, (x ≠ 0), mert ha x  0, akkor (ln |x|)’ = (ln x)’ = 

ha x  0, akkor (ln |x|)’ = (ln(–x))’ = 

Az itt felsorolt elemi függvény primitív függvényeinek helyességét deriválással ellenőriztük.

A kapott táblázatból látható, hogy sok elemi alapfüggvény primitív függvénye nem szerepel. Ez már előre vetíti, hogy függvények primitív függvényeinek a keresése nem olyan egyszerű feladat, mint a deriválás.

Az integrálás elsajátításához sok gyakorlásra van szükség. Az integrálási feladat eredményét mindig ellenőrizhetjük, mivel az eredmény deriváltja az integrálandó függvény kell hogy legyen.

Integrálási szabály:

Tétel: Ha f-nek és g-nek az I intervallumban léteznek a primitív függvényei, akkor cf-nek és (f + g)-nek is van primitív függvénye és

.

A következő példákban olyan integrálokról lesz szó, amelyek alapintegrálok, vagy egyszerű átalakításokkal közvetlenül az alapintegrálokra vezethetők vissza.

1. Példa: Keressük az alábbi függvények határozatlan integrálját:

Megoldás:

.

Megoldás:

.

Megoldás:

.

Megoldás:

.

Megoldás:

Megoldás:

.

Tétel: Ha az f-nek az I intervallumon F a primitív függvénye, akkor

,  ax + b ⊂ I , ahol a, b ⊂ R és a ≠ 0 .

Tétel: Legyen f differenciálható az I intervallumon, akkor

,     α ≠ –1.

Tétel: Ha f differenciálható az I intervallumon és f(x) ≠ 0 (x ⊂ I), akkor

.

Tétel: Ha g függvény differenciálható az I intervallumon, és F’(x) =f(x), továbbá ezen az intervallumon f[g(x)] összetett függvény létezik, akkor

.

Helyettesítéses integrálás:

Az képleten a következő formális átalakítást hajtjuk végre:

Legyen t = g(x). Ekkor a egyenlőségből g’(x)dx = dt.

Így      [t = g(x)].

Az így kapott képletet nevezzük a helyettesítéssel való integrálás képletének, amely a fent leírt tétel feltételei mellett alkalmazható.

Parciális integrálás:

Tétel: Ha az u és v függvények az I intervallumon differenciálhatók, továbbá az uv’ és az u’v szorzatoknak ugyanezen az intervallumon van határozatlan integrálja, akkor

.

2. Példa: Határozzuk meg a következő függvények határozatlan integrálját!

a.)f(x) = (2x + 3)⁴

Megoldás:

.

b.)f(x) =5^7x-3

Megoldás:

.

c.)f(x) = sin( )

Megoldás:

.

d.)f(x)= sin²x

Megoldás:

.

Feladatok:

3. Példa: Határozzuk meg a következő függvények határozatlan integrálját!

a.) f(x) = 12x(6x² + 5)⁴

Megoldás:

.

b.) f(x) = 

Megoldás:

c.) f(x)=3cos⁴x sin x

Megoldás:

.

FELADATOK:

31. 32.

33. 34.

35. 36.

37. 38.

39. 40.

41. 42.

43. 44.

45. 46. .

4. Példa: Határozzuk meg a következő függvények határozatlan integrálját!

a.)

Megoldás:

.

b.)

Megoldás:

.

c.)

Megoldás:

.

d.)

Megoldás:

.

FELADATOK:

47. 48.

49. 50.

51. 52.

53. 54.

55. 56.

57. 58.

59. 60. .

5. példa: Határozzuk meg a következő függvények határozatlan integrálját!

a.) .

Megoldás:

Az első tényező összetett függvény, amelynek belső függvénye

g(x) = x².

Az integrandus az f(g(x))g’(x) alakú, mivel (x²)’ = 2x. Így

.

b.)

Megoldás:

FELADATOK:

6. Példa: Határozzuk meg a következő függvények határozatlan integrálját!

a.)

Megoldás:

u’(x) = e^x,        v(x) = x 

u(x) = e^x v’(x) = 1

Ezeket helyettesítve:

.

b.)

Megoldás:

Az integrandust tekinthetjük az 1·ln x függvényszorzatnak.

Legyen v’(x) = 1 és u(x) = ln x, ekkor v(x) = x és u’(x) =  . Ezt felhasználva:

.

c.)

Megoldás:

u(x) = x² v’(x) = cos x

u’(x) = 2x v(x) = sin x

.

Az új integrálra ismét alkalmazzuk a parciális integrálást az alábbi megfeleltetésben:

u(x) = –2x v’(x) = sin x

u’(x) = –2 v(x) = –cos x

.

d.)

Megoldás:

Legyen u(x) = arc tg x v’(x) = x

u’(x) =  v(x)=

ekkor

e.)

Megoldás:

Legyen u’(x) = e^x v(x) = cosx

u(x) = e^x v’(x) = –sinx

.

Ismét parciálisan integráljuk.

Legyen u’(x) = e^x v(x) = sinx

u(x) = e^x v’(x) = cosx

Egyenletként rendezve kapjuk:

.

FELADATOK:

7. Példa: Határozzuk meg a következő függvények határozatlan integrálját!

a.)

Megoldás:

Legyen   t =  ,   ebből t² = 2 + 5x  és  x =  , ,   

A helyettesítést elvégezve:

Visszahelyettesítve:

.

b.)

Megoldás:

Legyen   t = e^x,   ebből x = lnt ,     

.

c.)

Megoldás:

Legyen   t =  ,   ebből x = t² , ,     dx = 2tdt

u(x) = 6t     v’(x) = e^t

u’(x) = 6     v(x) = e^t

d.)

Megoldás:

Legyen   x=sint, t=arcsinx,   ,   dx = costdt és így

.

FELADATOK:

99. .

A racionális függvények két polinom hányadosaként állíthatók elő:

R(x) = 

Ha Q(x) konstans, akkor polinomot kapunk. A polinomok integrálása nem jelent különösebb gondot számunkra, tagonként integrálhatjuk őket.

A következőkben csak olyan esettel foglalkozunk, amikor Q(x) legalább elsőfokú polinom. Ugyanakkor feltesszük P(x)-ről, hogy Q(x)-nél alacsonyabb fokú. Amennyiben ugyanis P(x) nem alacsonyabb fokú Q(x)-nél, akkor elvégezhetjük az osztást, amelynek eredményeképpen hányadosként kapunk egy P₁(x) polinomot és egy P₂(x) maradék polinomot, amelynek fokszáma a Q(x) fokszámánál kisebb. Ennek alapján R(x) előállítható ilyen alakban:

R(x) = P₁(x) +  .

A racionális törtfüggvények integrálásánál követendő eljárást elsősorban a nevező zérushelyei határozzák meg.

8. Példa:

a.)

b.) .

9. Példa: Számítsuk ki az alábbi integrálokat!

a.)

Megoldás:

Az integrálandó függvény így írható fel:

Parciális törtek összegére kell felbontani. (A nevezőnek két különböző valós zérushelye van.)

A és B ismeretlen konstans.

Az egyenlőség csak úgy lehet igaz, ha az egyenlőség két oldalán, a számlálókban x együtthatója és a konstans egyenlők.

     azaz     A = –24,     B = 31

A keresett felbontás tehát:

.

.

b.)

Megoldás:

= (x – 1)²,

ezért most a nevező egyetlen valós zérus helye x₁ = x₂ = 1.

Fel lehet bontani egy (x – 1) és egy (x – 1)² nevezőjű konstans számlálójú résztörtek összegére.

1 – 3x = Bx + A – B

     azaz     B = –3     és     A = –2

.

Ennek alapján az integrál:

.

c.)

Megoldás:

A nevező a következőképpen alakítható szorzattá:

x⁴ – 1 = (x² – 1)(x² + 1) = (x + 1)(x – 1)(x² + 1)

Az integrandus parciális törtekre bontása:

Az egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha

     azaz     A =  ,     B =  ,     C =  ,     D = –1.

Ezek szerint:

,

.

Feladatok: