
(t) dt¯
¯
t=g−1(x)
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 35
Itt f egy I intervallumon adott (pl. folytonos) függvény, g : J → I pedig egy
szigorúan monoton (növekedő vagy csökkenő) differenciálható függvény a J
intervallumon. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az x = g(t) helyettesítést alkalmazzuk.
(Figyeljünk majd a g helyettesítő függvény szigorú monotonitásának
az ellenőrzésére!)
(a) Most az x = sin t =: g(t) helyettesítést alkalmazzuk. Mivel −1 ≤
x ≤ 1, ezért, ha g-t a ¡
−
π
2
,
π
2
¢
intervallumon tekintjük, akkor itt g szigorúan
monoton növekedő, ezért a fenti képlet alkalmazható:
Z √
1 − x
2 dx =
Z p
1 − sin2
t cost dt¯
¯
t=arcsin x
=
Z
cos2
t
¯
¯
t=arcsin x
=
= (t
2
−
sin 2t
4
)
¯
¯
t=arcsin x
+ c =
arcin x
2
−
sin(arcsin x) cos(arcsin x)
2
+ c =
=
arcsin x
2
−
x
√
1 − x
2
2
+ c
(b) Itt az
x = sh t =:= g(t) (t ∈ R); g ↑, g0
(t) = ch t (t ∈ R)
helyetesítést alkalmazzuk:
Z √
1 + x
2 dx =
Z √
1 + sh 2
t ch t dt¯
¯
t=arsh x
=
Z √
ch 2
t ch t dt¯
¯
t=arsh x
=
=
Z
ch 2t + 1
2
dt¯
¯
t=arsh x
= (sh 2t
4
+
t
2
)
¯
¯
t=arsh x
+c = (ch tsh t
2
+
t
2
)
¯
¯
t=arsh x
+c =
=
xch (arsh x)
2
+
arsh x
2
+ c ==
x
√
1 + x
2
2
+
arsh x
2
+ c;
(c) Az Z √
x
2 − 1 dx (x > 1) integrál kiszámításához alkalmazza az x =
ch t =: g(t) (t > 0) helyettesítést.
1.2.6. Racionális függvények integrálása
M19. (a) Z
1
x − 3
dx = ln(x − 3) + c, ha x ∈ (3, +∞),
(b) Z
1
x − 3
dx = ln(3 − x) + c, ha x ∈ (−∞, 3),
(c) Z
x + 1
x
2 + 2x + 3
dx =
1
2
Z
2x + 2
x
2 + 2x + 3
dx =
1
2
ln(x
2 + 2x + 3) + c,
36 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(d) Z
2x + 3
x
2 + 2x + 3
dx =
Z µ
2x + 2
x
2 + 2x + 3
+
1
x
2 + 2x + 3¶
dx =
= ln(x
2 + 2x + 3) + Z
1
(x + 1)2 + 2
dx = ln(x
2 + 2x + 3) +
+
1
2
Z
1
[ √
1
2
(x + 1)]2 + 1
dx = ln(x
2 + 2x + 3) +
√
2
2
arctg( √x
2
+ √
1
2
) + c,
(e) Z
1
x
2 + x + 1
dx =
Z
1
(x +
1
2
)
2 +
3
4
dx =
4
3
·
Z
1
hq
4
3
· (x +
1
2
)
i2
+ 1
dx =
=
2
√
3
3
· arctg ·
2
√
3
· (x +
1
2
)
¸
+ c,
(f) Z
x + 5
x
2 − x + 5
dx =
1
2
·
Z
2x + 10
x
2 − x + 5
dx =
=
1
2
· [
Z
2x − 1
x
2 − x + 5
dx + 11 ·
Z
1
x
2 − x + 5
dx] = 1
2
· [ln (x
2 − x + 5) +
+ 11 ·
Z
1
(x −
1
2
)
2 +
19
4
dx] = 1
2
· [ln (x
2 − x + 5) +
+
4
19
· 11 ·
Z
1
[ √
2
19 (x −
1
2
)]2 + 1
dx] = 1
2
· ln (x
2 − x + 5) +
+
11 ·
√
19
19
· arctg [ √
2
19 · (x −
1
2
)] + c,
(g) Z
6x
x
2 − 2x + 7
dx = 3 ·
Z
2x − 2 + 2
x
2 − 2x + 7
dx = 3 · [
Z
2x − 2
x
2 − 2x + 7
dx +
+2·
Z
1
(x − 1)2 + 6
dx] = 3·[ln(x
2−2x+7) + 2
6
·
Z
1
[ √
1
6
(x − 1)]2 + 1
dx] =
= 3 · ln(x
2 − 2x + 7) + √
6 · arctg [ √
1
6
· (x − 1)] + c.
