„Integrálás - Vegyes integrálok” változatai közötti eltérés
A Fizipedia wikiből
(→Feladat) |
|||
| (egy szerkesztő 2 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
| 7. sor: | 7. sor: | ||
}} | }} | ||
== Feladat == | == Feladat == | ||
| − | </noinclude><wlatex># Határozzuk meg az alábbi integrálokat lehetőség szerint többféle módszerrel! | + | </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) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$ | #: b) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$ | ||
| − | #: c) $$\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx$$</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) $$\frac43$$}}</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) $$\int\frac{1}{x^{2}+3}dx$$ 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: $$\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$ | #: 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: $$\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C$$ | ||
| − | #: c) $$\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\left(1-\cos^{2} x\right)\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx-\int_{0}^{\pi}\cos^{2}x\sin x\,dx=$$ | + | #: c) $$\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\left(1-\cos^{2} x\right)\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx-\int_{0}^{\pi}\cos^{2}x\sin x\,dx=$$ $$\left[-\cos x\right]^{\pi}_{0}+\left[\frac{\cos^{3} x}{3}\right]^{\pi}_{0}=\frac{4}{3}$$ |
| − | $$\left[-\cos x\right]^{\pi}_{0}+\left[\frac{\cos^{3} x}{3}\right]^{\pi}_{0}=\frac{4}{3}$$</wlatex> | + | #: 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> |
</noinclude> | </noinclude> | ||
A lap jelenlegi, 2014. január 9., 15:11-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)
![\[\int e^{x}\mbox{sh} x\,dx\]](/images/math/c/8/5/c85ec32a9805d564de6b373645ecf759.png)
- b)
![\[\int\frac{1}{x^{2}+3}dx\]](/images/math/1/6/2/1622a50694d6aad64f076ecc09655c73.png)
- c)
![\[\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx\]](/images/math/c/d/b/cdb2462bda9b53c47163fb33bde41542.png)
- d)
![\[\int\frac{\ln (2x)}{x}dx\]](/images/math/f/c/1/fc1e362c99c973096b02ed0a8aa0ee41.png)
- a)
Megoldás
- a)
![\[\int e^{x}\mbox{sh} x\,dx=\frac{e^{2x}}{4}-\frac{x}{2}+C\]](/images/math/c/d/c/cdc40363703b27cf9ac2fc8f728809e9.png)
- b) Mivel
, hasonló megoldást várunk. Az egyetlen eltérés ehhez képest a nevezőben a 3-as.Átalakítva az integrált bevezethetjük az![\[\frac{1}{3}\int\frac{1}{\frac{x^{2}}{3}+1}dx\]](/images/math/6/0/d/60d76fddfec4146e899adeb250bfd0bb.png)
azaz 
helyettesítést. Ebből a transzformációs képletből: így az átírt integrál![\[\frac{dx}{dy}=\sqrt{3},\]](/images/math/4/6/2/4627bb36f49484989353b30c9296ed4d.png)
visszahelyettesítés után végül:![\[\frac{1}{3}\int\frac{1}{y^{2}+1}\sqrt{3}dx=\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\,y+C\]](/images/math/f/7/9/f79464f3176e2849fc07dfbd72ce2a59.png)
![\[\frac{1}{\sqrt{3}}\mbox{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)+C\]](/images/math/1/7/a/17ae43437200f976baf5faea2bdad36f.png)
- c)
![\[\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\left(1-\cos^{2} x\right)\sin x\,dx=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx-\int_{0}^{\pi}\cos^{2}x\sin x\,dx=\]](/images/math/9/f/8/9f8202c00ad74720163447fda44cb38c.png)
![\[\left[-\cos x\right]^{\pi}_{0}+\left[\frac{\cos^{3} x}{3}\right]^{\pi}_{0}=\frac{4}{3}\]](/images/math/c/d/a/cdae33b69f3b5b4bc50e808f03f95857.png)
- d) Belső függvény deriválttal: tehát a keresett integrál
![\[\frac {d }{dx} \left( \ln 2x \right) ^2 = 2 \ln 2x \cdot \frac{1}{2x} \cdot 2 = \frac {\ln 2x}{x} \cdot 2c,\]](/images/math/d/5/8/d58c059f1c72053fe3bbc1f563126904.png)
Helyettesítéssel:![\[\frac{(\ln 2x)^2}2 +c.\]](/images/math/7/0/7/707094974ad120fc0e96a53db0377e75.png)
, 
, 
, ebből végül![\[\frac {dx}{dy} = \frac { e^y}{2}\]](/images/math/4/3/6/43659efb77ac86611b54cefef1acc775.png)
Parciális integrálással kétféleképpen is belefoghatunk: ha![\[\int \frac{ \ln 2x}{x} dx = \int \frac {2y}{e^y} dx (y) = \int \frac {2y}{e ^y} \frac { e ^y}{2} dy = \int y dy = \frac {y^2 }{2} +c = \frac {(\ln 2x) ^2}{2} +c\]](/images/math/e/0/9/e093f6175ac31022d451b174f15ee9c9.png)
és 
, akkor 
és 
, továbbá amelyben újra megjelent a keresett I integrál. Tovább egyszerűsítve:![\[I = \frac { \left( x ln2x -x \right)}{x}+ \int \frac{(x ln2x-x)}{x^2} = ln2x -1 + \int \frac{ln2x}{x} - \int \frac{1}{x},\]](/images/math/8/d/1/8d17951ee8a21f803da1fd7a8de3cd5d.png)
azaz I-vel egyszerűsítve![\[I = ln2x -1 -ln x +I\]](/images/math/f/8/7/f87a9a473b4de91a7066f5e45e6e3b0f.png)
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![\[0 = ln2x -1 -lnx = ln2 + lnx -1 - lnx = ln2 -1 \neq 0.\]](/images/math/c/d/c/cdce20a185702371c75a923949a4ad52.png)
és 
, akkor 
és 
, ezzel az integrál azaz megjelenik egy az eredetihez hasonló típusú integrál. Lényeges eltérés az előző próbálkozáshoz képest, hogy![\[I = \ln x \cdot \ln 2x - \int \frac {\ln x }{x} dx = \ln x \cdot \ln 2x - I_2,\]](/images/math/3/1/d/31d07624a85658ffe8816186c81daf99.png)
előjele negatív, és a megoldást továbbvezetve rekurzióhoz juthatunk. 
felbontás alapján továbbá Tehát![\[I=\int \frac {\ln x}{x} + \int \frac {\ln 2}{x}=\int \frac {\ln x}{x} + \ln 2 \cdot \ln x=I_2+ \ln 2 \cdot \ln x\]](/images/math/7/1/5/71562075a833ad048d4ca0a61e44717a.png)
![\[I=\ln x \cdot \ln 2x - I_2 = I_2 + \ln2 \cdot \ln x\]](/images/math/5/1/b/51b7d83bbe7c7152881247d13eaba1e4.png)
![\[2I_2 = \ln x \cdot \ln2x - \ln2 \cdot \ln x\]](/images/math/e/e/6/ee6bd85236bacf6f4180a98bac6aff53.png)
Ezt behelyettesítve kapjuk:![\[I_2 =\frac { \ln x \cdot \ln2x}{2} - \frac {\ln2 \ln x }{2}.\]](/images/math/c/7/9/c79f1a4c19d61e5ffedb967c83387ff4.png)
a konstans erejéig azonos az előző megoldásokkal.![\[I= \frac {\ln x ~\ln 2x}{2}+ \frac {\ln 2 ~ \ln x }{2} = \frac { ( \ln x ) ^2}{2} + \frac { \ln x ~\ln 2 }{2} + \frac {\ln 2 ~\ln x}{2} = \frac {( \ln x ) ^2}{2} + \ln 2 ~ \ln x +c\]](/images/math/6/d/4/6d4a5ed1bba5de04afbd8ad8be0cca7f.png)
- a)
