Matematika | Középiskola » Határozatlan integrál

12. fejezet Határozatlan integrál Határozatlan integrál Azt mondjuk, hogy az egyváltozós valós f függvénynek a H halmazon primitív az F függvény, ha a H halmazon f és F értelmezve van, továbbá F dierenciálható a H halmazon, mégpedig D 12.1 függvénye F 0 (x) = f (x), ha x∈H. Az egyváltozós valós f függvény primitív függvényeinekR összességét azRf határozatlan integráljának nevezzük és a következ®képpen jelöljük: f (x) dx, vagy f . T 12.2 Ha az egyváltozós valós f függvénynek valamely I intervallumon primitív függvénye F és G, akkor van olyan valós C szám, hogy az I intervallum minden x elemére G(x) = F (x) + C . D 12.3 Az elemi függvények dierenciálási szabályaiból adódó integrálási képleteket alapintegráloknak nevezzük A fontosabbak: Z Z Z n x dx = x x e dx = e 1 cos2 Z √ x , ha n 6= −1, 1 − x2 1 Z ch x √ Z + C, Z √ x2 + 1 1 x2 − 1 1 dx = arcsin x + C = − arccos x + C ,

1− x2 dx = ln |x + p 2 ln 1 x+1 x−1 x2 − 1| + C +C ∗  = 1 2 x 12-1 dx = arctg x + C ; dx = − cth x + C ; = arch x + C , arcth x + C ∗ , − cos x + C ; dx = − ctg x + C ∗ ; = arsh x + C , arth x + C ∗ , + C; sh x dx = ch x + C ; sh x2 + 1| + C ax ln a sin x dx = 1 + x2 Z p 1 ax dx = 2 Z sin x 1 Z dx = ln |x + dx = dx = ln |x| + C ∗ ; Z dx = th x + C , 1 1 x dx = tg x + C ∗ , 1 2 Z Z ch x dx = sh x + C , Z Z +C ∗ cos x dx = sin x + C , Z Z xn+1 n+1 ha |x| < 1, ha |x| > 1. 12. Határozatlan integrál  Az integrálás általános szabályai Ahol C ∗ jelöli az integrációs konstanst, ott ezzel azt jelezzük, hogy az integrandus értelmezési tartománya több intervallumból áll (az xn függvénynél csak negatív n esetén), az összefüggés pedig csak egy, de bármelyik intervallumon érvényes. Az egész értelmezési tartományon érvényes összefüggést úgy kapunk, ha minden

intervallumon külön konstanst használunk. Pl.:  Z 1 ln x, ha x > 0, dx = ln( −x ) , ha x < 0. x A függvények dierenciálási szabályaiból közvetlenül adódnak az integrálás alábbi T 12.4 általános szabályai: Z (1) Z (f (x) ± g (x)) dx = Z (2) Z (3) (k · f (x)) dx = k · Z f (x) dx f v+1 (x) v+1 f v (x)f 0 (x) dx = +C g (x) dx ; ∈ R) ; (k (v , ∈ R, v 6= −1) ; f 0 (x) dx = ln |f (x)| + C . f (x) Z (4) f (x) dx ± Z Ha f (x) dx = F (x) + C , akkor bármely a és b (a 6= 0) konstansokkal R Z (5) Ha R f (ax + b) dx = 1 F (ax + b) + C, speciálisan Z 1 F (ax) + C. a a f (u) du = F (u) + C , akkor bármely dierenciálható g bels® függvénnyel Z (6) Számítsuk ki az P 12.5 Z zuk: f (g (x))g 0 (x) dx = F (g (x)) + C . 1 √ határozatlan integrálját. A (3) szabályt alkalmazx) 4 ctg x 2 (sin = − − 41 Z (ctg x) Számítsuk ki az f (x) = P 12.6 (1 + sin dx √ 2 (sin x) 4 ctg x 2 0 x) = 2 sin x

