I. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL

A primitív függvény és a határozatlan integrál 7

I. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL

Korábbi tanulmányaitok során láthattátok, hogy sok műveletnek, függvénynek van fordított művelete, inverz függvénye. Például az összeadásnak a kivonás ( 3 2 és ), a szorzásnak az osztás ( és 12 ), a hatványozásnak a gyökvonás (2 és

5

4

+ =5 2 3− = 3 4 12⋅ = : 4 3=

2 = 4 = 2 ) a fordított művelete stb. • az :f → , ( ) 2f x x= + függvény inverz függvénye az 1 :f − → , ( )1 2f x x= −− ;

• az :f → , ( ) 4f x x= ⋅ függvény inverz függvénye az 1 :f − → , ( )1 : 4f x x− = függvény;

• az , :f + +→ ( ) 2f x x= függvény inverz függvénye az 1 :f − + +→ , ( )1f x x=− függvény.

Az utolsó példán érdemes elgondolkodni, hiszen ( is 4 és mégis )22− 4 2≠−

( )

. Értelmezhetünk egy olyan függvényt, amelynek az értelmezési tartománya a pozitív valós számok halmaza és értéktartománya a valós számok részhalmazainak halmaza úgy, hogy minden pozitív x számnak megfeleltetjük az összes olyan valós számból alkotott halmazt, amelynek négyzete x . Tehát :f + → P ,

( ) { }2f x y y x= ∈ = vagy ( ) { }f x x= ±

B⊂

, . Hasonlóan járunk el a re-

láció inverzének megszerkesztésénél vagy bizonyos halmazok függvények szerinti ős-képeinek tanulmányozása során. Egy C halmaznak a g A függvény általi ősképe azon A-beli elemek halmaza, amelyeknek a képe a C halmazban van. Tehát

x∀ ∈

: → B

( ) ( ){ }1 |g C x A f x− = ∈ ∈C . Hasonló megfeleltetéssel találkoztunk a komplex szá-mok n-ed rendű gyökeinek értelmezése során.

{ } nn z u u z= ∈ = =

2 2| | cos sin arg , 0, 1n

k kz i z k

n nα π α π α

+ + = + = = − n .

Így például az 1-nek ezen függvény által az n-ed rendű egységgyökök halmaza felel meg.

A deriválást is tekinthetjük műveletnek vagy leképezésnek, ha minden :f → deriválható függvénynek megfeleltetjük a deriváltját. Így egy olyan leképezést értel-mezünk, amely a deriválható függvények halmazát képezi le a függvények halmazára. Ebben a fejezetben ennek a leképezésnek a képtartományát vizsgáljuk meg, majd módszereket vezetünk le bizonyos típusú függvények ősképének meghatározására.

Tekintsük az :f → , ( ) 1f x =

( )F x =

függvényt. Látható, hogy az F , függvény deriváltja pontosan az f függvény. Azt mondjuk, hogy az F függ-

vény az f függvény primitív függvénye. Tudjuk, hogy az állandó függvény deriváltja 0, tehát minden F , , , alakú függvény primitív függvénye az f-nek. XI. osztályban (lásd a Lagrange tétel következményeit) láttátok,

: →( )F x x=

: → x a+ a ∈

8 A primitív függvény és a határozatlan integrál

hogy ha egy intervallum, F F deriválható függvények és

, , akkor az F és F függvények egy állandóban különböznek

egymástól. (Ha , , akkor F x , , tehát , . Így az függvény állandó az I intervallumon,

mert a Lagrange tétel alapján bármely (x ) esetén létezik c x úgy, hogy F x , tehát F x , , azaz F állandó.) Tehát az

I

( )x

(x

1 2, : I →

1 2

x I∀ ∈ (

1 2F F F= −

1 2,x x I∈

( )1 2 0x x− =

1 2( )F x F′ ′=

1 2( )F F ′− =

x I∀ ∈

( )F x =) 0 x∀ ∈

( ) (1 2F x−

( )1 2F x′ ′

I

) (F ′=:

) ( )1 2 0F x− =′ ′

1 2x<

( ) (1 2F x=

x I∀ ∈

∈

) 1 2,x x1 2( , )x

I∀ ∈)cf → , ( ) 1f x = függvény primitív függvényei csak

az , alakú függvények. Az :F → ( )F x x a= + ( ){ }:F F→ x x= +a halmazt (azaz az f függvény primitív függvényeinek halmazát) az f függvény határozatlan integráljának nevezzük és az ( )f x dx∫ szimbólummal jelöljük. Az lőbbiek alapján megfogalmazhatjuk az alábbi értelmezéseket, tulajdonságokat:

⊂:f D →

( )f x:

:

→( )′ =

f D →( )f x dx

( ) { } deriválható -n és :f x dx

I ⊂

F= D F→

1 2

D

, : I

F f′ =

→ :∫

f I →∈

1 2( )F x F= ( )x

:

c+

f → 2002( )f x = x : →

( )2003

2003x

F x =

: *f → ( )2

1f x

x= *: →

( )1

F xx

=−

( )

*: →

ha

ha

x

x

<

>

11 ,

12 ,x

x

0

0G x

−= −

e Értelmezés. Ha D 1 egy halmaz, amely felírható nem degenerált (legalább két különböző elemet tartalmazó) intervallumok egyesítéseként és egy függvény, akkor az F D függvényt az f függvény primitív függvényének (vagy egyszerűen primitívjének) nevezzük, ha F deriválható a D-n, és F x , ∀ x ∈D. Értelmezés. Az függvény primitív függvényeinek halmazát az f függ-

vény határozatlan integráljának nevezzük és az ∫ szimbólummal jelöljük.

Az integrál alatti f függvényt integrandusnak vagy integrálandónak nevezzük. Tehát .

Tulajdonság. Ha egy intervallum és F F az függ-vény két primitívje, akkor létezik olyan c szám, amelyre teljesül az

egyenlőség minden x ∈I esetén. Tehát intervallumon értelmezett, primitívvel rendelkező függvény két primitívje egy állandóban különbözik egymástól. Példák 1. Az , függvény egy primitívje az F ,

függvény.

2. Az , függvény egy primitív függvénye az F ,

függvény. Egy másik primitív függvénye a G ,

függvény.

1 Ebben a fejezetben a nem degenerált intervallumok egyesítése és I intervallum D


3. Az :f → , 1 1

2 sin cos , 0( )

0, 0

x xf x x x

x

− ≠= = függvény egy primitív függ-

vénye az , :F →

2 1cos , 0( )0, 0x x

xx

≠= =F x függvény.

Megjegyzések 1. Fontos az előbbi tulajdonságban az a feltétel, hogy a függvények intervallumon vannak értelmezve. A 2. példánál is láthattuk, hogy az F és G primitív függvények különbsége nem állandó. 2. Az egyszerűség kedvéért jelöljük -vel az adott értelmezési tartományon az állandó függvények halmazát. Ekkor, ha egy I intervallumon értelmezett

C:f I →

)+

függvény egy primitívje az F I függvény, akkor : → ( ) (f x dx F x=∫ C , ahol

( ){ } x a∀ ∈ ∈: , ,g I g x a= → =C az I intervallumon értelmezett állandó függvények halmaza. Értelmezés. Ha egy M halmazon értelmeztük a ∗ műveletet és

, akkor :M M M× →

,A B M⊂ { } ,A B x y x A y B∗ = ∗ ∈ ∈ . Ha egy külső

művelet, akkor

:K M× →M

{ }M x x M= ∈λ λ . (Hasonló műveleteket a ponthalmazok vek-toriális jellemzésénél használtunk – lásd a IX. osztály számára írt tankönyvet.) Példák 1. Ha M és = { }1, 0,1= − ⊂A valamint { }2, 1,2= − − ⊂B két rész-halmaza, akkor:

{ ( 1) ( 2), ( 1) ( 1), ( 1) 20 ( 2), 0 ( 1), 0 2,A B+ = − + − − + − − + + − + − + } 1 ( 2), 1 ( 1), 1 2+ − + − + = { }3, 2, 1, 0,1,2, 3− − − és { }2, 1, 0,1,2⋅ = − −A B .

Ha tekintjük az egész számokkal való szorzást külső műveletként, akkor például { }2 2x x= ∈ a páros egész számok halmaza, hasonlóan értelmezhető , a

páratlan egész számok halmaza stb. 2 1+

2. Ha és B , akkor A B . A mátrixok valós

számmal való szorzását tekintve külső műveletként,

( )2,3A =M ( )3,2=M ( )2⋅ =M

( )2M2 a páros elemeket tartal-mazó másodrendű négyzetes mátrixok halmaza.

Az előbbiek alapján a függvényekkel végzett műveletek ismeretében végezhetünk műveleteket a halmazzal is. Tudjuk, hogy két (közös értelmezési tartománnyal ren-delkező) állandó függvény összege és szorzata is állandó függvény, egy valós szám-mal vett szorzata is állandó függvény. Tehát , λ λ .

C

+ ⊂C C C ,⊂ ∀ ∈C C

Ugyanakkor bármely állandó függvény felírható két állandó függvény összegeként (pl. önmaga és az azonosan nulla függvény összegeként), és felírható, mint egy tetszőleges nullától különböző valós szám és egy állandó függvény szorzata (pl. ha , :f g I → , ( ) ,f x a x= ∀ ∈ I és ( ) ,

ax I

λ= ∀ ∈g x ( ), akkor 0λ ≠ f gλ= ).


Tehát és , azaz és . ⊂ +C C C , *λ λ⊂ ∀ ∈C C = +C C C , *λ λ= ∀ ∈C C

A deriválható függvények tulajdonságai alapján, ha az függvények az , :F G D →:f D → és függvények primitívjei, akkor az F G függ-

vény az

:g D →

:

:+ D →

f g D →:H D →

+ függvény egy primitívje, mert ( ) . Ugyanakkor ha az

F G F′+ = G′ ′+ f g= +f g+ egy primitívje, akkor az f egy tetszőleges

primitívje esetén a G D , függvény a egy

primitívje, mert G H , tehát az

:F D → :

H′ ′= −

→

F

G H F−

f g=

=

g′ −

g

( )F f′ = += − f g+ minden primitívje felírható az f és g egy-egy primitívjének összegeként, így

( ) ( ) ( )( )f x dx g x dx f g x dx+ = +∫ ∫ ∫ .

Hasonlóan, ha F D az : → :f D → egy primitívje, akkor λ a :F D →

:f Dλ →

:H D →

egy primitívje, ahol λ , mert ( ) és ha

a

*∈ Fλ λ′ = ⋅F fλ′ =

:f D →λ egy primitívje, akkor 1:F H

λ= D → az f egy

primitívje, mert 1 1f

λ λ1′F H

′ ′ H λλ

= f== = tehát írhatjuk, hogy

( ) ( )f x dx f x dxλ λ=∫ ∫ .

Megjegyzés. Ha f és intervallumon értelmezettek és és G egy-egy primitív függvényük ezen az intervallumon, az előbb bevezetett műveletek alapján

g F

( ) ( )f x dx g x dx F G+ = + + +∫ ∫ C C =

( )( )F G F G f g x dx= + + + = + + = +∫C C C

( ) ( )

és

( )f x dx F F F fλ λ λ λ λ= + = + = + =∫ ∫C C C x dxλ .

Az előbbiek alapján megfogalmazhatjuk az alábbi tulajdonságot: Tulajdonság. Ha az :f D → és függvényeknek van primitív függ-vénye, akkor az

:g D →:f g D →+ függvénynek is van primitív függvénye és egyenlő az

f és g egy-egy primitív függvényének összegével:

( )( ) ( ) ( )f g x dx f x dx g x dx+ = +∫ ∫ ∫ ,

valamint ha λ , akkor a *∈ :f D →λ függvénynek is van primitív függvénye és ( ) ( )f x dx f x dxλ λ=∫ ∫ .

Az előbbi tulajdonság azonnali következménye az alábbi: Következmény 1. Ha az f és függvényeknek van primitív függvénye és α β , akkor az

:g D →:

, ∈f g D →α β+ függvénynek is van primitív függvénye és

( )( ) ( ) ( )f g x dx f x dx g x dxα β α β+ = +∫ ∫ ∫ .


2. Ha az :f D →

:

függvénynek van primitív függvénye, a g D függvény nem rendelkezik primitív függvénnyel és α , , akkor az

: →*β ∈∈

f g D →α β+:H D →

függvénynek nincs primitív függvénye. (Ellenkező esetben, ha egy primitív függvénye az f gβ+α függvénynek és egy

primitívje

:F D →

f -nek, akkor :H F

Dα

β− → egy primitív függvénye lenne -nek.) g

Szintén a XI. osztályban tanultakból tudjuk, hogy egy intervallumon deriválható függvény deriváltja Darboux tulajdonságú. Tehát állíthatjuk, hogy: Tulajdonság. Ha az :f I → ( I intervallum ) függvénynek létezik primitív függvénye, akkor

⊂f Darboux tulajdonságú.

Tehát, ha f nem Darboux tulajdonságú, akkor f-nek nincs primitívje. A későbbiekben bizonyítani fogjuk az alábbi tulajdonságot: Tulajdonság. Ha az :f I → ( I intervallum) függvény folytonos, akkor az függvénynek létezik primitív függvénye.

⊂f Megoldott gyakorlatok 1. Határozzuk meg az alábbi függvények primitív függvényeit (ha léteznek): a) ( ) 3f x x= , ; b) x ∈ ( ) nf x x= , x , n ; ∈ ∈

c) ( ) rf x x= , , *x +∈ { }\ 1∈ −r ; d) ( ) 1f x

x= , x ; *

+∈

e) ( ) 4 2 13f x x x x

x= + + + , x ; f) *

+∈ ( )1

f xx

= , . *x −∈

Megoldás

a) Tudjuk, hogy az F , : → ( )4

4x

F x = függvény deriválható -en és

43

4x

x′ =

, tehát 4

4x

x dx = + C3∫ .

b) Az , :F → ( )1

1

nxF x

n

+

=+

, függvény deriválható -en és n ∈

( )1nxx

+ ′ = = 1

1 1

n nx nn n

++ +

, tehát 1

1nx d = +

nxxn

+

+∫ C .

c) Ha { }\ 1r ∈ − , akkor az F , *: + → ( )1

1

rxF x

r

+

=+

függvény deriválható

-en és ( )1 11 1

r rx rr r

+ ′ + = =+ + rxx , tehát

1

1

rr xx dx

r

+

= ++∫ C , ha r . 1≠−


d) A függvény deriválható és ( )*ln : + → 1ln x

x′ = , tehát 1

lndx xx

= +∫ C ,

ha x . *+∈

e) Az előbbi pontok alapján 5

4

5x

x dx = +∫ C , 3

2 33 33x

x dx x= ⋅ + = +∫ C C ,

11 31 2

22

1 312

x xxdx x dx

+

= = + =+

∫ ∫ C C+ és 1lndx x

x= +∫ C , ha x

tehát

*+∈

5 34 2 31 23 l

5 3x x

x x x dx x xx

+ + + = + + + + ∫ Cn .

f) Az , függvény deriválható és *:F − → ( ) ( )lnF x x= −

( )( ) ( )1 11

x x⋅ − =

−ln x ′− = , tehát (

1lndx

x= − )x +∫ C , ha x . *

−∈

Megjegyzés. A d) és f) pontok alapján mondhatjuk, hogy ha I egy intervallum,

amely nem tartalmazza a 0 -t, akkor az :f I → , ( ) 1f x

x= függvénynek van pri-

mitívje és 1lndx x

x∫ C= + .

2. Határozzuk meg az alábbi függvények primitív függvényeit: a) :f → , ( ) xf x e= ; b) :f → , ( ) xf x a= , { }* \ 1+∈a ; c) :f → , ( ) shf x x= ; d) :f → , ( ) chf x x= ; e) :f → , ( ) xf x xe= ; f) :f → , ( ) 2 xf x x e= . Megoldás a) Az :f → , ( ) xf x e= függvény deriválható -en és ( ) xf x e′ = , tehát

. xe dx∫ xe= + C

b) Az , :F → ( )ln

xaF x

a= függvény deriválható -en és F x ,

, tehát egy primitív függvénye

( ) xa′ =

x∀ ∈ F f -nek, így ln

xx aa dx

a= +∫ C .

c) Tudjuk, hogy sh , tehát folytonos -en és egy primitív függvénye

,

2

x xe ex

−−=

):F → ( ch2

x xe eF x x

−+= = . Tehát sh chx= +x dx∫ C .

d) Az előbbi ponthoz hasonlóan ch shx dx x= +∫ Cx

.

e) Az , függvény deriválható -en és F x , , innen az F , függvény is deriválható -en és

deriváltja: F x , , tehát

1 :F →

( )′ =

( )1F x xe=: →xxe x∀ ∈ e−

( )1

x xxe e= +′x∀ ∈ ( ) ( )

1xF x F x e= −

xe dx =x x xxe +∫ C .


f) Az , függvény deriválható -en és , . Ebből következik, hogy az F ,

függvény is deriválható -en és deriváltja

, , tehát .

1 :F →2x xe xe= +

) (2 xx xe−xe x∀ ∈

( ) 21

xF x x e=∀ ∈)x

x e dx =∫

:( ) 21F x x′( ) (

1F x F=( ) 2F x x′ =

xe−

→

x + C2 2 2 2x x xx e xe e− +3. Határozzuk meg az alábbi függvények primitív függvényeit:

a) , : ( 1, 1)f − → ( )2

11

f xx

=−

; b) , : (3, 5]f → ( )2

14

f xx

=−

.

Megoldás a) Az f függvény folytonos a ( 1 intervallumon, tehát van primitív függvénye

ezen az intervallumon. Az ,

, 1)−

2 : ( 1,−1, 1)f → ( )1

11

f xx

=−

és ( )2

11

f xx

=+

függvények folytonosak a ( 1 intervallumon és egy-egy primitív függvényük ezen az intervallumon F ,

,

1,− ( )

1)

1)→−: (1,2 (ln 1 ln 1x x= − = − )1F x , valamint

( ) ( x+ )2 ln 1F x x= + ln 1= . Innen, mivel ( ) ( ) ( )( 1 2

12

)f x f x f= − x , következik,

hogy 2 dx−1 1

ln1 2

1 x= + ( 1x ∈ −1x x−+∫ C , ha . , 1)

f , 5]b) Az függvény folytonos a (3 intervallumon, tehát van primitív függvénye

ezen az intervallumon. Az , 1,2 : (f 3, 5]→ ( )1

12

f xx

=−

és ( )2

12

f xx

=+

függvé-

nyek folytonosak a (3 intervallumon és egy-egy primitív függvényük ezen az

intervallumon ,

, 5

2 : (3

]

, 5]→1,F ( ) (ln 2 ln 2F x x x= − = − )1 , valamint

( ) ( 2+ )2 ln 2F x x= + ln x= . Innen, mivel ( ) ( ) ( )( 2 1

14

)f x f x f= − x , következik,

hogy 2 dx∫ 1 1ln

4 4x x22

Cx += +− −

x, ha . (3, 5]∈

4. Vizsgáljuk meg, hogy a következő függvényeknek milyen halmazon van primitív függvényük és ezekben az esetekben határozzuk meg a primitív függvényeiket: a) ( ) sinf x x= ; b) ( ) cosf x x= ; c) ( ) tgf x x= ;

d) ( ) ctgf x x= ; e) ( ) 2

1cos

f xx

= ; f) ( ) 2

1sin

f xx

= ;

g) ( ) 2

11

f xx

=+

; h) ( ) 2

34

f xx

=+

; i) ( )2

13

f xx

=−

.

Megoldás a) Az f függvény folytonos -en, tehát létezik -en primitív függvénye. Tudjuk, hogy az , F x függvény deriválható -en és F x ,

innen .

cos

C1 : →

sin xdx =−

F

∫( )1 x=

cosx +

( )1 sin x=−′


b) Az a) ponthoz hasonló meggondolásokból cos sinxdx x= +∫ C .

c) Az f függvény értelmezési tartománya ( )\ 2 12fk

π = + ∈

( )

D k , ami nem

degenerált intervallumok egyesítése. Minden ( )2 1 , 2 12 2kk

π = − + I k interval-

lumon az

π

f függvény folytonos, tehát van primitív függvénye. Írhatjuk, hogy ( )

(n costg ln cos

s cosx x

xx x

′ ′− = − )x k

sico

= = . Tehát az I intervallumon az f egy

primitív függvénye F I , :k k → ( ) ln cosxkF x =− . Innen az f minden primitív függvénye ( ) ln cosx− + kc kI∈F x , ha x alakú, ahol c állandók. = k ∈

d) Az f függvény értelmezési tartománya { }\f kπ= ∈D k . Az előbbi ponthoz

hasonlóan, ha J k , akkor ( )( )1 ,k

kπ π= −f k

k

D J∈

= ∪ és az f primitív függvényei

, : fF D → ( ) ln sink

F x x c= + , ha x alakúak, ahol c állandók. kJ∈ k ∈

e) Az f értelmezési tartománya ( )\ 2 12fk

π = + ∈

kc+ ( )

D k és primitív függvé-

nyei F D , F x , ha

: f → ( ) tgx= ( )2 1 , 2 12 2k

k kπ ∈ = − + x I alakúak. π

f) Az f értelmezési tartománya { }\f kπ= ∈

( )1 ,kk π∈ = −

D k és primitív függvényei

, , ha x J alakúak. : fF D → ( ) ctg kF x x c= + ( )kπg) Az :f → , ( ) 2

11

f xx

=+

függvény folytonos -en, tehát létezik primitív

függvénye. Tudjuk, hogy az : ,2 2π π → − F , függvény derivál-

ható -en és

( ) arctgF x x=

( )2

11 x

=+

F x , , tehát F egy primitív függvénye az ′ x∀ ∈ f függ-

vénynek. Így 2

1ardx

x+ctgx= + C

1∫ .

h) Az :f → , ( ) 2

34

f xx

=+

függvény folytonos -en, tehát létezik primitív

függvénye. A g) pont alapján az intuíció azt sugallja, hogy ennek a primitív függvénye az függvény valamilyen más függvénnyel összetéve. Tudjuk, hogy ha

egy deriválható függvény, akkor ( )(

arctg

→:g )( )( )

( )2

1arctg

1g x

g x′ ′= ⋅

+g x .

