際際滷

際際滷Share a Scribd company logo

C7 integrali

?
?
Park Ginovci
Park Ginovci
1 of 22
Downloaded 27 times
7. Integrali 127 INTEGRALI (korigirano) U ovom poglavlju: Svaka nova vrsta otkri?a jest matemati?ka po obliku, jer ne postoji drugo rukovodstvo koje mo?emo imati C C. G. Darwin (1931) Tablica i svojstva integrala Metoda supstitucije Parcijalna integracija Integriranje trigonometrijskih funkcija Integriranje racionalnih funkcija Integral dane funkcije y = f (x) u oznaci 〈 f ( x)dx je jedna nova funkcija y = F (x) ?ija je derivacija jednaka zadanoj funkciji y = f (x ) , odnosno vrijedi: 〈 Pritom se 〈 f ( x)dx f ( x)dx = F ( x) ? f ( x) = d F ( x). dx jo? zove antiderivacija ili primitivna funkcija ili neodre?eni integral funkcije y = f (x) , dok danu funkciju y = f (x) , koju integriramo, zovemo jo? i podintegralna funkcija. Na primjer, primitivna funkcija funkcije f ( x) = x je funkcija F ( x) = 1 x 2 jer je njena derivacija upravo jednaka f ( x) = x , ?to kratko pi?emo: 2 〈 xdx = 1 2 x2 . Opisno re?eno, kao da primitivna funkcija F ( x) = 1 x 2 ?ivi u ＾pro?losti￣ jer tek kad je 2 deriviramo, dobivamo njenu ＾sada?njost￣, odnosno funkciju f ( x) = x . Primijetimo da se rezultat integriranja ne mijenja ako dobivenom rezultatu dodamo proizvoljnu konstantu C, odnosno vrijedi: d d F ( x) , f ( x)dx = F ( x) + C ? f ( x) = ( F ( x) + C ) = dx dx jer je derivacija od konstante C jednaka nuli. Preciznije, za primitivne funkcije dane funkcije vrijedi sljede?i rezultat: 〈 ?Teorem 14. Neka su y = F (x) i y = G (x) dvije primitivne funkcije dane funkcije y = f (x) . Tada postoji konstanta C takva da vrijedi: F ( x) ? G ( x) = C . Opisno re?eno, sve primitivne funkcije jedne iste funkcije se razlikuju za proizvoljnu konstantu. ?
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 128 Nije lako napamet re?i ?to je to i) ii) 〈 f ( x)dx , kao u sljede?im primjerima: 〈 cos xdx = sin x jer je cos x = (sin x)' ; 〈 e dx = e jer je e = (e )' ; x x x 1 x 1 = (ln x)' ; x 1 1 dx = tg x jer je = ( tg x)' . 2 cos x cos 2 x iii) 〈 x dx = ln x iv) 〈 jer je Naime, dovoljno je samo malo promijeniti podintegralnu funkciju, pri ?emu vi?e ne mo?emo napamet rije?iti pripadne integrale, kao u primjerima: 〈 sin 2 xdx , 〈 xe dx , 〈 ln xdx x i sli?nim. ?tovi?e, malom promjenom podintegralne funkcije mo?emo dobiti integrale koje je nemogu?e eksplicitno rije?iti bez upotrebe ja?eg analiti?kog aparata, kao ?to su Taylorovi redovi i sli?no. Na primjer: 〈 sin x 2 dx ili 〈 2 e x dx . U ovakvim situacijama va?no je znati da li uop?e postoji integral, o ?emu govori sljede?i rezultat. ?Teorem 15. Ako je podintegralna funkcija y = f (x) neprekidna na nekom intervalu (a,b), tada postoji neodre?eni integral F ( x) = 〈 f ( x)dx na intervalu (a,b). ? Prema ovome mo?emo zaklju?iti da je integriranje znatno zahtjevnije od deriviranja, gdje nije bilo velike razlike u deriviranju me?u sli?nim funkcijama, kao ?to su, na primjer: sin x , sin 2 x , te sin x 2 . Sve se one lako i na sli?an na?in deriviraju, dok se potpuno razli?ito integriraju: prva lako, druga osrednje, dok tre?a znatno te?e. Da bismo olak?ali proces integriranja nekih funkcija, mo?emo koristiti: 1. tablicu integriranja osnovnih funkcija (to je ＾anti - tablica￣ tablici deriviranja); 2. svojstva integrala (samo dva svojstva); 3. metode supstitucije i parcijalne integracije (metodama se ne rje?ava integral nego se zamjenjuje odgovaraju?im jednostavnijim). 7.1 TABLICA I SVOJSTVA INTEGRALA Svojstva integrala su malobrojna te toliko prirodna, da nismo ni svjesni kada ih koristimo: i) homogenost: 〈 cf ( x)dx = c 〈 f ( x)dx ; ii) linearnost: 〈 ( f ( x) + g ( x))dx = 〈 f ( x)dx + 〈 g ( x)dx .
7. Integrali 129 Prema ovim svojstvima, potrebno je podintegralnu funkciju rastaviti na ?to vi?e dijelova jer to odgovara integriranju, ?to nismo morali raditi kod deriviranja. Na primjer: ((1 + x 2 ) 2 )' = 4 x(1 + x 2 ) , ?to je metodolo?ki razli?ito u odnosu na 〈 (1 + x 2 2 〈 〈 〈 〈 ) dx = (1 + 2 x 2 + x 4 )dx = 1dx + 2 x 2 dx + x 4 dx , odnosno za razliku od derivacije, integral ＾?eka￣ da se podintegralna funkcija rastavi na ?to vi?e elementarnih dijelova. Budu?i da je integral jednak antiderivaciji, tablicu integrala osnovnih funkcija tretiramo kao ＾anti C tablicu￣ tablici deriviranja. Naime, u tablici deriviranja smo pisali da je (sin x)' = cos x , dok ?emo u tablici integriranja pisati: 〈 cos xdx = sin x , i tako redom za ostale funkcije iz tablice deriviranja, pa dobivamo sljede?u tablicu integriranja: y = f (x) 〈 f ( x)dx y = f (x) x n , n 』 ?1 x n +1 n +1 1 1+ x2 1 ? 1+ x2 1 1 x ln | x | ex ex sin x ? cos x cos x sin x sh x ch x ch x sh x 1 cos 2 x ? 1 sin 2 x tg x ? arc tg x arc ctg x arc sin x 1? x2 1 arc cos x 1 ? x2 1 2 a + x2 1 ? 2 a + x2 1 ? x 1 arc tg a a x 1 arc ctg a a x arc sin a a2 ? x2 1 2 a ?x x ctg x 〈 f ( x)dx 2 a ,0 < a 』1 arc cos x a ax ln a Pro?itati sljede?e rije?ene zadatke pa ih ponovno rije?iti samostalno i bez gledanja. 454. 〈 x 3 dx = x 3+1 x4 +c= +c. 3 +1 4
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 130 455. 〈 1 1 x ?5+1 ?1 dx = x ?5 dx = + c = ? x ?4 + c = 4 + c . 5 ? 5 +1 4 4x x 〈 1 +1 3 〈 x2 x2 2 3 x dx = x dx = 1 +c= 3 +c= x +c. +1 3 2 2 457. 〈 1 458. 〈(x + 459. 〈 (2 460. 〈 461. 〈 2(1 + 3x 456. 〈 1 2 ? 2 +1 1 x 3 x3 dx = dx = x dx = 2 + c = 1 + c = 3? 3 x + c . 2 ? 3 +1 x3 x2 3 3 1 〈 3 〈 ?2 3 1 1 4 5 4 x )dx = 3〈 dx + 〈 x 4 dx = 3ln | x | + x 4 + c = 3ln | x | + ? 4 x5 + c . x 5 5 4 4 3 21 3 8 4 4 7 x ? x + x +c. 3 8 7 2 1 1 x 4 ( 2 ? 3 x + x 3 )dx = 2 x 4 dx ? 3 x 5 dx + x 7 dx = x 5 ? x 6 + x 8 + c . 5 2 8 〈 〈 1 〈 5 3 x ? 73 x 5 + 4 x 3 )dx = 2 x 2 dx ?7 x 3 dx + x 4 dx = 〈 〈 〈 〈 2 2 〈 〈 〈 ) dx = 2 (1 + 6 x 2 + 9 x 4 )dx = 2 dx + 12 x 2 dx + 18 x 4 dx = 18 5 x +c. 5 (3x ? 2) 2 9 x 2 ? 12 x + 4 1 1 1 dx = dx = 9 dx ? 12 2 dx + 4 3 dx = 3 3 x x x x x = 2x + 4x3 + 462. 〈 〈 〈 = 9 ln | x | + 463. 〈 x+ x 3 x2 dx = 〈 x 3 x2 〈 1 dx + 〈 〈 〈 ( x + 3 x )2 x dx = 〈 〈 12 2 ? +c. x x2 x 3 ?1 x2 〈 〈 ?2 1 ?2 dx = x ? x 3 dx + x 2 ?x 3 dx = = x 3 dx + x 6 dx = 464. 〈 33 4 66 5 x + x +c. 4 5 x 2 + 2 x3 x + 3 x 2 4 dx = 2 x2 + 2x 3 + x 3 〈 1 2 〈 〈 3 5 〈 1 dx = x 2 dx + 2 x 6 dx + x 6 dx x x 2 5 12 11 6 7 2 5 12 6 11 6 6 7 = x2 + x 6 + x6 + c = x + x + x +c. 5 11 7 5 11 7 Napomena: uvijek nakon odre?enog broja zadataka treba napraviti pauzu, jer nije toliko va?na koli?ina ura?enih zadataka, koliko je va?na kvaliteta i na?in na koji se oni rje?avaju. To zna?i, ako vam popusti koncentracija, odmori malo (?etnja oko stola)! 465. 〈 466. 〈 4 1 2 2x + 2 x )dx = 3 x 5 dx ? 4 x ?7 dx + 2 x dx = x 6 + x ?6 + +c= 2 3 ln 2 x7 1 2 2x +c. = x6 + 6 + 2 ln 2 3x 3 4 1 1 (2 cos x ? 2 + ? 5 sin x) dx = 2 cos xdx ? 3 2 dx + 4 dx ? 5 sin xdx = x x x x (3x 5 ? 〈 〈 〈 〈 = 2sin x + 〈 〈 〈 3 + 4 ln | x | +5cos x + c . x
7. Integrali 467. 131 2 〈 ( cos 〈 469. 〈 470. 〈( 471. 〈 〈 〈 〈 〈 〈 〈 ( 1 9 ? x2 + 〈 〈 x 1 x 1 1 1 + 2 )dx = arc sin + arc tg + c . )dx = ( 2 2 3 2 2 4+ x 32 ? x 2 2 + x 〈 2 3 1 ? cos 2 x dx )dx = 3 ? tg 2 x + ? dx + 2 2 + x2 cos 2 x ( 2 )2 + x2 3 ? x2 〈 = 473. 3 1 1 + 4sh x)dx = 2 dx ? 3 dx + 4 sh xdx = 2 2 sin x cos x sin 2 x = 2tg x + 3ctg x + 4ch x + c . 〈 = 〈 x ? 2 ? 3x + 3 ? 2 x 3 2 (3 / 5) x (2 / 5) x dx = 2 ( ) x dx + 3 ( ) x dx = 2 +3 +c. 5 5 ln(3 / 5) ln(2 / 5) 5x 2 dx ? ch x + 3e x ) dx = 2 ? ch xdx + 3 e x dx = 2 ? arc tg x ? sh x + 3e x + c . ( 2 2 1+ x 1+ x 468. 472. 2 3 2 x arc tg 2 ? 1 〈 cos 2 x 〈 〈 dx + dx + 2 ? arc sin x 3 〈 dx ( 3)2 ? x2 = +c= 3 x x arc tg ? tg x + x + 2arc sin +c. 2 2 3 dx 9 ? 4x2 = dx 〈 = 4( 9 ? x 2 ) 4 1 2 dx 〈 9 4 ? x2 = 1 2 〈 1 2 = arc sin x + c . 3 ( 3 )2 ? x2 2 2 dx (cos 2 x + sin 2 x)dx cos 2 x sin 2 x dx = = dx + dx = cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x dx dx = + = ?ctg x + tg x + c . 2 sin x cos 2 x 〈 〈 〈 〈 〈 ?ZADACI ZA VJE?BU? 474. 〈 x( 2 ? x) 2 dx . 475. ( x + 1) 3 dx . 3x 8 〈 480. 〈 x ( x ? 3 x ) dx . 〈 x x x dx . 486. 〈 489. 〈 478. ( x 3 ? 3 x 5 + b2 ? a 2 x2 . 〈 484. 〈( 487. (1 + x) 2 dx x3 + x dx ( x + 3 x )2 481. 490. 〈 cos 13 x )dx . 3 〈 2 8 dx . 4 x x+ (3x ? 1) 2 dx . x4 2 3 1 479. ( ? 3 + )dx . x 2 x 2 x5 3 x ?5 x 482. dx . 5 11 x 1 2 485. ( x 3 ? ) dx . x3 476. 〈 477. 483. 〈 x?5 dx . x5 1 x dx . ) 2 dx . x x cos 2 x dx . 2 x sin 2 x 〈 〈 〈 〈 488. 〈 491. 〈 2x + 5x dx . 10 x sin 2 x dx . sin x cos 3 x
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 132 492. 〈 dx . 2 ch x sh 2 x 493. 〈 (tg x ? ctg x) dx . 2 RJE?ENJA 1 5 9 3 1 4 3 1 4 x + x + c. 475. ? 3 + 4 + c. 476. ? + 2 ? 3 + c. 3 4 x x 3x 4x 3x 1 1 1 1 2 5 6 7 13 4 477. ? ? 5? 6? + c. 478. x ? x + x + c. 4 7 5 7 4 12 x 5x 6x 21x 9 1 2 5 6 6 11 479. 4 x ? 3 x 2 ? + c. 480. x ? x + c. 5 11 4 3 x3 474. 2 x 2 ? 481. 4 4 7 24 12 19 12 12 17 15 1 1 8 15 / 8 x + x + x + c. 482. ? x + c. + + c. 483. 7 19 17 15 13 15 x13 x 1 2 1 1 x + 2 x + ln | x | + c. 485. x 4 ? 2 x ? 2 + c. 486. ln | x | +2arctgx + c. 4 2x 2 x ?x ?x 1 ax 16 5 2 487. + c. 488. ? ? + c. 489. arcsin + c. 490. ? ctgx ? tgx + c. ln 16 ln 5 ln 2 a b 484. 491. 2tgx + c. 492. ? thx ? cthx + c. 493. tgx ? ctgx ? 4 x + c. 7.2 METODA SUPSTITUCIJE Koriste?i razne supstitucije integral mo?e biti zamijenjen odgovaraju?im jednostavnijim. Metodom supstitucije se integral ne rje?ava direktno kao u prethodnoj to?ki, nego se integriranje olak?ava. Postupak supstitucije opisan je u sljede?em rezultatu: ?Teorem 16. Neka je f : R ★ R neprekidna podintegralna funkcija, te neka je ?eljena supstitucija dana funkcijom x = ? (t ) isto neprekidna s neprekidnom derivacijom ? ' (t ) . Tada vrijedi formula za supstituciju u neodre?enom integralu: 〈 f ( x ) dx = x = ? (t ) = dx = ? ' (t ) dt 〈 f (? (t ))? ' (t )dt .? Kako vidimo, supstituciju x = ? (t ) i pripadnu derivaciju dx = ? ' (t )dt zapisujemo u zagradi oblika |´..|, ?ime u potpunosti realiziramo namjeru rje?avanja integrala metodom supstitucije. U sljede?im primjerima pro?itati te ponovno samostalno rije?iti dane integrale.