M20. A feladatban megadott rekurzív formula az egyenlőség mindkét oldalának
deriválásával igazolható.
Az f primitív függvényének kiszámításához először azt jegyezzük meg, hogy
az 1
1+x2 (x ∈ R) függvény határozatlan integrálja arctg x (x ∈ R). A rekurzív
formulát n = 1-re alkalmazva kapjuk az 1
(1+x2)
2 (x ∈ R) primitív függvényét.
Ennek ismeretében ismét a rekurzív formulát felhasználva n = 2-re adódik
az 1
(1+x2)
3 (x ∈ R) primitív függvénye. ¥
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 37
M21. (a) Az integrandust parciális törtek összegére bontjuk:
1
(x − 2)(x − 4) =
A
x − 2
+
B
x − 4
=
A(x − 4) + B(x − 2)
(x − 2)(x − 4) =
=
(A + B)x − (4A + 2B)
(x − 2)(x − 4)
alapján A + B = 0, −(4A + 2B) = 1 adódik, amiből A = −
1
2
, B =
1
2
következik. Ezért
Z
1
(x − 2)(x − 4) dx = −
1
2
Z
1
x − 2
dx +
1
2
Z
1
x − 4
dx =
= −
1
2
ln(x − 2) + 1
2
ln(4 − x) + c, ha 2 < x < 4. ¥
(b)
Z
1
1 − x
2
dx =
Z
1
(1 − x)(1 + x)
dx =
Z ³ A
1 − x
+
B
1 + x
´
dx = · · · =
=
Z ³ 1
2
1 − x
+
1
2
1 + x
´
dx =
1
2
³Z
1
1 − x
dx +
Z
1
1 + x
dx´
=
= −
1
2
ln(1 − x) + 1
2
ln(1 + x) + c =
= ln r
1 + x
1 − x
+ c, ha x ∈ (−1, 1). ¥
(c) Az ln függvény értelmezési tartományára kell figyelni! A számolások az
előző feladathoz hasonlók; a változások:
Z
1
1 − x
2
dx = · · · =
1
2
³Z
1
1 − x
dx +
Z
1
1 + x
dx´
=
=
1
2
³
−
Z
1
x − 1
dx +
Z
1
1 + x
dx´
=
= −
1
2
ln(x − 1) + 1
2
ln(1 + x) + c =
= ln r
1 + x
x − 1
+ c, ha x ∈ (1, +∞). ¥
38 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
(d)
Z
11 − x
6x
2 + x − 2
dx =
Z
11 − x
(3x + 2)(2x − 1) dx =
Z ³ A
3x + 2
+
B
2x − 1
´
dx =
=
Z ³ −5
3x + 2
+
3
2x − 1
´
dx =
= −
5
3
ln(3x + 2) + 3
2
ln(2x − 1) + c ha x ∈ (1, +∞). ¥
(e)
Z
3x − 5
x
2 + 2x + 1
dx =
Z
3x − 5
(x + 1)2
dx =
Z ³ A1
x + 1
+
A2
(x + 1)2
´
dx = · · · =
=
Z ³ 3
x + 1
+
−8
(x + 1)2
´
dx =
= 3 ln(x + 1) + 8
x + 1
+ c ha x ∈ (−1, +∞). ¥
(f) Az integrandus így bontható fel:
1
x(x
2 + 4) =
A
x
+
Bx + C
x
2 + 4
=
A(x
2 + 4) + x(Bx + C)
x(x
2 + 4) =
=
(A + B)x
2 + Cx + 4A
x(x
2 + 4)
alapján A + B = 0, C = 0, 4A = 1, azaz A =
1
4
, B = −
1
4
. Ezért
Z
1
x(x
2 + 4) dx =
1
4
Z
1
x
dx −
1
8
Z
2x
x
2 + 4
dx =
=
1
4
ln x −
1
8
ln(x
2 + 4) + c, ha x > 0. ¥
(g)
Z
1
x
3 + 1
dx =
Z
1
(x + 1)(x
2 − x + 1) dx =
Z ³ A
x + 1
+
Bx + C
x
2 − x + 1
´
dx =
= · · · =
³ 1
3
x + 1
+
−
1
3
x +
2
3
x
2 − x + 1
´
dx =
=
1
3
ln(x + 1) −
1
3
Z
x − 2
x
2 − x + 1
dx = (∗)
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 39
Az x−2
x2−x+1 a 3. alaptípusnak megfelelő törtfüggvény. A primitív függvénye:
Z
x − 2
x
2 − x + 1
dx =
1
2
Z
2x − 1 − 3
x
2 − x + 1
dx =
=
1
2
Z
2x − 1
x
2 − x + 1
dx −
3
2
Z
1
¡
x −
1
2
¢2
+
3
4
dx =
=
1
2
ln(x
2 − x + 1) −
3
2
·
1
3
4
Z
1
1 + £
√
2
3(x−1)2
¤ dx =
=
1
2
ln(x
2 − x + 1) − 2 ·
√
3
2
arctg
2x − 1
√
3
+ c =
=
1
2
ln(x
2 − x + 1) −
√
3arctg
2x − 1
√
3
+ c ha x ∈ (−1, +∞).