cos x, Z f (ax) dx = 3 0 · (ctg x) dx = − sin x · cos x 2 1 + sin x 1 2f (x) dx = ln 2 3 4 +C = − 4 4 q 3 ctg3 x + C függvény határozatlan integrálját. Mivel a (4) szabály alapján Z f (x) dx = (ctg x) 4 q 1 + sin2 x + C . dx Z Számítsuk ki az , (a , b > 0) határozatlan integrált. Átalakítás után az a + bx2 (5) szabályt alkalmazzuk:  s  s P 12.7 Z f (x) dx = P 12.8 Z 1 dx Z a 1+ Legyen f (x) = f (x) dx = Z  q 2 = b ax 1 x2 + x + 1 dx x+ 1 2 2 + 1 1 a q b a . Állítsuk el® 3 4 = 4 3 b  x +C a arctg Z f (x) dx-et! A dx Z  1+ 12-2 = 2x√+ 1 3 2 1 √ ab (5) arctg szabállyal: 2 = √ arctg 3 b x+C. a 2x + 1 √ 3 +C . . 12. Határozatlan integrál  Az integrálás általános szabályai Z Számítsuk ki az Z sin x dx határozatlan integrált. A (6) szabállyal: Z √ sin x 1 1 0 p q √ √ f (x) dx = dx = − · ( 2 cos x) dx = 2 2 2 cos x − 1 ( 2 cos x)2

− 1 √ 1 = − √ arch( 2 cos x) + C. P 12.9 √ Z cos 2x 2 Feladatok Az összeg- és különbségfüggvény, illetve a konstanssal szorzott függvény integrálási szabályát alkalmazva oldjuk meg az alábbi feladatokat. (A gyökös kifejezéseket írjuk át törtkitev®s alakba.) Z 1. 4 x dx, 7 Z 3. 2. t2 + 6t − 5) dt, Z r q √ x dx, √ 3 x + x2 ) dx, Z √ 4. ( ( Z  x x x dx, 5. Z √ 5 6. x e 2 + 5 x +  1 2 cos x dx. Oldjuk meg maradékos osztás után az alábbi feladatokat: 10. 13. A x2 − 3x + 4 dx, x√ Z 2 x − 2 2x + 2 √ dx, x− 2 Z 3x e +1 dx. ex + 1 Z • 7. T 12.4 Z . 8. 11. x3 dx, x+5 Z x4 dx, x2 + a2 x2 dx, 2 1 −x Z x5 dx, x3 − a3 Z . 9. 12. alatti (3) és (4) integrálási szabályok alap ján oldjuk meg az alábbi feladatokat: Z 14. x − 3)100 dx, (2 x2 dx Z 17. 3 + 27) 3 (8 x Z 20. r2 Z 23. 26. 3 3 5 sin 1+ r3 dr, x cos x dx, sin x x3 dx √ , 3 4 x +1 Z 3 cos x dx, dx, Z

16. • • 24. sin Z 30. 2 3 x cos x dx, sin √ x 3 cos Z 33. ln 2 x x x dx, dx, 12-3 x dx, 2 2 (1 + x ) Z 19. Z 21. 27. − cos x Z dx √ , 3 sin x cos x 1 . 18. 3 Z x dx, 3 Z ? 32. q sin Z 29. 2, x dx, 2 3 (2 + 3x ) Z √ 3 1 − 3x dx, Z 15. a + bx)n dx, ( Z 22. √ x dx, 2 1−x Z 25. sin 31. 34. x dx, 3 x dx, x Z sin x + cos x √ dx, 3 sin x − cos x Z dx √ , 3 x ln x Z 28. 3 sin 4 cos 12. Határozatlan integrál  Parciális integrálás Z 35. 2 sh Z 38. Z x ch3 x dx, 7 36. x−1 3 − 4x dx, 2 2x − 3x + 1 Z dx , sin x cos x Z dx , sh x 39. Z 41. . 44. 47. A T 12.4 3 42. . 45. 48. . x dx, Z √ 37. x−7 dx, x − 7x + 11 Z x dx, x2 + a2 Z dx , sin x Z e2x dx, 2x 1+ e Z dx, 4 ch 8 2 4 ch 40. 43. 46. 49. x + 1 dx, x+3 dx, x x − 10 Z 3x dx, a3 + x3 Z dx . sh x ch x Z ax dx, ax + 1 Z 2 2 +3 2 alatti (5) és (6) integrálási szabályok alap ján oldjuk meg az alábbi

feladatokat: dx Z 50. 2 2+3 x Z 53. . 56. Z • Z 59. Z 62. Z 65. Z 68. Z 71. Z 1 51. , dx, x2 − 2x − 3 x dx, 4 a − x4 dx √ , 2 9x − 6x + 5 dx √ , 2 3x − 1 √ e x √ dx, x sin ln x dx, x dx , x ln x · ln ln x Z 54. . 57. Z • Z 60. Z 63. Z 66. . Z ? Z 69. 72. dx , 2 3x + 6x + 5 dx , 2 x − 6x − 16 x3 dx, x8 − 2 dx √ , 2 9x − 6x − 3 dx √ , 2 2 − 3x ex √ dx, 2x 1 −e sh x √ dx, ch 2x dx , 2 2 sin x + 2 cos x Z 52. • Z 55. Z 58. • Z 61. Z 64. . 67. Z Z 70. ? dx , x − 2x − 1 x dx , 4 4+ x dx √ , 2 9x − 6x + 2 dx √ , 2 3 + 6x − 9x dx √ , (1 + x) x dx dx, −x a + ax dx , x ln x a2 b2 dx . a2 sin2 x + b2 cos2 x 2 3 Z 73. Parciális integrálás D 12.10A szorzatfüggvény dierenciálási szabályából nyerhet® Z f 0 (x)g (x) dx = f (x)g (x) − Z f (x)g 0 (x) dx képletet a parciális integrálás képletének nevezzük, és ha ezt a képletet alkalmazzuk, akkor azt mondjuk, hogy

az illet® függvényt parciálisan integráljuk. A parciális integrálásra különösen alkalmas függvények típusai: 1. típus A p(x) · t(ax + b) (a, b ∈ R ; a 6= 0) alakú függvények, amelyekben p: polinomfüggvény, t: a sin, cos, sh, ch, exp valamelyike. Ebben az esetben legyen f 0 (x) = t(ax + b) és g (x) = p(x). Annyi parciális integrálásra 12-4 12. Határozatlan integrál  Parciális integrálás lesz szükségünk, amennyi p foka. 2. típus Az xv lnn x ∈ N , v ∈ R , v 6= −1) (n alakú függvények. Ebben az esetben legyen f 0 (x) integrálásra lesz szükség. 3. típus A t1 (ax + b) · t2 (cx + d) (a, b, d = xv és g (x) n x. = ln Itt n parciális ∈ R; a 6= 0, c 6= 0) alakú függvények, ahol t1 és t2 az 1. típusnál a t-ként felsorolt öt függvény valamelyike (Az f 0 (x) és g (x) megválasztásához lásd P 12.11) 4. típus A p(x) · a(x) akakú függvények, amelyekben p: polinomfüggvény, a: arkusz- vagy areafüggvény.

Ebben az esetben legyen f 0 (x) = p(x) és g (x) = a(x). P 12.11 A 3 típusú függvények parciális integrálásánál egyenletet írhatunk fel a kiszámítandó határozatlan integrálra, mely egyenlethez két módon is eljuthatunk. Szemléltessük ezt az I = Z eax sin bx dx (a, b = 6 0 konstans) kiszámításán. Eljárhatunk úgy, hogy I -t két különböz® módon parciálisan integráljuk, egyszer f 0 (x) = sin bx és g (x) = eax választással, majd f 0 (x) = eax , g (x) = sin bx választással: I I ax cos bx = −e = eax a b + a b b sin bx − a Z Z eax cos bx dx , eax cos bx dx . a b b a Az els® egyenletet -val, a másodikat -vel szorozva és összeadva kapjuk, hogy b a I+ I a b = a2 + b2 I ab = eax b sin bx− eax a cos bx, amib®l I = eax (a sin bx−b cos bx) + C. a2 + b2 Eljárhatunk úgy is, hogy a fenti els® egyenletben tovább integráljuk parciálisan a második tagot f 0 (x) = cos bx, g (x) = eax választással: I = −eax cos