7. Integrali 133 3 + 5x = t 494. 〈 (3 + 5 x) dx = 8 1 8 1 1 t dt = t 9 + c = (3 + 5 x) 9 + c . 5 45 45 〈 5dx = dt = dx = 1 dt 5 495. 2 ? 3x = t 1 dt 1 ?9 1 ?8 1 dx = 〈 (2 ? 3x)9 ?3dx = dt = ? 3 〈 t 9 = ? 3 〈 t dt = 24 t + c = 24(2 ? 3x)8 + c . 496. 〈 497. 〈 498. 〈 499. 〈 sin10 xdx = 10dx = dt = 10 〈 sin tdt = ? 10 cos t + c = ? 10 cos10 x + c . 500. 〈 cos 501. 〈 cos(2 ? 5x)dx = ? 5dx = dt = ? 5 〈 cos tdt = ? 5 sin t + c = ? 5 sin(2 ? 5x) + c . 502. 〈e x ? 4dx = 3 4 x ? 1dx = dx 4 (2 x + 4) 3 x?4=t dx = dt = 4x ?1 = t 4dx = dt = 2 2 t dt = t 1/ 2 dt = t 3 / 2 + c = ( x ? 4) 3 + c . 3 3 〈 〈 2x + 4 = t 2dx = dt 10 x = t 1 4 〈 = = 1 2 3 t dt = 〈 dt 4 t3 1 1 1/ 3 3 3 t dt = t 4 / 3 + c = 3 ( 4 x ? 1) 4 + c . 4 16 16 〈 = 1 ?3 / 4 t dt = 2t 1/ 4 + c = 2 ? 4 2 x + 4 + c . 2 〈 1 1 3x = t dx 1 dt 1 1 = = 〈 = tg t + c = tg 3x + c . 2 2 3 x 3dx = dt 3 cos t 3 3 2 ? 5x = t 3x+4 3x + 4 = t dx = 3dx = dt = 1 1 1 1 t 1 1 e dt = e t + c = e 3 x + 4 + c . 3 3 3 〈 Napomena: svaki se rezultat integriranja mo?e jednostavno provjeriti, tako da dobiveni rezultat deriviramo, budu?i da znamo da derivacija integrala mora biti jednaka podintegralnoj funkciji! 503. 504. 505. 〈7 〈 2 x +1 dx = 2x + 1 = t 2dx = dt = 1 t 1 t 1 7 dt = 7 +c= 7 2 x +1 + c . 2 2 ln 7 2 ln 7 〈 2x2 ? 1 = t x 1 dt 1 ?3 1 1 dx = 4 xdx = dt = = t dt = ? t ? 2 + c = ? +c. 2 3 2 4 t3 4 8 (2 x ? 1) 8(2 x ? 1) 2 1 xdx = 4 dt 〈 (2 + 〈 〈 2+ x =t x x) dx = dx = dt = 2 2 x dx = 2(t ? 2)dt 1 〈 (t ? 2) 2 t 2 ? 4t + 4 4 dt = 2 dt = 2 (t ? 4 + )dt = t t t 〈 〈
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 134 2 = t ? 8t + 8 ln t + c = (2 + x ) 2 ? 8(2 + x ) + 8 ln(2 + x ) + c . 506. 〈 1+ x +1 = t 1 x ((t ? 1) 2 ? 1)(t ? 1) t 3 ? 3t 2 + 2t dx = dt dx = 2 x +1 =2 dt = 2 dt = t t 1+ x +1 dx = 2(t ? 1)dt x = (t ? 1) 2 ? 1 〈 〈 2 = 2 t 2 dt ? 6 tdt + 4 dt = t 3 ? 3t 2 + 4t + c = 3 2 = (1 + x + 1) 3 ? 3(1 + x + 1) 2 + 4(1 + x + 1) + c . 3 〈 〈 〈 cos x = t sin x 507. 〈 tg xdx = 〈 cos x dx = ? sin xdx = dt = ? 〈 508. 〈 cos x = 〈 cos sin x = t cos x cos x dt dt dx = dx = = = = 2 2 2 cos xdx = dt (1 ? t )(1 + t ) x 1 ? sin x 1? t dx = 〈 〈 〈 〈 1 1 dt 1 dt 1 + = ? ln | 1 ? t | + ln | 1 + t | + c = 2 2 1? t 2 1+ t 2 〈 〈 = 509. dt = ? ln | t | + c = ? ln | cos x | + c . t 1 1 + sin x 1 1+ t +c. + c = ln ln 2 1 ? sin x 2 1? t ln x = t ln 2 x 1 1 dx = 1 = t 2 dt = t 3 + c = ln 3 x + c . dx = dt x 3 3 x 〈 〈 510. sin 4 x cos xdx = sin x = t 1 1 = t 4 dt = t 5 + c = sin 5 x + c . cos xdx = dt 5 5 〈 Napomena: zadatke ne treba raditi jedan za drugim mehani?ki, jer nije jedini cilj rje?avanja zadatka dobiti to?no rje?enje; treba se malo istra?iva?ki poigrati, kao na primjer: razmisliti kako odre?eni tip podintegralne funkcije implicira odre?eni tip rje?enja, ili usporediti te?inu integriranja me?u raznim tipovima podintegralnih funkcija, ili poku?ati zapamtiti neke lak?e rezultate, kao npr. integrale funkcija y = sin 3 x , y = e 5 x i sli?no. Time razvijamo mnoge druge osobine, a samo integriranje postaje sporedna aktivnost. 511. 〈 x+2=t 2 4 x x + 2dx = dx = dt = (t ? 2) t dt = t 3 / 2 dt ? 2 t 1/ 2 dt = t 5 / 2 ? t 3 / 2 + c = 5 3 x=t?2 〈 = 〈 2 4 ( x + 2) 5 ? ( x + 2) 3 + c . 5 3 〈
7. Integrali 512. 513. 514. 515. 516. 〈 135 x e x x =t dx = 2 x 1 dx x 518. = 2dt x +c. 〈 x2 + 5 = t 1 11 1 1 x( x 2 + 5)11dx = 2 xdx = dt = t dt = t 12 + c = ( x 2 + 5)12 + c . 2 24 24 xdx = 1 dt 2 〈 2 x3 + 4 = t 1 1 1 x 2 sin(2 x 3 + 4)dx = 6 x 2 dx = dt = sin tdt = ? cos t + c = ? cos(2 x 3 + 4) + c . 6 6 6 x 2 dx = 1 dt 6 〈 x2 ? 4 = t x 1 dt 1 1 dx = 2 xdx = dt = = tg t + c = tg ( x 2 ? 4) + c . 2 2 2 2 cos t 2 2 cos ( x ? 4) xdx = 1 dt 2 〈 〈 〈 e2x 〈 ex +1 dx = 〈 = 517. 〈 dx = dt = 2 e t dt = 2e t + c = 2e 1 ?x ex +1 = t (t ? 1) dx = e x dx = dt = dt = t 1/ 2 dt ? t ?1/ 2 dt = x t e +1 ex = t ?1 e xe x 〈 〈 〈 2 3/ 2 2 t ? 2t 1 / 2 + c = (e x + 1) 3 ? 2 (e x + 1) + c . 3 3 2 x + 2? x = t 2 ?2 1 dt ln t 1 x ?x dx = ln 2(2 x ? 2? x )dx = dt = x ?x 〈 t = ln 2 + c = ln 2 ln(2 + 2 ) + c . +2 ln 2 (2 x ? 2? x )dx = ln12 dt 〈2 〈 x x +1 = t2 tdt dt = dx = 2tdt = 2 2 =2 2 = 2arc tg t + c =2arc tg x + 1 + c . (t + 1)t t +1 ( x + 2) x + 1 2 x = t ?1 dx 〈 〈 Napomena: nije dobro vje?bati samo zadatke iste te?ine, na primjer, samo lak?e zadatke; nakon odre?enog vremena, veoma je dobro prije?i i na te?i tip zadataka, pa onda se vratiti na lak?u, i tako dalje. Ukoliko se vje?ba samo lak?a grupa zadataka, tada dolazite u opasnost takozvanog rutinskog rje?avanja, ?to se mo?e pokazati negativnim na pismenom dijelu ispita, ako se pojavi za vas takozvani nepoznati integral. Tada ?e vas rutina vjerojatno zablokirati!
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 136 ?ZADACI ZA VJE?BU? 519. 522. 525. 〈 4 x ? 5dx . 520. 〈 2x dx . 2 ( x + 7) 4 523. 〈 526. 〈 〈 xe 〈 sin 10 x cos xdx . 528. 〈 531. 〈 x ln x . dx 534. 〈 537. 〈 540. ( x 2 + 1) x ? 2dx . ln x 2 x) 〈 (x ? 1) 524. 〈 sin 3x cos 527. 〈 (2 + 3 cos x) 530. 〈 x 2 sin . 533. 〈 dx ( x ? 1)18 dx . 536. 〈 539. 〈 3 dx . x x2 / 2 dx . dx . dx 〈x 4 dx 521. x +x ( x ? 1) 2 535. 〈 x 3 + 4dx . x2 3 〈 538. 2 3x 2 + 1 532. e2x dx . e x ?1 x dx . 1+ x4 〈 x(4 + ln 529. 〈 3x 3 x (1 + x ) 2 1 ? x6 4 dx . 4 . 3 3 xdx . sin x 2 dx . x3 dx . 3 . e x +1 x dx . 3 x +1 ctg x dx . ln sin x dx . RJE?ENJA (4 x ? 5) 3 / 2 2 1 + c. 520. ( x 3 + 4) 3 + c. 521. ? + c. 6 3 3( x ? 1) 3 3 1 1 523. 3 ( x 3 + x) 2 + c. 524. ? cos 4 3x + c. 525. sin11 x + c. 2 12 11 2 8 1 10 ( x ? 2) 7 + + c. 528. ( x ? 2) 5 + 527. ( x ? 2) 3 7 5 6 + 9 cos x 3 3 2 x 529. e x / 2 + c. 530. ? cos + c. 531. ln ln x + c. 532. 4 ln(1 + 4 3 519. 533. ln ex +1 ?1 x e +1 +1 522. ? 526. 1 + c. 3( x + 7) 3 2 2 ( x ? 1) 3 + c. 3 + c. x ) + c. + c. 534. ln(e x ? 1) + e x + c. ( x ? 1) 21 ( x ? 1) 20 ( x ? 1)19 3 1 + + + c. 536. ( x + 1) 2 / 3 (2 x ? 3) + c. 537. arctgx 2 + c. 535. 10 2 21 10 19 1 538. arcsin x3 + c. 539. ln ln sin x + c. 540. ln 4 + ln 2 x + c. 3
7. Integrali 137 7.3 PARCIJALNA INTEGRACIJA Kao i kod supstitucije, parcijalnom integracijom dani integral mijenjamo s odgovaraju?im jednostavnijim integralom. ?esto se postavlja pitanje: kada primijeniti parcijalnu integraciju, a ne supstituciju? Ukoliko se u podintegralnoj funkciji nalazi produkt od dvije takozvane raznorodne funkcije (npr. jedna algebarska a druga transcedentna), ili se nalazi jedna ili dvije transcedentne funkcije, tako da niti jedna supstitucija ne daje rezultat, tada obavezno primjenjujemo parcijalnu integraciju. Na primjer, f ( x) = x cos x ili f ( x) = arc tg x ili f ( x) = e 2 x cos 3 x . Sama ideja parcijalne integracije sastoji se u tome da se produkt dviju funkcija zamijeni s produktom od derivacije prve i integralom druge, ili obratno. To se tehni?ki izvodi po sljede?em pravilu: ?Teorem 17. Neka su dane dvije ＾dovoljno glatke￣ funkcije y = f (x ) i y = g (x) . Tada vrijedi formula parcijalne integracije: 〈 f ( x) g ' ( x)dx = f ( x) g ( x) ? 〈 g ( x) f ' ( x)dx ili, u radnom obliku, 〈 u = f ( x) du = f ' ( x)dx udv = uv ? vdu, gdje je dv = g ' ( x)dx . ? v = g ( x) 〈 ?Dokaz. Znamo da derivacija produkta funkcija zadovoljava pravilo: ( f ? g )' = f '?g + f ? g ' . Direktnim integriranjem ove jednakosti, uz kori?tenje da je 〈 ( f ? g )' dx = f ? g ?to je definicija integrala, neposredno slijedi tra?ena formula parcijalne integracije. ? To zna?i da onu funkciju koju je bolje ＾poslati￣ u derivaciju ozna?avamo sa ＾u￣ dok onu funkciju koju je bolje ＾poslati￣ u integral ozna?avamo sa ＾dv￣. Na primjer, u produktu y = x cos x bolje je ＾poslati￣ y = x u derivaciju, a y = cos x u integral, jer produkt derivacije prve i integrala druge funkcije je y = 1? sin x , ?to je mnogo jednostavnije za integrirati od produkta y = x cos x ,odnosno: u=x 541. 〈 x cos xdx = du = dx dv = cos xdx 〈 v = cos xdx = sin x 〈 〈 = uv ? vdu = x sin x ? sin xdx = x sin x + cos x + c .
