Skripta - unizg.hr

Matematicka analiza 1 - Poglavlje 12

Skripta

Ilko Brnetic, Mario Bukal, Tomislav Buric,Lana Horvat Dmitrovic, Josipa Pina Milišic, Mervan Pašic,

Ana Žgaljic Keko, Darko Žubrinic

VERZIJA OD: 28. RUJNA 2018.PUBLISHED BY FERWWW.FER.UNIZG.HR

Copyright c© 2018 ZPMOva skripta se smije koristiti iskljucivo u osobne svrhe te se ne smije ni na koji nacin mijenjati iliumnožavati, kao ni prikazivati, izvoditi ili distribuirati u javnosti i drugim medijima, ili na bilo kojidrugi nacin koristiti za bilo koju javnu ili komercijalnu svrhu.

Sadržaj

12 Metode integriranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

12.1 Metoda supstitucije 512.1.1 Supstitucija u neodredenom integralu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.1.2 Supstitucija u odredenom integralu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

12.2 Parcijalna integracija 1112.2.1 Parcijalna integracija u neodredenom integralu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.2.2 Parcijalna integracija u odredenom integralu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

12.3 Integrali racionalnih funkcija 1612.3.1 Nadopuna kvadratnog trinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1712.3.2 Dijeljenje i faktorizacija polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1812.3.3 Rastav na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

12.4 Integrali trigonometrijskih funkcija 2312.4.1 Univerzalna trigonometrijska supstitucija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2512.4.2 Integrali hiperbolickih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

12.5 Integrali iracionalnih funkcija 2812.5.1 Trigonometrijske i hiperbolne supstitucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

12.6 Pitanja za ponavljanje 32

12.7 Zadaci za vježbu 33

12.8 Rješenja 35

12. Metode integriranja

U ovom poglavlju cemo se upoznati s raznim metodama integriranja koje cemo usporedno pokazatina neodredenim i odredenim integralima. Krenut cemo s osnovnim metodama: metoda supstitucije(zamjene) i metoda parcijalne integracije. Na mnogo razlicitih primjera vidjet cemo kada i kakoodabrati i koristiti ove metode. Zatim cemo se upoznati s integralima nekih najvažnijih klasafunkcija. Prvo cemo vidjeti kako integrirati racionalne funkcije, odnosno funkcije s polinomom ubrojniku i nazivniku. To su jedne od najosnovnijih elementarnih funkcija s kojima se susrecete jošod prvih razreda srednje škole. Nakon njih cemo se baviti integralima trigonometrijskih funkcijakoji su od velike važnosti za vašu struku. U elektrotehnickim predmetima cesto cete se susretati sintegralima raznih trigonometrijskih funkcija, posebice u analizi i obradi signala. Kratko cemo seupoznati i s nekim integralima iracionalnih funkcija koji ce se pojavljivati u primjeni. Tu cemoposebnu pažnju posvetiti iracionalnim integralima koji se pojavljuju kod racunanja površina vezanihuz osnovne krivulje drugog reda.

Odmah napominjemo da ipak ima mnogo funkcija, pa i veoma jednostavnih, kojima se integraline mogu prikazati kao kombinacije elementarnih funkcija, pa kažemo da se takve funkcije ne dajuelementarno integrirati. Neki od takvih integrala su:∫ dx√

1− x4,∫

e−x2dx,

∫sin(x2)dx,

∫ sinxx

dx

Kljucni pojmovi: metoda supstitucije, parcijalna integracija, racionalne funkcije, rastav na parcijalnerazlomke, univerzalna trigonometrijska supstitucija, iracionalne funkcije

12.1 Metoda supstitucije12.1.1 Supstitucija u neodredenom integralu

U praksi cemo rijetko susresti integrale koji ce se moci direktno integrirati, no ponekad ce se dogoditida se podintegralna funkcija veoma malo razlikuje od tablicne, primjerice samo u argumentu:∫

e−2x dx,∫

sin(4x+3)dx

6 Poglavlje 12. Metode integriranja

Namece se jednostavno rješenje ovog problema: zamjena argumenta koji nam stvara problem snovom varijablom te potom integrirati po uvedenoj novoj varijabli. U gornjim primjerima bismonapravili −2x = t i 3x+1 = t te zatim integrirali po varijabli t. No pritom moramo vidjeti kako seu integralu promijeni diferencijal argumenta. To formalno izvodimo na sljedeci nacin.

� Primjer 12.1 Izracunajte (a)∫

e−2x dx (b)∫

sin(4x+3)dx

(a)∫

e−2x dx =

∣∣∣∣∣∣∣−2x = t

−2dx = dt

dx =−12 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫

et · (−12

dt) =−12

et +C =−12

e−2x +C

(b)∫

sin(4x+3)dx =

∣∣∣∣∣∣∣4x+3 = t

4dx = dt

dx = 14 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫

sin t · 14

dt =−14

cos t +C =−14

cos(4x+3)+C

Primijetite da je u posljednjem koraku potrebno vratiti uvedenu zamjenu na pocetnu varijablu!�

Navedeni postupak cemo iskazati i dokazati u obliku sljedeceg teorema.

Teorem 12.1.1 — Metoda supstitucije u neodredenom integralu.Neka je f neprekinuta na I te ϕ(t) neprekinuto diferencijabilna takva da je Im(ϕ) = I. Tada,

uz supstituciju t = ϕ(x), vrijedi:∫f (ϕ(x))ϕ

′(x)dx =∫

f (t)dt.

Dokaz. Neka je F primitivna funkcija od f , odnosno∫f (t)dt = F(t)+C = F(ϕ(x))+C.

Deriviramo li taj izraz po x, dobivamo

ddx

F(ϕ(x)) = F ′(ϕ(x)) ·ϕ ′(x) = f (ϕ(x))ϕ ′(x),

odnosno F(ϕ(x)) je primitivna funkcija od f (ϕ(x))ϕ ′(x) cime je teorem dokazan. �

Napomena 12.1 Supstitucijom t = ϕ(x) moramo promijeniti i diferencijal argumenta tako das njim baratamo kao s diferencijalom funkcije:∣∣∣∣∣ t = ϕ(x)

dt = ϕ′(x)dx

∣∣∣∣∣Dakle, metodu supstitucije koristimo da bismo prikladnom zamjenom varijable integriranja

dobili jednostavniji integral koji se lakše rješava.

� Primjer 12.2

∫ dx2x−5

=

∣∣∣∣∣∣∣2x−5 = t

2dx = dt

dx = 12 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫ 1

t· 1

2dt =

12

ln |t|+C =12

ln |2x−5|+C

�

12.1 Metoda supstitucije 7

Prethodni primjeri nam pokazuju da opcenito vrijedi sljedece.

� Primjer 12.3 Neka je∫

f (x)dx = F(x)+C. Tada:

∫f (ax+b)dx =

∣∣∣∣∣∣∣ax+b = t

adx = dt

dx = 1a dt

∣∣∣∣∣∣∣=1a

∫f (t)dt =

1a

F(t)+C =1a

F(ax+b)+C.

�

Dakle, integriramo li funkciju linearnog izraza od x, rezultat je ista primitivna funkcija od toglinearnog izraza, ali pomnožena s reciprocnim koeficijentom uz x. Pogledajmo na nekoliko primjerakako to možemo primijeniti na rješavanje integrala.

� Primjer 12.4 ∫cos(

π

2x)dx =

2π

sin(π

2x)+C∫

37−x dx =−37−x

ln3+C∫ dx

cos2(3x+14)=

13

tg(3x+14)+C

∫ √2x−1dx =

12· (2x−1)

32

32

+C =13(2x−1)

√2x−1+C

�

Vježba 12.1 Izracunajte integrale∫

sin(2x+π

3)dx i

∫ 3(1− x)14 dx.

U dosadašnjim primjerima smo supstituirali samo linearni izraz od x. Možemo naravnoupotrebljavati i drugacije supstitucije pri cemu treba paziti na izracun diferencijala i da svojimodabirom dobijemo jednostavniji integral.

� Primjer 12.5 ∫ dxx lnx

=

∣∣∣∣∣∣lnx = t

1x

dx = dt

∣∣∣∣∣∣=∫ dt

t= ln |t|+C = ln | lnx|+C.

�

� Primjer 12.6

∫ cosxsin3 x

dx =

∣∣∣∣∣ sinx = t

cosxdx = dt

∣∣∣∣∣=∫ dt

t3 =t−2

−2+C =− 1

2sin2 x+C.

�

� Primjer 12.7

∫ arcsin2 x√1− x2

dx =

∣∣∣∣∣∣arcsinx = t1√

1− x2dx = dt

∣∣∣∣∣∣=∫

t2 dt =13

t3 +C =13

arcsin3 x+C

�


� Primjer 12.8

∫ ex

e2x +1dx =

∣∣∣∣∣ ex = t

ex dx = dt

∣∣∣∣∣=∫ dt

t2 +1= arctg t +C = arctgex +C

�

� Primjer 12.9

∫xe−x2

dx =

∣∣∣∣∣∣∣−x2 = t

−2xdx = dt

xdx =−12 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫

et · (−12

dt) =−12

et +C =−12

e−x2+C

�

� Primjer 12.10

∫x2 cos(2x3 +5)dx =

∣∣∣∣∣∣∣2x3 +5 = t

6x2 dx = dt

x2 dx = 16 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫

cos t · 16

dt

=16

sin t +C =−16

cos(2x3 +5)+C

�

� Primjer 12.11

∫ arctgx+ xx2 +1

dx =∫ arctgx

x2 +1dx+

∫ xx2 +1

dx =

∣∣∣∣∣∣arctgx = t, x2 +1 = u1

x2 +1dx = dt, 2xdx = du

∣∣∣∣∣∣=∫

t dt +12

∫ duu

=12

t2 +12

ln |u|+C =12

arctg2 x+12

ln |x2 +1|+C

�

Ukoliko uvodenjem supstitucije i racunanjem diferencijala u integralu i dalje ostane varijabla x,potrebno ju je izraziti preko nove varijable iz uvedene zamjene.

� Primjer 12.12

∫x√

3x−2dx =

∣∣∣∣∣∣∣3x−2 = t

x = 13(t +2)

dx = 13 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫ 1

3(t +2)

√t · 1

3dt

=19

∫(t

32 +2t

12 )dt =

19

(t

52

52

+2t

32

32

)+C

=245

(3x−2)52 +

427

(3x−2)32 +C

�

12.1 Metoda supstitucije 9

� Primjer 12.13

∫ x2

(2x+5)3 dx =

∣∣∣∣∣∣∣2x+5 = t

x = 12(t−5)

dx = 12 dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫

(12(t−5))2

t3 · 12

dt =18

∫ t2−10t +25t3 dt

=18

∫(1t− 10

t2 +25t3 )dt =

18

(ln |t|+10t−1 +25

t−2

−2

)+C

=18

ln |2x+5|+ 54

12x+5

− 2516

1(2x+5)2 +C

�

� Primjer 12.14

∫ e2x√

ex +1dx =

∣∣∣∣∣∣∣ex +1 = t

ex = t−1

ex dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫ t−1√

tdt =

∫(t

12 − t−

12 )dt

=t

32

32

− t12

12

+C =23(ex +1)

32 −2(ex +1)

12 +C

�

� Primjer 12.15 Izracunajte∫

tgxdx i∫

ctgxdx.

S obzirom da nemamo tablicne integrale od funkcija tangens i kotangens, prelazimo na funkcijesinus i kosinus: ∫

tgxdx =∫ sinx

cosxdx =

∣∣∣∣∣ cosx = t

−sinxdx = dt

∣∣∣∣∣=∫−dt

t=− ln |t|+C =− ln |cosx|+C.

Na slican nacin sami provjerite da vrijedi∫ctgxdx = ln |sinx|+C

Detaljnije o integriranju trigonometrijskih funkcija naucit cemo u poglavlju 11.4. �

Vježba 12.2 Izracunajte∫

thxdx,∫

cthxdx.

12.1.2 Supstitucija u odredenom integraluNa jednaki nacin kao kod neodredenog integrala, uvodit cemo supstitucije u odredenom integralu,no pritom treba pripaziti na promjenu granica integracije. Naime, pocetne granice integracije a i bvrijede za integriranje po varijabli x pa supstitucijom ϕ(x) = t prelaze u nove granice ϕ(a) i ϕ(b)koje integriramo po varijabli t. Tocnije, vrijedi sljedeci teorem.

Teorem 12.1.2 — Metoda supstitucije u odredenom integralu.Neka je f : [α,β ]→ R neprekinuta, a ϕ : [a,b]→ [α,β ] neprekinuto diferencijabilna i


ϕ([a,b])⊂ [α,β ]. Tada vrijedi∫ b

af (ϕ(x))ϕ

′(x)dx =∫

ϕ(b)

ϕ(a)f (t)dt.

Dokaz. Neka je F primitivna funkcija od f . Tada je

ddx

F(ϕ(x)) = F ′(ϕ(x)) ·ϕ ′(x) = f (ϕ(x))ϕ ′(x),

odnosno F(ϕ(x)) je primitivna funkcija od f (ϕ(x))ϕ ′(x). Onda slijedi∫ b

af (ϕ(x))ϕ

′(x)dx = F(ϕ(x))∣∣∣ba= F(ϕ(b))−F(ϕ(a)) =

∫ϕ(b)

ϕ(a)f (t)dt.

�

� Primjer 12.16

∫ 1

0

xdx√4− x2

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x2 = t

2xdx = dt

x 0 1t 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=12

∫ 1

0

dt√4− t2

=12

arcsint2

∣∣∣10=

12

arcsin12=

π

12.

�

� Primjer 12.17

∫ e

1

ln2 xx

dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣lnx = t

1x dx = dt

x 1 et 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∫ 1

0t2 dt =

13

t3∣∣∣10=

13.

�

� Primjer 12.18

∫ 2

1x3√

5− x2 dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣5− x2 = t ⇒ x2 = 5− t

−2xdx = dt ⇒ xdx =−12 dt

x 1 2t 4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=−∫ 1

4(5− t)

√t · 1

2dt

=12

∫ 4

1(5t

12 − t

32 )dt =

12

(5

t32

32

− t52

52

)∣∣∣∣41=

12(20815− 44

15) =

8215

�

� Primjer 12.19

∫ 2

0

dx(x+2)

√x+1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

√x+1 = t ⇒ x = t2−1

dx = 2t dt

x 0 2t 1

√3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∫ √3

1

2t dt(t2 +1)t

= 2∫ √3

1

dtt2 +1

= 2arctg t∣∣∣√3

1= 2(

π

3− π

4) =

π

6.

�

12.2 Parcijalna integracija 11

� Primjer 12.20 Izracunajte∫ 2π

3π

6

|sin(2x)|dx.

Rješenje. Period funkcije f (x) = sin(2x) je T = π te je ona pozitivna na intervalu 〈0, π

2 〉, anegativna na 〈π

2 ,π〉. Stoga je potrebno podijeliti podrucje integracije na dva dijela kako slijedi:

∫ 2π

3π

6

|sin(2x)|dx =∫ π

2π

6

sin(2x)dx+∫ 2π

3π

2

(−sin(2x))dx

=−12

cos(2x)∣∣∣π

2π

6+

12

cos(2x)∣∣∣2π

3π

2=−1

2· (−3

2)+

12· 1

2= 1.

Primijetiti da tražena površina odgovara površini ispod jednog luka sinusoide f (x) = sin(2x) pa

smo traženi integral mogli izracunati i kao∫ π

20 sin(2x)dx. �

� Primjer 12.21

∫ π

2

−π

2

cosx√

4sin2 x+4sinx+1dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣sinx = t

cosxdx = dt

x −π

2π

2t −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∫ 1

−1

√4t2 +4t +1dt

=∫ 1

−1

√(2t +1)2 dt =

∫ 1

−1|2t +1|dt =−

∫ −12

−1(2t +1)dt +

∫ 1

−12

(2t +1)dt

=−(t2 + t)∣∣∣−1

2

−1+(t2 + t)

∣∣∣1−1

2=

14+

94=

52.

�

Napomena 12.2 Integrale možemo riješavati i supstitucijom x = ϕ(t) no pritom je potrebnoda funkcija ϕ(t) bude bijekcija na zadanom intervalu, odnosno mora postojati njen inverz ϕ−1.Tada pišemo

∫ b

af (x)dx =

∣∣∣∣∣∣∣x = ϕ(t) ⇒ dx = ϕ

′(t)dt

x = a ⇒ t1 = ϕ−1(a)

x = b ⇒ t2 = ϕ−1(b)

∣∣∣∣∣∣∣=∫

ϕ−1(b)

ϕ−1(a)f (ϕ(t))ϕ

′(t)dt.

Ovakav tip supstitucije koristit cemo kod iracionalnih integrala u poglavlju 11.5.

12.2 Parcijalna integracija12.2.1 Parcijalna integracija u neodredenom integralu

Pogledajmo sljedeca dva integrala ∫xex dx,

∫x2 sinxdx.

U oba slucaja je podintegralna funkcija umnožak dviju jednostavnih elementarnih funkcija, no nemožemo ih riješiti supstitucijom i dosadašnjim metodama. Ovakav tip integrala se veoma cestopojavljuje u primjeni i susretat cete se s njima na višim godinama studija, primjerice kod integralnihtransformacija u rješavanju strujnih krugova ili obradi signala. U ovakvim slucajevima koristimometodu parcijalne integracije koja se bazira na formuli za derivaciju umnoška.


Teorem 12.2.1 — Metoda parcijalne integracije.Neka su f i g diferencijabilne funkcije na 〈a,b〉. Tada na tom intervalu vrijedi∫

f (x)g′(x)dx = f (x)g(x)−∫

f ′(x)g(x)dx

pod uvjetom da svi navedeni integrali postoje.

Dokaz. Pokazat cemo da je desna strana primitivna funkcija od f (x)g′(x):(f (x)g(x)−

∫f ′(x)g(x)dx

)′= f ′(x)g(x)+ f (x)g′(x)− f ′(x)g(x) = f (x)g′(x),

cime je dokaz gotov. �

Napomena 12.3 Oznacavajuci u = f (x), dv = g′(x)dx, formulu za parcijalnu integracijumožemo zapisati u lakše pamtljivom obliku∫

udv = uv−∫

vdu

gdje je du = f ′(x)dx, v =∫

dv =∫

g′(x)dx.

Namecu nam se dva pitanja:1. Kada koristimo parcijalnu integraciju?• kada je podintegralna funkcija umnožak polinoma i trigonometrijske ili eksponencijalne

funkcije• kada podintegralnu funkciju ne možemo direktno integrirati, ali možemo derivirati (npr.

logaritamska ili arkus funkcije)2. Kako odabrati u i dv?• za u biramo funkciju koja se pojednostavljuje deriviranjem• za dv biramo izraz koji se ne komplicira integriranjem

Riješimo sada primjere iz uvoda.

� Primjer 12.22 Izracunajte integral∫

xex dx.

Rješenje. Prvo treba spretno odabrati u i dv. Primijetimo da izbor u = x daje jednostavnu deriva-ciju du = dx, dok izbor dv = xdx integriranjem daje v = 1

2 x2, odnosno povecava složenost integrala.Što se tice funkcije ex, ona se deriviranjem i integriranjem ne mijenja pa nece zakompliciratiintegral. Prema tome, parcijalnu integraciju provodimo na sljedeci nacin:∫

xex dx =∣∣∣∣ u = x dv = ex dx

du = dx v = ex

∣∣∣∣= xex−∫

ex dx = xex− ex +C.