Ezért
Z
1
x
3 + 1
dx =
1
2
ln(x
2 − x + 1) −
√
3arctg
2x − 1
√
3
+ c ha x ∈ (−1, +∞). ¥
1.2.7. Racionális függvények integrálására vezető
helyettesítések
M22. (a) Legyen t =
√
x. A helyettesítő függvény
x = t
2 =: g(t) (t > 0).
Mivel g
0
(t) = 2t > 0, ha t > 0, ezért g szigorúan monoton növekedő,
következésképpen a második helyettesítési szabály alkalmazható:
Z
1
1 + √
x
dx =
Z
1
1 + t
· 2t dt¯
¯
¯
t=
√
x
= 2 Z
1 + t − 1
1 + t
dt¯
¯
¯
t=
√
x
=
= 2 Z µ
1 −
1
1 + t
¶
dt¯
¯
¯
t=
√
x
=
= 2 (t − ln(1 + t) + c)
¯
¯
¯
t=
√
x
= 2√
x − 2 ln(1 + √
x) + c,
40 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
ha x > 0. ¥
(b) t =
√
x, x > 0; x = t
2 =: g(t) (t > 0) és g
0
(t) = 2t (t > 0) miatt g
szigorúan monoton növekedő. Így
Z
x −
√
x
x +
√
x
dx =
Z
t
2 − t
t
2 + t
· 2t dt¯
¯
¯
t=
√
x
= 2 Z
(t
2 − 1) − (t + 1) + 2
t + 1
dt¯
¯
¯
t=
√
x
=
= 2 Z h
(t − 1) − 1 +
2
t + 1
i
dt¯
¯
¯
t=
√
x
=
= 2h
t
2
2
− 2t + 2 ln(t + 1)i
+ c
¯
¯
¯
t=
√
x
=
= x − 4
√
x + 4 ln(√
x + 1) + c, (x > 0) ¥
(c) Tudjuk, hogy a
t =
r
2x − 3
x
=
r
2 −
3
x
helyettesítés racionális törtfüggvény integrálására vezet. Ha x > 3
2
, akkor
nyilván 0 < t < √
2, ami azt jelenti, hogy az
x =
3
2 − t
2
=: g(t) (t ∈ (0,
√
2))
helyettesítő függvényt alkalmazzuk. Mivel
g
0
(t) = 6t
(2 − t
2
)
2
> 0
¡
t ∈ (0,
√
2)¢
,
ezért g szigorúan monoton növekedő, így a határozatlan integrálokra vonatkozó
második helyettesítési szabályunk valóban alkalmazható:
Z
1
x
r
2x − 3
x
dx =
Z
2 − t
2
3
· t ·
6t
(2 − t
2
)
2
dt¯
¯t=
√2x−3
x
.
Mivel
Z
2 − t
2
3
· t ·
6t
(2 − t
2
)
2
dt =
Z
2t
2
2 − t
2
dt =
Z µ
−2 +
4
(
√
2 − t)(√
2 + t)
¶
dt =
= −2t +
4
2
√
2
Z µ
1
√
2 − t
+
1
√
2 + t
¶
dt = −2t +
√
2 ln
√
2 + t
√
2 − t
+ c,
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 41
ezért
Z
1
x
r
2x − 3
x
dx = −2
r
2x − 3
x
+
√
2 ln
√
2x +
√
2x − 3
√
2x −
√
2x − 3
+ c (x >
3
2
).
M23. (a)
Z
1
sin x
dx =
Z
1
2t
1+t
2
·
2
1 + t
2
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
=
Z
1
t
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
= (ln t + c)
¯
¯
¯
t=tg x
2
=
= ln tg
x
2
+ c, ha 0 < x < π. ¥
(b) ... ¥
(c)
Z
1
1 + sin x + cos x
dx =
Z
1
1 + 2t
1+t
2 +
1−t
2
1+t
2
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
=
=
Z
2
1 + t
2 + 2t + 1 − t
2
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
=
=
Z
1
1 + t
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
= (ln(t + 1) + c)
¯
¯
¯
t=tg x
2
=
= ln¡
tg
x
2
+ 1¢
+ c, ha x ∈
¡
−
π
2
, π¢
. ¥
(d) ... ¥
(e)
Z
1 + sin x
1 − cos x
dx =
Z
1 + 2t
1+t
2
1 −
1−t
2
1+t
2
·
2
1 + t
2
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
=
Z
t
2 + 1 + 2t
t
2
(1 + t
2
)
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
=
=
Z
1
t
2
¯
¯
¯
t=tg x
2
+ 2 Z
1
t(1 + t
2
)
dt¯
¯
¯
t=tg x
2
= (∗)
42 1. A határozatlan integrál(primitív függvények)
Most az 1
t(1+t
2)
törtet parciális törtekre bontjuk:
1
t(1 + t
2
)
=
A
t
+
Bt + C
1 + t
2
=
(A + B)t + Ct + A
t(1 + t
2
)
alapján C = 0, A = 1, B = −1, tehát
1
t(1 + t
2
)
=
1
t
−
t
1 + t
2
.
Ezért
(∗) = ³
−
1
t
+ 2 Z ³1
t
−
t
1 + t
2
´´¯
¯
¯
t=tg x
2
=
=
³
−
1
t
+ 2 ln t − ln(1 + t
2
) + c
´
¯
¯
¯
t=tg x
2
=
= −ctg
x
2
+ 2 ln³
tg
x
2
´
− ln³
1 + tg2 x
2
´
+ x ¥
M24. (a)
Z
4
e
2x − 4
dx =
Z
4
t
2 − 4
·
1
t
dt¯
¯
¯
t=e
x
= 4 Z
1
t(t − 2)(t + 2) dt¯
¯
¯
t=e
x
=
= 4 Z ³A
t
+
B
t − 2
+
C
t + 2
´
dt¯
¯
¯
t=e
x
=
= · · · =
= 4 Z ³−
1
4
t
+
1
8
t − 2
+
1
8
t + 2
´
dt¯
¯
¯
t=e
x
=
=
³
− ln t +
1
2
ln(t − 2) + 1
2
ln(t + 2) + c
´
¯
¯
¯
t=e
x
=
= −x +
1
2
ln¡
e
2x − 4
¢
+ c, ha x > ln 2. ¥
1.2. Primitív függvények meghatározására vonatkozó módszerek 43
(b)
Z
e
3x
e
x + 2
dx = −2e
x +
1
2
e
2x + 4 ln(e
x + 2) + c (x ∈ R) ¥
(c)
Z
e
x + 4
e
2x + 4e
x + 3
dx =
Z
t + 4
t
2 + 4t + 3
·
1
t
dt¯
¯
¯
t=e
x
=
=
Z
(t + 4)
t(t + 1)(t + 3) dt¯
¯
¯
t=e
x
=
= · · ·
=
Z 4
3
t
+
−
3
2
t + 1
+
1
6
t + 3
dt¯
¯
¯
t=e
x
=
=
4
3
x −
3
2
ln¡
e
x + 1¢1
6
ln¡
e
x + 3¢
+ c (x ∈ R) ¥
44 2. A határozott integrál
2. A határozott integrál
2.1. A határozott integrál tulajdonságai és kiszámítása
M25. (a) 1
√
5 + 4x − x
2
dx =
Z
1
p
9 − (x − 2)2
dx = arcsin
x − 2
3
+ c,
Z 5
2
1
√
5 + 4x − x
2
dx =
£
arcsin
x − 2
3
¤5
2
= arcsin 1 − arcsin 0 =
π
2
. ¥
(b) sin(ln x)
x
dx = − cos(ln x) + c, Z e
1
sin(ln x)
x
dx = 1 − cos 1. ¥
(c) Mivel
Z
1
x
2 − 3x + 2
dx =
Z
1
(x − 2)(x − 1) dx =
Z ³ 1
x − 2
−
1
x − 1
´
dx =
= ln x − 2
x − 1
+ c, ha x > 2,
ezért
Z 4
3
1
x
2 − 3x + 2
dx =
h
ln x − 2
x − 1
i4
3
= ln 2
3
− ln 1
2
ln 4
3
. ¥
(d) Mivel
Z
1
x
2 + 4x + 5
dx =
Z
1
(x + 2)2 + 1
dx = arctg (x + 2) + c, ha x ∈ R,
ezért
Z √
3−2
−2
1
x
2 + 4x + 5
dx =
h
arctg (x + 2)i
√
3−2
−2
=
= arctg √
3 − arctg 0 =
π
3
. ¥
(e) Parciális integrálással
Z
e
x
sin x dx =
sin x − cos x
2
e
x + c (x ∈ R)
2.1. A határozott integrál tulajdonságai és kiszámítása 45
adódik, ezért
Z π
0
e
x
sin x dx =
h
sin x − cos x
2
e
x
iπ
0
=
sin π − cos π
2
e
π −
sin 0 − cos 0
2
e
0 =
=
e
π + 1
2
. ¥
(f) Parciális integrálással
Z
ln x dx = x ln x − x + c (x > 0)
adódik, ezért
Z e
1
ln x dx =
h
x ln x − x
ie
1
=
¡
e ln e − e
¢
−
¡
1 ln 1 − 1
¢
= 1. ¥
(g) Először az integrandus primitív függvényeit határozzuk meg. Alkalmazzuk
a
t =
√
3x + 1, 0 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ t ≤ 4
helyettesítést, azaz tekintsük az
x =
t
2 − 1
3
=: g(t) (1 ≤ t ≤ 4)
helyettesítő függvényt. A g függvény szigorúan monoton növekedő az [1, 4]
intervallumon, deriválható és g
0
(t) = 2
3
t (t ∈ [1, 4]), ezért a határozatlan
integrálokra vonatkozó második helyettesítési szabályt alkalmazhatjuk:
Z
dx
2x +
√
3x + 1
=
Z
1
2
3
(t
2 − 1) + t
·
2
3
t dt¯
¯
t=
√
3x+1
.
Mivel
Z
1
2
3
(t
2 − 1) + t
·
2
3
t dt =
Z
2t
2t
2 + 3t − 2
dt =
Z
2t
(2t − 1)(t + 2) dt =
=
Z h A
2t − 1
+
B
t + 2
i
dt = · · · =
=
2
5
Z
1
2t − 1
dt +
4
5
Z
1
t + 2
dt =
1
5
ln(2t − 1) + 4
5
ln(t + 2) + C,
46 2. A határozott integrál
ezért
Z
dx
2x +
√
3x + 1
dx =
1
5
ln¡
2
√
3x + 1 − 1
¢
+
4
5
ln¡√
3x + 1 + 2¢
+ C.
A Newton–Leibniz-tétel alapján tehát
Z 5
0
dx
2x +
√
3x + 1
dx =
1
5
h
ln¡
2
√
3x + 1 − 1
¢
+ 4 ln¡√
3x + 1 + 2¢
i5
0
=
ln 112
5
.
(h) Először az integrandus primitív függvényeit határozzuk meg. Most a
t =
√
e
x − 1, 0 ≤ x ≤ ln 2, 0 ≤ t ≤ 1
helyettesítéssel próbálkozunk, azaz vesszük az
x = ln(1 + t
2
) =: g(t) (0 ≤ t ≤ 1)
helyettesítő függvényt. A g függvény deriválható és g
0
(t) = 2t
1+t
2 (t ∈ [0, 1]), g
tehát szigorúan monoton növekedő. A határozatlan integrálokra vonatkozó
második helyettesítési szabály tehát alkalmazható:
Z √
e
x − 1 dx =
Z
t ·
2t
1 + t
2
dt¯
¯
¯
t=
√
e
x−1
= 2 Z ³
1 −
1
1 + t
2
´
dt¯
¯
¯
t=
√
e
x−1
=
=
³
2t − 2arctg t
´
¯
¯
¯
t=
√
e
x−1
= 2√
e
x − 1 − 2arctg √
e
x − 1 + C.
A Newton–Leibniz-tétel alapján tehát
Z ln 2
0
√
e
x − 1 dx =
h
2
√
e
x − 1 − 2arctg √
e
x − 1
iln 2
0
= 2 −
π
2
. ¥