Sadrzajˇ - FSB Online · 6Integral Dakle, auto je u tom satu preˇsao najmanje 80km i najviˇse 91km. Relativni put Do sada smo proucavali samo sluˇ cajeve za koje jeˇ v > 0:

Sadrzaj

1 Integral 11.1 Odredeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Sume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Putovi i povrsine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3 Definicija integrala i osnovni teorem . . . . . . . . . . . . . 81.1.4 Osnovna metoda integriranja . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.5 Neke osnovne primjene integrala . . . . . . . . . . . . . . . 151.1.6 Nepravi integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.2 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.3 Tehnike integriranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.3.1 Tablicno integriranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.3.2 Integriranje supstitucijom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.3.3 Parcijalna integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.3.4 Integriranje racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.4 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.5 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551.6 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571.7 Primjene integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.7.1 Povrsina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 591.7.2 Volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631.7.3 Duljina luka krivulje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 711.7.4 Teziste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

1.8 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 861.9 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

Poglavlje 1

Integral

U ovom poglavlju najprije razmatramo dva osnovna problema koje vode dopojma odredenog integrala: fizikalni problem odredivanja puta i geometrijskiproblem odredivanja povrsine ispod grafa funkcije. Na temelju ta dva pro-blema, definiramo odredeni integral, koji je osnovni pojam integralnog racu-na. Newton-Leibnizova formula, osnovna formula diferencijalnog i integralnogracuna, povezuje derivaciju i integral i bitno pojednostavljuje racunanje inte-grala. Zatim promatramo prosirenje pojma integral na nepravi integral. Tehnikeintegriranja omogucuju racunanje slozenijih integrala. Od primjena integralarazmatramo racunanje povrsine, volumena, duljine luka krivulje i racunanjetezista likova i tijela.

1.1 Odredeni integral

Dva su osnovna problema koje vode do pojma odredenog integrala - fizikalniproblem odredivanja duljine prijedenog puta ako je zadana brzina gibanja igeometrijski problem izracunavanja povrsina. Temeljni pojmovi diferencijal-nog i integralnog racuna, derivacija i integral, povezani su osnovnom formulomracuna, Newton-Leibnizovom formulom, koja bitno pojednostavljuje izracuna-vanje odredenih integrala i rijesavanje problema.

1.1.1 Sume

Integriranje, kao jednu od komponenti ukljucuje racunanje suma.

2 Integral

Sumu a1 +a2 + · · ·+an−1 +an krace oznacavamon

∑i=1

ai

i citamo: ”suma od ai za i od 1 do n”.

Primjer 1.1. a1 = 3, a2 = 5, a3 = 7, a4 = 6. Izracunajmo4

∑i=1

ai.

Rjesenje:4

∑i=1

ai = a1 +a2 +a3 +a4 = 21.

Slovo ”i” zovemo ”indeksom vezanim u sumi”, i ono se moze zamijeniti bilo

kojim slovom tj.4

∑i=1

ai =4

∑j=1

a j. Isto, pocetna vrijednost indeksa u sumi, moze biti

bilo koji cijeli broj.

Primjer 1.2. Izracunajmo

1.3

∑i=−1

i2

2.4

∑j=2

(j2 + j

)Rjesenje: 1.

3

∑i=−1

i2 = (−1)2 +02 +12 +22 +32 = 15

2.4

∑j=2

(j2 + j

)= (22 +2)+(32 +3)+(42 +4) = 38.

Primjer 1.3. Izracunajmo sumu aritmetickog redan

∑i=1

i.

Rjesenje: Oznacimo trazenu sumu slovom S :

S = 1+2+ · · ·+(n−1)+n

S = n+(n−1)+ · · ·+2+1⇒ 2S = (n+1)+(n+1)+ · · ·+(n+1)+(n+1)⇒ 2S = n(n+1)

⇒ S =n(n+1)

2.

1.1 Odredeni integral 3

Dakle, formula za trazenu sumu je S =n(n+1)

2.

Primjer 1.4. Izracunajmo

1. Zbroj prvih 1000 prirodnih brojeva;

2. 8+9+ · · ·+38;

3.97

∑i=−2

(i+2)

Rjesenje: 1. 1+2+ · · ·+1000 =1000 ·1001

2= 500500;

2. 8+9+ · · ·+38 = (1+2+ · · ·+38)− (1+2+ · · ·+7) =38 ·39

2− 7 ·8

2= 713;

3.97

∑i=−2

(i+2) =99

∑j=0

j =99 ·100

2= 4950

Primjer 1.5. Izracunajmo sumu geometrijskog redan−1

∑i=0

qi = 1+q+ · · ·qn−1.

Rjesenje: Oznacimo trazenu sumu slovom S :

S = 1+q+ · · ·+qn−2 +qn−1

qS = q+ · · ·+qn−2 +qn−1 +qn

⇒ S−qS = 1−qn

⇒ (1−q)S = 1−qn

⇒ S =1−qn

1−q.

Dakle, formula za trazenu sumu je S =1−qn

1−q.

Primjer 1.6. Za |q|< 1 izracunajmo∞

∑i=0

qi = 1+q+ · · ·qn + · · · .

4 Integral

Rjesenje: 1+q+ · · ·qn−1 =1−qn

1−q. Ako je |q|< 1, onda qn→ 0 kada n→ ∞, pa je

1+q+q2 +q3 + · · ·= limn→∞

(1+q+ · · ·qn−1)= lim

n→∞

1−qn

1−q=

11−q

.

1.1.2 Putovi i povrsine

Razmotrimo problem pronalazenja puta, ako je zadana brzina gibanja. Ako seod trenutka t = a do trenutka t = b tijelo giba konstantnom brzinom v, onda ce utom vremenskom intervalu prijeci put:

s(b)− s(a) = v(b−a)

∆s = v∆t

gdje je s(b)=polozaj u trenutku b, s(a)=polozaj u trenutku a, te ∆s razlika polozajatj. prijedeni put. U v− t dijagramu to izgleda ovako:

v

t

∆s

a b

∆t

Prijedeni put u vremenskom intervalu [a,b] prikazan je povrsinom izmedu togintervala i grafa od v.Ako se brzina na nekom intervalu skokovito mijenja, vrijedi slicno:

v

t∆s1

t1 t2

∆s2

∆s3

∆s4

t3 t4 t5∆t1 ∆t2 ∆t3 ∆t4

v1

v2

v3

v4


s(b)− s(a) =4

∑i=1

vi∆ti

tj. prijedeni put u vremenskom intervalu [a,b] je povrsina ispod grafa ”skoko-vite” funkcije v(t) nad segmentom [a,b]. Ako se brzina mijenja kontinuirano nanekom vremenskom intervalu [a,b], mozemo ju odozdo i odozgo aproksimiratiskokovitim brzinama:

v

ta b

∑j

d j∆t j ≤ s(b)− s(a)≤∑i

gi∆ti

gdje je ∑ j d j∆t j donja suma, ∑i gi∆ti gornja suma, a s(b)− s(a) prijedeni put.Crvena povrsina je donja procijena ukupno prijedenog puta, a zelena povrsina jegornja procijena tog istog puta. Razlika izmedu gornje i donje procijene je okviru kojem se krecu greske procijene. Ako podijelimo vremenski interval [a,b] navise manjih podintervala dobit cemo tocniju gornju i donju procijenu, tj. greskaprocijene ce biti manja. Dakle, ukupni prijedeni put je jednak povrsini ispodgrafa funkcije v(t) i mozemo ga po volji tocno aproksimirati pomocu donjih igornjih suma.

Primjer 1.7. Brzina auta u razdoblju od jednog sata izgledala je ovako (u km/h)72≤ v≤ 81 za 0≤ t ≤ 1/378≤ v≤ 93 za 1/3≤ t ≤ 2/390≤ v≤ 99 za 2/3≤ t ≤ 1Procjenimo prijedeni put.

Rjesenje: Donja suma predstavlja procjenu donje mede za prijedeni put:

72 · 13+78 · 1

3+90 · 1

3= 80km.

Gornja suma predstavlja procjenu gornje mede za prijedeni put:

81 · 13+93 · 1

3+99 · 1

3= 91km.

6 Integral

Dakle, auto je u tom satu presao najmanje 80km i najvise 91km.

Relativni put

Do sada smo proucavali samo slucajeve za koje je v > 0. Sto kada je v < 0? Tadaje smjer gibanja suprotan. Udaljenost od pocetnog polozaja raste i pada, ovisnoo promjeni smjera gibanja i iznosu brzine, tj. u ovisnosti o predznaku i velicinibrzine v.Formula

s(b)− s(a) =4

∑i=1

vi∆ti

i dalje odreduje razliku polozaja u trenutku b i trenutku a, ali to sada nije ukupniprijedeni put nego je relativni put.

∆s = relativni put

s

U v− t dijagramu: relativni put je jednak relativnoj povrsini koja se proteze odintervala [a,b] do grafa funkcije brzine v = f (t). Relativna povrsina jednaka jerazlici povrsina koje su iznad osi t i povrsina koje su ispod osi t (vidi sliku).

v

t

v1

v2

v3

+

−

+

Prethodna razmatranja vrijede i u ovom opcenitijem slucaju, ako pod prijedenimputem mislimo na relativni put.

I puteve i povrsine aproksimativno racunamo pomocu donjih i gornjih suma.Tocna vrijednost je ona koja je tocno izmedu svih donjih i svih gornjih suma.

Primjer 1.8. Upotrebom gornjih i donjih suma priblizno izracunajmo povrsinuP ispod grafa f (x) = x nad intervalom [0,1]. (Povrsinu znamo izracunati primje-nom geometrije pravokutnog trokuta P = 0.5, pa ce nas racun biti provjera togrezultata.)


Rjesenje: Razdijelimo interval [0,1] na pet jednakih dijelova 0 <15<

25<

35<

45< 1.

Odredimo donju sumu D:

D =15·0+ 1

5· 1

5+

15· 2

5+

15· 3

5+

15· 4

5=

25= 0.4.

Odredimo gornju sumu G:

G =15· 1

5+

15· 2

5+

15· 3

5+

15· 4

5+

15·1 =

35= 0.6.

Trazena povrsina je izmedu tih vrijednosti:

0.4≤ P≤ 0.6.

Da smo interval [0,1] podijelili na krace podintervale (npr. duljine 1/10, 1/100, . . . ,1/n za n→ ∞) dobili bismo tocniju procijenu povrsine ( 0.45≤ P≤ 0.55, 0.495≤P ≤ 0.505, . . . , 0.5− 1

2n≤ P≤ 0.5+

12n

). Tocna vrijednost povrsine je broj koji jetocno izmedu svih donjih i svih gornjih suma tj. veci je od svih donjih i manji jeod svih gornjih suma i iznosi: P = 0.5.

8 Integral

Kao sto se derivacije rijetko racunaju izravno kao granice omjera diferencijala,tako se i povrsine rijetko racunaju izravno pomocu donjih i gornjih suma. De-rivacije se racunaju primjenom pravila za deriviranje, a povrsine se racunajuprimjenom pravila za integriranje.

1.1.3 Definicija integrala i osnovni teorem

Ako na intervalu [a,b] postoje donje (∑i di∆xi) i gornje (∑i gi∆xi) sume za funkcijuf (x) koje se po volji malo razlikuju, onda postoji jedan jedini broj I koji je veciod svih donjih i manji od svih gornjih suma. Taj je broj integral funkcije f (x) na

intervalu [a,b], I =b∫a

f (x)dx. Znak∫

je znak integracije, a,b su granice integra-

cije, a f (x) je podintegralna funkcija. Integral je definiran pomocu suma, pa je inotacija za integral izvedena iz notacije za sumu. ∑ je pretvoren u izduzeni s (

∫),

∆x je pretvoren u dx, granice sumacije su pretvorene u granice integracije a,b, agornja i donja aproksimacija zamijenjene su funkcijom f (x).

Integral funkcije f (x) na intervalu [a,b],b∫a

f (x)dx

je jedinstven broj (ako takav postoji) koji je smjesten izmedu

svih donjih i svih gornjih suma za funkciju f (x) nad [a,b].

Ako postoji integral funkcije f (x) na intervalu [a,b], onda kazemo krace da jefunkcija f (x) integrabilna na intervalu [a,b].Dakle, povrsine i putovi su primjeri integrala.


Primjer 1.9. Zapisimo sljedece povrsine kao integrale:

y

x−1 2

y = x2

y

x0 2

2

Rjesenje:

2∫−1

x2dx,2∫

0

2dx

Primjer 1.10. Zapisimo sljedece relativne povrsine kao integrale:

y

x

y = x3

−0.5

1

y

x

y = cosx

π2

π 3π2

1

Rjesenje:

1∫−0.5

x3dx,

3π

2∫0

cosxdx

10 Integral

Zadatak 1.1. Zapisati sljedece relativne povrsine kao integrale:

y

x−2 2

y = −x2 + 4

4

y

x−4 −2

y = 12x+ 1

1

Rjesenje:2∫−2

(−x2 +4)dx,0∫−4

(12

x+1)dx

Zadatak 1.2. Zapisati sljedece relativne povrsine kao integrale:

y

x

2

1

y = (x− 1)(x− 2)

2

y

xπ2

π

y = sinx

3π2

Rjesenje:2∫

0

(x−1)(x−2)dx,

3π

2∫π

2

sinxdx

Primjer 1.11. Procjenimo integral2∫

1

1x

dx gornjom i donjom sumom.


Rjesenje:

y

x1 6

575

85

95

2

y =1

x

Gornja suma:55· 1

5+

56· 1

5+

57· 1

5+

58· 1

5+

59· 1

5=

15+

16+

17+

18+

19=

0.745634921y

x1 6

575

85

95

2

y =1

x

1

56

57

5859

2

Donja suma:56· 1

5+

57· 1

5+

58· 1

5+

59· 1

5+

510· 1

5=

16+

17+

18+

19+

110

=

0.645635

Dakle,

0.645635 <

2∫1

1x

dx < 0.745634921.

Da smo u prethodnom primjeru dijelili interval [1,2] na krace podintervale (npr.duljine 1/10, 1/100 itd.) dobili bismo tocniju procijenu integrala. Medutim,racunanje integrala po definiciji, slozen je i dugotrajan proces. Osnovni teoremdiferencijalnog i integralnog racuna nam omogucava da integrale racunamo jed-nostavnije.

Derivaciju smo definirali u Matematici I, a integral u ovom poglavlju. Upoznalismo oba osnovna pojma diferencijalnog i integralnog racuna, pa se postavlja pi-tanje fundamentalne veze izmedu ta dva osnovna pojma. Sjetimo se osnovnefizikalne interpretacije derivacije i integrala. Neka F(x) predstavlja put koji ti-jelo prede do trenutka x. Tada derivacija F ′(x) predstavlja brzinu u trenutku x.Relativni put F(b)−F(a) sto ga tijelo prede od trenutka a do trenutka b jednakje relativnoj povrsini ispod grafa brzine F ′(x) tj.

F(b)−F(a) =b∫

a

F ′(x) dx.

12 Integral

Ta veza derivacije i integrala vrijedi neovisno o interpretaciji i osnovni je te-orem diferencijalnog i integralnog racuna - Newton-Leibnizova formula. Akoje funkcija F(x) diferencijabila na [a,b], a njena derivacija F ′(x) integrabilna na[a,b], onda je

F(b)−F(a) =b∫

a

F ′(x) dx .

Drugim rjecima, ako je funkcija f (x) integrabilna na [a,b] i ima antiderivacijuF(x), onda je

F(b)−F(a) =b∫

a

f (x) dx .

1.1.4 Osnovna metoda integriranja

Najvaznija primjena osnovnog teorema je racunanje odredenih integrala. Odredivanjeintegrala funkcije f na intervalu [a,b] provodimo u dva koraka:

1. Nademo antiderivaciju F funkcije f (F ′ = f )

2. Izracunamo F(x)∣∣∣ba

b∫a

f (x)dx = F(x)∣∣∣ba= F(b)−F(a)

Primjer 1.12. Izracunajmo integral2∫0(2x2 +3

√x)dx.

Rjesenje: Prema pravilima antideriviranja, antiderivacija funkcije f (x) = 2x2 +

3√

x je F(x) = 23 x3 +2x

32 . Slijedi,

2∫0

(2x2+3√

x)dx=2∫

0

f (x)dx=F(2)−F(0)=23·23+2 ·2 3

2 − 23·03−2 ·0 3

2 =163+4√

2.

Primjer 1.13. Izracunajmo integralπ∫0

sinxdx.


Rjesenje:π∫0

sinxdx = (−cosx)∣∣∣π0=−cos0+ cosπ =−2.

Primjetimo da ni osnovni teorem niti iz njega izvedena osnovna metoda integri-ranja ne odreduju tocno koju antiderivaciju funkcije treba upotrijebiti. Medutim,ako su F1(x) i F2(x) dvije antiderivacije funkcije f (x) onda znamo da vrijediF2(x) = F1(x)+C, ( C je konstanta) i

F2(x)∣∣∣ba= F2(b)−F2(a) = (F1(b)+C)− (F1(a)+C) = F1(b)−F1(a) = F1(x)

∣∣∣ba,

tj. svi izbori od F(x) daju isti rezultat.

Zadatak 1.3. Izracunajte sljedece neodredene integrale:

1.∫ (

3x2− 1x

)(x+1)dx

2.∫ x2− x+2√

xdx

3.∫

cos(2x+1)dx

4.∫ (

3sinx− 2sin2 x

)dx

5.∫ (

ex +2x− x2

)dx

Rjesenje: 1.34

x4− x+ x3− ln |x|+C

2.25

x52 − 2

3x

32 +4x

12 +C

3.12

sin(2x+1)+C

4. −3cosx+2ctgx+C

5. ex +2ln |x|− x3

3+C

Zadatak 1.4. Izracunajte sljedece odredene integrale:

14 Integral

1.0∫−1

(4x3− 3

√x)

dx

2.4∫

1

3x−1√x

dx

3.

π

2∫0

(cosx+ sinx)dx

4.2∫

− 12

e2x+1dx

Rjesenje: 1. −14

2. 12

3. 2

4.12(e5−1)

Integralb∫a

f (x)dx smo definirali za a < b. Buduci da desna strana osnovnog teo-

rema vrijedi i u slucaju kad je a≥ b

b∫a

f (x)dx = F(b)−F(a),

mozemob∫a

f (x)dx definirati i u tom slucaju. To je tzv. ”krivo usmjereni” integral

i za njega vrijedi:

b∫a

f (x)dx =−a∫

b

f (x)dxa∫

a

f (x)dx = 0 .

Primjer 1.14. Izracunajmo0∫2(x3 +3)dx.


Rjesenje:0∫2(x3 +3)dx = ( x4

4 + 3x)∣∣∣02= −( 24

4 + 3 · 2) = −10 = −2∫0(x3 +3)dx, iako je

funkcija nenegativna integral je negativan jer je ”krivo usmjeren”.

1.1.5 Neke osnovne primjene integrala

Primjer 1.15. Kolika je povrsina zelenog podrucja?

y

x−1 1

y = −x2 + 2

y = x2

Rjesenje: Odredimo najprije presjecne tocke: −x2 +2 = x2, dakle x1 =−1, x2 = 1.Povrsina zelenog podrucja je jednaka povrsini ispod grafa y=−x2+2 umanjenojza povrsinu ispod grafa y = x2, dakle,

P =

1∫−1

(−x2 +2) dx−1∫−1

x2 dx

ili prema osnovnom svojstvu integrala

P =

1∫−1

[(−x2 +2)− x2] dx =1∫−1

(−2x2 +2) dx.

Izracunajmo taj integral:1∫−1

(−2x2 +2) dx = (−2x3

3+2x)

∣∣∣1−1

=−23+2− (

23−2) =

83.

Postupak iz gornjeg primjera, mozemo primijeniti za izracunavanje povrsinesvakog podrucja u ravnini koje je omedeno grafovima funkcija f (x) i g(x) naintervalu [a,b], za koje vrijedi f (x)≥ g(x) za x ∈ [a,b].

16 Integral

y

x

f(x)−

g(x)

xa b

dx

y = f(x)

y = g(x)

Ako su funkcije f (x) i g(x) integrabilne na intervalu [a,b] i ako je f (x) ≥ g(x) zax ∈ [a,b], onda povrsina nad intervalom [a,b] koje je smjestena izmedu grafovay = f (x) i y = g(x) iznosi:

b∫a

( f (x)−g(x))dx .

Zadatak 1.5. Izracunajmo povrsinu podrucja omedenog grafovima funkcija:

y = x2, y =√

x.

Rjesenje:

y

x1

1∫0

(√x− x2)dx =

13.


y = sinx, y = cosx, 0≤ x≤ π

4.


Rjesenje:y

xπ4

π

4∫0

(cosx− sinx)dx =√

2−1.


x = y2, x = 1+12

y2.

Rjesenje:y

x

√2

−√2

√2∫

−√

2

(1+

12

y2− y2)

dy =43

√2.

Zadatak 1.8. Izracunajmo povrsinu podrucja omedenog krivuljama:

x = y2 i y = x−2.

Rjesenje:y

x

−1

2

2∫−1

(y+2− y2)dy =

92.

18 Integral

Zadatak 1.9. Izracunajmo povrsinu podrucja omedenog:

y =1x2 i 14x+9y = 43.

Rjesenje:

y

x

12

3

3∫12

(43−14x

9− 1

x2

)dx =

12536

.

Zadatak 1.10. Izracunajmo povrsinu podrucja izmedu krivulja:

y = x i y = x2, za x ∈ [−1,1].

Rjesenje:

y

x−1 1

0∫−1

(x2− x

)dx+

1∫0

(x− x2)dx = 1.

Sjetimo se veze puta s i brzine v : relativni put sto ga tijelo prijede od trenutkat = a do trenutka t = b, ako se giba brzinom v = v(t) iznosi

∆s = s(b)− s(a) =b∫

a

v(t)dt.


Isto vrijedi za bilo koju velicinu V (x) i njezinu brzinu promjenedVdx

(to je sadrzajosnovnog teorema):

∆V =V (b)−V (a) =b∫

a

V ′(x)dx

tj. ukupna promjena ∆V od x = a do x = b jednaka je integralu brzine promjenevelicine V ′(x) u granicama a do b.

Primjer 1.16. Bazen se puni vodom, od pocetnog trenutka t = 0, brzinom12(t2+ t)`/min. Dakle, brzina punjenja raste, ali samo dok ne dostigne brzinu od1320`/min. Od tog momenta brzina ostaje konstantna.

1. S koliko vode se bazen napuni do tog trenutka?

2. Koliko vremena treba da se napuni bazen od 783400`?

Rjesenje: Maksimalna brzina se postize u trenutku t za koji vrijedi:

12(t2 + t) = 1320⇒ t = 10min

Dakle brzina punjenja je:

f (t) =

{12(t2 + t), 0≤ t ≤ 10;1320, t > 10.

f(t)

t10 x

1320

1. Kolicina vode koja ude u bazen do trenutka t = 10 iznosi:10∫

0

12(t2 + t)dt = (4t3 +6t2)∣∣∣10

0= 4600`

2. Trenutak x u kojem se napuni 783400` :

20 Integral

783400 =

x∫0

f (t)dt =10∫

0

12(t2 + t)dt +x∫

10

1320dt = 4600+1320(x−10)

⇒ x = 600min = 10h.

Zadatak 1.11. Brzina gibanja cestice u trenutku t iznosi v(t) = 3t2 + 2t + 1m/s.Odredite relativni put koji je cestica prosla:

1. u prvih 10s

2. izmedu cetvrte i pete sekunde?

Rjesenje: 1. ∆s = s(10)− s(0) = 1110m

2. ∆s = s(5)− s(4) = 71m.

Zadatak 1.12. Brzina gibanja cestice u trenutku t iznosi v(t) = 12t−3t2m/s.

1. Odredite put koji je cestica prosla od pocetka gibanja do zaustavljanja.

2. Koliki je relativni put izmedu druge i pete sekunde?

Rjesenje: 1. ∆s = s(4)− s(0) = 32m

2. ∆s = s(5)− s(2) = 9m.

Zadatak 1.13. Akceleracija cestice u trenutku t iznosi a(t) = 3t2− 1m/s2. Kolikaje ukupna promjena brzine izmedu trece i pete sekunde.

Rjesenje: ∆v = 96m/s.

Zadatak 1.14. Balon u obliku kugle, napuhuje se brzinom od v(t) = 5t− 0.5`/s.Koliko se ukupno promjeni volumen izmedu prve i cetvrte sekunde?

Rjesenje: ∆V = 36`.

1.1.6 Nepravi integral

U definiciji odredenog integralab∫a

f (x)dx interval [a,b] je omeden i funkcija f (x)

nema tocke prekida u kojoj je neomedena. U ovom poglavlju prosirit cemo po-jam integrala na slucajeve kad je interval neomeden i kad je funkcija neomedenau nekoj tocki intervala. Pogledajmo najprije kako definiramo integral nad neo-medenim intervalom.


y

xa b →

y = f(x)

Ako pustimo da b poprima sve vece vrijednosti (b→∞), dobit cemo integral nadneomedenim intervalom. Takav integral zovemo nepravim integralom. Buduci

dab∫a

f (x)dx predstavlja povrsinu ispod f (x) nad intervalom [a,b] ako pustimo

da b poprima sve vece vrijednosti dobijamo povrsinu nad neomedenim inter-valom ispod f (x). Prva pomisao je da je povrsina nad neomedenim intervalombeskonacna. Medutim, to nije uvijek tako.Racunanje integrala nad neomedenim intervalom provodimo u dva koraka: naj-prije izracunamo integral nad omedenim intervalom [a,b] i onda izracunamokako se dobivena vrijednost ponasa kad b tezi u beskonacnost (b→ ∞).

∞∫a

f (x)dx = limb→∞

b∫a

f (x)dx

Ako postoji granicna vrijednost limb→∞

b∫a

f (x)dx, onda kazemo da nepravi integral

∞∫a

f (x)dx konvergira i ima za vrijednost realni broj limb→∞

b∫a

f (x)dx. Ako nepravi

integral nije konvergentan kazemo da je divergentan.Slicno:

b∫−∞

f (x)dx = lima→−∞

b∫a

f (x)dx

∞∫−∞

f (x)dx =0∫

−∞

f (x)dx+∞∫

0

f (x)dx

22 Integral

Nepravi integral∞∫−∞

f (x)dx konvergira ako su oba integrala na desnoj strani ko-

nvergentni.

Primjer 1.17. Izracunajmo:

(a)∞∫

1

1x2 dx.

(b)∞∫

1

1√x

dx.

(c)∞∫

1

1x

dx.

Rjesenje: (a) Vidi sliku:

y

x

1 b →

y = 1x2

∞∫1

1x2 dx = lim

b→∞

b∫1

1x2 dx = lim

b→∞

(−1

x

)∣∣∣b1= lim

b→∞

(−1

b+1)= 1.

Nepravi integral konvergira, konacan je i njegova je vrijednost 1. Povrsina ispodkrivulje 1

x2 nad neomedenim intervalom [1,∞〉 je konacna i iznosi 1.(b) Vidi sliku:

y

x

1 b →

y = 1√x


∞∫1

1√x

dx = limb→∞

b∫1

1√x

dx = limb→∞

(2√

x)∣∣∣b

1= lim

b→∞

(2√

b−2)= ∞.

Nepravi integral divergira, beskonacan je.(c) Vidi sliku:

y

x1

1

y = 1√x

y = 1x

y = 1x2

∞∫1

1x

dx = limb→∞

b∫1

1x

dx = limb→∞

(lnx)∣∣∣b1= lim

b→∞(lnb− ln1) = ∞.

Nepravi integral divergira, beskonacan je.

Pogledajmo sliku jos jedanput- ako je graf funkcije 1xa ispod grafa funkcije 1

x , naintervalu [1,∞〉, onda ce integral konvergirati i povrsina ce biti konacna (to sedesava za a > 1). Ako je graf funkcije 1

xa iznad grafa funkcije 1x , na intervalu

[1,∞〉, onda ce integral divergirati tj. bit ce beskonacan (to se desava za a <1).

Zadatak 1.15. Izracunajte:

1.∞∫

2

1x5 dx

2.−3∫−∞

1x4 dx

3.∞∫

1

15√

xdx

24 Integral

Rjesenje: 1. 1/64

2. 1/81

3. ∞

Drugi tip nepravog integrala dobijamo ako je funkcija neomedena(beskonacna)unutar intervala integracije. Ako graf funkcije f (x) ima vertikalnu asimptotu

u rubnoj tocki b intervala [a,b], onda integralb∫a

f (x)dx nije definiran na inter-

valu [a,b], jer je funkcija neomedena na tom intervalu. I u tom slucaju imamopovrsinu neomedena podrucja (ovaj put je podrucje neomedeno u smjeru y-osi).

y

xa bβ

Tu povrsinu mozemo pronaci kao limes integrala:

b∫a

f (x)dx = limβ→b−

β∫a

f (x)dx .

Ako postoji vrijednost limβ→b−

β∫a

f (x)dx, onda integralb∫a

f (x)dx konvergira (konacan

je) i njegova vrijednost je realni broj limβ→b−

β∫a

f (x)dx. U protivnom, integral diver-

gira (beskonacan je).Slicno, ako je funkcija neomedena u rubnoj tocki a intervala [a,b], vrijedi:

b∫a

f (x)dx = limα→a+

b∫α

f (x)dx


Ako funkcija ima vertikalne asimptote i u tocki a i u tocki b, ili unutar intervala(a,b), onda interval mozemo podijeliti na podintervale, tako da nepravi integralispadaju u integrale koje smo definirali. Ako svi nepravi integrali konvergiraju,

tada integralb∫

a

f (x)dx konvergira i ima vrijednost koja je jednaka zbroju vrijed-

nosti nepravih integrala.

Primjer 1.18. Izracunajmo1∫

0

1√x

dx.

Rjesenje: Vidi sliku:y

x

1α

y = 1√x

1∫0

1√x

dx = limα→0+

1∫α

1√x

dx = limα→0+

(2−2

√α)= 2.


0

1x2 dx.

Rjesenje:

1∫0

1x2 dx = lim

α→0+

1∫α

1x2 dx = lim

α→0+

(−1+

1α

)= ∞.


0

1x

dx.

Rjesenje:

1∫0

1x

dx = limα→0+

1∫α

1x

dx = limα→0+

(0− lnα) = 0− (−∞) = ∞.

26 Integral

Zadatak 1.16. Izracunajte:

1.2∫

0

1x4 dx

2.0∫−1

1x7 dx

3.8∫

0

13√

xdx

Rjesenje: 1. ∞

2. −∞

3. 6

1.2 Zadaci za vjezbu 27

1.2 Zadaci za vjezbu

1. Izracunati neodredene integrale:

a)∫

2(3x−1)2 dx b)∫

(1+ x)(2− x+ x2) dx

c)∫ x4 +2x3 +7

3√

xdx d)

∫ (13√

x+2x4 +

x5√x2

)dx

e)∫ 5

cos2 xdx f)

∫(sinx+5cosx) dx

g)∫

(5x +5x) dx h)∫

(ex + x2) dx

2. Naci funkciju cija je derivacija y′ = 7x+4 ako je za x = 2 vrijednost funkcije 16.

3. Naci funkciju cija je derivacija y′ = 3x2+5 ako je za x = 1 vrijednost funkcije 9.

4. Izracunati odredene integrale:

a)∫ 2

−1(x2 +2x+1) dx b)

∫ 0

−1(x3 +2x) dx c)

∫ 4

1

(√x− 1√

x

)dx

d)∫ 9

1

x−1√x

dx e)∫ π

4

0cosx dx f)

∫ π

3

π

6

1sin2 x

dx

5. Izracunati povrsine likova koji su omedeni s:

a) x+2y−4 = 0, y = 0, x =−3, x = 2 b) x−2y+4 = 0, x+ y−5 = 0, y = 0

c) y = x2, y = 0, x = 2, x = 3 d) y =−x2 +4, y = 0

e) y = x2, y = 2x f) 7x2−9y+9 = 0, 5x2−9y+27 = 0

g) y = sinx, y = x2−πx h) y = sinx, y = cosx, 0≤ x≤ π

4

6. Brzina cestice koja se giba duz x-osi u trenutku t iznosi v(t) = 3t2 + 4m/s.Koliki je put cestica prosla u prvih 5s?

7. Brzina cestice koja se giba duz x-osi u trenutku t iznosi v(t) = t2− 8t + 2m/s.Koliki je relativni put cestica prosla izmedu 7s i 9s?

8. Ubrzanje cestice koja se giba duz x-osi u trenutku t iznosi a(t) = 12t2+6t m/s2.Kolika je ukupna promjena brzine cestice u prvih t = 5s? Koliki je ukupniput cestica presla u tom vremenu?

9. Ubrzanje cestice koja se giba duz x-osi u trenutku t iznosi a(t) =−6t+18m/s2.Kolika je ukupna promjena brzine cestice do t = 3s? Koliki je ukupni putcestice od t = 0 do trenutka zaustavljanja?

28 Integral

10. Izracunati neprave integrale:

a)∫ 1

0

dx3√

xb)

∫ π

2

0

dxcos2 x

c)∫ 1

−1

dxx3

d)∫ 1

−1

2x

dx e)∫

∞

1

3x

dx f)∫

∞

2

dxx2

g)∫ 1

−∞

3x dx h)∫

∞

0

(12

)x

dx


Rjesenja zadataka 1.2

1.

a)29(3x−1)3 +C b)

x4

4+

x2

2+2x+C c)

314

x143 +

611

x113 +

212

x23 +C

d)32

x23 +

25

x5 +58

x85 +C e) 5tanx+C f) − cosx+5sinx+C

g)5x

ln5+

52

x2 +C h) ex +x3

3+C

2. y =72

x2 +4x−6

3. y = x3 +5x+3

4. a) 9 b) −54

c)83

d)403

e)√

22

f)23

√3

5. a)454

b)272

c)193

d)323

e)43

f) 8

g) 2+π3

6h)√

2−1

6. 145m

7.143

m

8. 575m/s, 750m

9. 27m/s, 108m

10. a)32

b) ∞ c) divergira d) divergira e) ∞ f)12

g)3

ln3h)

1ln2

30 Integral

1.3 Tehnike integriranja

U ovom poglavlju najprije ponavljamo sve neodredene integrale, koje smo dosada naucili, a zatim uvodimo dvije tehnike integriranja -integriranje supstitu-cijom i parcijalnom integracijom, pomocu kojih mozemo odrediti slozenije anti-derivacije. Na kraju, rjesavamo problem integriranja racionalnih funkcija.

1.3.1 Tablicno integriranje

Iz osnovnog teorema racuna slijedi da mozemo integrirati ako znamo odreditiantiderivaciju, tj. neodredeni integral. U tablici su navedeni neodredeni inte-grali koje smo dosad naucili.Tim se integralima mozemo slobodno koristiti priintegriranju.

f (x)∫

f (x)dx1x

ln |x|+C

xa;a 6=−1xa+1

a+1+C

sinx −cosx+Ccosx sinx+C

1cos2 x

tgx+C1

sin2 x−ctgx+C

bx bx

lnb+C

ex ex +C1√

a2− x2arcsin

( xa

)+C

f (x)∫

f (x)dx1

a2 + x21a

arctg( x

a

)+C

1a2− x2

12a

ln∣∣∣∣a+ xa− x

∣∣∣∣+C

1√x2 +a2

ln(x+√

x2 +a2)+C

1√x2−a2

ln(x+√

x2−a2)+C

shx chx+Cchx shx+C1

sh2x−cthx+C

1ch2x

thx+C

Zadaci

U sljedecim primjerima treba izracunati neodredene i odredene integrale.

Zadatak 1.17. Odredite sljedece integrale:

(a)∫ (

2x3 +1x2 −

7√x

)dx

(b)∫ (

x2/3 +5x

)dx

1.3 Tehnike integriranja 31

(c)1∫

0

2√

x dx.

Rjesenje: (a) x4

2 − 1x −14

√x+C

(b) 35 x5/3 +5ln |x|+C

(c) 43 .


(a)∫ (

2cosx− 3cos2 x

)dx

(b)∫ 5sin3 x+4

sin2 xdx

(c)

π

2∫0

13

sinx dx.

Rjesenje: (a) 2sinx−3tgx+C

(b) −5cosx−4ctgx+C

(c) 13 .


(a)∫ ( 1

34 + x2

+1

7− x2

)dx

(b)∫ ( 1√

5− x2+

3√4+ x2

)dx

(c)∫ 1√

4x2−1dx

(d)1∫

0

dxx2 +1

.

Rjesenje: (a) 2√3arctg( 2x√

3)+ 1

2√

7ln∣∣∣√7+x√

7−x

∣∣∣+C

32 Integral

(b) arcsin( x√5)+3ln(x+

√x2 +4)+C

(c) 12 ln(

x+√

x2− 14

)+C

(d) π

4 .


(a)∫ (

3x +32x)dx

(b)∫

5e3xdx

(c)1∫

0

2xdx

(d) Odredite povrsinu na slici desno.

−1 1

ex

Rjesenje: (a) 1ln3 3x + 1

2ln3 32x +C

(b) 53 e3x +C

(c) 1ln2

(d)1∫−1

exdx =e2−1

e.


(a)π∫

0

(3x2 +2sinx− ex)dx

(b)1∫

0

(3√

x+1√

1− x2

)dx

Rjesenje: (a) π3 +5− eπ


(b) 34 +

π

2

Zadatak 1.22. Odredite povrsinu na slici.

π0

cos x

sin x

Rjesenje: P =

π

4∫0

(cosx− sinx)dx =√

2−1.

1.3.2 Integriranje supstitucijom

Vidjeli smo da je racunanje integrala tezi proces od racunanja derivacija. Umnogim slucajevima koje ne mozemo rijesiti pomocu tablice integrala pomazenam metoda supstitucije. Pogledajmo najprije jednostavni oblik supstitucije tzv.ociglednu supstituciju.

Ocigledna supstitucija

Ako u integralu mozemo uociti izraz koji mozemo zamijeniti u = u(x), te ako se

u integralu pojavljuje i derivacija tog izrazadudx

onda je

∫f (u(x))

dudx

dx =∫

f (u)du

Primjer 1.21.∫

2x√

x2−1 dx =?

Rjesenje: U integralu uocimo podfunkciju u = x2− 1 i njenu derivacijududx

= 2x,

pa vrijedi:∫ √x2−1 2x dx =

∣∣∣∣u = x2−1dudx

= 2x∣∣∣∣ = ∫ √

ududx

dx =∫ √

udu =23

u3/2 +C =

34 Integral

23

√(x2−1)3 +C.

Integriranje supstitucijom je zapravo inverzni, integralni oblik lancanog derivi-ranja. Naime, ako su F i g dvije derivabilne funkcije, onda nam lancano pravilokaze da vrijedi:

(F ◦g)′(x) = F ′(g(x)) ·g′(x).Odakle slijedi ∫

F ′(g(x)) ·g′(x)dx = F(g(x))+C,

te ako g(x) oznacimo s u = g(x),∫F ′(u) · du

dxdx = F(u)+C,

ako jos F ′(u) oznacimo s f (u) = F ′(u), slijedi formula supstitucije∫f (u(x))

dudx

dx =∫

f (u)du.

Primjer 1.22.∫

sin2 xcosx dx =?

Rjesenje:∫

sin2 xcosx dx =

∣∣∣∣u = sinxdudx

= cosx∣∣∣∣ = ∫

u2 dudx

dx =∫

u2du =u3

3+

C =sin3 x

3+C.

Standardnije se gornja supstitucija zapisuje:∫sin2 xcosx dx = |u = sinx du = cosxdx|=

∫u2du =

u3

3+C =

sin3 x3

+C,

dakle, zamijenimo u = sinx i izracunamo diferencijal du iz te veze, du = cosxdx,te uvrstimo u integral.

Zadatak 1.23. Izracunajte sljedece integrale:

(a)∫

cos2 xsinx dx

(b)∫ ex

1+ ex dx

(c)∫ ex

1+ e2x dx

(d)∫ x3

x4 +1dx

(e)∫

x2 cos(x3)dx


Rjesenje: (a)∫

cos2 xsinx dx =∣∣∣ t=cosxdt=−sinxdx−dt=sinxdx

∣∣∣=−∫t2dt =− t3

3+C =−cos3 x

3+C.

(b) ln(1+ ex)+C (t = 1+ ex)

(c) arctg(ex)+C (t = ex)

(d) 14 ln(x4 +1)+C (t = x4 +1)

(e) 13 sin(x3)+C (t = x3)

Zadatak 1.24. Ako je∫

f (x)dx = F(x)+C, koliko je:

(a)∫

f (2x)dx

(b)∫

f (x−4)dx

(c)∫

f (3x+1)dx

Rjesenje: (a)F(2x)

2+C

(b) F(x−4)+C

(c)F(3x+1)

3+C

Sljedeci zadaci se cesto koriste u primjenama.

Zadatak 1.25. Izracunajmo sljedece integrale:

(a)∫

sin2 x dx

(b)∫

cos2 x dx

Rjesenje: (a) Koristimo se poznatim trigonometrijskim identitetom

sin2 x =1− cos(2x)

2

∫sin2 xdx =

12

∫(1− cos(2x))dx =

12

∫dx− 1

2

∫cos(2x)dx =

x2− sin(2x)

4+C

(b) Koristimo se identitetom

36 Integral

cos2 x =1+ cos(2x)

2

∫cos2 xdx =

12

∫(1+cos(2x))dx =

12

∫dx+

12

∫cos(2x)dx =

x2+

sin(2x)4

+C

Supstitucija

Osnovna ideja supstitucije je da se relativno komplicirani integral svede na jed-nostavni integral. To se postize zamjenom varijable x novom varijablom u koja jefunkcija od x. Odredivanje odgovarajuce supstitucije nije nimalo lako. U mno-gim integralima supstitucija nije odmah vidljiva i u integralu ne uocavamo de-rivaciju (ili diferencijal) koji odgovara supstituciji. Tada nam se moze desitida pokusamo rijesiti integral pogresnom supstitucijom. U tom slucaju trebapokusati s drugom supstitucijom.

Integral∫

h(x)dx, pomocu supstitucije, izracunavamo na sljedeci nacin:

(a) Odaberemo novu varijablu u = g(x) i uvrstimo ju u integral (uz du =g′(x)dx): ∫

h(x)dx =∫

h(x)du

g′(x)

(b) Izh(x)g′(x)

pokusamo eliminirati x tako dah(x)g′(x)

prepoznamo kao funkciju

od u tj.h(x)g′(x)

= f (u). Dakle,

∫h(x)

dug′(x)

=∫

f (u)du

(c)∫

f (u)du je sada jednostavniji integral u kojem, nakon izracunavanja,

zamjenimo nazad u = g(x).

Primjer 1.23. Izracunajmo integral∫ x3 +3

(x4 +12x)2 dx =?

Rjesenje: (a) Stavimo u = x4 +12x. Dakle du = (4x3 +12)dx:

∫ x3 +3(x4 +12x)2 dx =

∫ x3 +3u2

du(4x3 +12)


(b) U integralu, kracenjem, eliminiramo x∫ x3 +3u2

du4(x3 +3)

=14

∫ 1u2 du

(c) 14

∫ 1u2 du =

14

u−1

−1+C =

14(x4 +12x)−1

−1+C =− 1

4(x4 +12x)+C


(a)∫ x+1√

x2 +2x+2dx

(b)∫ e

1x

x2 dx

Rjesenje: (a)∫ x+1√

x2 +2x+2dx =

∣∣∣∣∣ t=x2+2x+2dt=2(x+1)dxdx= 1

2(x+1) dt

∣∣∣∣∣ =∫ x+1√

tdt

2(x+1)=

12

∫t−12 dt =

t12

22

+C =√

x2 +2x+2+C

(b) −e1x +C (t = 1

x )


(a)∫ √lnx+2

xdx

(b)∫ cosϕ

1+ sinϕdϕ

Rjesenje: (a) 23 (lnx+2)

23 +C (t = lnx+2)

(b) ln |1+ sinϕ|+C (t = 1+ sinϕ)


(a)∫ sin(ln t)

tdt

(b)∫ e2y

1+ e2y dy

(c)∫ x

1+ x4 dx

Rjesenje: (a) −cos(ln t)+C (u = ln t)

38 Integral

(b) 12 ln(1+ e2y)+C (u = 1+ e2y)

(c) 12 arctg(x2)+C (u = x2)

Supstitucija u odredenom integralu

Ako racunamo odredeni integral neke funkcije pomocu supstitucije, onda uzsupstituciju u = g(x) i du = g′(x)dx supstituiramo i granice integracije g(a), g(b).

Ako integral∫

h(x)dx supstitucijom u = g(x) prelazi u integral∫

f (u)du onda

vrijedi:

b∫a

h(x)dx =

g(b)∫g(a)

f (u)du

Veza medu granicama integrala je dana sa

x a bu g(a) g(b)

Primjer 1.24. Izracunajmo integral1∫

0

ex

ex +1dx.

Rjesenje:1∫

0

ex

ex +1dx =

∣∣∣∣ u=ex+1du=exdx

x 0 1u 2 1+e

∣∣∣∣= 1+e∫2

1u

du = (lnu)|1+e2 = ln

(1+ e

2

)


(a)

π

8∫0

cos(4x)dx

(b)1∫

0

t√

t2 +1dt

(c)1∫

0

ex

1+ e2x dx


Rjesenje: (a)

π

8∫0

cos(4x)dx =∣∣∣∣ t=4x

dt=4dxx 0 π

8t 0 π

2

∣∣∣∣=π

2∫0

cos tdt4

=14

(sin t|

π

20

)=

14

(b)1∫

0

t√

t2 +1dt =

∣∣∣∣∣ u=t2+1du=2tdt

t 0 1u 1 2

∣∣∣∣∣=2∫

1

√u

du2

=12

23(u3/2|21) =

13(√

8−1)

(c)1∫

0

ex

1+ e2x dx =∣∣∣∣ u=ex

du=exdxx 0 1u 1 e

∣∣∣∣= e∫1

11+u2 du = arctgu|e1 = arctge− π

4.

1.3.3 Parcijalna integracija

Svako pravilo za deriviranje ima odgovarajuce pravilo za integriranje. Vidjelismo da je integriranje supstitucijom, zapravo inverzni oblik deriviranja slozenefunkcije. Parcijalna integracija je inverzni, integralni oblik deriviranja umnoska.Dakle, ako su f (x) i g(x) dvije derivabilne funkcije, onda po pravilu za derivira-nje umnoska, slijedi

( f (x) ·g(x))′ = f ′(x) ·g(x)+ f (x) ·g′(x).

To znaci da je f (x) ·g(x) neodredeni integral od f ′(x) ·g(x)+ f (x) ·g′(x) tj.∫( f ′(x) ·g(x)+ f (x) ·g′(x))dx = f (x) ·g(x)+C,

odakle slijedi formula parcijalne integracije:

∫f (x) ·g′(x)dx = f (x) ·g(x)−

∫f ′(x) ·g(x)dx

Ako uvedemo pokrate u = f (x) i v = g(x), onda je du = f ′(x)dx i dv = g′(x)dx, paformulu parcijalne integracije mozemo napisati u obliku koji se lako pamti∫

udv = u · v−∫

vdu.

Taj oblik formule parcijalne integracije ima i jednostavnu geometrijsku interpre-taciju: u = f (x) i v = g(x), zadaju parametarski krivulju koja povrsinu u · v dijelina dvije povrsine na slici:

40 Integral

u

v

∫ud v

∫vdu

Integral∫

f (x)g′(x)dx racunamo na sljedeci nacin:

∫f (x)g′(x)dx =

∣∣∣∣ u = f (x) du = f ′(x)dxdv = g′(x)dx v = g(x)

∣∣∣∣= uv−∫

vdu =

= f (x)g(x)−∫

g(x) f ′(x)dx.

Primjer 1.25. Izracunajmo integral∫

xcosx dx.

Rjesenje:∫

x︸︷︷︸u

cosx dx︸︷︷︸dv

=

∣∣∣∣ u = x du = dxdv = cosxdx v = sinx

∣∣∣∣= uv−∫

vdu= xsinx−∫

sinxdx=

= xsinx+ cosx+C.

Primjer 1.26. Izracunajmo integral∫

lnx dx.

Rjesenje:∫

lnx︸︷︷︸u

dx︸︷︷︸dv

=

∣∣∣∣∣ u = lnx du =1x

dx

dv = dx v = x

∣∣∣∣∣= uv−∫

vdu = (lnx)x−∫ 1

xxdx =

= x lnx−∫

dx = x lnx− x+C.


(a)∫

xexdx

(b)∫

x2 cosx dx


Rjesenje: (a)∫

xex dx =∣∣∣∣ u = x du = dx

dv = exdx v = ex

∣∣∣∣= xex−∫

exdx = xex− ex +C

(b)∫

x2 cosx dx =∣∣∣∣ u = x2 du = 2xdx

dv = cosxdx v = sinx

∣∣∣∣= x2 sinx−∫

2xsinxdx =

=

∣∣∣∣ u = 2x du = 2dxdv = sindx v =−cosx

∣∣∣∣= x2 sinx− (2x(−cosx)+∫

2cosxdx) =

= x2 sinx+2xcosx−2∫

cosxdx = x2 sinx+2xcosx−2sinx+C


(a)∫(x+1)sinx dx

(b)∫(2x−1)e3xdx

(c)∫

x2 lnx dx

(d)∫

x2e3xdx

Rjesenje: (a) −(x+1)cosx+ sinx+C

(b) e3x( 1

3 (2x−1)− 29

)+C

(c) x3

3 ln |x|− x3

9 +C

(d) e3x(

x2

3 − 2x9 + 2

27

)+C

Zadatak 1.32. Supstitucijom i parcijalnom integracijom izracunajmo sljedece in-tegrale:

(a)∫

2x3 cos(x2) dx

(b)∫

ex sinx dx

42 Integral

(c)∫

arcsinx dx

(d)∫

xarctg x dx

Rjesenje: (a)∫

2x3 cos(x2)dx=∣∣∣∣ t = x2

dt = 2xdx

∣∣∣∣= ∫t cos t dt =

∣∣∣∣ u = t du = dtdv = cos tdt v = sin t

∣∣∣∣== t sin t−

∫sin t dt = t sin t + cos t +C = x2 sin(x2)+ cos(x2)+C

(b)∫

ex sinx dx =∣∣∣∣ u = ex du = exdx

dv = sinxdx v =−cosx

∣∣∣∣=−cosx ex +∫

ex cosx dx =∣∣∣∣ u = ex du = exdxdv = cosx dx v = sinx

∣∣∣∣=−cosx ex + sinxex−∫

ex sinx dx

dakle slijedi: 2∫

ex sinx dx =−cosx ex + sinxex

odnosno∫

ex sinx dx =ex

2(−cosx+ sinx)+C

(c)∫

arcsinx dx =

∣∣∣∣∣ u = arcsinx du = 1√1−x2

dx

dv = dx v = x

∣∣∣∣∣= xarcsinx−∫ x√

1− x2dx =∣∣∣∣∣ t =

√1− x2

dt =− x√1−x2

dx

∣∣∣∣∣= xarcsinx+∫

dt = xarcsinx+t+C == xarcsinx+√

1− x2+C

(d)∫

xarctg x dx =

∣∣∣∣∣ u = arctg x du = 11+x2 dx

dv = xdx v = x2

2

∣∣∣∣∣ = x2

2arctg x−

∫ x2

2(1+ x2)dx = =

x2

2 arctg x− 12

∫(1− 1

1+ x2 ) dx = = x2

2 arctg x− 12 (x− arctg x)+C.

Parcijalna integracija u odredenom integralu

Odredene integrale koje rjesavamo parcijalnom integracijom izracunavamo takoda primjenimo osnovni teorem tj. Newton-Leibnizovu formulu.

b∫a

u dv = uv|ba−b∫

a

v du

Zadatak 1.33. Izracunajmo integral:e∫

1

lnx dx

Rjesenje:e∫

1

lnx dx =∣∣∣∣ u = lnx du = 1

x dxdv = dx v = x

∣∣∣∣= x lnx∣∣∣e1−

e∫1

x1x

dx = 1 .


Zadatak 1.34. Izracunajmo povrsinu sa slike:

x

y

f (x) = x sin x

Rjesenje:3π∫

2π

xsinx dx =∣∣∣∣ u = x du = dx

dv = sinxdx v =−cosx

∣∣∣∣=−xcosx∣∣∣3π

2π

+

3π∫2π

cosx dx = 5π

.


(a)3∫

2

72x−3

dx

(b)∫ dx

x2−2x+3

(c)∫ x

x2 +7dx

(d)∫

tgx dx

(e)

π

2∫π

4

ctgx dx

(f)∫ 6x2−2x− sinx

2x3− x2 + cosxdx.

Rjesenje: (a) 72 ln3

44 Integral

(b) 1√2arcctg

(x−1√

2

)+C

(c) 12 ln(x2 +7)+C

(d) − ln |cosx|+C

(e) − ln(√

22 )

(f) ln |2x3− x2 + cosx|+C

1.3.4 Integriranje racionalnih funkcija

U ovom poglavlju pokazujemo kako se integriraju racionalne funkcije (kvoci-

jenti polinomaP(x)Q(x)

) svodenjem na zbroj jednostavnijih razlomaka odnosno me-

todom parcijalnih razlomaka.

Primjetimo najprije da se racionalna funkcijaP(x)Q(x)

, u kojoj je stupanj polinoma

P(x) veci ili jednak stupnju polinoma Q(x) moze dijeljenjem svesti na zbroj poli-noma i racionalne funkcije

P(x)Q(x)

= R(x)+S(x)Q(x)

u kojoj je stupanj polinoma S(x) manji od stupnja polinoma Q(x). Buduci dapolinome znamo integrirati, ostaje problem integriranja racionalne funkcije ukojoj je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku.

Primjer 1.27. Izracunajmo integral:∫ x3 + x

x−1dx

Rjesenje: Najprije podijelimo:

(x3 + x) : (x−1) = x2 + x+2−x3 + x2

x2 + x−x2 + x2x−2x+22

dakle,∫ x3 + xx−1

dx =∫(x2 + x+2+

2x−1

) dx =x3

3+

x2

2+2x+2ln | x−1 |+C.


Drugi korak u rastavu na parcijalne razlomke je da faktoriziramo polinom u na-zivniku Q(x) koliko god je moguce. Moze se pokazati da se svaki polinom mozeprikazati kao produkt linearnih faktora ( oblika ax+ b) i ireducibilnih kvadratnihfaktora (oblika ax2 + bx+ c, gdje je b2− 4ac < 0). Na primjer, za polinom x4− 16vrijedi:

x4−16 = (x2−4)(x2 +4) = (x−2)(x+2)(x2 +4).

Treci korak u rastavu na parcijalne razlomke je da racionalnu funkciju S(x)Q(x) pri-

kazemo kao zbroj parcijanih razlomaka oblika

A(ax+b)i

Bx+C(ax2 +bx+ c)i .

Pogledajmo cetiri slucaja koji mogu nastupiti.

1. slucaj

Polinom u nazivniku Q(x) se moze prikazati kao produkt linearnih faktora i nitijedan faktor se ne ponavlja:

Q(x) = (a1x+b1)(a2x+b2) . . .(akx+bk).

To znaci da racionalnu funkcijuS(x)Q(x)

mozemo, pomocu rastava na parcijalne

razlomke, prikazati kao:

S(x)Q(x)

=A1

a1x+b1+

A2

a2x+b2+ . . .+

Ak

akx+bk.

Tako se integral∫ S(x)

Q(x)dx svodi na jednostavnije integrale.

Primjer 1.28. Izracunajmo integral:∫ x2 +2x−1

2x3 +3x2−2xdx.

Rjesenje: Stupanj polinoma u brojniku je manji od stupnja polinoma u nazivnikupa ne moramo dijeliti polinome. Najprije faktoriziramo nazivnik

2x3 +3x2−2x = x(2x−1)(x+2).

Buduci da nazivnik ima tri razlicita linearna faktora racionalna funkcijax2 +2x−1

2x3 +3x2−2xima rastav na parcjalne razlomke:

x2 +2x−12x3 +3x2−2x

=Ax+

B2x−1

+C

x+2.

46 Integral

Da bismo odredili konstante A,B i C mnozimo tu jednadzbu s nazivnikomx(2x−1)(x+2) i dobijamo:

x2 +2x−1 = A(2x−1)(x+2)+Bx(x+2)+Cx(2x−1).

Rjesavanjem desne strane slijedi:

x2 +2x−1 = (2A+B+2C)x2 +(3A+2B−C)x−2A,

odakle izjednacavanjem koeficijenata uz odgovarajuce potencije slijedi sistemlinearnih jednadzbi za koeficijente A,B i C:

2A+B+2C = 13A+2B−C = 2−2A = −1

.

Njegovo rjesenje je A =12,B =

15

i C =− 110

, pa vrijedi:∫ x2 +2x−12x3 +3x2−2x

dx =∫(

12· 1

x+

15· 1

2x−1− 1

10· 1

x+2) dx =

12· ln |x|+ 1

10· ln |2x−1|− 1

10· ln |x+2|+K.

Primjer 1.29. Izracunajmo integral:∫ 1

x2−a2 dx, gdje je a konstanta i a 6= 0.

Rjesenje: x2−a2 = (x−a)(x+a), pa vrijedi:

1x2−a2 =

Ax−a

+B

x+a,

mnozenjem s (x−a)(x+a) slijedi:

1 = A(x+a)+B(x−a)

sto vrijedi za svaki x. Posebno za x = a vrijedi:

1 = 2Aa,

a za x =−a vrijedi1 =−2Ba.

Iz tih jednadzbi slijedi A =1

2ai B =− 1

2a, tj.∫ 1

x2−a2 dx =1

2a(∫(

1x−a

− 1x+a

) dx) =1

2a(ln |x−a|− ln |x+a|)+C =

12a

ln∣∣∣∣x−ax+a

∣∣∣∣+C.


2. slucaj

Polinom u nazivniku Q(x)se moze prikazati kao produkt linearnih faktora i nekifaktori se ponavljaju, npr. faktor (a2x+b2) se javlja r puta:

Q(x) = (a1x+b1)(a2x+b2)r . . .(akx+bk).

To znaci da cemo u rastavu na parcijalne razlomke za racionalnu funkcijuS(x)Q(x)

umjesto jednog pribrojnikaA2

a2x+b2imati r pribrojnika:

A1

a2x+b2+

A2

(a2x+b2)2 + . . .+Ar

(a2x+b2)r .

Tako npr. vrijedi:

x+1x(x+1)2(x−2)3 =

Ax+

Bx+1

+C

(x+1)2 +D

x−2+

E(x−2)2 +

F(x−2)3 .

Primjer 1.30. Izracunajmo integral:∫ x+1

(x−2)(x−1)2 dx.

Rjesenje: Pomocu rastava na parcijalne razlomke imamo:

x+1(x−2)(x−1)2 =

Ax−2

+B

x−1+

C(x−1)2 ,

gdje su A,B i C konstante koje treba odrediti. Mnozenjem s nazivnikom slijedi,

x+1 = A(x−1)2 +B(x−2)(x−1)+C(x−2),

sto vrijedi za svaki x. Specijalno, za x = 1 slijedi 2 =−C, za x = 2, 3 = A i za x = 0,1 = A+2B−2C, pa vrijedi

A = 3, B =−3, C =−2.

Dakle,∫ x+1(x−2)(x−1)2 dx =

∫(

3x−2

− 3x−1

− 2(x−1)2 ) dx =

3ln |x−2|−3ln |x−1|+ 2x−1

+K =2

x−1+ ln

∣∣∣∣x−2x−1

∣∣∣∣3 +K.

Zadatak 1.36. Izracunajte integral:∫ x4−2x2 +4x+1

x3− x2− x+1.

48 Integral

Rjesenje:x2

2+ x− 2

x−1+ ln

∣∣∣∣x−1x+1

∣∣∣∣+C.

3. slucaj

Polinom u nazivniku Q(x) sadrzi ireducibilne kvadratne faktore koji se ne po-navljaju:

Q(x) = . . .(akx2 +bkx+ ck) . . . .

To znaci da cemo u rastavu na parcijalne razlomke za racionalnu funkcijuS(x)Q(x)

imati pribrojnikeAkx+Bk

akx2 +bkx+ ck,

gdje su Ak i Bk konstante koje treba odrediti. Npr.

x(x+1)2(x2 +1)(x2 +4)

=A

x+1+

B(x+1)2 +

Cx+Dx2 +1

+Ex+Fx2 +4

.

Primjer 1.31. Izracunajmo integral:∫ 2x2− x+4

x3 +4xdx.

Rjesenje: Buduci da x3 +4x = x(x2 +4) ne mozemo dalje faktorizirati vrijedi:

2x2− x+4x3 +4x

=Ax+

Bx+Cx2 +4

.

Nakon mnozenja s x(x2 +4) vrijedi:

2x2− x+4 = A(x2 +4)+(Bx+C)x= (A+B)x2 +Cx+4A,

odakle slijedi: A + B = 2, C = −1, 4A = 4, dakle, A = 1, B = 1, C = −1.∫ 2x2− x+4x3 +4x

dx =∫(

1x+

x−1x2 +4

) dx =∫(

1x+

xx2 +4

− 1x2 +4

) dx =

ln |x|+ 12

ln |x2 +4|− 12

arctg(x2)+K.

Primjer 1.32. Izracunajte integral:∫ dx

x3−1dx.

Rjesenje:13

ln |x−1|− 16

ln |x2 + x+1|+√

3arctg(2x+1√

3)+C.


4. slucaj

Polinom u nazivniku Q(x) sadrzi ireducibilne kvadratne faktore koji se ponav-ljaju:

Q(x) = . . .(akx2 +bkx+ ck)r . . . .

Tada u rastavu na parcijalne razlomke za racionalnu funkcijuS(x)Q(x)

imamo pri-

brojnike

A1x+B1

akx2 +bkx+ ck+

A2x+B2

(akx2 +bkx+ ck)2 + . . .+ . . .Arx+Br

(akx2 +bkx+ ck)r ,

gdje su Ak i Bk 1≤ k ≤ r konstante koje treba odrediti. Npr.

x(x+1)2(x2 +1)(x2 +4)3 =

Ax+1

+B

(x+1)2 +Cx+Dx2 +1

+Ex+Fx2 +4

+Hx+ I(x2 +4)2 +

Jx+K(x2 +4)3 .

Primjer 1.33. Izracunajmo integral:∫ 1− x+2x2− x3

x(x2 +1)2 dx.

Rjesenje: Rastav na parcijalne razlomke je oblika:

1− x+2x2− x3

x(x2 +1)2 =Ax+

Bx+Cx2 +1

+Dx+E(x2 +1)2 ,

odakle mnozenjem s x(x2 +1)2 slijedi:

1− x+2x2− x3 = A(x2 +1)2 +(Bx+C)x(x2 +1)+(Dx+E)x= (A+B)x4 +Cx3 +(2A+B+D)x2 +(C+E)x+A.

Izjednacavanjem koeficijenata dobijamo sistem:

A+B = 0, C =−1, 2A+B+D = 2, C+E =−1, A = 1,

cije je rjesenje:A = 1, B =−1, C =−1, D = 1, E = 0,

pa vrijedi:∫ 1− x+2x2− x3

x(x2 +1)2 dx =∫(

1x− x+1

x2 +1+

x(x2 +1)2 ) dx =∫

(1x− x

x2 +1− 1

x2 +1+

x(x2 +1)2 ) dx =

ln |x|+ 12

ln |x2 +1|− arctgx− 12· 1

x2 +1+K.

50 Integral


1. Rijesite integrale

a)∫ dx

6+ x2 b)∫ 5 dx

1+9x2 c)∫ 0

−1

3 dx1+4x2

d)∫ 16 dx√

4−4x2e)

∫ dx√2− x2

f )∫ dx√

x2 +16

g)∫ dx√

3x2 +3h)

∫ 6 dx√x2−5

i)∫ dx√

2x2−2

2. Odgovarajucom supstitucijom t = ax+b rijesite integrale

a)∫(2x+3)17dx b)

∫ 2 dx(3x−1)3 c)

∫ 0

−1

(5x−1)4 dx2

d)∫ 9 dx

3x+2e)

∫ 5 dx2x−4

f )∫ dx

5− x2

5

g)∫ dx√

3− x2

3

h)∫ dx√

2x2−2


3. Prepoznajte podintegralnu funkciju u obliku f (u) dudx , te supstitucijom u = u(x)

rijesite integrale

a)∫ 2x dx

x2 +1b)

∫ x dxx2−1

c)∫

2x(x2−1)2 dx

d)∫

6x√

3x2 +1 dx e)∫(6x+2)

√3x2 +2x−1 dx f )

∫ 0

− π

8

4sin2(4x)cos(4x) dx

g)∫ 1

0

2x dx√3− x2

h)∫ 3x2 dx√

x3 +3i)∫

4x3 sin(x4) dx

j)∫ 3cos(3x) dx

1+ sin(3x)k)

∫ √3

−√

3xex2+3 dx l)

∫ e2

edx

x ln(x)

m)∫ π

2

π

3

cos(x) dxsin3(x)

n)∫ e2

eln2(x) dx

x

4. Metodom supstitucije rijesite integrale

a)∫ 2x+1

x2 + x−7dx b)

∫ cos(x) dx1+ sin2(x)

c)∫ x4 dx√

x10−2

d)∫ √2

0

x dx4+ x4 e)

∫ 2ex dx√1−e2x

f )∫ ln(x) dx

x√

1+ ln(x)

5. Koristeci trigonometrijske identitete metodom supstitucije rijesite integrale

52 Integral

a)∫

cos3(x) dx b)∫

sin5(x) dx c)∫

sin2(x)cos3(x) dx

d)∫ cos5(x) dx

sin3(x)e)

∫sin4(x) dx f )

∫sin2(x)cos2(x) dx


a)∫ dx

x2 +2xb)

∫ 3x−2x2−4x+5

dx c)∫ x dx√

x2 + x−1


a)∫ x2 dx√

x−1b)

∫ 3

0

√x dx

x+2c)

∫x 3√1− x dx



1.a)√

66 arctg

(x√6

)+C b) 5

3 arctg(3x)+C

c) − 32 arctg(−2) d) 8arcsin(x)+C

e) arcsin( x√2) f ) ln |x+

√x2 +16|+C

g) 1√3

ln |x+√

x2 +1|+C h) 6ln |x+√

x2−5|+C

i) 1√2

ln |x+√

x2−1|+C

2.a) 1

36 (2x+13)18 +C b) − 13(3x−1)2 +C

c) 3112 d) 3ln |3x+2|+C

e) 52 ln |2x−4|+C f ) 1

2 ln∣∣ 5+x

5−x

∣∣+C

g) 3√3

arcsin( x

3

)+C h) 1√

2ln |√

2x+√

2x2−2|+C

3.a) ln(x2 +1)+C b) 1

2 ln |x2−1|+C

c) 13 (x

2−1)3 +C d) 23 (3x2 +1)

32 +C

e) 23 (3x2 +2x−1)

32 +C f ) 1

3

g) 2(√

3−√

2) h) 2(x3 +3)12

i) − cos(x4)+C j) ln |1+ sin(3x)|+C

k) 0 l) ln(2)

m) 16 n) 7

3

54 Integral

4.a) ln |x2 + x−7|+C b) arctg(sin(x))+C

c) 15 ln |x5 +

√x10−2|+C d) π

16

e) 2arcsin(ex)+C f ) 23 (ln(x)−2)

√1+ ln(x)

5.a) sin(x)− 1

3 sin3(x)+C b) − cos(x)+ 23 cos3(x)+ 1

5 cos5(x)+C

c) 13 sin3(x)− 1

5 sin5(x)+C d) − 12sin2(x)

−2ln(sin(x))+ 12 sin2(x)+C

e) 38 x− 1

4 sin(2x)+ 132 sin(4x)+C f ) 1

8 x− 132 sin(4x)+C

6.a) − 1

2 ln∣∣ x+2

x

∣∣+C

b) 32 ln |x2−4x+5|+4arctg(x−2)+C

c)√

x2 + x−1− 12

ln∣∣∣∣2x+1+

√(2x+1)2−5

∣∣∣∣+C

7.a) 2

5

√(x−1)5 + 4

3

√(x−1)3 +2

√x−1+C b) 2(

√3−√

2arctg√

3√2)

c) − 328 (1− x)

43 (4x+3)+C



1. Parcijalnom integracijom rijesite integrale

a)∫

x√

x+1dx b)∫

xex2 dx c)

∫ex+ln(x) dx

d)∫

arctg(x)dx e)∫ √

x ln(x)dx f )∫ x

e2x dx

g)∫ xdx

sin2(x)h)

∫x ln(x)dx i)

∫(x2 + x) ln(x)dx

j)∫ arcsin(x)√

1+ xdx k)

∫x5√

x3 +1dx l)∫

cos2(x)dx

2. Parcijalnom integracijom (obratite pozornost na izbor dv komponente) rijesiteintegrale

a)∫

x3 ex2dx b)

∫x3 cos(x2)dx c)

∫ x cos(x)sin3(x)

dx

d)∫

x2√

a2 + x2 dx e)∫

sin( ln(x))dx f )∫ sin(x) cos(x)

1+ cos2(x)dx

3. Izracunajte odredene integrale

a)∫ π

2

0x cos(x)dx b)

∫ e2

1ln(x)dx c)

∫ 1

0xex dx

d)∫ 1

0arccos(x)dx e)

∫ e

1

ln(x)x2 dx f )

∫ 1

0x arcsin(x2)dx

56 Integral


1.a) 2

15 (x+1)12 (3x2 + x−2)+C b) (2x−4)e

x2 +C

c) (x−1)ex +C d) xarctg(x)− 12 ln(1+ x2)+C

e) 23 x

32 (ln(x)− 2

3 )+C f ) − x+ 12

2e2x +C

g) − xctg(x)+ ln(sin(x))+C h) x2

2

(ln(x)− 1

2

)+C

i)(

x2

2 + x3

3

)ln(x)−

(x2

4 + x3

9

)+C

j) 4√

1− x+2√

1+ xarcsin(x)+C k) 245 (x

3 +1)32 (3x3−2)+C

l) 12 (x+

12 sin(2x))+C

2.a) 1

2 ex2(x2−1)+C

b) 12 x2 sin(x2)+ 1

2 cos(x2)+C

c) − 12 (

xsin2(x)

+ ctg(x))+C

d) 18 (x√

a2 + x2 · (a2 +2x2)−a4 ln(x+√

a2 + x2))+C

e) 12 x(sin(ln(x))− cos(ln(x)))+C

f ) − 12 ln | 3+ cos(2x) |+C

3.a) π

2 −1 b) 1+e2 c) 1

d) 1 e) 1− 2e

f ) π

4 − 12



1. Rijesite integrale:

a)∫ 3x3− x2 +3x+4

x2 +1dx b)

∫ x2−2x+4x+2

dx c)1∫

0

x+42x+1

dx

d)∫ 2x4 + x2 +1

3x−1dx e)

∫ x3 +2x−3x2 +4

dx f )1∫

0

x2 +5x−2x2 +3

dx


a)∫ dx

(x−2)(x−3)b)

∫ x+1(x−1)(x−3)

dx c)∫ 5x+1

(2x+1)(x−1)dx

d)1∫

0

22x2 +3x+1

dx e)4∫

3

x3−2x2−4x3−2x2 dx f )

∫ x2 +1(x−2)2(x−3)

dx


a)∫ 4x2−3x+2

4x2−4x+3dx b)

∫ x3 +4x2 +4

dx c)∫ 10

(x−1)(x2 +9)dx

d)1∫

0

4xx3 + x2 + x+1

dx e)1∫

0

x3 +2xx4 +4x2 +3

dx f )∫ dx

x(x2 +4)2

58 Integral


1.a) 3

2 x2− x+5arctg x+C b) x2

2 −4x+12ln |x+2|+C

c) 12 +

74 ln3 d) 1

6 x4 + 227 x3 + 11

54 x2 + 1181 x+ 92

243 ln |3x−1|+C

e) x2

2 + ln(x2 +4)− 32 arctg x

2 +C f ) 1+ 52 ln 4

3 − 5π

6√

3

2.a) ln

∣∣ x−3x−2

∣∣+C b) ln∣∣∣ (x−3)2

x−1

∣∣∣+C

c) 12 ln |2x+1|+2ln |x−1|+C d) 2ln 3

2

e) 76 + ln 2

3 f ) 10ln |x−3|−9ln |x−2|+ 5x−2 +C

3.a) x+ 1

8 ln(4x2−4x+3)− 14√

2arctg 2x−1√

2+C b) 1

2 x2−2ln(x2 +4)+2arctg x2 +C

c) ln |x−1|− 12 ln(x2 +9)− 1

3 arctg x3 +C d) π

2 − ln2

e) 14 ln 8

3 f ) 116 ln |x|− 1

32 ln(x2 +4)+ 18(x2+4) +C

1.7 Primjene integrala 59

1.7 Primjene integrala

U poglavlju 1.1.5 pokazali smo kako se pomocu definicije odredenog integralamoze definirati povrsina ravninskog lika koji je ogranicen odozgo i odozdo gra-fovima dviju integrabilnih funkcija. Slicnim postupcima moze se definirati du-ljina luka ravninske krivulje, volumen tijela s poznatom povrsinom presjeka ioplosje tijela nastalo rotacijom dane ravninske krivulje oko zadane osi.

Od gore navedenih geometrijskih primjena odredenog integrala mi cemo obra-diti izracunavanje povrsine, volumena i duljine luka. Ti problemi u osnovi sujednodimenzionalni, tj. ovise o jednoj varijabli. Za svaku od tih primjena izvestcemo formule za krivulje koje su zadane eksplicitno i parametarski.

Osim toga odredeni integral koristimo u fizici primjerice za izracunavanje rada,sile, kineticke energije, momenta i tezista. Mi cemo izvesti formule za racunanjetezista u pravokutnim koordinatama.

1.7.1 Povrsina

Problem odredivanja povrsine ravnih likova koji su omedeni krivuljama zada-nim eksplicitno razmatrali smo u poglavlju 1.1.5. U ovom poglavlju ponavljamotaj rezultat i promatramo problem odredivanja provrsine ravnih likova koji suomedeni krivuljama koje su zadane parametarski.

Povrsina u pravokutnim koordinatama

Ako su funkcije f i g integrabilne na [a,b] i f (x) ≥ g(x), za x ∈ [a,b], onda jepovrsina podrucja koje se proteze izmedu y = f (x) i y = g(x), od x = a do x = b,jednaka

P =

b∫a

p(x)dx =

b∫a

(f(x)−g(x))dx

U gornjoj formuli p(x) je presjek poznate duljine i jednak je p(x) = f (x)−g(x).

60 Integral

Primjer 1.34. Izracunajmo povrsinu podrucja omedenog parabolom y = 2x−x2

i pravcem y =−x .

Rjesenje: Vidi sliku:

p(x) = f (x)−g(x) = (2x− x2)− (−x) = 3x− x2

P =

3∫0

(3x− x2)dx =

(3x2

2− x3

3

)∣∣∣∣30=

272− 27

3=

92

Zadatak 1.37. U kojem omjeru os parabole y = 2x− x2 dijeli povrsinu izmedju

parabole i pravca y =−x?


Rjesenje: os parabole: x = 1

P1 =

1∫0

[(2x− x2)− (−x)

]dx =

1∫0

[3x− x2]dx

=

(3x2

2− x3

3

)∣∣∣∣10=

32− 1

3=

76

P2 =

3∫1

[(2x− x2)− (−x)

]dx =

3∫1

[3x− x2]dx = · · ·= 9

2− 7

6=

206

P1 : P2 =76 : 20

6 = 7 : 20

Zadatak 1.38. Izracunajmo povrsinu na slici:

Rjesenje: Presjecne tocke:y = sinxy = 1

2

}⇒ sinx =

12⇒ x =

π

6, x =

5π

6, . . .

P =

5π

6∫π

6

(sinx− 1

2

)dx =

(−cosx− x

2

)∣∣∣ 5π

6

π

6

= −cos(

5π

6

)− 5π

12+ cos

(π

6

)+

π

12=

=

√3

2+

√3

2− 4π

12=√

3− π

3(≈ 0.68)

:::::::::::::::

Zadatak 1.39. Izracunajmo povrsinu na slici:

62 Integral

Rjesenje: Integracijom po x:

P =

1∫0

√xdx+

2∫1

(2− x)dx

= 23 x3/2

∣∣10 +

(2x− x2

2

)∣∣∣21= 2

3 −0+(4−2)−(2− 1

2

)= 2

3 +12=

76

ili integracijom po y:

P =

1∫0

[(2− y)− y2]dy =

(2y− y2

2− y3

3

)∣∣∣∣10

= 2− 12 − 1

3=76

Povrsina zadana parametarski

Promotrimo sada problem izracunavanja provrsine lika koji je omeden krivu-ljama koje su zadane parametarski.

Ako su funkcije x= x(t) i y= y(t) integrabilne na [t0, t1] i ako je krivulja zadana pa-rametarski jednadzbama x= x(t), y= y(t), za t ∈ [t0, t1], onda je povrsina podrucjakoje se proteze izmedu te krivulje i osi x, od x0 = x(t0) do x1 = x(t1), jednaka

P =

x1∫x0

ydx =

t1∫t0

y(t) x(t)dt

Primjer 1.35. Izracunajmo povrsinu podrucja omedenu elipsom x = acos t, y = bsin t.


Rjesenje:

P = 4a∫

0

ydx =

∣∣∣∣∣∣x = a cos tdx =−a sin t dt

x 0 at π/2 0

∣∣∣∣∣∣= 40∫

π/2

b sin t (−a sin t)dt

= 4abπ/2∫0

sin2 tdt = 4abπ/2∫0

12 (1− cos(2t))dt

= 2ab(t− 1

2 sin(2t))∣∣π/2

0 = 2ab π

2= abπ

Zadatak 1.40. Izracunajmo povrsinu omedenu prvim lukom cikloide: x = a(t− sin t),y = a(1− cos t) i osi x. (Cikloida je putanja koju opisuje rubna tocka kruga radi-jusa a, kada se on kotrlja po osi x.)

Rjesenje: P =

2aπ∫0

ydx =

∣∣∣∣∣ x=a(t−sin t)dx=a(1−cos t)dt

x 0 2aπ

t 0 2π

∣∣∣∣∣=2π∫

0

a(1− cos t) ·a(1− cos t)dt

= a22π∫

0

(1−2cos t + cos2 t)dt = a2(

t−2sin t +12(t +

12

sin(2t)))∣∣∣∣2π

0

= 3a2 π

1.7.2 Volumen

U ovom poglavlju pokazujemo kako se moze izracunati volumen tijela poznatepovrsine presjeka i posebno razmatramo izracunavanje volumena rotacijskih ti-jela.

64 Integral

Volumen tijela poznate povrsine presjeka

Povrsina lika koji se proteze od a do b i ima presjek poznate duljine p(x) jednakaje

P =

b∫a

p(x)dx.

Na potpuno isti nacin racunamo volumen tijela s presjekom poznate povrsine.

Ako se tijelo proteze duz osi x od x = a do x = b, i ako na razini x ima presjekpoznate povrsine P(x), te ako je funkcija x 7→ P(x) integrabilna na intervalu [a,b],onda je volumen tijela jednak

V =

b∫a

P(x)dx︸︷︷︸=dV

Primjer 1.36. Izracunajmo volumen kosoga kruznog stosca baze radijusa r i vi-sine h.


Rjesenje:r(x)

r=

h− xh⇒ r(x) =

rh(h− x) ⇒ P(x) =

r2

h2 (h− x)2π

V =

h∫0

P(x)dx =h∫

0

r2

h2 (h− x)2πdx = π

r2

h2

h∫0

(h− x)2dx = πr2

h2

(− (h− x)3

3

)∣∣∣∣h0

=13

r2πh

Zadatak 1.41. a)Izracunajmo volumen polukugle radijusa R.b)∗ Izracunajmo volumen kugline kalote na slici.

Rjesenje: a)

V =

R∫0

P(x)dx =R∫

0

π(R2− x2)dx

= π

(R2x− x3

3

)∣∣∣∣R0= π

(R3− R3

3

)=

23

R3π

b)

V =

5∫3

P(x)dx = π

5∫3

(25− x2)dx

= π

(25x− x3

3

)∣∣∣∣53= π

[(125− 125

3

)− (75−9)

]=

52π

3(≈ 54.45)

Zadatak 1.42. ∗Izracunajmo volumen ”klina” na slici koji je pod kutom ϕ = 30◦

isjecen iz valjka radijusa r = 2.

66 Integral

Rjesenje: Vrijedi:

V =

2∫−2

P(x)dx

P(x) =12

y ·h =12

y · ytg 30◦

=12

y2 · 1√3=

12√

3

(4− x2)⇒

V =

2∫−2

12√

3

(4− x2)dx =

12√

3

(4x− x3

3

)∣∣∣∣2−2

=�2

�2√

3

(8− 8

3

)=

163√

3

=16√

39

(≈ 3.08)

Volumen rotacijskog tijela

Volumene rotacijskih tijela cesto mozemo lako izracunati, jer je njihov presjek nasvakoj razini krug.


Ako tijelo nastaje rotacijom oko osi x, onoga lika koji se proteze izmedu intervala[a,b] na osi x i grafa integrabilne funkcije y= y(x), onda je presjek toga rotacijskogtijela, na razini x krug s povrsinom [y(x)]2π. Dakle, volumen toga rotacijskogtijela je

V =

b∫a

[y(x)]2 π dx

Primjer 1.37. Izracunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko osi x, likaomedenog parabolom y = x2 i pravcima y = 0, x = 1.


V =

1∫0

[y(x)]2πdx

= π

1∫0

[x2]2dx

= πx5

5

∣∣∣∣10

=π

5(≈ 0.628)

Volumen rotacijskog tijela u slucaju dviju funkcija

Pogledajmo kako racunamo volumen tijela koje nastaje rotacijom lika koji jeomeden odozgo i odozdo grafovima dviju integrabilnih funkcija.

68 Integral

Ako tijelo nastaje rotacijom oko osi x, onoga lika koji se od x = a do x = b protezeizmedu grafa integrabilnih funkcija y= f (x) i y= g(x), uz f (x)≥ g(x), onda je nje-gov volumen jednak razlici dvaju volumena. Dakle, volumen toga rotacijskogtijela je

V =

b∫a

π

([f(x)]2− [g(x)]2

)dx

Zadatak 1.43. Izracunajmo volumen rotacijskog elipsoida koji nastaje rotacijom

lika omedenog elipsomx2

a2 +y2

b2 = 1

(a) oko osi x,(b) oko osi y.

Rjesenje: a) x2

a2 +y2

b2 = 1 ⇒ y2 = b2

a2

(a2− x2

)

Vx =

a∫−a

[y(x)]2πdx = π

a∫−a

b2

a2

(a2− x2)dx = π

b2

a2

(a2x− x3

3

)∣∣∣∣a−a

= 2πb2

a2

(a3− a3

3

)= 4ab2π

3

b) x2

a2 +y2

b2 = 1 ⇒ x2 = a2

b2

(b2− y2

)

Vy =

b∫−b

[x(y)]2πdy = π

b∫−b

a2

b2

(b2− y2)dx = π

a2

b2

(b2y− y3

3

)∣∣∣∣b−b

= · · ·= 4a2bπ

3


Zadatak 1.44. Izracunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko osi x, likaomedenog s y = x3 i y = x (u prvom kvadrantu).

Rjesenje: Presjecne tocke y = x3 i y = x: x =−1, 0, 1

Vx =

1∫0

π([ f (x)]2− [g(x)]2

)dx

= π

1∫0

π(x2− [x3]2

)dx

= π

(x3

3− x7

7

)∣∣∣∣10

=4π

21

Zadatak 1.45. Izracunajmo volumen ”tuljka” koji nastaje rotacijom oko osi x, lika

koji se proteze od x = 1 do x = a izmedu osi x i hiperbole y =1x

.

Sto se dogada s volumenom kada a → ∞, tj. kada se ”tuljak” proteze u be-skonacnost?

70 Integral

Rjesenje: Prema slici:

Vx =

a∫1

[y(x)]2 π dx = π

a∫1

1x2 dx

= π

(−1

x

)∣∣∣∣a1= π

(−1

a+1)= π− π

a

Ako a→ ∞ onda Vx→ π.

To znaci da je volumen beskonacno protegnutog ”tuljka” konacan i iznosi π.

Primjer volumena rotacijskog tijela u pravokutnim koordinatama zadanog pa-rametarski

Primjer 1.38. Izracunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko osi x, lika

omedenog astroidom x2/3 +y2/3 = a2/3 i osi x za y≥ 0.

Rjesenje: Iz x2/3 +y2/3 = a2/3 slijedi(x1/3

)2+(y1/3

)2=(a1/3

)2sto znaci da vrijed-

nosti (x1/3,y1/3) leze na kruznici radijusa a1/3, pa se mogu prikazati parametarskisa:x = acos3 t, y = asin3 t , kada se t mijenja od 0 do 2π.


Vx =

a∫−a

[y(x)]2πdx =

∣∣∣∣∣∣∣∣x = acos3 t,y = asin3 tdx =−3acos2 t sin t dt

x −a at π 0

∣∣∣∣∣∣∣∣==−3πa3

0∫π

sin6 t cos2 t sin tdt =−3πa30∫

π

(1− cos2 t)3 cos2 t sin tdt =

=

∣∣∣∣∣∣u = cos tdu =−sin t dt

t π 0u −1 1

∣∣∣∣∣∣= 3πa31∫−1

(1−u2)3u2du =

= 3πa31∫−1

(u2−3u4 +3u6−u8)du = 3πa3(

u3

3− 3u5

5+

3u7

7− u9

9

)|1−1=

32πa3

105

1.7.3 Duljina luka krivulje

Duljinu dijela neke ravninske krivulje zovemo duljinom luka te krivulje.

Duljina luka krivulje zadane parametarski

Razmotrimo najprije luk krivulje koji je zadan parametarski sa x = x(t), y = y(t),za t ∈ [a,b].

Krivulja je sastavljena od infinitezimalnih segmenata ds koji su hipotenuze in-finitezimalnih pravokutnih trokuta s katetama dx i dy. Prema Pitagorinom te-oremu ds =

√dx2 +dy2, pa je duljina luka krivulje za t ∈ [a,b] jednaka kontinu-

iranom zbroju svih infinitezimalnih segmenata

L =

b∫a

ds =b∫

a

√dx2 +dy2 =

b∫a

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt.

72 Integral

Dakle, ako je luk krivulje parametarski zadan sa x = x(t), y = y(t), za t ∈ [a,b],

te ako funkcije x = x(t), y = y(t) imaju integrabilne derivacijedxdt

idydt

, onda jeduljina tog luka jednaka integralu

L =

b∫a

√x(t)2 + y(t)2dt .

Ako parametarske jednadzbe x = x(t), y = y(t), opisuju gibanje tocke (x,y) u vre-menu t, onda je

s(t) =t∫

a

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt

put sto ga tocka prede od trenutka a do trenutka t. Prema osnovnom teoremuinfinitezimalnog racuna, brzina opisanog gibanja s′(t) je

v(t) = s′(t) =

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

.

Duljina luka krivulje u pravokutnim koordinatama

Ako je krivulja zadana eksplicitno y = f (x), za x ∈ [a,b], te ako ta funkcija imaintegrabilnu derivaciju dy/dx= f ′(x), onda za parametar x imamo x= x i y= f (x),uz x ∈ [a,b], pa je duljina luka u tom slucaju

L =

b∫a

√1+[ f ′(x)]2dx .

Primjer 1.39. Izracunajmo duljinu parabole y = x2, x ∈ [0,1].

Rjesenje: y = x2 ⇒ y′ = 2x ⇒ ds =√

1+ y′2dx =√

1+4x2dx


L =

1∫0

√1+4x2dx =

∣∣∣∣∣∣2x = t

dx = 1/2dtx 0 1t 0 2

∣∣∣∣∣∣=

12

2∫0

√1+ t2dt =(∗)

=14

(t√

1+ t2 + ln∣∣∣t +√1+ t2

∣∣∣)∣∣∣∣20

=14

(2√

5+ ln(

2+√

5))≈ 1.4789

———————————————–

(∗) I=∫ √

1+ t2dt =∫ 1√

1+ t2dt +

∫t

t√1+ t2

dt

=

∣∣∣∣ u=t⇒ du=dtdv= t√

1+t2⇒ v=√

1+t2

∣∣∣∣= ln∣∣∣t +√1+ t2

∣∣∣+ t√

1+ t2−I

⇒ I=12

(ln∣∣∣t+√1+ t2

∣∣∣+ t√

1+ t2)+C

Primjer 1.40. Izracunajmo duljinu Arhimedove spirale x = tsin t, y = tcos t, t ∈ [0,4π].


L =

4π∫0

√x(t)2 + y(t)2dt

x = sin t + t cos ty = cos t− t sin t

⇒ x2 + y2 = · · ·= 1+ t2

L =

4π∫0

√1+ t2dt =

12

(t√

1+ t2 + ln∣∣∣t +√1+ t2

∣∣∣)∣∣∣∣4π

0=

74 Integral

=12

(4π

√1+16π2 + ln

(4π+

√1+16π2

))≈ 80.819

Primjer 1.41. Cestica se giba po elipsi 4x2 + y2 = 4 u skladu s jednadzbamax = cos t, y = 2sin t, t ≥ 0. Kada je njezina brzina najveca, a kada najmanja?

Rjesenje: Brzina u trenutku t iznosi:

v(t) =

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

,

tj.

v(t) =√

sin2 t +4cos2 t =√

1+3cos2 t.

Brzina je najveca kada je cos2 t najveci tj. za cos t =±1, znaci t = kπ, k ∈N, a to sutjemena elipse na osi x. Brzina je najmanja kada je cos2 t najmanji tj. za cos t = 0,znaci t = π

2 + kπ, k ∈ N, sto su tjemena elipse na osi y.

Zadatak 1.46. Izracunajmo duljinu luka krivulje x =t3

3− t, y = t2 +2, t ∈ [0,3].

Rjesenje: Vrijedi:

x = t2−1, y = 2t

⇒ x2 + y2 = t4−2t2 +1+4t2 = (t2 +1)2

⇒ ds =√

x2 + y2dt = (t2 +1)dt

L =

3∫0

ds =3∫

0

(t2 +1

)dt =

(t3

3+ t)∣∣∣∣3

0= 9+3 = 12

Zadatak 1.47. Izracunajmo duljinu prvog luka cikloide x = a(t− sin t), y = a(1− cos t).

Rjesenje: Vrijedi:x = a(1− cos t), y = asin t

⇒ x2 + y2 = · · ·= 2a2(1− cost) = 2a2 ·2sin2 t2

⇒ ds =√

x2 + y2dt = 2asin t2 dt


L =

2π∫0

ds = 2a2π∫

0

sint2

dt

= 2a(−2cos

t2

)∣∣∣2π

0= 4a(−cosπ+ cos0) = 8a

1.7.4 Teziste

Tocka u kojoj mozemo poduprijeti ravnu sipku ili plocu, tako da ona miruje upolju sile teze, zove se tezistem te sipke ili ploce. Nalazenje tezista sipki i ravnihploca jedna je od mnogobrojnih fizikalnih primjena integriranja.

Razmotrimo najprije problem sipke, i to najjednostavni problem dvije tockastemase m1 i m2 koje su smjestene na krajevima sipke zanemarive mase. Ako sipkupodupremo u tocki koja je na udaljenosti d1 od mase m1, odnosno d2 od m2, onace (po Arhimedovom zakonu poluge) biti u ravnotezi ako je

m1d1 = m2d2.

Postavimo li os x duz horizontalne sipke i oznacimo li koordinate mase m1, masem2 i njihova tezista sa x1, x2 i x12 slijedi da je

m1(x12− x1) = m2(x2− x12),

odakle nalazimo

x12 =m1x1 +m2x2

m1 +m2.

76 Integral

Princip superpozicije tezista

Ako je tijelo T mase M podijeljeno na dva tijela T1 i T2, mase M1 i M2, onda jeteziste tog tijela jednako tezistu tockastoga tijela koja se sastoji od dvije tockemase M1 i M2 smjestene u tezistima tijela T1 i T2.

Razmotrimo tockasto tijelo koje se sastoji od tri mase m1, m2 i m3 smjestene nahorizontalnoj x osi u x1, x2 i x3. Podijelimo ga u dva tijela, tako da prvo sadrzimase m1 i m2, a drugo masu m3. Teziste prvoga tijela (mase m12 = m1+m2) nalazise u tocki x12 = (m1x1 +m2x2)/(m1 +m2), pa po principu superpozicije tezista,teziste citavog tijela nalazi se u tocki

x123 = x(12)3 =(m1 +m2)x12 +m3x3

(m1 +m2)+m3=

(m1 +m2)m1x1+m2x2

m1+m2+m3x3

m1 +m2 +m3.

Dakle,

x123 =m1x1 +m2x2 +m3x3

m1 +m2 +m3.

Slicno, dolazimo do rezultata za tockasto tijelo koje se sastoji od bilo kojeg brojamasa.

Dakle, ako se tockasto tijelo sastoji od n masa m1,m2, . . . ,mn smjestenih na osi x utockama s koordinatama x1,x2 . . . ,xn, onda je njegovo teziste smjesteno u tocki skoordinatom:

x =m1x1 +m2x2 + · · ·+mnxn

m1 +m2 + · · ·+mn.

Teziste sipke

Ako se sipka kontinuirano proteze od x = a do x = b i ako joj je linearna gustocazadana funkcijom ρ(x) onda je mozemo podijeliti na n dijelova duljine ∆xi i pri-blizne mase mi = ρ(xi)∆xi, koje mozemo shvatiti kao tockaste mase smjestene uxi. Priblizna masa sipke i priblizna koordinata tezista dane su s:

m =n

∑i=1

mi =n

∑i=1

ρ(xi)∆xi.


x =

n∑

i=1mixi

n∑

i=1mi

=

n∑

i=1xiρ(xi)∆xi

n∑

i=1ρ(xi)∆xi

.

Tocne vrijednosti dobijamo kad svi ∆xi teze prema 0. Naravno, tada sume pre-laze u integrale.

Dakle, sipka koja se proteze od x = a do x = b i kojoj je linearna gustoca zadana

funkcijom ρ(x) ima masu m =

b∫a

ρ(x)dx, a teziste joj je u tocki s koordinatom

x =

b∫a

xρ(x)dx

b∫a

ρ(x)dx

.

Teziste tockaste ploce

Razmotrimo sada problem ploce i to najjednostavniji slucaj tockaste ploce zane-marive mase koja se sastoji od n masa m1,m2, . . . ,mn smjestenih u x,y-ravnini utockama (x1,y1),(x2,y2), . . . ,(xn,yn).

Po analogiji s jednodimenzionalnim problemom tezista tockaste sipke, tezistetockaste ploce smjesteno je u tocki s koordinatama

x =

n

∑i=1

mixi

n

∑i=1

mi

, y =

n

∑i=1

miyi

n

∑i=1

mi

.

78 Integral

Teziste ploce uniformne gustoce

Prijelaz na ploce kontinuirane gustoce prevest ce gornje sume u tzv. dvos-truke integrale. Ako se ogranicimo na ploce konstantne (uniformne, homogene)gustoce, onda teziste mozemo naci primjenom jednostrukih integrala.

x =

b∫a

xdm

b∫a

dm

=

b∫a

x�ρ[ f (x)−g(x)]dx

b∫a�ρ[ f (x)−g(x)]dx

=

b∫a

xdP

b∫a

dP

i analogno vrijedi za y komponentu tezista.

Dakle, koordinate tezista homogene ploce dane su s:


x =

b∫a

xdP

b∫a

dP

, y =

b∫a

ydP

b∫a

dP

.

Primjer 1.42. Odredimo teziste pravokutnog trokuta uniformne gustoce sa ka-tetama duzine 3 i 4.


x =

b∫a

xdP

b∫a

dP

=

4∫0

x34

xdx

4∫0

34

xdx

︸︷︷︸=6

=16

34

x3

3

∣∣∣∣40=

83

y =

d∫c

ydP

d∫c

dP

=

3∫0

y(

4− 43

y)

dy

6=

16

(2y2− 4y3

9

)∣∣∣∣30= 1

Dakle: T = (8/3,1)

Zadatak 1.48. Odredimo teziste trapeza na slici (uniformne gustoce ρ).

80 Integral

Rjesenje: Vidi slike:

∫dP = 3/2 (povrsina trapeza)

x =

∫xdP∫dP

=

∫xydx

3/2=

23

1∫0

x ·1dx+2∫

1

x(2− x)dx

= · · ·= 79

y =

∫ydP∫dP

=23

1∫0

yxdy =23

1∫0

y(2− y)dy =23

(y2− y3

3

)∣∣∣∣10= · · ·= 4

9

T =

(79,

49

)

Princip simetrije

Ako je ploca uniformne gustoce osno simetricna, te ako kroz njenu os simetrijepostavimo os y, onda je oblik ploce opisan parnim funkcijama f (x) i g(x) nadsimetricnim intervalom [−a,a]. Tada je x( f (x)− g(x)) neparna funkcija, pa je

a∫−a

x( f (x)−g(x)) dx = 0 tj.

neparna funkcija po x

x =

a∫−a

xdm

m=

a∫−a

↓︷︸︸︷x( f (x)−g(x)) dx

P= 0

To znaci da se teziste nalazi na osi y tj. na osi simetrije.


Ako ploca, uniformne gustoce, ima os simetrije, onda njeno teziste lezi na toj osi.

Ako ploca, uniformne gustoce, ima vise osi simetrije, onda je njeno teziste

u sjecistu tih osi.

Zadatak 1.49. Odredimo teziste cetvrtine kruga na slici (uniformne gustoce).

Rjesenje: Vidi slike:

82 Integral

Buduci je cetvrtina kruga osno simetricna obzirom na pravac y = x, teziste senalazi na tom pravcu, tj. x = y i dovoljno je izracunati x koordinatu tezista.∫

dP = π (povrsina cetvrtine kruga)

x =

∫xdP∫dP

=

2∫0

xydx

π=

1π

2∫0

x√

4− x2dx=

{t=4−x2

dt=−2xdxx 0 2t 4 0

}=

1π

0∫4

√t(−1

2

)dt =

12π

4∫0

√tdt =

12π

23

t3/2∣∣∣∣40= · · ·= 8

3π

T =

(8

3π,

83π

)≈ T(0.85,0.85)

Teziste tijela uniformne gustoce

Tezista tijela nehomogene gustoce racunaju se pomocu trostrukih integrala. Medutim,slicno kao u slucaju ploce homogene gustoce, tezista tijela homogene gustocemozemo izracunati pomocu jednostrukih integrala.


x=

b∫a

xdm

b∫a

dm

=

b∫a

x�ρP(x)dx

b∫a�ρP(x)dx

=

b∫a

xdV

b∫a

dV

Analogno racunamo y, i z koordinatu tezista.

Dakle,

x =

b∫a

xdV

b∫a

dV

, y =

b∫a

ydV

b∫a

dV

, z =

b∫a

zdV

b∫a

dV

.

Princip simetrije

Analogan princip simetrije koji vrijedi za ploce uniformne gustoce, vrijedi i zatijela uniformne gustoce.

Ako tijelo, uniformne gustoce, ima ravninu simetrije, teziste je u njoj.

Ako tijelo, uniformne gustoce, ima vise ravnina simetrije, onda je njegovo teziste

u sjecistu tih ravnina.

Primjer 1.43. Odredimo teziste polukugle radijusa R (uniformne gustoce).

84 Integral


x = y = 0 (zbog simetrije)

z =

R∫0

zdm

m=

R∫0

z�ρP(z)dz

�ρV

=3

2R3�π

R∫0

z(R2− z2)

�πdz =3

2R3

(R2z2

2− z4

4

)∣∣∣∣R0=

32R3

R4

4=

3R8

Zadatak 1.50. Odredimo teziste stosca na slici (uniformne gustoce).

Rjesenje: T (x, y, z), x = y = 0, z =?

z =∫

zdV∫dV

, gdje je∫

dV =V volumen stosca, V =13·1 ·π ·2 =

23

π

Dakle,


dV =(

1− z2

)2πdz

pa je

z =3

2�π

2∫0

z(

1− z2

)2

�πdz

=32

2∫0

(z− z2 +

14

z3)

dz

=32

(z2

2− z3

3+

z4

16

)∣∣∣∣20= · · ·= 3

2· 1

3

=12

T(

0,0,12

)

86 Integral


1. Izracunajte povrsinu lika omedenog parabolom y = 4.5π2 x2 , kosinusoidom y =

cos(x) , te pozitivnim dijelom osi x . (Vidi skicu!)

2. Izracunajte povrsinu lika omedenog grafom eksponencijalne funkcije y = ex ,parabolom y = ex2 , te osi y . (Vidi skicu!)

3. Izracunajte povrsinu lika omedenog kosinusoidom y = cos(x) i sinusoidomy = sin(x) nad intervalom [0, π

2 ] . (Vidi skicu!)


4. Izracunajte trazene volumene integriranjem:

(a) uspravna cetverostrana prizma visine 3 cija je baza pravokutnik duljinestranica 2 i 3;

(b) uspravna trostrana piramida visine 3 cija je baza jednakostranicni trokutduljine stranice 2;

(c) trostrana piramida visine 3 cija je baza jednakostranicni trokut duljinestranice 2, a vrh (piramide) nalazi se okomito nad jednim od vrhovabaze;

(d) stozac radijusa baze 2 i visine 1;

(e) valjak radijusa 2 i visine 4 kojem je izduben stozac iste visine i radijusabaze;

(f) klin nastao presijecanjem (dovoljno visokog) valjka radijusa 3 ravninomkoja prolazi promjerom baze pod kutem od π

3 ;

(g) pokazite da je volumen piramide trostruko manji od volumena odgova-rajuce prizme.

5. Izracunajte volumen nastao rotacijom dijela ravnine omedenog grafovimazadanih krivulja oko x-osi:

(a) y = x3, y =−(x−1)3 i y = 0;

(b) y =√

x, y =−x+2 i y = 0;

(c) y = ex+1, y = e−x, y = 0, x = 0, x =−1;

(d) y =−√

x−2, y = 0, x = 6;

(e) y = sinx, y = cosx, y = 0 na intervalu [0, π

2 ];

(f) y = sinx, y = cosx, x = 0 na intervalu [0, π

4 ];

(g) y =−x+2, y = x3, x = 0;

(h) y = x2 i x = y2;

(i) x =−y2 +1 ,y = x+1, y≥ 0;

(j) y = lnx, y = 2lnx i x = e.

6. Izracunajte volumen nastao rotacijom dijela ravnine omedenog grafovimazadanih krivulja oko y-osi:

(a) x =−y2 +4 i x = 0;

(b) y =−x+2, y = x3, x = 0;

88 Integral

(c) y = 1x2+4 , x = 0, x = 1 i y = 0;

(d) y = 1x2+4 , x =−1, x = 1 i y = 0;

(e) y = x2− x i y = 0;

(f) y = e2x, y =−x+1 i x = 1;

(g) y = x3, y =−(x−1)3 i y = 0.

7. Izracunajte trazenu duljinu luka zadane krivulje:

(a) kruznica radijusa 2 (trazi se opseg);

(b) cikloida x(t) = 2(t− sin t), y(t) = 2(1− cos t) od tocke s t = 0 do tocke st = π;

(c) x(t) = t2, y(t) = t3 od tocke s y = 0 do tocke s y = 8;

(d) y = ch x od x = 0 do x = 1;

(e) x = 2y2, dio luka koji odsijeca x = 2;

(f) y = lnx od x = 1 do x = e.



1. Tocka presjeka T (π

3 ,12 ). P =

11π

144+√

3−1.

2. Tocka presjeka T (1,e). P = 23 e−1.

3. P = 2√

2−2.

4. (a)18 (b)√

3 (c)√

3 (d) 4π

3 (e) 32π

3 (f) 6√

3

5. (a) π

448 (b) 5π

6 (c) π(e2 +1− e) (d) 8π (e) π

2 (π

2 −1) (f) π

2(g) 46π

21 (h) 3π

10 (i) 56 π (j) 3π(e−2)

6. (a) 512π

15 (b) 14π

15 (c) ln 54 ·π (d) ln 5

4 ·π (e) π

6 (f) π

2 (− 13 + e2) (g) π

32

7. (a) 4π (b) 8 (c) 827 (10

32 −1) (d)sinh(1) (e)

√17+ 1

4 ln(√

17+4) (f)√

1+ e2−√

2+ 12 ln (√

1+e2−1)(√

2+1)

(√

1+e2+1)(√

2−1)

90 Integral


1. Izracunajte koordinate tezista likova omedenih grafovima zadanih krivulja:

(a) parabolom y = x2 i pravcem y = 4;

(b) parabolom x =−2y2 i pravcem x =−2;

(c) parabolom y = x2−4 i pravcem y = 5;

(d) parabolom y =−x2 +4 i pravcem y =−3x;

(e) pravcima y =−2x+2, y = 2x+2 i y = 1/4x−1/4;

(f) lika sastavljenog od dva kruga, jednog sa sredistem u tocki (1,4) radi-jusa 2

√2 i drugog sa sredistem u tocki (4,1) radijusa

√2;

(g) lika sastavljenog od kruga radijusa 2 sa sredistem u ishodistu, i trokutas vrhovima u (1,2), (−1,2) i (0,4);

(h) lika sastavljenog od kruga radijusa√

2 sa sredistem u ishodistu, i tro-kuta s vrhovima u (1−

√3/2,1+

√3/2), (1+

√3/2,1−

√3/2) i (4,4);(*)

(i) polukrug omeden polukruznicom y =√

r2− x2 i y = 0;

(j) cetvrtina elipse x2

4 + y2

9 = 1 u prvom kvadrantu;

(k) y = x2 i x = y2;

(l) y = lnx, x = 1, x = e i y = 0;

(m) y = lnx, y =− ln(2x) i x = e; (*)

(n) polovice vala kosinusoide y = cosx (izmedu x =−π/2 i x = π/2, iznady = 0); (*)

(o) polovice vala sinusoide y = sinx (izmedu x = 0 i x = π i iznad y = 0); (*)

(p) prvog svoda cikloide x = 2(t− sin t), y = 2(1− cos t). (*)

2. Izracunajte koordinate tezista zadanih tijela:

(a) pravilne cetverostrane piramide visine 3 , baze kvadrata stranice duljine2 , smjestene tako da joj visina lezi na x-osi, a baza lezi u Y Z-ravnini (vrhstavite na pozitivnu stranu x-osi);

(b) uspravnog stosca radijusa baze 1 kojemu y-os prolazi visinom, a cijelilezi izmedu y =−1 i y = 3;


(c) krnje pravilne cetverostrane piramide kojoj je duljina stranice baze 6 ,visina 1, a pobocka je prema bazi nagnuta π/6 radijana. Baza piramidelezi u XY -ravnini, a os simetrije na z-osi, dok je cijela piramida iznadXY -ravnine;

(d) pravilne trostrane piramide kojoj je duljina stranice baze√

3 , visina 1.Piramida lezi na XZ-ravnini, a vrh joj se nalazi na pozitivnom dijeluy-osi;

(e) valjka visine 3 i radijusa baze 1 koji lezi na XY -ravnini, vrh mu senalazi na pozitivnom dijelu z-osi, a iz njega je izvaden stozac jednakebaze i visine, smjesten na isti nacin;

(f) ravninom odrezani dio kugle radijusa 3 visok 1, smjesten po zelji ukoordinatni sustav.

92 Integral


1. (a)T (0, 125 ) (b)T (− 2

15 ,0) (c)T (0, 75 ) (d) T ( 3

2 ,−2) (e)T (− 221 ,

1021 ) (f) T (1.6,3.4)

(g)T (0, 83(2π+1) ) (h)T ( 18

√6

2π+3√

6, 18

√6

2π+3√

6) (i)T (0, 4r

3π) (j) T ( 8

3π, 4

π) (k) T ( 9

20 ,920 )

(l) T ( e2+14 ,e− 2) (m) T ( 2e2(1+ln2)+1

4(√

2+e ln2),− 1

2 ln2) (n) T (0, π

8 ) (o) T (π

2 ,π

8 ) (p)

T (2, 103 )

2. (a)T ( 34 ,0,0) (b)T (0,1,0) (c)T (0,0, 9−2

√3

3(6−√

3)≈ 0.432) (d) T (0, 1

4 ,0) (e)T (0,0, 158 )

(f) T (0,0, 7532 )

Documents

Sadrzajˇ - FSB Online · 6Integral Dakle, auto je u tom satu preˇsao najmanje 80km i najviˇse 91km. Relativni put Do sada smo proucavali samo sluˇ cajeve za koje jeˇ v > 0: