Hat´arozott integr´al
Legyenf :R→Regy olyan folytonos val´os f¨uggv´eny, amelyik ´ertelmezve van az [a, b]⊂R intervallumon ´es amire teljes¨ul, hogy
0< f(x) ∀x∈[a, b],
azaz az f f¨uggv´eny grafikonja az X tengely felett halad az [a, b] intervallum eset´en. Sze- retn´enk meghat´arozni annak a s´ıkr´esznek a ter¨ulet´et, amelyiket fel¨ulr˝ol az f(x) f¨uggv´eny grafikonja, alulr´ol azX tengely, balr´ol azx=a, jobbr´ol azx=begyenesek hat´arolnak. Az al´abbi ´abr´an ez a s´ıkr´esz z¨olddel van befestve.
A keresett ter¨uletet megbecs¨ulhetj¨uk alulr´ol az al´abbi m´odon. Vegy¨unk fel az [a, b] in- tervallumon oszt´opontokat. K´et szomsz´edos oszt´opont ´altal meghat´arozott r´eszintervallum fel´e rajzoljunk olyan t´eglalapot, amelynek a magass´aga az f(x) f¨uggv´eny ´altal az adott r´eszintervallumon felvett ´ert´ekek k¨oz¨ul a legkisebb ´ert´ek.
Ezen t´eglalapok ter¨uleteinek ¨osszege nyilv´an kisebb vagy egyenl˝o a keresett ter¨uletn´el. N´ezz¨uk meg, hogy mi t¨ort´enik, ha az eddigi oszt´opontokhoz felvesz¨unk m´eg egy pontot!
1
Osszehasonl´ıtva a fenti k´¨ et ´abr´at, k¨onnyen l´athat´o, hogy az els˝o ´abr´an az [x2, x3] interval- lumra rajzolt t´eglalap ter¨ulete kisebb, mint a m´asodik ´abr´an az [x2, z] intervallumra rajzolt t´eglalap ´es a [z, x3] intervallumra rajzolt t´eglalap ter¨uleteinek az ¨osszege. Ez azt jelenti, hogy ´ujabb ´es ´ujabb oszt´opontok felv´etel´evel a berajzolt t´eglalapok ter¨uleteinek az ¨osszege n¨ovekv˝o m´odon, egyre jobban megk¨ozel´ıti a keresett, f¨uggv´eny g¨orb´eje alatti ter¨uletet. Teh´at, amennyiben az
a=x0< x1< x2< . . . < xn−1< xn =b
oszt´opontok eset´en a berajzolt t´eglalapok ter¨uleteinek az ¨osszeg´et sn-nel jel¨olj¨uk, akkor az sn egy olyan val´os sz´amsorozat lesz, amelyik monoton n¨ovekv˝o ´es korl´atos. A sorozat egy als´o korl´atja 0, fels˝o korl´atja a keresett ter¨ulet. Kor´abbi tanulm´anyainkb´ol tudjuk, hogy egy monoton korl´atos sorozat mindig konvergens. Szeml´eletesen az is k¨onnyen l´athat´o a fenti
´
abr´ak alapj´an, hogy amennyiben az osz´opontok sz´am´at ´ugy n¨ovelj¨uk, hogy az oszt´opontok egyenletesen helyezkedjenek el az [a, b] intervallumon, akkor az sn sorozat (a berajzolt t´eglalapok ter¨ulet¨osszege) hat´ar´ert´eke ´eppen a keresett ter¨ulet lesz.
Term´eszetesen, a keresett ter¨uletet nem csak a fenti m´odon, t´eglalapokkal alulr´ol parkett´azva k¨ozel´ıthetj¨uk, hanem p´eld´aul fel¨ulr˝ol parkett´azva is. Ekkor a k´et szomsz´edos oszt´opont ´altal meghat´arozott r´eszintervallum fel´e olyan t´eglalapot rajzolunk, amelynek a magass´aga az f(x) f¨uggv´eny ´altal az adott r´eszintervallumon felvett ´ert´ekek k¨oz¨ul a legnagyobb ´ert´ek lesz.
2
Nyilv´anval´o, hogy az ´ıgy berajzolt t´eglalapok ter¨ulet¨osszege legal´abb akkora, mint a f¨uggv´eny g¨orb´eje alatti ter¨ulet. Vegy¨uk ´eszre, hogy egy ´uj oszt´opont felv´etele eset´en
a berajzolt t´eglalapok ter¨ulet¨osszege cs¨okken, de legal´abbis nem n˝o. Ez azt jelenti, hogySn- nel jel¨olve most a fel¨ulr˝ol lefed˝o t´eglalapok ter¨uleteinek az ¨osszeg´et, egy monoton cs¨okken˝o korl´atos sorozatot kapunk. Szeml´eletesen ism´et ´eszrevehet˝o, hogy az oszt´opontok egyen- letes eloszt´as´anak biztos´ıt´asa mellett, az oszt´opontok sz´am´anak n¨ovel´es´evel az Sn sorozat hat´ar´ert´eke ´eppen a kerestett ter¨ulet lesz.
´Irjuk le a fentieket matematikailag korrekt m´odon! El˝osz¨or vezess¨uk be a szumma jel¨ol´est, amelyet a k´es˝obbiekben gyakran fogunk haszn´alni!
3
1.Defin´ıci´o. A (1)
n
X
i=1
K(i)
kifejez´es azt az ¨osszeget jelenti, amit ´ugy kapunk meg, hogy a Pszumma jel ut´an tal´alhat´o i-t˝ol f¨ugg˝o K(i) kifejez´esbe az i hely´ere sorra be´ırjuk a szumma jel alatt tal´alhat´o kezdeti
´
ert´ekt˝ol, jelen esetben1-t˝ol a szumma jel feletti ´ert´ekig, jelen esetbenn-ig az eg´esz sz´amokat, majd az ´ıgy kapott ´et´ekeket ¨osszeadjuk. Teh´at
n
X
i=1
K(i) =K(1) +K(2) +K(3) +· · ·+K(n).
2.P´elda.
n
X
i=1
i= 1 + 2 + 3 +· · ·+n.
3.P´elda.
n
X
i=1
i2= 12+ 22+ 32+· · ·+n2. 4.P´elda.
n
X
i=1
mi(xi−xi−1) =m1(x1−x0) +m2(x2−x1) +m3(x3−x2) +· · ·+mn(xn−xn−1).
5. Defin´ıci´o. Legyen [a, b] ⊂ R egy z´art intervallum. Osszuk fel az [a, b] intervallumot x0, x1, . . . xn oszt´opontok felhaszn´al´as´aval az al´abbi m´odon:
a=x0< x1< x2<· · ·< xn−1< xn=b.
Ekkor ezen oszt´opontok
Fn ={x0, x1, . . . , xn−1, xn}
halmaz´at az [a, b] intervallum egy feloszt´as´anak nevezz¨uk. A fenti Fn feloszt´as finoms´aga alatt a
δ(Fn) = max
1≤i≤n(xi−xi−1) val´os sz´amot ´ertj¨uk.
AzFn feloszt´as finoms´aga teh´at az [a, b] intervallum
[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn] r´eszintervallumai hosszainak a legnagyobbja.
6. Defin´ıci´o. Legyen f : R → R egy olyan folytonos val´os f¨uggv´eny, amire fenn´all, hogy [a, b]⊂Df. Tegy¨uk fel, hogy
Fn ={x0, x1, . . . , xn−1, xn}
az [a, b] intervallum egy feloszt´asa. Jel¨olje i = 1,2, . . . , n eset´en az f f¨uggv´enynek az [a, b]
intervallum i-edik [xi−1, xi] r´eszintervallum´an felvett f¨uggv´eny´ert´ekek minimum´at mi, ma- ximum´atMi, azaz
mi= min{f(x)|x∈[xi−1, xi]}, Mi= max{f(x)|x∈[xi−1, xi]}. Ekkor, az
sn=
n
X
i=1
mi(xi−xi−1)
4
¨
osszeget azf f¨uggv´enynek aFn feloszt´ashoz tartoz´o als´o integr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszeg´enek, a
Sn =
n
X
i=1
Mi(xi−xi−1)
¨
osszeget pedig az f f¨uggv´enynek a Fn feloszt´ashoz tartoz´o fels˝o integr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszeg´enek nevezz¨uk.
Fontos megjegyezni, hogy egy folytonos f¨uggv´eny egy z´art intervallum felett mindig felveszi a minimum´at, illetve a maximum´at, aminek k¨ovetkezt´ebenmi´esMi is meghat´arozhat´oak.
Az oszt´opontok sz´am´anak n¨ovel´ese melletti egyenletes eloszt´as biztos´ıt´as´ahoz vezess¨uk be az al´abbi fogalmat.
7.Defin´ıci´o. Az[a, b] intervallum feloszt´asainak egy
F1⊂F2⊂F3⊂ · · · ⊂Fn⊂ · · ·
sorozat´at v´egtelen¨ul finomod´onak nevezz¨uk, ha
n→∞lim δ(Fn) = 0.
8.T´etel. Legyen f :R→R egy, az[a, b]⊂R intervallum felett ´ertelmezett folytonos val´os f¨uggv´eny,Fn az[a, b]intervallum egy tetsz˝oleges, v´egtelen¨ul finomod´o feloszt´assorozata. Ezen feloszt´assorozathoz tartoz´osnals´o integr´alk¨ozelit˝o ¨osszegek hat´ar´ert´eke megegyezik aSn fels˝o integr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszegek hat´ar´ert´ek´evel, azaz
n→∞lim sn = lim
n→∞Sn.
9. Defin´ıci´o. Az als´o, illetve a fels˝o integr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszegek fenti t´etelben szerepl˝o k¨oz¨os hat´ar´ert´ek´et az f f¨uggv´eny[a, b] intervallumra vonatkoz´o hat´arozott integr´alj´anak nevezz¨uk.
Jel¨ol´ese:
b
Z
a
f(x)dx.
A fentiek alapj´an teh´at az f folytonos f¨uggv´eny [a, b] intervallumra vonatkoz´o hat´arozott integr´alja annak a s´ıkr´esznek az ”el˝ojeles” ter¨ulet´et hat´arozza meg, amelyiknek hat´arai az f(x) f¨uggv´eny grafikonja, azX tengely, azx=a´es azx=begyenesek. Az ”el˝ojeles” ter¨ulet azt fejezi ki, hogy amennyiben az adott intervallumon az f f¨uggv´eny az X tengely alatt halad, akkor a hat´arozott integr´al az adott s´ıkr´esz ter¨ulet´enek (−1)-szeres´et adja meg. Ennek oka, hogymi az alulr´ol val´o parkett´az´as eset´en az [xi−1, xi] intervallumra rajzolt t´eglalap magass´aga, abban az esetben, ha itt azf f¨uggv´eny g¨orb´eje azX tengely felett halad. Vegy¨uk
´eszre, hogy abban az esetben, ha az [xi−1, xi] intervallum eset´en azf f¨uggv´eny g¨orb´eje az X tengely alatt halad, akkor nem a megrajzolt t´eglalap magass´ag´at adja meg az mi ´ert´ek, hanem a magass´ag (−1)-szeres´et, hiszen ekkormi<0.
5
Ekkor azsnintegr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszegben szerepl˝omi(xi−xi−1) nem az [xi−1, xi] r´eszintervallum fel´e rajzolt t´eglalap ter¨ulet´et, hanem annak (−1)-szeres´et adja meg. Hasonl´o a helyzetMi- vel a fel¨ulr˝ol parkett´az´as eset´eben. P´eld´aul, a szinusz f¨uggv´eny eset´en a [0,2π] intervallumra vonatkoz´o hat´arozott integr´al ´ert´eke 0 lesz, mert a hat´arozott integr´al a [0, π] intervallumon a ter¨uletet pozit´ıv, a [π,2π] intervallumon a ter¨uletet negat´ıv el˝ojellel sz´amolja. A s´arg´aval jel¨olt ter¨ulet viszont ugyanakkora, mint a z¨olddel jel¨olt.
A k´es˝obbiekben fontos lesz sz´amunkra az al´abbi ´eszrev´etel. Tekints¨unk egy, a t´etelben szerepl˝o f folytonos f¨uggv´enyt ´es az [a, b] intervallum egy
Fn ={x0, x1, . . . , xn−1, xn} v´egtelen¨ul finomod´o feloszt´assorozat´at. Az
[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn]
r´eszsorozatok mindegyik´eb˝ol vegy¨unk ki egy-egy tetsz˝oleges val´os sz´amot. Jel¨olje ezen kiv´a- lasztott val´os sz´amokat
ξ1, ξ2, ξ3, . . . , ξn.
6
K´epezz¨uk ezen sz´amok felhaszn´al´as´aval az al´abbi ¨osszeget σn=
n
X
i=1
f(ξi)(xi−xi−1).
Miveli= 1,2, . . . , neset´en
mi≤f(ξi)≤Mi, ez´ert
mi(xi−xi−1)≤f(ξi)(xi−xi−1)≤Mi(xi−xi−1),
´es ´ıgy term´eszetesen ezek ¨osszeg´ere is fenn´all, hogy
n
X
i=1
mi(xi−xi−1)≤
n
X
i=1
f(ξi)(xi−xi−1)≤
n
X
i=1
Mi(xi−xi−1) Ez pedig azt jelenti, hogy
sn≤σn≤Sn. A fenti t´etel ´es a Rend˝or elv szerint pedig ekkor
n→∞lim sn = lim
n→∞σn= lim
n→∞Sn, azaz
(2)
b
Z
a
f(x)dx= lim
n→∞
n
X
i=1
f(ξi)(xi−xi−1).
Ezen (2) k´epletet a k´es˝obbiek sor´an m´eg gyakran fogjuk haszn´alni. Szeml´eletesen, a f¨uggv´eny g¨orb´eje alatti ter¨uletet most is t´eglalapok ter¨ulet¨osszegeivel becs¨ulj¨uk. Enn´el a parkett´az´asn´al, egy r´eszintervallum fel´e rajzolt t´eglalap az alulr´ol parkett´az´as sor´an haszn´alt t´eglalapn´al nem kisebb, a fel¨ulr˝ol haszn´alt parkett´az´as sor´an haszn´alt t´eglalapn´al nem nagyobb t´eglalap lesz.
Az eddigiek alapj´an egy hat´arozott integr´al kisz´am´ıt´asa igen bonyolult feladatnak t˝unik, hiszen egy v´egtelen¨ul finomod´o feloszt´assorozat eset´en kell egy ¨osszeg hat´ar´ert´ek´et meg- hat´arozni. Szerencs´ere ´altal´aban nem hat´ar´ert´eket fogunk sz´amolni egy adott f f¨uggv´eny hat´arozott integr´alj´anak kisz´am´ıt´as´ahoz, hanem seg´ıts´eg¨unkre lesz az integr´al kisz´am´ıt´as´an´al azf f¨uggv´eny egy primit´ıv f¨uggv´enye. Primit´ıv f¨uggv´eny meghat´aroz´as´aval pedig m´ar el´eg sokat foglalkoztunk az el˝oz˝o f´el´evben.
7
10.T´etel (Newton-Leibniz szab´aly). Legyenf :R→R egy, az[a, b]⊂Rintervallum felett
´
ertelmezett folytonos val´os f¨uggv´eny. Legyen F egy primit´ıv f¨uggv´enye az f f¨uggv´enynek az [a, b] intervallumon. Ekkor
(3)
b
Z
a
f(x)dx=F(b)−F(a).
Bizony´ıt´as. A fenti t´etel bizony´ıt´as´an´al fel fogjuk haszn´alni a differenci´alsz´am´ıt´as Lagrange- f´ele k¨oz´ep´ert´ekt´etel´et. Eml´ekeztet˝o¨ul
11. T´etel (Lagrange-f´ele k¨oz´ep´ert´ekt´etel). Legyen f : R → R egy val´os f¨uggv´eny. Tegy¨uk fel, hogy az f f¨uggv´eny az [a, b]∈ Df intervallomon folytonos, az ]a, b[ intevallomon diffe- renci´alhat´o. Ekkor l´etezik egy olyanξ∈]a, b[val´os sz´am, amire teljes¨ul, hogy
f(b)−f(a)
b−a =f0(ξ).
Legyen
Fn ={x0, x1, . . . , xn−1, xn}
az [a, b] intervallum egy v´egtelen¨ul finomod´o feloszt´assorozata. Mivel a F f¨uggv´eny az f f¨uggv´eny egy primit´ıv f¨uggv´enye az [a, b] intervallumon, ´ıgyF differrenci´alhat´o az [x0, x1] intervallumon, aminek k¨ovetkezt´eben itt folytonos is. A Lagrange-f´ele k¨oz´ep´ert´ekt´etel ´ertel- m´eben ekkor l´etezik egy olyanξ1∈]x0, x1[ val´os sz´am, amire teljes¨ul, hogy
F(x1)−F(x0) x1−x0
=F0(ξ1), azaz
F(x1)−F(x0) =F0(ξ1)(x1−x0) =f(ξ1)(x1−x0).
Hasonl´oan igaz azFn feloszt´assorozat minden egyes [xi−1, xi] intervallum´arai= 1,2, . . . , n eset´en, hogy l´etezik egy olyan
ξi∈]xi−1, xi[ val´os sz´am, amire fenn´all, hogy
F(xi)−F(xi−1) =F0(ξi)(xi−xi−1) =f(ξi)(xi−xi−1).
Ezt felhaszn´alva
n
X
i=1
f(ξi)(xi−xi−1) =
n
X
i=1
F(xi)−F(xi−1)
=F(x1)−F(x0) +F(x2)−F(x1) +F(x3)−F(x2) +F(x4)−F(x3)
+F(x5)−F(x4) +· · ·+F(xn−2)−F(xn−3) +F(xn−1)−F(xn−2) +F(xn)−F(xn−1)
=F(xn)−F(x0) =F(b)−F(a).
Teh´at aPn
i=1f(ξi)(xi−xi−1) k¨ozbens˝o t´eglalapok ter¨uleteinek az ¨osszege alkalmasξ1, . . . , ξn val´os sz´amok megv´alaszt´asa mellett nem f¨ugg az oszt´opontoknsz´am´at´ol. Ennek k¨ovetkezt´eben pedig
(4)
b
Z
a
f(x)dx= lim
n→∞
n
X
i=1
f(ξi)(xi−xi−1) = lim
n→∞F(b)−F(a) =F(b)−F(a).
8
A gyakorlatban azF(b)−F(a) k¨ul¨onbs´eget gyakran [F(x)]ba
m´odon jel¨olj¨uk. Ez´altal a Newton-Leibniz szab´aly az al´abbi alakban is fel´ırhat´o:
b
Z
a
f(x)dx= Z
f(x)dx b
a
.
12.P´elda. Sz´am´ıtsuk ki a kor´abban szeml´eletesen ”kisz´amolt”
2π
Z
0
sinx dx hat´arozatlan integr´alt!
Megold´as:
Az integr´al kisz´am´ıt´as´ahoz haszn´aljuk a Newton-Leibniz szab´alyt!
2π
Z
0
sinx dx= Z
sinx dx 2π
0
= [−cosx]2π0 =−cos(2π)−(−cos(0)) =−1−(−1) =−1+1 = 0.
A Newton-Leibniz szab´aly haszn´alat´aval k¨onnyen bel´athat´o az al´abbi t´etel.
13.T´etel. Legyenf :R→R´esg:R→Rk´et, az[a, b]intevallum felett folytonos f¨uggv´eny, c∈Regy adott val´os sz´am. Ekkor azf+g,f−g´es c·f f¨uggv´enyeknek l´etezik a hat´arozott integr´alja az[a, b] intevallum felett, tov´abb´a
b
Z
a
f(x) +g(x)dx=
b
Z
a
f(x)dx+
b
Z
a
g(x)dx,
b
Z
a
f(x)−g(x)dx=
b
Z
a
f(x)dx−
b
Z
a
g(x)dx,
b
Z
a
c·f(x)dx=c
b
Z
a
f(x)dx.
A hat´arozatlan integr´alhoz hasonl´oan teh´at ¨osszeget, k¨ul¨onbs´eget tagonk´ent lehet integr´alni, a konstans szorz´ot ki lehet emelni az integr´aljel el´e.
K¨onnyen igazolhat´o az al´abbi ´all´ıt´as is.
14.All´´ ıt´as. Legyen f :R→Raz [a, b] intevallum felett folytonos f¨uggv´eny, a < c < begy adott val´os sz´am. Ekkor
b
Z
a
f(x)dx=
c
Z
a
f(x)dx+
b
Z
c
f(x)dx.
Bizony´ıt´as. Tegy¨uk fel, hogy F az f f¨uggv´eny egy primit´ıv f¨uggv´enye az [a, b] intevallum felett. Ekkor az ´all´ıt´asban szerepl˝o h´arom integr´al
b
Z
a
f(x)dx=F(b)−F(a),
9
c
Z
a
f(x)dx=F(c)−F(a),
b
Z
c
f(x)dx=F(b)−F(c).
Ezt felhaszn´alva
b
Z
a
f(x)dx=F(b)−F(a) =F(b)−F(c) +F(c)−F(a) =
b
Z
c
f(x)dx+
c
Z
a
f(x)dx.
Szeml´eletesen, a f¨uggv´eny g¨orb´eje alatti ter¨ulet az [a, b] intevallum felett a s´arga ´es a k´ek ter¨uletek ¨osszeg´evel egyezik meg.
A Newton-Leibniz szab´aly ´es a hat´arozatlan integr´alokn´al tanult parci´alis integr´al´as szab´aly´at kombin´alva lehet bel´atni az al´abbi t´etelt.
15.T´etel(Parci´alis integr´al´as szab´alya hat´arozott integr´al´as eset´en). Legyenek azf :R→R
´
es g : R → R val´os f¨uggv´enyek az [a, b] intevallum felett differenci´alhat´oak. Amennyiben l´eteznek az
Z
f0(x)g(x)dx ´es Z
f(x)g0(x)dx hat´arozatlan integr´alok, akkor
b
Z
a
f0(x)g(x)dx= [f(x)g(x)]ba−
b
Z
a
f(x)g0(x)dx.
10
Bizony´ıt´as.
b
Z
a
f0(x)g(x)dx= Z
f0(x)g(x)dx b
a
=
f(x)g(x)− Z
f(x)g0(x)dx b
a
f(b)g(b)−f(a)g(a)−
b
Z
a
f(x)g0(x)dx= [f(x)g(x)]ba−
b
Z
a
f(x)g0(x)dx.
16.T´etel(Helyettes´ıt´eses integr´al´as szab´alya hat´arozott integr´al´as eset´en.). Tegy¨uk fel, hogy ag:R→Rval´os f¨uggv´eny a[c, d] intervallum felett differenci´alhat´o ´es szigor´uan monoton f¨uggv´eny. Amennyiben azf f¨uggv´eny ´ertelmezve van az
[a, b] =g([c, d])
intervallumon ´es ezen intervallum felett folytonos, akkor a hat´arozott integr´alja az al´abbi m´odon sz´amolhat´o ki:
(5)
b
Z
a
f(x)dx=
g−1(b)
Z
g−1(a)
f(g(t))g0(t)dt.
Bizony´ıt´as. A Newton-Leibniz szab´alyt alkalmazva a hat´arozott integr´al kisz´am´ıt´as´ahoz el˝osz¨or kisz´amoljuk azff¨uggv´eny hat´arozatlan integr´alj´at, majd azxv´altoz´o hely´ere be´ırjuk ab, majd azasz´amokat ´es a kapott ´ert´ekeket kivonjuk egym´asb´ol.
b
Z
a
f(x)dx= Z
f(x)dx b
a
A hat´arozatlan integr´al kisz´am´ıt´as´an´al alklamazzuk a helyettes´ıt´eses integr´al´as szab´aly´at, azaz v´egezz¨uk el az al´abbi helyettes´ıt´est.
x=g(t), dxdt =g0(t)
dx=g0(t)dt x a b
t g−1(a) g−1(b) .
Most a t´abl´azatban a m´ar tanult helyettes´ıt´esek mellett l´athatunk egy olyan kis t´abl´azatot, amelyben az szerepel, hogy amennyiben a x = a, akkor t = g−1(a), illetve, ha x = b, akkort=g−1(b). Ezt az´ert csin´aljuk, hogy sz´amol´askor megsp´oroljunk egy l´ep´est. Ugyanis, amikor a helyettes´ıt´es elv´egz´es´et k¨ovet˝oen kisz´amoljuk a hat´arozatlan integr´alt, mint a t v´altoz´o f¨uggv´eny´et, akkor ut´ana t hely´ere vissza kell ´ırni a t = g−1(x) kifejez´est, majd ezut´an x hely´ere be kell ´ırni a b majd az aval´os sz´amokat ´es a kapott ´ert´ekekekt kivonni egym´asb´ol. Ezt a k´et l´ep´est lehet leegyszer˝us´ıteni, ha atv´altoz´o hely´ere az integr´al´as ut´an r¨ogt¨on be´ırjuk ag−1(b), ut´ana ag−1(a) sz´amokat ´es a k´et ´ert´eket kivonjuk egym´asb´ol. Teh´at,
b
Z
a
f(x)dx= Z
f(x)dx b
a
=
x=g(t), dxdt =g0(t)
dx=g0(t)dt x a b
t g−1(a) g−1(b)
= Z
f(g(t))g0(t)dt g−1(b)
g−1(a)
=
g−1(b)
Z
g−1(a)
f(g(t))g0(t)dt.
11
17.P´elda. Sz´am´ıtsuk ki az asugar´u k¨or ter¨ulet´et!
Megold´as:
Tekints¨unk egy orig´o k¨oz´eppont´ua >0 sugar´u k¨ort. Ennek az egyenlete x2+y2=a2.
A szimmetria miatt elegend˝o azX tengely feletti, fels˝o f´elk¨or ter¨ulet´et kisz´amolni. Ennek a k´etszerese fogja megadni a teljes k¨or ter¨ulet´et. A k¨or egyenlet´eb˝ol kapjuk, hogy
y=±p
a2−x2. Nyilv´an, hay nem negat´ıv, azaz
y=p
a2−x2,
akkor a fels˝o k¨or´ıv egyenlet´et kapjuk, ha pedigy nem pozit´ıv, azaz y=−p
a2−x2, akkor az als´o k¨or´ıv egyenlet´ehez jutunk.
A kor´abbi ismereteink alapj´an, a fels˝o f´elk¨or ter¨ulet´enek kisz´am´ıt´as´ahoz ki kell sz´am´ıtani az al´abbi hat´arozott integr´alt.
a
Z
−a
f(x)dx, ahol f(x) = √
a2−x2. Az integr´al kisz´am´ıt´as´ahoz a helyettes´ıt´esses integr´al´as szab´aly´at fogjuk alkalmazni.
a
Z
−a
pa2−x2dx=
a
Z
−a
s a2
1−x2
a2
dx=
a
Z
−a
a r
1−x a
2
dx=a
a
Z
−a
r 1−x
a 2
dx.
Mivel a c´elunk a gy¨okjel ”elt¨untet´ese”, ez´ert azxv´altoz´o helyett kellene bevezetni egy olyan kifejez´est, hogy a gy¨okjel alatt egy teljes n´egyzet legyen. Tudjuk, hogy sin2t+ cos2t = 1,
´ıgy az x=asint helyettes´ıt´essel 1−x
a 2
= 1−
asint a
2
= 1−sin2t= cos2t.
12
Ezek ut´an m´ar kisz´am´ıthatjuk az integr´alt.
a
Z
−a
f(x)dx=
a
Z
−a
pa2−x2dx=a
a
Z
−a
r 1−x
a 2
dx=
x=asint(=g(t)), xa = sint, t= arcsinxa (=g−1(x))
dx
dt = (asint)0=acost(=g0(t)), dx=acost dt(=g0(t)dt) x −a a t arcsin(−1) =−π2 arcsin(1) = π2
=
g−1(a)
Z
g−1(−a)
f(g(t))g0(t)dt=a
π 2
Z
−π2
s 1−
asint a
2
acosdt=a
π 2
Z
−π2
√
cos2t·acost dt=a2
π 2
Z
−π2
costcost dt
=a2
π 2
Z
−π2
cos2t dt=a2
π 2
Z
−π2
1 + cos 2t
2 dt=a2
π 2
Z
−π2
1
2+cos 2t 2 dt
=a2 1
2t+1 2
sin 2t 2
π2
−π2
=a2 π
4 +1
4sin(π)−
−π 4 +1
4sin(−π)
=a2π 4 −
−π 4
=a2·π 2. Az integr´al kisz´am´ıt´as´an´al felhaszn´altuk a kor´abban tanult
cos2t=1 + cos 2t 2
¨
osszef¨ugg´est, illetve, hogy sin(π) = sin(−π) = 0. A f´elk¨or ter¨ulete teh´at a2·π
2, aminek a k´etszeresea2πadja meg a k¨or ter¨ulet´et.
Az al´abbi t´etel k´et f¨uggv´eny g¨orb´eje ´altal k¨ozrez´art s´ıkr´esz ter¨ulet´enek a kisz´am´ıt´as´ara vonatkozik.
18.T´etel. Legyenek az f :R→R´es g:R→R val´os f¨uggv´enyek az[a, b] intevallum felett folytonos f¨ugv´enyek. Tegy¨uk fel, hogy ezen az intervallumon azf f¨uggv´eny g¨orb´eje v´egig ag f¨uggv´eny g¨orb´eje felett halad, azaz
f(x)≥g(x) ∀x∈[a, b].
Amennyiben
f(a) =g(a) ´es f(b) =g(b),
akkor az [a, b]intervallum felett a k´et g¨obe ´altal k¨ozrez´art s´ıkr´esz ter¨ulete T =
b
Z
a
f(x)−g(x)dx.
13