Ezért átírjuk az f függvényt olyan alakba, hogy a nevezője alakú legyen. ( )21 g x+


Azaz ( ) 23

412

f xx

= ⋅ +

1 . Innen az f egy primitív függvénye az F , : →

( )3arctg2 2

x=F x . Tehát 23 3 arctg

4 2 2xdx

x= +

+∫ C .

f )

: ( 1,1)g − →2x

( )

arcsin

: ( 1,1)h I → − ( )2

h xh x

′⋅

( )x

( )

1

f x =−

( ): 3, 3− →

( ) arccosG x =−

arc=

i) Az függvény maximális értelmezési tartománya ( 3, 3fD = −

( )

. Ezen az inter-

vallumon a függvény folytonos, tehát létezik primitív függvénye. Tudjuk, hogy a

, függvény deriválható és ( ) arcsing x x= 11

′ =−

g x .

A feladatbeli függvény hasonlít erre, így sejthető, hogy a primitív függvénye az és egy másik függvény összetevéséből származik. Általában, ha a

függvény deriválható, akkor ( )( )( ) 1arcsin

1h x ′ =

−.

Tehát érdemes lenne a nevezőt 21 h− alakúra hozni.

Így 2

13

3x

⋅

alakba való átírásából azonnal kiderül, hogy egy primi-

tív függvénye az ( ): 3, 3− →F , ( ) arcsin3x

F x = függvény. Hasonlóan

igazolható, hogy egy másik primitív függvénye a G ,

3x függvény. Tehát írhatjuk, hogy a ( intervallumon )3, 3−

2

1 arcsin cos3 33x xdx

x= + − +

−∫ C C .

1

Az előbbi megoldott gyakorlatokban észrevehettük, hogy a primitív függvények mind elemi függvények voltak. Az olyan függvények határozatlan integrálját, amelyek pri-mitív függvényei elemi függvények alapintegráloknak nevezzük. A könnyebb memo-rizálás érdekében az alapintegrálokat táblázatba foglaljuk. Ahol a maximális értelme-zési tartomány nem intervallum az egyszerűbb írásmód érdekében csak intervallumon írjuk fel az integrált. ( I minden esetben intervallumot jelöl.)

A függvény A határozatlan integrál

:f → , ( ) nf x x= , n ∈1

1

nn xx dx

n

+

= ++∫ C

:f I → , I , *⊂ ( ) nf x x= , { }\ 1n ∈ −

1

1

nn xx dx

n

+

= ++∫ C

:f I → , I , *+⊂ ( ) rf x x= , { }\ 1∈ −r

1

1

rr xx dx

r

+

= ++∫ C


A függvény A határozatlan integrál

:f I → , , *I ⊂ ( )1

f xx

= 1lndx x

x= +∫ C

:f → , ( ) xf x e= x xe dx e= +∫ C

:f → , ( ) xf x a= , { }* \ 1+∈aln

x aa dx

a= +

x

∫ C

:f → , ( ) sh2

x xe ef x x

−−= = sh chx dx x= +∫ C

:f → , ( ) ch2

x xe ef x x

−+= = ch shx dx x= +∫ C

:f → , ( ) sinf x x= sin cosxdx x= − +∫ C

:f → , ( ) cosf x x= cos sinxdx x= +∫ C

:f I →

( )

,

{ }\ 2 12

I kπ+

( ) tg

k⊂ ∈ ,

f x x=

tg ln cosxdx x=− +∫ C

:f I → , { }\ kπ⊂ ∈( ) ctgI k , f x x=

ctg ln sinxdx x= +∫ C

:f I → , { }\ kπ⊂ ∈

( )

I k ,

2

1sin

f xx

= 2

1ctg

sindx xx

=− +∫ C

:f I →

( )

,

\ 2 12

I kπ+

( )

k ⊂ ∈

,

2

1cos

f x =x

2

1tg

cosdx xx

= +∫ C

:f → , ( ) 2 2

1f x

x a=

+, a *∈

2 2

1 1arctg

xdx

x a a a= +

+=∫ C

1arcctg

xa a

=− + C

: ( , )f a a− → , ( )2 2

1f x

a x=

−*+∈

,

a

2 2

1arcsin

xdx

aa x= +

−∫ C =

arccosxa

=− + C

:f I → , { }\I a⊂ ±

( )

, a *∈

2 2

1f x

x a=

− 2 2

1 1ln

2x a

dxx a a x a

−= +− +∫ C


A függvény A határozatlan integrál :f →

( )

, a *∈

2 2

1x a+

f x =

:f I → , I a , a \ [ , ]⊂ −

( )

a *+∈

2 2

1f x

x a=

−

( )2 2

2 2

1 1ln

2dx x x a

ax a= + + +

+∫ C

2 2

2 2

1 1 ln2

dx x x aax a

= + − +−∫ C

Megjegyzés. A táblázatban az utolsó két integrálra nem adtunk példát az előbbi-ekben. Egyszerű deriválással ellenőrizhető, hogy valóban az összefüggések helyesek.

2.6. paragrafusban az ilyen típusú integrálok direkt levezetésére is sor kerül. A M

egoldott feladatok 1. Adjunk példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye és az össze-güknek van! Megoldás

Legyenek , :f g →

: → (

, , .

Egyik függvény sem Darboux tulajdonságú, tehát nincs primitív függvényük. Az össze-gük pedig , h x , folytonos függvény, tehát van primitívje.

( )haha

0,1, \

xf x x

∈= ∈

1= x∀ ∈

( )haha

1,0, \

xg x x

∈= ∈

h )

2. Határozzuk meg az a paraméter értékét úgy, hogy az ∈

:f → , ( ) ha ha

*1sin ,, 0

xf x xa x

∈= =

függvény Darboux tulajdonságú legyen, majd úgy, hogy létezzen primitív függvénye! Megoldás. Az -on a függvény folytonos, tehát elégséges olyan intervallumokat megvizsgálni, amelyek tartalmazzák a -t. Mivel , következik, hogy

a Darboux tulajdonság szükséges feltétele. Bizonyítjuk, hogy ez a feltétel

elégséges is. Tetszőleges esetén létezik k úgy, hogy

*

0 ( )sin [ 1,1]= −

*

[ 1,1]a ∈ −

0ε > ∈

( ) ( )1 1

04 1 4 1

2 2k k

επ π< <+ −

< .

( )( )1

sin 4 1 124 1

2

f kk

ππ

= + + = és

( )( )1

sin 4 1 124 1

2

f kk

ππ

= − = − −

. A

( ) ( )1 1

,4 1 4 1

2 2k kπ

+ −

( )

π intervallumon a függvény folytonos, tehát Darboux tulaj-

donságú és ( )

1 1,

4 1 4 12 2

k kεπ π

0,

⊂ + −

, következik, hogy ( )[0, ] [ 1,1]f ε = − ,


0ε∀ > ( f a ). Hasonlóan, ( )0 [= ∈ −1,1] ]( )[ , 0] [ 1,1f ε− = −

( )[ , ] [ 1,1]

, . Tehát, ha

, akkor bármely esetén

0ε∀ >

[ 1a ∈ − ,1] ε 0> f ε ε− = − , így f Darboux tulaj-donságú.

f2

*

2 co1sin+

21 1n cosx x

′ = − cos

:g →1

2 cosxx

00

x ≠=

s

( )1G x

′ f

:F)

)

haha

ha2

, 00

, 0

x xx

x c x

<= =

+ >

∈

*

(mF x

( )0G 2 0=

F

( ) ha

ha

, 0

0

x G x x

G x

− ≠

=

( )2 1cosx G xx

x x

− +

=

F= 0

A továbbiakban határozzuk meg az a értékét úgy, hogy létezzen ∈ -nek primitív

függvénye. Ennek érdekében megszerkesztjük a primitív függvényt. Az 1cosx

x deri-

válható -on és

1s 2 cosx xx x

′ = 1x

⇒ 1x

*x∀ ∈si 2x x , .

A , haha,( )

0,g x

x

= függvény folytonos (0-ban folytonos,

mert a co függvény korlátos), tehát létezik primitív függvénye. Ha G a

egy primitívje, akkor

: → g

21sin cosxx x

= − , bármely x esetén. Innen, ha

létezik

*∈

-nek primitív függvénye, akkor

→ , (

(

2

1

2

1cos

( ) ,1

cos

x Gx

F x c

x Gx

− −

, (c állandók) 1,2

alakú kell legyen (egy közülük). Ahhoz, hogy ez primitív függvénye legyen f -nek deriválhatónak kell lennie és az egyenlőség kell teljesüljön. A deriválhatóság szükséges feltétele a folytonosság. Világos, hogy -on a függvény folytonos. Az állandókat úgy kell meghatároznunk, hogy teljesüljön a li

egyenlőség. Ez akkor teljesül, ha c és c , azaz

F ′ =

1 =−

) ( ) ( )0 limx x

x= =0 0

F

f

( )

2 1cos

( )0 ,

F x x= −

.

Vizsgáljuk a deriválhatóságot a -ban 0

0 0

(0)( ) (0)lim limx x

GF x F→ →

− = =

( ) ( )0

1 ( ) (0)lim cos 0 0 0x

G x Gx G

x x→

− ′= − =− =− . g

0 0Tehát deriválható a -ban és . Innen következik, hogy , azaz csak a esetben van primitív függvénye

0 ( )0F ′ = ( )0f =f -nek.


3. Vizsgáljuk meg, hogy a következő függvényeknek van-e primitív függvénye:

a) :f → , ( ) haha

13 sin 1, 01, 0

xf x xx

+ ≠= =;

b) g , : → ( )

ha

ha

ha

1sin 1, 0

0, 01

sin 1, 0

xx

g x x

xx

− <= = + >

.

Megoldás

a) Az , 1 :f → ( )haha

*

1

1sin ,0, 0

xf x xx

∈= = függvénynek az előbbi feladat alapján

van primitív függvénye. Legyen egy primitív függvénye F . Az 1 : → f függvény felírható az , alakban. Mivel az , függvény egy primitív függvénye az , függvény, következik, hogy az

( )f x ( )13 1f x= + x∀ ∈

2 :F →2 :f

) x=→ ( )

2 1f x =(2F x

f -nek van primitív függvénye és egy primitív függvénye az F , függvény.

: →( )F x ( )

13F x= ( )2F x+

b) Az a) pontbeli és a , függvények segít-

ségével a függvény felírható a g x , alakban. Az függvény rendelkezik primitív függvénnyel, a g nem rendelkezik, mert nem Darboux tulajdonságú. Ebből következik, hogy a g függvénynek sincs primitív függvénye.

1f 1 :g → ( )

hahaha

1

1, 00, 01, 0

xg x x

x

− <= >) ( ) ( )

1 1f x g x= + x∀ ∈

1

=

g (1f

4. Bizonyítsuk be, hogy az :f → , ( )ha

ha

,1, \

x xf x x

x

∈= ∈ függvény-

nek nincs primitív függvénye. Bizonyítás. Be fogjuk bizonyítani, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú. Vizsgáljuk például a [0 intervallumnak az ,1] f függvény általi képét. A függvény

értelmezéséből következik, hogy ( )[0,1] [0,1]f ∩ = ∩ és ( ) ( )[0,1] \ 1, \f = +∞ ,

tehát ( ) ( ) ( ) ( ) ([0,1] [0,1] [0,1] \ [0,1] (1, ) \ )f f f= ∩ ∪ = ∩ ∪ +∞ , ami nem intervallum. Tehát az f függvény nem Darboux tulajdonságú. Így nem létezik primi-tív függvénye. 5. Bizonyítsuk be, hogy egy alulról (vagy felülről) korlátos és primitívvel rendelkező függvény és egy folytonos függvény szorzatának létezik primitív függvénye!


Bizonyítás. Legyen :f → alulról korlátos és g folytonos függ-vény. (A megoldás hasonló, ha

: →f felülről korlátos.). Mivel f alulról korlátos követ-

kezik, hogy létezik m úgy, hogy . Ha h ,

, akkor mivel

∈ ( )f x m> , x∀ ∈ : →( ) ( )h x f x m= − f -nek létezik primitívje, következik, hogy h is

rendelkezik primitív függvénnyel. Legyen H a h egy primitívje. A H függ-vény szigorúan növekvő, mert H x . Mivel H szigorúan nö-

vekvő és folytonos (mert deriválható), következik, hogy H I ,

bijektív és folytonos valamint H x , ahol I . Így mivel

is és g is folytonosak, következik, hogy a g H függvény folytonos, tehát létezik primitív függvénye. Ha U I a egy primitívje, akkor U g , tehát U H ⇒ . Így a gh függvénynek létezik primitívje. Másrészt g x , , tehát . A függvény folytonos, így az mg függvény is folytonos, tehát létezik primitívje. Ebből következik, hogy a gf függvénynek is létezik primitívje.

:( )h x

(h x

→0, x= > ∀ ∈

), x∀ ∈

: →( o )U H =( ) ( )h x =

( )

( )=

g

g

′

1′

1o′ =

( ) ( )x mg x+

1 : →=11o :−

1og H −

1 1( o )U H h′ ′ ⋅ =( ) ( )g x f x −

1( ) ( )H x H x=H

h) x∀ ∈

Im

I →1

mg

11 :H I− →

1oH −′ =

( ) ( )g x f x

1

(g x

g ⋅(x

)h=

6. Bizonyítsuk be, hogy ha az *:f → függvénynek létezik primitív függvénye és a g függvény folytonos, akkor az : → f g⋅ függvénynek is létezik primitív függvénye! Megoldás. Mivel f rendelkezik primitív függvénnyel következik, hogy f Darboux tulajdonságú. Így ( ) *f ⊂ egy intervallum. , tehát ( )0 f∉ f előjeltartó, azaz

, vagy , . Így f alulról vagy felülről korlátos. Ugyanakkor folytonos, tehát az 5. feladat alapján, az ( ) 0f x > x∀ ∈

g( )f x 0< x∀ ∈

f g⋅ függvénynek létezik primitívje. Megjegyzés. Egy függvény primitív függvénye létezésének vizsgálatakor célszerű a következőképpen járni el:

• Megvizsgáljuk, hogy a függvény folytonos-e. Ha igen, akkor létezik primitív függvénye.

• Ha nem folytonos megnézzük, hogy Darboux tulajdonságú-e. Ha nem Darboux tulajdonságú, akkor nincs primitív függvénye.

• Ha Darboux tulajdonságú ellenőrizzük, hogy létezik-e olyan függvény, amelynek ez a függvény a deriváltja. Ha igen, akkor van primitívje. Ha nem, akkor nincs primitívje. A fenti lépéseket a következő logikai ábra tartalmazza:


f-nek nincs

primitív függvé-nye D-n

NEM NEM

NEM

f-nek nincs primitív

függvénye D-n

f-nek van primitív

függvénye D-n

IGEN

IGEN IGEN

F egy primitív

függvénye f-nek D-n

:F D∃ → úgy, hogy:1° F deriválható D-n; 2° )F x ?( ) (f x′ = x D∀ ∈

Darboux tu-lajdonságú f a

D-n?

Folytonos f a D-n?

Gyakorlatok és feladatok I. Vizsgáld meg, hogy a következő függvényeknek milyen halmazon van primitív függvényük és ezekben az esetekben határozd meg a primitív függvényeiket: 1. ( ) 3 22 1f x x x x= + + + ; 2. ( ) 3f x x= + x ;

3. ( ) 2

1f x x

x= + ; 4. ( ) 2 5f x x x x x= + ;

5. ( ) 45

43f x x

x= + ; 6. ( )

4 3

5 3

x xf x

x= ;

7. ( ) 1f x x

x= + ; 8. ( ) 1

3 2f x

x=

+;

9. ( ) 25

xx

= +f x ; 10. ( ) 2 2xf x x= + ;

11. ( ) 22 3x xf x = ⋅ ; 12. ( ) 5xf x x= ; 13. ( ) sh chf x x= + x ; 14. ; ( ) ( )sh lnf x x= 15. ( ) sh 3f x x= ; 16. ( ) sin2f x x= ; 17. ( ) cos 3f x x= ; 18. ( ) sinf x x= x ;

19. ( ) 2 2

1 1sin 3 cos 4

f xx x

= + ; 20. ; ( ) ( )tg 3 1f x x= +

21. ( ) ctg2f x x= ; 22. ( )( )2 2

1sin 2 cos 2 3

f xx x π

=+ +

;

23. ( ) 2

19x

=−

f x ; 24. ( ) 2

13 4

f xx

=−

;

25. ( ) 2

19

f xx

=+

; 26. ( ) 2

13 4

f xx

=+

;

27. ( )2

19

f xx

=+

; 28. ( )2

19

f xx

=−

;


29. ( )2

13 4

f xx

=+

; 30. ( )2

13 4

f xx

=−

;

31. ( )2

19

f xx

=−

; 32. ( )2

14 3

f xx

=−

.

II. Bizonyítsd be, hogy a következő függvényeknek van primitív függvénye:

1. :f → , ( )ha

ha

1arctg , 0

, 02

xxf x

xπ

≠= =

;

2. :f → , ( ) haha

sin, 0

1, 0

xxf x xx

≠= =;

3. :f → , ( ) haha

ln 1 , 01, 0

x xf x xx

+ ≠= =;

4. :f → , ; ( )( ) ha

ha

2 1 , 0ln 1, 0

xx x e xf x x x x

− + ≠= + = 5. :f → , ( ) { }2max ,2xf x x= ;

6. :f → , ( ) haha

1cos , 00, 0

xf x xx

≠= =;

7. :f → , ( ) ( ) haha

11 sin , 0

0, 0x xf x x

x

+ ≠= =;

8. :f → , ( ) haha

1sin , 0

0, 0

xe xf x xx

≠= =;

9. :f → , ( )ha

ha

1cos , 0arctg

0, 0

xf x x

x

≠= =;

10. :f → , ( ) haha

sin , 00, 0

xexf x xx

≠= =.

III. Bizonyítsd be, hogy a következő függvényeknek nincs primitív függvénye: 1. :f → , ( ) sgnf x x= ;

2. :f → , ; ( )haha

, 0cos , 0x x

f x x x <= ≥

3. :f → , ( ) [ ]f x x= ;


4. :f → , ( ) { }f x x= ;

5. :f → , ( )haha2

,, \x x

f x x x ∈= ∈

;

6. :f → , ( ) haha

1 1sin cos , 01, 0

x xf x x xx

+ ≠= =;

7. :f → , ; ( )haha3

,, \x x

f x x x ∈= ∈

8. :f → , ( ) haha

sin, 0

0, 0

xxf x xx

≠= =;

9. :f → , ( )ha

ha

1cos , 01, 02

xxf x

x

≠= =

;

10. :f → , ( )ha

ha

1cos , 01, 02

xxf x

x

≠= =

.

IV. 1. Adj példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye, de a szorza-

tuknak van. 2. Adj példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye, de az össze-

tett függvénynek van. 3. Bizonyítsd be, hogy ha az (a b ) függvénynek van

primitív függvénye az [ , és [ , intervallumokon (c a ), akkor

: [ , ]f a b →

]

, ,a b∈ <

( , )b∈]a c c b f -nek van primitív függvénye -en.

4. Bizonyítsd be, hogy ha az :f →

k∈∪

függvénynek van primitív függvénye az , zárt intervallumokon, ahol , akkor kI k ∈

kI = f -nek van primitív

függvénye -en. 5. Határozd meg az α paraméter értékét úgy, hogy az ∈

: ,2 2

fπ π − → , ( ) ha

ha

3arctg , 0, 0

xf x x

xα

≠= =

függvénynek legyen primitív függvénye. 6. Határozd meg az α paraméter értékét úgy, hogy az ∈

:f → , ( ) haha

2 1sin , 0, 0

xf x xxα

≠= =

függvénynek legyen primitív függvénye.


7. Határozd meg az α paraméter értékét úgy, hogy az ∈

:f → , ( ) haha

2 31 1sin cos , 0, 0

xf x x xxα

⋅ ≠= =

függvénynek legyen primitív függvénye. 8. Bizonyítsd be, hogy ha az függvénynek van primitív függvénye

és létezik α úgy, hogy : [0,1] [0,1]f →( ) 0(0,1)∈ f α = , akkor f nem injektív.

9. Bizonyítsd be, hogy ha az :f → függvény esetén ( ) 1f x

x≥ , ,

akkor

0x∀ >

f -nek nincs primitív függvénye. 10. Létezik-e olyan :f → függvény, amelynek van primitív függvénye és

f f =−1 ? 11. Létezik-e olyan :f →

∈ függvény, amelynek van primitív függvénye és

, , ahol a ? ( )( )f f x ax= x∀ ∈ *−

12.* Bizonyítsd be, hogy ha az :f → függvénynek létezik primitív függvé-nye, a g függvény folytonosan deriválható, és , esetén, a

függvény pedig az

: →

→

( ) 0g x ≠ x∀ ∈

:h1g

függvény egy primitív függvénye, akkor az of h

függvénynek is létezik primitív függvénye! 13.* Bizonyítsd be, hogy ha az függvények folytonosak és

, akkor az

1,2 : ( , )f a b →

[ , ][ , ] \1f f≠ 2

1

2

( ) ,( ) ( ) ,

f x xf x f x

=

a bx a b∈∈

∩ függvénynek nincs primitív

függvénye!

Integrálási módszerek 25

II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK

2.1. A parciális integrálás módszere Ha az , :f g D →

D( )( ) ( )

(D nem degenerált intervallumok egyesítése) függvények deriválhatók a halmazon, akkor tudjuk, hogy a szorzatuk is deriválható és ( ) ( ( ) ( ))f x g f x g xx f x g′ x′= + ′ , innen következik, hogy ha az fg ′ függ-

vénynek van egy F D primitív függvénye, akkor az : → f g′

(F−

függvénynek is van

egy G D primitív függvénye és G x . Ha az : → ( ) ( ) ( ) )(f x g x x ′′ = ) f és g értelmezési tartománya egy intervallum, akkor létezik c állandó úgy, hogy

. Az előbbiek alapján írhatjuk, hogy ∈

( ) (G x F c= +( ) ( )f x g x − )x

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x g x f x g x dx′ ′= −∫ ∫ .