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 138 Naravno, mogli smo izabrati onu drugu, nepovoljniju, kombinaciju, odnosno poslati y = x u integral, a y = cos x u derivaciju. Me?utim, tada je produkt integrala prve i derivacije druge funkcije jednak funkciji y = ? 1 x 2 sin x , ?to je te?e integrirati od zadane funkcije y = x cos x . 2 Pro?itati sve rije?ene primjere iz parcijalne integracije, pa potom sve zadatke samostalno rije?iti, bez gledanja u postupak. u = 2x ?1 542. 〈 du = 2dx (2 x ? 1)e 4 x dx = 1 2 4x = uv ? vdu = (2 x ? 1) e 4 x ? e dx = 4 4 〈 dv = e 4 x dx 〈 4x v = e dx = e 1 4 〈 4x 2x ?1 4x 1 4x e ? e +c. 4 8 = u = ln 2 x 543. 〈 x 3 ln 2 xdx = du = 1 dx 2x 3 〈 = uv ? vdu =(ln 2 x) 1 x 4 ? 4 dv = x dx 1 x4 1 3 dx = 1 x 4 ln 2 x ? x dx = 4 8 x 8 〈 〈 v = 1 x4 4 x 4 ln 2 x 1 4 = ? x +c. 4 16 u = arc sinx 544. 〈 arc sinxdx = du = dx 1? x 2 dv = dx 〈 = uv ? vdu =(arc sinx) ? x ? v=x = x ? arc sin x + 1 2 〈 dt t = x ? arc sin x + 〈 x 1 ? x2 1 ? x2 = t dx = ? 2 xdx = dt = ? xdx = 1 dt 2 1 ?1/ 2 t dt = x ? arc sin x + (1 ? x 2 )1/ 2 + c . 2 〈 Napomena: znamo da u parcijalnoj integraciji postoje najvi?e dvije mogu?nosti za odluku koju od dvije podintegralne funkcije ＾poslati￣ u derivaciju a koju u integral; da bismo razvili osje?aj koji je bolji, a koji lo?iji izbor za u i v , bilo bi dobro za svaki od ovih integrala, gdje je ponu?ena bolja mogu?nost, uraditi i onu lo?iju. Naravno, ako je samo jedna podintegralna funkcija, tada imao samo jednu mogu?nost! 545. 〈 u = arc tgx 1 + x2 = t du = 1+1x 2 dx x dx = 2 xdx = dt = arc tgxdx = = uv ? vdu = x ?arc tgx ? dv = dx 1 + x2 xdx = 1 dt 2 v=x 〈 1 dt 1 1 = x ? arc tg x ? ln t + c = x ? arc tg x ? ln(1 + x 2 ) + c . 2 t 2 2 u=x du = dx x cos x dx = dx = = uv ? vdu = ? x ? ctg x + ctg xdx = ? x ? ctg x + 2 1 dv = sin 2 x dx sin x sin x v = ?ctg x = x ? arc tg x ? 546. 〈 〈 〈 〈 〈 〈
7. Integrali = 547. 〈 139 sin x = t dt = ? x ? ctg x + 〈 = ? x ? ctg x + ln t + c = ? x ? ctg x + ln sin x + c . cos xdx = dt t u = e3 x du = 3e 3 x dx 1 3 3x e 3 x cos 2 xdx = e sin 2 xdx = = uv ? vdu = e 3 x sin 2 x ? 2 2 dv = cos 2 xdx v = 1 sin 2 x 2 〈 〈 u = e3 x du = 3e 3 x dx 1 3 1 3 1 3 3x = = e 3 x sin 2 x ? [uv ? vdu ] = e 3 x sin 2 x ? [? e 3 x cos 2 x + e cos 2 xdx] = 2 2 2 2 2 dv = sin 2 xdx 2 v = ? 1 cos 2 x 2 〈 〈 = 9 3x 1 3x 3 e sin 2 x + e 3 x cos 2 x ? e cos 2 xdx . 2 4 4 〈 To zna?i da smo dvostrukom primjenom parcijalne integracije istog tipa za po?etni integral dobili jednakost: 1 3 9 3x e 3 x cos 2 xdx = e 3 x sin 2 x + e 3 x cos 2 x ? e cos 2 xdx , 2 4 4 iz ?ega, rje?avanjem po tra?enom integralu (nepoznati integral na lijevu stranu a sve ostalo na 2 3 desnu stranu), slijedi: e 3 x cos 2 xdx = e 3 x sin 2 x + e 3 x cos 2 x . 13 13 〈 〈 〈 548. 〈 u=x u = x2 du = dx du = 2 xdx x 2 e x dx = = uv ? vdu = x 2 e x ? 2 xe x dx = = x dv = e x dx dv = e dx v = ex v = ex 〈 〈 〈 〈 = x 2 e x ? 2[uv ? vdu ] = x 2 e x ? 2[ xe x ? e x dx] = x 2 e x ? 2 xe x + 2e x + c . ?ZADACI ZA VJE?BU? 549. 〈 xe ?x dx . 〈 arc cosxdx . 555. 〈 x sin 2 xdx . 558. 〈 x ? arc tgxdx . 552. 2 550. 〈 x sin xdx . 〈e 556. 〈 e 553. x sin xdx . ?x sin xdx . x 〈 cos x dx . 554. 〈 x ln xdx . 557. 〈 cos(ln x)dx . 551. 2 RJE?ENJA 549. ? e ? x ( x + 1) + c. 550. ? x cos x + sin x + c. 551. x ? tgx + ln cos x + c.
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 140 x e (sin x ? cos x) + c. 2 x 1 ? 2x2 e? x 4 1 554. x x (ln x ? ) + c. 555. sin 2 x + cos 2 x + c. 556. ? (sin x + cos x) + c. 3 3 2 4 2 x 1 1 557. (cos ln x + sin ln x) + c. 558. ( x 2 + 1)arctgx ? x + c. 2 2 2 552. x arccos x ? 1 ? x 2 + c. 553. 7.4 INTEGRALI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA Ako ?elimo uspje?no rje?avati integrale u kojima se pojavljuje produkt vi?e razli?itih trigonometrijskih funkcija, potrebno je unaprijed znati razne supstitucije, koje su bazirane na odgovaraju?im adicionim formulama. Stoga ?emo prije svakog podtipa u integriranju trigonometrijskih funkcija navesti sve adicione formule koje se koriste. Prvo rje?avamo integral tipa 〈 sin m x cos 2 n +1 xdx ili 〈 cos m x sin 2 n +1 xdx , odnosno, kada je barem jedna od trigonometrijskih funkcija sin x ili cos x ＾napadnuta￣ neparnom potencijom oblika 2n+1 dok druga potencija mo?e biti bilo ?to. Tada primjenjujemo sljede?i trik: 〈 sin m 〈 〈 x cos 2 n +1 xdx = sin m x cos 2 n x cos xdx = sin m x(cos 2 x) n cos xdx = 〈 = sin m x(1 ? sin 2 x) n cos xdx = sin x = t = t m (1 ? t 2 ) n dt . cos xdx = dt 〈 To zna?i da ovakav integral jednostavnom supstitucijom prevodimo u integral po odgovaraju?em polinomu, ?to se pak direktno rje?ava. Pritom smo koristili adicionu formulu: sin 2 x + cos2 x = 1 ? cos2 x = 1 ? sin 2 x ? sin 2 x = 1 ? cos2 x. Na prethodno opisan na?in rije?it ?emo slijede?e primjere: 559. 〈 sin = 2 x cos5 xdx = 〈 sin 2 x cos 4 x cos xdx = 〈 sin 2 x(1 ? sin 2 x) 2 cos xdx = sin x = t 1 2 1 = 〈 t 2 (1 ? t 2 ) 2 dt = 〈 (t 2 ? 2t 4 + t 6 )dt = t 3 ? t 5 + t 7 + c = cos xdx = dt 3 5 7 sin 3 x 2sin 5 x sin 7 x = ? + +c. 3 5 7 560. cos x = t sin 3 x sin 2 x sin x (1 ? cos 2 x) sin x dx = 〈 dx = 〈 dx = = 2 2 〈 cos2 x ? sin xdx = dt cos x cos x =? 〈 1? t2 1 dt = ? t ? 2 dt + dt = t ?1 + t + c = + cos x + c . 2 cos x t 〈 〈
7. Integrali 561. 〈 141 3 cos x sin x = 〈 dx = 〈 (1 ? t 2 ) t 2 cos x cos x sin x dx = 〈 2 (1 ? sin x) cos x sin x dx = sin x = t = cos xdx = dt 2 2 dt = t ?1/ 2 dt ? t 3 / 2 dt =2t 1/ 2 ? t 5 / 2 + c = 2 sin x ? sin 5 x + c . 5 5 〈 〈 〈 Ako rje?avamo integral oblika sin 2 m x cos 2 n xdx , gdje su obje funkcije sin x i cos x ＾napadnute￣ s parnim potencijama 2m, odnosno 2n, tada imamo ne?to kompliciraniju situaciju od prethodnog slu?aja. Jedino ?to mo?emo je koristiti adicione formule za sni?avanje parne potencije nad sin x i cos x : sin 2 x = 1 (1 ? cos 2 x) , 2 cos 2 x = 1 (1 + cos 2 x). 2 To zna?i da na bilo kojem mjestu u integralu mo?emo iskoristiti ove dvije formule, kao u sljede?im rije?enim primjerima: 〈 562. sin 2 x cos 2 xdx = = 1 1 1 〈 2 (1 ? cos 2 x) 2 (1 + cos 2 x)dx = 4 〈 (1 ? cos 2 2 x)dx = 1 1 1 1 1 x sin 4 x sin 2 2 xdx = (1 ? cos 4 x)dx = dx ? cos 4 xdx = ? +c. 4 4 2 8 8 8 32 〈 〈 〈 563. sin 2 x cos 4 xdx = 〈 1 〈 2 (1 ? cos 2 x)[ 1 2 〈 (1 + cos 2 x)]2 dx = 1 1 (1 ? cos 2 x)(1 + 2 cos 2 x + cos 2 2 x)dx = [1 + cos 2 x ? cos 2 2 x ? cos 3 2 x]dx = 8 8 x sin 2 x 1 1 1 1 dx + cos 2 xdx ? cos 2 2 xdx ? cos 3 2 xdx = + = ? 8 8 8 8 8 16 sin 2 x = t 1 1 (1 ? cos 4 x)dx ? (1 ? sin 2 2 x) cos 2 xdx = ? = 2 cos 2 xdx = dt 16 8 = 〈 〈 〈 〈 〈 〈 〈 〈 = 1 x sin 2 x x 1 x sin 2 x sin 4 x t t3 cos 4 xdx ? (1 ? t 2 )dt = + + ? + + ? + = 8 16 16 16 16 16 16 64 16 48 = x sin 2 x sin 4 x sin 2 x sin 3 2 x x sin 3 2 x sin 4 x + + ? + +c= + + +c. 16 16 64 16 48 16 48 64 〈 Na kraju rje?avamo tip integrala 〈 〈 sin αx cos βxdx ili 〈 sin αx sin βxdx ili 〈 cosαx cos βxdx , gdje su potencije jednostavne, ali su ＾frekvencije￣ α i β razli?ite od 1. U ovom slu?aju nam jedino mogu pomo?i adicione formule za produkt trigonometrijskih funkcija sa proizvoljnim frekvencijama α i β : sin αx cos βx = 1 [sin(α + β ) x + sin(α ? β ) x ] 2 sin αx sin βx = 1 [cos(α ? β ) x ? cos(α + β ) x] 2 cosαx cos βx = 1 [cos(α + β ) x + cos(α ? β ) x]. 2
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 142 Sada direktnim uvr?tavanjem prethodnih formula mo?emo rije?iti pripadne integrale za bilo koje α i β , odnosno dobivamo formule: 1 cos( + β ) x cos(α ? β ) x α + ] + c, α+β α ?β 〈 sinαx cosβxdx = ? 2 [ 1 sin(α ? β ) x sin(α + β ) x ? ] + c, α?β α+β 〈 sin αx sin βxdx = 2 [ 1 sin(α ? β ) x sin(α + β ) x + ] + c. α?β α+β 〈 cos αx cos βxdx = 2 [ Primijenimo sada ove formule na dva sljede?a primjera: 1 sin(3 ? 1) x sin(3 + 1) x sin 2 x sin 4 x ]+ c = + + +c. 3 ?1 3 +1 4 8 564. 〈 cos 3x cos xdx = 2 [ 565. 〈 sin 3x cos 7 xdx = ? 2 [ cos10 x cos 4 x 1 cos(3 + 7) x cos(3 ? 7) x ]+ c = ? + + +c. 3+ 7 3?7 20 8 Naravno, mnogi se integrali s trigonometrijskim funkcijama mogu rije?iti uobi?ajenim supstitucijama kao u to?ki 9.2. Navodimo nekoliko jednostavnih primjera. 2 + cos x = t sin x dt dx = =? = ? ln t + c = ? ln(2 + cos x) + c . ? sin xdx = dt 2 + cos x t 566. 〈 567. 〈 4 + sin 568. 〈 cos x 〈 2 x dx = sin x = t 1 1 sin x dt t = = arc tg + c = arc tg +c. 2 cos xdx = dt 2 2 2 2 4+t 〈 2 ? 3 sin x = t 1 1 cos x(2 ? 3 sin x) dx = ? 3 cos xdx = dt = ? t 5 dt = ? t 6 + c = 3 18 cos xdx = ? 1 dt 3 〈 5 =? 1 (2 ? 3 sin x) 6 + c . 18 ?ZADACI ZA VJE?BU? 569. 〈 sin 2 x cos 3 xdx . 570. 〈 cos 572. 〈 sin 4 xdx . 573. 〈 sin 4 x sin 3 xdx . 4 x cos 2 xdx . 571. 〈 574. 〈 sin 3 x dx . cos 4 x cos 2 x dx . sin 4 x
7. Integrali 575. 578. 581. 143 dx 〈 cos x ? sin x . 〈 cos 7 x cos 3xdx . 〈 cos xdx . 4 3 4 576. 〈 sin 5x cos xdx . 577. 〈 sin x cos 5xdx . 579. 〈 sin 15x sin 10 xdx . 〈 sin xdx . 580. 〈 sin x sin 2 x sin 3xdx 5 582. RJE?ENJA 569. 572. 575. 578. 581. 1 1 1 3 1 1 1 sin x ? sin 5 x + c. 570. cos 7 x ? cos 5 x + c. 571. ? + c. 3 3 5 7 5 3 cos x cos x 3 1 1 x 1 1 1 x ? sin 2 x + sin 4 x + c. 573. ? sin 4 x ? sin 3 2 x + c. 574. ? ctg 3 x + c. 8 4 32 16 64 48 3 π 1 cos 6 x cos 4 x cos 6 x cos 4 x ? ln(tg ( x ? )) + c. 576. ? ? + c. 577. ? + + c. 2 4 12 8 12 8 sin 10 x sin 4 x sin 25 x sin 5 x cos 6 x cos 4 x cos 2 x + + c. 579. ? + + c. 580. ? ? + c. 20 8 50 10 24 16 8 sin 3 x 1 2 cos 3 x sin x ? + c. 582. ? cos 5 x + ? cos x + c. 3 5 3 7.5 INTEGRALI RACIONALNIH FUNKCIJA Znatan broj racionalnih funkcija mo?e se integrirati primjenom klasi?nih supstitucija, kao na po?etku poglavlja. Na primjer: 583. 584. 585. 〈 2 ? x4 = t 1 dt 1 1 x3 dx = =? = ? ln | t | + c = ? ln | 2 ? x 4 | + c . 4 3 4 t 4 4 2? x ? 4 x dx = dt 〈 x 3 + 4 = t 1 dt 1 1 1 1 x2 dx = 2 = =? +c=? +c. 3 9 9 8 3 24 t 24 ( x + 4)8 ( x + 4) 3 x dx = dt 3 t 〈 〈 〈 x3 = t 1 dt 1 1 x2 dx = 2 = = arc tg (t ) + c = arc tg ( x 3 ) + c . 6 2 3 3 1+ x 3 x dx = dt 3 1 + t 〈 Me?utim, jo? je ve?i broj primjera gdje treba primijeniti neke nove ＾trikove￣ uz ve? postoje?e supstitucije, kao ?to su: pretvaranje kvadratnog trinoma u binom, rastavljanje razlomka na proste parcijalne razlomke, dijeljenje brojnika s nazivnikom i sli?no. Kao prvo, ako je u nazivniku takozvani kvadratni trinom ax 2 + bx + c , odnosno kvadratna funkcija sa ＾srednjim￣ ?lanom ＾ bx ￣, koju ne mo?emo rastaviti na dva dijela prvog stupnja, tada treba trinom svesti na takozvani kvadratni binom, kao u sljede?em primjeru:
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 144 586. 〈 dx = x2 ? x + 1 = (x ? 1 )2 + 2 2 x ? x +1 = 587. 〈t 2 dt + 3 4 = 2 3 2 arc tg 3 〈 dx (x ? 1 )2 + 2 t +c= 2 3 4 = arc tg 3 x? 1 =t 2 = dx = dt 2 3 (x ? 1 ) + c . 2 dx = 2 x 2 + 4 x + 6 = 2( x 2 + 2 x + 3) = 2[( x + 1) 2 + 2] = 2( x + 1) 2 + 4 = + 4x + 6 x +1 = t 1 1 dx dt t x +1 1 1 = = = = +c= +c. arc tg arc tg 2 2 2 ( x + 1) + 2 dx = dt 2 t + 2 2 2 2 2 2 2 〈 2x 2 〈 588. = 3 4 dx 〈 2x ? x2 〈 = 2 x ? x 2 = 1 ? (1 ? x) 2 = dx 〈 1 ? (1 ? x) 2 =? dt 〈 1? t2 = 1? x = t = ? dx = dt = arc cos t + c = arc cos (1 ? x) + c . Ako ipak mo?emo kvadratni trinom ax 2 + bx + c rastaviti na dva dijela prvog stupnja odnosno na ＾proste￣ faktore, tada radimo rastav razlomka na takozvane ＾parcijalne razlomke￣, kao u sljede?im primjerima (takozvano abecediranje razlomaka): 589. dx dx 〈 1 ? x = 〈 (1 ? x)(1 + x) = 2 = 1 (1? x )(1+ x ) A B = 1? x + 1+ x = = 590. 〈x 2 1 (1? x )(1+ x ) A B = 1? x + 1+ x = A ( A ? B ) x + ( A+ B ) (1? x )(1+ x ) ? dx dx 〈 1 ? x + B〈 1 + x = A? B = 0 ? A = B = 1/ 2 = A + B =1 1 dx 1 dx 1 1 1 1+ x + = ? ln | 1 ? x | + ln | 1 + x | +c = ln | | +c . 2 2 1? x 2 1? x 2 1+ x 2 〈 〈 x x x 3 2 dx dx dx = 2 = = ? =3 ?2 = x+3 x+2 x + 5 x + 6 ( x + 3)( x + 2) x + 3 x + 2 + 5x + 6 = 3 ln | x + 3 | ?2 ln | x + 2 | +c . 〈 〈 Ako se u nazivniku pojavi ＾prosti ＾ faktor stupnja jedan, ali s potencijom nad njim ve?om od jedan (npr. x 3 ), tada moramo u rastavu na parcijalne razlomke uzeti onoliko novih razlomaka, kolika je ta potencija. Na primjer: 591. 〈 x2 + 1 x2 +1 dx = 3 dx = x 4 ? x3 x ( x ? 1) 〈 x 2 +1 x 3 ( x ?1) = A x + B x2 + C x3 + D x ?1 =A 〈 dx dx dx + B 2 +C 3 + x x x 〈 〈
7. Integrali +D 145 dx 〈 x ?1 = x 2 +1 x 3 ( x ?1) = ?2 592. 〈 〈 = A x + B x2 + C x3 + D x ?1 = ( A+ D ) x 3 + ( ? A+ B ) x 2 + ( ? B + C ) x ?C x 3 ( x ?1) A+ D =0 A = ?2 B = ?1 ? A + B =1 = ? ? C = ?1 ?B+C =0 D=2 ? C =1 dx dx dx dx 1 1 ? 2 ? 3 +2 = ?2 ln | x | + + 2 + 2 ln | x ? 1 | + c . x x ?1 x 2x x x 〈 〈 〈 x 2 + 3x + 3 x 2 + 3x + 3 3 1 1 dx = = + ? = 2 2 4 x 4( x + 2) 2( x + 2) 2 x( x + 2) x( x + 2) = 3 dx 1 dx 1 3 1 dx 1 1 + ? = ln | x | + ln | x + 2 | + +c. 2 4 x 4 x + 2 2 ( x + 2) 4 4 2 x+2 〈 〈 〈 Ako je u nazivniku pak ＾prosti￣ faktor stupnja dva, a nad njim potencija ve?a od jedan (npr. ( x 2 + 1) 3 , tada u rastavu na parcijalne razlomke isto tako uzimamo onoliko novih razlomaka, kolika je ta potencija. Na primjer: 593. 〈 x3 ? x dx = ( x 2 + 1) 2 = x3 ? x ( x 2 +1) 2 = x3 ? x ( x 2 +1) 2 Ax + B x 2 +1 = Ax + B x 2 +1 + + (Cx+1D2 = x2 ) + + (Cx+1D2 = x2 ) dx 〈 x(1 + x 2 2 ) = Ax + B Cx + D dx + dx = 2 x +1 ( x 2 + 1) 2 〈 Ax 3 + Bx 2 + ( A+ C ) x + ( B + D ) ( x 2 +1) 2 = 594. 〈 〈x 2 A =1 A =1 B=0 B=0 = ? ? A + C = ?1 C = ?2 B+D=0 D=0 x 1 x 1 dx ? 2 dx = ln( x 2 + 1) + 2 +c. 2 2 2 ( x + 1) x +1 +1 〈 1 1 x x = ? ? = 2 2 2 x 1+ x (1 + x 2 ) 2 x(1 + x ) = 〈 1 dx x 1 x dx ? ? dx = ln | x | ? ln(1 + x 2 ) + +c. 2 2 2 2 x 1+ x (1 + x ) 2(1 + x 2 ) 〈 〈 Ukoliko je stupanj brojnika ve?i ili jednak od stupnja nazivnika, tada je prije primjene prethodnih ＾trikova￣ potrebno podijeliti brojnik s nazivnikom te dobiti razlomke u kojima je stupanj nazivnika ve?i od stupnja brojnika. Naravno, detaljni postupak za pripadno dijeljenje se radi na predavanjima i vje?bama, a ovdje ?emo koristiti samo krajnji razultat dijeljenja, jer nam to nije cilj, ve? sredstvo za rje?avanje integrala ovakvog tipa. Na primjer: 595. 〈 x5 + 1 x5 + 1 x +1 x +1 dx = 2 = x3 ? x + 2 = ( x 3 ? x)dx + 2 dx = 2 x +1 x +1 x +1 x +1 〈 〈
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 146 〈 〈 = x 3 dx ? xdx + 596. 〈 〈 x dx x4 x2 1 dx + 2 = ? + ln( x 2 + 1) + arc tg x + c . 2 2 x2 + 1 x +1 4 〈 x3 x3 x2 + 4x ? 4 x2 + 4x ? 4 dx = =1+ = dx + dx = ( x ? 1)( x 2 ? 4) ( x ? 1)( x 2 ? 4) ( x ? 1)( x 2 ? 4) ( x ? 1)( x 2 ? 4) 〈 = 〈 x2 + 4x + 4 1 1 2 2 1 1 dx dx 2 dx =? + ? = x? +2 ? = 2 3 x ?1 x ? 2 3 x + 2 3 x ?1 x?2 3 x+2 ( x ? 1)( x ? 4) 〈 〈 〈 2 1 = x ? ln | x ? 1 | +2 ln | x ? 2 | ? ln | x + 2 | + c . 3 3 597. 〈 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3 x + 10 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3x + 10 4x2 ? 7 x + 6 dx = = 2x + 1 + 3 = x3 ? x 2 ? 4 x + 4 x3 ? x 2 ? 4x + 4 x ? x2 ? 4x + 4 〈 = (2 x + 1)dx + = 〈 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3x + 10 dx = dijeljenje brojnika i nazivnika= x3 ? x 2 ? 4x + 4 ?1 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3 x + 10 2 3 + + = uvrstiti u prethodni integral= = 3 2 x ?1 x ? 2 x + 2 x ? x ? 4x + 4 〈 〈 = 2 xdx + dx ? dx dx dx 〈 x ? 1 + 2 〈 x ? 2 + 3〈 x + 2 = = x 2 + x ? ln | x ? 1 | +2 ln | x ? 2 | +3 ln | x + 2 | +c. ?ZADACI ZA VJE?BU? 598. 600. 2x + 3 dx . + 3 x ? 10 599. 3x 2 ? 2 x ? 4 dx . ( x ? 1)( x 2 ? 4) 601. 〈 603. 〈 605. 〈 607. 〈x 609. 〈x 〈x 〈 602. 〈 604. 〈 606. 〈 608. 〈 2 x4 +1 dx . x3 ? x x2 + 2x dx . ( x + 1) 4 x 2 ? 3x dx . ( x + 1)( x ? 1) 2 xdx . x3 ?1 x 〈 ( x + 1)(2 x + 1)dx . x3 ? x + 2 dx . x2 ?1 x+2 dx . ( x + 3) 2 dx . 3 x + x4 dx . ?1 4 3 dx . + x2 + x +1
7. Integrali 147 RJE?ENJA 598. ln( x 2 + 3x ? 10) + c. x +1 + c. 600. ln(( x ? 1)( x 2 ? 4)) + c. 2x + 1 x2 x ?1 x2 x2 ?1 1 601. + ln + c. 602. + ln + c. 603. + ln( x + 3) + c. 2 x +1 2 x x+3 1 1 x 1 1 1 604. ? + c. 605. ? 2 + ln + c. 606. + ln( x + 1) + c. 3 x ?1 x 2x x +1 x +1 3( x + 1) 599. ln 607. 1 x ?1 1 ln ? arctgx + c. 4 x +1 2 609. 1 ( x + 1) 2 1 ln 2 + arctgx + c. 4 x +1 2 608. 1 3 2x + 1 x ?1 ln + arctg + c. 3 3 x2 + x + 1 3 Pojam neodre?enog integrala vezan je za dvojicu velikih matemati?ara: Leibnitza (Lajbnic) i Newtona (Njutn). Stoga smatramo zanimljivim iznijeti neke osnovne povijesne podatke i ?injenice o doti?noj dvojici. Pri tome ?emo o Newtonu govoriti na kraju sljede?eg poglavlja, kad budemo govorili o odre?enim integralima i povr?inama ravninskih likova, ?to je Newton prvi inicirao. Gottfried Wilhelm von Leibnitz Ro?en: 1. lipnja 1646. u Leipzigu, Saxonija (Njema?ka) Umro: 14. studenog 1716. u Hannoveru, Hanover (Njema?ka) Leibnitza je povijest ozna?ila kao jednog od najve?ih univerzalnih genija. Za?to? Kao prvo bio je uspje?an diplomata i dr?avnik, ?to mu je omogu?ilo da putuje Europom, te razmjenjuje ideje, ?ita dostignu?a drugih i u?i od njih, te da prezentira ono ?to je sam stvorio. Na primjer:
Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 148 - 1672. godine, za diplomatskog posjeta Parizu, po?eo je u?iti modernu matematiku od Huygensa (Hajgens); potom odlazi na tri mjeseca u London, kao izaslanik izbornog kneza, gdje se, osim obaveza u Kraljevskom dru?tvu, sastaje i s engleskim matemati?arima, gdje im tuma?i neke svoje matemati?ke metode; godine 1676. napu?ta Pariz i putuje je za Hanover da bi u?ao u slu?bu vojvode od Brunswick-Luneburga, u ulozi povjesni?ara; tada je, kao povjesni?ar, u razmaku od 1687.-1690., proputovao cijelu Njema?ku, Austriju i Italiju. Bio je pravnik, povjesni?ar, logi?ar, metafizi?ar, filozof, knji?evnik, a pored svega toga, bio je i matemati?ar. ?ime god da se bavio, bio je izuzetno plodan i moderan u smislu svog vremena. Pamti se da je u ono vrijeme genijalnost njegovih pravnih postulata malo tko mogao i htio razumjeti. Primio je diplomu doktorskog stupnja iz prava u svojoj dvadesetoj godini, 5. studenog 1666. Sam je bio svjestan svoje univerzalnosti, a zapam?ena je njegova izreka: Imam tako mnogo ideja da one s vremenom mogu biti korisne ako drugi, mnogo prodorniji od mene, jednog dana dublje u?u u njih i pridru?e ljepotu svojih misli mojem djelu C G.W. Leibnitz. Matematikom se intenzivnije bavi od 1672. godine, pod utjecajem Huygensa. Godine 1675. pi?e rad u kojem otkriva ＾osnovni teorem diferencijalnog ra?una￣: dg df d ( f ? g) = f ? +g? . dx dx dx U tom istom radu, po prvi put je uveden pojam neodre?enog integrala 〈 f ( x)dx . Potom, d n ( x ) = nx n ?1dx . Godine 1701. dx objavljuje radove o aritmetici binarnog sistema, te o determinantama. 1676. godine otkriva familijarni rezultat sa prethodnim: Na kraju recimo da je u povijesti ostao nerazja?njen delikatan odnos izme?u njega i Newtona, s obzirom da su obojica u isto vrijeme otkrivali diferencijalni i integralni ra?un, ali na razli?ite na?ine i s razli?itim ciljem. Isto tako, dosta je diskutabilna neuspje?na prepiska koja se vodila me?u njima.

More Related Content

C7 integrali

  • 1. 7. Integrali 127 INTEGRALI (korigirano) U ovom poglavlju: Svaka nova vrsta otkri?a jest matemati?ka po obliku, jer ne postoji drugo rukovodstvo koje mo?emo imati C C. G. Darwin (1931) Tablica i svojstva integrala Metoda supstitucije Parcijalna integracija Integriranje trigonometrijskih funkcija Integriranje racionalnih funkcija Integral dane funkcije y = f (x) u oznaci 〈 f ( x)dx je jedna nova funkcija y = F (x) ?ija je derivacija jednaka zadanoj funkciji y = f (x ) , odnosno vrijedi: 〈 Pritom se 〈 f ( x)dx f ( x)dx = F ( x) ? f ( x) = d F ( x). dx jo? zove antiderivacija ili primitivna funkcija ili neodre?eni integral funkcije y = f (x) , dok danu funkciju y = f (x) , koju integriramo, zovemo jo? i podintegralna funkcija. Na primjer, primitivna funkcija funkcije f ( x) = x je funkcija F ( x) = 1 x 2 jer je njena derivacija upravo jednaka f ( x) = x , ?to kratko pi?emo: 2 〈 xdx = 1 2 x2 . Opisno re?eno, kao da primitivna funkcija F ( x) = 1 x 2 ?ivi u ＾pro?losti￣ jer tek kad je 2 deriviramo, dobivamo njenu ＾sada?njost￣, odnosno funkciju f ( x) = x . Primijetimo da se rezultat integriranja ne mijenja ako dobivenom rezultatu dodamo proizvoljnu konstantu C, odnosno vrijedi: d d F ( x) , f ( x)dx = F ( x) + C ? f ( x) = ( F ( x) + C ) = dx dx jer je derivacija od konstante C jednaka nuli. Preciznije, za primitivne funkcije dane funkcije vrijedi sljede?i rezultat: 〈 ?Teorem 14. Neka su y = F (x) i y = G (x) dvije primitivne funkcije dane funkcije y = f (x) . Tada postoji konstanta C takva da vrijedi: F ( x) ? G ( x) = C . Opisno re?eno, sve primitivne funkcije jedne iste funkcije se razlikuju za proizvoljnu konstantu. ?
  • 2. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 128 Nije lako napamet re?i ?to je to i) ii) 〈 f ( x)dx , kao u sljede?im primjerima: 〈 cos xdx = sin x jer je cos x = (sin x)' ; 〈 e dx = e jer je e = (e )' ; x x x 1 x 1 = (ln x)' ; x 1 1 dx = tg x jer je = ( tg x)' . 2 cos x cos 2 x iii) 〈 x dx = ln x iv) 〈 jer je Naime, dovoljno je samo malo promijeniti podintegralnu funkciju, pri ?emu vi?e ne mo?emo napamet rije?iti pripadne integrale, kao u primjerima: 〈 sin 2 xdx , 〈 xe dx , 〈 ln xdx x i sli?nim. ?tovi?e, malom promjenom podintegralne funkcije mo?emo dobiti integrale koje je nemogu?e eksplicitno rije?iti bez upotrebe ja?eg analiti?kog aparata, kao ?to su Taylorovi redovi i sli?no. Na primjer: 〈 sin x 2 dx ili 〈 2 e x dx . U ovakvim situacijama va?no je znati da li uop?e postoji integral, o ?emu govori sljede?i rezultat. ?Teorem 15. Ako je podintegralna funkcija y = f (x) neprekidna na nekom intervalu (a,b), tada postoji neodre?eni integral F ( x) = 〈 f ( x)dx na intervalu (a,b). ? Prema ovome mo?emo zaklju?iti da je integriranje znatno zahtjevnije od deriviranja, gdje nije bilo velike razlike u deriviranju me?u sli?nim funkcijama, kao ?to su, na primjer: sin x , sin 2 x , te sin x 2 . Sve se one lako i na sli?an na?in deriviraju, dok se potpuno razli?ito integriraju: prva lako, druga osrednje, dok tre?a znatno te?e. Da bismo olak?ali proces integriranja nekih funkcija, mo?emo koristiti: 1. tablicu integriranja osnovnih funkcija (to je ＾anti - tablica￣ tablici deriviranja); 2. svojstva integrala (samo dva svojstva); 3. metode supstitucije i parcijalne integracije (metodama se ne rje?ava integral nego se zamjenjuje odgovaraju?im jednostavnijim). 7.1 TABLICA I SVOJSTVA INTEGRALA Svojstva integrala su malobrojna te toliko prirodna, da nismo ni svjesni kada ih koristimo: i) homogenost: 〈 cf ( x)dx = c 〈 f ( x)dx ; ii) linearnost: 〈 ( f ( x) + g ( x))dx = 〈 f ( x)dx + 〈 g ( x)dx .
  • 3. 7. Integrali 129 Prema ovim svojstvima, potrebno je podintegralnu funkciju rastaviti na ?to vi?e dijelova jer to odgovara integriranju, ?to nismo morali raditi kod deriviranja. Na primjer: ((1 + x 2 ) 2 )' = 4 x(1 + x 2 ) , ?to je metodolo?ki razli?ito u odnosu na 〈 (1 + x 2 2 〈 〈 〈 〈 ) dx = (1 + 2 x 2 + x 4 )dx = 1dx + 2 x 2 dx + x 4 dx , odnosno za razliku od derivacije, integral ＾?eka￣ da se podintegralna funkcija rastavi na ?to vi?e elementarnih dijelova. Budu?i da je integral jednak antiderivaciji, tablicu integrala osnovnih funkcija tretiramo kao ＾anti C tablicu￣ tablici deriviranja. Naime, u tablici deriviranja smo pisali da je (sin x)' = cos x , dok ?emo u tablici integriranja pisati: 〈 cos xdx = sin x , i tako redom za ostale funkcije iz tablice deriviranja, pa dobivamo sljede?u tablicu integriranja: y = f (x) 〈 f ( x)dx y = f (x) x n , n 』 ?1 x n +1 n +1 1 1+ x2 1 ? 1+ x2 1 1 x ln | x | ex ex sin x ? cos x cos x sin x sh x ch x ch x sh x 1 cos 2 x ? 1 sin 2 x tg x ? arc tg x arc ctg x arc sin x 1? x2 1 arc cos x 1 ? x2 1 2 a + x2 1 ? 2 a + x2 1 ? x 1 arc tg a a x 1 arc ctg a a x arc sin a a2 ? x2 1 2 a ?x x ctg x 〈 f ( x)dx 2 a ,0 < a 』1 arc cos x a ax ln a Pro?itati sljede?e rije?ene zadatke pa ih ponovno rije?iti samostalno i bez gledanja. 454. 〈 x 3 dx = x 3+1 x4 +c= +c. 3 +1 4
  • 4. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 130 455. 〈 1 1 x ?5+1 ?1 dx = x ?5 dx = + c = ? x ?4 + c = 4 + c . 5 ? 5 +1 4 4x x 〈 1 +1 3 〈 x2 x2 2 3 x dx = x dx = 1 +c= 3 +c= x +c. +1 3 2 2 457. 〈 1 458. 〈(x + 459. 〈 (2 460. 〈 461. 〈 2(1 + 3x 456. 〈 1 2 ? 2 +1 1 x 3 x3 dx = dx = x dx = 2 + c = 1 + c = 3? 3 x + c . 2 ? 3 +1 x3 x2 3 3 1 〈 3 〈 ?2 3 1 1 4 5 4 x )dx = 3〈 dx + 〈 x 4 dx = 3ln | x | + x 4 + c = 3ln | x | + ? 4 x5 + c . x 5 5 4 4 3 21 3 8 4 4 7 x ? x + x +c. 3 8 7 2 1 1 x 4 ( 2 ? 3 x + x 3 )dx = 2 x 4 dx ? 3 x 5 dx + x 7 dx = x 5 ? x 6 + x 8 + c . 5 2 8 〈 〈 1 〈 5 3 x ? 73 x 5 + 4 x 3 )dx = 2 x 2 dx ?7 x 3 dx + x 4 dx = 〈 〈 〈 〈 2 2 〈 〈 〈 ) dx = 2 (1 + 6 x 2 + 9 x 4 )dx = 2 dx + 12 x 2 dx + 18 x 4 dx = 18 5 x +c. 5 (3x ? 2) 2 9 x 2 ? 12 x + 4 1 1 1 dx = dx = 9 dx ? 12 2 dx + 4 3 dx = 3 3 x x x x x = 2x + 4x3 + 462. 〈 〈 〈 = 9 ln | x | + 463. 〈 x+ x 3 x2 dx = 〈 x 3 x2 〈 1 dx + 〈 〈 〈 ( x + 3 x )2 x dx = 〈 〈 12 2 ? +c. x x2 x 3 ?1 x2 〈 〈 ?2 1 ?2 dx = x ? x 3 dx + x 2 ?x 3 dx = = x 3 dx + x 6 dx = 464. 〈 33 4 66 5 x + x +c. 4 5 x 2 + 2 x3 x + 3 x 2 4 dx = 2 x2 + 2x 3 + x 3 〈 1 2 〈 〈 3 5 〈 1 dx = x 2 dx + 2 x 6 dx + x 6 dx x x 2 5 12 11 6 7 2 5 12 6 11 6 6 7 = x2 + x 6 + x6 + c = x + x + x +c. 5 11 7 5 11 7 Napomena: uvijek nakon odre?enog broja zadataka treba napraviti pauzu, jer nije toliko va?na koli?ina ura?enih zadataka, koliko je va?na kvaliteta i na?in na koji se oni rje?avaju. To zna?i, ako vam popusti koncentracija, odmori malo (?etnja oko stola)! 465. 〈 466. 〈 4 1 2 2x + 2 x )dx = 3 x 5 dx ? 4 x ?7 dx + 2 x dx = x 6 + x ?6 + +c= 2 3 ln 2 x7 1 2 2x +c. = x6 + 6 + 2 ln 2 3x 3 4 1 1 (2 cos x ? 2 + ? 5 sin x) dx = 2 cos xdx ? 3 2 dx + 4 dx ? 5 sin xdx = x x x x (3x 5 ? 〈 〈 〈 〈 = 2sin x + 〈 〈 〈 3 + 4 ln | x | +5cos x + c . x
  • 5. 7. Integrali 467. 131 2 〈 ( cos 〈 469. 〈 470. 〈( 471. 〈 〈 〈 〈 〈 〈 〈 ( 1 9 ? x2 + 〈 〈 x 1 x 1 1 1 + 2 )dx = arc sin + arc tg + c . )dx = ( 2 2 3 2 2 4+ x 32 ? x 2 2 + x 〈 2 3 1 ? cos 2 x dx )dx = 3 ? tg 2 x + ? dx + 2 2 + x2 cos 2 x ( 2 )2 + x2 3 ? x2 〈 = 473. 3 1 1 + 4sh x)dx = 2 dx ? 3 dx + 4 sh xdx = 2 2 sin x cos x sin 2 x = 2tg x + 3ctg x + 4ch x + c . 〈 = 〈 x ? 2 ? 3x + 3 ? 2 x 3 2 (3 / 5) x (2 / 5) x dx = 2 ( ) x dx + 3 ( ) x dx = 2 +3 +c. 5 5 ln(3 / 5) ln(2 / 5) 5x 2 dx ? ch x + 3e x ) dx = 2 ? ch xdx + 3 e x dx = 2 ? arc tg x ? sh x + 3e x + c . ( 2 2 1+ x 1+ x 468. 472. 2 3 2 x arc tg 2 ? 1 〈 cos 2 x 〈 〈 dx + dx + 2 ? arc sin x 3 〈 dx ( 3)2 ? x2 = +c= 3 x x arc tg ? tg x + x + 2arc sin +c. 2 2 3 dx 9 ? 4x2 = dx 〈 = 4( 9 ? x 2 ) 4 1 2 dx 〈 9 4 ? x2 = 1 2 〈 1 2 = arc sin x + c . 3 ( 3 )2 ? x2 2 2 dx (cos 2 x + sin 2 x)dx cos 2 x sin 2 x dx = = dx + dx = cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x dx dx = + = ?ctg x + tg x + c . 2 sin x cos 2 x 〈 〈 〈 〈 〈 ?ZADACI ZA VJE?BU? 474. 〈 x( 2 ? x) 2 dx . 475. ( x + 1) 3 dx . 3x 8 〈 480. 〈 x ( x ? 3 x ) dx . 〈 x x x dx . 486. 〈 489. 〈 478. ( x 3 ? 3 x 5 + b2 ? a 2 x2 . 〈 484. 〈( 487. (1 + x) 2 dx x3 + x dx ( x + 3 x )2 481. 490. 〈 cos 13 x )dx . 3 〈 2 8 dx . 4 x x+ (3x ? 1) 2 dx . x4 2 3 1 479. ( ? 3 + )dx . x 2 x 2 x5 3 x ?5 x 482. dx . 5 11 x 1 2 485. ( x 3 ? ) dx . x3 476. 〈 477. 483. 〈 x?5 dx . x5 1 x dx . ) 2 dx . x x cos 2 x dx . 2 x sin 2 x 〈 〈 〈 〈 488. 〈 491. 〈 2x + 5x dx . 10 x sin 2 x dx . sin x cos 3 x
  • 6. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 132 492. 〈 dx . 2 ch x sh 2 x 493. 〈 (tg x ? ctg x) dx . 2 RJE?ENJA 1 5 9 3 1 4 3 1 4 x + x + c. 475. ? 3 + 4 + c. 476. ? + 2 ? 3 + c. 3 4 x x 3x 4x 3x 1 1 1 1 2 5 6 7 13 4 477. ? ? 5? 6? + c. 478. x ? x + x + c. 4 7 5 7 4 12 x 5x 6x 21x 9 1 2 5 6 6 11 479. 4 x ? 3 x 2 ? + c. 480. x ? x + c. 5 11 4 3 x3 474. 2 x 2 ? 481. 4 4 7 24 12 19 12 12 17 15 1 1 8 15 / 8 x + x + x + c. 482. ? x + c. + + c. 483. 7 19 17 15 13 15 x13 x 1 2 1 1 x + 2 x + ln | x | + c. 485. x 4 ? 2 x ? 2 + c. 486. ln | x | +2arctgx + c. 4 2x 2 x ?x ?x 1 ax 16 5 2 487. + c. 488. ? ? + c. 489. arcsin + c. 490. ? ctgx ? tgx + c. ln 16 ln 5 ln 2 a b 484. 491. 2tgx + c. 492. ? thx ? cthx + c. 493. tgx ? ctgx ? 4 x + c. 7.2 METODA SUPSTITUCIJE Koriste?i razne supstitucije integral mo?e biti zamijenjen odgovaraju?im jednostavnijim. Metodom supstitucije se integral ne rje?ava direktno kao u prethodnoj to?ki, nego se integriranje olak?ava. Postupak supstitucije opisan je u sljede?em rezultatu: ?Teorem 16. Neka je f : R ★ R neprekidna podintegralna funkcija, te neka je ?eljena supstitucija dana funkcijom x = ? (t ) isto neprekidna s neprekidnom derivacijom ? ' (t ) . Tada vrijedi formula za supstituciju u neodre?enom integralu: 〈 f ( x ) dx = x = ? (t ) = dx = ? ' (t ) dt 〈 f (? (t ))? ' (t )dt .? Kako vidimo, supstituciju x = ? (t ) i pripadnu derivaciju dx = ? ' (t )dt zapisujemo u zagradi oblika |´..|, ?ime u potpunosti realiziramo namjeru rje?avanja integrala metodom supstitucije. U sljede?im primjerima pro?itati te ponovno samostalno rije?iti dane integrale.
  • 7. 7. Integrali 133 3 + 5x = t 494. 〈 (3 + 5 x) dx = 8 1 8 1 1 t dt = t 9 + c = (3 + 5 x) 9 + c . 5 45 45 〈 5dx = dt = dx = 1 dt 5 495. 2 ? 3x = t 1 dt 1 ?9 1 ?8 1 dx = 〈 (2 ? 3x)9 ?3dx = dt = ? 3 〈 t 9 = ? 3 〈 t dt = 24 t + c = 24(2 ? 3x)8 + c . 496. 〈 497. 〈 498. 〈 499. 〈 sin10 xdx = 10dx = dt = 10 〈 sin tdt = ? 10 cos t + c = ? 10 cos10 x + c . 500. 〈 cos 501. 〈 cos(2 ? 5x)dx = ? 5dx = dt = ? 5 〈 cos tdt = ? 5 sin t + c = ? 5 sin(2 ? 5x) + c . 502. 〈e x ? 4dx = 3 4 x ? 1dx = dx 4 (2 x + 4) 3 x?4=t dx = dt = 4x ?1 = t 4dx = dt = 2 2 t dt = t 1/ 2 dt = t 3 / 2 + c = ( x ? 4) 3 + c . 3 3 〈 〈 2x + 4 = t 2dx = dt 10 x = t 1 4 〈 = = 1 2 3 t dt = 〈 dt 4 t3 1 1 1/ 3 3 3 t dt = t 4 / 3 + c = 3 ( 4 x ? 1) 4 + c . 4 16 16 〈 = 1 ?3 / 4 t dt = 2t 1/ 4 + c = 2 ? 4 2 x + 4 + c . 2 〈 1 1 3x = t dx 1 dt 1 1 = = 〈 = tg t + c = tg 3x + c . 2 2 3 x 3dx = dt 3 cos t 3 3 2 ? 5x = t 3x+4 3x + 4 = t dx = 3dx = dt = 1 1 1 1 t 1 1 e dt = e t + c = e 3 x + 4 + c . 3 3 3 〈 Napomena: svaki se rezultat integriranja mo?e jednostavno provjeriti, tako da dobiveni rezultat deriviramo, budu?i da znamo da derivacija integrala mora biti jednaka podintegralnoj funkciji! 503. 504. 505. 〈7 〈 2 x +1 dx = 2x + 1 = t 2dx = dt = 1 t 1 t 1 7 dt = 7 +c= 7 2 x +1 + c . 2 2 ln 7 2 ln 7 〈 2x2 ? 1 = t x 1 dt 1 ?3 1 1 dx = 4 xdx = dt = = t dt = ? t ? 2 + c = ? +c. 2 3 2 4 t3 4 8 (2 x ? 1) 8(2 x ? 1) 2 1 xdx = 4 dt 〈 (2 + 〈 〈 2+ x =t x x) dx = dx = dt = 2 2 x dx = 2(t ? 2)dt 1 〈 (t ? 2) 2 t 2 ? 4t + 4 4 dt = 2 dt = 2 (t ? 4 + )dt = t t t 〈 〈
  • 8. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 134 2 = t ? 8t + 8 ln t + c = (2 + x ) 2 ? 8(2 + x ) + 8 ln(2 + x ) + c . 506. 〈 1+ x +1 = t 1 x ((t ? 1) 2 ? 1)(t ? 1) t 3 ? 3t 2 + 2t dx = dt dx = 2 x +1 =2 dt = 2 dt = t t 1+ x +1 dx = 2(t ? 1)dt x = (t ? 1) 2 ? 1 〈 〈 2 = 2 t 2 dt ? 6 tdt + 4 dt = t 3 ? 3t 2 + 4t + c = 3 2 = (1 + x + 1) 3 ? 3(1 + x + 1) 2 + 4(1 + x + 1) + c . 3 〈 〈 〈 cos x = t sin x 507. 〈 tg xdx = 〈 cos x dx = ? sin xdx = dt = ? 〈 508. 〈 cos x = 〈 cos sin x = t cos x cos x dt dt dx = dx = = = = 2 2 2 cos xdx = dt (1 ? t )(1 + t ) x 1 ? sin x 1? t dx = 〈 〈 〈 〈 1 1 dt 1 dt 1 + = ? ln | 1 ? t | + ln | 1 + t | + c = 2 2 1? t 2 1+ t 2 〈 〈 = 509. dt = ? ln | t | + c = ? ln | cos x | + c . t 1 1 + sin x 1 1+ t +c. + c = ln ln 2 1 ? sin x 2 1? t ln x = t ln 2 x 1 1 dx = 1 = t 2 dt = t 3 + c = ln 3 x + c . dx = dt x 3 3 x 〈 〈 510. sin 4 x cos xdx = sin x = t 1 1 = t 4 dt = t 5 + c = sin 5 x + c . cos xdx = dt 5 5 〈 Napomena: zadatke ne treba raditi jedan za drugim mehani?ki, jer nije jedini cilj rje?avanja zadatka dobiti to?no rje?enje; treba se malo istra?iva?ki poigrati, kao na primjer: razmisliti kako odre?eni tip podintegralne funkcije implicira odre?eni tip rje?enja, ili usporediti te?inu integriranja me?u raznim tipovima podintegralnih funkcija, ili poku?ati zapamtiti neke lak?e rezultate, kao npr. integrale funkcija y = sin 3 x , y = e 5 x i sli?no. Time razvijamo mnoge druge osobine, a samo integriranje postaje sporedna aktivnost. 511. 〈 x+2=t 2 4 x x + 2dx = dx = dt = (t ? 2) t dt = t 3 / 2 dt ? 2 t 1/ 2 dt = t 5 / 2 ? t 3 / 2 + c = 5 3 x=t?2 〈 = 〈 2 4 ( x + 2) 5 ? ( x + 2) 3 + c . 5 3 〈
  • 9. 7. Integrali 512. 513. 514. 515. 516. 〈 135 x e x x =t dx = 2 x 1 dx x 518. = 2dt x +c. 〈 x2 + 5 = t 1 11 1 1 x( x 2 + 5)11dx = 2 xdx = dt = t dt = t 12 + c = ( x 2 + 5)12 + c . 2 24 24 xdx = 1 dt 2 〈 2 x3 + 4 = t 1 1 1 x 2 sin(2 x 3 + 4)dx = 6 x 2 dx = dt = sin tdt = ? cos t + c = ? cos(2 x 3 + 4) + c . 6 6 6 x 2 dx = 1 dt 6 〈 x2 ? 4 = t x 1 dt 1 1 dx = 2 xdx = dt = = tg t + c = tg ( x 2 ? 4) + c . 2 2 2 2 cos t 2 2 cos ( x ? 4) xdx = 1 dt 2 〈 〈 〈 e2x 〈 ex +1 dx = 〈 = 517. 〈 dx = dt = 2 e t dt = 2e t + c = 2e 1 ?x ex +1 = t (t ? 1) dx = e x dx = dt = dt = t 1/ 2 dt ? t ?1/ 2 dt = x t e +1 ex = t ?1 e xe x 〈 〈 〈 2 3/ 2 2 t ? 2t 1 / 2 + c = (e x + 1) 3 ? 2 (e x + 1) + c . 3 3 2 x + 2? x = t 2 ?2 1 dt ln t 1 x ?x dx = ln 2(2 x ? 2? x )dx = dt = x ?x 〈 t = ln 2 + c = ln 2 ln(2 + 2 ) + c . +2 ln 2 (2 x ? 2? x )dx = ln12 dt 〈2 〈 x x +1 = t2 tdt dt = dx = 2tdt = 2 2 =2 2 = 2arc tg t + c =2arc tg x + 1 + c . (t + 1)t t +1 ( x + 2) x + 1 2 x = t ?1 dx 〈 〈 Napomena: nije dobro vje?bati samo zadatke iste te?ine, na primjer, samo lak?e zadatke; nakon odre?enog vremena, veoma je dobro prije?i i na te?i tip zadataka, pa onda se vratiti na lak?u, i tako dalje. Ukoliko se vje?ba samo lak?a grupa zadataka, tada dolazite u opasnost takozvanog rutinskog rje?avanja, ?to se mo?e pokazati negativnim na pismenom dijelu ispita, ako se pojavi za vas takozvani nepoznati integral. Tada ?e vas rutina vjerojatno zablokirati!
  • 10. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 136 ?ZADACI ZA VJE?BU? 519. 522. 525. 〈 4 x ? 5dx . 520. 〈 2x dx . 2 ( x + 7) 4 523. 〈 526. 〈 〈 xe 〈 sin 10 x cos xdx . 528. 〈 531. 〈 x ln x . dx 534. 〈 537. 〈 540. ( x 2 + 1) x ? 2dx . ln x 2 x) 〈 (x ? 1) 524. 〈 sin 3x cos 527. 〈 (2 + 3 cos x) 530. 〈 x 2 sin . 533. 〈 dx ( x ? 1)18 dx . 536. 〈 539. 〈 3 dx . x x2 / 2 dx . dx . dx 〈x 4 dx 521. x +x ( x ? 1) 2 535. 〈 x 3 + 4dx . x2 3 〈 538. 2 3x 2 + 1 532. e2x dx . e x ?1 x dx . 1+ x4 〈 x(4 + ln 529. 〈 3x 3 x (1 + x ) 2 1 ? x6 4 dx . 4 . 3 3 xdx . sin x 2 dx . x3 dx . 3 . e x +1 x dx . 3 x +1 ctg x dx . ln sin x dx . RJE?ENJA (4 x ? 5) 3 / 2 2 1 + c. 520. ( x 3 + 4) 3 + c. 521. ? + c. 6 3 3( x ? 1) 3 3 1 1 523. 3 ( x 3 + x) 2 + c. 524. ? cos 4 3x + c. 525. sin11 x + c. 2 12 11 2 8 1 10 ( x ? 2) 7 + + c. 528. ( x ? 2) 5 + 527. ( x ? 2) 3 7 5 6 + 9 cos x 3 3 2 x 529. e x / 2 + c. 530. ? cos + c. 531. ln ln x + c. 532. 4 ln(1 + 4 3 519. 533. ln ex +1 ?1 x e +1 +1 522. ? 526. 1 + c. 3( x + 7) 3 2 2 ( x ? 1) 3 + c. 3 + c. x ) + c. + c. 534. ln(e x ? 1) + e x + c. ( x ? 1) 21 ( x ? 1) 20 ( x ? 1)19 3 1 + + + c. 536. ( x + 1) 2 / 3 (2 x ? 3) + c. 537. arctgx 2 + c. 535. 10 2 21 10 19 1 538. arcsin x3 + c. 539. ln ln sin x + c. 540. ln 4 + ln 2 x + c. 3
  • 11. 7. Integrali 137 7.3 PARCIJALNA INTEGRACIJA Kao i kod supstitucije, parcijalnom integracijom dani integral mijenjamo s odgovaraju?im jednostavnijim integralom. ?esto se postavlja pitanje: kada primijeniti parcijalnu integraciju, a ne supstituciju? Ukoliko se u podintegralnoj funkciji nalazi produkt od dvije takozvane raznorodne funkcije (npr. jedna algebarska a druga transcedentna), ili se nalazi jedna ili dvije transcedentne funkcije, tako da niti jedna supstitucija ne daje rezultat, tada obavezno primjenjujemo parcijalnu integraciju. Na primjer, f ( x) = x cos x ili f ( x) = arc tg x ili f ( x) = e 2 x cos 3 x . Sama ideja parcijalne integracije sastoji se u tome da se produkt dviju funkcija zamijeni s produktom od derivacije prve i integralom druge, ili obratno. To se tehni?ki izvodi po sljede?em pravilu: ?Teorem 17. Neka su dane dvije ＾dovoljno glatke￣ funkcije y = f (x ) i y = g (x) . Tada vrijedi formula parcijalne integracije: 〈 f ( x) g ' ( x)dx = f ( x) g ( x) ? 〈 g ( x) f ' ( x)dx ili, u radnom obliku, 〈 u = f ( x) du = f ' ( x)dx udv = uv ? vdu, gdje je dv = g ' ( x)dx . ? v = g ( x) 〈 ?Dokaz. Znamo da derivacija produkta funkcija zadovoljava pravilo: ( f ? g )' = f '?g + f ? g ' . Direktnim integriranjem ove jednakosti, uz kori?tenje da je 〈 ( f ? g )' dx = f ? g ?to je definicija integrala, neposredno slijedi tra?ena formula parcijalne integracije. ? To zna?i da onu funkciju koju je bolje ＾poslati￣ u derivaciju ozna?avamo sa ＾u￣ dok onu funkciju koju je bolje ＾poslati￣ u integral ozna?avamo sa ＾dv￣. Na primjer, u produktu y = x cos x bolje je ＾poslati￣ y = x u derivaciju, a y = cos x u integral, jer produkt derivacije prve i integrala druge funkcije je y = 1? sin x , ?to je mnogo jednostavnije za integrirati od produkta y = x cos x ,odnosno: u=x 541. 〈 x cos xdx = du = dx dv = cos xdx 〈 v = cos xdx = sin x 〈 〈 = uv ? vdu = x sin x ? sin xdx = x sin x + cos x + c .
  • 12. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 138 Naravno, mogli smo izabrati onu drugu, nepovoljniju, kombinaciju, odnosno poslati y = x u integral, a y = cos x u derivaciju. Me?utim, tada je produkt integrala prve i derivacije druge funkcije jednak funkciji y = ? 1 x 2 sin x , ?to je te?e integrirati od zadane funkcije y = x cos x . 2 Pro?itati sve rije?ene primjere iz parcijalne integracije, pa potom sve zadatke samostalno rije?iti, bez gledanja u postupak. u = 2x ?1 542. 〈 du = 2dx (2 x ? 1)e 4 x dx = 1 2 4x = uv ? vdu = (2 x ? 1) e 4 x ? e dx = 4 4 〈 dv = e 4 x dx 〈 4x v = e dx = e 1 4 〈 4x 2x ?1 4x 1 4x e ? e +c. 4 8 = u = ln 2 x 543. 〈 x 3 ln 2 xdx = du = 1 dx 2x 3 〈 = uv ? vdu =(ln 2 x) 1 x 4 ? 4 dv = x dx 1 x4 1 3 dx = 1 x 4 ln 2 x ? x dx = 4 8 x 8 〈 〈 v = 1 x4 4 x 4 ln 2 x 1 4 = ? x +c. 4 16 u = arc sinx 544. 〈 arc sinxdx = du = dx 1? x 2 dv = dx 〈 = uv ? vdu =(arc sinx) ? x ? v=x = x ? arc sin x + 1 2 〈 dt t = x ? arc sin x + 〈 x 1 ? x2 1 ? x2 = t dx = ? 2 xdx = dt = ? xdx = 1 dt 2 1 ?1/ 2 t dt = x ? arc sin x + (1 ? x 2 )1/ 2 + c . 2 〈 Napomena: znamo da u parcijalnoj integraciji postoje najvi?e dvije mogu?nosti za odluku koju od dvije podintegralne funkcije ＾poslati￣ u derivaciju a koju u integral; da bismo razvili osje?aj koji je bolji, a koji lo?iji izbor za u i v , bilo bi dobro za svaki od ovih integrala, gdje je ponu?ena bolja mogu?nost, uraditi i onu lo?iju. Naravno, ako je samo jedna podintegralna funkcija, tada imao samo jednu mogu?nost! 545. 〈 u = arc tgx 1 + x2 = t du = 1+1x 2 dx x dx = 2 xdx = dt = arc tgxdx = = uv ? vdu = x ?arc tgx ? dv = dx 1 + x2 xdx = 1 dt 2 v=x 〈 1 dt 1 1 = x ? arc tg x ? ln t + c = x ? arc tg x ? ln(1 + x 2 ) + c . 2 t 2 2 u=x du = dx x cos x dx = dx = = uv ? vdu = ? x ? ctg x + ctg xdx = ? x ? ctg x + 2 1 dv = sin 2 x dx sin x sin x v = ?ctg x = x ? arc tg x ? 546. 〈 〈 〈 〈 〈 〈
  • 13. 7. Integrali = 547. 〈 139 sin x = t dt = ? x ? ctg x + 〈 = ? x ? ctg x + ln t + c = ? x ? ctg x + ln sin x + c . cos xdx = dt t u = e3 x du = 3e 3 x dx 1 3 3x e 3 x cos 2 xdx = e sin 2 xdx = = uv ? vdu = e 3 x sin 2 x ? 2 2 dv = cos 2 xdx v = 1 sin 2 x 2 〈 〈 u = e3 x du = 3e 3 x dx 1 3 1 3 1 3 3x = = e 3 x sin 2 x ? [uv ? vdu ] = e 3 x sin 2 x ? [? e 3 x cos 2 x + e cos 2 xdx] = 2 2 2 2 2 dv = sin 2 xdx 2 v = ? 1 cos 2 x 2 〈 〈 = 9 3x 1 3x 3 e sin 2 x + e 3 x cos 2 x ? e cos 2 xdx . 2 4 4 〈 To zna?i da smo dvostrukom primjenom parcijalne integracije istog tipa za po?etni integral dobili jednakost: 1 3 9 3x e 3 x cos 2 xdx = e 3 x sin 2 x + e 3 x cos 2 x ? e cos 2 xdx , 2 4 4 iz ?ega, rje?avanjem po tra?enom integralu (nepoznati integral na lijevu stranu a sve ostalo na 2 3 desnu stranu), slijedi: e 3 x cos 2 xdx = e 3 x sin 2 x + e 3 x cos 2 x . 13 13 〈 〈 〈 548. 〈 u=x u = x2 du = dx du = 2 xdx x 2 e x dx = = uv ? vdu = x 2 e x ? 2 xe x dx = = x dv = e x dx dv = e dx v = ex v = ex 〈 〈 〈 〈 = x 2 e x ? 2[uv ? vdu ] = x 2 e x ? 2[ xe x ? e x dx] = x 2 e x ? 2 xe x + 2e x + c . ?ZADACI ZA VJE?BU? 549. 〈 xe ?x dx . 〈 arc cosxdx . 555. 〈 x sin 2 xdx . 558. 〈 x ? arc tgxdx . 552. 2 550. 〈 x sin xdx . 〈e 556. 〈 e 553. x sin xdx . ?x sin xdx . x 〈 cos x dx . 554. 〈 x ln xdx . 557. 〈 cos(ln x)dx . 551. 2 RJE?ENJA 549. ? e ? x ( x + 1) + c. 550. ? x cos x + sin x + c. 551. x ? tgx + ln cos x + c.
  • 14. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 140 x e (sin x ? cos x) + c. 2 x 1 ? 2x2 e? x 4 1 554. x x (ln x ? ) + c. 555. sin 2 x + cos 2 x + c. 556. ? (sin x + cos x) + c. 3 3 2 4 2 x 1 1 557. (cos ln x + sin ln x) + c. 558. ( x 2 + 1)arctgx ? x + c. 2 2 2 552. x arccos x ? 1 ? x 2 + c. 553. 7.4 INTEGRALI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA Ako ?elimo uspje?no rje?avati integrale u kojima se pojavljuje produkt vi?e razli?itih trigonometrijskih funkcija, potrebno je unaprijed znati razne supstitucije, koje su bazirane na odgovaraju?im adicionim formulama. Stoga ?emo prije svakog podtipa u integriranju trigonometrijskih funkcija navesti sve adicione formule koje se koriste. Prvo rje?avamo integral tipa 〈 sin m x cos 2 n +1 xdx ili 〈 cos m x sin 2 n +1 xdx , odnosno, kada je barem jedna od trigonometrijskih funkcija sin x ili cos x ＾napadnuta￣ neparnom potencijom oblika 2n+1 dok druga potencija mo?e biti bilo ?to. Tada primjenjujemo sljede?i trik: 〈 sin m 〈 〈 x cos 2 n +1 xdx = sin m x cos 2 n x cos xdx = sin m x(cos 2 x) n cos xdx = 〈 = sin m x(1 ? sin 2 x) n cos xdx = sin x = t = t m (1 ? t 2 ) n dt . cos xdx = dt 〈 To zna?i da ovakav integral jednostavnom supstitucijom prevodimo u integral po odgovaraju?em polinomu, ?to se pak direktno rje?ava. Pritom smo koristili adicionu formulu: sin 2 x + cos2 x = 1 ? cos2 x = 1 ? sin 2 x ? sin 2 x = 1 ? cos2 x. Na prethodno opisan na?in rije?it ?emo slijede?e primjere: 559. 〈 sin = 2 x cos5 xdx = 〈 sin 2 x cos 4 x cos xdx = 〈 sin 2 x(1 ? sin 2 x) 2 cos xdx = sin x = t 1 2 1 = 〈 t 2 (1 ? t 2 ) 2 dt = 〈 (t 2 ? 2t 4 + t 6 )dt = t 3 ? t 5 + t 7 + c = cos xdx = dt 3 5 7 sin 3 x 2sin 5 x sin 7 x = ? + +c. 3 5 7 560. cos x = t sin 3 x sin 2 x sin x (1 ? cos 2 x) sin x dx = 〈 dx = 〈 dx = = 2 2 〈 cos2 x ? sin xdx = dt cos x cos x =? 〈 1? t2 1 dt = ? t ? 2 dt + dt = t ?1 + t + c = + cos x + c . 2 cos x t 〈 〈
  • 15. 7. Integrali 561. 〈 141 3 cos x sin x = 〈 dx = 〈 (1 ? t 2 ) t 2 cos x cos x sin x dx = 〈 2 (1 ? sin x) cos x sin x dx = sin x = t = cos xdx = dt 2 2 dt = t ?1/ 2 dt ? t 3 / 2 dt =2t 1/ 2 ? t 5 / 2 + c = 2 sin x ? sin 5 x + c . 5 5 〈 〈 〈 Ako rje?avamo integral oblika sin 2 m x cos 2 n xdx , gdje su obje funkcije sin x i cos x ＾napadnute￣ s parnim potencijama 2m, odnosno 2n, tada imamo ne?to kompliciraniju situaciju od prethodnog slu?aja. Jedino ?to mo?emo je koristiti adicione formule za sni?avanje parne potencije nad sin x i cos x : sin 2 x = 1 (1 ? cos 2 x) , 2 cos 2 x = 1 (1 + cos 2 x). 2 To zna?i da na bilo kojem mjestu u integralu mo?emo iskoristiti ove dvije formule, kao u sljede?im rije?enim primjerima: 〈 562. sin 2 x cos 2 xdx = = 1 1 1 〈 2 (1 ? cos 2 x) 2 (1 + cos 2 x)dx = 4 〈 (1 ? cos 2 2 x)dx = 1 1 1 1 1 x sin 4 x sin 2 2 xdx = (1 ? cos 4 x)dx = dx ? cos 4 xdx = ? +c. 4 4 2 8 8 8 32 〈 〈 〈 563. sin 2 x cos 4 xdx = 〈 1 〈 2 (1 ? cos 2 x)[ 1 2 〈 (1 + cos 2 x)]2 dx = 1 1 (1 ? cos 2 x)(1 + 2 cos 2 x + cos 2 2 x)dx = [1 + cos 2 x ? cos 2 2 x ? cos 3 2 x]dx = 8 8 x sin 2 x 1 1 1 1 dx + cos 2 xdx ? cos 2 2 xdx ? cos 3 2 xdx = + = ? 8 8 8 8 8 16 sin 2 x = t 1 1 (1 ? cos 4 x)dx ? (1 ? sin 2 2 x) cos 2 xdx = ? = 2 cos 2 xdx = dt 16 8 = 〈 〈 〈 〈 〈 〈 〈 〈 = 1 x sin 2 x x 1 x sin 2 x sin 4 x t t3 cos 4 xdx ? (1 ? t 2 )dt = + + ? + + ? + = 8 16 16 16 16 16 16 64 16 48 = x sin 2 x sin 4 x sin 2 x sin 3 2 x x sin 3 2 x sin 4 x + + ? + +c= + + +c. 16 16 64 16 48 16 48 64 〈 Na kraju rje?avamo tip integrala 〈 〈 sin αx cos βxdx ili 〈 sin αx sin βxdx ili 〈 cosαx cos βxdx , gdje su potencije jednostavne, ali su ＾frekvencije￣ α i β razli?ite od 1. U ovom slu?aju nam jedino mogu pomo?i adicione formule za produkt trigonometrijskih funkcija sa proizvoljnim frekvencijama α i β : sin αx cos βx = 1 [sin(α + β ) x + sin(α ? β ) x ] 2 sin αx sin βx = 1 [cos(α ? β ) x ? cos(α + β ) x] 2 cosαx cos βx = 1 [cos(α + β ) x + cos(α ? β ) x]. 2
  • 16. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 142 Sada direktnim uvr?tavanjem prethodnih formula mo?emo rije?iti pripadne integrale za bilo koje α i β , odnosno dobivamo formule: 1 cos( + β ) x cos(α ? β ) x α + ] + c, α+β α ?β 〈 sinαx cosβxdx = ? 2 [ 1 sin(α ? β ) x sin(α + β ) x ? ] + c, α?β α+β 〈 sin αx sin βxdx = 2 [ 1 sin(α ? β ) x sin(α + β ) x + ] + c. α?β α+β 〈 cos αx cos βxdx = 2 [ Primijenimo sada ove formule na dva sljede?a primjera: 1 sin(3 ? 1) x sin(3 + 1) x sin 2 x sin 4 x ]+ c = + + +c. 3 ?1 3 +1 4 8 564. 〈 cos 3x cos xdx = 2 [ 565. 〈 sin 3x cos 7 xdx = ? 2 [ cos10 x cos 4 x 1 cos(3 + 7) x cos(3 ? 7) x ]+ c = ? + + +c. 3+ 7 3?7 20 8 Naravno, mnogi se integrali s trigonometrijskim funkcijama mogu rije?iti uobi?ajenim supstitucijama kao u to?ki 9.2. Navodimo nekoliko jednostavnih primjera. 2 + cos x = t sin x dt dx = =? = ? ln t + c = ? ln(2 + cos x) + c . ? sin xdx = dt 2 + cos x t 566. 〈 567. 〈 4 + sin 568. 〈 cos x 〈 2 x dx = sin x = t 1 1 sin x dt t = = arc tg + c = arc tg +c. 2 cos xdx = dt 2 2 2 2 4+t 〈 2 ? 3 sin x = t 1 1 cos x(2 ? 3 sin x) dx = ? 3 cos xdx = dt = ? t 5 dt = ? t 6 + c = 3 18 cos xdx = ? 1 dt 3 〈 5 =? 1 (2 ? 3 sin x) 6 + c . 18 ?ZADACI ZA VJE?BU? 569. 〈 sin 2 x cos 3 xdx . 570. 〈 cos 572. 〈 sin 4 xdx . 573. 〈 sin 4 x sin 3 xdx . 4 x cos 2 xdx . 571. 〈 574. 〈 sin 3 x dx . cos 4 x cos 2 x dx . sin 4 x