bx b a ax sin bx a e − b b b  + Ebb®l ismét I = Z  eax sin bx dx = eax a2 (a sin bx − b cos bx) − I. b2 b2 eax (a sin bx − b cos bx) + C. a2 + b2 12-5 12. Határozatlan integrál  Integrálás helyettesítéssel Feladatok A parciális integrálás módszerével oldjuk meg az alábbi feladatokat: • Z 74. Z 77. Z 80. Z 83. Z 86. Z 89. Z 92. • 95. Z Z 98. 3 x cos Z 110. x dx, 81. Z 87. x e sin 2 √ . x dx, 90. √ . 96. 2 x ln(1 + 102. x−x x2 e−2x dx, 85. eax cos bx dx, 88. dx, x) dx, 108. ) sh x dx, 116. Igazoljuk, hogy R 114. n x dx cos sin n ch = x dx = dx, 1 n 1 n Z e6x cos 4x dx, 94. arctg x)2 dx, x arctg Z ln x x 106. lg x dx, x dx, ln Z dx, 3 √ Z 4 x !2 dx, dx, Z xv ln x dx, (v 6= −1), Z x3 ch 3x dx, 109. x sh x dx, Z e−x sin x dx, 103. dx, x 111. R x ln 3 Z 115. Igazoljuk, hogy 3 Z Z x dx, −x x · 3x dx, Z . 100. 8 Z (arcsin

x arctg x √ dx, 2 1+ x 3 x3 sin x dx, 91. 97. ln Z x dx, Z Z x−1 dx, arctg x+1 ln 105. 1 x2 cos 2x dx, 79. 82. x dx, Z 76. x cos x dx. Z x dx, 2 cos x (2 Z 99. ln cos 2 2 Z + 1) x dx, sin 2 arccos Z x dx, x x arcsin 93. x2 arctg x dx, 2 1+ x 2 2 Z x arctg x dx, 2 Z x sin 2x dx, Z x dx, 1 −x arcsin Z 113. Z e2x cos x dx, ln( 107. 78. 84. Z Z Z xe−x dx, ln 104. 75. x cos 2x dx, Z 101. Z x cos x dx, 112. x cos 5x dx. n−1 x sin x + n−1 R n cos n−1 sin 12-6 x cos x + n−1 R n n−2 x dx cos n−2 sin n ∈ N+ ). ( x dx (n ∈ N+ ). 12. Határozatlan integrál  Integrálás helyettesítéssel Integrálás helyettesítéssel D 12.12Az f (x) függvény helyettesítéssel történ® integrálásáról beszélünk, ha 1. az x változó helyébe valamely t változónak egy invertálható és dierenciálható u(t) függvényét helyettesítjük; kimutatható, hogy ekkor a dx helyébe az u0 (t)

dt kifejezést kell írnunk, és a számítást a következ®képpen kell folytatnunk: 2. elvégezzük a t szerinti integrálást; 3. végül az u függvény u inverzét véve a t = u(x) helyettesítéssel visszaírjuk az eredeti x változót. Képletben: Z Z f (x) dx =  f (u(t))u0 (t) dt . t=u(x) Megjegyzés. A gyakorlatban esetenként nem közvetlenül az x változó helyébe vezetjük be az u(t) függvényt, hanem az f valamely bels® függvényét helyettesítjük valamely más függvénnyel, vagy egyszer¶en x valamely függvénye helyébe írjuk a t változót. Ez az utóbbi eset azonos a (6) képletben leírttal. Legyen R(x, y ) egy racionális törtfüggvény. Az alább konkrétan megnevezett f és g függvényekb®l felépített R(f, g ) függvények integrálásához használatos helyettesítések: x Az R(sin x , cos x) típus esetén a tg = t helyettesítés. Ekkor T 12.13 A leggyakoribb helyettesítések: 2 sin x = 2t 1+t , 2 cos x = 1 − t2 1 + t2 2dt ,