Kijelenthetjük a következő tételt: Tétel. Ha az f és (D nem degenerált intervallumok egyesítése) függ-vények deriválhatók a D halmazon és az

:g D →:fg D′ → függvénynek létezik primitív

függvénye, akkor az f g′ függvénynek is létezik primitív függvénye és

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x g x f x g x dx′ ′= −∫ ∫ . Ezt a tulajdonságot gyakran használjuk primitív függvények meghatározásánál, mert nem mindig azonos nehézségű az fg ′ és f g′ függvények primitív függvényének meg-határozása. Amikor ezt a tulajdonságot alkalmazzuk határozatlan integrál kiszámítá-sánál azt mondjuk, hogy az integrált a parciális integrálás módszerével számoljuk ki. Következmény. Ha az :f D → és g D függvények folytonosan deri-válhatók a tartományon, akkor léteznek az

: →:D f g D′ → és :fg D′ →

) ( )

függvény

primitív függvényei és ( ) ( ) ( ) ( ) (f x g x dx f x g x −∫ ∫ f′ ′ x g x dx= . M egoldott gyakorlatok

1. Határozzuk meg az :f → , ( ) xf x xe= függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az előbbi fejezetben már „kiokoskodtuk” a primitív függvényeket. Próbálkozzunk a parciális integrálás módszerével. Ehhez el kell döntenünk, hogy az 1,2 :f →

1 :

, és függvények közül melyiket tekintjük, mint egy másik függvény deriváltját. Látható, hogy ebben az esetben, ha az -et tekintjük,

mint a g ,

( )1f x x=

→ (

( )2

xf x e=

1f

)2

2x=

) ( )

1g x függvény deriváltját, akkor nem egyszerűsödik a

feladat, mert ekkor az (2

2xx

x dx e dx= ∫1 2g x f ′∫ integrált kell kiszámolnunk, ami

26 Integrálási módszerek

nem tűnik egyszerűbbnek, mint az eredeti. Ha pedig az -t tekintjük mint deriváltat, azonnal észrevesszük, hogy , tehát írhatjuk, hogy

2f

2f f= ′( ) (1 2x f x

xe= − C

x =( )x xx e dx′xe

(f

( ) sx xe ′∫ ∫si= x

( ) cx xe ′

cos dx

x xdx =

sinxe x = +

→ (f

ln x dx′= = x =

→ (f

( )3 lnx ′

3 2ln x dx = x +

( ) nx −lnx ′

3 32 23 27

− 9−

2

( ) ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x dx f dx f x f x f x f x dx= = − =′ ′∫ ∫ ∫

x x x xe xe e= − +∫ . Egyszerűbb írásmód lett volna a következő:

x x xxe dx xe x e dx xe e′= = − − +∫ ∫ ∫ C .

Megjegyzés. Ha ( )f x ⋅ alakú függvény primitívjeit akarjuk kiszámítani a par-ciális integrálás módszerével, ahol f polinomfüggvény vagy trigonometrikus függ-vény, célszerű az e -t tekinteni, mint derivált függvényt. x

2. Számítsuk ki az :f → , ) sinxx e= x határozatlan integrálját. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos.

( )sin in sin sinx xe x dx x dx e x e x dx′= = − =∫

n cosx xe x e x d− ∫ . A második integrálnál újból a parciális integrálás módszerét alkalmazva, kapjuk:

( )cos os cos cosx xe x dx x dx e x e x dx′= = − =∫ ∫ ∫

sinx xe x e x= + ∫ , tehát visszakaptuk az eredeti integrált. Így írhatjuk, hogy

sin sin cos sinx xe x e x e x e x d− −∫ ∫ x x

x

Ebből következik, hogy sin cos2

e x e xdx

−∫ C*

.

3. Számítsuk ki az :f + , ) lnx = x függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos.

1ln ln lnx dx x x x x d x x x

x− ⋅ − +∫ ∫ ∫ C

*

2 34. Számítsuk ki az :f + , ) lnx x= x függvény primitív függvényeit.

Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos. 3 3

2 3 3 3 21 ln 1 1ln 3 ln

3 3 3x x

x x dx x dx x x dxx

= = − ⋅ =∫ ∫ ∫

( )3 3 3 3 3 2

3ln 1 ln ln 1 12 ln

3 3 3 3 3x x x x x

x x x dxx

′= − − ⋅ ⋅ =∫ ∫

( )3 2 3 33 2ln ln 1 2 l 2 2

ln ln3 9 3 3 9

x x x x x xx dx x dx

x− = + = + − = ∫ ∫

( )3 3 22 9 ln ln 6 ln 2lnln ln

3 27x x x xx x x

x x+ −

= − + + = + C C .


5. Számítsuk ki az :f → , ( ) 2cosf x = x függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos.

( )2 2cos cos sin cos sin sinI x dx x x dx x x x′= = = +∫ ∫ ∫ dx =

I

( )2cos sin 1 cos cos sinx x x dx x x x= + − = + −∫ os sinI x x x= + +Ebből következik, hogy 2 c , tehát C

cos sinx x2cos2

xx dx

+= +∫ C .

→ ( ) arctgf x x=6. Számítsuk ki az :f , függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos.

2arctg arctg arctg1xx dx x x dx x x dxx

′= = − =+∫ ∫ ∫

( ) ( )2

22

11 1arctg arctg ln 1

2 1 2x

x x dx x x xx

′+= − = − + +

+∫ C =

21arctg ln 1

2x x x= − + + C .

7. Számítsuk ki az :f → , ( ) 2 2 1f x x x= + függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos.

( ) ( ) ( )2 2

2 2 2 2

2

11 1

1

x xI x x dx dx x x x dx

x

+ ′= + = = + ⋅ + =+∫ ∫ ∫ 1

( ) ( ) ( )3 3

2 2 2 2 22 21 3 1 1 1 3 1x x x x dx x x I x dx= + − + ⋅ + = + − − +∫ ∫ . 2

2 2 21 2

1 1 11

xI x dx x x dx x x dx

x′= + = + = + − =

+∫ ∫ ∫

22

2 2

1 11

1 1x

x x dx dxx x+= + − + =+ +∫ ∫

( )2 211 ln 1x x I x x= + − + + + + C .

Ebből következik, hogy ( )2 21 ln 1I x x x x= + + + + + C2 1 , tehát

( )2 2

1

1 ln 1

2

x x x xI

+ + + += + C .

Visszahelyettesítve az eredetibe kapjuk, hogy

( )( )2 2

32 2

1 ln 14 1

2

x x x xI x x

+ + + += + − + C ,

ahonnan

( ) ( )32 22 2 1 ln 11

4 8

x x x xx xI

+ + + ++= − + C .


8. Számítsuk ki az { }: \f k kπ ∈ → ( ), 2sinx

f xx

= függvény primitív

függvényeit. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos. Ha { }\I k kπ⊂ ∈ intervallum, akkor ezen az intervallumon f folytonos és

( )2 ctg ctg ctg ctg ln sinsinxdx x x dx x x x dx x x xx

′= − =− + =− + +∫ ∫ ∫ C .

Innen az f egy tetszőleges primitív függvénye { }: \ kπ ∈ →F k , ( ) ctg ln sin

kF x x x x c=− + +k ∈

, alakú, ahol c állandók és .

( )( , 1x k kπ∈ + )π k ∈

9. Számítsuk ki az :f → , ( ) ( )sin lnf x x= függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos.

( ) ( ) ( ) ( )sin ln sin ln sin ln cos lnI x dx x x dx x x x dx′= = = −∫ ∫ ∫ ;

( ) ( ) ( ) ( )cos ln cos ln cos ln sin lnx dx x x dx x x x dx′= = +∫ ∫ ∫ . Ezt visszahelyettesítve az eredetibe, kapjuk:

( ) ( )( )sin ln cos lnI x x x I= − − , tehát

( )( ) ( )( )sin ln cos ln

sin ln2

x x xx dx

−= +∫ C .

10. Számítsuk ki az , : ( 1,1)f − → ( ) arcsin xf x e= függvény primitív függvényeit.

Megoldás. Az f függvénynek van primitívje, mert folytonos. arcsin arcsin arcsin arcsin

21x x x x

e dx x e dx xe e dxx

′= = − =−∫ ∫ ∫ x

( )arcsin 2 arcsin arcsin 2 arcsin arcsin1 1x x x xxe x e dx xe x e e dx′= + − = + − −∫ ∫ x .

Tehát arcsin 2 arcsin

arcsin 12

x xx xe x e

e dx+ −= +∫ C .

11. Adjunk rekurziót az , : (0, )f π → ( )1sinn

f xx

= határozatlan integráljára.

Megoldás 2 2

12

1 sin cos 1 1cos

sin sin 1 sinn n n nn

x xI dx dx I x

x x n x−−

′+ = = = − = −∫ ∫ ∫ dx

( ) ( )1 12 2

cos 1 sin 2 cos1 sin 1 sin 1 1 sinn nn n

x x nI dx I

n x n x n n− −− −

−= − − = −− − − −∫ 1n

xx− .


Tehát ( ) 12

2 cos1 1 sinn nn

nI I

n n −−

−= −− −

1 2

xx

. Ahhoz, hogy teljes legyen a feladat meg-

oldása, ki kell számolni az I -et és I -t.

21

1 sin 1 1 cosln

sin 1 cos 2 1 cosx x

I dx dxx x

−= = =− +∫ ∫ C

x+ .

22

1ctg

sinI dx x

x= =− +∫ C .

G yakorlatok Határozd meg, hogy milyen halmazon létezik primitív függvénye az alábbi függvé-nyeknek és számítsd ki a primitív függvényt vagy adj rekurziós összefüggést rá: 1. ( ) 2 lnf x x= x ; 2. ; ( ) ( )ln 1f x x x= + 3. ; 4. ( ) ( )2sh 3 1f x x x x= + − ( ) sh 3f x x= ;

5. ( ) ( )3 23 2 3 x3f x x x x e= + − + ; 6. ; ( ) ( )1 lnxf x x e x= +

7. ( ) ( )2 1 xf x x x= + + e ; 8. ( ) 3lnf x x= ;

9. ( ) sinf x x= x ; 10. ( ) 3 sinf x x= x ; 11. ( ) 4 cos 3f x x= x ; 12. ( ) arctgf x x= x ;

13. ( ) 2

ln xf x

x= ; 14. ; ( ) ( )sin cos xf x x x e= +

15. ( ) 2sinf x x= ; 16. ( ) sin cosf x x= x ; 17. ( ) 3 2sinxf x e= x ; 18. ; ( ) ( )sin 3 cos2xf x e x x= + 19. ( ) ( )2 2 2 sinf x x x= + − x ; 20. ( ) ch sinf x x=

n

x ; α 21. ; 22. ( ) ( )cos lnf x x= ( ) lnf x x= ;

n x

x 23. ( ) sinf x x α= x ; 24. ( ) sinf x xe= x ; 25. ( ) shf x x= x ; 26. ( ) 2 ch 3f x x= x ; 27. ; 28. ( ) ( )sin2 sh2 ch 3f x x x x= + ( ) arcsinf x x= ; 29. ; 30. ( ) ( )arccos 3 2f x x= + ( ) arctg 2 1f x x= − ;

31. ( ) 21f x x= + ; 32. ( ) 216 9f x x= − ;

33. ( ) 4 2 9f x x x= − ; 34. ( ) 5 2 4f x x x= − ;

35. ( ) 2 225 9f x x x= − ; 36. ( ) arcsin1

xf x

x=

−;

37. ( )2sinx

xf x

e= ; 38. ( ) 1

ln1

xf x x

x−=+

;

39. ( ) ( )ln ln xf x

x= ; 40. ( ) 2arcsinf x x= ;


41. ( )( )22ln

1x xx

=+

f x ; 42. ( ) arcsin

21x x

f x ex

=−

;

43. ( ) arccos xf x e= ; 44. ( ) 2 arctg2f x x= x ; arctg

45. ( )( )321

xe

x=

+f x ; 46. ( ) ( )2ln 1f x x= + + x ;

47. ( )3

2

ln xx

=f x ; 48. ( ) 2

arcsinxf x

x= ;

49. ( ) 2arctgf x x= x ; 50. ( ) ( )2cos lnf x x= ; 51. ( ) sinnf x x= , n ; 52. *∈ ( ) cosnf x x= , n ; *∈

53. ( ) 1cosn

f xx

= , ; 54. *n ∈ ( ) lnnf x x= , n . *∈

2.2. Helyettesítési módszerek

A XI. osztályból tudjuk, hogy ha az :f D E→ és g C (C , D és E nem

degenerált intervallumok egyesítése) függvények deriválhatók az értelmezési tartományukon, akkor az

: D→

o :f g C

)

E→ függvény is deriválható C -n és

( ) ( ) ( )( ) (o of g x f g x g′ ′ ′= ⋅ x . Az előbbiek alapján, ha az :f D →

( )

függvény primitív függvényeit keressük és létezik egy h E primitív függvénnyel rendelkező valamint egy g D deriválható függvény úgy, hogy

: → : E→( )( ) ( )f x h g x g x′⋅= , akkor f -nek van primitív

függvénye és egy primitívje a H g függvény, ahol a h egy primitívje.

o :D → :H E →

Vannak esetek, amikor az :f D → függvény esetében könnyebb egy ( )o :f g g E′⋅ →

D

alakú függvény primitívjét meghatározni. Ha F egy primitívje ez utóbbi függvénynek és g E bijektív valamint a deriváltjának nincs valós gyöke a -n, akkor F g primitív függvénye

:1

D→o − f -nek, mert

( ) ( ) ( )1 1 1o o o o .F g f g g g g g f− − − −′ ′′= ⋅ =1 . Kijelenthetjük tehát a következő tételeket: Tétel. (Az első helyettesítés módszere) Ha a h E és (D és E nem degenerált intervallumok egyesítése) függvények a következő tulajdonságokkal rendelkeznek:

: → :g D →

1. g deriválható D -n, 2. h -nak van primitív függvénye E -n és egy primitívje, :H E →akkor az ( )o :f h g g D′= ⋅ →

o :D → függvénynek van primitív függvénye és egy

primitív függvénye a H g függvény.


Ha az értelmezési tartományok intervallumok, akkor írhatjuk, hogy ( )( ) ( ) ( )( )h g x g x dx H g x′⋅ = +∫ C .

Tétel. (A második helyettesítés módszere) Ha az :f D → és (D és E nem degenerált intervallumok egyesítése) függvények a következő tulajdonságokkal rendelkeznek:

:g E D→

1. g bijektív, deriválható és a derivált függvénynek nincs valós gyöke -n, D 2. a h f függvénynek van primitív függvénye E -n és

egy primitívje, ( )o :g g E′= ⋅ →

:H E →akkor az :f D →

1o :D → függvénynek van primitív függvénye és egy primitív függvénye

a függvény. H g−

Ha az értelmezési tartományok intervallumok, akkor írhatjuk, hogy ( ) ( )( )1f x dx H g x−= +∫ C .

Tulajdonképpen a helyettesítési módszereknél változót cserélünk az integrálban. Azaz az első helyettesítési módszer esetén a g x -et helyettesítjük egy t változóval, vagyis a helyettesítést végezzük. Ha ezt deriváljuk x szerint, kapjuk, hogy

( )

( )t g x=

( )g x′=dtdx

, amit a dt alakban is írhatunk, tehát ( )g x dx′=

( ) ( ) ( )( )

( )

( )I.helyett.

( )t g xt dtdt g x dx

f x dx h g x g x dx h t dt=′=

′= ⋅ =∫ ∫ ∫ .

Ha az értelmezési tartományok intervallumok és H a h egy primitívje, akkor:

( ) ( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )

( )( )I.helyett.

( )t g x t g xt dtdt g x dx

f x dx h g x g x dx h t dt H t H g x= =′=

′= ⋅ = + += =∫ ∫ ∫ C C .

A második helyettesítési módszer esetén az változócserét végezzük, ekkor

deriválással kapjuk, hogy

( )x g t=

( )dx

g tdt

′= , amit dx alakban is írhatunk, tehát ( )g t′= dt

( )( )( )

( )( ) ( )II. helyett.

x g tdx g t dt

f x dx f g t g t dt=

′=

′⋅=∫ ∫ .

Ha az értelmezési tartományok intervallumok és a h f egy primitívje, akkor ez folytatható:

H ( )og g ′= ⋅

( )( )( )

( )( ) ( ) ( )( )( )

( )( )II. helyett.

=1

1

x g t x g tdx g t dt t g x

f x dx f g t g t dt H t H g x−

−

= = ⇒′= =

′⋅ = + +=∫ ∫ C C .

Megjegyzés. Az előbbi egyenlőségek (a szürke hátterűek) nem helyesek, mert az egyik oldalon álló függvénycsalád tagjai nem ugyanazok, mint a másik oldalon megjelenő függvénycsalád tagjai. Ennek ellenére gyakran használjuk ezt a jelölést, mert az egyenlőség fölött (vagy külön) megadott helyettesítés egyértelműen mutatja, hogy az egyik oldalon megjelenő függvényeket milyen függvénnyel kell összetenni, ahhoz, hogy megkapjuk a másik oldalon megjelenő függvényeket.

32 Integrálási módszerek M

egoldott gyakorlatok

1. Határozzuk meg az :f → , ( ) ( )20023 4f x x= + függvény primitív függvényeit. Megoldás. Az f folytonos -en, tehát létezik primitív függvénye. A t x

helyettesítéssel dt azaz

3 4= +

3dx= 13dt=dx , tehát

( ) ( )200320032002 20021 3

3 43 3 2003 6009

t xx dx t dt

++ = = + =⋅∫ ∫ C C4 + .

2. Határozzuk meg az :f → , ( ) 2

21x

f xx

=+

függvény primitív függvényeit.

Megoldás. A , függvény deriválható, g x ,

és a h ,

*:g +→*: + →

( ) 2 1g x x= +

( )

( ) 2x′ =

x∀ ∈ 1h x

x= függvénynek, H ,

egy primitív függvénye. Az

*: + → ( ) lnH x x=

f függvény felírható, mint ( ) ( )( ) ( )f x h g=

( )2o ln 1x= +x g x′⋅ , tehát

egy primitív függvénye a H g , ( ) . Egyszerűbben: o : → H g ( )x

( ) ( )2 2

22 01 1

2

2 1ln ln 1

1 tt x t xdt x dx

xf x dx dx dt t x

x t >= + = +=

= = = + = ++∫ ∫ ∫ C C+ .

3. Határozzuk meg az , : \ {1,2}f → ( )2

2 33 2x

f xx x

−=− +

függvény primitív

függvényeit. Megoldás. Ha intervallum, akkor ezen az intervallumon \ {1, 2}I ⊂

( )

2 2

22 3 2 3 2

2 3

2 3 1ln ln 3 2

3 2 t x x t x xdt x dx

xdx dt t x x

x x t= − + = − += −

− = = + = − + +− +∫ ∫ C C .

Tehát az f egy tetszőleges primitív függvénye:

: \ {1,2}F → , ( )

hahaha

21

22

23

ln 3 2 , 1ln 3 2 , (1,2)ln 3 2 , 2

x x c xF x x x c x

x x c x

− + + <= − + + ∈ − + + >

alakú, ahol

állandók. 1,2,3c ∈

4. Határozzuk meg az , : (0, )f π → ( )1sin

f xx

= függvény primitív függvényeit.

Megoldás. Az f a (0 -n folytonos és , )π

2 2 2cos ( 1,1)sin

1 sin sin 1sin sin 1 cos 1t x

dt x dx

x xdx dx dx dtx x x t= ∈ −

=−

= = =− −∫ ∫ ∫ ∫ =

1 1 1 cos 1 1 cosln ln ln ln tg2 1 2 cos 1 1 cos 2t x xt x x− − −= + = + = + =+ + +

C C C x + C .


A helyettesítést helyesen alkalmaztuk, mert a co függvény deriválható és a s

( ) 2

11

h tt

=−

függvénynek van primitívje a ( 1 intervallumon. ,1− )

A következő átalakításokat is végezhettük volna:

( )2

2

tg 0,21 1 tg2 22

1 tg1 1 12 lnsin 2 tg 2 tg

2 21 tg

2

xtxdt dx

x

dx dx dx dt tx xx t

x

= ∈ ∞ = +

+= = = =

+

∫ ∫ ∫ ∫ C+ =

ln tg ln tg2 2x x= + =C C+ .

5. Határozzuk meg az *:f + → , ( ) ( )23

1 xf x

x+= függvény primitív függvényeit.

Megoldás. A függvény folytonos az értelmezési tartományon, tehát létezik primitív függvénye. Az helyettesítéssel dx , tehát 6x t= 56t dt=

( ) ( ) ( )232 6 3

5 32 33

11 2 16 6 6 2

tx t tdx t dt dt t t dt

x t t−++ + += ⋅ = = + +∫ ∫ ∫ ∫ 3 =

6

43 2 6

2 3

1 3 36 2 124 2 2t x

tt x x

t x=

= + − + = + − + C C .

Azért választottuk az x helyettesítést, mert a 2 és legkisebb közös többszöröse és így a

6t= 6 3x és 3 x kifejezésekből eltűnik a gyök.

6. Határozzuk meg az *:f − → , ( ) 21 4

x

xf x =

− függvény primitív függvényeit.

Megoldás. A függvény folytonos az értelmezési tartományon, tehát létezik primitív függvénye. A t , (t ) helyettesítéssel dt , tehát 2x= (0, 1)∈ 2 ln2x dx=

x

2

2 1 1 1arcsin arcsin2

ln2 ln2 ln21 4 1x

x

dx dtt

t= = + =

− −∫ ∫ C C . +

Ha nem tudtuk volna, hogy 2arcsin

1dt

tt= +

−∫ C , akkor ezt kiszámolhattuk

volna a t u , (sin= 0,2π u ) helyettesítéssel, ahonnan dt és ∈ cosudu=

21 1t − 2 cosusin− = = u (mert a cos 0u > 0,2π

intervallumon). Tehát

sin2arcsin0,

2

cosarcsin

cos1 t uu tu

dt udu du u tut π

= ⇒ =∈

= = = + =−∫ ∫ ∫ C C+ .


Ezt megtehettük volna akár az eredeti integrál esetén a 2 s helyettesítéssel, ahonnan , és

inx u=ln 2 2 cosxdx udu⋅ = 1 4 cosx u− = . Innen

sin 2arcsin 2

0,2

2 1 1arcsin 2

ln2 ln2 ln21 4 x

x

xx

x uu

u

dx udu

π

= ⇒= ∈

= = + =−∫ ∫ C C+ .

7. Határozzuk meg az :f → , ( )2

19 4

f xx

=+

függvény primitív függvényeit.

Megoldás. A függvény folytonos -en, tehát létezik primitív függvénye. Már az első fejezetben megadtuk az ilyen típusú függvények primitív függvényeit (lásd alap-integrálok táblázata), most viszont ki is fogjuk számolni. Ennek érdekében először

( )2

1 13 21

3

f xx

= ⋅ +

alakra hozzuk a függvényt.

