\documentclass[a4paper,namelimits,fleqn]{article}
\pagestyle{empty}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{graphicx}

\newcommand*{\mego}{\textit{Megold\'as}: }
\def \dx {\mathrm{d}x}
\def \dt {\mathrm{d}t}

\begin{document}

\begin{center}
{\Large \textbf{Matematika A1 építőkari hallgatóknak}\\
Integrálás összefoglaló}\\
(gyak. vez.: Rudas Anna)
\end{center}

%\section{Alapintegrálok}

%(Ld. képletgyűjteményben!)

\section{Integrálási módszerek}

\begin{enumerate}

%\subsection*{Az integrandus $f(ax+b)$ alakú}

\item Az integrandus $f(ax+b)$ alakú

$\int f(ax+b) \dx = \frac{1}{a}\int a f(ax+b) \dx = \frac{F(ax+b)}{a}+C$, 
ahol $F$ az $f$ függvény primitív függvénye, például:
 
$\int(3x+2)^3\dx=\frac{1}{3}\frac{(3x+2)^4}{4}+C=\frac{1}{12}(3x+2)^4+C$

\textit{Feladatok:} integráljuk ki $e^{5x+4},\quad \sin{6x-4},\quad 
\frac{5}{\cos ^2(-6x+4)}, \quad \sinh (2-7x)$

%\subsection*{Az integrandus $f^n(x)f'(x)$ alakú}
\item Az integrandus $f^n(x)f'(x)$ alakú

$\int f^n(x)f'(x)\dx=\frac{f^{n+1}(x)}{n+1}+C$, például: 

$\int x^2(2x^3+4)\dx=\frac{1}{6}\int 6x^2(2x^3+4)\dx=\frac{1}{6}
\frac{(2x^3+4)^2}{2}+C$

\textit{Feladatok:} integráljuk ki $\sin x\cos x,\quad \frac{\ln 
x}{x},\quad e^x(1-e^x)^3,\quad \frac{(\arctan x)^2}{1+x^2}$

%\subsection*{Az integrandus $\frac{f'(x)}{f(x)}$ alakú}
\item Az integrandus $\frac{f'(x)}{f(x)}$ alakú

$\int \frac{f'(x)}{f(x)}\dx=\ln |f(x)| +C$, például: 

$\int \frac{2x}{x^2+7}\dx=\ln (x^2+7)+C$

\textit{Feladatok:} integráljuk ki $\tan x,\quad \frac{1}{x\ln 
x},\quad \frac{-\sin 2x}{5+\cos ^2x},\quad \frac{e^{2x}}{e^{2x}+3}$

%\subsection*{Integrálás helyettesítéssel}
\item Integrálás helyettesítéssel

$\int f(u(x))\dx$ esetén alkalmazhatjuk a 
$t=u(x)$ helyettesítést, ebből az egyenletből $x$ kifejezhető, és
$\dx$ helyébe az inverz függvény deriváltjával megszorzott $\dt$ kerül, 
például:

$\int (3x+2)^3\dx$, ekkor legyen $t=3x+2$, ezzel $x=\frac{t-2}{3}$, azaz 
$\dx = \frac{1}{3}\dt$, és így 

$\int (3x+2)^3\dx=\frac{1}{3}\int t^3 
\dt=\frac{t^4}{12}+C=\frac{1}{12}(3x+2)^4+C$

\textit{Feladatok:} integráljuk ki $\frac{e^x}{e^{2x}+1},\quad 
x\sqrt{5x+3},\quad \sqrt{1-x^2},\quad x\sqrt{1+x^2}$

%\subsection*{Parciális integrálás}
\item Parciális integrálás

$\int u'(x)v(x) \dx= u(x)v(x)-\int u(x)v'(x)\dx$, ennek használatát a 
feladatok során láthatjuk, például:

$\int xe^{5x}\dx$ esetén $v=x$, $u'=e^{5x}$, ezzel tehát $v'=1$, 
$u=\frac{1}{5}e^{5x}$, azaz

$\int xe^{5x}\dx=\frac{1}{5}xe^{5x}-\int \frac{1}{5}e^{5x}\dx=
\frac{1}{5}xe^{5x}-\frac{e^{5x}}{25}+C$

\textit{Feladatok:} integráljuk ki $\ln x, x\sin 2x,\quad 2x\arctan 
x,\quad e^{2x}\sin x$

\end{enumerate}

\section{Racionális törtfüggvények}

A törtet addig alakítjuk, amíg el nem érjük, hogy a számláló foka kisebb 
legyen, mint a nevezőé. Ezután általában a következő alapesetek 
valamelyikéhez jutunk:

\begin{enumerate}

\item típus: $\int \frac{A}{ax+b} \dx = \frac{A}{a} \int \frac{a}{ax+b} 
\dx= \frac{A}{a} \ln |ax + b| + C$, például:
 
$\int\frac{5}{3x+2}\dx=\frac{5}{3}\ln|3x+2|+C$

\item típus: $\int \frac{A}{(ax+b)^n} \dx = \frac{A}{a} \int a (ax+b)^{-n} 
\dx = 
\frac{A}{a} \frac{(ax+b)^{-n+1}}{-n+1} + C$ (itt $n\ne 1$), például: 

$\int \frac{5}{(3x+2)^3}\dx=\frac{5}{3}\frac{(3x+2)^{-2}}{-2}$

\item típus: $\int \frac{Ax}{(ax+b)^n}\dx = \frac{A}{a} \int 
\frac{ax+b-b}{(ax+b)^n}$ (itt $n\ne 1$), azaz összeggé bontva az előbbiek 
szerint megoldható, például: 

$\int \frac{5x}{(3x+2)^3}\dx = \frac{5}{3} 
\int 
\frac{3x+2-2}{(3x+2)^3}\dx = \frac{5}{3} \int \frac{1}{(3x+2)^2}\dx -
\frac{5}{3}\int \frac{2}{(3x+2)^3}\dx = \frac{5}{9}\int 3(3x+2)^{-2}\dx -
\frac{10}{9}\int 3(3x+2)^{-3}\dx = \frac{5}{9}\frac{(3x+2)^{-1}}{-1} -
\frac{10}{9}\frac{(3x+2)^{-2}}{-2} + C$

\item típus: a nevező olyan másodfokú polinom, aminek valós gyökei 
vannak, ekkor parciális törtekkel két elsőfokú nevezőjűvé lehet bontani, 
például:

$\frac{3x+2}{x^2-3x+2}\dx=\int \frac{-5}{x-1}+\frac{8}{x-2}\dx=
-5\ln|x-1|+8\ln|x-2|+C$

\item típus: a nevező olyan másodfokú polinom, aminek nincs valós gyöke, 
ekkor visszavezetjük egy $\ln$ és egy $\arctan$ összegére, például:

$\int \frac{x+3}{x^2-2x+5}\dx=\frac{1}{2}\int\frac{2x-2+8}{x^2-2x+5}\dx=
\frac{1}{2}\ln|x^2-2x+5|+\int\frac{1}{1+(\frac{x-1}{2})^2}\dx=
\frac{1}{2}\ln|x^2-2x+5|+2\arctan(\frac{x-1}{2})+C$

\end{enumerate}

\section{Trigonometrikus függvények hatványai}

\begin{enumerate}
%\subsection*{Ha $\sin$ páratlan, $\cos$ bármilyen (nem első) hatványon 
%szerepel}
\item Ha $\sin$ páratlan, $\cos$ bármilyen (nem első) hatványon 
szerepel

Ekkor $\sin^{2n+1}x=\sin x\sin^{2n}x=\sin x(1-\cos ^2x)^n$ átalakítással 
minden szépen alakul, például:

$\int \sin^3 x\cos^2 x\dx=\int \sin x(1-\cos^2 x)\cos x\dx=
\int (\sin x\cos x - \sin x 
\cos^3x)\dx=\frac{1}{2}\sin^2x+\frac{1}{4}\cos^4x+C$ 

\textit{Feladat:} integráljuk ki $\sin^3 x$

%\subsection*{Ha $\cos$ páratlan, $\sin$ bármilyen (nem első) hatványon
%szerepel}
\item Ha $\cos$ páratlan, $\sin$ bármilyen (nem első) hatványon
szerepel

Ekkor ugyanezt csináljuk fordítva: $\cos^{2n+1}x=\cos x\cos^{2n}x=\cos 
x(1-\sin ^2x)^n$, például:

$\int \cos^3 x\sin^2 x\dx=\int \cos x(1-\sin^2 x)\sin x\dx=
\int (\cos x\sin x - \cos x \sin^3x)\dx=
\frac{1}{2}\sin^2x-\frac{1}{4}\sin^4x+C$ 

\textit{Feladatok:} integráljuk ki $\cos ^3 x$

%\subsection*{Ha $\sin$ és $\cos$ is páros kitevőn szerepel}
\item Ha $\sin$ és $\cos$ is páros kitevőn szerepel

Ekkor pedig a $\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$,
$\sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ illetve $\cos^2 x=\frac{1+\cos 2x}{2}$ 
azonosságokat használjuk, például:

$\int \cos^2x\dx=\int (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x)\dx=
\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$

\textit{Feladat:} integráljuk ki $\sin^2 x\cos^2x$

\end{enumerate}
\end{document}