dx = 1 + t2 . Ha R(sin x, cos x) = R(− sin x, − cos x), akkor használható az általában egyszer¶bb tg x = t helyettesítés is. Ekkor sin 2 x= t2 1 + t2 , cos 2 x= 1 1 + t2 , dx = dt 1 + t2 . Az R(sh x, ch x) típus esetén vagy az (R(ex ) esetben használható) ex amikor dx = dtt , vagy a th x2 = u helyettesítés, amikor sh x = 2u 1−u , 2 ch x = 1 + u2 1 − u2 , dx = 2du 1 − u2 = t helyettesítés, . Az R x , 1 − x2 esetén a helyettesítés x = sin t.  p  Az R x , x2 + 1 esetén a helyettesítés x = sh t.  p  Az R x , x2 − 1 esetén a helyettesítés x = ch t, ha x ≥ 0, és  p  az R x , x2 − 1 esetén a helyettesítés x = − ch t, ha x ≤ 0.   p  a c k x b , xd , . , x l  + Az R (a, b, c, d, . , k, l ∈ N ) esetén a helyettesítés x kitev®k nevez®inek legkisebb közös többszöröse. 12-7 = uλ , ahol λ a 12. Határozatlan integrál  Integrálás helyettesítéssel P 12.14 Gyakran az alkalmas

helyettesítés megtalálásához az integrálandó függvényen p 2 átalakítást kell végeznünk. Keressük például a 1 + 2x − x függvény határozatlan integrálját El®bb átalakítjuk a függvényt: = I Z p 1 + 2x − x2 Z q 2 − (x − 1) dx = x−1 2 dx = s √ Z 1− 2 √  x−1 √ 2 dx. 2 Ez utóbbi alak az u = √ helyettesítéssel R u, 1 − u2 típusú lesz, amelyre a T 2 12.13 szerint az u = sin t helyettesítést alkalmazzuk A több lépésb®l álló helyettesítés √ x−1 egy lépésben is elvégezhet®: √ = sin t. Ekkor dx = 2 cos t dt, és I = √ Z √ cos t · 2 2 cos t dt = 2  Z2 cos 2 t dt = 2 = arcsin x−1 √ + sin t · cos t + C = arcsin = arcsin x−1 √ + (x − 1) 2 2 p Z 1 + cos 2t 2 x−1 √ 1 + 2x − x2 + C  2 + x−1 √ dt = t + s  1− 2 sin 2t 2 x−1 √ +C = 2 +C = 2 . P 12.15 El®fordulhat, hogy a fentiekben ajánlott helyettesítésnél kevesebb számolással Z

dx √ (x > 1) integrált. járó helyettesítést is találhatunk. Számítsuk ki például az 2 Az ajánlott helyettesítés: x = ch t. Ekkor dx = sh t dt és I Z dt . ch t t Ez utóbbit megoldhatjuk a th 2 arctg u + C . s 2 arctg A ch t = x−1 x+1 2 1 + u2 1− u2 = = dx √ x x2 − 1 = u helyettesítéssel: a (13) képletek szerint I s egyenletb®l u = ch t − 1 ch t + 1 s = x−1 , tehát x+1 sh t dt Z 1 Z tq 1 t2 = 2du Z 1 + u2 dx √ x x2 − 1 Z 1  · − −1 t2  1 = = 1 helyettesítéssel. Ekkor dx = − 2 , és xZ dt dt = − √ 1 − t2 t = arccos t + C = arccos 1 x +C Látható, hogy ezZutóbbi helyettesítés kevesebb számolással jár. dt Megjegyzés. Az integrált más módon is kiszámíthatjuk. B®vítve a törtet és ch2 t Zhelyére = ch t sh t + C. Számítsuk ki ugyanezt a feladatot t = I = Zx x − 1 ch t 2 (1 + sh t)-et . ch t-vel írva, u = sh t helyettesítéssel p du = = arctg u + C = arctg(sh

t) + C = arctg x2 − 1 + C . I= 2 1 + u2 1 + sh t Más átalakítással ésZ u = et helyettesítéssel: Z Z Z dt et du dt t I= = =2 dt =2 = 2 arctg(e ) + C . 1 2 t t + e−t ) ch t e +1 1 + u2 ( e 2 ch t dt Z Az x = ch t egyenl®ségb®l t = arch t = ln x + x2 − 1 , tehát I = 2 arctg x + x2 − 1 + C. Dierenciálással meggy®z®dhetünk arról, hogy mind a négy módon a megadott függvény  p 12-8   p  12. Határozatlan integrál  Integrálás helyettesítéssel határozatlan integrálját kaptuk meg az (1, ∞) intervallumban. Ez azt is jelenti, hogy az eredmények jobb oldalán els® tagként álló függvények legfeljebb konstans összeadandóban térhetnek el egymástól. Feladatok A T 12.13 alatt felsorolt helyettesítések valamelyikével vagy más alkalmas helyettesítéssel a b, c oldjuk meg az alábbi feladatokat ( , . 117. Z q 2 118. 5+3 x2 dx, 121. dx √ , x c+x 124. − x dx, 1 Z q 120. Z 123. . 126. Z q 1+ s . 129. x + 2

dx, Z q 140. 143. Z q . 133. Z q dx √ , x x2 + a2 Z dx , 4 x +x √ Z x dx, x(x + 1) Z s Z 158. 1 ex +1 dx, 125. x2 + 1 dx, x2 . 128. 2 − 2x − x dx, 2 3 x − 3x + 1 dx, 136. Z Z 141. Z 144. Z 147. Z 150. . 153. . Z Z 156. 1 159. 2 + ( a x3 dx √ , 2 1+ x dx √ √ , x+ 4x √ x √ dx, 4 3 x +1 dx , 1 + sin x dx , 5 + 3 cos x dx , 3 3 sin x cos x dx q Z Z √ x c + x dx, dx q (1 3 138. a2 + x2 dx, Z 3 4 131. x dx, 12-9 , x dx, x−1 5 Z q 134. 3 − x2 ) 5 dx √ − 3x2 dx, − 2x + x2 dx, , 2) a2 + x2 Z x3 dx √ 139. , 2 1 + 2x Z dx √ √ , 142. x (1 + 3 x) Z dx 145. , sin x + cos x x dx Z 148. 1 + cos . 154. , dx Z 151. x x 5 + 4 sin 2 Z x2 − 1 3 , dx, 3 x2 + 1) Z √ . 157. ex − 1 dx, ( − sin x 1 sh , Z s Z q Z 2x e . x2 − 1) dx, ( 2 − cos2 x dx, 2 1 + cos x Z dx 149. , cos x Z dx . 152. , 4 1 − sin x Z ln ln x 155. dx, x . 146. 122. . 130. Z 137. x2 dx, a2 − x2 √

x − x dx, 15 + 2 Z q 2 119. 127. 2 +2 a > 0). a − x dx, Z √ 2 konstansok és 2 Z q x dx, x 135. Z x dx, 1−x Z q 132. Z q . 160. Z dx . c + b cos x 12. Határozatlan integrál  Racionális törtfüggvények integrálása Racionális törtfüggvények integrálása T 12.16 A valós együtthatós racionális R(x) törtfüggvény maradékos osztással P (x) Q(x) R(x) = g (x) + alakra hozható, ahol P (x) fokszáma kisebb Q(x) fokszámánál. T 12.17 A Q(x) valós együtthatós polinomfüggvény egyértelm¶en el®állítható els®fokú, és negatív diszkriminánsú másodfokú polinomfüggvények szorzataként: Q(x) = a0 (x − x1 )α1 · · · (x − xk )αk (x2 + b1 x + c1 ) β1 β · · · (x2 + bl x + cl ) l . T 12.18 Ha Q(x)-nek az el®z® tétel szerinti felbontása ismeretes, a P (x) Q(x) (1) = A1 x − x1 ··· + A1 x − xk (1) + A2 (x − x1 )2 + A2 (x − xk )2 (k ) (1) + (1) (l) ··· + Aα1 (x − x1 )α1

+ ··· + Aαk + (x − xk )αk (l) B1 x + C1 x2 + bl x + cl (1) B2 x + C2
2 x2 + b1 x + c1 (l) x2 + + ··· + bl x + cl
2 + · · · + (1) (1) 1 1 Bβ x + Cβ x2 + b1 x + c1 (l) (l) l l x2 + bl x + cl (l) B2 x + C2 + + ··· (k ) (1) + P (x) törtfüggvényt Q(x) (1) + ··· + (k ) B1 x + C1 x2 + b1 x + c1 akkor Bβ x + Cβ
β1 + · · ·
βl + · · · képlet szerint elemi törtfüggvények (parciális törtek) összegére bonthatjuk. Az itt még ismeretlen A(i) , B (i) , C (i) számok meghatározására egyenletrendszert írhatunk fel. P 12.19 Számítsuk ki az 1 x6 + függvény határozatlan integrálját. x4 A nevez®t a T 12.17 szerinti alakra hozzuk: x6 + x4 függvényt el®állítjuk elemi törtek összegeként: 1 x4 (x2 + 1) A1 x = + A2 x2 + A3 x3 + = A4 x4 x4 (x2 + + 1). Ezt felhasználva a Bx + C . x2 + 1 A jobb oldalt összevonva, a két oldal számlálójának azonosan egyenl®nek kell lennie: A1 x3 (x2

+ 1) + A2 x2 (x2 + 1) + A3 x(x2 + 1) + A4 (x2 + 1) + (Bx + C )x4 . Átrendezve x hatványai szerint: 5 4 3 2 1 = (A1 + B )x + (A2 + C )x + (A1 + A3 )x + (A2 + A4 )x + A3 x + A4 . 1= A megfelel® együtthatók összehasonlításával: A4 = 1, A3 = 0, A1 + B = 0, A2 + C = 0, Ezekb®l A1 = 0, A2 = −1, B = 0, C = 1. Tehát Z dx x6 + x2 = Z  − 1 x2 + 1 x4 + 1 x2 + 1 A1 + A3  dx = 1 x − = 0, 1 3x3 A2 + A4 = 0. + arctg x + C. Amennyiben Q(x) gyökei között több egyszeres gyök van, az A(ji) , Bj(i) , Cj(i) számok meghatározását célszer¶bben az alábbi példában szemléltetett módon végezhetjük. 12-10 12. Határozatlan integrál  Vegyes feladatok. x2 P 12.20 Számítsuk ki az függvény határozatlan integrálját. Elemi törtek összegére 1 − x4 bontjuk a függvényt: x2 1 − x4 = −x2 x4 − 1 = −x2 (x2 − 1)(x2 + 1) = A x−1 B + Cx + D . x2 + 1 + x+1 Ebb®l −x2 = A(x + 1)(x2 + 1) + B (x − 1)(x2 + 1) +

(Cx + D)(x2 − 1). Legyen x = 1 ; akkor −1 = 4A , azaz A = − 14 . Legyen x = − 1; akkor −1 = −4B , azaz B = 14 . Legyen x = 0 ; akkor 0 = A − B − D, azaz D = − 12 . A C -t az x együtthatóiból állapítjuk meg: A + B − C = 0, azaz C = 0. Tehát Z = x2 dx = 1 − x4 − 1 4 Z ln |x − 1| + −x2 dx = x4 − 1 1 4 Z  ln |x + 1| − 1 − 1 4(x − 1) + arctg x + C = 2 1 4(x + 1) 1 4 − 1 2(x2 + 1) x+1 − x−1 ln  1 2 dx = arctg x + C . Feladatok Integráljuk az alábbi racionális törtfüggvényeket, illetve helyettesítéssel ilyenekre visszavezethet® függvényeket. 1 . 161. 3 162. , x −8 x−3 , 164. x3 − x 3 2 . x − 6x + 11x − 5 , 167. 4 (x − 2) x 170. , 3 x −1 6dx 173. , x e −3 165. 1 2 x − 2x − 3 1 163. , 166. , 4 x − x2 3 2 . x − 2x + 4 , 168. x3 (x − 2)2 1 . 171. . 174. 6) (3 + 5 x ln x 169. u = x6 ), x+3 , (x − 2)(x + 5) x , (x + 1)(x + 2)(x + 3) 2 1 x ( x+1 , −1

175. xx x + 3x5 Z √ xdx . x+1 7 Vegyes feladatok. . 176. Határozzuk Z meg az Z 177. Határozzuk meg az . 178. Határozzuk meg az . 179. Határozzuk meg az xf 00 (x) dx f 0 (2x) dx integrált. integrált. 1 f függvényt, ha f 0 (x2 ) = f függvényt, ha f 0 (sin2 x) = cos2 x. 12-11 x x 8 . 172. , ( 2 2 + 1) + 1) ( x > 0). ( , u = x4 ), , ( 12. Határozatlan integrál  Vegyes feladatok. 180. Legyen f f −1 . folytonos és invertálható függvény, inverzét jelölje Mutassuk meg, hogy ha Z akkor Z f (x) dx = F (x) + C, f −1 (x) dx = xf −1 (x) − F (f −1 (x)) + C. Ellen®rizzük e formulát az xn , ex , arcsin x függvényekkel! Határozzuk meg az alábbi integrálok értékét. . 181. Z Z 184. Z 187. Z 190. ? 193. Z . Z . Z 196. 199. Z 202. |x| dx, 208. 185. x2 dx, x2 (1 + x2 ) x3 dx , x4 − x2 + 2 dx , 4 1+ x dx , 3 cos x dx , 4 cos x 1 + tg x dx, sin 2x 5 188. Z 191. 197. 200. , x2 ) dx, 186.

. 4 . 189. Z x dx, 206. x(arctg x) dx, x−3 dx, 2 9x − 12x + 4 Z 2 192. Z x2 − x + 2 Z dx , 3 sin x Z dx , 4 sin x 195. , Z 198. 209. 1 + cos 2 2 Z tg 3 x dx, 2 x dx, Z 207. x a dx (a > 1), 6 cos Z x 210. 5 sh ch Z dx ? , 212. a + b sh x √ Z √ 2 x − 1 − x2 + 1 √ dx, x4 − 1 Z 211. 214. Z 216. x 2 cos x sin 1 + 3 cos q Z 218. q sin x cos x 6 cos 2 dx , 2 (a + b sh x) Z 215. sin q 2 sin2 a 217. 6 x + sin x dx, 2 tg Z 219. 12-12 x dx, x x sin ln x dx. x cos x x+b s Z x dx, 4 x dx, Z 213. x dx, x2 x2 dx , x6 − 10x3 + 9 3x − 2 dx, 2 x + 4x + 8 x dx, 4 x − 2x2 − 1 dx . 3 sh x tg 204. x|−|1 −x|) dx, arcsin Z 201. x dx, 1 + cos 2x Z 4 sin x dx, 2 cos x Z 2 x ln(4 + x ) dx, | ( 1+ Z 1 Z 203. 183. max(1 Z 194. Z x|x| dx, Z 1+2 tg Z 182. e−|x| dx, Z 205. Z 1+ dx, 2 cos2 1 4 cos dx , 2 (a + b cos x) x x dx