-
7. Integrali
127
INTEGRALI (korigirano)
U ovom poglavlju: Tablica i svojstva integrala Metoda
supstitucije Parcijalna integracija Integriranje trigonometrijskih
funkcija Integriranje racionalnih funkcija
Integral dane funkcije )(xfy = u oznaci dxxf )( je jedna nova
funkcija )(xFy = ija je derivacija jednaka zadanoj funkciji )(xfy =
, odnosno vrijedi:
Pritom se dxxf )( jo zove antiderivacija ili primitivna funkcija
ili neodreeni integral funkcije )(xfy = , dok danu funkciju )(xfy =
, koju integriramo, zovemo jo i podintegralna funkcija. Na primjer,
primitivna funkcija funkcije xxf =)( je funkcija
221)( xxF = jer je njena derivacija upravo jednaka xxf =)( , to
kratko piemo:
= 221 xxdx . Opisno reeno, kao da primitivna funkcija 22
1)( xxF = ivi u prolosti jer tek kad je deriviramo, dobivamo
njenu sadanjost, odnosno funkciju xxf =)( . Primijetimo da se
rezultat integriranja ne mijenja ako dobivenom rezultatu dodamo
proizvoljnu konstantu C, odnosno vrijedi:
)())(()( C )()( xFdxdCxF
dxdxfxFdxxf =+=+= ,
jer je derivacija od konstante C jednaka nuli. Preciznije, za
primitivne funkcije dane funkcije vrijedi sljedei rezultat:
Teorem 14. Neka su )(xFy = i )(xGy = dvije primitivne funkcije
dane funkcije)(xfy = . Tada postoji konstanta C takva da vrijedi:
CxGxF = )()( . Opisno reeno,
sve primitivne funkcije jedne iste funkcije se razlikuju za
proizvoljnu konstantu.
Svaka nova vrsta otkria jest
matematika po obliku, jer ne postoji drugo rukovodstvo
koje moemo imati C. G. Darwin (1931)
).()( )()( xFdxdxfxFdxxf ==
USERKorekcija u zadacima:536, 543 i 563 i 597.
Generalna primjedba:u svom zadacima gdje se pojavljuje lnx treba
staviti apsolutnu vrijednost u argument:
Ivana Gospi, grupa IIvana Krcivoj, grupa IIgor musulin, grupa
H
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
128 Nije lako napamet rei to je to dxxf )( , kao u sljedeim
primjerima: i) = xxdx sincos jer je )'(sincos xx = ; ii) = xx edxe
jer je )'( xx ee = ; iii) = xdxx ln1 jer je )'(ln1 xx = ; iv) =
xdxx tgcos12 jer je )' tg(cos12 xx = . Naime, dovoljno je samo malo
promijeniti podintegralnu funkciju, pri emu vie ne moemo napamet
rijeiti pripadne integrale, kao u primjerima: xdx2sin , dxxex ,
xdxln i slinim. tovie, malom promjenom podintegralne funkcije moemo
dobiti integrale koje je ne- mogue eksplicitno rijeiti bez upotrebe
jaeg analitikog aparata, kao to su Taylorovi redovi i slino. Na
primjer: dxx2sin ili dxex2 . U ovakvim situacijama vano je znati da
li uope postoji integral, o emu govori sljedei rezultat. Prema
ovome moemo zakljuiti da je integriranje znatno zahtjevnije od
deriviranja, gdje nije bilo velike razlike u deriviranju meu slinim
funkcijama, kao to su, na primjer: xsin ,
x2sin , te 2sin x . Sve se one lako i na slian nain deriviraju,
dok se potpuno razliito integriraju: prva lako, druga osrednje, dok
trea znatno tee. Da bismo olakali proces integriranja nekih
funkcija, moemo 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 rjeava
integral nego se
zamjenjuje odgovarajuim jednostavnijim).
7.1 TABLICA I SVOJSTVA INTEGRALA Svojstva integrala su
malobrojna te toliko prirodna, da nismo ni svjesni kada ih
koristimo:
i) homogenost:
= dxxfcdxxcf )()( ; ii) linearnost:
+=+ dxxgdxxfdxxgxf )()())()(( .
Teorem 15. Ako je podintegralna funkcija )(xfy = neprekidna na
nekom intervalu(a,b), tada postoji neodreeni integral = dxxfxF )()(
na intervalu (a,b).
-
7. Integrali
129 Prema ovim svojstvima, potrebno je podintegralnu funkciju
rastaviti na to vie dijelova jer to odgovara integriranju, to nismo
morali raditi kod deriviranja. Na primjer:
)1(4)')1(( 222 xxx +=+ , to je metodoloki razliito u odnosu
na
++=++=+ dxxdxxdxdxxxdxx 424222 21)21()1( , odnosno za razliku od
derivacije, integral eka da se podintegralna funkcija rastavi na to
vie elementarnih dijelova. Budui da je integral jednak
antiderivaciji, tablicu integrala osnovnih funkcija tretiramo kao
anti tablicu tablici deriviranja. Naime, u tablici deriviranja smo
pisali da je xx cos)'(sin = , dok emo u tablici integriranja
pisati: = xxdx sincos , i tako redom za ostale funkcije iz tablice
deriviranja, pa dobivamo sljedeu tablicu integriranja: Proitati
sljedee rijeene zadatke pa ih ponovno rijeiti samostalno i bez
gledanja.
454. +=++=+
cxcxdxx413
4133 .
)(xfy = dxxf )( )(xfy = dxxf )( 1 , nxn
1
1
++
nxn 21
1x+
xtgarc
x1
||ln x 21
1x+
xctgarc
xe
xe 21
1
x
xsin arc
xsin
xcos 21
1
x xcosarc
xcos xsin 22
1xa + a
xa
tgarc1
xsh xch 22
1xa + a
xa
ctg arc1
xch xsh 22
1
xa
axsin arc
x2cos1
x tg 22
1
xa
ax cos arc
x2sin1 x ctg 10 , < aa
x
aa x
ln
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
130
455. cx
cxcxdxxdxx
+=+=++==+ 441555 4 141151 .
456. cxcxcxdxxdxx +=+=++==+ 3
23
21
1
32
1
23
21
21
.
457. cxcxcxdxxdxx
dxx
+=+=++=== + 3
31
32
1
3 23
111 3
132
32
32 .
458. 51
4 4 5443 1 4 4( ) 3 3ln | | 3ln | |5 5
x dx dx x dx x x c x x cx x+ = + = + + = + + .
459. cxxxdxxdxxdxxdxxxx ++=+=+ 4 73 834 33 5 748213472)72(
433521 . 460. cxxxdxxdxxdxxdxxxx ++=+=+ 86575434 81215232)32( .
461. =++=++=+ dxxdxxdxdxxxdxx 424222 18122)961(2)31(2
cxxx +++= 535
1842 .
462. =+=+= dxxdxxdxxdxx xxdxxx 3232
3
2 14112194129)23(
212 29ln | |x cx x
= + + .
463. =+=+=+ dxxxdxxxdxxxdx
x
xdxx
xx32
21
32
3 23 23 2
cxxdxxdxx ++=+= 6 53 4 56436131 . 464. ++=++=++=+ dxxdxxdxxdxx
xxxdxx xxxxdxxxx 6
165
23
21
32
34
222)(23 23223
cxxxcxxx +++=+++= 6 76 11576
1112
52
76
1112
52
67
611
25
.
Napomena: uvijek nakon odreenog broja zadataka treba napraviti
pauzu, jer nije toliko vana koliina uraenih zadataka, koliko je
vana kvaliteta i nain na koji se oni rjeavaju. To znai, ako vam
popusti koncentracija, odmori malo (etnja oko stola)!
465. cxxdxdxxdxxdxx
xx
xx +++=+=+ 2ln23221243)243( 667575 = = c
xx
x
+++2ln
23
221
66 .
466. =+=+ xdxdxxdxxxdxdxxxxx sin51413cos2)sin543cos2( 22
32sin 4ln | | 5cosx x x cx
= + + + + .
-
7. Integrali
131
467. =+=+ dxxdxxdxxdxxxx sh 4sin13cos12)sh 4sin3cos2( 2222 cxxx
+++= ch 4 ctg3 tg2 .
468. cdxdxdxxx
xxx
xx
++=+=+ )5/2ln( )5/2(3)5/3ln( )5/3(2)52(3)53(25 2332 . 469.
++=++=++ cexxdxexdxxdxdxexx xxx 3sh tgarc23ch 12)3ch 1 2( 22 .
470. cxxdxxx
dxxx
++=++=++ 2 tgarc2
13
sin arc)2
1
3
1()4
1
9
1( 222222 .
471. =
++=++ 222
2
222
22
)3(2
coscos1
)2(3)
3
2tg2
3(x
dxdxx
xx
dxdxx
xx
=+++= cxdxdxxx 3sin arc2cos12 tgarc23 2 3 arc tg tg 2arc sin2 2
3
x xx x c= + + + .
472. cxx
dx
x
dx
x
dx
x
dx +=
=
=
= 3
2sin arc21
)(21
21
)(449 22232
492
492
.
473. =+=+= dxxx xdxxx xxx dxxxxxdx 222
22
2
22
22
22 sincossin
sincoscos
sincos)sin(cos
sincos
cxxx
dxx
dx ++=+= tg ctgcossin 22 . ZADACI ZA VJEBU
474. dxxx 2)2( . 475. dx
xx 55 . 476. dxxx 4
2)13( .
477. + dxxx 83
3)1( . 478. dxxxx )3
13( 353 + . 479. dxxxx )21
232(
53+ .
480. dxxxx )( 3 . 481. dxx
xx +4 23 )( . 482. dxxxx 5 1153 .
483. dxxxx . 484. dxxx 2)1( + . 485. dxxx 233 )1( .
486. dxxx
x ++32)1( 487. dx
xx 82 . 488. dxx xx +10 52 . 489.
2 2 2
dxb a x . 490. dxxx
x 22 sincos 2cos . 491. dxxx x 3cossin 2sin .
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
132
492. xxdx 22 sh ch . 493. dxxx 2) ctg tg( . RJEENJA
474. .41
342 432 cxxx ++ 475. .
45
31
43 cxx++ 476. .
3139
32 cxxx++
477. .21
161
51
121
7654 cxxxx+ 478. .
41
76
52 3 475 cxxx ++
479. .3
1494
3
3 2 cx
xx + 480. .116
52 6 115 cxx +
481. .1712
1924
74 12 1712 194 7 cxxx +++ 482. .11
1315
15 13c
xx++ 483. .
158 8/15 cx +
484. 21 2 ln | | .2
x x x c+ + + 485. .212
41
24 c
xxx + 486. ln | | 2 .x arctgx c+ +
487. .16ln
16 cx
+ 488. .2ln
25ln
5 cxx
+
489. 1 arcsin .ax ca b
+ 490. .ctgxctgx + 491. .2 ctgx + 492. .ccthxthx + 493. .4
cxctgxtgx + 7.2 METODA SUPSTITUCIJE Koristei razne supstitucije
integral moe biti zamijenjen odgovarajuim jednostavnijim. Metodom
supstitucije se integral ne rjeava direktno kao u prethodnoj toki,
nego se integriranje olakava. Postupak supstitucije opisan je u
sljedeem rezultatu: Kako vidimo, supstituciju )(tx = i pripadnu
derivaciju dttdx )('= zapisujemo u zagradi oblika |..|, ime u
potpunosti realiziramo namjeru rjeavanja integrala metodom
supstitucije. U sljedeim primjerima proitati te ponovno samostalno
rijeiti dane integrale.
Teorem 16. Neka je RRf : neprekidna podintegralna funkcija, te
neka je eljenasupstitucija dana funkcijom )(tx = isto neprekidna s
neprekidnom derivacijom )(' t .Tada vrijedi formula za supstituciju
u neodreenom integralu:
==== dtttfdttdx txdxxf )('))(()(' )()(
.
-
7. Integrali
133
494. cxctdttdtdxdtdx
txdxx ++=+==
===+
=+ 99851
8 )53(451
451
515
53)53( .
495. 9 89 9 82 3 1 1 1 13(2 3 ) 3 3 24 24(2 3 )
x tdx dt t dt t c cdx dtx t x
== = = = + = + = .
496. cxctdttdttdtdx
txdxx +=+====
== 32/32/1 )4(323244 .
497. cxctdttdttdtdx
txdxx +=+====
== 3 43/43/133 )14(16316341414 1414 .
498. cxctdttt
dtdtdx
tx
x
dx ++=+=====+=
+ 44/14/34 34 3 422221
21
242
)42(.
499. cxcttdtdtdxtx
xdx +=+===== 10cos101cos101sin101101010sin .
500. 2 23 1 1 1tg tg 3
3cos 3 3 cos 3 3x tdx dt t c x c
dx dtx t== = = + = += .
501. cxcttdtdtdxtx
dxx +=+===== )52sin(51sin51cos515 52)52cos( .
502. cecedtedtdx
txdxe xttx +=+===
=+= ++ 4343 3131313 43 . Napomena: svaki se rezultat
integriranja moe jednostavno provjeriti, tako da dobiveni rezultat
deriviramo, budui da znamo da derivacija integrala mora biti
jednaka podintegralnoj funkciji!
503. ccdtdtdx
txdx xttx +=+===
=+= ++ 1212 77ln2 177ln2 17212 127 .
504. cx
ctdtttdt
dtxdxdtxdx
txdx
xx +=+====
==
= 22233
41
2
32 )12(81
81
41
414
12
)12(.
505. =+=+=====+
=+ dtttdtt ttdtttdttdx dtdxtx
dxx
xx
)44(2442)2(2)2(2
2
)2(
22
21
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
134 cxxxcttt +++++=++= )2ln(8)2(8)2(ln88 22 .
506. =+===
===++
=++ + dtt tttdtt tttx
dttdxdtdx
tx
dxx
xx
232)1)(1)1((2
1)1()1(2
11
11
232
2
121
=++=+= ctttdttdtdtt 4332462 232cxxx ++++++++= )11(4)11(3)11(
32 23 .
507. cossintg ln | | ln | cos |
sincosx tx dtxdx dx t c x c
xdx dtx t== = = = + = + = .
508. =+======= )1)(1(1cossinsin1 coscoscoscos 222 ttdttdtdtxdx
txdxxxdxxxxdx
=+++=++= ctttdttdt |1|ln21|1|ln21121121
cxxc
tt +
+=++=
sin1sin1ln
21
11ln
21 .
509. cxctdttdtdxtx
dxx
x
x+=+===
== 33212 ln3131lnln .
510. cxctdttdtxdx
txxdxx +=+===
== 5544 sin5151cossincossin . Napomena: zadatke ne treba raditi
jedan za drugim mehaniki, jer nije jedini cilj rjeavanja zadatka
dobiti tono rjeenje; treba se malo istraivaki poigrati, kao na
primjer: razmisliti kako odreeni tip podintegralne funkcije
implicira odreeni tip rjeenja, ili usporediti teinu integriranja
meu raznim tipovima podintegralnih funkcija, ili pokuati zapamtiti
neke lake rezultate, kao npr. integrale funkcija xy 3sin= , xey 5=
i slino. Time razvijamo mnoge druge osobine, a samo integriranje
postaje sporedna aktivnost.
511. =+======+
=+ cttdttdttdttttx
dtdxtx
dxxx 2/32/52/12/334
522)2(
2
22
cxx +++= 35 )2(34)2(
52 .
-
7. Integrali
135
512. cecedtedtdxdtdx
txdx
xe xtt
x
x
x
+=+=====
= 22221
21 .
513. cxctdttdtxdxdtxdxtx
dxxx ++=+=====+
=+ 122121121
2
112 )5(241
241
212
5)5( .
514. cxcttdtdtdxxdtdxxtx
dxxx ++=+=====+
=+ )42cos(61cos61sin61642
)42sin( 3
612
2
3
32 .
515. cxctt
dt
dtxdxdtxdxtx
dxxx +=+==
===
= )4( tg21 tg21cos2124
)4(cos2
2
21
2
22 .
516. ======+
=+
=+ dttdttdtt
t
tedtdxete
dxe
eedxe
e
x
x
x
x
xx
x
x2/12/1
2 )1(
1
1
11
ceectt xx +++=+= )1(2)1(322
32 32/12/3 .
517. 1
ln 2
2 22 2 1 ln 1ln 2(2 2 ) ln(2 2 )2 2 ln 2 ln 2 ln 2
(2 2 )
x xx x
x x x xx x
x x
tdt tdx dx dt c ct
dx dt
+ = = = = = + = + ++ = .
518. cxctt
dttt
tdt
txtdtdxtx
xxdx ++=+=+=+==
==+
=++ 1 tgarc2 tgarc212)1(2121
1)2( 222
2
.
Napomena: nije dobro vjebati samo zadatke iste teine, na
primjer, samo lake zadatke; nakon odreenog vremena, veoma je dobro
prijei i na tei tip zadataka, pa onda se vratiti na laku, i tako
dalje. Ukoliko se vjeba samo laka grupa zadataka, tada dolazite u
opasnost takozvanog rutinskog rjeavanja, to se moe pokazati
negativnim na pismenom dijelu ispita, ako se pojavi za vas
takozvani nepoznati integral. Tada e vas rutina vjerojatno
zablokirati!
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
136 ZADACI ZA VJEBU 519. 4 5x dx . 520. + dxxx 43 32 . 521.
4)1(x dx . 522. + dxx x 42 )7( 2 . 523. dxxx
x ++
3 3
2 13 . 524. dxxx 3cos3sin 3 . 525. xdxxcossin10 . 526. dx
xx 2)1( . 527. dxxx + 2)cos32( sin .
528. + dxxx 2)1( 2 . 529. dxxex 2/2 . 530. dxxx 3sin3
2 .
531. xxdxln . 532. + )1( 44 3 xxdx . 533. +1xe
dx .
534. dxeex
x 12
. 535. dxxx 182 )1( . 536. dxxx +3 1 .
537. + dxxx 41 . 538. dxxx 6
2
1. 539. dxxxsinln ctg .
540. + dxxx x )ln4( ln 2 . RJEENJA
519. .6
)54( 2/3 cx + 520. .)4(32 33 cx ++ 521. .
)1(31
3 cx+ 522. .)7(3
132 cx++
523. .)(23 3 23 cxx ++ 524. .3cos
121 4 cx + 525. .sin
111 11 cx + 526. .)1(
32 3 cx +
527. .cos96
1 cx++ 528. .)2(3
10)2(58)2(
72 357 cxxx +++
529. .2/2
cex + 530. .3
cos3
cx + 531. .lnln cx + 532. .)1ln(4 4 cx ++
533. .11
11ln ce
ex
x
++++ 534. .)1ln( cee xx ++
535. 21 20 19( 1) ( 1) ( 1) .
21 10 19x x x c + + + 536. .)32()1(
103 3/2 cxx ++ 537. .
21 2 carctgx +
538. 31 arcsin .3
x c+ 539. .sinlnln cx + 540. .ln4ln 2 cx ++
USERPogreno : (3/5)*trei korijen od (x+1) na 5-u - (3/2)trei
korijen od (x+1) na 2-u +c.
Korekcija:[email protected]
USERKOrekcija u rjeenju!
-
7. Integrali
137 7.3 PARCIJALNA INTEGRACIJA Kao i kod supstitucije,
parcijalnom integracijom dani integral mijenjamo s odgovarajuim
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, xxxf cos)( = ili xxf tgarc)( =
ili
xexf x 3cos)( 2= . 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 tehniki
izvodi po sljedeem pravilu:
Dokaz. Znamo da derivacija produkta funkcija zadovoljava
pravilo: '')'( gfgfgf += . Direktnim integriranjem ove jednakosti,
uz koritenje da je = gfdxgf )'( to je definicija integrala,
neposredno slijedi traena formula parcijalne integracije. To znai
da onu funkciju koju je bolje poslati u derivaciju oznaavamo sa u
dok onu funkciju koju je bolje poslati u integral oznaavamo sa dv.
Na primjer, u produktu xxy cos= bolje je poslati xy = u derivaciju,
a xy cos= u integral, jer produkt derivacije prve i integrala druge
funkcije je xy sin1= , to je mnogo jednostavnije za integrirati od
produkta xxy cos= ,odnosno:
541. cxxxxdxxxvduuv
xxdxvxdxdv
dxduxu
xdxx ++=====
===
=
cossinsinsin
sincoscoscos .
Teorem 17. Neka su dane dvije dovoljno glatke funkcije )(xfy = i
)(xgy = . Tadavrijedi formula parcijalne integracije:
= dxxfxgxgxfdxxgxf )(')()()()(')(
ili, u radnom obliku,
, = vduuvudv gdje je )()(')(')(
xgvdxxgdvdxxfdu
xfu
====
.
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
138 Naravno, mogli smo izabrati onu drugu, nepovoljniju,
kombinaciju, odnosno poslati xy = u integral, a xy cos= u
derivaciju. Meutim, tada je produkt integrala prve i derivacije
druge funkcije jednak funkciji xxy sin22
1= , to je tee integrirati od zadane funkcije xxy cos= .
Proitati sve rijeene primjere iz parcijalne integracije, pa potom
sve zadatke samostalno rijeiti, bez gledanja u postupak.
542. =====
==
==
dxeexvduuv
edxevdxedv
dxduxu
dxex xx
xx
xx 44
4414
44
42
41)12(
212
)12(
ceex xx += 4481
412 .
543. ========
= dxxxxdxxxxxvduuvxvdxxdvdxduxu
dxxx x 3441
44
41
441
321
3
812ln
81)2(ln
2ln
2ln
4
4ln 2 14 16
x x x c= + .
544. ====
=
=====
==
dtxdxdtxdxtx
dxx
xxxvduuv
xvdxdv
duxu
xdx xdx
21
2
21 2
1
1)sin arc(
sin arc
sin arc 2
cxxxdttxxt
dtxx ++=+=+= 2/122/1 )1(sin arc21sin arc 21sin arc . Napomena:
znamo da u parcijalnoj integraciji postoje najvie dvije mogunosti
za odluku koju od dvije podintegralne funkcije poslati u derivaciju
a koju u integral; da bismo razvili osjeaj koji je bolji, a koji
loiji izbor za vu i , bilo bi dobro za svaki od ovih integrala,
gdje je ponuena bolja mogunost, uraditi i onu loiju. Naravno, ako
je samo jedna podintegralna funkcija, tada imao samo jednu
mogunost!
545. ====+
=+====
==
= +dtxdxdtxdxtx
dxx
xxxvduuv
xvdxdv
dxduxu
xdx x
21
2
21
1
21
1 tgarc
tgarc
tgarc 2
cxxxctxxtdtxx ++=+== )1ln(21 tgarcln21 tgarc21 tgarc 2 .
546. =+=+===
===
= dxxxxxxdxxxvduuv
xvdxdv
dxduxu
dxx
x
xsincos ctg ctg ctg
ctgsin 2sin
12
USERBez 2.
Korekcija:Katarina Repar, G
USERUmjesto 8 treba pisati 4.
USERUmjesto 8 treba pisati 4.
-
7. Integrali
139
sin
ctg ctg ln ctg ln sincos
x t dtx x x x t c x x x cxdx dt t
== = + = + + = + += .
547. =======
= xdxexevduuvxv
xdxdvdxedu
eu
xdxe xxx
x
x 2sin232sin
21
2sin2cos
32cos 33
21
3
3
3
=+======
= ]2cos232cos21[232sin21][232sin212cos
2sin3 3333
21
3
3
xdxexexevduuvxe
xvxdxdvdxedu
eu
xxxxx
x
+= xdxexexe xxx 2cos492cos432sin21 333 . To znai da smo
dvostrukom primjenom parcijalne integracije istog tipa za poetni
integral dobili jednakost:
+= xdxexexexdxe xxxx 2cos492cos432sin212cos 3333 , iz ega,
rjeavanjem po traenom integralu (nepoznati integral na lijevu
stranu a sve ostalo na
desnu stranu), slijedi: xexexdxe xxx 2cos1332sin
1322cos 333 += .
548. =====
=======
=x
xxx
x
xx
evdxedv
dxduxu
dxxeexvduuv
evdxedv
xdxduxu
dxex 22 2
2
2
cexeexdxexeexvduuvex xxxxxxx ++=== 22][2 ][2 222 . ZADACI ZA
VJEBU 549. dxxe x . 550. sinx xdx . 551. dxxx2cos . 552. xdxcos arc
. 553. xdxex sin . 554. xdxx ln . 555. xdxx 2sin2 . 556. xdxe x sin
. 557. dxx)cos(ln . 558. xdxx tgarc . RJEENJA 549. .)1( cxe x ++
550. .sincos cxxx ++ 551. .cosln cxtgxx ++
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
140
552. .1arccos 2 cxxx + 553. .)cos(sin2
cxxex
+
554. .)31(ln
34 cxxx + 555. .2cos
4212sin
2
2
cxxxx ++ 556. .)cos(sin2
cxxex
++
557. .)lnsinln(cos2
cxxx ++ 558. .21)1(
21 2 cxarctgxx ++
7.4 INTEGRALI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA Ako elimo uspjeno
rjeavati integrale u kojima se pojavljuje produkt vie razliitih
trigonometrijskih funkcija, potrebno je unaprijed znati razne
supstitucije, koje su bazirane na odgovarajuim adicionim formulama.
Stoga emo prije svakog podtipa u integriranju trigonometrijskih
funkcija navesti sve adicione formule koje se koriste. Prvo
rjeavamo integral tipa + xdxx nm 12cossin ili + xdxx nm 12sincos ,
odnosno, kada je barem jedna od trigonometrijskih funkcija xsin ili
xcos napadnuta neparnom potencijom oblika 2n+1 dok druga potencija
moe biti bilo to. Tada primjenjujemo sljedei trik:
=== + xdxxxxdxxxxdxx nmnmnm cos)(cossincoscossincossin 2212
===== dtttdtxdx txxdxxx nmnm )1(cossincos)sin1(sin 22 .
To znai da ovakav integral jednostavnom supstitucijom prevodimo
u integral po odgovarajuem polinomu, to se pak direktno rjeava.
Pritom smo koristili adicionu formulu:
.cos1sin sin1cos 1cossin 222222 xxxxxx ===+ Na prethodno opisan
nain rijeit emo slijedee primjere: 559. 2 5 2 4 2 2 2sin cos sin
cos cos sin (1 sin ) cosx xdx x x xdx x x xdx= = =
2 2 2 2 4 6 3 5 7sin 1 2 1(1 ) ( 2 )
cos 3 5 7x t
t t dt t t t dt t t t cxdx dt
== = = + = + + ==
3 5 7sin 2sin sin3 5 7
x x x c= + + .
560. 3 2 2
2 2 2
cossin sin sin (1 cos )sinsincos cos cos
x tx x x x xdx dx dxxdx dtx x x== = = = =
++=++=+== cxxcttdtdttdtt t coscos11 1222
.
-
7. Integrali
141
561. ====== dtxdx txdxx xxdxx xxdxxx cossinsin
cos)sin1(sincoscossincos
223
cxxcttdttdttdttt +=+=== 52/52/12/32/12 sin52sin2522)1( .
Ako rjeavamo integral oblika xdxx nm 22 cossin , gdje su obje
funkcije xsin i xcos napadnute s parnim potencijama 2m, odnosno 2n,
tada imamo neto kompliciraniju situaciju od prethodnog sluaja.
Jedino to moemo je koristiti adicione formule za sniavanje parne
potencije nad xsin i xcos :
)2cos1(21sin 2 xx = , ).2cos1(
21cos2 xx +=
To znai da na bilo kojem mjestu u integralu moemo iskoristiti
ove dvije formule, kao u sljedeim rijeenim primjerima:
562. ==+= dxxdxxxxdxx )2cos1(41)2cos1(21)2cos1(21cossin 222
cxxxdxdxdxxxdx +==== 324sin84cos8181)4cos1(21412sin41 2 .
563. =+= dxxxxdxx 22142 )]2cos1()[2cos1(21cossin =+=++=
dxxxxdxxxx ]2cos2cos2cos1[81)2cos2cos21)(2cos1(81 322 +=+=
162sin82cos812cos812cos8181 32 xxdxxdxxxdxdx ==
== dtxdx txxdxxdxx 2cos2 2sin2cos)2sin1(81)4cos1(161 2 =+++=++=
4816644sin162sin16)1(1614cos16116162sin8
32 ttxxxdttdxxxxx
cxxxcxxxxx +++=++++=64
4sin48
2sin1648
2sin16
2sin64
4sin16
2sin16
33
.
Na kraju rjeavamo tip integrala xdxx cossin ili xdxx sinsin ili
xdxx coscos , gdje su potencije jednostavne, ali su frekvencije i
razliite od 1. U ovom sluaju nam jedino mogu pomoi adicione formule
za produkt trigonometrijskih funkcija sa proizvoljnim frekvencijama
i :
])sin()[sin(cossin 21 xxxx ++=
])cos()[cos(sinsin 21 xxxx +=
].)cos()[cos(coscos 21 xxxx ++=
USERTreba +.
Korekcija:Tomislav Pua, H
USERTreba -.
Korekcija:Tomislav Pua, H
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
142
Sada direktnim uvrtavanjem prethodnih formula moemo rijeiti
pripadne integrale za bilo koje i , odnosno dobivamo formule:
,])cos()cos([21cossin cxxxdxx +
+++=
,])sin()sin([21sinsin cxxxdxx ++
+=
.])sin()sin([21coscos cxxxdxx ++
++=
Primijenimo sada ove formule na dva sljedea primjera:
564. cxxcxxxdxx ++=++++
= 84sin42sin]13 )13sin(13 )13sin([21cos3cos .
565. cxxcxxxdxx ++=+++
+= 84cos2010cos]73 )73cos(73 )73cos([217cos3sin .
Naravno, mnogi se integrali s trigonometrijskim funkcijama mogu
rijeiti uobiajenim supstitucijama kao u toki 9.2. Navodimo nekoliko
jednostavnih primjera.
566. cxcttdt
dtxdxtx
dxx
x ++=+====+=+ )cos2ln(lnsincos2cos2 sin .
567. cxctt
dtdtxdx
txdx
xx +=+=+==
==+ 2sin tgarc212 tgarc214cossinsin4 cos 22 .
568. =+=====
= ctdttdtxdxdtxdxtx
dxxx 65
31
5
181
31
coscos3
sin32)sin32(cos
cx += 6)sin32(181 .
ZADACI ZA VJEBU 569. xdxx 32 cossin . 570. xdxx 34 sincos . 571.
dxxx4
3
cossin .
572. xdx4sin . 573. xdxx 24 cossin . 574. dxxx42
sincos .
-
7. Integrali
143
575. xxdx 44 sincos . 576. xdxxcos5sin . 577. xdxx 5cossin .
578. xdxx 3cos7cos . 579. xdxx 10sin15sin . 580. xdxxx 3sin2sinsin
581. xdx3cos . 582. xdx5sin .
RJEENJA
569. .sin51sin
31 53 cxx + 570. .cos
51cos
71 57 cxx + 571. .
cos1
cos31
3 cxx+
572. .4sin3212sin
41
83 cxxx ++ 573. .2sin
4814sin
641
163 cxxx + 574. .
31 3 cxctg +
575. .))4
(ln(21 cxtg + 576. .
84cos
126cos cxx + 577. .
84cos
126cos cxx ++
578. .84sin
2010sin cxx ++ 579. .
105sin
5025sin cxx ++ 580. .
82cos
164cos
246cos cxxx +
581. .3
sinsin3
cxx + 582. .cos3
cos2cos51 35 cxxx ++
7.5 INTEGRALI RACIONALNIH FUNKCIJA Znatan broj racionalnih
funkcija moe se integrirati primjenom klasinih supstitucija, kao na
poetku poglavlja. Na primjer:
583. cxcttdt
dtdxxtxdx
xx +=+===
== |2|ln41||ln4141422 434
4
3
.
584. cx
ctt
dtdtdxxtxdx
xx ++=+===
=+=+ 838923
93
2
)4(1
2411
241
31
34
)4(.
585. )( tgarc 31 )( tgarc
31
131
313
22
3
6
2
cxctt
dtdtdxx
txdxx
x +=+=+====+ .
Meutim, jo je vei broj primjera gdje treba primijeniti neke nove
trikove uz ve postojee supstitucije, kao to su: pretvaranje
kvadratnog trinoma u binom, rastavljanje razlomka na proste
parcijalne razlomke, dijeljenje brojnika s nazivnikom i slino. Kao
prvo, ako je u nazivniku takozvani kvadratni trinom cbxax ++2 ,
odnosno kvadratna funkcija sa srednjim lanom bx , koju ne moemo
rastaviti na dva dijela prvog stupnja, tada treba trinom svesti na
takozvani kvadratni binom, kao u sljedeem primjeru:
USERRjeenje je dobro ali se moe pojaviti u obliku kada se
umjesto obadva minusa pojavljuju plusevi.
Primjedba:Ivana Gospi, grupa GIvana krcivoj, grupa I
USERPrimjedba na rjeenje koje je tono!
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
144
586. ====+=+=+=+ dtdx txx dxxxxxx dx 2
1
432
214
32212
2 )()(1
1
cxctt
dt +=+=+= )(32 tgarc3232 tgarc32 21432 .
587. =++=++=++=++=++ 4)1(2]2)1[(2)32(2642642 22222 xxxxxxxx dx
cxct
tdt
dtdxtx
xdx ++=+=+==
=+=++= 21 tgarc22 12 tgarc22122112)1(21 22 .
588. ====
===
dtdxtx
x
dxxxxxx
dx 1
)1(1)1(12
2 222
2
cxctt
dt +=+=
= )1( cos arccos arc1 2 . Ako ipak moemo kvadratni trinom cbxax
++2 rastaviti na dva dijela prvog stupnja odnosno na proste
faktore, tada radimo rastav razlomka na takozvane parcijalne
razlomke, kao u sljedeim primjerima (takozvano abecediranje
razlomaka):
589. =++=+==+= ++ xdxBxdxAxxdxxdx xBxAxx 11)1)(1(1 11)1)(1(
12
====+==+== + ++++ 2/1 1
0 )1)(1(
)()(11)1)(1(
1 BABABA
xxBAxBA
xB
xA
xx
cxxcxx
xdx
xdx +
+=+++=++= |11|ln21|1|ln21|1|ln21121121 .
590. =++=++=++=++=++ 22332233)2)(3(6565 22 xdxxdxxxxx xxx xdxxx
x cxx +++= |2|ln2|3|ln3 . Ako se u nazivniku pojavi prosti faktor
stupnja jedan, ali s potencijom nad njim veom od jedan (npr. 3x ),
tada moramo u rastavu na parcijalne razlomke uzeti onoliko novih
razlomaka, kolika je ta potencija. Na primjer:
591. +++=+++==+=+ + 321)1( 132
34
2
323
2
)1(11
xdxC
xdxB
xdxAdx
xxxdx
xxx
xD
xC
xB
xA
xxx
-
7. Integrali
145
=====
==+=+=+
=+++==+ +++++
+
2112
101
0
1 )1(
)()()(1)1(
13
23
323
2
DCBA
CCBBA
DA
xdxD
xxCxCBxBAxDA
xD
xC
xB
xA
xxx
cxxx
xxdx
xdx
xdx
xdx ++++=+= |1|ln2211||ln2122 232 .
592. =+++=+++=+
++ 22222 )2(2 1)2(4 143)2( 33)2( 33 xxxxx xxdxxx xx
cx
xxx
dxxdx
xdx +++++=+++= 2121|2|ln41||ln43)2(2124143 2 .
Ako je u nazivniku pak prosti faktor stupnja dva, a nad njim
potencija vea od jedan (npr.
32 )1( +x , tada u rastavu na parcijalne razlomke isto tako
uzimamo onoliko novih razlomaka, kolika je ta potencija. Na
primjer:
593. =+++++=+==+ +++++ dxx DCxdxx BAxdxx xx x DCxx BAxx xx
222)1(1)1(223
)1(1)1( 222223
=====
=+=+
==
=+== + ++++++++++
02
01
01
01
2223
22222
3
)1()()(
)1(1)1(
DCBA
DBCA
BA
xDBxCABxAx
xDCx
xBAx
xxx
cx
xdxx
xdxx
x ++++=++= 11)1ln(21)1(21 22222 .
594. =++=+=+ 2222222 )1(11)1( 1)1( xxxxxxxxx dx ++++=++=
cxxxdxxxdxxxxdx )1(2 1)1ln(21||ln)1(1 22222 . Ukoliko je stupanj
brojnika vei ili jednak od stupnja nazivnika, tada je prije
primjene prethodnih trikova potrebno podijeliti brojnik s
nazivnikom te dobiti razlomke u kojima je stupanj nazivnika vei od
stupnja brojnika. Naravno, detaljni postupak za pripadno dijeljenje
se radi na predavanjima i vjebama, a ovdje emo koristiti samo
krajnji razultat dijeljenja, jer nam to nije cilj, ve sredstvo za
rjeavanje integrala ovakvog tipa. Na primjer:
595. =+++=+++=++=++ dxxxdxxxxxxxxxdxxx 11)(111111 232325
2
5
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
146
cxxxxx
dxdxx
xdxxdxx ++++=++++= tgarc)1ln(212411 224
223 .
596. = ++= ++== dxxx xxdxxx xxxx xdxxx x )4)(1( 44)4)(1(
441)4)(1()4)(1( 22
2
2
2
3
2
3
=++=++= ++= 232221312132221131)4)(1( 44 22
xdx
xdx
xdxx
xxxxxxx
cxxxx +++= |2|ln32|2|ln2|1|ln
31 .
597. =++++=+
+=++ 44 6741244 1035244 10352 23
2
23
234
23
234
xxxxxx
xxxxxxxdx
xxxxxxx
=++++= dxxxx xxxxdxx 44 10352)12( 23
234
dijeljenje brojnika i nazivnika=
=+++=+
+=2
32
21
144
1035223
234
xxxxxxxxxx uvrstiti u prethodni integral=
=++++= 232212 xdxxdxxdxdxxdx
.|2|ln3|2|ln2|1|ln2 cxxxxx +++++= ZADACI ZA VJEBU
598. dxxx
x + + 103 322 . 599. dxxx x ++ )12)(1( . 600. dx
xxxx )4)(1( 423 2
2
. 601. dxx
xx + 1 223
.
602. dxxx
x +34 1 . 603. dxx
x ++ 2)3( 2 . 604. ++ dxx xx 4
2
)1(2 . 605. + 43 xx dx .
606. + dxxx xx 22
)1)(1(3 . 607. 14x dx .
608. 13xxdx . 609. +++ 123 xxx dx .
USEROvaj brojnik mora biti kao u prethodnom redu gore.
Korekcija:eljko Miki,
-
7. Integrali
147
RJEENJA
598. .)103ln( 2 cxx ++ 599. .12
1ln cx
x +++ 600. .))4)(1ln(( 2 cxx +
601. .11ln
2
2
cxxx +++ 602. .1ln
2
22
cx
xx ++ 603. .)3ln(3
1 cxx
++++
604. .1
1)1(3
13 cxx
+++ 605. .1ln211
2 cxx
xx+++ 606. .)1ln(1
1 cxx
+++
607. .21
11ln
41 carctgx
xx ++ 608. .
312
33
1
1ln31
2cxarctg
xx
x +++++
609. .21
1)1(ln
41
2
2
carctgxxx ++++
Pojam neodreenog integrala vezan je za dvojicu velikih
matematiara: Leibnitza (Lajbnic) i Newtona (Njutn). Stoga smatramo
zanimljivim iznijeti neke osnovne povijesne podatke i injenice o
dotinoj dvojici. Pri tome emo o Newtonu govoriti na kraju sljedeeg
poglavlja, kad budemo govorili o odreenim integralima i povrinama
ravninskih likova, to je Newton prvi inicirao.
Gottfried Wilhelm von Leibnitz Roen: 1. lipnja 1646. u Leipzigu,
Saxonija (Njemaka) Umro: 14. studenog 1716. u Hannoveru, Hanover
(Njemaka)
Leibnitza je povijest oznaila kao jednog od najveih univerzalnih
genija. Zato? Kao prvo bio je uspjean diplomata i dravnik, to mu je
omoguilo da putuje Europom, te razmjenjuje ideje, ita dostignua
drugih i ui od njih, te da prezentira ono to je sam stvorio. Na
primjer:
-
Mervan Pai: Matan1 dodatak predavanjima za grupe GHI
148
- 1672. godine, za diplomatskog posjeta Parizu, poeo je uiti
modernu matematiku od Huygensa (Hajgens);
- potom odlazi na tri mjeseca u London, kao izaslanik izbornog
kneza, gdje se, osim obaveza u Kraljevskom drutvu, sastaje i s
engleskim matematiarima, gdje im tumai neke svoje matematike
metode;
- godine 1676. naputa Pariz i putuje je za Hanover da bi uao u
slubu vojvode od Brunswick-Luneburga, u ulozi povjesniara;
- tada je, kao povjesniar, u razmaku od 1687.-1690., proputovao
cijelu Njemaku, Austriju i Italiju.
Bio je pravnik, povjesniar, logiar, metafiziar, filozof,
knjievnik, a pored svega toga, bio je i matematiar. 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 zapamena je njegova izreka:
Matematikom se intenzivnije bavi od 1672. godine, pod utjecajem
Huygensa. Godine 1675. pie rad u kojem otkriva osnovni teorem
diferencijalnog rauna:
dxdfg
dxdgfgf
dxd += )( .
U tom istom radu, po prvi put je uveden pojam neodreenog
integrala dxxf )( . Potom, 1676. godine otkriva familijarni
rezultat sa prethodnim: dxnxx
dxd nn 1)( = . Godine 1701.
objavljuje radove o aritmetici binarnog sistema, te o
determinantama. Na kraju recimo da je u povijesti ostao nerazjanjen
delikatan odnos izmeu njega i Newtona, s obzirom da su obojica u
isto vrijeme otkrivali diferencijalni i integralni raun, ali na
razliite naine i s razliitim ciljem. Isto tako, dosta je
diskutabilna neuspjena prepiska koja se vodila meu njima.
Imam tako mnogo ideja da one s vremenom mogu biti korisne ako
drugi, mnogo prodorniji od mene, jednog dana dublje uu u njih i
pridrue ljepotu svojih misli mojem djelu G.W. Leibnitz.