Amint az előző példában a azonosságra alapoztunk, most a

azaz azonosságra alapozva a

2 2sin cos 1x x+2 21 shx x= +

=2 2ch sh 1x x− = ch

2sh

3x

t=

(t ) helyettesítést végezzük. Ebben az esetben ∈ 2ch

3dx tdt= és

2

1 sh3x + = +

2 2ch cht t=21 t = (mert , ). Tehát az

integrál a következővé alakul:

ch 0t > t∀ ∈

2

1 1 1 1ch

3 2 ch213

tdx t dt

tx⋅ = =

+

∫ ∫ C2+ .

A függvény bijektív és inverze az ar , sh : →( )

sh : →

( 2arsh 1 x+ ) 0lnx x= + függvény. (Ez az e e

másodfokú egyenlet megoldásából adódik.) Tehát esetünkben

2 1t t x e−− = 2 2t txe⇔ − − =

( )2

22 2 2arsh ln 1 ln 2 9 4 ln 3

3 3 3x x x

t x = = + + = + + −

x .

Így ( )22

1 1ln 2 9 429 4

dx x xx

= + ++∫ C+ .

8. Határozzuk meg az 3 3: \ ,

2 2f

− →

, ( )2

14 9

f xx

=−

függvény primitív

függvényeit. Megoldás. A függvény folytonos az értelmezési tartományán, tehát létezik primitív függvénye. Az első fejezetben megadtuk az ilyen típusú függvények primitív függ-


vényeit is. Most a primitív függvény meghatározásához ( )2

1 13 2 1

3

f xx

= ⋅ −

alakra

hozzuk a függvényt. A primitívet előbb a 3 ,2

+∞ intervallumon számoljuk ki.

A , azaz azonosságra alapozva a 2 2ch sh 1x x− = 2 2sh ch 1x x= − 2ch

3x

t=

(t ) helyettesítést végezzük. Ebben az esetben (0, )∈ +∞ 2sh

3dx tdt= és

221 ch

3x − =

2 1t −2sh sht t= = (mert , ). Tehát az integrál

a következővé alakul:

sh 0t > 0t∀ >

2

1 1 1 1sh

3 2 sh2 13

tdx t dt

tx⋅ = =

−

∫ ∫ C2+ .

A függvény bijektív és inverze az

,

ch : (0, ) (1, )+∞ → +∞

(1, ) (0, )+∞ → +∞arch : ( ) ( 2arch ln 1x x x= + −

1 0

) függvény. (Ez az

másodfokú egyenlet megoldásából adódik, felhasználva, hogy t .) Tehát esetünkben

22 2t t t tx e xe−+ = ⇔ − + =0>

e e

( )2

22 2 2arch ln 1 ln 2 4 9 ln 3

3 3 3x x x

t x = = + − = + − −

x .

Így ( )2

2

1 1ln 2 4 924 9

dx x xx

= + − +−∫ C .

9. Határozzuk meg az ( ): \ 2 12

f k kπ + ∈ →

( ), 21 tgf x x= + függ-

vény primitív függvényeit.

Megoldás. Ha ( )\ 2 12

I k kπ⊂ + ∈

intervallum, akkor f folytonos I -n,

tehát létezik primitív függvénye.

( )( )

2

22 2

2 2tg1 tg

1 tg1 tg ln 1

1 tg 1t xdt x dx

x dtx dx dx t t

x t== +

++ = = = + + ++ +∫ ∫ ∫ C =

( )2ln tg 1 tgx x= + + C+ .


Egy tetszőleges primitív függvénye az f -nek ( ): \ 2 12

F k kπ + ∈ →

,

( ) ( )2ln tg 1 tgk

F x x x c= + + + , ha ( ) ( )2 1 , 2 12 2k

π ∈ − + x k alakú, ahol

és c állandók.

π

k ∈k ∈

10. Határozzuk meg az :f → , ( )4

2

arctg1x

f xx

=+

x függvény primitív függvényeit.

Megoldás. Az , tgx t= ,2 2

tπ π ∈ −

)

t

helyettesítéssel dx és

, tehát

( 21 tg t dt= +

arctgx =

( )4 4

2 42 2

arctg tg1 tg tg

1 1 tgx x t t

dx t dt t t dtx t

= + =+ +∫ ∫ ∫ =

( ) ( )3

2 2 2 2tgtg 1 tg tg 1 tg

3t

t t t dt t t dt t dt t t dt t dt′ = + − = − + + ∫ ∫ ∫ ∫ =∫

( )3 3 2tg tg

tg3 3 2t t t t

dt t t dt′= − − + =∫ ∫

( )23 2 tg 1 tgtg tgtg tg

3 2 3 3

t tt t t tdt dt t t tdt

+= + − + − + =∫ ∫ ∫

3 2 2tg tg 4ln cos tg

3 2 6 3t t t t

t t t= + − − − + =C

( )3 2 2

2arctg arctg 2ln 1 arctg

3 2 6 3x x x x

x x x= + − + + − + C . G yakorlatok Határozd meg, hogy milyen halmazon létezik primitív függvénye az alábbi függvényeknek és számítsd ki a primitív függvényt:

1. ( )3

1xf xx

=−

; 2. ( ) 1f x x x= − ;

3. ( ) 21

x

x

ef x

e=+

; 4. ( )21

xf x

x=

+;

5. ( ) 11 1

f xx

=+ −

; 6. ( ) 3sin cosf x x= ⋅ x ;

7. ( )2

24x

f xx

=−

; 8. ( ) 2

2 33 8x

f xx x

−=− +

;

9. ( ) 4 1x

f xx

=+

; 10. ( )3

81x

f xx

=−

;


11. ( ) 2 35 2f x x x= + ; 12. ( )( )31

1 lnf x

x x=

+;

13. ( )( )2

ln1 lnx

f xx x

=−

; 14. ; ( ) ( )2 6ln 1f x x x= −

15. ( )31x

f xx

=+

; 16. ( )4 3 1x

f xx

=+

;

17. ( ) 1 11 1

xf x

x+ +=+ −

; 18. ( )( )

12 1

f xx x

=+ +

;

19. ( ) 21

x

x

ef x

e=

−; 20. ( )

2

136 16

f xx

=−

;

21. ( )2

136 16

f xx

=+

; 22. ( ) sin cosxf x e= x ;

23. ( ) 1cos

f xx

= ; 24. ( ) cos7 sin 2xf x x= ;

25. ( )( )

2

3

3 2sin 2 3

xf x

x x+=+ +

; 26. ( ) 21f x x= − ;

27. ( ) 21f x x= + ; 28. ( ) 2 1f x x= − ;

29. ( )2

11 arcsin

f xx x

=−

; 30. ( ) 2 2

cossinx

f xa x

=+

;

31. ( )2

2

arccos 31 9

x xf x

x+=

−; 32. ( ) ln x

f xx

= ;

33. ( )2

arcsin1

x xf x

x+=

−; 34. ( )

21 tgtg

xf x

x+= ;

35. ( )3sin

cosx

f xx

= ; 36. ( ) 2

arcsinxf x

x= ;

37. ( ) sin cossin cosx x

f xx x+=−

; 38. ( )4

sin21 cos

xf x

x=

−;

39. ( ) 2 2 2 2f x x x x= + + ; 40. ( ) 11

x

x

ef x

e−=+

;

41. ( ) 2cosf x x= ; 42. ( )2

sincos 1 sin

xf x

x x=

+;

43. ( ) 11 1

f xx x

=+ + +

; 44. ( )4

2

arctg1x x

f xx

=+

;

45. ( ) 225 9f x x= − ; 46. ( )3

1

x

x

ef x

e=

+;


47. ( )2

sin9 4 cos

xf x

x=

−; 48. ( )

2

sin9 4 cos

xf x

x=

+;

49. ( )2

sin9 cos 4

xf x

x=

−; 50. ( )

( )( )

2

2 2

1 arctg

4 arctg

x xf x

x x π

+ +=

−

x.

2.3. Racionális törtfüggvények integrálása

Emlékeztetünk, hogy racionális törtfüggvény egy olyan függvény, amelynek számlálója és nevezője is polinomfüggvény. Tehát egy racionális törtfüggvény

, :R D → ( )( )

( )

P xR x

Q x= alakú, ahol P Q és Q x , . , [X∈ ] ( ) 0≠ x D∀ ∈

Az értelmezésből az is kiderül, hogy minden polinomfüggvény racionális tört-függvény. Már az eddigiekben is találkoztunk néhány egyszerűbb racionális törtfüggvénnyel. A továbbiakban kiszámoljuk néhány ilyen racionális törtfüggvény határozatlan integrálját. Példák Számítsd ki az ( I olyan intervallum, amelyen értelmezett) határozatlan integrálját a következő esetekben.

:R I → R

Megjegyzés. Ha egy racionális törtfüggvény értelmezett egy intervallumon, akkor folytonos is ezen az intervallumon, tehát létezik primitív függvénye. 1. R x , I . ( ) 4 3 23 2x x x x= + − + + 3 ⊂

( )5 4 3 2

4 3 2 3 23 2 3 3

5 4 3 2x x x x

x x x x dx x+ − + + = + − + + +∫ C .

2. ( ) 23 5x

=+

R x , { }5\3

⊂ −I .

3 53

2 2 1 2 2ln ln 3 5

3 5 3 3 3t xdt dx

dx dt t xx t= +

=

= = + = ++∫ ∫ C C+ .

3. ( ) 23 2xx

=−

R x , { }2\ 3⊂I .

2 2 3 2 2 2 41 ln

3 2 3 3 2 3 3 2 3 9x x xdx dx dx x

x x x = = + = + − + − − −∫ ∫ ∫ C3 2 .

4. ( )2 3 2

1x xx+ −=

−R x , { }\ 1⊂I .

2 23 2 24 4 ln

1 1 2x x x

dx x dx x xx x+ − = + + = + + − + − −∫ ∫ C1 .

5. ( )( )212x

=−

R x , { }\ 2⊂I .

( )21 12 2dx

x x=− +

− −∫ C .


6. ( )( )32

3 2x=

+R x , { }2\

3⊂ −I .

( ) ( )

2

3

3 2

22 2 2 2 13

3 2 27 3 27 2 3 3 2

xdx x dx

x x

−

− + = + = ⋅ + =− + + − +∫ ∫ C C .

7. ( )( )42 12 3xx+=−

R x , { }3\ 2⊂I .

( ) ( ) ( ) ( )4 4 3

2 1 2 3 4 1 42 3 2 3 2 3 2 3x x

dx dx dx dxx x x x+ − += = +− − − −∫ ∫ ∫ ∫ 4 =

( ) ( )2 3

1 24 2 3 3 2 3x x

=− − +− −

C .

8. ( )( )

2

5

3 11

x xx+ −=−

R x , { }\ 1⊂I .

( )( ) ( )

( )

22

5 5

3 1 1 5 1 31 1

x x x xdx dx

x x+ − − + − += =− −∫ ∫

( ) ( ) ( )3 4

1 1 15 3

1 1 1dx dx dx

x x x= + +

− − −∫ ∫ ∫ 5 =

( ) ( ) ( )2 3 4

1 5 32 1 3 1 4 1x x x

=− − + +− − −

C .

9. ( ) 2

19x

=−

R x , { }\ 3⊂ ±I .

1 12

1 1 1 3ln

9 6 3 3 6 3x

dx dxx x x x

−= − = + − − + +∫ ∫ C .

10. ( ) 2

42 1x

x=

− 5R x , 30

\2

I ⊂ ±

.

( )22

2 2

2 154ln 2 15

2 15 2 15

xxdx dx x

x x

′−= = − +

− −∫ ∫ C .

11. ( )3 2

2

3 14

x x xx

− + +=−

R x , { }\ 2I ⊂ ± .

( )x x ( )2 23 2

2 2

4 3 4 5 113 14 4

x xx x xdx dx

x x

− − − + −− + + = =− −∫ ∫

2 2

5 2 1132 4 4

xx d

x x = − + ⋅ − = − −∫ x

225 11 1 1

3 ln 42 2 4 2 2x

x x dxx x = − + − − − = − +∫

225 11 2

3 ln 4 ln2 2 4 2x x

x xx−= − + − − ++

C .


12. ( ) 2

14 3x x

=− +

R x , . \ {1, 3}I ⊂

( ) ( ) ( )22

1 1 1 1 14 3 2 1 2 2 1 2 1

dx dx dxx x x x x

= = − = − + − − − − − + ∫ ∫ ∫

1 1 1 1 3ln

2 3 1 2 1x

dxx x x − − = + − − −∫ C .

13. ( ) 2

33 2

xx x

=− −

R x , { }2\ 1,3

⊂ −I .

2 2 2

3 1 6 1 13 2 2 3 2 3 2

x xdx dx

x x x x x x − = + − − − − − −∫ ∫ =

( )2

2 2 2

3 21 12 3 2 1 53

6 6

x xdx

x xx

′ − − = + − − − −

∫ =

21 1 1 1ln 3 2 22 2 1

3

x x dxx x

= − − + − = − − ∫

21 1ln 3 2 ln2 2 3

xx x

x−= − − + +−

C12

.

14. ( ) 2

14x

=+

R x , . I ⊂

22 22

2

1 1 1 1 14 4 2 11

2

xtdxdt

dx dx dtxx t=

=

= = + + +

∫ ∫ ∫ =

1 1arctg arctg2 2

xt= + =C C

2+ .

15. ( )2

2

14 9xx+=+

R x , I . ⊂2x +2 2

1 1 51

4 9 4 4 9dx dx

x x = − = + +∫ ∫

2 22323

5 1 524 36 4 24 113

xt

dt dx

x xdx

x t=

=

= − = − = + +

∫ ∫ dt

5 5arctg arctg

4 24 4 24 3x x

t= − + = − +C C2x .

16. ( )2

29x

x=

+R x , . I ⊂

( ) ( )2

22 2

92ln 9

9 9

xxdx dx x

x x

′+= = +

+ +∫ ∫ C+ .


17. ( ) 2

12 2x x

=+ +

R x , . I ⊂

( )( )22 21

arctg arctg 12 2 1 1 1t x

dt dx

dx dx dtt x

x x x t= +=

= = = + = ++ + + + +∫ ∫ ∫ C C+ .

18. ( ) 2

2 14 8x

x x+=

+ +R x , . I ⊂

( )22 2

2 1 2 4 34 8 4 8 2 4x x

dx dxx x x x x

+ + = − = + + + + + + ∫ ∫

( ) ( )2

222

4 8 3 1 3 2ln 4 8 arctg

24 8 4 2 212

x x xdx x x

xx x

′ + + + = − ⋅ = + + − + + + + +

∫ C .

19. ( )2

2

2 36 1

x xx x+ +=+ + 0

R x , . I ⊂

( )

2

22 2

2 3 2 6 51 2

6 10 6 10 3 1x x x

dx dxx x x x x

+ + + = − ⋅ + = + + + + + + ∫ ∫

( ) ( )22 ln 6 10 5arctg 3x x x x= − + + + + + C .

20. ( )( )22

14x

=+

R x , . I ⊂

( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 22 2 2

1 1 44 4 4 4

x xdx x dx dx

x x x′= ⋅ = +

+ + + +∫ ∫ ∫ 32x=

( ) ( ) ( )2 22 2

4 16.

4 4 1x

dx dxx x

= + −+ + +∫ ∫ 32x

Látható, hogy a nevező kitevője nőtt. Próbáljuk meg parciálisan integrálni az 2

14 x+

törtet:

( )2

22 2 2 2

1 1 24 4 4 4

x xdx x dx dx

x x x x′= = +

+ + + +∫ ∫ ∫ =

( )22 2 2

2 84 4 4x

dx dxx x x

= + −+ + +∫ ∫

Tehát

( ) ( ) ( )2 22 22

1 1 1 1arctg

8 4 16 28 4 8 14x x

dx dxxx xx

= + = +++ ++∫ ∫ Cx + .

21. ( )( )32

2 21

xx x

+=+ +

R x , . I ⊂


( ) ( ) ( )3 32 2 2

2 2 2 1 11 1

x xdx dx

x x x x x x+ + = + + + + + + +

∫ ∫ 31

=

( )( ) ( ) ( ) ( )

2

3 3 22 2 2 2

1 1 1.

1 1 2 1

x x dxdx

x x x x x x x x

′ + + = + =− + + + + + + + + + ∫ ∫ 3

1

Az ( )32 1

dxx x+ +∫ kiszámításához parciálisan integráljuk az

( )22

11x x+ +

-et:

( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 22 2 2 2

1 42 2 1

dx x x xx dx

x x x x x x x x+′= = +

+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ 321dx =

( ) ( ) ( )2

2 32 2 2

4 4 4 2 41 1 1

x x x xdx

x x x x x x

+ + + = + − = + + + + + + ∫ 3

( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 32 2 2 2

4 2 1 31 1 1

x xdx dx dxx x x x x x x x

+= + − − =+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ 1

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2

4 1 3 .1 1 2 1

x dx dxx x x x x x x x

= + + −+ + + + + + + +∫ ∫ 3

1

Tehát

( ) ( ) ( ) ( )3 2 22 2 2 2

1 11 3 1 6 1 1

xdx dx

x x x x x x x x= + +

+ + + + + + + +∫ ∫ 21 .

Ennek kiszámításához parciálisan integráljuk az 2

11x x+ +

-et:

( )2

22 2 2 2

1 1 21 1 1 1

x x xdx x dx dx

x x x x x x x x+′= = +

+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ =

( ) ( ) ( )2

2 22 2 2 2

2 2 2 1 2 1 1 11 2 21 1

x x x xdx dx dx

x x x x x x x x+ + += + − − =

+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ 21

( ) ( )22 2 2 2

2 1 1 11 1 22 1 1

xdx dx

x x x x x x x x= + + −

+ + + + + + + +∫ ∫ .

Tehát

( )2 2 2 22

1 2 1 21 1 11

xdx dx

x x x x x xx x= + +

+ + + + + ++ +∫ ∫ =

22 2 2

2 1 21 1 1 3

2 2

xdx

x x x xx

= + + + + + + + +

∫ =

2 2

2 1 4 3 2arctg

1 1 3 3x x

x x x x+= + +

+ + + +C1 + .

Így


( ) ( ) ( )3 22 2 2

1 11 3 1 6 1

xdx

x x x x x x= +

+ + + + + +∫ 2 +

2 2

2 1 4 3 2 1arctg

1 1 3 3x x

x x x x++ + + +

+ + + +C =

( )2 2

2 1 1 4 3 2 11 arctg

1 36 1x x

x x x x+ += + + + + + +

C3+ .

Tehát

( ) ( )3 2 22 2

2 2 1 2 1 4 3 2 1arctg

1 3 31 3 1x x x x

dxx xx x x x

+ − + += + ++ ++ + + +∫ C+ .

Láthattátok az előbbiekben, hogy egyes racionális törtfüggvények határozatlan integrálját direkt úton is ki tudjuk számolni (egy egyszerű helyettesítéssel vagy egy rekurziós összefüggés felírásával), más esetekben fel kell bontani több racionális törtfüggvény összegére. Értelmezés. Egy racionális ( I intervallum) törtfüggvényt elemi tört-függvénynek nevezünk, ha a következő alakok valamelyikében írhatók fel:

:R I →

1. R x , a , ( ) 20 1 2 ... n

na a x a x a x= + + + + i ∈ 0,=i n , , I ; n ∈ ⊂

2. ( )( )nA

ax b=

+R x , , a , n , , ,A a b ∈ 0≠ *∈ { }\

ba

⊂ −I ;

3. ( )( )2 nAx B

R xax bx c

+=+ +

, , , , ,

.

, , , ,A B a b c ∈ 0a ≠ 2 4 0b ac− < *n ∈

I ⊂Ezek határozatlan integráljai a következők:

1. ( )2 3 1

2 1 20 01 2 ... ...

2 3 1

nn n

n

a x a x a xa a x a x a x dx a x

n

+

+ + + + = + + + + ++∫ C .

2. Ha n , akkor 1= lnA Adx ax b

ax b a= +

+∫ C+ .

Ha n , akkor 1>

( )

1

1

n

n

n n n

bxA A b A adx x dxax b a a a n

− +

− + = + = ⋅ + = + − +∫ ∫ C

( )( ) 11 nA

a n ax b −=− +− +

C .

Tehát

( ) ( )( ) 11n nA A

dxax b a n ax b −=− ++ − +∫ C .


3. ( ) ( ) ( )2 2 2

2 12n n

Ax B A ax bdx dx C dx

aax bx c ax bx c ax bx c+ += +

+ + + + + +∫ ∫ ∫ n ,

ahol 2Aba

= −C B .

( )( )( ) ( )( )

2

12 2 2

2 11

n n n

ax bx cax bdx dx

ax bx c ax bx c n ax bx c−

′+ ++ = =− ++ + + + − + +∫ ∫ C .

Az ( )2

1nnI d

ax bx c=

+ +∫ x integrálra pedig esetben rekurziós összefüggést

írhatunk fel az

1n >

( ) 11 2

1nn ax bx c−− = + +∫I d parciális integrálásával. x

Ha n , akkor 1=

221 2

1 1 1 2 2arctg

2 2

ax bI dx dx

ax bx c a bxa a

+= = = + + −∆ −∆ −∆ + +

∫ ∫ C

2 4 0b ac= − < 0>

+ ,

ahol ∆ , tehát −∆ . Ha , akkor 1n >

( ) ( )1 11 2 2

1 1n nnI dx x

ax bx c ax bx c− −−

′= =+ + + +∫ ∫ dx =

( )( )

( )2

1 22

21 nn

x axn d

ax bx cax bx c−

+= + − =+ ++ + ∫ bx

x

( )( )

( ) ( )2

1 2 22

21 2 n nn

x ax bx c bxn d

ax bx c ax bx cax bx c−

+ + + = + − ⋅ − = + + + + + + ∫ c

x

( )( ) ( )

( )1 1 22

22 1 1

2 2n nn n

x b ax bn I n dx I

a aax bx cax bx c− −

+ ∆ = + − − − − = + + + + ∫

( )( )

( )( )1 112 2

2 1 122

nn nn

x bn I n I

aax bx c a ax bx c− −−

∆= + − + + − =+ + + +

( )( ) ( )1 12

22 1 1

22nn n

ax bn I n

aa ax bx c− −

+ ∆= + − + −+ +

I .

Tehát ( )( )( )

( )( )( )1 2 12 2

2 2 21 41 4

n n n

ax b a nn ac bn ac b ax bx c

− −

+ −= +− −− − + +

3I I .

Sajátos esetben, ha ( )2 2

1nn x a

=+∫I d , akkor x

( ) ( ) ( )1 2 12 2 2

2 32 12 1

n n n

x nI I

n an a x a− −

−= +−− +

.


Az előbbi példák között volt olyan is, amely nem elemi törtfüggvény volt. Ezekben az esetekben felbontottuk elemi törtfüggvények összegére. Felvetődik a kérdés, hogy tet-szőleges racionális törtfüggvény felbontható-e elemi törtfüggvények összegére? Erre ad választ a következő tétel, amit most nem bizonyítunk, hanem példákkal illusztráljuk.

Tétel. (Elemi törtekre bontás)

Ha , :R I → ( )( )

( )

P xR x

Q x=

( ) 2

1 1

egy racionális törtfüggvény, és , [P Q X∈ ]

( ( ))ji

k ln

i i ji j

b c x= =∏ ∏

m

j jQ x d x e+ +

2 −

a x= +

4 0j j jd c e <

, ahol a b , és

,

, , , ,i i j j jc d e ∈ , 0i ja c ≠

1,i k= , 1,j l= , akkor egyértelműen felírható a következő

alakban:

( )R x

( ) ( )

( ) ( )1

1

111 122

1 1 1 11 1

... nn

AA AR x C x

a x b a x ba x b= + + + +

+ +++

( ) ( )2

2

221 222

2 2 2 22 2

... nn

AA Aa x b a x ba x b+ + + +

+ +++

( ) ( )1 2

2 ... k

k

knk kn

k k k kk k

AA Aa x b a x ba x b+ + + +

+ +++

( ) ( )1 1

1

1 111 11 12 1222 22

1 1 1 1 1 11 1 1

... m mm

B x CB x C B x Cc x d x e c x d x ec x d x e

++ ++ + + +

+ + + ++ ++

( ) ( )2 2

2

2 221 21 22 2222 22

2 2 2 2 2 22 2 2

... m mm


++ ++ + + +

+ + + ++ ++

( ) ( )1 1 2 2

22 22... ,l l

l

lm lml l l lm

l l l l l ll l l


++ ++ + + +

+ + + ++ + . x I∀ ∈

Rövidebben ( ) ( )

( ) ( )21 1 1 1

i in mk lij ij ij

j ji j i ji i i i i

A B xR x C x

a x b c x d x e= = = =

+= + +

+ +∑∑ ∑∑

[ ]X

C

+x I∀ ∈, ,

ahol (a P polinom Q polinommal való osztási hányadosa) és meghatározhatók az egyenlő együtthatók módszerével.

C ∈, ,ij ijC ∈ijA B

Példák Bontsuk elemi törtfüggvényekre az R I ( I olyan intervallum, amelyen R értelmezett) racionális törtfüggvényt és számítsuk ki a határozatlan integrálját a következő esetekben:

: →


1. ( ) 3

1x x

=−

R x , { }\ 0, 1⊂ ±I .

( )( )( )3

1 11 1

R xx x x x x

= =− − +

( )( )( )(1 1 1

1 1 1 1A B C x x x

x x x x x x= + + ⋅ − +

− + − +)

(1) , ⇔ ( )( ) ( ) (1 1 1 1A x x Bx x Cx x= − + + + + − )1 x I∀ ∈( ) ( )21 ,A B C x B C x A= + + + − − . x I∀ ∈

Tehát 2x együtthatója: A B ; 0C+ + =x együtthatója: B C ; 0− =0x együtthatója: − . 1A=

Így 12

B C= = , tehát ( )( )

1 1 1 11 1 2 1x x x x x x

=− + + − + − +11

, következik,

hogy .2

23

11 1ln ln 1 ln2

xdx x x

x x x

−= − + − + = +

−∫ C C

Ilyen esetben, ha a nevezőnek csak egyszeres valós gyökei vannak úgy is eljárhatunk, hogy az (1) összefüggésbe behelyettesítjük a gyököket (Ha két polinomfüggvény egyenlő egy intervallum minden pontjában, akkor egyenlők -en.)

0x = esetén − ; 1A=1x = esetén 2 1 ; B =1x =− esetén 2 1 . C =

Látható, hogy így rövidebb úton jutottunk ugyanazokhoz az értékekhez.

2. ( )3

2 3 2x

x x=

− +R x , { }\ 1,2⊂I .

( )( )( ) ( )

( )2

2 2

3 3 2 7 6 7 2 3 93

3 2 2 3

x x x x xR x x

x x x x

+ − + + − − += = + +− + − + 2

.

Tehát ( )( )

3 22

2

7 9 13 ln 3 2

3 2 2 2 2 1 2x x

dx x x x dxx x x x

= + + − + +− + − −∫ ∫

( )( )( )(1

1 21 2 1 2

A Bx x

x x x x= + ⋅ − −

− − − −)

( ) (1 2A x B x= − + − )1 x I∀ ∈, . 1x = -et helyettesítve A és -t helyettesítve kapjuk, hogy , tehát 1=− 2x = 1B =

( )( )1 11 2 2x x x x

= −− − − −

11

.

Így 3 2

22

7 93 ln 3 2 ln

3 2 2 2 2 1x x x

dx x x xx x x

−= + + − + + +− + −∫ C2 .


3. ( )3

5

1xx x+=+

R x , I . *⊂

A nevező irreducibilis tényezőkre bontása a következő: ( ) ( )( )5 4 2 21 2 1 2x x x x x x x x x+ = + = + + − + 1 .

Tehát az R elemi törtfüggvényekre bontása 3

5 2 2

12 1 2

x A Bx C Dx Ex x x x x x x+ += + ++ + + − + 1

+ alakú.

Innen ( ) ( )( ) ( )( )3 4 2 21 1 2 1 2 1x x A x x x Bx C x x x Dx+ = + + − + + + + + +E .

0x = helyettesítéssel kapjuk, hogy . Itt is helyettesíthetnénk továbbra az 1A=2x + 2x + 1 és 2 2x− + 1x komplex gyökeit, de az bonyolultabb számolásokhoz

vezetne, ezért elvégezzük a jobboldalon a műveleteket: ( ) ( )3 41 1 2 2x B D x B C D E+ = + + + − + + + +3x

( ) ( )22 2B C D E x C E x+ − + + + + + 1 .

Tehát meg kell oldanunk az ( )

( )

12 1

20

B DD B C EB D E CC E

+ =− − + + =+ + − = + =

0 egyenletrendszert, ahonnan

2 24

B+=− , 2

4=−C , 2 2

4−=D , 2

4=E .

Tehát ( )( )

( )( )

3

5 2 2

2 2 2 2 21 14 2 1 4 2

x xxx x x x x x x

+ + − ++ = − ++ + + − +

2

1, innen

3

5 2 2

1 2 2 2 2 1 1ln

8 2 1 4 2 1x x

dx x dx dxx x x x x x+ + += − + ++ + + +∫ ∫ ∫ +

2 2

2 2 2 2 1 18 2 1 4 2 1

xdx dx

x x x x− −+ − =

− + − +∫ ∫

( ) ( )2 22 2 2 2ln ln 2 1 ln 2 1

8 8x x x x x

+ −= − + + + − + +

2 2 2 21 1 1 14 42 2 2 2

2 2 2 2

dx dx

x x

+ − = + + − +

∫ ∫

( ) ( )2 22 2 2 2ln ln 2 1 ln 2 1

8 8x x x x x

+ −= − + + + − + +

2 2 2 2 2arctg arctg

4 2 2x x + − + − + =

C


( ) ( )2 22 2 2 2ln ln 2 1 ln 2 1

8 8x x x x x

+ −= − + + + − + +

2 2 2 22 2 2arctg

2 2 2 24 12 2

x x

x x

+ −−+ ⋅ + =

+ −+ ⋅C

( ) ( )2 22 2 2 2ln ln 2 1 ln 2 1

8 8x x x x x

+ −= − + + + − + +

2

2 2 2arctg

4 2 1x+ ⋅ +

+C .

4. ( )5 4 3 2

6 4 2

2 2 42

x x x x xx x x

+ + + + +=+ +

1 *⊂R x , I .

A nevező irreducibilis tényezőkre bontása: ( ) ( 26 4 2 2 4 2 2 22 2 1x x x x x x x x+ + = + + = + )1 .

Tehát az R elemi törtfüggvényekre bontása

( )5 4 3 2

26 4 2 2 2 2

2 2 4 12 1 1

x x x x x A B Cx D Ex Fx x x x x x x

+ + + + + + += + + ++ + + +

alakú.

Innen ( ) ( )2 25 4 3 2 2 22 2 4 1 1 1x x x x x Ax x B x+ + + + + = + + + +

2 2 2

( ) ( ) ( )1Cx D x x Ex F x+ + + + +i±

. Mivel itt a gyökök , megpróbálunk ezek behelyettesítésével néhány együtthatót kifejezni: x esetén 1 és x esetén − ⇒ E és F .

0,0= B= i= 1 iE F=− − 0= 1=

Ezeket behelyettesítve a (2) összefüggésbe, kapjuk: ( ) ( ) ( )( ) ( )5 4 3 2 2 2 22 1 1 :x x x x x x x A x x Cx D x x+ + + + = + + + + +

( ) ( )2 2+ + = + + +

1

D

1 1x x A x x Cx D0= 1A= x i= i=− +

x ⇒ ; ⇒ i C ⇒

( ) ( )2

222

4 8 3 1 3 2ln 4 8 arctg

24 8 4 2 212

x x xdx x x

xx x

′ + + + = − ⋅ = + + − + + + + +

∫ C

1=és D . Tehát

( )5 4 3 2

26 4 2 2 2 2

2 2 4 1 1 1 1 12 1 1

x x x x xx x x x x x x

+ + + + + = + + ++ + + +

.

Az integrál pedig:

( )5 4 3 2

26 4 2 2

2 2 4 1 1 1ln arctg

2 1x x x x x

dx x x dxx x x x x

+ + + + + = − + ++ + +∫ ∫ .


Az ( )22

11dx

x +∫ az 2

11 x+

parciális integrálásával kapjuk meg:

( )2

22 2 2 2

1 1 21 1 1 1

x xdx x dx dx

x x x x′= = +

+ + + +∫ ∫ ∫ =

( )22 2 2

1 12 2

1 1 1x

dx dxx x x

= + −+ + +∫ ∫ ⇒

( ) ( ) ( )2 22 22

1 1 1 a2 1 22 1 2 11

x xdx dx

xx xx= + = +

++ ++∫ ∫ Crctgx + .

Tehát

( )5 4 3 2

6 4 2 2

2 2 4 1 1 3arctgln

2 22 1x x x x x x x

dx xx x x x x

+ + + + + = − + ++ + +∫ C+ .

Gyakorlatok Határozzuk meg a következő racionális törtfüggvények határozatlan integrálját egy olyan intervallumon, ahol a nevezőnek nincs gyöke:

1. ( ) 2

19x

=−

R x ; 2. ( ) 2

14 3x x

=− +

R x ;

3. ( ) 2

4 22 2x

x x+=+ + 1

R x ; 4. ( )4 3 2

6

2 5x x xx

− + +=R x ;

5. ( ) 2

44 x

=+

R x ; 6. ( ) 2

14 9x

=+

R x ;

7. ( ) 2

12 3x x

=− −

R x ; 8. ( )( )313x

=−

R x ;

9. ( )( )

2

3

11

x xx+ +=−

R x ; 10. ( )( )( )( )

11 2

R xx x x x

=+ + + 3

;

11. ( ) 3

11 x

=+

R x ; 12. ( )( )22

19

xR x

x+=+

;

13. ( )( )32

14 20x x

=+ +

R x ; 14. ( )( )

2

3

3 42

x xR x

x+ −=+

6

)

;

15. ( )( )( 2

5 31 3x

x x−=

− −R x ; 16. ( )

( )22

2 41

xR x

x−=−

;

17. ( )2

4

21

xx

=−

R x ; 18. ( )( )( )3 2

22

2 41 4

x x xR x

x x− + −=− +

5 .


2.4. Irracionális függvények integrálása

Már az eddigiekben is találkoztatok olyan függvények integrálásával, amelyek tartalmaznak gyököket is. Ebben a paragrafusban megpróbálunk betekintést nyújtani különböző gyökös kifejezéseket tartalmazó függvények integrálási módszereibe. Példák. A következő irracionális függvények esetén meghatározzuk a határozatlan integrált (vagy visszavezetjük más függvények integráljára) olyan intervallumon, ahol létezik primitív függvénye:

1. :f I → , 3,5

⊂ − +∞ I , ( ) 5 3f x x x= + .

A 5 3t x= + ≥ 0 helyettesítéssel 2 35

t −=x és 25tdt=dx , tehát látható, hogy

racionális törtfüggvényt kapunk:

( ) ( )5 3

2 2 4 22 2 2 25 3 3 3

25 25 125 25t t

x x dx t t dt t t dt+ = − = − = − + =∫ ∫ ∫ C

( ) ( )5 35 3 2 5 3 10 5 32 2125 25 125

x xt t + − += − + = +C C .

2. :f I → , 2,3

⊂ − +∞ I , ( )

( )32 6 4

6 4

x xf x

x

+=+ + 1

.

( )

( )2

2

3 33 6 446

3

42 6 4 2 2 4 11

3 1 3 16 4 1 t xtxtdt

dx

t tx x tdx dt dt

t tx = +−=

=

− + + = = − = + ++ +∫ ∫ ∫

( )( )2

2 2 4 1.

3 3 1 1t t

dtt t t

+= −+ − +∫

A ( )( )2

4 11 1t

t t t+

+ − + törtet elemi törtekre bontjuk:

( )( ) 22

4 11 11 1

t A Btt t tt t t

+ += ++ − ++ − +

( ) ( )24 1t A B t B C A t+ = + + + − + +

C

C

⇒

⇒ A0A B+ = , B C , A C ⇒ A , B , C ⇒ 4A+ − = 1+ = 1=− 1= 2=

( )( ) 22

4 1 2 11 11 1

t tt t tt t t

+ += −− + ++ − +

.

Tehát ( ) ( )

( )23

2 6 4 2 2 1 5 2ln 1

3 33 16 4 1

x x t tdx dt t

t tx

+ − += − − + =− ++ +∫ ∫

( )( ) ( )22 ln 1 ln 1 10 3 2 1arctg

3 9 3

t t t t t+ + − − + − = − + = C


( )( )2 6 4 ln 6 4 1 ln 6 5 6 4

3

x x x x+ + + + − + − += −

10 3 2 6 4 1arctg

9 3x + − − +

C .

3. :f I → , I , ( ,1) (3,⊂ −∞ +∞∪ ) ( )31

xf x

x−=−

.

Itt is a 31

xx−=−

t helyettesítés 2

2 2

3 21

1 1tt t

−= = −− −

x és ( )22

41t

t=

−dx racio-

nális törtfüggvényhez vezet:

( )2

22

3 41 1

x tdx dt

x t− =− −∫ ∫ .

Ez utóbbi törtet elemi törtekre kell bontani. Viszont mielőtt ezt a klasszikus módon el-kezdenénk, próbáljuk meg egyszerűsíteni. Észrevesszük, hogy

( ) ( ) ( )22 2 2

1 1 41 1 1

tt t t

− =− + −

⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2 22

4 1 11 1 1 1 11

t t tt t t t t tt

= − = + − +− + − − + +− 2

1 11

.

Tehát 2

3 1 1 1 1 2ln ln

1 1 1 1 1 1x t t t

dxx t t t t t− − −= − − + = − + =− + − + + −∫ C C

3 31 21 1ln 33 11 11

x xx x

xxxx

− −−− −= − + =−− −+ −−

C

( )( ) ( )( )ln 1 3 2 1 3x x x x x= − − − + + − − + C .

4. :f I → , I , \ [ 1,1]⊂ − ( ) 32

1 11

xf x

x x−=+

.

( )

( )( ) ( )3

3 2

3 23

23 2

32 22 3 31

11 6

;1 1

1 61 11 1 1x

tx

t t dtx dx

t t

t t txdx dt

x x t t−=+

+= =− −

− ⋅− =+ + −∫ ∫ .

A racionális törtfüggvény integrálását rátok bízzuk.

5. :f I → , I , ( 2,2)⊂ − ( )3

24x

f xx

=−

.


A nevezőben a gyökjel alatt 2

2x −

4 1 szerepel. Mivel ( 1,12x ∈ − ) , létezik ponto-

san egy ,2 2π π ∈ − t úgy, hogy

si legyen ( vagy n2x

t = ( )0, , cos2xπ∈ =t t ). Ez a

helyettesítés volna célszerű a azonosságra alapozva. Ekkor és dx , tehát

2cos 1 sint = − 2 t2 sinx t= 2 cost dt=

3 33

2

16 sin cos8 sin

2 cos4x t t

dx dt tdttx

= =−∫ ∫ ∫ .

Egy másik gondolatmenet lehetett volna az is, hogy a 24 x− -et egy olyan függ-vénnyel helyettesítsük, hogy a négyzetre emelés után a szabadtag vagy a másodfokú tényező kiessen (azért, hogy a változócsere elsőfokú legyen) vagy hogy egyszerűsít-hessünk. Mivel itt az x együtthatója negatív ezért célszerű úgy helyettesíteni, hogy a szabad-tag essen ki. Ez pedig megtörténik a

2

24 x tx− = +

1 4t+ =−

2 helyettesítéssel, ahonnan

⇒ , tehát 2 24 4x t tx− +2x= + 4 ( )2t x 2

41t

t=−

+x , ami racionális

törtfüggvényhez vezet. Mivel , próbálkozhatunk a ( )(24 2 2x x− = − + )x (24 2x t x− = − ) vagy a

( )24 2x t x= +

( )2x− x t+ =

−

2 2t=

helyettesítéssel is. Az első esetben kapjuk, hogy 4

, ahonnan 2 , innen

2x− =

(2 2 x− )( )

2

2

12 1

tx

t+=−

. Látható, hogy racio-

nális törtfüggvényhez vezet. Hasonlóan járunk el a második helyettesítésnél is. Az olyan helyettesítéseket mint az utóbbi kettő, Euler-féle helyettesítésnek nevezzük. 6. :f I → , I , ⊂ ( ) 21f x x x= + . Ezt az integrált is többféleképpen ki fogjuk számolni: Ami a legszembetűnőbb, hogy az t helyettesítésnél megjelenik a derivált szorzótényezőként, ekkor dt .

21= +x

x2x d=

Tehát 3 2

2 1 11

2 3 3t x

x x dx tdt++ = = + = +∫ ∫ C C

2 2

.

A azonosság azt sugallja, hogy érdemes az x helyettesítést végezni. Ekkor dx . ch 1 shx = +

=x tsh=ch tdt

Tehát 3

2 2 2 ch1 sh 1 sh ch ch sh

3t

x x dx t t t dt t t dt+ = + = = +∫ ∫ ∫ C =

( )321

3

x+= + C .

Az Euler helyettesítés használható 21 x x+ = + t vagy 21 1x tx+ = + alakban.


7. :f I → , I , ⊂ ( ) ( )32 24 9f x x x= + .

Az előbbi feladat alapján itt a következő helyettesítések valamelyike ajánlott: 3

sh2x

t= ; 24 9 3x t+ = + x vagy 24 9x tx+ = + 2 .

8. :f I → , I , \ [ 1,1]⊂ − ( )2

51

xf x

x=

− (3 módszer).

Itt is észrevehető, hogy az t x helyettesítéssel a számlálóban megjelenik a derivált. Ekkor dt , tehát

2 1= −2x dx=

2

2

5 55 5 1

21x dtdx t x

tx= = + = − +

−∫ ∫ C C .

Egy másik helyettesítés a sh azonosságra alapul: x t , , tehát

2 2ch 1x x= − ch=shdx t dt=

2

2 2

5 5 ch sh5 ch 5 sh 5 1

1 ch 1x t tdx dt t dt t x

x t= = = + = − +

− −∫ ∫ ∫ C C .

Itt is lehet alkalmazni az Euler helyettesítést is: ( )2 1 1x t x− = − , (2 1 1x t x− = + ) vagy 2 1x t− = − x .

9. :f I → , 5 5\ ,4 4

⊂ − I , ( )

2

2

316 25x x

f xx−=−

.

A következő helyettesítések ajánlottak: 4

ch5x

t= , 216 25 4x t− = − x , ( )216 25 4 5x t x− = − ,

( )216 25 4 5x t x− = + .

10. :f I → , , \ ( 1, 4)I ⊂ − ( ) 2 3 4f x x x= − − .

A gyök alatti kifejezés 2 23 52 2

x − − -re alakítható és ekkor lehet az

32 ch52

xt

−=

helyettesítést végezni. Itt az Euler helyettesítések a következők:

2 3 4x x t− − = − x , ( )2 3 4 1x x t x− − = + , ( )2 3 4 4x x t x− − = − .

11. :f I → , , I ⊂ ( ) 2 4 5f x x x= + + . A gyök alatti kifejezés ( ) -re alakítható és ekkor lehet az x t helyettesítést végezni.

22x + + 1 2 sh+ =

Itt az Euler helyettesítések a következők: 2 4 5x x t+ + = − x , 2 4 5x x tx+ + = + 5 .


12. :f I → , , I ⊂ ( ) ( )25 33 1f x x x= + .

Szabadulni kellene a sok kitevőtől, gyöktől. Ezért először végezzük a t helyet-

tesítést. Így

3x=13x t= , ahonnan

23

3tdt

−

=dx . Tehát

( ) ( ) ( )5 22 225 33 3 33 3

1 11 1

3 3x x dx t t t dt t t−+ = + = +∫ ∫ ∫ 1 dt .

Ebben az integrálban, hogy az 1 kitevője is legyen egész az 1 helyette-sítést hajtjuk végre. Így dt , tehát

t+2u du

3t u+ =3=

( ) ( )25 3 33 1 1x x dx u u+ = −∫ ∫ 4du ,

amit már egyszerű kiszámolni.

13. :f I → , , *I +⊂ ( )4 31x

f xx

=+

.

Az előző feladathoz hasonlóan járunk el: 34x=t ⇒

43t=x ⇒

13

43t dt=dx . Tehát

( ) ( )1

4 1 123 3 2

4 3

4 41 1

3 31xdx t t t dt t t dt

x

= + = + +∫ ∫ ∫ .

Innen pedig az 1 helyettesítéssel folytatjuk. 2t u+ =14. :f I → , , *I +⊂ ( ) ( )23 41f x x x= + . Először a 4=t helyettesítést végezzük. Ebben az esetben x és dx ,

innen

x 4t= 34t dt=

( ) ( ) (4 1

2 33 4 3 31 4 1 4x x dx t t t dt t+ = + =∫ ∫ )3

2 21 t dt+∫ .

Ezt már ki lehetne számolni, elvégeznénk a műveleteket, de nézzük meg mi történik, ha a t kitevőjéből el akarjuk tüntetni a nevezőt. Helyettesítsünk a következő módon:

3t u= ⇒ dt . 23u du=Tehát ( ) ( )22 15 33 41 12 1x x dx u u du+ = +∫ ∫ , ez pedig egy polinomfüggvény.

15. :f I → , , I +⊂ ( ) ( )23 1f x x x= + .

A t helyettesítéssel 2x=12t=x és

12

2tdt

−

=dx , így

( ) ( ) ( )1 1 11 1

23 6 2 33 31 1

1 1 12 2

x x dx t t t dt t t− −+ = + = +∫ ∫ ∫ dt .

Az utolsó integrálban egyik kitevő sem egész, viszont az összegük az. Emeljünk ki a zárójelből t -t:

( )1 1

1 1 3 323 3 31 1 1 1

12 2

t tx x dx t t dt dt

t t− + + + = = ∫ ∫ ∫ ,

ez pedig olyan típusú, mint a 3. példa.


Az előbbiekben láttunk néhány példát irracionális függvények integrálására, a továbbiakban összefoglaljuk általánosan is: 1. Az ( ), nR x ax b dx+∫ , n alakú integrál. * \ {1}∈

( , nR x ax b+ ) az x és az n ax b+ racionális törtfüggvényét jelöli. Az 1. és 2. pél-

dánál találkoztunk ilyen integrállal. A n x= +t a helyettesítéssel bnta−= b

x és 1nnt

dxa

−

= , tehát az integrál racionális törtfüggvény integráljává alakítható.

2. Az , nax b

R x dxcx d

+ + ∫ , n alakú integrál. * \ {1}∈

A 3. és 4. példánál találkoztunk ilyen integrállal. A nax bcx d+=+

t helyettesítéssel

n

n

dt bxa ct

−=−

, tehát az integrál racionális törtfüggvény integráljává alakítható.

3. Az ( 2 2,R x a x dx−∫ )]a

=

alakú integrál.

Nyilvánvaló, hogy az értelmezési tartomány I a . [ ,⊂ −Az 5. példánál találkoztunk ilyen integrállal. Itt több helyettesítés is szóba jöhet. A

azonosságra alapozva célszerű az 2 2cos sin 1x x+ sinx

ta= vagy cos

xt

a= ,

azaz vagy x a helyettesítés. Ekkor sinx a t= cost= 2 2 cosa x a− = t vagy 2 2 sina x a− = t (a megfelelő intervallumon).

Egy másik helyettesítés, amit itt használtunk az Euler helyettesítés, amelynek célja, hogy négyzetre emelés után egyszerűsödjön a kifejezés:

( )2 2a x t a x− = − ⇒ a xa x+=−

t ⇒ ( )11

a tt

−=+

x ,

( )2 2a x t x a− = + ⇒ a xa x−=+

t ⇒ ( )11

a tt

−=+

x ,

2 2a x a t− = + x ⇒ 2x

a x−=+

t ⇒ 2

21

att

=−+

x .

Mindhárom eset racionális törtfüggvényhez vezet. 4. Az ( 2 2,R x a x dx+∫ )

t

alakú integrál.

Az itt alkalmazható helyettesítések: x a (a ch azonosságra ala-pozva) valamint az Euler helyettesítések:

sh= 2 2sh 1x x− =2 2a x+ = t − x vagy

2 2a x a t+ = + x .

5. Az ( 2 2,R x x a dx−∫ ) alakú integrál.


Az értelmezési tartomány I . Az itt alkalmazható helyettesítések:

(a azonosságra alapozva) valamint az Euler helyet-tesítések:

\ [ , ]⊂ −2 1x =

a a

tchx a= 2ch shx −(2 2x a t x− = − )a , (t x a= + )2 2x a− vagy 2 2x a t− = − x .

6. Az ( 2,R x ax bx c dx+ +∫ ) alakú integrál.

I tt több esetet különböztetünk meg:

Ha , akkor a gyök alatti kifejezés 0∆>

22

2

2 2b

bx c a xa a

∆ + + = + − ax

alakba írható. Itt ha a az 0> 2 ch

2

bxa t

a

+=

∆ helyettesítéssel eltüntetjük a gyököt; ha

pedig , akkor 0a <2 2

2

2 2b

bx c a xa a

∆ + + =− − + ax alakba írva az

sinb

x t2 2a a

∆+ = vagy cos2 2ba a

∆+ =x helyettesítésekkel tűnik el a gyök. t Ha , (ebben az esetben a , mert másképp nem létezne a gyök) akkor 0∆ < 0>

222

2 2b

ax bx c a xa a

∆ + + = + +

és a megfelelő helyettesítés: sh2 2ba a

∆+ =x t .

0∆ = esetet nem tárgyaljuk, mert akkor nem irracionális a kifejezés. Az ilyen típusú integrálra alkalmazható az Euler helyettesítés is: Ha , akkor függetlenül a előjelétől a 0a > ∆ 2ax bx c t ax+ + = − helyettesítéssel racionális törtfüggvény integrálására vezetjük vissza. Valóban, ekkor 2 2 2bx c t ax ax+ + = − + 2ax ⇒ 2 2bx c t ax+ = − ⇒

2

2t c

xb a

−=+

.

Ha , akkor függetlenül a ∆ előjelétől a 0c > 2ax bx c tx c+ + = + helyettesítéssel racionális törtfüggvény integrálására vezetjük vissza. Valóban, ekkor 2 2 2 2bx c t x cx c+ + = + +ax ⇒ 2 2ax b t x c+ = + ⇒

2

2b cx

t a−=−0∆>

.

Ha , akkor léteznek az x valós gyökök, így 1,2 ∈

( )(21 2ax bx c a x x x x+ + = − − )


és a ( )( ) ( )1 2a x x x x t x x− − = − 1 ( )( ), (1 2a x x x x t x x− − = − )2 helyettesíté-

sek bármelyikével racionális törtfüggvény integrálására vezetjük vissza:

( )( ) ( )1 2a x x x x t x x− − = − 1 ⇒ ( )2

1

a x x

x x

−=

−t ⇒ 2 1ax tx

a t−

=−

x .

7. Az , m n alakú integrál. ( )pm nx a bx dx+∫ , ,p ∈

Az ilyen integrált binom integrálnak vagy Csebisev integrálnak nevezzük. Először a t helyettesítést végezzük, innen azt kapjuk, hogy nx=

( ) ( )111 m

p pm n nx a bx dx t a bt dtn

+ −+ = +∫ ∫

Itt három esetet különböztetünk meg:

a) , p ∈ 11

m rn q+ − =

q

, r q , ( , . , ∈ ) 1r q =

Ebben az esetben a t helyettesítést végezzük, hogy a t kitevője is legyen egész, így:

u=

( ) ( )1p pm n r q qqx a bx dx u a bu dt

n+ −+ = +∫ ∫ ,

ami valóban racionális törtfüggvény, sőt polinomfüggvény is.

b) 1mn+ ∈ , r

pq

= , r q , ( , . , ∈ ) 1r q =

Ebben az esetben a a b helyettesítést végezzük, hogy az a kitevője is legyen egész, így:

qt u+ = bt+

( )11

1

m rq qnpm n qq u a u ax a bx dx a b u dt

bn b b

+ −− − − + = + ∫ ∫ ,

ami ebben az esetben is polinomfüggvény.

c) 1,

mp

n+ ∉ és 1m

pn+ + ∈ .

Ha kiemelünk a zárójelből t -t, kapjuk:

( ) ( )1 11 11 1 pm m pp pm n n n

a btx a bx dx t a bt dt t dt

n n

+ +− + − + + = + = ∫ ∫ ∫ t,

ez pedig , nax bcx d

+ + R x alakú.

A könnyebb memorizálás érdekében a különböző eseteket táblázatba foglaltuk:

Az integrálandó A helyettesítés ( ), nR x ax b+

* \ {1}n ∈

,

nt ax= +b


Az integrálandó A helyettesítés

, nax b

R xcx d

+ + * \ {1}n ∈

,

nax b

tcx d+=+

sinx a= t t vagy x a cos=

( )2 2,R x a x− ( )2 2a x t x a− = − , ( )2 2a x t x a− = + 2 2a x a t− = + x

shx a= t ( )2 2,R x a x+ 2 2a x t+ = − x vagy 2 2a x a t+ = + x

chx a= t

( )2 2,R x x a− ( )2 2x a t x a− = − , ( )2 2x a t x a− = + 2 2x a t− = − x

0a > 2ax bx c t ax+ + = −

0c > 2ax bx c tx c+ + = +

Eule

r hel

yette

síté

s

0∆> ( )( ) ( )1 2a x x x x t x x− − = − 1

( )( ) ( )1 2a x x x x t x x− − = − 2

0∆ < 0∆>

0a <

2ax bx c+ + = 2 2

2 2b

a xa a

∆ =− − +

sin2 2b

x ta a

∆+ =

cos2 2b

x ta a

∆+ =

( )2,R x ax bx c+ +

0a >

2ax bx c+ + = 22

2 2b

a xa a

∆ = + +

sh2 2b

x ta a

∆+ =

2ax bx c+ + = 22

2 2b

a xa a

∆ = + −

ch2 2b

x ta a

∆+ =

( )pm nx a bx+ ( )111 m

pn nt x t a bt dn

+ −= → + t∫


Az integrálandó A helyettesítés

1° , p ∈ 11

mn q+ − = r , ∈, r q ,

( , ) 1r q =qt u=

2° 1mn+ ∈ , r

pq

= , r q , ( , , ∈ ) 1r q = qa bt u+ =

3° 1mp

n+ + ∈ ⇒

111 pm p

na bt

t dn t

+ + − + ∫ t → , nax bcx d

+ +R x

, ,m n p ∈

G

yakorlatok Számítsd ki a következő irracionális függvények határozatlan integrálját olyan inter-vallumon, ahol ez létezik: 1. ( ) ( )3 6 2 4f x x x= + − ; 2. ( ) ( ) ( )32 1 5 3f x x x= − − ;

3. ( ) 3 5 3f x x x= + ; 4. ( )2

3

3 26 4x

f xx+=−

;

5. ( ) 2

32 3x

f xx x+=+

; 6. ( )3

11

xf x

x−=+

;

7. ( ) 11

xf x x

x+=−

; 8. ( ) 42

2 1x

f xx+=+

;

9. ( ) 311

xf x x

x+=−

; 10. ( ) ( ) ( )( )322 4 1f x x x= + − ;

11. ( )( ) 2

12 4

f xx x

=+ −

; 12. ( )5

29x

f xx

=−

;

13. ( )2 9x

f xx

=+

; 14. ( )3

2

54 9x

f xx

=+

;

15. ( )21 1

xf x

x=+ +

; 16. ( )( )2 2

14 4

f xx x

=− +

;

17. ( )( )

3

32 1

xf x

x=

−; 18. ( )

3

24 9x

f xx

=−

;

19. ( )2

2

14 1

xf x

x+=

− +; 20. ( )

2

12 2

f xx x

=− +

;


21. ( ) 23 2f x x x= − −1 ; 22. ( ) 2 2 4 3f x x x x= − + ;

23. ( )2

16 1

f xx x

=− + 0

; 24. ( )2

13 2

f xx x

=+ +

;

25. ( )2

2

11

x xf x

x x x+ +=− +

; 26. ( )( ) 2

11 3

f xx x x

=− − + 2

;

27. ( )( )

32 2

1

2 5f x

x x=

− +; 28. ( )

2

11 2

f xx x

=+ + + 2

;

29. ( ) 23 1f x x x= ⋅ + ; 30. ( )23

11

f xx x

=+

;

31. ( )44

11

f xx

=+

; 32. ( ) 3 4f x x x= + ;

33. ( ) 3 41f x x= + ; 34. ( )3 41 x

f xx+= ;

35. ( )53

11

f xx x

=+

; 36. ( )( )

52 3 3

1

2f x

x x=

+;

37. ( )3 43 3

1

1f x

x x=

+; 38. ( )

3 34 2

1

1f x

x x=

+.

2.5. Trigonometrikus függvények racionális és irracionális

kifejezéseinek integrálása Először az (m n ) alakú integrálok kiszámításával foglal-

kozunk. A kitevők paritásától függően három esetet különböztetünk meg:

sin cosn mx x d∫ x

mdt

dt

, ∈

1° ( ) ( )2 1 2 2

cossin

sin cos 1 cos cos sin 1n nn m m

t xdt x dx

x x dx x x x dx t t+

==−

= − = − −∫ ∫ ∫∈ ∈( , m ); n

2°

( , m );

( ) ( )2 1 2 2

sincos

sin cos sin 1 sin cos 1m mn m n n

t xdt x dx


==

= − = −∫ ∫ ∫∈ ∈

n m m−

n

3° ( ) ( )2 2 2 2 2sin cos sin sin cosn mx x dx x x x dx= =∫ ∫1 ( ) ( )1 cos2 sin22

n m mm n x x−+= −∫ dx , ∈ (m n ).

További hasonló átalakításokkal visszavezethető egyszerűbb integrálokra. Megjegyzés. Az 1° és 2° esetekben nem szükséges az m , illetve fel-tétel, mert irracionális függvénnyé is alakíthatjuk, csak vigyázzunk az értelmezési tartomány meghatározására.

∈ n ∈


Példák 1. ( ) ( )3 2

cossin

sin cos 1 cos cos sin 1t x

dt x dx

x x dx x x x dx t t dt==−

= − = − − =∫ ∫ ∫ 2

( )4 2 4 2

3 cos cos4 2 4 2t t x x

t t dt= − = − + = − +∫ C C .

2. ( ) ( )2 22 5 2 2 2 2

sincos

sin cos sin 1 sin cos 1t xdt x dx

x x dx x x x dx t t dt==

= − = − =∫ ∫ ∫

( ) =3 5 7 3 5 7

2 4 6 2 sin 2 sin sin2

3 5 7 3 5 7t t t x x x

t t t dt= − + = − + + − + +∫ C C .

3. ( ) ( )2 22 6 4 21sin cos sin cos cos sin 2 1 cos2

16x x dx x x x dx x x dx= = +∫ ∫ ∫ =

( )2 2 2 2

sin 22 cos 2

1sin 2 sin 2 cos2 sin 2 cos 2

16t x

dt x dx

x dx x x dx x x dx==

= + +∫ ∫ ∫ =

( ) 2 21 1 1 11 cos 4 sin 4

16 2 2 4x dx t dt x dx

= − + + ∫ ∫ ∫ =

( )31 sin 4 1

1 cos 816 2 4 6 8x x t

x dx = − + + − = ∫

3sin 4 sin 2 sin 832 64 96 128 1024x x x x x= − + + − + =C

35 sin 4 sin 2 sin 8128 64 96 1024x x x x= − + − + C .

4. ( ) ( )5

3 5 2 5 2 2cossin

sin cos sin 1 cos cos 1t x

dt x dx

x x dx x x x dx t t dt==−

= − = − =∫ ∫ ∫

11 711 79 5 2 2

2 22 cos 2 cos

11 7 11 72 2

t t x xt t dt = − = − + = − + ∫ C C .

Vannak esetek, amikor nem tudunk így ügyeskedni a trigonometrikus függvényekkel,

olyankor legtöbbször a 2

2

1 tg2cos

1 tg2

x

x x−

=+

, 2

2 tg2sin

1 tg2

x

x x=+

azonosságokat hasz-

nálva, a tg2x=t , , 2arctgx t= 2

21dt

dxt

=+

változócserével racionális vagy irra-

cionális törtfüggvényhez jutunk, amennyiben az integrandusunk trigonometrikus függvények racionális vagy irracionális kifejezése.


Példák

1. 2

2 2 2

2

211 sin 2 21 111 cos 1 111

tx ttdx dt dt

tx tt

− − + = ⋅ = − = −+ +++

∫ ∫ ∫ t+

( )2 2ln 1 tg ln 1 tg tg ln cos2 2 2x x x

t t x = − + + = − + + = + + C C 2 C .

Ez olyan intervallumon történik, ami nem tartalmaz ( ) -t. 2 1k π+

2. 2 2 2

2 2

1 1 21 23 cos sin 1 231 1

dx dt dtt tx x t t tt t

= ⋅ = =−+ + + + ++ ++ +

∫ ∫ ∫ 1

2

2 tg 11 2 5 2 1 2 5 2arctg arctg5 5 5 51 5

2 2

xt

dtt

++= = + = + +

∫ C C+ .

Mivel , ez az integrál létezik a valós számok halmazán. sin cos 2x x+ >−

3. ( ) ( )2 4

1 32122

1 31 122 4tgarctg 3

112

1 1tg x t t u u v

x t du v dvt udt

dxt dt u du

dxt t dt u u du

x

−

−− − −

= = == =

==+ =

= + = +∫ ∫ ∫ =

( ) ( )( )14

4 2 23 1 3 3

1 2 1 2 1dv dv

v dvv v v v v

−= + = =

+ − + + +∫ ∫ ∫ .

( )( ) 2 22 2

12 1 22 1 2 1

Av B Cv Dv v v vv v v v

+ += +− + +− + + + 1+

⇒

( )( ) ( )( )2 21 2 1Av B v v Cv D v v= + + + + + − +2 1 ⇒

( )( )

3

2

0

02 02 01

A CvB D A Cv

v A C B Dv B D

+ = + + − = + + − = + =

⇒ 2 1 2, , ,

4 2 4A B C D=− = = = 1

2.

Tehát ( )( ) 2 22 2

1 1 2 2 24 2 1 22 1 2 1

v vv v v vv v v v

− + + = + − + + +− + + + 21

.

Ebből következik, hogy

4 2 2

2 2 2 2 21 8 2 1 2 1

dv v vdv

v v v v v

− + =− − + + − + + +∫ ∫

2 2

1 1 14 2 1 2 1

dvv v v v + + − + + +∫ =

Integrálási módszerek 63 2

2

2 2 1 2 2 2 2 2ln arctg arctg

8 2 1 4 2 2v v v vv v

− + − + =− + + + +C+ =

2

2

2 2 2 22 2 1 2 2 2ln arctg

2 2 2 28 2 1 4 1 .2 2

v vv v

v vv v

− ++− +=− + +− ++ + −

C =

( )2

2 2

2 2 1 2 2ln arctg

8 2 1 4 2 1v v vv v v

− +=− + ++ + −

C =

( )

4 4

4

2 2 1 2 2ln arctg

8 2 1 4 2 1u u uu u u− +=− + ++ + −

C =

( )2 2 1 2 2ln arctg

8 2 1 4 2 1t t tt t t− +=− + ++ + −

C =

( )tg 2 tg 1 2 tg2 2

ln arctg8 tg 2 tg 1 4 2 1 tg

x x xx x x− +=− + ++ + −

C .

G yakorlatok Határozd meg, hogy az alábbi függvényeknek milyen intervallumokon van primitív függvénye és számítsd ki egy ilyen intervallumon a határozatlan integrálját: 1. ( ) 3 3sin cosf x x= x ; 2. ( ) 4 3sin cosf x x= x ; 3. ( ) 2 4sin cosf x x= x ; 4. ( ) 6 2sin cosf x x= x ; 5. ( ) 3sinf x x= ; 6. ( ) 4cosf x x= ; 7. ( ) 2cos cos 3f x x= x ; 8. ( ) 2sin cos2f x x= x ;

9. ( ) 12 sin cos 5

f xx x

=− +

; 10. ( ) 1sin cos

f xx x

= ;

11. ( ) 21 2 tg

f xx

=+

; 12. ( )2sin cos

sin cosx x

f xx x

=+

;

13. ( ) 2 2

2 tg 3sin 2 cos

xf x

x x+=

+; 14. ( ) 2 2

1cos sin

f xx x

= ;

15. ( )3

1cos sin

f xx x

= ; 16. ( ) ( )( )5 3sin cosf x x x= ;

17. ( )3

5

sin 2sin

xf x

x= ; 18. ( ) tg

sin cosx

f xx x

= ;

19. ( ) 2tg 2f x x= + ; 20. ( ) 11sin

f xx

= + .


2.6. Exponenciális és hiperbolikus függvények racionális és irracionális kifejezéseinek integrálása

A hiperbolikus függvények tulajdonképpen exponenciális függvényekből vannak képezve, de érdemesnek tartjuk kitérni rájuk, mert vannak esetek, amikor rövidebb úton kiszámolható a határozatlan integrál átalakítás nélkül. Ebben az esetben is a azonosságra alapozva először az

alakú integrálokat számítjuk ki.

2 2ch sh 1x x− =sh chn mx x d∫ x

dt

dt

Három esetet különböztetünk meg itt is: ha az egyik kitevő páros egész szám és a másik racionális, illetve ha mindkettő páros egész szám. 1° ,

( , m );

( ) ( )2 1 2 2

chsh

sh ch ch 1 ch sh 1n nn m m m

t xdt x dx


==

= − = −∫ ∫ ∫∈ ∈n

2° ,

( , m );

( ) ( )2 1 2 2

shch

sh ch sh 1 sh ch 1m mn m n n

t xdt x dx


==

= + = +∫ ∫ ∫∈ ∈n

3° ( ) ( )2 2 2 2 2sh ch sh sh chn m mn mx x dx x x x dx−

= =∫ ∫( ) ( )1ch2 1 sh2

2n m m

n m x x−+= −∫ dx , ∈, (m n ).

További hasonló átalakításokkal visszavezethető egyszerűbb integrálokra. Példák 1. ( ) ( )3 2 2

chsh

sh ch ch 1 ch sh 1t xdt x dx


= − = − =∫ ∫ ∫

( )4 2 4 2

3 ch ch4 2 4 2t t x x

t t dt− = − + = − +∫ C C .

Ha az exponenciális alakkal dolgozunk, akkor az integrál a következőképpen alakul:

( )( )3 3 31sh ch 3 3

16x x x x x xx x dx e e e e e e dx− − −= − + − + =∫ ∫

( )4 4 2 2

4 2 2 412 2

16 64 16

x x x xx x x x e e e ee e e e dx

− −− − + +− + − = − +∫ C .

Azonnal ellenőrizhető, hogy csak egy állandóban különbözik az előző eredménytől. 2. ( ) ( )2 22 5 2 2 2 2

shch

sh ch sh 1 sh ch 1t xdt x dx


= + = +∫ ∫ ∫ =

( )3 5 7 3 5 7

2 4 6 2 sh 2 sh sh2

3 5 7 3 5 7t t t x x x

t t t dt= + + = + + + = + + +∫ C C .