  • 17. 7. Integrali 575. 578. 581. 143 dx 〈 cos x ? sin x . 〈 cos 7 x cos 3xdx . 〈 cos xdx . 4 3 4 576. 〈 sin 5x cos xdx . 577. 〈 sin x cos 5xdx . 579. 〈 sin 15x sin 10 xdx . 〈 sin xdx . 580. 〈 sin x sin 2 x sin 3xdx 5 582. RJE?ENJA 569. 572. 575. 578. 581. 1 1 1 3 1 1 1 sin x ? sin 5 x + c. 570. cos 7 x ? cos 5 x + c. 571. ? + c. 3 3 5 7 5 3 cos x cos x 3 1 1 x 1 1 1 x ? sin 2 x + sin 4 x + c. 573. ? sin 4 x ? sin 3 2 x + c. 574. ? ctg 3 x + c. 8 4 32 16 64 48 3 π 1 cos 6 x cos 4 x cos 6 x cos 4 x ? ln(tg ( x ? )) + c. 576. ? ? + c. 577. ? + + c. 2 4 12 8 12 8 sin 10 x sin 4 x sin 25 x sin 5 x cos 6 x cos 4 x cos 2 x + + c. 579. ? + + c. 580. ? ? + c. 20 8 50 10 24 16 8 sin 3 x 1 2 cos 3 x sin x ? + c. 582. ? cos 5 x + ? cos x + c. 3 5 3 7.5 INTEGRALI RACIONALNIH FUNKCIJA Znatan broj racionalnih funkcija mo?e se integrirati primjenom klasi?nih supstitucija, kao na po?etku poglavlja. Na primjer: 583. 584. 585. 〈 2 ? x4 = t 1 dt 1 1 x3 dx = =? = ? ln | t | + c = ? ln | 2 ? x 4 | + c . 4 3 4 t 4 4 2? x ? 4 x dx = dt 〈 x 3 + 4 = t 1 dt 1 1 1 1 x2 dx = 2 = =? +c=? +c. 3 9 9 8 3 24 t 24 ( x + 4)8 ( x + 4) 3 x dx = dt 3 t 〈 〈 〈 x3 = t 1 dt 1 1 x2 dx = 2 = = arc tg (t ) + c = arc tg ( x 3 ) + c . 6 2 3 3 1+ x 3 x dx = dt 3 1 + t 〈 Me?utim, jo? je ve?i broj primjera gdje treba primijeniti neke nove ＾trikove￣ uz ve? postoje?e supstitucije, kao ?to su: pretvaranje kvadratnog trinoma u binom, rastavljanje razlomka na proste parcijalne razlomke, dijeljenje brojnika s nazivnikom i sli?no. Kao prvo, ako je u nazivniku takozvani kvadratni trinom ax 2 + bx + c , odnosno kvadratna funkcija sa ＾srednjim￣ ?lanom ＾ bx ￣, koju ne mo?emo rastaviti na dva dijela prvog stupnja, tada treba trinom svesti na takozvani kvadratni binom, kao u sljede?em primjeru:
  • 18. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 144 586. 〈 dx = x2 ? x + 1 = (x ? 1 )2 + 2 2 x ? x +1 = 587. 〈t 2 dt + 3 4 = 2 3 2 arc tg 3 〈 dx (x ? 1 )2 + 2 t +c= 2 3 4 = arc tg 3 x? 1 =t 2 = dx = dt 2 3 (x ? 1 ) + c . 2 dx = 2 x 2 + 4 x + 6 = 2( x 2 + 2 x + 3) = 2[( x + 1) 2 + 2] = 2( x + 1) 2 + 4 = + 4x + 6 x +1 = t 1 1 dx dt t x +1 1 1 = = = = +c= +c. arc tg arc tg 2 2 2 ( x + 1) + 2 dx = dt 2 t + 2 2 2 2 2 2 2 〈 2x 2 〈 588. = 3 4 dx 〈 2x ? x2 〈 = 2 x ? x 2 = 1 ? (1 ? x) 2 = dx 〈 1 ? (1 ? x) 2 =? dt 〈 1? t2 = 1? x = t = ? dx = dt = arc cos t + c = arc cos (1 ? x) + c . Ako ipak mo?emo kvadratni trinom ax 2 + bx + c rastaviti na dva dijela prvog stupnja odnosno na ＾proste￣ faktore, tada radimo rastav razlomka na takozvane ＾parcijalne razlomke￣, kao u sljede?im primjerima (takozvano abecediranje razlomaka): 589. dx dx 〈 1 ? x = 〈 (1 ? x)(1 + x) = 2 = 1 (1? x )(1+ x ) A B = 1? x + 1+ x = = 590. 〈x 2 1 (1? x )(1+ x ) A B = 1? x + 1+ x = A ( A ? B ) x + ( A+ B ) (1? x )(1+ x ) ? dx dx 〈 1 ? x + B〈 1 + x = A? B = 0 ? A = B = 1/ 2 = A + B =1 1 dx 1 dx 1 1 1 1+ x + = ? ln | 1 ? x | + ln | 1 + x | +c = ln | | +c . 2 2 1? x 2 1? x 2 1+ x 2 〈 〈 x x x 3 2 dx dx dx = 2 = = ? =3 ?2 = x+3 x+2 x + 5 x + 6 ( x + 3)( x + 2) x + 3 x + 2 + 5x + 6 = 3 ln | x + 3 | ?2 ln | x + 2 | +c . 〈 〈 Ako se u nazivniku pojavi ＾prosti ＾ faktor stupnja jedan, ali s potencijom nad njim ve?om od jedan (npr. x 3 ), tada moramo u rastavu na parcijalne razlomke uzeti onoliko novih razlomaka, kolika je ta potencija. Na primjer: 591. 〈 x2 + 1 x2 +1 dx = 3 dx = x 4 ? x3 x ( x ? 1) 〈 x 2 +1 x 3 ( x ?1) = A x + B x2 + C x3 + D x ?1 =A 〈 dx dx dx + B 2 +C 3 + x x x 〈 〈
  • 19. 7. Integrali +D 145 dx 〈 x ?1 = x 2 +1 x 3 ( x ?1) = ?2 592. 〈 〈 = A x + B x2 + C x3 + D x ?1 = ( A+ D ) x 3 + ( ? A+ B ) x 2 + ( ? B + C ) x ?C x 3 ( x ?1) A+ D =0 A = ?2 B = ?1 ? A + B =1 = ? ? C = ?1 ?B+C =0 D=2 ? C =1 dx dx dx dx 1 1 ? 2 ? 3 +2 = ?2 ln | x | + + 2 + 2 ln | x ? 1 | + c . x x ?1 x 2x x x 〈 〈 〈 x 2 + 3x + 3 x 2 + 3x + 3 3 1 1 dx = = + ? = 2 2 4 x 4( x + 2) 2( x + 2) 2 x( x + 2) x( x + 2) = 3 dx 1 dx 1 3 1 dx 1 1 + ? = ln | x | + ln | x + 2 | + +c. 2 4 x 4 x + 2 2 ( x + 2) 4 4 2 x+2 〈 〈 〈 Ako je u nazivniku pak ＾prosti￣ faktor stupnja dva, a nad njim potencija ve?a od jedan (npr. ( x 2 + 1) 3 , tada u rastavu na parcijalne razlomke isto tako uzimamo onoliko novih razlomaka, kolika je ta potencija. Na primjer: 593. 〈 x3 ? x dx = ( x 2 + 1) 2 = x3 ? x ( x 2 +1) 2 = x3 ? x ( x 2 +1) 2 Ax + B x 2 +1 = Ax + B x 2 +1 + + (Cx+1D2 = x2 ) + + (Cx+1D2 = x2 ) dx 〈 x(1 + x 2 2 ) = Ax + B Cx + D dx + dx = 2 x +1 ( x 2 + 1) 2 〈 Ax 3 + Bx 2 + ( A+ C ) x + ( B + D ) ( x 2 +1) 2 = 594. 〈 〈x 2 A =1 A =1 B=0 B=0 = ? ? A + C = ?1 C = ?2 B+D=0 D=0 x 1 x 1 dx ? 2 dx = ln( x 2 + 1) + 2 +c. 2 2 2 ( x + 1) x +1 +1 〈 1 1 x x = ? ? = 2 2 2 x 1+ x (1 + x 2 ) 2 x(1 + x ) = 〈 1 dx x 1 x dx ? ? dx = ln | x | ? ln(1 + x 2 ) + +c. 2 2 2 2 x 1+ x (1 + x ) 2(1 + x 2 ) 〈 〈 Ukoliko je stupanj brojnika ve?i ili jednak od stupnja nazivnika, tada je prije primjene prethodnih ＾trikova￣ potrebno podijeliti brojnik s nazivnikom te dobiti razlomke u kojima je stupanj nazivnika ve?i od stupnja brojnika. Naravno, detaljni postupak za pripadno dijeljenje se radi na predavanjima i vje?bama, a ovdje ?emo koristiti samo krajnji razultat dijeljenja, jer nam to nije cilj, ve? sredstvo za rje?avanje integrala ovakvog tipa. Na primjer: 595. 〈 x5 + 1 x5 + 1 x +1 x +1 dx = 2 = x3 ? x + 2 = ( x 3 ? x)dx + 2 dx = 2 x +1 x +1 x +1 x +1 〈 〈
  • 20. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 146 〈 〈 = x 3 dx ? xdx + 596. 〈 〈 x dx x4 x2 1 dx + 2 = ? + ln( x 2 + 1) + arc tg x + c . 2 2 x2 + 1 x +1 4 〈 x3 x3 x2 + 4x ? 4 x2 + 4x ? 4 dx = =1+ = dx + dx = ( x ? 1)( x 2 ? 4) ( x ? 1)( x 2 ? 4) ( x ? 1)( x 2 ? 4) ( x ? 1)( x 2 ? 4) 〈 = 〈 x2 + 4x + 4 1 1 2 2 1 1 dx dx 2 dx =? + ? = x? +2 ? = 2 3 x ?1 x ? 2 3 x + 2 3 x ?1 x?2 3 x+2 ( x ? 1)( x ? 4) 〈 〈 〈 2 1 = x ? ln | x ? 1 | +2 ln | x ? 2 | ? ln | x + 2 | + c . 3 3 597. 〈 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3 x + 10 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3x + 10 4x2 ? 7 x + 6 dx = = 2x + 1 + 3 = x3 ? x 2 ? 4 x + 4 x3 ? x 2 ? 4x + 4 x ? x2 ? 4x + 4 〈 = (2 x + 1)dx + = 〈 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3x + 10 dx = dijeljenje brojnika i nazivnika= x3 ? x 2 ? 4x + 4 ?1 2 x 4 ? x 3 ? 5 x 2 ? 3 x + 10 2 3 + + = uvrstiti u prethodni integral= = 3 2 x ?1 x ? 2 x + 2 x ? x ? 4x + 4 〈 〈 = 2 xdx + dx ? dx dx dx 〈 x ? 1 + 2 〈 x ? 2 + 3〈 x + 2 = = x 2 + x ? ln | x ? 1 | +2 ln | x ? 2 | +3 ln | x + 2 | +c. ?ZADACI ZA VJE?BU? 598. 600. 2x + 3 dx . + 3 x ? 10 599. 3x 2 ? 2 x ? 4 dx . ( x ? 1)( x 2 ? 4) 601. 〈 603. 〈 605. 〈 607. 〈x 609. 〈x 〈x 〈 602. 〈 604. 〈 606. 〈 608. 〈 2 x4 +1 dx . x3 ? x x2 + 2x dx . ( x + 1) 4 x 2 ? 3x dx . ( x + 1)( x ? 1) 2 xdx . x3 ?1 x 〈 ( x + 1)(2 x + 1)dx . x3 ? x + 2 dx . x2 ?1 x+2 dx . ( x + 3) 2 dx . 3 x + x4 dx . ?1 4 3 dx . + x2 + x +1
  • 21. 7. Integrali 147 RJE?ENJA 598. ln( x 2 + 3x ? 10) + c. x +1 + c. 600. ln(( x ? 1)( x 2 ? 4)) + c. 2x + 1 x2 x ?1 x2 x2 ?1 1 601. + ln + c. 602. + ln + c. 603. + ln( x + 3) + c. 2 x +1 2 x x+3 1 1 x 1 1 1 604. ? + c. 605. ? 2 + ln + c. 606. + ln( x + 1) + c. 3 x ?1 x 2x x +1 x +1 3( x + 1) 599. ln 607. 1 x ?1 1 ln ? arctgx + c. 4 x +1 2 609. 1 ( x + 1) 2 1 ln 2 + arctgx + c. 4 x +1 2 608. 1 3 2x + 1 x ?1 ln + arctg + c. 3 3 x2 + x + 1 3 Pojam neodre?enog integrala vezan je za dvojicu velikih matemati?ara: Leibnitza (Lajbnic) i Newtona (Njutn). Stoga smatramo zanimljivim iznijeti neke osnovne povijesne podatke i ?injenice o doti?noj dvojici. Pri tome ?emo o Newtonu govoriti na kraju sljede?eg poglavlja, kad budemo govorili o odre?enim integralima i povr?inama ravninskih likova, ?to je Newton prvi inicirao. Gottfried Wilhelm von Leibnitz Ro?en: 1. lipnja 1646. u Leipzigu, Saxonija (Njema?ka) Umro: 14. studenog 1716. u Hannoveru, Hanover (Njema?ka) Leibnitza je povijest ozna?ila kao jednog od najve?ih univerzalnih genija. Za?to? Kao prvo bio je uspje?an diplomata i dr?avnik, ?to mu je omogu?ilo da putuje Europom, te razmjenjuje ideje, ?ita dostignu?a drugih i u?i od njih, te da prezentira ono ?to je sam stvorio. Na primjer:
  • 22. Mervan Pa?i?: Matan1 C dodatak predavanjima za grupe GHI 148 - 1672. godine, za diplomatskog posjeta Parizu, po?eo je u?iti modernu matematiku od Huygensa (Hajgens); potom odlazi na tri mjeseca u London, kao izaslanik izbornog kneza, gdje se, osim obaveza u Kraljevskom dru?tvu, sastaje i s engleskim matemati?arima, gdje im tuma?i neke svoje matemati?ke metode; godine 1676. napu?ta Pariz i putuje je za Hanover da bi u?ao u slu?bu vojvode od Brunswick-Luneburga, u ulozi povjesni?ara; tada je, kao povjesni?ar, u razmaku od 1687.-1690., proputovao cijelu Njema?ku, Austriju i Italiju. Bio je pravnik, povjesni?ar, logi?ar, metafizi?ar, filozof, knji?evnik, a pored svega toga, bio je i matemati?ar. ?ime god da se bavio, bio je izuzetno plodan i moderan u smislu svog vremena. Pamti se da je u ono vrijeme genijalnost njegovih pravnih postulata malo tko mogao i htio razumjeti. Primio je diplomu doktorskog stupnja iz prava u svojoj dvadesetoj godini, 5. studenog 1666. Sam je bio svjestan svoje univerzalnosti, a zapam?ena je njegova izreka: Imam tako mnogo ideja da one s vremenom mogu biti korisne ako drugi, mnogo prodorniji od mene, jednog dana dublje u?u u njih i pridru?e ljepotu svojih misli mojem djelu C G.W. Leibnitz. Matematikom se intenzivnije bavi od 1672. godine, pod utjecajem Huygensa. Godine 1675. pi?e rad u kojem otkriva ＾osnovni teorem diferencijalnog ra?una￣: dg df d ( f ? g) = f ? +g? . dx dx dx U tom istom radu, po prvi put je uveden pojam neodre?enog integrala 〈 f ( x)dx . Potom, d n ( x ) = nx n ?1dx . Godine 1701. dx objavljuje radove o aritmetici binarnog sistema, te o determinantama. 1676. godine otkriva familijarni rezultat sa prethodnim: Na kraju recimo da je u povijesti ostao nerazja?njen delikatan odnos izme?u njega i Newtona, s obzirom da su obojica u isto vrijeme otkrivali diferencijalni i integralni ra?un, ali na razli?ite na?ine i s razli?itim ciljem. Isto tako, dosta je diskutabilna neuspje?na prepiska koja se vodila me?u njima.
AboutCopyright
? 2025 際際滷