Napomena 12.4 Prilikom parcijalne integracije kod racunanja v možemo uzeti bilo kojuprimitivnu funkciju, odnosno u ovom primjeru v = ex +C pa je najprikladnije uzeti C = 0. Uostalim zadacima to necemo više naglašavati nego se podrazumijeva.

�

Pri rješavanju parcijalnom integracijom može se dogoditi da novi integral na desnoj strani∫vdu moramo riješiti uvodenjem supstitucije ili cak ponovno parcijalnom integracijom, katkad i

više puta.



x2 sinxdx.

∫x2 sinxdx =

∣∣∣∣ u = x2 dv = sinxdxdu = 2xdx v =−cosx

∣∣∣∣=−x2 cosx+∫

2x cosxdx

=

∣∣∣∣ u = 2x dv = cosxdxdu = 2dx v = sinx

∣∣∣∣=−x2 cosx+2xsinx−2∫

sinxdx

=−x2 cosx+2xsinx+2cosx+C.

�

Vježba 12.3 Izracunajte integral∫

x2e−2x dx.


x2 lnxdx.

Rješenje. Za razliku od prethodnog primjera, u ovom slucaju je prikladniji izbor u = lnx sobzirom da integral funkcije lnx nije tablicni i zakomplicirao bi postupak, dok njegova derivacijapojednostavljuje izraz.∫

x2 lnxdx =∣∣∣∣ u = lnx dv = x2 dx

du = 1x dx v = 1

3 x3

∣∣∣∣= 13

x3 lnx−∫ 1

3x3 · 1

xdx

=13

x3 lnx− 13

∫x2 dx =

13

x3 lnx− 19

x3 +C.

�

Vježba 12.4 Izracunajte integral∫ lnx√

xdx.

U prethodnom zadatku smo spomenuli da integral∫

lnxdx nije tablicni, no primijetite da

do sada nismo izracunali ni integrale nekih drugih elementarnih funkcija, primjerice arkus i areafunkcija. Upravo se parcijalna integracije koristi za racunanje takvih integrala na nacin da uzimamojedinicu kao faktor koji cemo integrirati, odnosno dv = 1dx. Pritom je zgodno primijetiti da se svete elementarne funkcije deriviranje pojednostavljuju (postaju racionalne ili iracionalne) pa su stogaspretan odabir za u.

� Primjer 12.25∫lnxdx =

∣∣∣∣ u = lnx dv = dxdu = 1

x dx v = x

∣∣∣∣= x lnx−∫

x · 1x

dx = x lnx− x+C.

�

� Primjer 12.26∫arcsinxdx =

∣∣∣∣∣ u = arcsinx dv = dxdu = 1√

1−x2 dx v = x

∣∣∣∣∣= xarcsinx−∫ x√

1− x2dx

=

∣∣∣∣∣∣∣1− x2 = t

−2xdx = dt

xdx =−12 dt

∣∣∣∣∣∣∣= xarcsinx+12

∫ 1√t

dt

= xarcsinx+√

t +C = xarcsinx+√

1− x2 +C.

�


Vježba 12.5 Sami za vježbu odredite integrale ostalih arkus funkcija, odnosno provjerite davrijedi: ∫

arccosxdx = xarccosx−√

1− x2 +C∫arctgxdx = xarctgx− 1

2ln(1+ x2)+C∫

arcctgxdx = xarcctgx+12

ln(1+ x2)+C

Ponekad parcijalna integracija vodi na isti neodredeni integral s pocetka postupka, no s razlicitimkoeficijentima. Vidjet cemo u sljedecem primjeru da se tada traženi integral može izracunati kaorješenje linearne jednadžbe.


ex sinxdx.

∫ex sinxdx =

∣∣∣∣ u = ex dv = sinxdxdu = ex dx v =−cosx

∣∣∣∣=−ex cosx+∫

ex cosxdx

=

∣∣∣∣ u = ex dv = cosxdxdu = ex dx v = sinx

∣∣∣∣=−ex cosx+ ex sinx−∫

ex sinxdx.

Vratili smo se na pocetni integral koji cemo prebaciti na lijevu stranu pa dobivamo:

2∫

ex sinxdx = ex sinx− ex cosx,

odnosno nakon djeljenja s 2: ∫ex sinxdx =

ex

2(sinx− cosx)+C.

Napomena 12.5 Dok su na obje strane neodredeni integrali, u njima su sadržane po voljiodabrane konstante. Prebacimo li integralne izraze na istu stranu, moramo na drugu stranustaviti konstantu kojom je neodredeni integral karakteriziran.

�

Vježba 12.6 Pokažite sami za vježbu da opcenito vrijedi∫eax sinbxdx =

eax

a2 +b2 (asinbx−bcosbx)+C.

� Primjer 12.28 Izracunajte integral∫ √

1+ x2 dx.

Rješenje. Ideja je sljedeca: prvo cemo racionalizirati zadani korijen te zatim razdijeliti na dvaintegrala od kojih ce jedan biti tablicni, a drugi cemo riješiti parcijalnom integracijom pazeci naspretni odabir u i dv.

∫ √1+ x2 dx =

∫ 1+ x2√

1+ x2dx =

∫ dx√1+ x2

+∫ x2√

1+ x2dx

= ln |x+√

1+ x2|+∫

x · x√1+ x2

dx =

∣∣∣∣∣ u = x dv = x√1+x2 dx

du = dx v =√

1+ x2

∣∣∣∣∣= ln |x+

√1+ x2|+ x

√1+ x2−

∫ √1+ x2 dx


Stoga je:

2∫ √

1+ x2 dx = ln |x+√

1+ x2|+ x√

1+ x2 \ : 2∫ √1+ x2 dx =

12

ln |x+√

1+ x2|+ 12

x√

1+ x2 +C.

U izracunu parcijalne integracije za v koristili smo standardnu supstituciju:

v =∫ x√

1+ x2dx =

∣∣∣∣∣∣∣1+ x2 = t

2xdx = dt

xdx = 12 dt

∣∣∣∣∣∣∣=12

∫ dt√t=√

t +C =√

1+ x2 +C.

Kako smo vec spomenuli, kod racunanja v može se uzeti bilo koja primitivna funkcija pa cemouzeti najjednostavniju s C = 0.

U poglavlju 11.5 vidjet cemo kako se ovakav tip integrala može riješiti i prikladnim supstituci-jama. �

12.2.2 Parcijalna integracija u odredenom integraluNa isti nacin provodimo parcijalnu integraciju u odredenom integralu, a kao i inace, nakon in-tegriranja uvrštavamo granice po Newton-Leibnizovoj formuli. Sljedeci teorem navodimo bezdokaza.

Teorem 12.2.2 — Metoda parcijalne integracije za odredeni integral.Neka su f i g neprekinuto diferencijabilne funkcije na [a,b]. Tada vrijedi:∫ b

af (x)g′(x)dx = f (x)g(x)

∣∣∣ba−∫ b

af ′(x)g(x)dx.

� Primjer 12.29∫ 1

0xe−x dx =

∣∣∣∣ u = x dv = e−x dxdu = dx v =−e−x

∣∣∣∣=−xe−x∣∣∣10+∫ 1

0e−x dx

=−xe−x∣∣∣10− e−x

∣∣∣10=−(e−1−0)− (e−1−1) =

2e+1.

�

� Primjer 12.30∫ e

1

lnxx2 dx =

∣∣∣∣ u = lnx dv = 1x2 dx

du = 1x dx v =−1

x

∣∣∣∣=−1x

lnx∣∣∣e1+∫ e

1

1x· 1

xdx

=−1x

lnx∣∣∣e1− 1

x

∣∣∣e1=−(1

e−0)− (

1e−1) = 1− 2

e.

�

� Primjer 12.31∫ 3

0arctg

√xdx =

∣∣∣∣∣√

x = t⇒ x = t2

dx = 2t dtx 0 1t 0

√3

∣∣∣∣∣=∫ √3

02t arctg t dt

=

∣∣∣∣ u = arctg t dv = 2t dtdu = dt

1+t2 v = t2

∣∣∣∣= t2 arctg t∣∣∣√3

0−∫ √3

0

t2

1+ t2 dt

= t2 arctg t∣∣∣√3

0−∫ √3

0(1− 1

1+ t2 )dt = t2 arctg t∣∣∣√3

0− (t− arctg t)

∣∣∣√3

0

= (3 · π3−0)− (

√3− π

3−0) =

4π

3−√

3.


�

� Primjer 12.32 Izracunajte∫ e

1e

| lnx|dx.

Rješenje. Podrucje integracije je potrebno podijeliti na dva dijela jer je funkcija f (x) = lnxnegativna za x ∈ 〈0,1〉, a pozitivna za x > 1. Stoga pišemo:

∫ e

1e

| lnx|dx =∫ 1

1e

(− lnx)dx+∫ e

1lnxdx

Vidjeli smo u Primjeru 11.39 da je∫

lnxdx = x lnx− x+C, pa slijedi

I =−(x lnx− x)∣∣∣1

1e

+(x lnx− x)∣∣∣e1= 2− 2

e.

�

12.3 Integrali racionalnih funkcija

Nakon što smo se upoznali s dvije temeljne metode integriranja, vidjet cemo kako integrirati nekenajvažnije klase funkcija. Krenut cemo od racionalnih funkcija s kojima ste se susretali cijelosrednjoškolsko obrazovanje. To su elementarne funkcije s polinomom u brojniku i nazivniku, au prethodnim poglavljima smo naucili kako ispitivati njihovo granicno ponašanje i tok, odnosnodetaljno smo proucavali crtanje njihovog kvalitativnog grafa. Sada cemo vidjeti kako ih integrirati,no prvo ih formalno definirajmo.

Definicija 12.3.1 Racionalna funkcija f (x) je funkcija oblika

f (x) =Pn(x)Qm(x)

=anxn + . . .+a1x+a0

bmxm + . . .+b1x+b0, ai, bi ∈ R,

gdje su Pn i Qm polinomi stupnja n odnosno m. �

Pritom razlikujemo dva slucaja:• ako je stupanj brojnika strogo manji od stupnja nazivnika (n < m) kažemo da je f (x) prava

racionalna funkcija• ako je stupanj brojnika veci ili jednak od stupnja nazivnika (n ≥ m) kažemo da je f (x)

neprava racionalna funkcija

Neke prave racionalne funkcije možemo jednostavno integrirati odgovarajucom supstitucijomkao u sljedecem primjeru.

� Primjer 12.33 Izracunajte (a)∫ 2x+3

x2 +3x+1dx, (b)

∫ xx4 +1

dx

Rješenje. U integralu (a) dovoljno je primijetiti da je brojnik zapravo derivacija nazivnikapa samo supstituiramo nazivnik. U (b) je pak potrebno uvesti supstituciju x2 = t jer cemo timeeliminirati x iz brojnika i potom dobiti tablicni integral.

(a)∫ 2x+3

x2 +3x+1dx =

∣∣∣∣∣ x2 +3x+1 = t

(2x+3)dx = dt

∣∣∣∣∣=∫ dt

t= ln |t|+C = ln |x2 +3x+1|+C

12.3 Integrali racionalnih funkcija 17

(b)∫ x

x4 +1dx =

∣∣∣∣∣∣∣x2 = t

2xdx = dt

xdx = 12 dt

∣∣∣∣∣∣∣=12

∫ dtt2 +1

=12

arctg t +C =12

arctg(x2)+C

�

12.3.1 Nadopuna kvadratnog trinoma

Cesto cemo se susretati s integralima koji imaju kvadratni trinom ax2 +bx+ c u nazivniku, a danisu riješivi direktnom supstitucijom. Opceniti pristup za rješavanje takvih integrala je nadopunakvadratnog trinoma do potpunog kvadrata i zatim uvodimo supstituciju cime dobijemo tablicniintegral.

� Primjer 12.34

∫ dx4x2 +12x+9

=∫ dx

(2x+3)2 =12(2x+3)−1

−1+C =−1

2· 1

2x+3+C

�

� Primjer 12.35

∫ dxx2 + x+1

=∫ dx

(x+ 12)

2 + 34

=1√

32

arctgx+ 1

2√3

2

+C =2√3

arctg2x+1√

3+C

�

� Primjer 12.36 Izracunajte∫ xdx

x2 +4x+5.

Rješenje. Kao i u prethodnim primjerima, potrebno je prvo kvadratni trinom u nazivniku svestina potpuni kvadrat. No ostaje varijabla x u brojniku koju cemo izraziti iz supstitucije.

I =∫ xdx

(x+2)2 +1=

∣∣∣∣∣∣∣x+2 = t

x = t−2

dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣=∫

(t−2)dtt2 +1

=∫ t dt

t2 +1−2

∫ dtt2 +1

Drugi integral je tablicni, no u prvom je potrebno uvesti novu supstituciju

t2 +1 = u, t dt = 12 du.

Time smo dobili

I =12

∫ duu−2

∫ dtt2 +1

=12

ln |u|−2arctg t +C

=12

ln |(x+2)2 +1|−2arctg(x+2)+C

=12

ln(x2 +4x+5)−2arctg(x+2)+C.

�


12.3.2 Dijeljenje i faktorizacija polinomaU svim prethodnim primjerima smo integrirali prave racionalne funkcije. U slucaju n≥m, odnosnokada je stupanj polinoma u brojniku veci ili jednak stupnju polinoma u nazivniku, potrebno jepodijeliti polinome na nacin:

Pn(x)Qm(x)

= Sn−m(x)+R(x)

Qm(x)

gdje je Sn−m(x) polinom stupnja n−m dobiven kao rezultat djeljenja, a polinom R(x) je ostatak pridijeljenju stupnja strogo manjeg od m. Drugim rjecima, nepravu racionalnu funkciju dijeljenjembrojnika s nazivnikom svodimo na cijeli dio Sn−m(x) i pravu racionalnu funkciju.

� Primjer 12.37 Podijelimo polinome x3 + x2−4 i x2−2x.

x3 + x2−4x2−2x

= (x3 +3x2−1) : (x2−2x) = x+3

±x3∓2x2

3x2 −4±3x2∓6x

6x−4

Odnosno, to možemo zapisati kao:

x3 +3x2−1x2−2x

= x+3+6x−4x2−2x

.

�

Vježba 12.7 Sami podijelite polinomex4−2x2 + x−5

x2 +4i

x3−4x+3x+1

.

S obzirom da je integriranje cijelog dijela elementarno, problem integriranja racionalne funkcijesvodi se na integriranje pravog racionalnog razlomka. Pritom je prvi korak faktorizacija polinomau nazivniku. Vrijedi sljedeci teorem.

Teorem 12.3.1 — Faktorizacija polinoma.Polinom Pn(x) = anxn + . . .+a1x+a0 s realnim koeficijentima a1, . . . ,an, možemo napisati

kao produkt linearnih i kvadratnih realnih faktora u obliku:

Pn(x) = an

r

∏i=1

(x− xi)ki ·

s

∏j=1

(x2 + p jx+q j)l j ,

pri cemu:• polinom ima linearan faktor (x− xi)

ki ako je xi ∈ R nultocka polinoma kratnosti ki

• polinom ima kvadratni faktor (x2 + p jx+q j)l j ako ima konjugirano kompleksne nultocke

kratnosti l j

Takoder vrijedi da je suma kratnosti svih nultocaka jednaka stupnju polinoma n.

Napomena 12.6 Nultocke polinoma s cjelobrojnim koeficijentima su djeljitelji slobodnogclana što cemo koristiti prilikom faktorizacije.

� Primjer 12.38 Faktorizirajte polinome:(a) x6−1(b) x5 +4x3 +3x(c) x3−3x2−3x−4


(a) Koristimo razliku kvadrata pa potom razliku i zbroj kubova:

x6−1 = (x3−1)(x3 +1) = (x−1)(x2 + x+1)(x+1)(x2− x+1)

(b) Izlucimo x pa faktoriziramo bikvadratni clan rastavom srednjeg clana:

x5 +4x3 +3x = x(x4 +3x2 + x2 +3) = x(x2 +3)(x2 +1)

(c) Prvo je potrebno pronaci jednu nultocku koja je djeljitelj slobodnog clana (−4). Kandidatisu ±1,±2,±4, a uvrštavanjem u polinom vidimo da je x = 4 nultocka. Zatim podijelimo pocetnipolinom s (x−4) cime dobijemo kvadratni polinom x2 + x+1 koji nema realne nultocke. Stogaimamo faktorizaciju:

x3−3x2−3x−4 = (x−4)(x2 + x+1)

�

Vježba 12.8 Faktorizirajte polinome a) x8−1, b) x4−2x2 +4x.

Crtica Prethodni teorem o faktorizaciji polinoma je posljedica nekoliko teorema od kojih je najvažnijitzv. temeljni stavak algebre (Gauss 1799.), koji kaže da svaki polinom barem prvog stupnja skompleksnim koeficijentima ima barem jednu nultocku u C:

f (x) = Pn(x) ⇒ ∃x0 ∈ C : Pn(x0) = 0 (n≥ 1)

Temeljni stavak omogucuje rastav svakog polinoma s kompleksnim koeficijentima na linearnefaktore

Pn(x) = an

k

∏i=1

(x− xi)αi

pri cemu je ∑ki=1 αi = n, xi 6= x j za i 6= j.

Ako se ogranicimo na polinome s realnim koeficijentima lako je pokazati da se kompleksne nultockepojavljaju kao parovi kompleksno konjugiranih brojeva:

Pn(xi) = 0⇔ Pn(xi) = 0.

To omogucuje da se izraz (x− xi)(x− xi) može prikazati kao trinom x2 + pix+ qi s realnim ko-eficijentima pi,qi i diskriminantom Di = p2

i − 4qi < 0. Koristeci taj rezultat i navedeni rastav

Pn(x) = an

k

∏i=1

(x− xi)αi zakljucujemo da vrijedi Teorem 12.1.1.

12.3.3 Rastav na parcijalne razlomkeVratimo se problemu integriranja racionalnih funkcija. Nakon faktorizacije nazivnika provodimopostupak rastavljanja prave racionalne funkcije na manje (parcijalne) razlomke. Naime, vrijedisljedeci teorem.

Teorem 12.3.2 — Rastav racionalne funkcije na parcijalne razlomke.Prava racionalna funkcija ima jednoznacno odreden rastav na parcijalne razlomke ciji oblik

i broj ovisi o faktorizaciji nazivnika:• faktor (x−a)k daje parcijalne razlomke:

A1

x−a, . . . ,

Ak

(x−a)k , Ai ∈ R


• faktor (x2 + px+q)k daje parcijalne razlomke:

B1x+C1

x2 + px+q, . . . ,

Bkx+Ck

(x2 + px+q)k , Bi,Ci ∈ R.

Pogledajmo tvrdnju teorema na konkretnom primjeru.

� Primjer 12.39

1(2x−1)3(x2 + x+2)2 =

A2x−1

+B

(2x−1)2 +C

(2x−1)3 +Dx+E

x2 + x+2+

Fx+G(x2 + x+2)2

�

Koeficijente Ai,Bi,Ci možemo odrediti na dva nacina koja cemo pokazati na sljedecim primje-rima.

� Primjer 12.406x−4x2−2x

=6x−4

x(x−2)=

Ax+

Bx−2

\ · x(x−2)

6x−4 = A(x−2)+Bx (12.1)

1. nacin: u jednadžbi (12.1) izjednacavamo koeficijente uz iste potencije varijable x. Time dobivamosustav

6 = A+B

−4 =−2A

cije rješenje je A = 2, B = 4.

2. nacin: U jednadžbu (12.1) uvrštavamo prikladno odabrane brojeve za x (npr. nultocke nazivnika):

x = 0 : −4 =−2A ⇒ A = 2

x = 2 : 8 = 2B ⇒ B = 4

Dakle, rastav zadane racionalne funkcije glasi:

6x−4x(x−2)

=2x+

4x−2

�

Riješimo sada jedan složeniji primjer.

� Primjer 12.41

x2

x4−1=

x2

(x−1)(x+1)(x2 +1)=

Ax−1

+B

x+1+

Cx+Dx2 +1

Množenjem izraza s nazivnikom (x−1)(x+1)(x2 +1) dobivamo

x2 = A(x+1)(x2 +1)+B(x−1)(x2 +1)+(Cx+D)(x−1)(x+1) (12.2)

1. nacin: Raspišemo prethodnu jednadžbu i tražimo koeficijente uz iste potencije od x:

x2 = x3(A+B+C)+ x2(A−B+D)+ x(A+B−C)+(A−B−D)


Time dobivamo sustavA+B+C = 0

A−B+D = 1

A+B−C = 0

A−B−D = 0

cije rješenje je A = 14 , B =−1

4 , C = 0, D = 12 .

2. nacin: Uvrštavanjem prikladnih vrijednosti u (12.2) za x (primijeti da imamo samo dvije realnenultocke pa ostale vrijednosti biramo po volji):

x = 1 : 1 = 4A ⇒ A = 14

x =−1 : 1 =−4B ⇒ B =−14

x = 0 : 0 = A−B−D ⇒ D = 12

x = 2 : 4 = 15A+5B+6C+3D⇒ C = 0

Prema tome, vrijedi sljedeci rastav:

x2

x4−1=

14(x−1)

− 14(x+1)

+1

2(x2 +1)

�

Nakon rastava na parcijalne razlomke, koristimo svojstvo da je integral zbroja jednaku zbrojuintegrala pa se integracija racionalne funkcije svodi na integraciju njenih parcijalnih razlomaka.Primjerice, za racionalnu funkciju iz prethodnog primjera vrijedi

∫ x2

x4−1dx =

∫ 14(x−1)

dx−∫ 1

4(x+1)dx+

∫ 12(x2 +1)

dx

=14

ln |x−1|− 14

ln |x+1|+ 12

arctgx+C

S obzirom na važnost racionalnih funkcija, ponovimo još jednom sve korake prilikom njihovogintegriranja.

1. Ako je racionalna funkcija neprava (odnosno stupanj brojnika veci ili jednak od stupnjanazivnika), dijeljenjem polinoma je svodimo na zbroj polinoma i prave racionalne funkcije

2. Nazivnik prave racionalne funkcije faktoriziramo u obliku linearnih i kvadratnih faktora3. Pravu racionalnu funkciju rastavimo na parcijalne razlomke (oblik i broj parcijalnih razlo-

maka ovisi o faktorima u faktorizaciji nazivnika)4. Izracunamo nepoznate koeficijente Ai,Bi,Ci u rastavu na parcijalne razlomke5. Dobivene parcijalne razlomke integriramo svaki posebno.

� Primjer 12.42 Izracunajte∫ x3 + x2−4

x2−2xdx

Slijedeci prethodno opisani postupak, prvo podijelimo polinome (jer je stupanj brojnika veciod stupnja nazivnika) te zatim pravu racionalnu funkciju rastavimo na parcijalne razlomke (vidiPrimjer 11.38 i Primjer 11.41)


∫ x3 + x2−4x2−2x

dx =∫ (

x+3+6x−4x2−2x

)dx =

∫ (x+3+

2x+

4x−2

)dx

=12

x2 +3x+2ln |x|+4ln |x−2|+C

�

� Primjer 12.43 Izracunajte∫ x2 +2

x3−3x+2dx.

Pod integralom je prava racionalna funkcija pa možemo krenuti s rastavom na parcijalnerazlomke nakon faktorizacije polinoma u nazivniku. Djeljitelji slobodnog clana su ±1,±2 od kojihje x = 1 jedna nultocka. Djeljenjem polinoma slijedi

(x3−3x+2) : (x−1) = x2 + x−2

a s obzirom da su nultocke dobivenog kvadratnog polinoma x = 1 i x =−2, konacna faktorizacijanazivnika glasi

x3−3x+2 = (x+2)(x−1)2.

Sada slijedi rastav na parcijalne razlomke:

x2 +2(x+2)(x−1)2 =

Ax+2

+B

x−1+

C(x−1)2

x2 +2 = A(x−1)2 +B(x+2)(x−1)+C(x+2)

Uvrštavanjem x = 1 dobivamo C = 1, a uvrštavanjem x =−2 dobije se A = 23 . Izjednacimo li

sada koeficijente uz x2 dobije se A+B = 1 tj. B = 13 . Prema tome imamo

∫ x2 +2x3−3x+2

dx =∫ ( 2

3x+2

+13

x−1+

1(x−1)2

)dx

=23

ln |x+2|+ 13

ln |x−1|− 1x−1

+C

�

� Primjer 12.44 Izracunajte∫ x3 + x−2

x3 + x2 + xdx.

Podintegralna racionalna funkcija je naprava pa je prvo potrebno podijeliti polinome:

x3 + x−2x3 + x2 + x

= 1+−x2−2

x3 + x2 + x

Napomena 12.7 Primijetite da umjesto direktnog djeljenja polinoma, dodavanjem i oduzi-manjem odgovarajucih clanova u brojniku možemo lako svesti na pravu racionalnu funkciju:

x3 + x−2+ x2− x2

x3 + x2 + x=

x3 + x2 + xx3 + x2 + x

+−x2−2

x3 +2x2 + x

Faktorizacijom nazivnika dobivamo kvadratni polinom bez realnih nultocki pa slijedi sljedecirastav na parcijalne razlomke:

−x2−2x(x2 + x+1)

=Ax+

Bx+Cx2 + x+1

12.4 Integrali trigonometrijskih funkcija 23

−x2−2 = A(x2 + x+1)+(Bx+C)x

Uvrštavanjem x = 0 dobivamo A =−2, a izjednacavanjem koeficijenata uz x2 imamo A+B =−1 tj. B = 1. Slicno, izjednacavanjem koeficijenata uz x dobivamo C = 2.

Prema tome:∫ x3 + x−2x3 + x2 + x

dx =∫ (

1+−2x

+x+2

x2 + x+1

)dx

= x−2ln |x|+∫ x+2

(x+ 12)

2 + 34

dx

=

∣∣∣∣∣t = x+ 12

dt = dx

∣∣∣∣∣= x−2ln |x|+∫ t + 3

2

t2 + 34

dt

= x−2ln |x|+∫ t

t2 + 34

dt +32

∫ dtt2 + 3

4

= x−2ln |x|+ 12 ln |t2 + 3

4 |+32 ·

2√3

arctg 2t√3+C

= x−2ln |x|+ 12 ln |x2 + x+1|+

√3arctg 2x+1√

3+C

�

Vježba 12.9 Izracunajte integral∫ x3

x2−4x+6dx.

Vježba 12.10 Pomocu rastava na parcijalne razlomke, izvedite tablicni integral∫ dxx2−a2 =

12a

ln∣∣∣∣x−ax+a

∣∣∣∣dx+C, a > 0.

� Primjer 12.45 Izracunajte integral∫ dx

(x2 +1)2 .

Primijetimo da se radi o pravoj racionalnoj funkciji koja nije dalje rastavljiva na parcijalnerazlomke. U ovom slucaju dodavanjem i oduzimanjem odgovarajucih clanova u brojniku svodimona jednostavnije racionalne funkcije koje možemo dalje lako integrirati

∫ 1(x2 +1)2 dx =

∫ x2 +1− x2

(x2 +1)2 dx =∫ (

1− x2

(x2 +1)2

)dx

= x−∫

x · x(x2 +1)2 dx =

∣∣∣∣∣∣∣u = x dv =

x(x2 +1)2 dx

du = dx v =−12· 1

x2 +1

∣∣∣∣∣∣∣= x+

12· x

x2 +1− 1

2

∫ 1x2 +1

dx

= x+x

2(x2 +1)− 1

2arctgx+C

�

12.4 Integrali trigonometrijskih funkcija

Integrali trigonometrijskih funkcija su veoma važni za elektrotehnicku struku i pojavljuju se uraznim primjenama pa cemo im se posebno posvetiti. Pogledajmo za pocetak sljedeci primjer.


� Primjer 12.46 Izracunajte integrale∫

sin2 xcosxdx i∫

sin2 xdx.

Rješenje. U prvom integralu prirodno slijedi supstitucija:

∫sin2 x cosxdx =

∣∣∣∣∣ sinx = t

cosxdx = dt

∣∣∣∣∣=∫

t2 dt =13

t3 +C =13

sin3 x+C.

No u drugom primjeru ne možemo uvesti supstituciju. U takvom tipu integrala koristit cemotrigonometrijsku relaciju polovicnog argumenta:

sin2 x =1− cos2x

2.

Tada imamo:∫sin2 xdx =

∫ 1− cos2x2

dx =12(x− 1

2sin2x)+C =

12

x− 14

sin2x+C.

�

Postupci iz prethodnog primjera se mogu poopciti, odnosno možemo sistematizirati integriranjetrigonometrijskih funkcija na sljedeci nacin:

• Ako je podintegralna funkcija neparna u sinusu, koristimo supstituciju t = cosx, a ako jeneparna u kosinusu, korisimo supstiticuju t = sinx• Ukoliko je podintegralna funkcija parna u sinusu i kosinusu koristimo formule polovicnog

argumenta

sin2 x =1− cos2x

2, cos2 x =

1+ cos2x2

• U slucaju umnoška sinusa i kosinusa u razlicitim argumentima, koristimo formule pretvorbeumnoška u zbroj• Univerzalna trigonometrijska supstitucija t = tg( x

2)


π

0sin3 xdx.

Rješenje. S obzirom da je funkcija neparna u sinusu, koristit cemo supstituciju t = sinx nasljedeci nacin:

∫π

0sin3 xdx =

∫π

0sin2 x sinxdx =

∫π

0(1− cos2 x) sinxdx =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣cosx = t

−sinxdx = dt

x 0 π

t 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=−

∫ −1

1(1− t2)dt =

∫ 1

−1(1− t2)dt = (t− 1

3t3)∣∣∣1−1

=23− (−2

3) =

43.

�

� Primjer 12.48 Izracunajte∫ cos3 x

sin2 xdx.

Rješenje. Podintegralna funkcija je neparna u kosinusu pa cemo koristiti supstituciju t = sinx,no pritom moramo prilagoditi brojnik.


∫ cos3 xsin2 x

dx =∫ cos2 x

sin2 x· cosxdx =

∫ 1− sin2 xsin2 x

· cosxdx =

∣∣∣∣∣ t = sinx

dt = cosxdx

∣∣∣∣∣=∫ ( 1

t2 −1)

dt =−1t− t +C =− 1

sinx− sinx+C

�


sin4 xdx.

Rješenje. U ovom slucaju cemo uzastopno koristiti formule polovicnog argumenta.

∫sin4 xdx =

∫ (1− cos2x2

)2

dx =∫ (1

4− 1

2cos2x+

14

cos2 2x)

dx

=14

x− 14

sin2x+14

∫ 1+ cos4x2

dx

=14

x− 14

sin2x+18

(x+

14

sin4x)+C

=38

x− 14

sin2x+132

sin4x+C

�

Vježba 12.11 Izracunajte integrale:

(a)∫

cos4(2x)dx (b)∫

sin5 xdx (c)∫

π

0cos3 xsin2 xdx


sin3xcosxdx.

Rješenje. Koristit cemo trigonometrijsku formulu sinxcosy = 12(sin(x+ y)+ sin(x− y))∫

sin3xcosxdx =12

∫(sin4x+ sin2x)dx =

12(−1

4cos4x− 1

2cos2x)+C

=−18

cos4x− 14

cos2x+C

�

Vježba 12.12 Izracunajte integral∫

sin2xsin3xdx.

12.4.1 Univerzalna trigonometrijska supstitucijaJednostavne metode prikazane u prethodnim primjerima se uglavnom ne mogu primijeniti na sveintegrale trigonometrijskih funkcija oblika∫

R(sinx,cosx)dx

gdje je R racionalna funkcija. Primjerice integrali oblika:∫ dx2+ sinx

,∫ dx

sinx+ cosx, . . .

Tada koristimo supstitucijut = tg

( x2

)


koju zovemo univerzalna trigonometrijska supstitucija. Njome se ovakvi integrali svode naintegrale racionalnih funkcija.

Napomena 12.8 S obzirom da je integriranje racionalnih funkcija cesto racunski zahtjevno(visok stupnja polinoma u nazivniku, kompliciran rastav na parcijalne razlomke), ova supstitucijase izbjegava ako se može primijeniti neka jednostavnija metoda.

Izvedimo sada zamjene za sinus i kosinus prilikom uvodenja univerzalne supstitucije.

t = tg( x

2

), x ∈ 〈−π,π〉 , t ∈ R

⇒ x = 2arctg t ⇒ dx =2dt

t2 +1

sinx = 2sinx2

cosx2= 2

sin x2

cos x2

cos2 x2=

2tg x2

1+ tg2 x2=

2tt2 +1

,

cosx = cos2 x2− sin2 x

2= cos2 x

2(1−

sin2 x2

cos2 x2) =

1− tg2 x2

1+ tg2 x2=

1− t2

1+ t2 .

Pritom smo koristili sljedeci trigonometrijski identitet:

1cos2 x

=sin2 x+ cos2 x

cos2 x= tg2x+1 ⇒ cos2 x =

11+ tg2 x

� Primjer 12.51 Izracunajte∫ dx

1+ sinx+ cosx.

Rješenje. Primjenom univerzalne supstitucije i upravo izvedenih zamjena dobivamo

I =∫ 2dt

1+ t2

1+2t

1+ t2 +1− t2

1+ t2

=∫ 2dt

1+ t2

2+2t1+ t2

=

=∫ dt

1+ t= ln |1+ t|+C = ln |1+ tg

x2|+C.

�


2sinx+ cosx+3.

Rješenje. Slicno kao u prethodnom primjeru, uvodenjem univerzalne supstitucije slijedi

I =∫ 2dt

1+ t2

22t

1+ t2 +1− t2

1+ t2 +3=∫ 2dt

1+ t2

2t2 +4t +41+ t2

=

=∫ dt

(t +1)2 +1= arctg(t +1)+C = arctg(tg

x2+1)+C.

�


sinx.

Rješenje. Ovaj integral cemo riješiti na dva nacina.


1. nacin: univerzalnom supstitucijom lako dobijemo

∫ dxsinx

=∫ 2dt

1+ t2

2t1+ t2

=∫ dt

t= ln |t|+C = ln | tg x

2|+C.

2. nacin: buduci je podintegralna funkcija neparna u sinusu, integral možemo riješiti i supstitu-cijom t = cosx nakon proširivanja brojnika i nazivnika sa sinx:

∫ dxsinx

=∫ sinx

sin2 xdx =

∫ sinx1− cos2 x

dx =

∣∣∣∣∣ t = cosx

dt =−sinxdx

∣∣∣∣∣=∫ dt

t2−1=

12

ln∣∣∣∣ t−1t +1

∣∣∣∣+C =12

ln∣∣∣∣cosx−1cosx+1

∣∣∣∣+C

Napomena 12.9 S obzirom da se dvije primitivne funkcije istog integranda razlikuju zakonstantu, iz dobivenih rezultata zakljucujemo da vrijedi jednakost

ln∣∣∣tg x

2

∣∣∣= 12

ln∣∣∣∣cosx−1cosx+1

∣∣∣∣+K.

Za vježbu pokažite da je K = 0.

�

Vježba 12.13 Sami riješite integral∫ dx

cosxna dva nacina: pomocu univerzalne supstitucije i

pomocu supstitucije t = sinx.

Napomena 12.10 Navedeni integral možemo lako riješiti i koristeci rezultat za∫ dx

sinx iidentitet cosx = sin(x+ π

2 ) cime dobijemo:∫ dxcosx

= ln∣∣∣tg( x

2+

π

4

)∣∣∣+C.

Kao i u prethodnom primjeru, uvjerite se sami da se sve dobivene primitivne funkcije razlikujuza konstantu.

� Primjer 12.54 Izracunajte integral∫ dx

sin2 xcosx.

Rješenje. Integral se može riješiti univerzalnom supstitucijom no to vodi na kompliciraniintegral racionalne funkcije. U ovom slucaju je puno spretnije koristiti neparnost funkcije ukosinusu pa uvesti supstituciju t = sinx:

∫ cosxsin2 x cos2 x

dx =∫ cosx

sin2 x(1− sin2 x)dx =

∣∣∣∣∣ t = sinx

dt = cosxdx

∣∣∣∣∣=∫ dt

t2(1− t2)=∫ 1− t2 + t2

t2(1− t2)dt =

∫ dtt2 +

∫ dt1− t2

=−1t+

12

ln∣∣∣∣1+ t1− t

∣∣∣∣+C =− 1sinx

+12

ln∣∣∣∣1+ sinx1− sinx

∣∣∣∣+C

�


� Primjer 12.55 Izracunajte integral∫ π

4

−π

4

sin4 xcos6 x

dx.

Rješenje. U ovom primjeru uvodenje univerzalne supstitucije takoder vodi na kompliciraniintegral racionalne funkcije. Funkcija nije neparna ni u sinusu ni u kosinusu pa ne možemo uvestini jednostavniju trigonometrijsku supstituciju. U ovakvim integralima u kojima je podintegralnafunkcija racionalna i parna (u sinusu i kosinusu), najprikladnije je koristiti supstituciju t = tgx.

∫ π

4

−π

4

sin4 xcos4 x

· dxcos2 x

=

∣∣∣∣∣∣t = tgx

dt =dx

cos2 x

∣∣∣∣∣∣=∫ 1

−1t4 dt =

15

t5∣∣∣1−1

=25

�

12.4.2 Integrali hiperbolickih funkcijaHiperbolicke funkcije se integriraju analognim metodama kao trigonometrijske funkcije koristeciosnovne identitete

ch2 x− sh2 x = 1, ch2 x =ch(2x)+1

2, sh2 x =

ch(2x)−12

ili supstitucije t = shx i t = chx. No ponekad je hiperbolicke funkcije najspretnije integriratiprelaskom na eksponencijalnu funkciju koristeci njihove definicije.


sh3 xdx.

Rješenje.1. nacin: podintegralna funkcija je neparna u sinus hiperbolickom pa cemo, analogno trigono-

metrijskim integralima, koristiti supstituciju t = chx:

∫sh3xdx =

∫sh2xshxdx =

∫(ch2x−1)shxdx =

∣∣∣∣∣ t = chx

dt = shxdx

∣∣∣∣∣=∫(t2−1)dt =

13

t3− t +C =13

ch3x− chx+C

2. nacin: koristit cemo definiciju sinus hiperbolickog preko eksponencijalne funkcije

∫sh3xdx =

∫ (ex− e−x

2

)3

dx =18

∫(e3x−3ex +3e−x− e−3x)dx

=124

e3x− 38

ex− 38

e−x +124

e−3x +C

�

Vježba 12.14 Za vježbu sami riješite integral∫

ch2xsh2xdx koristeci hiperbolicke identitete i

prelaskom na eksponencijalnu funkciju.

12.5 Integrali iracionalnih funkcija

Preostaje nam pokazati kako integrirati neke integrale iracionalnih funkcija. Najopcenitija metoda jeodabir pogodne supstitucije kojom bismo eliminirali korijen u podintegralnoj funkciji. Pogledajmoto na sljedecem primjeru.

12.5 Integrali iracionalnih funkcija 29

� Primjer 12.57 Izracunajte integral∫ dx√

x+ 3√

x.

Rješenje. S obzirom da u integralu imamo drugi i treci korijen, pogodna supstitucija ce bitix = t6 kojom cemo eliminirati oba korijena iz integrala:

∫ dx√x+ 3√

x=

∣∣∣∣∣ x = t6

dx = 6t5dt

∣∣∣∣∣=∫ 6t5

t3 + t2 dt = 6∫ t3

t +1dt =

∣∣∣∣∣ djeljenje

polinoma

∣∣∣∣∣= 6

∫(t2− t +1− 1

t +1)dt = 6(

t3

3− t2

2+ t− ln |t +1|)+C

= 2√

x−3 3√

x+6 6√

x−6ln | 6√

x+1|+C

�

Opcenito vrijedi sljedece: ukoliko u podintegralnoj funkciji imamo korijene p√

x, q√

x, . . . ,uvodimo supstituciju x = tNZV (p,q,...) gdje je NZV najmanji zajednicki višekratnik navedenihbrojeva. Pritom pod korijenom smije biti i linearna ili cak i racionalna funkcija s linearnimbrojnikom i nazivnikom.

� Primjer 12.58 Izracunajte∫ dx√

2x−1− 4√

2x−1.

Rješenje. U integralu imamo drugi i cetvrti korijen pa cemo koristiti supstituciju 2x−1 = t4

kojom cemo eliminirati oba korijena iz integrala:

∫ dx√2x−1− 4

√2x−1

=

∣∣∣∣∣ 2x−1 = t4

2dx = 4t3 dt

∣∣∣∣∣=∫ 2t3

t2− tdt = 2

∫ t2

t−1

= 2∫(t +1+

1t−1

)dt = t2 +2t +2ln |t−1|+C

=√

2x−1+2 4√

2x−1+2ln | 4√

2x−1−1|+C

�

Logicno se namece pitanje što ako pod korijenom imamo kvadratnu funkciju? Podsjetimo se dakod integrala racionalnih funkcija kvadratni trinom nadopunjavamo do potpunog kvadrata. Na isti

nacin integrale oblika∫ 1√

ax2 +bx+ cdx riješavamo svodenjem izraza pod korijenom na potpuni

kvadrat cime dobijemo tablicne integrale.

� Primjer 12.59∫ dx√x2 + x+2

=∫ dx√

(x+ 12)

2 + 74

= ln |x+√

(x+ 12)

2 + 74 |+C

�

� Primjer 12.60 ∫ dx√2x− x2

=∫ dx√

1− (x−1)2= arcsin(x−1)+C

�

Vježba 12.15 Izracunajte integral∫ dx√

1−2x− x2.


12.5.1 Trigonometrijske i hiperbolne supstitucijePonekad se u podintegralnoj funkciji pojavljuju korijeni iz kvadratne funkcije koji ne vode natablicne integrale. To se cesto dogada u primjenama povezanih uz krivulje drugog reda (npr.racunanje površine lika koji je na nekom dijelu omeden kružnicom).

Tada uvodimo trigonometrijske i hiperbolne supstitucije pri cemu razlikujemo tri slucaja:

•√

a2− x2 ⇒ x = asin t, a > 0, bijekcija za t ∈[−π

2 ,π

2

](tada cos t ≥ 0)

⇒√

a2− x2 =√

a2−a2 sin2 t = a√

1− sin2 t = a√

cos2 t = a |cos t|= acos t

•√

a2 + x2 ⇒ x = ash t, a > 0, bijekcija za t ∈ R (ch t ≥ 0)

⇒√

a2 + x2 =√

a2 +a2 sh2 t = a√

1+ sin2 t = a√

ch2 t = a |ch t|= ach t

•√

x2−a2 ⇒ x = ach t, a > 0, bijekcija za t ≥ 0 (tada sh t ≥ 0)

⇒√

x2−a2 =√

a2 ch2 t−a2 = a√

ch2 t−1 = a√

sh2 t = a |sh t|= ash t

Napomena 12.11 Ovdje se radi o tipu supstitucije koju smo uveli u Napomeni 11.2, odnosnopotrebno je obratiti pozornost na kojem intervalu je definiran inverz uvedenih funkcija. Zbogtoga smo prilikom navodenja prikladne suptitucije naveli i interval na kojem je funkcija bijekcija.

� Primjer 12.61 Izracunajte∫ √

1+ x2 dx.

Rješenje. Radi se o drugom slucaju pa slijedi:

∫ √1+ x2 dx =

∣∣∣∣∣ x = sh t

dx = ch t dt

∣∣∣∣∣=∫ √

ch2 t · ch t dt

=∫

ch2 t dt =12

∫(ch(2t)+1)dt =

14

sh(2t)+12

t +C

=14

sh(2arshx)+12

arshx+C.

Zadani integral smo vec riješili u Primjeru 11.28 korištenjem parcijalne integracije cime smodobili

12

x√

1+ x2 +12

ln(x+√

1+ x2)+C.

Oba rješenja se naravno poklapaju, a do ovog oblika možemo doci korištenjem identiteta zahiperbolne funkcije i logaritamskog prikaza za funkciju area sinus hiperbolni, provjerite to sami zavježbu. �

� Primjer 12.62 Izracunajte integral∫ √

3− x2 dx.

Rješenje. U ovom integralu imamo prvi slucaj:

∫ √3− x2 dx =

∣∣∣∣∣ x =√

3sin t

dx =√

3cos t dt

∣∣∣∣∣=∫ √

3cos2 t ·√

3cos t dt

= 3∫

cos2 t dt =32

∫(1+ cos2t)dt =

32

t +34

sin2t +C

=32

arcsinx√3+

34

sin(2arcsinx√3)+C.

12.5 Integrali iracionalnih funkcija 31

Slicno kao u prethodnom primjeru, korištenjem trigonometrijskih identiteta, rješenje možemozapisati u obliku: ∫ √

3− x2 dx =32

arcsinx√3+

12

x√

3− x2 +C.

�

Vježba 12.16 Integral iz prethodnog primjera ce nam jako biti bitan u primjeni jer se veže uzpovršinu kruga. Sami pokažite da opcenito vrijedi∫ √

a2− x2 dx =a2

2arcsin

xa+

12

x√

a2− x2 +C.

Napomena 12.12 Svi navedeni integrali mogu se riješavati pomocu parcijalne integracije kojavodi na pocetni integral, kao što je prikazano u Primjeru 11.28. Naravno, oba postupka vode naisto rješenje pa sami možete odabrati koji vam je draži.

� Primjer 12.63 Izracunajte∫ 2

1x2√

x2−1dx.

Rješenje. Radi se o trecem slucaju:

∫ 2

1x2√

x2−1dx =

∣∣∣∣∣ x = ch t

dx = sh t dt

∣∣∣∣∣=∫ arch2

0ch2 t

√sh2 t sh t dt

=∫ arch2

0ch2 t sh2 t dt =

14

∫ arch2

0sh2(2t)dt =

18

∫ arch2

0(ch(4t)−1)dt

=

(132

sh(4t)− 18

t)∣∣∣arch2

0=

132

sh(4arch2)− 18

arch2.

�

Napomena 12.13 Ukoliko u integralu imamo√

ax2 +bx+ c, tada prije uvodenja odgovarajucesupstitucije izraz pod korijenom svodimo na potpuni kvadrat.

� Primjer 12.64 Izracunajte∫ 3

0

√4x− x2 dx.

Rješenje. Nakon svodenja na potpuni kvadrat koristimo supstituciju iz prvog slucaja:

∫ 3

0

√4− (x−2)2 dx =

∣∣∣∣∣x−2 = 2sin t

dx = 2cos t dt

∣∣∣∣∣=∫ π

6

−π

2

√4cos2 t ·2cos t dt

= 4∫ π

6

−π

2

cos2 t dt = 2∫ π

6

−π

2

(1+ cos2t)dt

= (2t + sin2t)∣∣∣π

6

−π

2=

4π

3+

√3

2.

�

Vježba 12.17 Izracunajte∫ √

x2− xdx.


12.6 Pitanja za ponavljanje1. Iskažite i dokažite teorem o supstituciji u odredenom integralu.2. Objasnite je li u sljedecem integralu ispravno provedena supstitucija?

∫ 3

1x√

x+1dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x+1 = t2

dx = 2t dt

x 1 3t −

√2 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∫ 2

−√

2(t2−1)t ·2t dt = . . .

3. Koristeci metodu supstitucije dokažite da vrijedi

∫ a

−af (x)dx =

2∫ a

0f (x)dx, f parna

0, f neparna.

4. Dokažite metodu parcijalne integracije u neodredenom integralu.5. Objasnite kako odabiremo u i dv u parcijalnoj integraciji.6. Objasnite kako integriramo inverze trigonometrijskih i hiperbolnih funkcija.7. Zadana su tri integrala s eksponencijalnom funkcijom:∫

e−x2dx,

∫xe−x2

dx,∫

x2e−x dx

Koji od navedenih integrala se mogu elementarno integrirati? Koju metodu integracije bisteiskoristili u tim integralima?

8. Definirajte pravu i nepravu racionalnu funkciju.9. Objasnite postupak rastava prave racionalne funkcije na parcijalne razlomke.

10. Objasnite postupak integriranja neprave racionalne funkcije.11. Zadana je racionalna funkcija

f (x) =1

(x−2)(x+1)2(x2 +2x+1)

(a) Koliko ima parcijalnih razlomaka u rastavu?(b) Koliko ima nepoznatih koeficijenata u rastavu?(c) Koji od ta dva broja odgovara stupnju polinoma u nazivniku? Objasnite.

12. Ako polinom P(x) = x2 +bx+ c nema realnih nultocaka, kako rješavamo integral∫ Ax+Bx2 +bx+ c

dx

u ovisnosti o A i B? Kao pomoc, riješite integrale:∫ 1x2 +4x+6

dx,∫ 2x+4

x2 +4x+6dx,

∫ x+5x2 +4x+6

dx

13. Izvedite formule zamjene za univerzalnu supstituciju t = tg x2 .

14. Izracunajte integral∫

sinxcosxdx na cetiri razlicita nacina:

(a) koristeci supstituciju sinx = t(b) koristeci supstituciju cosx = t(c) koristeci trigonometrijski identitet za sin2x(d) koristeci parcijalnu integracijuPokažite da se sve dobivene primitivne funkcije razlikuju za konstantu.

15. Za svaki od navedenih trigonometrijskih integrala navedite koju supstituciju ili metodu cemokoristiti:

12.7 Zadaci za vježbu 33

(a)∫

sin5 xdx

(b)∫

cos6 xdx

(c)∫

cosxsin2 xdx

(d)∫

sin3 xcos4 xdx

16. Neka su m i n razliciti prirodni brojevi. Dokažite sljedece tvrdnje:

(a)∫ 2π

0sin(mx)cos(nx)dx = 0 (b)

∫ 2π

0cos(mx)cos(nx)dx = 0

17. Za svaki od navedenih iracionalnih integrala navedite koju supstituciju biste koristili:

(a)∫ √

5− x2 dx

(b)∫ √

2x2 +6dx

(c)∫ √

x2−4xdx

(d)∫ 1+

√x

1+ 4√

xdx

18. Objasnite zašto je kod uvodenja trigonometrijskih i hiperbolnih supstitucija u iracionalneintegrale potrebno paziti na interval bijektivnosti uvedenih funkcija.

12.7 Zadaci za vježbuRaznim metodama integracije izracunajte sljedece neodredene i odredene integrale.

1.∫

3√

6x−5dx

2.∫ 2

0x2√

x3 +1dx

3.∫

x3(12 x4 +1)7 dx

4.∫ 2

−1

x3

x4 +2dx

5.∫ 4

0

x√2x+1

dx

6.∫ √3

0x5√

x2 +1dx

7.∫ ln3 x

xdx

8.∫ sinx

2+ cos2 xdx

9.∫ arccosx√

1− x2dx

10.∫(2x+1)e−2x dx

11.∫ π

4

0xsin2xdx

12.∫ e

1x2 ln3xdx

13.∫

ex sin(ex +1)dx

14.∫

ctg(2x)dx

15.∫ 1

x2 cos(1x)dx

16.∫

x2 cos2 xdx

17.∫ x

cos2 xdx

18.∫ 1

0ln(2x+1)dx

19.∫

π2

0sin(√

x)dx

20.∫

x2e−x3dx

21.∫ 1

0x3ex2

dx

22.∫ √

xe√

x dx

23.∫ e2

e

dxx ln2 x

24.∫

tgx ln(cosx)dx

25.∫ 1

0arcctgxdx

26.∫

xarctgxdx


27.∫ π

2

0esinx sin(2x)dx

28.∫

e−x sin2 xdx

29.∫ xcosx

sin2 xdx

30.∫ e2x√

ex +1dx

31.∫ e

1(x2−2x+3) lnxdx

32.∫

x tg2 xdx

33.∫

ln(sinx)cosxdx

34.∫

sin(lnx)dx

35.∫ 1

0

x3

x2 + x+1dx

36.∫ x−2

x2−2x−3dx

37.∫ 1

0

1x3 + x2 + x+1

dx

38.∫ 3x

x3− x2 +2x−2dx

39.∫ 2

1

9x3−9x

dx

40.∫ 1

0

xx3 +1

dx

41.∫ dx

x3 +8

42.∫ dx

x4−1

43.∫ dx

x5− x2

44.∫ 1

0

x2

x6 +1dx

45.∫ dx

x4 +4x2 +3

46.∫ 1

0

dx(x2 +1)2

47.∫ 1

0

dx(x+1)(x2 + x+1)2

48.∫ dx

e2x + ex

49.∫ dx

3ex + e−x +2

50.∫ π

2π

6

cosxsin2 x+2sinx

dx

51.∫ 0

−π

4

dxcosx+2sinx+3

52.∫ π

3π

4

dxsin2 xcosx

53.∫ 2π

3π

2

dxsinx(5−3cosx)

54.∫ cos3 x√

sinxdx

55.∫

π

π

2

sinxcos2 xdx

56.∫

sin3 xcos2 xdx

57.∫ π

4

0sin3 xcosxdx

58.∫ π

2

0sin3 xcos6 xdx

59.∫

cos3 xdx

60.∫

sin4xdx

61.∫ π

4

0

dxcos4 x

62.∫

sh2 xch4 xdx

63.∫ dx

ch4 x

64.∫ π

4

0

sin2 xcos6 x

dx

65.∫(sinx+ cos3x)2 dx

66.∫ π

4

0sinxcos(2x)sin(3x)dx

67.∫

sinxchxdx

68.∫ 8

1

dxx+ 3√

x

69.∫ 3

0

dx(1+ x)(1+

√x)

70.∫ 1

0

1+√

x1+ 3√

xdx

12.8 Rješenja 35

71.∫ 16

0

dx(1+ 4√

x)2

72.∫ 1

0

dxx−2

√x+2

73.∫ 1

0

√x

x−√

x+1dx

74.∫ x√

2+ x− x2dx

75.∫ 3

2

√x+1x−1

dx

76.∫ 1

−1x

√4− x2

4+ x2 dx

77.∫ dx

x4√

1+ x2

78.∫ √3

0x√

4− x2 dx

79.∫ 1

2

0x2√

1− x2 dx

80.∫ 1

0x2√

4x− x2 dx

81.∫ 2

1x2√

x2−1dx

82.∫ 1

0x2√

x− x2 dx

83.∫ π

2

0sinx

√4− cos2 xdx

84.∫ π

2

0cosx

√3sin2 x+2cos2 xdx

12.8 Rješenja

1. 18(6x−5)

43 +C

2. 529

3. 116(

12 x4 +1)8 +C

4. 14 ln6

5. 103

6. 848105

7. 14 ln4 x+C

8. − 1√2

arctg cosx√2+C

9. −12 arccos2 x+C

10. −12(2x+1)e−2x− 1

2 e−2x +C

11. 14

12. 19 +

29 e3

13. −cos(ex +1)+C

14. 12 ln |sin2x|+C

15. −sin(1x )+C

16. 16 x3 +(1

4 x2− 18)sin2x+ x

4 cos2x+C

17. x tgx+ ln |cosx|+C

18. −1+ 32 ln3

19. 2π

20. −13 e−x3

+C

21. 12

22. 2xe√

x−4√

xe√

x +4e√

x +C

23. 12

24. −12 ln2(cosx)+C

25. π

4 +12 ln2

26. 12 x2 arctgx+ 1

2 arctgx− 12 x+C

27. 2

28. −12 e−x + 1

10 e−x(cos2x−2sin2x)+C

29. − xsinx + ln | tg x

2 |+C

30. 23(e

x−2)√

ex +1+C

31. 4718 −

12 e2 + 2

9 e3

32. −12 x2 + ln |cosx|+ x tgx+C

33. −sinx+ sinx ln |sinx|+C

34. −12 x(cos(lnx)− sin(lnx))+C

35. −12 +

π

9

√3

36. 34 ln |x+1|+ 1

4 ln |x−3|+C

37. π

8 +18 ln4

38. ln |x−1|− 12 ln |x2 +2|+

√2arctg x√

2+C

39. 12(ln5− ln4−3ln2) = 1

2 ln 532

40. π

9

√3− 1

3 ln2

41. 112 ln |x + 2| − 1

24 ln |x2 − 2x + 4| +1

4√

3arctg x−1√

3+C

42. 14 ln |x−1|− 1

4 ln |x+1|− 12 arctgx+C

43. 1x + 1

3 ln |x − 1| − 16 ln |x2 + x + 1| +

1√3

arctg 2x+1√3+C

44. π

12

45. − 12√

3arctg x√

3+ 1

2 arctgx+C


46. π

8 +14

47. ln2− 12 ln3+ 5π

18√

3− 1

3

48. −x− e−x + ln |ex +1|+C

49. 1√2

arctg 3ex+1√2

+C

50. 12(ln

52 − ln 1

2 − ln3) = 12 ln 5

3

51. π

4 − arctg(1− tg π

8 )

52. 13(3√

2−2√

3)+ 12 ln (

√3+2)(

√2−2)

(√

2+2)(√

3−2)

53. 14 ln3+ 3

16 ln 513

54. 2√

sinx− 25(sinx)

52 +C

55. 13

56. −13 cos3 x+ 1

5 cos5 x+C

57. 116

58. 263

59. sinx− 12 sin3 x+C

60. 14 x− 1

4 sin2x+ 18 x+ 1

32 sin4x+C

61. 43

62. − 116 x− 1

64 sh2x+ 164 sh4x+

1192 sh6x+C

63. thx− 13 th3 x+C

64. 815

65. x+ 14(2cos2x− cos4x− sin2x)+

112 sin6x+C

66. π

16 −112

67. 12 sinxshx− 1

2 cosxchx+C

68. 32 ln 5

2

69. π

3 + ln(√

3−1)

70. −40970 +3ln2+ 3π

2

71. 12ln3− 323

72. π

2 − ln2

73. 2− 2π

3√

3

74. −√

2+ x− x2 + 12 arcsin 2x−1

3 +C

75. 2√

2−√

3+ ln 2+2√

22+√

3

76. 0

77. ( 23x −

13x3 )√

x2 +1+C

78. 73

79. π

48 −√

364

80. 10π

3 −23√

34

81. 74

√3− 1

8 ln(2+√

3)

82. 5π

128

83. π

3 +√

32

84.√

32 + ln 1+

√3√

2

Documents

Skripta - unizg.hr