3. ( ) ( )2 22 6 4 21sh ch sh ch ch sh 2 1 ch2

16x x dx x x x dx x x dx= = +∫ ∫ ∫ =


( )2 2 2 2

sh 22 ch2

1sh 2 sh 2 ch2 sh 2 ch 2

16t x

dt x dx

x dx x x dx x x dx==

= + +∫ ∫ ∫ =

( ) 2 21 1 1 1ch 4 1 sh 4

16 2 2 4x dx t dt x dx

= − + + ∫ ∫ ∫ =

( )31 sh 4 1

ch 8 116 4 2 6 8

x x tx dx

= − + + − = ∫

3sh 4 sh 2 sh 864 32 96 1024 128x x x x x= − + + − + =C

35 sh 4 sh 2 sh 8128 64 96 1024x x x x=− + + + + C .

4. ( ) ( )5

3 5 2 5 2 2chsh

sh ch sh ch 1 ch 1t xdt x dx


= − = − =∫ ∫ ∫

11 711 79 5 2 2

2 22 ch 2 ch

11 7 11 72 2

t t x xt t dt = − = − + = − + ∫ C C

x

.

Általában, ha az integrálandó függvény az e vagy más exponenciális függvény racionális vagy irracionális függvénye, akkor a t , vagy x t , xe= xdt e dx= ln=

dtdx

t= helyettesítéssel racionális vagy irracionális törtfüggvénnyé alakíthatjuk.

Példák

1. ( ) ( )ln 0

ln ln1 1 1

x

x xx t tdt

dxt

dx dt t ee t t t= >

=

= = + = + + +∫ ∫ C1 e

+

.

2. ( ) =3 2 2

0

42 2 4 ln

2 2 2 2x

x

x

x t edt e dx

e dx t dt tt dt t t

e t t= >=

= = − + = − + + + + + +∫ ∫ ∫ C2

( )2

2 4 ln 22

xx xee e= − + + + C .

3. ( )2 201 1x

x

x t edt e dx

dx dte t t= >

=

=+ +∫ ∫ .

Elemi törtekre bontjuk:

( ) 22

111

A Ct Bt tt t

+= +++

1C =−( )

⇒ , innen A , és

, tehát

( ) 21 A C t Bt A= + + + 1= 0B =

21t

t t−+2

1 11t t

=+

, következésképpen

dx 2 22 2

1 1 2ln ln 1 ln 1

1 2 1x

x

tdt t t x e

e t t= − ⋅ = − + + = − + + + +∫ ∫ C C .


4. ( ) ( )2

2 12

20 1

2

1 211 x

x

x

x t e t udt ududt e dx

e dx tdtt t dt u du

te−

= > + ===

= = + = − =++∫ ∫ ∫ ∫ 1

( ) ( )333 2 12 122 2 1 2 1

3 3 3

xxetu

u t++

= − + = − + + = − + +C C e C . G

yakorlatok Határozd meg, hogy az alábbi függvényeknek milyen intervallumokon van primitív függvénye és számítsd ki egy ilyen intervallumon a határozatlan integrálját: 1. ( ) 3 3sh chf x x= x ; 2. ( ) 4 3sh chf x x= x ;

2 4 6 2 3. ( ) sh chf x x= x ; 4. ( ) sh chf x x= x ; 3 4 5. ( ) shf x x= ; 6. ( ) chf x x= ;

2 7. ( ) 2ch ch 3f x x= x ; 8. ( ) sh ch2f x x= x ; 1 1 9. ( )

1x xf xe e−

=+ +

; 10. ( )sh ch

f xx x

= ;

11. ( )3

2

22

x

x x

ef x

e e=

+ − ; 12. ( )

2sh chsh chx x

f xx x

=+

;

13. ( )2

2

32

x

x x

ef x

e e+=+

; 14. ( ) 3 2

11x x xf x

e e e=

+ − −;

15. ( )3

1ch sh

f xx x

= ; 16. ( ) ( )( )5 3sh chf x x= x ;

17. ( ) 2

1x

x

ef x

e+= ; 18. ( ) th

sh chx

f xx x

= , ( shth

chx

xx

= );

19. ( ) 2th 2f x x= + ; 20. ( ) 11sh

f xx

= + . Ö

sszefoglaló feladatok 1. Állapítsd meg, hogy a következő függvényeknek van-e primitív függvénye és igenlő esetben határozd meg a primitív függvényeit:

a) :f → , ( )

ha

haha 11

, 01

ln , (0,1)

,x

xx

xf x x x x

e e x− −

≤ −= ∈ − ≥

;

b) *:f + → , ( )2

ln1x

f xx

=+

;

c) :f → , ( ) 2

ha

ln ha

1, 1

, 1

x

xx

ex

xx

− <= ≥

f x ;


d) :f → , ( )haha

2ln , 00, 0x x x

f x x ≠= =

;

e) :f → , ( )2

2

1arcsin

1

xf x

x−

=+

; f) :f → , ( )11

x

x

ef x

e−

=+

;

g) :f → , ( ) 2

2arcsin

1x

f xx

=+

; h) :f → , ( )2

4

11

xf x

x+=+

;

i) , : [0,2 )f π → ( )1

3 sin cosf x

x x=+ +

;

j) 1: ,2

f +∞

, ( )ha

ha

3 1ln ,2 1

12,2

x xxf x

x

> −= − =

2 ;

k) :f → , ( )( )( )

ha

ha

2

2

1inf 1 ,21inf 1 ,2

t x

t x

t t xf x

t t x≤

≥

− + ≤= − + + >

;

l) :f → , ( ) arcsin x

x

ef x

e= ; m) :f → , ( )

( )

2

2

arctg

1

x

xx

ef x

e e=

+;

n) , ( ): 1,f +∞ → ( ) ( )22

1 11 ln 1 lnf x xx x

= + + ⋅ − + x x ;

o) *:f + → , ( ) sin cos 1sinx

x x xf x

x e x+ − −=+ +

.

2. Bizonyítsd be, hogy az , : [0, )f +∞ → ( )haha

1ln sin , 00, 0x xf x x

x

>= = függ-

vénynek van primitív függvénye. 3. Bizonyítsd be, hogy az , , :f g h → ,

( )haha

1 12 sin cos , 00, 0x xf x x x

x

− ≠= = és ( ) ha

ha

12 sin , 00, 0x x

xx

≠= =g x

valamint függvényeknek van primitív függvénye, de a h függ-vénynek nincs.

h g f= − 2 : →

4. Bizonyítsd be, hogy az , :f g → ,

( )

ha

ha

2 1 1sin sin , 0

1, 02

xx xf x

x

− ≠= =

és ( )ha

ha

2 1 1sin sin , 01, 02

xx x

x

+ ≠= =

g x

függvényeknek van primitív függvénye, de a h f függvénynek nincs. :g= →


5. Határozd meg :f →)x x= x 1

primitív függvénnyel rendelkező függvényeket, ame-lyekre , és , ahol F az ( ) (2f x F − ∀ ∈ ( )1f = : → f egy primitív függvénye. 6. Létezik-e *:f +→ primitív függvénnyel rendelkező függvény, amelyre egy

primitív függvénye esetén , ? :F → ( ) ( ) ( )21F x F x F x− = x∀ ∈7. Határozd meg az :f → deriválható függvényt, ha

( ) ( ) ( )2 0xf x f x xF x′ + + = , , x∀ ∈ahol F az : → f egy primitív függvénye. 8. Határozd meg az [ ]: 0,f π →

( )sin függvény primitív függvényeit, ha bármely

esetén teljesül az [0, ]x π∈ ( ) 2cosf x x f xπ− − = x összefüggés. 9. Határozd meg az [ ] [ ]2: 1, 0,f e → e függvény primitív függvényeit, ha

( ) ( ) 2 2ln lnf x f y x x y y− ≥ − , [ ], 1,x y e∀ ∈ . 10. Határozd meg azokat az :f → függvényeket, amelyeknek létezik olyan

primitívje, hogy teljesüljön a :F →( ) ( )( )2F x x f x x= −

összefüggés bármely esetén. x ∈(Radó Ferenc Emlékverseny, 2001)

11. Adottak az :f →

f

1 és g primitív függvénnyel rendelkező függ-

vények. Jelöljük F-fel és G-vel az f illetve g azon primitívjeit, amelyekre F és Bizonyítsd be, hogy ha bármely valós esetén igaz, hogy F x

és G x , valamint akkor az is igaz, hogy:

: →

0,=

( )0 =( ) (g ′=(0) 0.G =

( ) =x )x

( )f x′ (0)

( ) ( )1,2

f x g x x⋅ ≥ − ∀ ∈ .

(Székely Mikó Matematikaverseny 2000)

A határozatlan integrál alkalmazásai 70

III. A HATÁROZATLAN INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI

3.1. Differenciálegyenletek Nagyon sok gyakorlati probléma olyan jelenséghez vezet, amelyben bizonyos mennyi-ségek változási sebessége függ az adott mennyiségektől. Így mozgó testre ható lég-ellenállás egyenesen arányos a test sebességével (vagy annak valamilyen hatványá-val), két nem azonos hőmérsékletű test között a hőátadás sebessége arányos a hőmér-sékletük különbségével, a radioaktív anyagban bekövetkező bomlások száma függ az anyag tömegétől stb. Általában, ha [ ]: 0, →x T egy mennyiséget leíró függvény, akkor az x változásá-nak pillanatnyi sebességét a

( ) ( ) ( )0

00

0

limt t

x t x tx t

t t→

−′=

−

jelenti. Nézzük meg, hogy mit jelent az előbbi néhány esetben a szavakban megfogal-azott törvény matematikai szimbólumokkal kifejezve. m

1 . Mozgás légellenállás jelenlétében

Vizsgáljuk azt az egyszerű esetet, amikor egy anyagi pont a légellenállás hatására lassul. Ez azt jelenti, hogy nem hat rá más erő, csak a légellenállás, tehát Newton II. törvénye alapján: F m . a= ⋅De az ellenállási erő egyenesen arányos a sebességével, tehát F és így mivel k=− ⋅ v

( ) ( )dv

a t tdt

= az

( ) ( )m v t k v t′⋅ =− ⋅ egyenlethez jutunk (feltételezzük, hogy a mozgás egyenes vonalú). Ha a testre még ezenkívül hat egy állandó erő, akkor az egyenlet 0F

( ) ( )0m v t F k v t′⋅ ± =− ⋅ a lakú lesz (például az ejtőernyős ereszkedésénél ez az egyenlet).

2 . Egy test kihűlése a környezettel való hőcsere következtében

Newton törvénye szerint, ha a hőmérsékletek elég kicsik (a kisugárzott hőmérséklet elhanyagolható), akkor a hőmérsékletkülönbség változási sebessége arányos a hőmér-sékletkülönbséggel. Ha egy test hőmérsékletét a t időpillanatban T t -vel jelöljük és a környezet hőmér-séklete T akkor az y T függvényre az egyenlet y .

( )

0 ( )t 0T= − k′ = ⋅ y 3 . A radioaktív bomlás törvénye

Ha egy radioaktív anyag tömegének időbeli változását az függvény írja le, akkor

( )M t


( ) ( )M t k M t′ = ⋅ , mert a változás sebessége (az időegység alatt elbomló atomok száma) egyenesen rányos a meglévő atomok számával. a

Mindhárom probléma megoldása fontos gyakorlati szempontból. Az első esetben ki tudjuk számítani az ejtőernyős végsebességét, a második probléma megoldása szolgál-tatja a kriminalisztikában sokszor használt időpontbecslést a halál beálltára (hisz a halál pillanatától a test ennek az egyszerű kihűlési törvénynek van alávetve) és a harmadik probléma megoldásából származik a radioaktív bomlás törvénye, amelynek segítségével őskori leletek életkorát lehet becsülni. Az előbbiekből kiderül, hogy mindhárom probléma (1) ( ) ( )y x c y x′ = ⋅alakú egyenlet megoldására vezetődik vissza, ahol y deriválható függvény és állandó. Könnyen találunk olyan függvényt amely teljesíti az egyenletet, de a megoldás az összes olyan függvény meghatározását jelenti, amely teljesíti az adott egyenletet. A deriválási szabályok alapján látható, hogy az y ,

, ahol k állandó függvények teljesítik az egyenletet. A Lagrange-tétel segítségével igazoljuk, hogy más megoldása nincs is az egyenletnek. Próbáljuk be-szorozni az (1) egyenletet úgy, hogy a beszorzás után egy szorzatfüggvény deriváltját kapjuk. Ha a függvénnyel szorzunk, akkor

: →

v

c

)y x: →

( cxk e= ⋅

v( ) 0y v y cv′ ⋅ + ⋅ − =

alakba írhatjuk az egyenletet, tehát ha − ⋅ , akkor az ( ) szabály alapján az egyenlet bal oldalán az y függvény deriváltja jelenik meg. A

egyenlet megoldása persze ugyanazt jelentené, mint az eredeti egyenlet megoldása, de itt elégséges egyetlen v megoldást találni. Mivel v ,

megoldása ennek az egyenletnek, ezért mondhatjuk, hogy beszorozzuk az eredeti (1) egyenlet mindkét oldalát v x -nel. Így az egyenlet

c v v ′=v⋅

) cxe−=

y v y v y v′ ′ ′⋅ = ⋅ + ⋅

: →v c′ =− ⋅

( ) cxv x e−=(

( ) 0cxy e− ′⋅ = alakba írható, tehát a Lagrange tétel következménye alapján létezik k konstans úgy, hogy

∈

cxy e k−⋅ = , . x∀ ∈Ez alapján

( ) cxy x k e= ⋅ , . x∀ ∈A megoldásra egyszerűbben is rájöhetünk, hisz az egyenlet

yc

y′= (2)

alakban írható és ha mindkét oldal primitív függvényét számítjuk, akkor írhatjuk, hogy ydx cdxy′=∫ ∫ .

Az első integrálban az ( ) z=y x változócserével , tehát ( )y x dx dz′ =


( )

( )( )

0 0ln lny x dz

dx z c y x cy x z′

= = + = +∫ ∫ .

Tehát ( )0ln y x cx c= − és innen ( ) 0c cy x e e−= ⋅

( ) cxk e= ⋅ x

x

x

x

2

x

, . Mivel y folytonos, a modulusz explicitálása csak úgy lehetséges, ha , , vagy

, . Tehát y x , , ahol k egy állandó. Ebben a gondolatmenetben több hiba van, de az előnye az, hogy nem kell észrevenni egyetlen megoldást sem.

x∀ ∈( ) 0y x e−= c ce⋅

∀ ∈x∀ ∈

( ) 0c cy x e e=− ⋅ x∀ ∈

Nyilvánvaló, hogy a (2) egyenlet csak y két egymás utáni zérushelye közt érvényes, így meg kellene vizsgálni, hogy különböző állandók segítségével lehet-e szaka-szonként alakú folytonos és deriválható függvényt értelmezni. Mivel a k e és k e függvények grafikus képe diszjunkt k esetén ez nem lehetséges és így

, .

kcxk e⋅

cxk e⋅

1cx⋅

2cx⋅

( )y x =1 k≠

x∀ ∈Látható, hogy a második módszer sokkal általánosabb esetben is alkalmazható, de az egyenlet összes megoldásának meghatározására nem mindig használható. Értelmezés. Az olyan függvényegyenletet, amely derivált függvényt is tartalmaz differenciálegyenletnek nevezzük. L

ássunk néhány további példát!

M

egoldott feladatok

1. Oldjuk meg az y differenciálegyenletet! ( )21 y′ = + ⋅Megoldás

21y

xy′=

+, tehát 21

ydx xdx

y′

=+∫ ∫ és így

2

arctg2x

y c= + .

Ebből az egyenlőségből következik, hogy ( ) ( )2

tg2x

c k x π = + + ⋅

( )k x

y x , ahol

, . Mivel y folytonos, következik, hogy állandó, tehát ( )k x ∈

( )

x∀ ∈2

2x

c = + tgy x k π + ⋅ , . Mivel 1 , az előbbi függvények az

egyenlet összes megoldását szolgáltatják. Az egyenletet átírhattuk volna

x∀ ∈ 2y+ > 0

2

02x ′ =

arctgy − alakba is. Ebből látszik, hogy nincs szükség további tárgyalásra.

2. Oldjuk meg az y egyenletet. 2y′ =

Megoldás. Az egyenlet 2 1yy′= alakban írható, tehát 1

xy

′ ′− = és így a Lagrange

tétel következménye alapján 1x

y=−c− − , tehát ( ) 1

y xc x

=−

, . { }\x c∀ ∈


Az előbbi műveleteket csak olyan intervallumon végezhetjük el, melyen y , tehát meg kell vizsgálni, hogy létezik-e , I , esetén

0≠

1I ≠ ∅ 2 ≠ ∅ 2I ≠

( )

( )

1

21

1 22

0,1 ,

1 , \

x I

y x x Ic x

x Ic x

∈= ∈ − ∈ −∪ I

alakú folytonos függvény. Mivel ilyen alakú folytonos függvény nincs, az y -tel való elosztáskor csak az identikusan nulla megoldást veszítjük el és így az egyenlet minden

nem identikusan nulla megoldása

2

1c x−

alakú.

Általában az ( ) ( )( ) ( )y x f y x g x′ = ⋅

alakú egyenleteket szétválasztható differenciálegyenleteknek nevezzük. Ezek az egyenletek

( )( )

yg x

f y′=

alakban írhatók, ha ( ) 0f y ≠ és így ha és G az F1f

és g egy-egy primitív függ-

vénye, akkor ( )( ) ( )F y x G x c= + .

Ha invertálható, akkor ebből az egyenlőségből következik, hogy F( ) ( )( )1y x F G x c−= + .

A legtöbb esetben az 1f

-nek csak intervallumokon van primitívje és nem biztos, hogy

az invertálható, ezért további problémák jelenhetnek meg az egyenlet összes meg-oldásának meghatározásánál. A fenti eljárást a változók szétválasztásának nevezzük. A továbbiakban az y ismeretlen függvény argumentumát nem írjuk ki. G

yakorlatok Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldását: 1. y x ; 2. xy ; tg 0y′ − = 3y y′ = + 3. xy ; 4. ( ) ; 2y y′ − = 1 x xe yy e′+ =

5. x y ; 6. y x ; 2 cos 1 0y′ ⋅ + = ( )2y′ = + 7. y e ; 8. y x ; 21 x y+′ − = ( )sin′ = −y

9. ( ) ; 10. 2 21 1x y y′+ = −2 2x y xy+ −′ =y .


11. Határozd meg a differenciálegyenlet korlátos megoldásait! (2 33y y x y′ = − )112. Határozd meg azokat az deriválható függvényeket, amelyekre y

3

2sin

yx y

′ = és ( )lim2x

y xπ

→∞= .

13. Határozd meg az differenciálegyenlet azon megoldását, amelyre sin lny x y′ = y

2y e

π = . Az alakú egyenleteket (c , deriválható függvény) első-rendű konstans együtthatójú homogén differenciálegyenleteknek nevezzük. Már láttuk, hogy ennek az egyenletnek az összes megoldása y k , alakú. A meg-oldást nem befolyásolja az, hogy a jobb oldalon mi áll (persze amíg ez y -tól független). Így ha az

0y cy′ − = ∈ :y →

= ⋅ cxe x∀ ∈

( )y cy f x′ − = alakú egyenletet szorozzuk e -nel, akkor az cx−

( ) ( )cx cxy e e f x− −′⋅ = ⋅cx−

egyenlethez jutunk. Tehát ha F x az e egy primitívje, akkor

, vagy más jelöléssel ( ) ( )f x⋅

( ) ( )cxy x e F x k= ⋅ +( )cx cxy e e f x dx−= ⋅ ⋅∫ .

Példa. Oldjuk meg az 2 rxy y e′ − = , r ∈

egyenletet. Megoldás. Beszorozzuk e -nel és az 2x−

( ) ( )2 2x ry e e− −′⋅ = x

egyenlethez jutunk. Ha r , akkor ebből következik, hogy y e , tehát , .

2=x∀ ∈

2x x k−⋅ = +( ) ( )2xy x e x k= ⋅ +

Ha , akkor 2r ≠ ( )2 12

x re kr

− −⋅ = ⋅ +−

2 xy e , tehát ( ) 2 12

x rk e er

= ⋅ + ⋅−

x

=

y x ,

. x∀ ∈Ezt felhasználva egy függvénycsere segítségével megoldhatunk másodrendű (y -t is tartalmazó) konstans együtthatójú lineáris egyenleteket.

′′

Értelmezés. Az alakú egyenleteket, ahol a és -szer folytonosan deriválható függvény, n -ed rendű konstans együtthatós

lineáris és homogén egyenleteknek nevezzük. Ha az egyenlőség jobb oldalán egy

( ) ( )11 0n n

ny a y a y−+ + +…k ∈

y n

:f → függvény áll, akkor az egyenletet n -ed rendű konstans együtthatós lineáris és inhomogén egyenletnek nevezzük.


Feladat. Oldjuk meg az y y differenciálegyenletet. 3 2y′′ ′− + = 0

0

2

2y

a

22

)

)

Megoldás. Az egyenlet ( )2 0y y y y′′ ′ ′− − − =

alakban írható, tehát a z y függvényre ez egy elsőrendű egyenlet y′= −2 0z z′ − =

(átírhattuk volna y y alakba is). ( )2 2y y′′ ′ ′− − − =

Tehát , és így az egyenletet kell megolda-nunk. e -nel beszorozzuk és integráljuk:

( ) 21

xz x k e= ⋅x−

x∀ ∈ 21

xy y k e′ − = ⋅

( ) 1 1x x x xy e k e ye k e k− −′⋅ = ⇒ = + , tehát

( ) 21 2x xy x k e k e= + .

Ez a gondolatmenet általánosabb esetben is használható. Vizsgáljuk meg, hogy az

0y ay by′′ ′+ + = egyenletet milyen z y helyettesítéssel tudjuk z r alakúra redukálni. 1r y′= − 2 0z′ − =

( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 1y r y r y r y y r r y r r′′ ′ ′′ ′− − − = − + + ,

tehát és r r . Ez azt jelenti, hogy r és r az r a egyenlet gyökei. Ha és r , akkor a megoldás az előbbihez hasonlóan

, ahol . esetén z k , tehát

és így ( ) .

1 2r r+ =−

11 2r x r xe k e= +

1rxy k e=

1 2 b=

1 2,r r ∈,k k

rxye− ′ =

1

r

22 0r b+ + =

1rxe=

1 r≠∈

1

y k

y r′ −

1 2

k

1 2r r= =

Ez alapján ( ) ( )1 2

rxy x k x k e= + , . x∀ ∈

1,2r ∉ esetén további ötletekre van szükségünk.

Feladat. Oldjuk meg az y y differenciálegyenletet. 0′′ + =Megoldás. A deriválási képletek alapján könnyen találunk olyan y függvényt, amely teljesíti az egyenletet. Ilyen például az y x , vagy általában

. 1 sin= 2 cosy = x

1 2sin cosy c x c x= +Próbáljuk beszorozni egy v függvénnyel úgy, hogy valamilyen kifejezés deriváltja

jelenjen meg. Az y v első tagja az ( -ban jelenik meg. Ebben azonban

is van, tehát ugyanakkor yv is valamilyen kifejezés deriváltja kellene

legyen. Ez akkor lehetséges, ha v , mert ebben az esetben ( -t kapjuk. Ilyen függvény a vagy

y ⋅

=

v′′ ⋅ +

( ) sinv x

y v ′′ ⋅

y v′ ′ y v′ ′−

′′=−x

v yv ′′−v ( ) cos=v x , tehát az egyenlet megoldása a

következő módon írható le: x

Beszorozzuk az egyenletet v x -szel. ( ) sinx=


( )sin sin sin cosy x y x y x y x ′′′ ′+ = − , tehát

1sin cosy x y x′ − = c , ahol c . 1 ∈Ezt az egyenletet ismét egy olyan v függvénnyel szeretnénk beszorozni, hogy a bal

oldalon egy szorzat deriváltja jelenjen meg. Egy ilyen függvény a ( ) 2

1sin x

=v x ,

tehát 1

2

1 cos.sin sin sin

cxy y

x x′ − ⋅ = 2 x

és így

12

1sin sin

cy

x x

′ ⋅ = .

Tehát

21 1

1ctg

sin sindx

y c c xx x

⋅ = ⋅ =− ⋅ + 2c∫ és így

( )1 2cos siny x k x k x= + , , ahol k k . x∀ ∈ 1 2, ∈

A továbbiakban igazoljuk, hogy tetszőleges , alakú egyenlet esetén visszavezethető a vizsgált egyenletre. Jelöljük r -gyel és r -vel az r a egyenlet gyökeit. ∆ miatt

0y ay by′′ ′+ + = ,a b ∈

0<

2 4a b∆ = − <

2

0 12 0r b+ + =

1,2

a ir

− ± −∆=2

. Ha az 2axy e z−= ⋅ helyettesítést hajtjuk végre, akkor

2 2

2

a ax xa

y e z e− −′ ′=− ⋅ ⋅ + ⋅ z és 2

2 2 2

4

a a ax xa

e z a e z e z− − −′′ ′ ′′= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅xy , tehát 2

2 2 2

4

a a ax x xa

y ay by e z a e z e z− − −′′ ′ ′ ′′+ + = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ + 2

2 2

2

a ax xaa e z e z b e z− −′+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅2a x−

2 04

axe z z− −∆′′= ⋅ + ⋅ =

.

Ez alapján az egyenletet visszavezethetjük a 04z

−∆′′ + ⋅ =z egyenletre. Ha ebben

az egyenletben az 4

−∆= ⋅u változócserét hajtjuk végre, akkor x

( ) ( )4uz x z x

−∆′ = ⋅′ és ( ) ( )4uz x

−∆′′ = ⋅′′z x egyenlőségek alapján a z z

egyenlethez jutunk.

0′′ + =

Ez alapján, ha 1,2 2 2ai

−∆=− ±r , akkor az egyenlet megoldásai 0y ay by′′ ′+ + =

( ) 21 2cos sin

2 2

axy x e k x k x− −∆ −∆ = ⋅ +


alakúak. A másodrendű egyenletekre vonatkozó eredményeinket a következő tételben foglaltuk össze: Tétel. Ha az r a egyenlet (a b ) gyökei r és r , akkor az

egyenlet megoldása:

2 0r b+ + =0=

r x

, ∈ 1 2

y ay by′′ ′+ +r x a) y k , , ha r r , r r ; 1 2

1 2e k e= ⋅ + ⋅ x∀ ∈ 1 2, ∈ 1 2≠

b) y k , , ha r r ; ( )1 2rxx k e= + ⋅ x∀ ∈ 1 2 r= = ∈

c) 21 2. cos sin

2 2

ax k x k x− −∆ −∆ = +

y e , , ha r . x∀ ∈ 1,2 ∉

Gyakorlatok Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldásait: 1. a) y y ; b) y y ; 5 6y′′ ′− + = 0 0

0 00

0x

e

2 3y′′ ′+ − = c) 6 5 ; d) y y ; y y y′′ ′− + = 4 4y′′ ′− + = e) y y ; f) y ; 6 9y′′ ′− + = 4 0y′′ + = g) y y ; h) y y . 0y′′ ′+ + = 2 2y′′ ′− + =2. a) ; b) y y ; 3 siny y′ − = 2 xx e′ + = ⋅ c) y y ; d) y y ; 25 x′ + = 1′′ + = e) y y ; f) y y . 3 2 xy′′ ′− + = 2 24 4 xy x e′′ ′− + = ⋅

3.2. Alkalmazások 1. Bizonyítsuk be, hogy e irracionális, ha r { }\ 0∈r .

n

Bizonyítás. Tekintjük az [ ]: 0,1f → , ( ) ( )1!

nx xf x

n−= függvényt. Világos,

hogy ( )21!

nk

kk n

f x cn =

= ∑ x , ahol c , k ∈

( )k ( )0f és ( ) ( )1kf egész számok, ha k és ∈

( )1!

f xn

< <0 , [ ]10,x∀ ∈ . p

Elégséges igazolni, hogy e , ha , mert p ∉ *p ∈ q pq e=e , tehát ha e ,

akkor

p ∉pqe sem lehet racionális egyetlen q esetén sem. Tehát feltételezhetjük,

hogy

*∈p ab

=e , ahol a b és , ∈ ( ) =, 1a b .

Az függvényre ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 2n n n nF x p f x p f x p f x f x− −′ ′′= − + − +…( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 3 2n n n nF x p f x p f x p f x pf x− −′ ′ ′′= − + − −… ,

mert ( ) ( )2 1 0nf x+ = , [ ]0,1x∀ ∈ . Tehát


( ) ( ) ( )2 1nF x pF x p f x+′ + = . Ebből következik, hogy

( )( ) ( )2 1px n pxF x e p e f x+′ = és így

( ) ( )2 1px n pxF x e p e f x dx+= ∫ .

Ebből következik, hogy ( ) ( ) ( ) ( )1 0 1pF e F G G− = − 0 ,

ahol [ ]: 0,1 →G a egy primitívje. ( )2 1n pxp e f x+

Másrészt ( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 1

2 11 0! ! !

n n nn p p pp p p

G G p e f e en n n

ξ ξξ+ + +

+− = < < = ⋅ ab

(a Lagran-

ge tételt használtuk G -re). Ebből következik, hogy

( ) ( )2 1

0 1 0!

npaF bF a

n

+

< − < .

De 2 1

lim 0!

n

n

pn

+

→∞= , tehát bármely a rögzített esetén létezik n úgy, hogy ∈ 0 ∈

2 1

1!

npan

+

<

( )1aF bF−

. Ez ellentmondáshoz vezet, mert F F és így az

és a ( intervallumban nincs egész szám. Az ellentmondás alapján állíthatjuk, hogy e , ha

( ) ( )0 , 1 ∈

( )0 ∈ )0,1r ∉ { }\ 0r . ∈

Megjegyzések i) Hasonló módszerrel igazolható, hogy π . 2 ∉ ii) A bizonyított eredménynél erősebb állítás is igaz. e transzcendens, ha r lgebrai (Lindenman tétele).

r

a 2 . RLC áramkörök Fizikából valószínűleg tanultátok, hogy váltóáramú áramkörben milyen összefüggé-sekkel jellemezhetők az egyes egyszerű áramköri elemek (ellenállás, kondenzátor, tekercs). Az és b pontok közé iktatott ellenállás az

feszültségkülönbséget okozza, ahol a t időpillanatban -en áthaladó áram erőssége.

a( )U t

R( )

ab abI t= ⋅(

abIabR)t R

a bR

1. ábra

Az és b pontok közé iktatott C kapacitású kon-denzátor esetén a

( ) ( ) ( )( )ab ab ab ab ab

dI t C U t C U t

dt= ⋅ = ⋅ ′ .

a bC

2. ábra


Az és b pontok közé iktatott önindukciós együtthatóval rendelkező tekercs esetén a L

( ) ( )( )ab ab ab ab ab

dU L I t L I t

dt= ⋅ = ⋅ ′ .

a bL

3. ábra

Vizsgáljuk meg a 4. ábrán látható rezgőkörben az áramerősség változását.

( ) ( )bc bcU t R I t= ⋅ ,

( ) ( )cd cd

dI t C U t

dt= ⋅ ,

( ) ( )ab ab

dU t L I t

dt= ⋅ .

Kirchhoff első törvénye alapján ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

b cR

a d

CL

Kirch

Tehát

MivelegyenjelentTehát

differ

Ha U

egyen

a) Ha

ahol r

rezgő

b) Ha

U t( )4. ábra

ab bc cd daI t I t I t I t I t= = = = .

hoff második törvénye alapján ( ) ( ) ( ) ( ) 0bc cd da abU t U t U t U t+ + + =

′

.

bc cd ab adU U U U+ + =′ ′ ′ és így

( ) ( ) ( ) ( )1

R I t I t L I t U tC

′ ′′⋅ + + ⋅ = ′ .

R és C konstansok, ez egy másodrendű konstans együtthatójú differenciál-let. Az egyenlet inhomogén, ha U t és homogén, ha U t (ez azt i, hogy nincs áramforrás, az áram a kondenzátor kezdeti töltéséből származik).

, L( ) 0≠ ( ) 0=

az RLC áramkörben az áramerősség teljesíti az

( ) ( ) ( ) ( )1

L I t R I t I t U tC

′′ ′ ′⋅ + ⋅ + =

enciálegyenletet.

, akkor az egyenlet megoldásai az ( ) 0t = 2 10Lr Rr

C+ + = másodfokú

let gyökeinek természetétől függnek.

2 40

LR

C∆ = − > , akkor

( ) 1 21 2r t r tI t c e c e= + ,

2

1,2

4

2

LR RC

L

− ± −=

mt→∞

. Ebben az esetben a rezgőkört aperiodikusan csillapított

körnek nevezzük ( li és nem periodikus). ( ) 0I t = ( )I t

2 40

LR

C∆ = − < , akkor


( ) 2 221 2

4 4cos sin

R tL

L LI t e c R t c R t

C C− = ⋅ − ⋅ + − ⋅

.

Ebben az esetben periodikusan csillapított rezgésről beszélünk.

c) esetén 0∆ = ( ) ( ) 21 2

RtLI t c c t e−= + .

3. A V normál nyomású levegőt adiabatikusan összenyomjuk V m térfogatúra (egy hengerben). Számítsuk ki az összenyomáshoz szükséges munkát.

30 0,1= m 30, 01=

Megoldás

Az adiabatikus állapotváltozás során 0

0

kVpp V

= x( )′ =− ⋅

. Ha S a

henger keresztmetszete, W x az elmozdításhoz szükséges mechanikai munka, akkor W x .

( )

p S

x5. ábra

De , tehát ha W változóját V -re cseréljük, akkor a S x W⋅ =

( ) 0 0

1kkW V p p VV

′ =− =− ⋅ ⋅

differenciálegyenlethez jutunk. Ebből következik, hogy

( )0 0

10 0 1

kk k

k

pVW p V V dV

k V−

−=− ⋅ ⋅ = +−∫ c .

Mivel W V , ezért ( )0 0= 0 0

1pVk

=−−

c , tehát

( )1

0 0 0 11

kpV VW V

k V

− = − − .

4. Egy rakétát 0 100

ms

=v kezdősebességgel lőnek ki függőlegesen felfelé. A levegő

ellenállása egyenesen arányos a rakéta sebességének négyzetével. Mennyi idő múlva éri el pályájának legmagasabb helyzetét? Megoldás. Newton második törvénye szerint a lassulást a rakéta

súlya és a légellenállás okozza. Így 2m a m g m k v⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅

tehát mivel a t a ( ) ( )v t′=−

( )2v g k v′ =− + ⋅ differenciálegyenlethez jutunk.

G

E

A
6. ábra
szétválasztás módszerével 2 1v

g k v′

=−+ ⋅

, tehát

( )arctgkv t g k t c

g

⋅ =− ⋅ ⋅ + .


A kezdeti feltételből meghatározzuk a c értékét (t -ra ): 0= ( )0 100v =

arctg100k

cg

= és így a pálya legmagasabb pontjában v t , tehát ( ) 0=

1arctg 100

c kt

gk gk g

= = .

5. Egy ejtőernyős súlya (az ernyővel együtt) G . A leszállásnál a levegő ellenállása arányos a sebesség négyzetével. Határozzuk meg a leszállás maximális sebességét! Megoldás. Akárcsak az előbb

2m v m g k v′⋅ = ⋅ − ⋅ , tehát

21

vkg vm

′=

− ⋅ és így

0ln 2

mg v kk g t cmg mvk

+= ⋅ +

−, tehát

2 kg tm

mg vk c emg vk

⋅+= ⋅

−.

Ebből következik, hogy

( )2

2

1

1

kgt

m

kg tm

mg c ev t

k c e

⋅

⋅

⋅ −= ⋅⋅ +

és így

( )limt

mgv t

k→∞= . Ezt érdemes összehasonlítani a szabadesésből adódó 2gh vég-

ebességgel! s 6. Egy V literes edénybe, amely tele van valamilyen só vizes oldatával állandóan áramlik a folyadék. Az edénybe egységnyi idő alatt V liter víz folyik be és ugyan-ennyi oldat folyik ki. Határozzuk meg az edényben levő sótartalom változási törvé-nyét!

0

Megoldás. Jelöljük -vel a t időpillanatban az edényben levő só mennyiségét.

A V liter oldat

( )x t( )

00

V⋅V x

sót tartalmaz, tehát ez adja az változási sebességét.

Így

t

( )

( )x t

( ) 0V xx t

V⋅

=−t′ . Ebből következik, hogy

( )0V tVx t c e− ⋅= ⋅ .


7. Kémiai reakciók sebessége Ha az A és B anyagok egyesülésekor a C termék keletkezik és nincs bomlási reak-ció (a C nem bomlik és B -re) akkor a reakciósebesség egyenesen arányos az A és B moláris koncentrációjával. Írjuk fel a C anyagmennyiségét leíró x t függvény differenciálegyenletét!

A( )

Megoldás. Ha x t a t időpillanatig megjelenő C anyag móljainak a száma, akkor időpillanatban ( és ( mól van az egyes anyagokból, tehát

( )a −t )x )b x−

( )( )dxc a x b x

dt= − −

a kívánt egyenlet.

8. Kriminalisztikai becslések A bevezetőben láttuk, hogy állandó T hőmérsékletű közegben egy T kezdeti hőmér-sékletű test kihűlése az y t függvény segítségével írható le, amely tel-jesíti az

*

( )t −0

( )*

T T=

( ) ( )y t c y t′ = ⋅ differenciálegyenletet. Ez alapján y t , tehát T t . Kezdetben a test hőmérséklete , tehát T T és így k T . Ebből követ-kezik, hogy

( ) c tk e ⋅= ⋅( )

*0 T= =

( )*

c tT k e ⋅= + ⋅

0 *T= −0T 0 + k

( ) ( )0 0*c tT t T T T e ⋅= + − ⋅ .

A együtthatót úgy tudjuk meghatározni, hogy megmérjük a test hőmérsékletét -ra (ez a test megtalálásának pillanata) és egy későbbi időpillanatban (T ).

Ebből a két mérési eredményből megkapjuk a c együtthatót és így meg tudjuk becsül-ni, hogy mikor lehetett a test T hőmérsékletű.

c0=t 1t 1

h

( ) ( ) 101 1 * *

c tT T t T T T e ⋅= = + − ⋅ ⇒ *

01 *

1ln tT T

ct T T

−=

−, tehát

( ) ( )*

0 1*

ln

0* *

tT T tT T tT t T T T e

− ⋅ − = + − ⋅ és így

( ) 11* *

0 0* *

ttT t T T T

T T T T

− − = − − .

Ebből az egyenlőségből ( )

*

0 *

1 *1

0 *

ln

ln

T t TT TtT TtT T

−−

= −−

.


Az előbbi képlet alapján lehet megbecsülni (bizonyos körülmények közt) a halál beáll-tának pillanatát. Tételezzük fel, hogy egy holttest a halál beálltának pillanatától a T hőmér-sékletű szobában van. A test átlaghőmérséklete , tehát T t . A szoba hőmérséklete és T , illetve T a holttest hőmérséklete abban a pillanatban, amikor a törvényszéki orvos megméri a holttest felfedezésekor és az után

idővel. Így az első mérés előtt

*20=

( ) 36,=C

36,6 C

1

6 C

*20T C= 0

1t

01

1

0

16,6ln2020

ln20

Tt t T

T

−= ⋅ −

−

idővel állt be a halál. A gyakorlatban T t -re nem pontos értéket választanak (mert ez változhat), hanem egy tűrési intervallumot

( )( ) [ ]36, 37T t ∈( . Ebből a halál beálltára vonatkozóan is egy

lehetséges intervallum adódik. )

x

9. Változó erő mechanikai munkája Az állandó erő a ∆ elmozdulás alatt W F munkát végez. Tehát ha az F erő iránya megegyezik az elmozdulás irányával, akkor írhatjuk, hogy F x = ⋅ ∆

( )( )

dW xF x

dx= .

Ha figyelembe vesszük, hogy az x elmozdulást t idő alatt v sebességgel teszi meg az támadópontja, akkor az x v egyenlőségből következik, hogy F t= ⋅

( )( ) ( ) ( )

dW tF t v t P t

dt= ⋅ = ,

ahol P a teljesítmény. Az előbbi egyenlőségből látható, hogy a munkát megkaphatjuk az erő integráljából, ha az erő az elmozdulás függvénye, vagy megkaphatjuk az

szorzat integráljából, ha az F -et mint az idő függvényét ismerjük. ( ) ( )F t tv⋅Példák. Egy l hosszúságúra megnyújtott rugó a rugalmassági erő hatására össze-húzódik l hosszúságúra. Mennyi munkát végez a rugalmassági erő? 1

Megoldás. Ha k a rugó rugalmassági állandója és l a rugó hossza, akkor az x hosszúságú rugóban fellépő rugal-massági erő F x . Tehát

0

( ( 0x l⋅ −) = )k

( ) ( ) ( )202k

W x F x dx x l c= = − +∫ és így W l ( )0 0=

alapján ( 2

02kl=− − )lc . Ebből következik, hogy

l

l

1

7. ábra

( ) ( ) ( ) ( )(2 2

0 01 1 1 1 22 2k k

W l l l l l l l l l l = − − − = − + − )0 .


10. Két téglatest alakú közlekedő edényben a vízszint különbsége h . Mennyi idő alatt egyenlítődik ki a két edényben a vízszint, ha az edények alapterülete S és S , a víz ellenállási együtthatója δ és a közlekedő nyílás felülete q ?

1

Megoldás. Jelöljük és z -vel a vízszin( )z t ( )1 t t

magasságát a t időpillanatban. Az a vízmennyiség,ami az egyik edényből eltűnik az a másik edénybenjelenik meg, tehát

1 1z S z S′⋅ =− ⋅′ (a térfogatok változási sebessége az idő függvényé-

ben). Tehát ( ) 11

1

S Sz z z

S+′ ′− = ⋅ .

z qz1

S S1

Ugyanakkor a q területű nyíláson áthaladó víz térfogatára

( )12S z q g z zδ′− ⋅ = − ,

tehát

( ) ( )11 1

1

2S S

z z q g z zS S

δ+′− =− ⋅ −⋅

.

Ebből az egyenlőségből a szétválasztás módszerével az u zjuk, hogy

=

1

1

2 2S S

u q gS S

δ+

=− ⋅ ⋅ +⋅

t c

h

.

( )0u = , tehát 2=c és így az u t feltételből h ( ) 0=

( )1

1

2S S ht

q g S Sδ⋅ ⋅

=⋅ +

.

F eladatok

1. Egy pontszerű testre ható erő egyenesen arányos az idővel épont sebességével. A mozgás megkezdése után 10 -cel a Mekkora erő hat a testre a mozgás megkezdése után -cel?

s60 s

2. Egy golyó áthalad egy 10 vastagságú falon. Acm

0 200m

vs

= és a kijöveteli sebessége 1 80ms

=v . A fal

sebességével négyzetesen arányos. Mennyi ideig volt a golyó a f3. Egy hajóra ható ellenállás egyenesen arányos a hajó sebemúlva lesz a hajó sebessége 1 , ha a hajó sebessége m

s10 ésms

4. Egy -os szobában egy tál víz 20 perc alatt hűlt le Mennyi idő múlva lesz a víz hőmérséklete ?

20 C30 C

5. András és Béla bemennek a cukrászdába, mindketten kérnektejszínnel. András rögtön belekeveri a tejszínt a kávéba és lefö

8. ábra

(Torricelli-Borda)

függvényre kap-1z−

s fordítottan arányos a testre ható erő . 4N

bemeneti sebesség ellenállása a golyó

alban? sségével. Mennyi idő 5 múlva s 8 ? m

s10 -ról -ra. 0 C 60 C

egy-egy csésze kávét di a kávéját, míg Béla


elmegy telefonálni és csak amikor visszajön (10 perc múlva) keveri bele a tejszínt a kávéba. Melyikük kávéja melegebb? 6. Határozd meg annak a tükörnek az alakját, amely minden O pontból induló fény-sugarat az Ox tengellyel párhuzamosan tükröz vissza! 7. Egy sima vízszintes asztalról egy l hosszúságú lánc csúszik lefele (az asztal magassága ). A mozgás kezdetekor a láncnak már a hosszúságú része nincs az asztalon. Határozd meg, hogy mennyi idő alatt csúszik le az asztalról az egész lánc, ha a súrlódást elhanyagoljuk.

l>

8. Egy hajó esetében a vízellenállás R és a hajócsavar húzóereje 2vα= m

0 1s

vT T

v

= − , ahol v állandó. Írd fel a mozgásegyenletet! s

9. nyomású és V térfogatú hidrogén kiterjed olyan külső nyomás hatására, amely végtelen kicsit tér el a hidrogén belső nyomásától. Mennyi az elvégzett munka?

0p 0

10. Egy populáció nagyságát megadó x t függvény teljesíti az egyenletet. Határozd meg x t explicit alakját! (Verhulst

modell)

( )(( ) ( ) ( )(x t c x t a x t′ = ⋅ ⋅ − ) )

Documents

I. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL