„Integrálás - Vegyes integrálok” változatai közötti eltérés
A Fizipedia wikiből
(→Feladat) |
|||
(egy szerkesztő 8 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
7. sor: | 7. sor: | ||
}} | }} | ||
== Feladat == | == Feladat == | ||
− | </noinclude><wlatex># | + | </noinclude><wlatex># * Határozzuk meg az alábbi integrálokat lehetőség szerint többféle módszerrel! |
− | a) $$\int e^{x}\mbox{sh} x\,dx$$ | + | #: a) $$\int e^{x}\mbox{sh} x\,dx$$ |
− | b) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$</wlatex><includeonly><wlatex>{{Végeredmény|content=a) $\frac{e^{2x}}{4}-\frac{x}{2}+C$ | + | #: b) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$ |
− | b) $\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$}}</wlatex></includeonly><noinclude> | + | #: c) $$\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx$$ |
+ | #: d) $$\int\frac{\ln (2x)}{x}dx$$</wlatex><includeonly><wlatex>{{Végeredmény|content=a) $$\frac{e^{2x}}{4}-\frac{x}{2}+C$$ b) $$\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$ c) $$\frac43$$ d) pl. $$\frac{(\ln 2x)^2}2 +c$$}}</wlatex></includeonly><noinclude> | ||
+ | |||
== Megoldás == | == Megoldás == | ||
− | <wlatex>a) $$\int e^{x}\mbox{sh} x\,dx=\frac{e^{2x}}{4}-\frac{x}{2}+C$$ | + | <wlatex>#: a) $$\int e^{x}\mbox{sh} x\,dx=\frac{e^{2x}}{4}-\frac{x}{2}+C$$ |
− | b) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$ | + | #: b) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$ Mivel $\left(\mbox{arctg} x\right)'=\frac{1}{x^{2}+1}$, hasonló megoldást várunk. Az egyetlen eltérés ehhez képest a nevezőben a 3-as.Átalakítva az integrált $$\frac{1}{3}\int\frac{1}{\frac{x^{2}}{3}+1}dx$$ bevezethetjük az $\frac{x^{2}}{3}=\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^{2}=y^{2}$ azaz $x=\sqrt{3}y$ helyettesítést. Ebből a transzformációs képletből: $$\frac{dx}{dy}=\sqrt{3},$$ így az átírt integrál $$\frac{1}{3}\int\frac{1}{y^{2}+1}\sqrt{3}dx=\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\,y+C$$ visszahelyettesítés után végül: $$\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$ |
− | Mivel $\left(\mbox{arctg} x\right)'=\frac{1}{x^{2}+1}$, hasonló megoldást várunk. Az egyetlen eltérés ehhez képest a nevezőben a 3-as.Átalakítva az integrált $$\frac{1}{3}\int\frac{1}{\frac{x^{2}}{3}+1}dx$$ bevezethetjük az $\frac{x^{2}}{3}=\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)^{2}=y^{2}$ azaz $x=\sqrt{3}y$ helyettesítést. Ebből a transzformációs képletből: | + | #: c) $$\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\left(1-\cos^{2} x\right)\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx-\int_{0}^{\pi}\cos^{2}x\sin x\,dx=$$ $$\left[-\cos x\right]^{\pi}_{0}+\left[\frac{\cos^{3} x}{3}\right]^{\pi}_{0}=\frac{4}{3}$$ |
− | $$\frac{dx}{dy}=\sqrt{3},$$ így az átírt integrál | + | #: d) Belső függvény deriválttal: $$\frac {d }{dx} \left( \ln 2x \right) ^2 = 2 \ln 2x \cdot \frac{1}{2x} \cdot 2 = \frac {\ln 2x}{x} \cdot 2c,$$ tehát a keresett integrál $$\frac{(\ln 2x)^2}2 +c.$$ Helyettesítéssel: $\ln 2x = y $, $2x = e^y $, $ x = \frac { e ^y}{2} $, ebből $$\frac {dx}{dy} = \frac { e^y}{2}$$ végül $$\int \frac{ \ln 2x}{x} dx = \int \frac {2y}{e^y} dx (y) = \int \frac {2y}{e ^y} \frac { e ^y}{2} dy = \int y dy = \frac {y^2 }{2} +c = \frac {(\ln 2x) ^2}{2} +c$$ Parciális integrálással kétféleképpen is belefoghatunk: ha $f'= \ln 2x$ és $g =\frac {1}{x}$, akkor $f= x \ln 2x -x$ és $g' = - \frac {1 }{x^2}$, továbbá $$I = \frac { \left( x ln2x -x \right)}{x}+ \int \frac{(x ln2x-x)}{x^2} = ln2x -1 + \int \frac{ln2x}{x} - \int \frac{1}{x},$$ amelyben újra megjelent a keresett I integrál. Tovább egyszerűsítve: $$I = ln2x -1 -ln x +I$$ azaz I-vel egyszerűsítve $$0 = ln2x -1 -lnx = ln2 + lnx -1 - lnx = ln2 -1 \neq 0.$$ Ez látszólag ellentmondás, de csak azért, mert az előbbi sorokban lehagytuk az additív konstanst. Azt is figyelembe véve ez a parciális integrálás nem ellentmondás, csak eredménytelen. Fordított szereposztással azonban eredményre vezet. Ha $f' = \frac {1}{x}$ és $g = ln2x$, akkor $f =lnx$ és $g'= \frac {1}{x}$, ezzel az integrál $$I = \ln x \cdot \ln 2x - \int \frac {\ln x }{x} dx = \ln x \cdot \ln 2x - I_2,$$ azaz megjelenik egy az eredetihez hasonló típusú integrál. Lényeges eltérés az előző próbálkozáshoz képest, hogy $I_2$ előjele negatív, és a megoldást továbbvezetve rekurzióhoz juthatunk. $\ln 2x=\ln x+\ln 2$ felbontás alapján továbbá $$I=\int \frac {\ln x}{x} + \int \frac {\ln 2}{x}=\int \frac {\ln x}{x} + \ln 2 \cdot \ln x=I_2+ \ln 2 \cdot \ln x$$ Tehát $$I=\ln x \cdot \ln 2x - I_2 = I_2 + \ln2 \cdot \ln x$$ $$2I_2 = \ln x \cdot \ln2x - \ln2 \cdot \ln x$$ $$I_2 =\frac { \ln x \cdot \ln2x}{2} - \frac {\ln2 \ln x }{2}.$$ Ezt behelyettesítve kapjuk: $$I= \frac {\ln x ~\ln 2x}{2}+ \frac {\ln 2 ~ \ln x }{2} = \frac { ( \ln x ) ^2}{2} + \frac { \ln x ~\ln 2 }{2} + \frac {\ln 2 ~\ln x}{2} = \frac {( \ln x ) ^2}{2} + \ln 2 ~ \ln x +c$$ a konstans erejéig azonos az előző megoldásokkal.</wlatex> |
− | $$\frac{1}{3}\int\frac{1}{y^{2}+1}\sqrt{3}dx=\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\,y+C$$ visszahelyettesítés után végül: $$\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$</wlatex> | + | |
</noinclude> | </noinclude> |
A lap jelenlegi, 2014. január 9., 16:11-kori változata
Navigáció Pt·1·2·3 |
---|
Kísérleti fizika gyakorlat 1. |
Gyakorlatok listája: |
Integrálás |
Feladatok listája: |
© 2012-2013 BME-TTK, TÁMOP4.1.2.A/1-11/0064 |
Feladat
- * Határozzuk meg az alábbi integrálokat lehetőség szerint többféle módszerrel!
- a)
- b)
- c)
- d)
- a)
Megoldás
- a)
- b) Mivel
, hasonló megoldást várunk. Az egyetlen eltérés ehhez képest a nevezőben a 3-as.Átalakítva az integrált
bevezethetjük azazaz
helyettesítést. Ebből a transzformációs képletből:
így az átírt integrálvisszahelyettesítés után végül: - c)
- d) Belső függvény deriválttal: tehát a keresett integrálHelyettesítéssel:
,
,
, ebből
végülParciális integrálással kétféleképpen is belefoghatunk: haés
, akkor
és
, továbbá
amelyben újra megjelent a keresett I integrál. Tovább egyszerűsítve:azaz I-vel egyszerűsítveEz látszólag ellentmondás, de csak azért, mert az előbbi sorokban lehagytuk az additív konstanst. Azt is figyelembe véve ez a parciális integrálás nem ellentmondás, csak eredménytelen. Fordított szereposztással azonban eredményre vezet. Haés
, akkor
és
, ezzel az integrál
azaz megjelenik egy az eredetihez hasonló típusú integrál. Lényeges eltérés az előző próbálkozáshoz képest, hogyelőjele negatív, és a megoldást továbbvezetve rekurzióhoz juthatunk.
felbontás alapján továbbá
TehátEzt behelyettesítve kapjuk:a konstans erejéig azonos az előző megoldásokkal.
- a)