TEHNIČKO VELEUČILIŠTE U ZAGREBU
ELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA 2
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Poglavlje 2. Određeni integral
Poglavlje 3. Nepravi integrali
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Mr.sc. Petronila Lokner
SADRŽAJ
1
NEODREĐENI INTEGRAL .......................................................................................... 1
1.1
Definicija neodređenog integrala........................................................................................ 1
1.2
Osnovna svojstva neodređenog integrala .......................................................................... 2
1.3
Tablica neodređenih integrala ............................................................................................ 3
1.4
Metode integriranja ............................................................................................................. 4
1.4.1
1.4.2
1.4.3
1.4.4
1.4.5
1.5
1.5.1
Direktno integriranje ..................................................................................................... 4
Metoda supstitucije ....................................................................................................... 6
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 11
Metoda parcijalne integracije ...................................................................................... 14
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 18
Integral racionalne funkcije.............................................................................................. 19
Integrali oblika
P0 ( x)
∫ Q ( x) dx ........................................................................................ 19
1
P0 ( x)
∫ Q ( x) dx ........................................................................................ 19
1.5.2
Integrali oblika
1.5.3
P ( x)
dx ........................................................................................ 21
Integrali oblika ∫ 1
Q2 ( x )
1.5.4
1.5.5
1.5.6
Integriranje prave racionalne funkcije......................................................................... 21
Integriranje neprave racionalne funkcije..................................................................... 24
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 28
2
1.6
1.6.1
1.6.2
1.6.3
1.6.4
1.6.5
1.6.6
2
Integriranje trigonometrijskih funkcija .......................................................................... 29
∫
Integrali oblika ∫ sin
Integrali oblika R (sin x, cos x ) dx ............................................................................ 29
n
xdx i ∫ cos n xdx ................................................................... 34
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 37
Integrali oblika sin m x cos n xdx ............................................................................. 38
∫
Integrali oblika ∫ sin ax sin bxdx , ∫ sin ax cos bxdx i ∫ cos ax cos bxdx ............... 40
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 41
ODREĐENI INTEGRAL .............................................................................................. 44
2.1
Definicija određenog integrala.......................................................................................... 44
2.2
Osnovna svojstva određenog integrala ............................................................................ 46
2.3
Metoda supstitucije kod određenog integrala ................................................................. 51
2.4
Zadaci za vježbu................................................................................................................. 52
Mr.sc. Petronila Lokner
3
4
2.5
Parcijalna integracija kod određenog integrala.............................................................. 53
2.6
Zadaci za vježbu................................................................................................................. 54
NEPRAVI INTEGRALI................................................................................................ 54
3.1
Integrali nad neomeđenim intervalima............................................................................ 55
3.2
Integrali neomeđenih funkcija.......................................................................................... 58
PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA................................................................. 64
4.1
4.1.1
4.1.2
4.1.3
4.1.4
4.1.5
4.2
4.2.1
4.2.2
4.2.3
4.3
4.3.1
Površina .............................................................................................................................. 64
Površina u pravokutnim koordinatama........................................................................ 64
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 74
Površina u parametarskim koordinatama .................................................................... 75
Površina u polarnim koordinatama ............................................................................. 76
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 81
Duljina luka krivulje.......................................................................................................... 81
Duljina luka u pravokutnim koordinatama.................................................................. 81
Duljina luka u parametarskim koordinatama .............................................................. 85
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 86
Volumen rotacijskog tijela ................................................................................................ 87
Zadaci za vježbu.......................................................................................................... 99
Mr.sc. Petronila Lokner
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1
NEODREĐENI INTEGRAL
Neka je f realna funkcija zadana na segmentu [a, b]. Ako funkcija f ima derivaciju u svakoj
točki otvorenog intervala I = a, b , onda je time definirana jedna nova funkcija x → f ' (x), za
svaki x∈ I.
Na primjer, sinus funkcija ima derivaciju za svaki x∈ℝ i ako je x∈ℝ, onda je (sinx)' = cosx,
tj.derivacijom sinusa definirana je nova kosinus funkcija.
Postavlja se sada suprotan problem. Za zadanu funkciju f: a, b → ℝ, da li postoji funkcija
F: a, b → ℝ, takva da je F '(x) = f(x), za svaki x∈ a, b ?
Odgovor na to pitanje i određivanje funkcije F je sadržaj ovog poglavlja.
1.1 Definicija neodređenog integrala
Definicija 1. Neka je f realna funkcija zadana na I = a, b . Svaku funkciju F nazivamo
primitivnom funkcijom ili antiderivacijom funkcije f na intervalu I, ako za svaki x∈ I
vrijedi da je F '(x) = f(x).
Primjer 1. F(x) = x3 je primitivna funkcija funkcije f(x) = 3x2, jer je
F '(x) = (x3)′ = 3x2 = f(x).
Primjer 2. F(x) = arctgx je primitivna funkcija funkcije f(x) =
F '(x) = (arctgx)′ =
1
1
, jer je
2
1+ x
1+ x2
1
= f(x).
1+ x2
Ako je f(x) = ex, onda je F1(x) = ex + 5, ali i F2(x) = ex – 1, jer je F1'(x) = F2'(x) = f(x).
Slijedi da je F1(x) – F2(x) = konstanta. Dakle svake dvije primitivne funkcije neke zadane
funkcije razlikuju se za konstantu. To znači da ako znamo jednu primitivnu funkciju F neke
funkcije f, drugu primitivnu funkciju možemo naći dodavanjem proizvoljne konstante.
Definicija 2. Skup svih primitivnih funkcija dane funkcije f na intervalu I = a, b nazivamo
neodređenim integralom funkcije f na intervalu I.
Neodređeni integral funkcije f označavamo s
∫ f ( x)dx .
Mr.sc. Petronila Lokner
1
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Dakle je
što kraće pišemo u obliku
= {F(x) + c: x∈ℝ}
∫ f ( x)dx
∫ f ( x)dx
= F(x) + c, c∈ℝ.
Primjer 3. a) Budući da je (x) ′ = 1, to je funkcija F(x) = x primitivna funkcija funkcije
f(x) = 1, pa je
∫ 1dx = ∫ dx = x + c, c∈ℝ.
b) Kako je (tgx)′ =
1
1
, to je F(x) = tgx antiderivacija funkcije f(x) =
, pa je
2
cos x
cos 2 x
1
∫ cos
2
x
dx = tgx + c, c∈ℝ.
c) Kako je (cosx)′ = –sinx, to je F(x) = cosx antiderivacija funkcije f(x) = –sinx. Dakle je
∫ (− sin x)dx = cosx + c, c∈ℝ.
1.2 Osnovna svojstva neodređenog integrala
Iz definicije neodređenog integrala i svojstava derivacije slijedi:
(∫ f ( x)dx ) = f(x), tj. derivacija bilo koje primitivne funkcije F(x) + c je jednaka f(x).
1.
d
dx
2.
∫ dx dx
df
= f(x) + c.
3. ∫ af ( x ) dx = a ∫ f ( x ) dx , a je konstanta.
4.
∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx .
Svojstva 1. i 2. pokazuju da su deriviranje i integriranje na neki način jedan drugom inverzni.
Svojstva 3. i 4. pokazuju da neodređeni integral ima svojstvo «linearne funkcije». Naime neka
funkcija f je linearna, ako za nju vrijedi da je:
f(ax) = af(x)
f(x + y) = f(x) + f(y).
Mr.sc. Petronila Lokner
2
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Ilustrirajmo navedena svojstva sljedećim primjerom.
Primjer 4.
(
)
d
d
(− cos x + c ) = sin x
sin xdx =
∫
dx
dx
d sin x
∫ dx dx = ∫ cos xdx = sin x + c
x3
2
2
∫ 8 x dx = 8∫ x dx = 8 3 + c1
1
1
x4
3
3
x
x
(
cos
)
cos
x
+
x
−
−
e
dx
=
x
dx
+
xdx
−
dx
−
e
dx
=
+ sin x − ln x − e x + c 2 .
∫
∫
∫
∫x ∫
4
x
1.3 Tablica neodređenih integrala
1.
∫ 0dx = c
2.
∫ 1dx = x + c
3.
x n +1
∫ x dx = n + 1 + c, (n ≠ −1)
4.
∫
5.
x
∫ a dx =
6.
7.
8.
n
dx
= ln x + c, (x ≠ 0) (Na svakom intervalu koji ne sadrži x = 0)
x
ax
+ c , (a > 0 i a ≠ 1)
ln a
x
x
∫ e dx = e + c
∫ sin xdx = − cos x + c
∫ cos xdx = sin x + c
dx
π
9.
∫ cos
10.
∫ sin
11.
∫ ctgxdx = ∫ sin x dx = ln sin x + c ,(x ≠ k π , k∈ℤ)
12.
∫ tgxdx = ∫ cos x dx = − ln cos x + c ,(x ≠ (2k + 1) 2 , k∈ℤ)
13.
∫a
2
x
dx
2
x
= tgx + c ,(x ≠ (2k+1)
2
, k∈ℤ)
= −ctgx + c , (x ≠ k π , k∈ℤ)
cos x
sin x
2
π
x
dx
1
= arctg + c
2
a
a
+x
Mr.sc. Petronila Lokner
3
Poglavlje 1. Neodređeni integral
14.
∫x
15.
∫
16.
∫
17.
18.
1
x−a
dx
ln
+c
=
2
2a x + a
−a
dx
x
= arcsin + c, x < a
2
2
a
a −x
2
dx
x ±a
2
2
= ln x + x 2 ± a 2 + c, a ≠ 0
e x − e−x
e x + e−x
∫ shxdx = ∫ 2 dx = chx + c = 2 + c
ex + e−x
e x − e−x
chxdx
=
dx
=
shx
+
c
=
+c
∫
∫ 2
2
dx
19.
∫ sh
20.
∫ ch
21.
∫ thxdx = ln chx + c
22.
∫ cthxdx = ln shx + c .
2
x
dx
2
x
= −cthx + c
= thx + c
Određivanje primitivne funkcije F za zadanu funkciju f nije uvijek tako jednostavno. Čak za
2
sin x
primitivna funkcija nije ni jedna od
jednostavne funkcije kao što su e − x , sinx2,
x
poznatih elementarnih funkcija. Integrale takvih funkcija nije jednostavno izračunati i za njih
kažemo da nisu elementarni, a za funkciju F za koju je F'(x) jedna od takvih funkcija
kažemo da nije elementarna. Evo nekoliko takvih integrala:
sin x
dx
− x2
2
e
∫ dx , ∫ x dx , ∫ sin x dx , ∫ ln x .
1.4 Metode integriranja
1.4.1 Direktno integriranje
Najjednostavnija metoda integriranja je direktno integriranje, gdje koristimo osnovna svojstva
i tablicu neodređenih integrala.
Primjer 5. Direktnim integriranjem nađimo sljedeće integrale:
a)
2
5x
x4
x −4
⎛ 3 3 5
x ⎞
∫ ⎜⎝ x + x 5 + x − cos 2 x + 5 ) ⎟⎠dx = 4 + 3 − 4 + 5 ln x − 2tgx + ln 5 + c
Mr.sc. Petronila Lokner
4
Poglavlje 1. Neodređeni integral
∫(
b)
=
x + 33 x −
1
3
1
2
3
2
7
8
4
3
15
8
18 7
1
1x
x
x
x )dx = ∫ ( x + 3x − x )dx =
+3
−
+c =
3
4 5 15
5
5
2
3
8
2 3 9 3 4 8 8 15
x +
x −
x +c
3
4
75
∫
c)
x5 − 2x 4 + 3 x − 3 x 2 + 5
x
9
2
7
2
1
6
−
1
2
dx = ∫ x dx − 2 ∫ x dx + 3∫ dx − ∫ x dx + 5∫ x dx =
7
=
1
2 112
2 9
6
2
4 9
6
x − 2 x 2 + 3x − x 6 + 5 ⋅ 2 x 2 + c =
x11 −
x + 3 x − 6 x 7 + 10 x + c
11
9
7
11
9
7
1 ⎞3
1 ⎞⎛
⎛
⎛
∫ ⎜⎝1 − x 2 ⎟⎠ x x dx = ∫ ⎜⎝1 − x 2 ⎟⎠⎜⎜⎝ x
d)
3
=
1
3
1
1
3
−
⎞
1 ⎞ 2
⎛
2
⎟ dx = ∫ ⎜1 − 2 ⎟x dx = ∫ x dx − ∫ x 2 dx =
⎟
⎝ x ⎠
⎠
1
−
2 2
2 3
x + 2x 2 + c =
x +2 x +c
3
3
⎛
3
5
e) ∫ ⎜⎜ 2 x − e x +
4
4 − x2
⎝
f)
3
2
⎞
x
dx
2x 3 x
3
⎟dx = ∫ 2 x dx − ∫ e x dx + 5∫
=
−
e
+
+c
5
arcsin
⎟
2
x
ln
4
2
4
−
x
4
⎠
⎛
2
1 ⎞
dx
dx
⎜
⎟dx = 2 ∫
−
shx
+
− ∫ shxdx + ∫ 2 =
2 ⎟
∫ ⎜ x2 + 4
2
ch x ⎠
ch x
x +4
⎝
= 2 ln x + x 2 + 4 − chx + thx + c
dx
dx
x−2
1
1 1
= ∫ 2
=
+c
ln
− 12 3 x − 4 3 2 ⋅ 2 x + 2
g)
∫ 3x
h)
∫ 6 + 13x
=
2
3dx
2
=
3
dx
x
3 13
13
3 1
=
arctg
+c =
arctg
x+c =
∫
13 6
13 6
6
13 6
2
6
+x
13
13
13
3
13
arctg (
x) + c .
6
78
Mr.sc. Petronila Lokner
5
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Primjer 6. Transformacijom podintegralne funkcije, a zatim direktnim integriranjem rješimo
sljedeće integrale:
xdx = ∫
1
1 sin 2 x
1 − cos 2 x
1
1
dx = ∫ dx − ∫ cos 2 xdx = x −
+c
2
2 2
2
2
2
xdx = ∫
1 + cos 2 x
1
cos 2 x
1
1 sin 2 x
dx = ∫ dx + ∫
dx = x +
+c
2
2
2
2
2 2
a)
∫ sin
b)
∫ cos
c)
2
2
∫ sin x cos xdx = ∫
d)
1
sin 2 x + cos 2 x
dx
dx
dx
=
∫ sin 2 x cos 2 x
∫ sin 2 x cos 2 x dx = ∫ cos 2 x + ∫ sin 2 x = tgx − ctgx + c
e)
2
∫ tg xdx = ∫
2
2
sin 2 2 x
1 1 − cos 4 x
1
1 sin 4 x
dx = ∫
dx = x −
+c
4
4
2
8
8 4
dx
sin 2 x
1 − cos 2 x
dx
dx = ∫
=
− dx = tgx − x + c
2
2
∫
cos x
cos x
cos 2 x ∫
1.4.2 Metoda supstitucije
Ako primitivnu funkciju F funkcije f odnosno
∫ f ( x)dx
ne možemo naći direktnim
integriranjem pokušavamo to napraviti metodom supstitucije: uvođenjem nove varijable ili
nove funkcije. Dakle, pokušava se uvesti neka supstitucija x = ϕ (t ) kojom se dani integral
svodi na tablični ili je jednostavniji za izračunavanje od polaznog.
Primjer 7. Rješimo sljedeće primjere uvođenjem odgovarajuće nove varijable:
a)
ax = t , adx = dt ,
dt 1 t 1 ax
= ∫ et
= e = e +c
∫ e dx = dx = dt
a a
a
a
b)
ax + b = t , adx = dt ,
1
1
1
= ∫ sin tdt = − cos t + c = − cos(ax + b) + c
∫ sin(ax + b)dx = dx = 1 dt
a
a
a
a
c)
ln x
1
t2
ln 2 x
∫ x dx = ln x = t , x dx = dt = ∫ tdt = 2 + c = 2 + c
d)
cos x
∫ 2 sin dx =
ax
cos x = t
− 2 cos x
2t
= − ∫ 2 t dt = −
+c =
+c
− sin xdx = dt
ln 2
ln 2
Mr.sc. Petronila Lokner
6
Poglavlje 1. Neodređeni integral
∫
e)
2e x
1− e
2x
dx = e x = t , e x dx = dt = ∫
2dt
1− t
2
= 2∫
dt
1− t2
= 2 arcsin t + c =
= 2 arcsin e x + c
f)
sin x = t
dt
cos xdx
=
∫ 1 + sin 2 x coxdx = dt = ∫ 1 + t 2 = arctgt = arctg (sin x) + c
g)
x 2 = t , 2 xdx = dt ,
t
x2
xdx
1
dt
1 1
1
=
=
=
⋅
arctg
+
c
=
arctg
+c
∫ 4 + x 4 xdx = 1 dt
2 ∫ 4 + t2 2 2
2
4
2
2
− 5 + 8 x 5 = t , 40 x 4 dx = dt
x4
1 dt
1
1
h) ∫
=
=
dx = 4
ln t + c =
ln(−5 + 8 x 5 ) + c
1
5
∫
40 t
40
40
− 5 + 8x
x dx =
dt
40
i)
∫
j)
∫
=∫
x 4 dx
x 10 − 2
=
x5 = t
5 x dx = dt
4
=
1
dt
1
1
= ln t + t 2 − 2 + c = ln x 5 + x 10 − 2 + c .
∫
5
5
t2 − 2 5
ctg (ln x)
dx
cos t
dx = ln x = t ⇒
= dt = ∫ ctgtdt = ∫
dt = sin t = z , cos tdt = dz =
x
x
sin t
dz
= ln z = ln sin t = ln sin ln x + c .
z
Primjer 8. Metodom supstitucije rješimo sada nešto složenije primjere:
x − 4 = t2, x = t2 + 4
= ∫ t 2 + 4) t ⋅ 2tdt = 2∫ t 4 + 4t 2 dt =
∫ x x − 4dx = dx = 2tdt
(
a)
)
(
5
)
3
8
2
8
2
= 2 ∫ t dt + 8∫ t dt = = t 5 + t 3 + c = ( x − 4) 2 + ( x − 4) 2 + c
3
5
3
5
4
b)
=
2
1 + ln x = t 2
2 3
t 2 −1
2
=
=
∫ x 1 + ln x dx = 2tdt ∫ t 2tdt = 2∫ t − 1 dt = 3 t − 2t + c =
x
(
ln xdx
3
2
(1 + ln x )2 − 2 1 + ln x + c = 2
3
3
Mr.sc. Petronila Lokner
(1 + ln x )3
)
− 2 1 + ln x + c
7
Poglavlje 1. Neodređeni integral
∫
c)
= − arcsin
d) ∫
3 − cos 4 x
sin 2 x = − dt
dt
3− t2
= − arcsin
t
3
+c =
cos 2 x
+c
3
x arcsin x 2
1− x4
dx
=
sin 2 x
e) ∫
=
sin 2 xdx
cos 2 x = t
= − 2 cos x sin xdx = dt = − ∫
dx = arcsin x 2 = t ⇒
sin 2 x = 2 sin x cos x = 2
tgx = t ,
1
1− x4
2 xdx = dt =
1
1 t2 1
tdt
=
= arcsin 2 x 2 + c
2∫
2 2 4
sin x
cos 2 x = 2tgx cos 2 x,
cos x
dx
dx = dt
cos 2 x
=
1
dx
1 dt
= ∫ =
2
∫
2 tgx cos x 2 t
1
1
ln t + c = ln tgx + c
2
2
1 + e x = t , e x dx = dt
dx
e x dx
dt
1⎞
⎛ 1
=∫
= ∫⎜
− ⎟dt =
∫ 1 + e x = ∫ e x (1 + e x ) = e x = t + 1
t (t − 1)
⎝ t −1 t ⎠
f)
dt
dt
− ∫ = ln t − 1 − ln t + c = ln e x − ln (1 + e x ) + c = x − ln (1 + e x ) + c
t −1
t
=∫
t
1
= ,
x
2
2
sht
1
1
1
−x
1− x
1− x
g) ∫ x th 2 dx = − 2 ln 2dx = dt ,−22 ln 2dx = dt = −
thtdt = −
dt =
∫
∫
2 ln 2
2 ln 2 cht
2
dt
2 − x dx = −
2 ln 2
21− x = t ,2 ⋅ 2 − x = t ⇒
=−
1
d (cht )
1
1
=−
ln ch21− x + c
ln cht = −
∫
2 ln 2
cht
2 ln 2
2 ln 2
1− x
1− x
dx
xdx
dx = ∫
dx = ∫
−∫
= arcsin x − J 1, gdje je
2
2
1+ x
1− x
1− x
1− x2
h)
∫
J 1= ∫
xdx
∫
1− x2
=
1 − x 2 = t 2 ,−2 xdx = 2tdt
tdt
= −∫
= −t + c = − 1 − x 2 + c , pa je
t
xdx = −tdt
1− x
dx = arcsin x + 1 − x 2 + c
1+ x
Mr.sc. Petronila Lokner
8
Poglavlje 1. Neodređeni integral
∫x
i)
dx
1+ x2
2
=
1
1
= t , − 2 dx = dt = − ∫
x
x
dt
1
1+ 2
t
= −∫
t
t2 +1
zdz
= t + 1 = z , 2tdt = 2 zdz = − ∫
= − ∫ dz = − z = − t 2 + 1 = − 1 +
z
dx
dx
dx
j)
∫ − x 2 − 4 x − 3 = ∫ − ( x 2 + 4 x + 3) = ∫ − ( x + 2) 2 − 1 =
2
2
[
]
dt =
1
x2 +1
=−
+c
x
x2
x+2=t
dt
=∫
=
dx = dt
1− t2
= arcsin t + c = arcsin( x + 2) + c
Metoda supstitucije može se sastojati i u uvođenju nove funkcije, kao što se to vidi u
sljedećem primjeru:
Primjer 9.
∫
a)
1 − x 2 dx =
x = sin t , ax = cos tdt
= ∫ 1 − sin 2 t cos tdt = ∫ cos 2 tdt =
t = arcsin x
1
1
1 1
= t + sin 2t = arcsin x + 2 x 1 − x 2 + c
4
2
2 4
∫
b)
1
1
1
, cos t = ,
x
sin t
x
cos x
cos t
dx =
=∫
⋅
dt =
− sin t dt
cos 2 t
1
x2 −1
dx = −
−1
cos 2 t
cos 2 t
x=
1 − cos 2 t
sin t
cos t
dt
tgt
dt
=∫
=
=
=
=
∫ cos 2 t
cos t
cos 3 t 1 − cos 2 t
1−
1
x
1
x2
+ c = x2 −1 + c .
Uočite da smo navedeni integral mogli puno brže rješiti supstitucijom kao u zadatku 8 h):
ako je x 2 − 1 = t 2 , tada je xdx = tdt , pa je
∫
xdx
x −1
2
=∫
tdt
= ∫ dt = t = x 2 − 1 + c.
t
[
]
1
d
2x =
x2 −1 + c =
dx
2 x2 −1
napamet mogao rješiti, ako se zna dobro derivirati.
Isto tako, može se uočiti da je:
Mr.sc. Petronila Lokner
x
x −1
2
, pa se integral
9
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Za integrale koji u podintegralnoj funkciji sadrže x 2 − 1 , često se koriste hiperbolne
supstitucije. Kod takvih supstitucija koriste se sljedeće osnovne relacije:
ch 2 t − sh 2 t = 1
ch2t − 1
sh 2 t =
2
ch2t + 1
ch 2 t =
2
sh 2t = 2 shtcht
ch2t = ch 2 t + sh 2 t
∫
Tada bi
∫
c)
cht
ch t − 1
2
∫ (x
xdx
, koristeći hiperbolnu supstituciju x = cht, odakle je dx = shtdt , prešao u
x 2 −1
⋅ shtdt = ∫
cht
2
sh t
dx
2
+ 1) 1 + x
2
shtdt = ∫ chtdt = sht = ch 2 t − 1 = x 2 − 1 + c .
= x = tgt , dx =
1
1
1
dt = ∫
dt =
2
2
2
cos t
cos t (tg t + 1) 1 + tg 2 t
Koristeći trigonometrijske transformacije:
sin t =
cos t =
tgt
1 + tg t
2
1
1 + tg 2 t
x
=
1+ x2
1
=
1+ x2
slijedi da je dani integral jednak
1 cos 2 t cos t
x
∫ cos2 t 1 1 dt = ∫ cos tdt = sin t = 1 + x 2 + c
d)
3
2
∫ cos x sin x dx = ∫ (1 − sin x ) sin x cos xdx =
= ∫ (1 − t 4 ) t 2tdt = 2 ∫ (1 − t 4 )t 2 dt = 2 ∫ t 2 dt − 2 ∫ t 6 dt =
3
=
sin x = t 2 , cos xdx = 2tdt
cos 2 x = 1 − sin 2 x
=
2 3 2 7
t − t =
3
7
7
2
2
2
2
sin 2 x − sin 2 x + c =
sin 3 x −
sin 7 x + c
3
7
3
7
Mr.sc. Petronila Lokner
10
Poglavlje 1. Neodređeni integral
2
⎛ ch2t − 1 ⎞
e)
∫ (x − 1) dx = x = cht, dx = shtdt = ∫ (ch t − 1) shtdt = ∫ sh tdt = ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ dt =
1
1 sh 2t 1
1 sh 4t 1
1
1
1
2
1
= ∫ ch 2 2tdt − ∫ ch2tdt + ∫ dt = ∫ (ch4t + 1)dt −
+ t=
+ t − sh 2t + t =
4
2 2
4
8 4
8
4
4
8
4
4
3
2
2
3
4
=
1
1
3
1
1
3
sh 4t − sh 2t + t + c =
2 sh 2t ch2t − 2 sht cht + archx + c =
32
4
8
32
4
8
=
1
1
3
2 shtcht (2ch 2 t − 1) −
ch 2 t − 1cht + ln x + x 2 − 1 + c =
16
2
8
=
1 2
1
3
1 2
3
x − 1 (2 x 3 − x ) − x x 2 − 1 + ln x + x 2 − 1 + c =
x − 1(2 x 3 − 5 x ) + ln x + x 2 − 1 + c
8
2
8
8
8
)
(
(
)
)
(
Kod nekih integrala, koje smo stavili u tablicu neodređenih integrala, primitivna funkcija nije
baš odmah vidljiva. Integral 12. u tablici može se jednostavno objasniti supstitucijom:
Primjer 10.
cos x = t
sin x
∫ tgxdx = ∫ cos x dx = − sin xdx = dt
= −∫
dt
= − ln t = − ln cos x + c .
t
1.4.3 Zadaci za vježbu
1. Direktnim integriranjem izračunajte sljedeće neodređene integrale
a)
∫ (2 + x
b)
∫x
2
e)
2 x +1 − 5 x −1
∫ 10 x dx
f)
e3x + 1
∫ e x + 1 dx
g)
x2 + 3
∫ x 2 − 1 dx
h)
∫ ctg
2 3
) dx
(3 − x ) 4 dx
1
c)
d)
4
3
∫ ( x − x + x x + x 2 )dx
∫
x − 2 x +1
dx
4
x
3
2
Mr.sc. Petronila Lokner
2
xdx
11
Poglavlje 1. Neodređeni integral
2. Metodom supstitucije riješite sljedeće jednostavne
a)
b)
dx
∫ (x − 2)
∫
5
e)
3
1 − x dx
c)
∫x
d)
2x − 3
∫ 1 − x dx
3
∫
x 2 dx
2
(8 x 3 + 27) 3
f)
ln 3 x
∫ x dx
g)
∫5+ x
h)
∫ (x
x − 2dx
xdx
2
4
− 3)5 x 3 − 9 x dx
3. Metodom supstitucije izračunajte nešto složenije sljedeće neodređene integrale
a)
dx
∫ x ln x ln(ln x)
d)
cos x + 1
∫ sin x + x dx
b)
∫ sin
1 dx
x x2
e)
∫
c)
∫ cos
5
x sin 4 x
f)
sin xdx
2 + cos x
∫ sin
g)
h) ∫
arctg 3 x
∫ 1 + x 2 dx
arctg x
x
1
dx
1+ x
dx
2
x 4 ctgx
Rješenja
1.
a)
x7 6 5
+ x + 4x 3 + 8x + c
7 5
b)
x7
54 5
− 2x 6 +
x − 27 x 4 + 27 x 3 + c
5
7
c)
x5 2 3 3 3 3 1
−
x +
x − +c
5 3
7
x
d)
4 4
24 12 5 4 4 3
x x−
x x +
x +c
5
17
3
e)
−
2 −x
1
5 +
2 −x + c
ln 5
5 ln 2
Mr.sc. Petronila Lokner
12
Poglavlje 1. Neodređeni integral
f)
1 2x
e − ex + x + c
2
g)
x + 2 ln
h)
− x − ctgx + c
x −1
+c
x +1
2.
1
+c
2( x − 2) 2
a)
−
b)
5
− (1 − x) 5 + c
6
c)
3
3
( x − 2) 3 + ( x − 2) 3 + c
7
2
d)
− 2 x + ln(1 − x ) + c
e)
13 3
8 x + 27 + c
8
f)
1 4
ln x + c
4
g)
x2
5
arctg
10
5
h)
55 3
( x − 9 x) 6
18
6
7
4
3.
a)
ln(ln(lnx))+c
b)
cos
c)
1 5
2
1
sin x − sin 7 x + sin 9 x + c
5
7
3
d)
ln(sinx + x)+c
e)
− 2 2 + cos x + c
1
+c
x
Mr.sc. Petronila Lokner
13
Poglavlje 1. Neodređeni integral
44
ctg 3 x + c
3
f)
−
g)
arctg 4 x
+c
4
h)
arctg 2 x + c .
1.4.4 Metoda parcijalne integracije
Često se kod traženja primitivne funkcije f(x), koja se ne može naći direktnim integriranjem ili
supstitucijom, koristi metoda parcijalne integracije.
Neka su u, v: a, b → ℝ diferencijabilne funkcije na otvorenom intervalu a, b
Za derivaciju produkta dviju diferencijabilnih funkcija u(x) i v(x) vrijedi da je
[u(x)· v(x)]' = u'(x)· v(x) + u(x)· v'(x)
Odavde slijedi
u(x)· v'(x) = [ u(x)· v(x)]' – u'(x)·v(x)
Integriranjem slijedi:
∫ u ( x) ⋅ v' ( x)dx = ∫ [u ( x) ⋅ v( x)]
'
dx − ∫ u ' ( x ) ⋅ v ( x ) dx = u ( x ) ⋅ v ( x ) − ∫ u ' ( x ) ⋅ v ( x ) dx
Integriranje primjenom napisane formule zove se parcijalna integracija s tim da napisane
derivacije i napisani integrali postoje (dovoljno je uzeti da su u i v neprekidno derivabilne
funkcije).
Kako je
u'(x)dx = du
v'(x)dx = dv,
kraći oblik formule za parcijalnu integraciju glasi:
∫ u ⋅ dv = u ⋅ v − ∫ v ⋅ du .
Očito se metodom parcijalne integracije ne rješava dani neodređeni integral, već se problem
∫ udv svodi na problem ∫ vdu uz neki izbor u i dv. Taj izbor mora biti takav da ∫ vdu bude
jednostavniji ili barem isto toliko težak kao i početni ∫ udv .
Ako se parcijalnom integracijom dobije složenija podintegralna funkcija, primjenjuje se ili
drugi izbor u i dv ili druga metoda za rješavanje danog integrala.
Metoda parcijalne integracije se često koristi i zahtjeva određenu vještinu, koja se stječe samo
vježbanjem.
Mr.sc. Petronila Lokner
14
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Primjer 11.
a) ∫ xe x dx =
u = x, du = dx,
dv = e dx, v = e
x
x
= xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + c = ( x − 1)e x + c ;
x
x
2
b) ∫ x 2 e dx =
u = x 2 , du = 2 xdx, dv = e 2 dx,
x
v = ∫ e 2 dx =
x
x
x
x
= t , dx = 2dt = ∫ e 2 dx = 2∫ e t dt = 2e t = 2e 2
2
x
= 2 x 2 e 2 − ∫ 2e 2 2 xdx =
x
x
x
x
x ⎞
⎛
u = x, du = dx
⎜
⎟
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x = 2 x e − 4⎜ 2 xe − 2∫ e dx ⎟ =
= 2 x e − 4∫ xe dx + c =
⎜⎜
⎟⎟
dv = e 2 dx, v = ∫ e 2 dx = 2e 2
⎝
⎠
x
x
x
x
x
x
⎞
⎛
2 x 2 e 2 − 4⎜⎜ 2 xe 2 − 4e 2 ⎟⎟ = 2 x 2 e 2 − 8 xe 2 + 16e 2 + c ;
⎠
⎝
c) ∫ e x sin3xdx=
u = sin3x, du = 3cos3xdx
dv = e x dx, v = ∫ e x dx = e x
[
= e x sin3x − 3∫ e x cos3xdx=
u = cos3x, du = −3sin3xdx
dv = e x dx, v = e x
=
]
= e x sin 3 x − 3 e x cos 3 x + 3∫ e x sin 3 xdx = e x sin 3 x − 3e x cos 3 x − 9∫ e x sin 3 xdx
Iz dobivene jadnakosti, koju smo dobili primjenom dvostruke parcijalne integracije, slijedi:
10 ∫ e x sin 3 xdx =e x sin 3 x − 3e x cos 3 x ,
odakle je:
x
∫ e sin 3xdx =
d)
2
∫ x cos 2 xdx =
ex
(sin 3x − 3 cos 3x) + c ;
10
u = x 2 , du = 2 xdx
dv = cos 2 xdx, v = ∫ cos 2 xdx =
1
sin 2 x
2
=
x2
sin 2 x − ∫ x sin 2 xdx =
2
u = x, du = dx, dv = sin 2 xdx
x2
⎛ x ⋅ cos 2 x 1
⎞
=
=
+ ∫ cos 2 xdx ⎟ =
sin 2 x − ⎜ −
cos 2 x
2
2
2
v = ∫ sin 2 xdx = −
⎝
⎠
2
=
x2
x
1
sin 2 x + cos 2 x − sin 2 x + c .
4
2
2
Mr.sc. Petronila Lokner
15
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Općenito integrali oblika F ( x ) = ∫ e αx cos β xdx , α, β∈ℝ, α, β ≠ 0, rješavaju se parcijalnom
integracijom u kojoj uzimamo da je eksponencijalna funkcija u, a trigonometrijska v, slijedi:
u = e αx , du = αe αx dx
cos βxdx = dv, v =
sin βx
β
Odatle je
F ( x) =
e αx sin βx
β
−
α αx
e sin βxdx .
β∫
Ponovnom primjenom parcijalne integracije sa istim izborom u i v:
eαx = u, du = αe αx
sin βxdx = dv, v = −
cos βx
β
slijedi da je:
F ( x) =
e αx sin βx
β
−
α
β
⎡ e αx cos βx α αx
⎤ eαx sin βx α αx
α2
β
β
e
cos
xdx
=
+
e
cos
x
−
F ( x)
−
+
⎢
⎥
β
β∫
β
β2
β2
⎣
⎦
Odatle je
α2 +β2
β sin βx + α cos βx αx
F ( x) =
e ,
2
β
β2
odnosno
F ( x) =
e)
∫ x arctgxdx =
e αx
( β sin βx + α cos βx) + c .
α2 +β2
u = arctgx, du =
3
x 3 dx = dv, v =
dx
1+ x2
x4
4
x 4 arctgx 1
x4
=
− ∫
dx =
4
4 1+ x2
Jer je:
1
x4
= x2 −1+ 2
2
x +1
x +1
slijedi da je
3
∫ x arctgxdx =
x 4 arctgx 1 ⎡ 2
dx ⎤
− ⎢ ∫ x dx − ∫ dx + ∫ 2 ⎥ =
4
4⎣
x + 1⎦
1
1
1
x 4 arctgx 1 x 3 1
=
−
+ x − arctgx + c = ( x 4 − 1)arctgx + (3x − x 3 ) + c .
4
4 3 4
4
4
12
Mr.sc. Petronila Lokner
16
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Primjer 12. a) ∫ ln xdx =
2
u = ln 2 x, du = 2
dv = dx, v = x
dx
ln x
u = ln x, du =
dx
2
= x ln x − 2 ∫ ln xdx =
x =
x
dv = dx, v = x
xdx ⎞
⎛
2
2
= x ln 2 x − 2⎜ x ln x − ∫
⎟ = x ln x − 2( x ln x − x ) = x ln x − 2 x ln x + 2 x + c ;
x ⎠
⎝
∫ sinln xdx=
b)
=
u = sinln x, du = cosln x
dv = dx, v = x
u = cos ln x, du = − sin ln x
dv = dx, v = x
dx
dx
x = x sinln x − ∫ x cosln x = x sinln x − ∫ cosln x dx =
x
dx
dx ⎞
⎛
x = x sin ln x − ⎜ x cos ln x + ∫ x sin ln x ⎟ = x sin ln x − x cos ln x + ∫ sin ln xdx
x ⎠
⎝
Odatle je
2 ∫ sin ln xdx =x sin ln x − x cos ln x,
odnosno
x
∫ sin ln xdx = 2 (sin ln x − cos ln x) + c ;
c)
u = ln 2 x, du = 2 ln x
∫
x ln 2 xdx =
3
dv = x dx, v =
u = ln x, du =
=
dx
x
3
2 2
dv = x dx, v = x
3
3
3
2 2
x
3
dx
x
3
3
=
3
1
dx 2 2 2
2 2 2
2
4
x ln x − ∫ x 2 ⋅ 2 ln x
= x ln x − ∫ x 2 ln xdx =
x 3
3
3
3
3
3
2 3
4 ⎡2
2
dx ⎤
= x 2 ln 2 x − ⎢ x 2 ln x − ∫ x 2 ⎥ =
3
3 ⎣3
3
x⎦
1
3
3
3
2
8
8
2
8
16 2
= x 2 ln 2 x − x 2 ln x + ∫ x 2 dx = x 2 ln 2 x − x 2 ln x +
x +c =
3
9
9
3
9
27
=
2
x 3 (9 ln 2 x − 12 ln x + 8) + c ;
27
Mr.sc. Petronila Lokner
17
Poglavlje 1. Neodređeni integral
xdx
∫ cos 2 x =
d)
x = u, dx = du,
= xtgx − ∫ tgxdx = xtgx + ln cos x + c .
dx
,
=
dv
v
=
tgx
cos 2 x
1.4.5 Zadaci za vježbu
1.Metodom parcijalne integracije izračunajte sljedeće jednostavne neodređene integrale:
a)
∫ x ln( x
b)
∫x
c)
∫ arctgxdx
d)
3 −x
∫ x e dx
e)
∫e
−x
f)
∫x
2
g)
∫ x e dx
2
2
− 1) dx
sin 2 xdx
2
sin dx
arccos xdx
2 x
Rješenja:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
1 2
1
( x − 1) ln( x 2 − 1) − x 2 + c
2
2
2
1 − 2x
x
cos 2 x + sin 2 x + c
4
2
1
xarctgx − ln(1 + x 2 ) + c
2
2
x + 1 −x2
−
e +c
2
e−x
−
(sin x + cos x) + c
2
2 + x2
x3
−
1 − x 2 + arccos x + c
9
3
2
x
( x − 2 x − 2)e + c
Mr.sc. Petronila Lokner
18
Poglavlje 1. Neodređeni integral
2. Različitim metodama izračunajte sljedeće nešto teže neodređene integrale:
a)
∫e
x + ln x
dx
x cos x
dx
3
x
arcsin x
dx
c) ∫
1+ x
1− x
d) ∫ x 2 ln
dx
1+ x
e) ∫ arccos 2 xdx
b)
∫ sin
Rješenja
a) e x ( x − 1) + c
1
x
b) − ( 2 + ctgx) + c
2 sin x
c) 2 1 + x arcsin x + 4 1 − x + c
1
1
x3 1 − x
+c
d) − x 2 − ln(1 − x 2 ) + ln
3
3
3 1+ x
e) x arccos2 x − 2 1 − x 2 arccos x − 2 x + c
1.5 Integral racionalne funkcije
Pn ( x)
dx , gdje su Pn(x) i Qm(x) polinomi n-tog odnosno mm ( x)
tog stupnja, započet ćemo sa najjednostavnijim slučajem:
Integriranje racionalne funkcije
1.5.1 Integrali oblika
∫Q
P0 ( x)
∫ Q ( x) dx
1
Integrali oblika
P0 ( x)
∫ Q ( x) dx , gdje je P0(x) = A i Q1(x) = ax + b.
1
A
∫ ax + bdx = ax + b = t , adx = dt
1.5.2 Integrali oblika
=
A dt A
= ln (ax + b ) + c.
a∫ t
a
P0 ( x)
∫ Q ( x) dx
2
Integrali oblika
P0 ( x)
∫ Q ( x) dx , gdje je P0(x) = A i Q2(x) = ax
2
+ bx + c .
2
Mr.sc. Petronila Lokner
19
Poglavlje 1. Neodređeni integral
∫ ax
2
A
dx
+ bx + c
rješavamo tako da Q2(x) = ax 2 + bx + c napišemo u obliku punog kvadrata
a (u 2 + k 2 )
a (u 2 − k 2 )
a (k 2 − u 2 ) = −a (u 2 − k 2 )
a zatim supstitucijom dobijemo ili tablični integral broj 13 ili 14.
Primjer 13.
a)
∫x
2
b)
∫x
2
dx
dx
dt
1
x+2
=∫
= x + 2 = t , dx = dt = ∫ 2
= arctg
+c;
2
2
+ 4x + 8
t +4 2
(x + 2 ) + 4
dx
dx
dx
3
= x + = t , dx = dt =
=∫
=∫
2
2
2
+ 3x − 4
3⎞
9
3⎞
25
⎛
⎛
⎜x + ⎟ −
⎜x + ⎟ − −4
2⎠
4
2⎠
4
⎝
⎝
3 5
−
2 2 + c = 1 ln 2 x − 2 + c = 1 ln x − 1 + c ;
=
ln
3 5
5
5 2x + 8
5 x+4
x+ +
2⋅
2 2
2
x+
1
dx
dx
dx
=∫
=∫
= x + 3 = t , dx = dt =
2
+ 6 x + 25
(x + 3) − 9 + 25 (x + 3)2 + 16
c)
∫x
=∫
dt
1
t 1
x+3
+c;
= arctg = arctg
4 4
4
t + 16 4
d)
∫ 3x
=
2
2
1
3∫
2
dx
1
= ∫
+ 6 x + 25 3
dt
t2 +
22
3
=
x +1= t
1
dx
1
dx
=
= ∫
=
∫
25 3
25 3
22 dx = dt
2
2
2
(x + 1) − 1 +
(x + 1) +
x + 2x +
3
3
3
1 3
arctg
3 22
Mr.sc. Petronila Lokner
dx
t
22
3
=
=
1 3
3
arctg
( x + 1) + c ;
3 22
22
20
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1.5.3 Integrali oblika
P1 ( x)
∫ Q ( x) dx
2
Integrali oblika
P1 ( x)
∫ Q ( x) dx , gdje je P1(x) = Ax + B i Q2(x) = ax
2
+ bx + c , tada integral
2
∫ ax
Ax + B
dx
+ bx + c
2
rješavamo tako da prvo P1(x) napišemo kao diferencijal Q2(x), na taj način će prvi integral
uvjek biti lnQ2(x), a drugi ili 13. ili 14. tablični integral.
Primjer 14.
2x + 1
2x − 4 + 5
a) ∫ 2
dx = d (x 2 − 4 x + 8) = (2 x − 4 )dx = ∫ 2
dx =
x − 4x + 8
x − 4x + 8
=∫
dt
dx
2x − 4
5
=
dx + ∫ 2
dx = x 2 − 4 x + 8 = t , (2 x − 4 )dx = dt = ∫ + 5∫
t
x − 4x + 8
x − 4x + 8
( x − 2 )2 + 4
2
1
5
x−2
x−2
= ln (x 2 − 4 x + 8) + 5 arctg
+ c = ln (x 2 − 4 x + 8) + arctg
+c;
2
2
2
2
b)
∫x
= 5∫
2
5x + 2
dx = d x 2 + 2 x + 10 = (2 x + 2 )dx = 5∫
+ 2 x + 10
(
)
2
5 dx =
x 2 + 2 x + 10
2x + 2 − 2 +
2x + 2
dx
dt
dx
= d (x 2 + 2 x + 10 ) = (2 x + 2 )dx = 5∫ − 8∫
=
dx − 8∫ 2
t
x + 2 x + 10
x + 2 x + 10
(x + 1)2 + 9
2
1
x +1
8
x +1
= 5 ln (x 2 + 2 x + 10 ) − 8 ⋅ arctg
+ c = 5 ln (x 2 − 4 x + 8) − arctg
+c.
3
3
3
2
1.5.4 Integriranje prave racionalne funkcije
Integriranje prave racionalne funkcije
Pn ( x)
, n < m, provodimo tako da je rastavljamo na
Qm ( x )
parcijalne razlomke.
Ako je polinom Qm(x) prave racionalne funkcije
Pn ( x)
dan u faktoriziranom obliku
Qm ( x )
Qm(x) = ( x − x1 ) 1 ⋅ ( x − x 2 ) 2 L ( x − xl ) l ⋅ (ax 2 + bx + c ) 1 L (ex 2 + fx + g ) m
k
Mr.sc. Petronila Lokner
k
k
r
r
21
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Tada se
Pn ( x)
može napisati kao zbroj parcijalnih razlomaka, odnosno
Qm ( x )
Ak1
Bk2
Pn ( x)
A1
B1
=
dx
+
L
+
dx
+
dx
+
L
+
∫ Qm ( x) ∫ x − x1
∫ ( x − x1 ) k1 ∫ x − x2
∫ ( x − x2 ) k2 dx +
+L+ ∫
C kl
Dr1 x + E r1
C1
D x + E1
dx + L + ∫
dx + ∫ 21
dx + L + ∫
dx +
kl
x − xl
ax + bx + c
(ax 2 + bx + c) r1
( x − xl )
+L+ ∫
Frm x + Grm
F1 x + G1
dx
+
L
+
∫ (ex 2 + fx + g ) rm dx ,
ex 2 + fx + g
gdje su A1 , K , Ak1 , K , C1 , K , C kl , D1 , K , Dr1 , K , G1 , K , G rm konstante
metodom neodređenih koeficijenata.
koje
se
određuju
Primjer 15.
a)
x−3
x−3
dx = ∫
dx .
3
x( x − 1)( x + 1)
−x
∫x
Rastav podintegralne funkcije je:
x−3
A
B
C
= +
+
.
x( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1
Množenjem sa zajedničkim nazivnikom slijedi:
x – 3 = Ax 2 − A + Bx 2 + Bx + Cx 2 − Cx .
Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti
dobivamo sustav:
A+B+C=0
B–C=1
–A = –3
Slijedi da je A = 3. Zbrajanjem prve dvije jednadžbe i uvrštavanjem A = 3, slijedi da je B = –1
i C = –2. Sada je
x−3
3
1
2
= −
−
,
x( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1
Mr.sc. Petronila Lokner
22
Poglavlje 1. Neodređeni integral
pa je
x−3
dx
dx
dx
x3
=
−
−
=
−
−
−
+
+
=
+c
3
2
3
ln
ln(
1
)
2
ln(
1
)
ln
dx
x
x
x
c
∫ x3 − x
∫ x ∫ x −1 ∫ x +1
(x − 1) ⋅ (x + 1)2
gdje smo u drugom integralu koristili supstituciju x – 1 = t i u trećem integralu x + 1 = z.
b)
3x 2 + x − 2
∫ ( x − 1)( x 2 + 1) dx .
Rastav podintegralne funkcije na parcijalne razlomke je:
A
Bx + c
3x 2 + x − 2
1
2x + 3
.
=
+ 2
=
+ 2
2
( x + 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x − 1 x + 1
Množenjem sa zajedničkim nazivnikom slijedi:
3 x 2 + x − 2 = Ax 2 + A + Bx 2 − Bx + Cx − C .
Ako izjednačimo koeficijenata uz iste potencije polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti
dobivamo:
A+B=3
–B + C = 1
A – C = –2.
Zbrajanjem prve dvije jednadžbe dobivamo A + C = 4. Zbrajanjem s trećom jednadžbom
slijedi: A = 1, B = 2, C = 3.
Sada je
3x 2 + x − 2
1
2x + 3
,
=
+ 2
2
( x + 1)( x + 1) x − 1 x + 1
pa je
3x 2 + x − 2
2x + 3
dx
2x
dx
∫ ( x − 1)( x 2 + 1) dx = ∫ x + 1 + ∫ x 2 + 1 = ln( x + 1) + ∫ x 2 + 1 dx + 3∫ x 2 + 1 =
= ln( x + 1) + ln( x 2 + 1) + 3arctgx + c ,
gdje smo u prvom integralu koristili supstituciju x + 1 = t, a u drugom x2 + 1 = z.
c)
∫x
x−2
x−2
dx = ∫ 2
dx .
2
+ 2x
x ( x + 2)
3
Mr.sc. Petronila Lokner
23
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Rastav podintegralne funkcije na parcijalne razlomke je:
x−2
A B
C
.
= + 2 +
x+2
x ( x + 2) x x
2
Množenjem sa zajedničkim nazivnikom slijedi:
x – 2 = Ax 2 + 2 Ax + Bx + 2 B + Cx 2 .
Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije, dobijemo sljedeći sustav:
A+C=0
2A + B = 1
2B = –2.
Odatle proizlazi da je A = 1, B = –1, C = –1. Prema tome je:
∫x
2
x−2
1
1
1
1
dx = ∫ dx − ∫ 2 dx − ∫
dx = ln x + − ln( x + 2) + c
x
x+2
x
( x + 2)
x
1.5.5 Integriranje neprave racionalne funkcije
Pn ( x)
,n≥m
Qm ( x )
Ako je stupanj polinoma brojnika veći ili jednak stupnju polinoma nazivnika, uvijek ćemo
prvo podjeliti brojnik s nazivnikom:
Integriranje neprave racionalne funkcije
Pn(x) : Qm(x)= Cn–m (x) + R(x),
Gdje je Cn–m (x) polinom (n – m ) stupnja, a R(x) =
Primjer 16. a) I = ∫
ostatak
je prava racionalna funkcija.
Qm (m)
x 3 + 10 x 2 + 40 x + 39
dx .
x 2 + 8 x + 20
Djeljenjem polinama brojnika s onim u nazivniku slijedi:
x 3 + 10 x 2 + 40 x + 39
4x − 1
=x+2+ 2
2
x + 8 x + 20
x + 8 x + 20
pa je
I=
x2
4x − 1
+ 2x + ∫
dx =
2
( x + 4) 2 + 4
Mr.sc. Petronila Lokner
24
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1
x
2 dx =
= d ( x 2 + 8 x + 20) = (2 x + 8)dx =
+ 2 x + 2∫ 2
2
x + 8 x + 20
2
2x + 8 − 8 −
=
x2
2x + 8
1
d x − 17 ∫ 2
d x = x 2 + 8 x + 20 = t , (2 x + 8)dx = dt =
+ 2 x + 2∫ 2
2
x + 8 x + 20
x + 8 x + 20
=
x + 4 = z x2
x2
dt
dx
dz
+ 2 x + 2∫ − 17 ∫
=
=
+ 2 x + 2 ln t − 17 ∫ 2
=
2
t
2
2
( x + 4) + 4 dx = dz
z +4
=
x2
17
x+4
+ 2 x + 2 ln( x 2 + 8 x + 20) − arctg
+c.
2
2
2
I =∫
b)
x 4 − 3x 3 − 11x 2 + 4 x + 15
dx
x 3 − 5x 2 − x + 5
Djeljenjem polinoma brojnika sa polinomom u nazivniku slijedi:
x 4 − 3 x 3 − 11x 2 + 4 x + 15 :( x 3 − 5 x 2 − x + 5 ) = x + 2 +
x+5
x − 5x 2 − x + 5
3
pa je
x+5
x2
+ 2 x + I1
I = ∫ xdx + 2∫ dx + ∫ 3
dx =
x − 5x2 − x + 5
2
Gdje je I1 je prava racionalna funkcija, koju da bi integrirali moramo rastaviti na parcijalne
razlomke :
x+5
x+5
A
B
C
=
=
.
+
+
2
x − 5 x − x + 5 ( x − 1)( x + 1)( x − 5) x − 1 x + 1 x − 5
3
Množenjem jednakosti sa zajedničkim nazivnikom slijedi da je:
x + 5 = (A + B + C)x2 + (–4A – 6B)x +(–5A + 5B – C).
Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije polinoma na lijevoj i desnoj strani dobivamo
sustav:
A+B+C=0
–4A – 6B = 1
–5A + 5B – C = 5.
Mr.sc. Petronila Lokner
25
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Zbrajanje prve i treće jednadžbe, a zatim novo dobivene jednadžbe i druge sljede koeficijenti:
3
1
5
A = − , B = , C = , pa je
4
3
12
I1= ∫
x+5
x+5
dx = ∫
dx =
2
( x − 1)( x + 1)( x − 5)
x − 5x − x + 5
3
3 dx
1 dx
5
3
1
5
dx
+ ∫
+ ∫
= − ln( x − 1) + ln( x + 1) + ln( x − 5) + c1 .
∫
4 x − 1 3 x + 1 12 x − 5
4
3
12
Dakle je
=−
I=
x2
3
1
5
+ 2 x − ln( x − 1) + ln( x + 1) + ln( x − 5) + c .
2
4
3
12
Primjer 17. Integral oblika Fn ( x) = ∫
dx
, (n = 1, 2, 3, ....; a ≠ 0) koji se jako često
(x + a 2 )n
2
pojavljuje ćemo posebno razmotriti.
Krenimo sa parcijalnom integracijom:
u=
(x
1
)
2 n
+a
dx = dv, v = x
2
, du = −
(x
2nx
2
+ a2
)
n +1
dx
tada je
Fn ( x) = ∫
=
(x
x
2
+a
)
2 n
+ 2n ∫
x
dx
=
(x 2 + a 2 ) n
x2 + a2
(
(x + a ) − a
(x + a )
2
2
2
dx =
2 n +1
2
=
(x
x
2
+a
)
2 n
(x
x
2
+a
)
)
n
2 n
+ 2n ∫
+ 2n ∫
(x
(x
x2
2
+ a2
dx
2
+a
)
n +1
)
2 n
dx =
− 2na 2 ∫
(x
dx
2
+ a2
)
n +1
=
+ 2nFn ( x) − 2na 2 Fn +1 ( x) .
Slijedi da je:
Fn ( x) =
(x
x
2
+a
)
2 n
+ 2nFn ( x) − 2na 2 Fn +1 ( x) ,
odakle je:
Fn +1 ( x) =
Mr.sc. Petronila Lokner
1
x
2n − 1
+
Fn ( x) .
n
2
2
2
2na (x + a )
2na 2
26
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Kako je za n = 1, F1(x) tablični integral tj.:
F1 ( x) = ∫
to je
F2 ( x) =
x
dx
1
= arctg + c ,
2
a
a
x +a
2
x
x
x
1
1
1
1
+ 2 F1 ( x) = 2 2
+ 3 arctg + c .
2
2
2
2
a
2a x + a
2a
2a x + a
2a
Primjer 18. Rješimo jedan složeniji primjer u kojem ćemo iskoristiti rekurzivnu formulu iz
primjera 17:
F(x) = ∫
x3 + x2 + 2
dx .
( x 2 + 2) 2
Prvo ćemo podintegralnu funkciju rastaviti na parcijalne razlomke tako da je:
x3 + x2 + 2
Ax + B
Cx + D
.
= 2
+ 2
2
2
2
x +2
( x + 2)
( x + 2)
Da bismo odredili koeficijente A, B, C, D, pomnožit ćemo cijelu jednadžbu s (x2 + 2)2. Time
dobivamo:
x3 + x2 + 2 = Cx3 + Dx2 + (A + 2C)x + B + 2D.
Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije polinoma s lijeve i s desne strane jednakosti
dobivamo sustav
C=1
D=1
A + 2C = 0
B + 2D = 2
Odatle je
A = –2, B = 0, C = 1, D = 1.
Slijedi da je
⎡ − 2x
x +1 ⎤
x
dx
2x
=
F ( x) = ∫ ⎢ 2
dx + ∫ 2
dx + ∫ 2
+ 2
⎥dx = − ∫ 2
2
2
x + 2⎦
x +2
x +2
( x + 2)
⎣ ( x + 2)
= x 2 + 2 = t ,2 xdx = dt = − ∫
=
1
1 1
1
dt 1 dt
x
x
arctg
arctg
+ ∫ +
= + ln t +
=
2
2 t
t
2
2 t 2
2
2
1
1
1
x
+ ln( x 2 + 2) +
arctg
+c.
x +2 2
2
2
2
Mr.sc. Petronila Lokner
27
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Primjer 19. I = ∫
(x
xdx
2
− 2 x + 2)
2
=∫
xdx
t +1
= x − 1 = t , dx = dt = ∫ 2
dt =
2
2
(( x − 1) + 1)
(t + 1) 2
=∫
tdt
dt
+∫ 2
= I1 + I 2 ,
2
(t + 1)
(t + 1) 2
2
gdje je
t 2 + 1 = z 1 dz
tdt
1
1
= ∫ 2 =−
=− 2
+ c1 ,
=
I1 = ∫ 2
2
2z
(t + 1)
2(t + 1)
2tdt = dz 2 z
I2 = ∫
dt
(t + 1) 2
je prema rekurzivnoj formuli Fn +1 ( x) =
2
1
x
2n − 1
+
Fn ( x) u
n
2
2
2
2na (x + a )
2na 2
varijabli t, a za n = 1 i a = 1 jednak:
I2 =
t
1
+ arctg t +c2 .
2(t +1) 2
2
Dakle je
I =−
=
1
t
1
t −1
1
+
+ arctgt + c =
+ arctgt + c =
2
2
2(t + 1) 2(t + 1) 2
2(t + 1) 2
2
x−2
1
x−2
1
+ arctg ( x − 1) + c = 2
+ arctg ( x − 1) + c
2
2 ( x − 1) + 1 2
2x − 4x + 4 2
[
]
1.5.6 Zadaci za vježbu
2x − 1
dx
− 4x + 8
a)
∫x
b)
x3 + 1
∫ x( x 3 − 8)dx
c)
∫ ( x − 1)( x − 2)
d)
3x 2 + x − 2
∫ (x − 1)(x 2 + 1)dx
2
x−5
2
dx
x3 − x 2 + 2x + 3
dx
e) ∫
x 2 + 3x + 2
Mr.sc. Petronila Lokner
28
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Rješenja:
a) ln( x 2 − 4 x + 8) +
3
x−2
arctg
+c
2
2
3
1
ln (x 3 − 8) − ln x + c
8
8
3
c) − 4 ln( x − 1) +
+c
x−2
d) ln(x – 1) + ln(x2 + 1) + 3arctgx + c
13
x2
(
x + 2)
e)
− 4 x + ln
+c.
x +1
2
b)
1.6 Integriranje trigonometrijskih funkcija
1.6.1 Integrali oblika ∫ R (sin x, cos x)dx
Integrali oblika ∫ R (sin x, cos x ) dx , gdje je R racionalna funkcija koja ovisi o sinx i cosx,
x
= t (tzv. univerzalna supstitucija), se svode na integrale
2
racionalne funkcije u varijabli t.
supstitucijom tg
Ako je tg
Pn (t )
dt , tj.
m (t )
∫Q
x
= t tada je
2
x
x
x
2 sin cos
2tg
x
x
2
2 =
2 = 2t
sin x = 2 sin cos =
x
x
x 1+ t 2
2
2
sin 2 + cos 2
1 + tg 2
2
2
2
x
− sin 2
x
x
2
cos x = cos 2 − sin 2 =
x
2
2
sin 2 + cos 2
2
cos 2
Ako je tg
x
1 − tg 2
2 =
x
1 + tg 2
2
x
2
2 = 1− t
x 1+ t 2
2
x
x
2dt
.
= t , tada je = arctgt , odakle je dx =
2
2
1+ t2
Primjer 20.
Koristeći se univerzalnom supstitucijom rješite sljedeće integrale:
dx
=
a) ∫
2 sin x − cos x + 3 ∫
Mr.sc. Petronila Lokner
2dt
dt
2
dt
1+ t
1+ t2
= 2∫ 2
=
= 2∫
2
2
2
2t
1− t
4t − 1 + t + 3 + 3t
4t + 4t + 2
2
−
+3
1+ t2 1+ t2
1+ t2
29
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1
dt
dt
1
1
2 + c = arctg (2t + 1) + c = arctg (2tg x + 1) + c
= ∫
= ∫
= arctg
2
1
1
2
2 ⎛ 1⎞
2 2
1
t +t +
t
+
+
⎜
⎟
2
2
4
⎝ 2⎠
t+
2dt
x
1 + tg
2
2
1
1
dt
t
+
dx
2 +c;
b) I = ∫
= 2 ln
= ln
= 1+ t =
x
2 1− t
cos x ∫ 1 − t 2 ∫ 1 − t 2
1 − tg
2
1 + t2
Integral I možemo rješiti i drugom trigonometrijskom supstitucijom, nakon što smo
transformirali podintegralnu funkciju:
I=∫
=
dt
cos xdx
cos xdx
1 1+ t
=∫
= sin x = t , cos xdx = dt = ∫
= ln
=
2
2
2
2 1− t
cos x
1 − sin x
1− t
1 1 + sin x
1 + sin x
ln
= ln
+c;
2 1 − sin x
1 − sin x
Čini se kao da su rješenja različita. To se često događa kod integrala trigonometrijskih
funkcija. Jednostavnom transformacijom može se pokazati da su rješenja ista:
1+
2tg
x
2
x
1 + tg 2
1 + tg
1
1 1 + sin x 1
2 = ln
= ln
ln
x
2
2 1 − sin x 2
1 + tg 2
2tg
2
1−
2x
1 + tg
2
2
2
x⎞
⎛
x
x
x
⎜1 + tg ⎟
+ 2tg
1 + tg
2⎠
2.
2
2 = 1 ln ⎝
= ln
2
x
x 2 ⎛
x
x⎞
− 2tg
1 − tg
−
tg
1
⎜
⎟
2
2
2
2⎠
⎝
2t
1+
2(1 + sin x )
1+ t 2
= 2∫
c) ∫
dx = ∫
x
sin x(1 + cos x )
2t ⎛ 1 − t 2
sin x ⋅ cos 2
⎜1 +
2
1 + t 2 ⎜⎝ 1 + t 2
1 + sin x
2dt
=
⎞ 1+ t2
⎟⎟
⎠
1⎞
1 x
t2
x
x
⎛
= ∫ ⎜ t + 2 + ⎟dt = + 2t + ln t + c = tg + 2tg + ln tg + c .
2
t⎠
2 2
2
2
⎝
2t
1− t2
+
2
1 − sin x + cos x
1 + t 2 2dt =
d) ∫
dx = ∫ 1 + t
1 + sin x − cos x
2t
1− t2 1+ t2
−
1+
1+ t2 1+ t2
1−
Mr.sc. Petronila Lokner
30
Poglavlje 1. Neodređeni integral
= 2∫
1 + t 2 − 2t + 1 − t 2 dt
1− t
= 2∫
dt .
2
2
2
1 + t + 2t − 1 + t 1 + t
t (t + 1)(1 + t 2 )
Rastavimo podintegralnu funkciju na parcijalne razlomke:
1− t
A
B
Ct + D
,
= +
+ 2
2
t (t + 1)(t + 1) t t + 1 t + 1
tj.
1 – t = (A + B + C)t3 + (A + C + D)t2 + (A + B + D)t + A.
Iz te jednakosti proizlazi da je A = 1, B = –1, C = 0 i D = –1. Pa je
1 − sin x + cos x
dt
dt ⎤
⎡ dt
=
−∫
−∫ 2
t
t +1
t + 1⎥⎦
∫ 1 + sin x − cos x dx = 2⎢⎣∫
x
x
x
x
⎡
⎤
2 −x+c.
= 2[ln t − ln(t + 1) − arctgt + c ] = 2⎢ln tg − ln(tg + 1) − + c ⎥ = 2 ln
x
2
2
2
⎣
⎦
tg + 1
2
tg
Često se umjesto univerzalne supstitucije tg
x
= t , radi jednostavnosti koriste i sljedeće
2
trigonometrijske supstitucije:
1. cosx = t, ako podintegralna funkcija R(sinx, cosx) mjenja predznak, kada se promjeni
predznak svakoj funkciji sinx koja se pojavljuje u podintegralnoj funkciji tj. ako je
R(–sinx, cosx) = –R(sinx, cosx);
2. sinx = t, ako podintegralna funkcija R(sinx, cosx) mjenja predznak, kada se promjeni
predznak svakoj funkciji cosx koja se pojavljuje u podintegralnoj funkciji tj. ako je
R(sinx, –cosx) = –R(sinx, cosx);
3. tgx = t, ako podintegralna funkcija R(sinx, cosx) ne mjenja predznak, kada se promjeni
predznak svakoj funkciji sinx i cosx koje se pojavljuju u podintegralnoj funkciji tj. ako je
R(–sinx, –cosx) = R(sinx, cosx).
Kod supstitucije tgx = t:
sin x =
tgx
1 + tg 2 x
I kako je x = arctg t slijedi dx =
Mr.sc. Petronila Lokner
=
t
1+ t2
i cos x =
1
1 + tg 2 x
=
1
1+ t2
,
dt
.
1+ t2
31
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Primjer 21. Korištenjem
trigonometrijskih funkcija:
a)
odgovarajućih
supstitucija
rješite
sljedeće
integrale
sin x − sin 3 x
∫ cos 2 x dx .
Ako promjenimo predznak funkciji sinx u podintegralnoj funkciji, dobivamo
− sin x − (− sin x) 3
sin x − sin 3 x
=
−
cos 2 x − (− sin x) 2
cos 2 x − sin 2 x
tj. R(–sinx, cosx) = –R(sinx, cosx), pa je najbolje koristiti supstituciju cosx = t, a tada je
–sinx dx = dt
sin x(1 − sin 2 x)
2 −t2
1 2t 2 − 4
1 ⎡ 2t 2 − 1
3dt ⎤
dx
dt
dt
dt
=
−
=
=
−
⎢
∫ cos 2 x − sin 2 x
∫ 2t 2 − 1 2 ∫ 2t 2 − 1 2 ⎣∫ 2t 2 − 1 ∫ 2t 2 − 1⎥⎦ =
=
dt
1
3
1
3
dt − ∫ 2
= t− ∫
∫
2
2 2t − 1 2
4
=
1
3 1
2 cos x − 2
cos x −
ln
+c;
2
4 2 2 cos x + 2
b)
dt
1
t2 −
2
=
1
3 1
2t − 2
ln
t−
+c =
2
4 2 2t + 2
cos 3 x + cos 5 x
∫ sin 2 x − sin 4 x dx
Ako promjenimo predznak svakoj funkciji cosx koja se pojavljuje u podintegralnoj funkciji,
dobivamo
(− cos x )3 + (− cos x )5
cos 3 x + cos 5 x
,
=−
sin 2 x − sin 4 x
sin 2 x − sin 4 x
tj. R(sinx, –cosx) = –R(sinx, cosx). Kako je podintegralna funkcija pri toj promjeni predznaka
cosx promjenila predznak, koristimo supstituciju sinx = t, cosx dx = dt.
Slijedi da je
cos 3 x + cos 5 x
cos 2 x(1 + cos 2 x )cos x
(1 − sin 2 x )(2 − sin 2 x )cos xdx =
=
dx
=
dx
∫ sin 2 x − sin 4 x ∫ sin 2 x − sin 4 x
∫
sin 2 x − sin 4 x
(1 − t )(2 − t )dt = (1 − t )(2 − t )dt = ⎛⎜ 2 − 1⎞⎟dt = − 2 − t + c = − 2 − sin x + c ;
=∫
∫ t (1 − t )
∫⎝t ⎠
t
sin x
t −t
2
2
2
4
Mr.sc. Petronila Lokner
2
2
2
2
2
32
Poglavlje 1. Neodređeni integral
∫ sin
c)
3
cos x
dx
x − cos 3 x
Ako promjenimo predznak svakoj funkciji sinx i cosx koja se pojavljuje u podintegralnoj
funkciji dobivamo
cos x
− cos x
− cos x
,
=
=
3
3
3
3
3
(− sin x ) − (− cos x ) − (sin x − cos x ) (sin x − cos 3 x )
tj. R(–sinx, –cosx) = R(sinx, cosx). Kako podintegralna funkcija pri toj promjeni predznaka
sinx i cosx nije promjenila predznak, koristimo supstituciju tgx = t,
za koju je onda
sin x =
t
, cos x =
1+ t 2
1
1+ t 2
i dx =
dt
.
1+ t2
Slijedi da je
1
1
dt
= ∫ 3 dt
2
1+ t
t −1
1+ t2
cos x
∫ sin 3 x − cos 3 x dx = ∫
t
3
(1 + t )
2 3
−
1
(1 + t )
2 3
Rastavom podintegralne funkcije na parcijalne razlomke je
1
1
A
Bt + C
=
=
+ 2
2
t − 1 (t − 1)(t + t + 1) t − 1 t + t + 1
3
Množenjem sa zajedničkim nazivnikom slijedi
1 = At2 + At + A + Bt2 – Bt + Ct – C.
Izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije polinama na lijevoj i desnoj strani slijedi
sustav
A+B=0
A–B+C=0
A–C=1
Odatle je A =
∫t
3
1
1
2
, B = – i C = – , pa je
3
3
3
1
1 dt 1
t+2
1 2t + 4
1
dt = ∫
dt =
− ∫ 2
dt = ln(t − 1) − ∫ 2
3 t −1 3 t + t + 1
6 t + t +1
3
−1
1
2t + 1
1
3
1 2t + 1 + 3
1
1
= ln(t − 1) − ∫ 2
dt − ∫ 2
dt =
dt = ln(t − 1) − ∫ 2
6 t + t +1
6 t + t +1
6 t + t +1
3
3
Mr.sc. Petronila Lokner
33
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1
2t + 1
1
1
arctg
=
= ln(t –1) – ln(t2 + t + 1) –
3
6
3
3
1
2tgx + 1
1
1
arctg
+c.
= ln(tgx –1) – ln(tg2x + tgx + 1) –
3
6
3
3
tgx = t , x = arctgt
t5
d) I = ∫ tg xdx =
=
dt
∫ t 2 + 1dt
dx =
1+ t2
5
Djeljenjem polinoma brojnika i polinoma nazivnika dobivamo:
t 5 : (t 2 + 1) = t 3 − t +
pa je
(
t
,
t +1
2
)
(
)
t ⎞
t4 t2 1
tg 4 x tg 2 x 1
⎛
2
I = ∫ ⎜t 3 − t + 2
−
+ ln tg 2 x + 1 + c .
⎟dt = − + ln t + 1 =
4 2 2
4
2
2
t + 1⎠
⎝
1.6.2 Integrali oblika ∫ sin n xdx i ∫ cos n xdx
∫ sin
n
∫ cos
n
xdx,
xdx, n ∈ ℕ , n ≥ 2,
mogu se rješiti koristeći rekurzivne formule
1
n −1
a) ∫ sin n xdx = − sin n −1 x cos x +
sin n − 2 xdx
n ∫
n
b) ∫ cos n xdx =
1
n −1
cos n −1 x sin x +
cos n − 2 xdx .
n ∫
n
Dokaz navedenih rekurzivnih formula se može provesti parcijalnom integracijem.
Dokaz za b):
I n = ∫ cos xdx= ∫ cos xcoxdx=
n
n−1
u = cosn−1 x, du = (n −1) cosn−2 x ⋅ (− sin x)dx
dv = cosxdx, v = sin x
=
= cos n −1 x ⋅ sin x + ( n − 1) ∫ cos n − 2 x ⋅ sin 2 xdx =
Mr.sc. Petronila Lokner
34
Poglavlje 1. Neodređeni integral
= cos n −1 x ⋅ sin x + ( n − 1) ∫ cos n − 2 x ⋅ (1 − cos 2 x ) dx =
= cos n −1 x ⋅ sin x + (n − 1) ∫ cos n − 2 xdx − (n − 1) ∫ cos n xdx .
Dakle je
I n = cos n −1 x ⋅ sin x + (n − 1) I n − 2 − (n − 1) I n ,
pa je
I n + ( n − 1) I n = cos n −1 x ⋅ sin x + ( n − 1) I n − 2
odnosno
nI n = cos n −1 x ⋅ sin x + ( n − 1) I n − 2 ,
odakle je
In =
1
n −1
I n−2 .
cos n −1 x ⋅ sin x +
n
n
Primjer 22.
a)
∫ cos
6
xdx =
5
1
cos 5 x ⋅ sin xdx + ∫ cos 4 xdx =
6
6
Ponovnom primjenom rekurzivne formule na ∫ cos 4 xdx , slijedi da je
∫ cos xdx
6
=
1
5 ⎡1
3
⎤
= cos 5 x sin x + ⎢ cos 3 x sin x + ∫ cos 2 xdx ⎥ =
6
6 ⎣4
4
⎦
3
5
1
cos 3 x sin x + ∫ cos 2 xdx =
cos 5 x sin x +
4
24
6
i ponovnom primjenom na ∫ cos 2 xdx je
1
∫ cos xdx = 6 cos
6
=
b)
5
x sin x +
1
31
5
cos x sin x + ∫ dx =
cos 3 x sin x +
2
42
24
1
3
5
1
cos 3 x ⋅ sin x + sin 2 x + x + c .
cos 5 x ⋅ sin x +
2
16
24
6
∫ sin
4
xdx može se rješiti na sljedeći način:
2
2
1
⎛ 1 − cos 2 x ⎞
2
4
2
∫ sin xdx = ∫ (sin x ) dx = ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ dx = 4 ∫ (1 − 2 cos 2 x + cos 2 x )dx =
Mr.sc. Petronila Lokner
35
Poglavlje 1. Neodređeni integral
=
1⎡
sin 2 x
1 + cos 4 x ⎤ 1
1
1
sin 4 x
x−2
dx ⎥ = x − sin 2 x + x +
+∫
=+ c =
⎢
4⎣
2
2
4
8
32
⎦ 4
=
1
3
1
1
3
1
x − sin 2 x + sin 2 x cos 2 x = x − sin 2 x + sin x cos x(cos 2 x − sin 2 x ) =
8
8
4
16
8
4
=
1
1
3
1
x − sin 2 x + sin x cos 3 x − sin 3 x cos x =
8
8
8
4
1
1
3
1
= x − sin 2 x + sin x cos x(1 − sin 2 x ) − sin 3 x cos x =
8
8
8
4
1
3
3
= x − sin 2 x − sin 3 x ⋅ cos x + c .
4
8
16
Primjenom rekurzivne relacija imali bi da je:
∫ sin
4
3
1
xdx = − sin 3 x ⋅ cos x + ∫ sin 2 xdx =
4
4
1
3⎛ 1
1
1
3
3
⎞
= − sin 3 x ⋅ cos x + ⎜ − sin x cos x + ∫ dx ⎟ = − sin 3 x ⋅ cos x − sin 2 x + x + c .
4
4⎝ 2
2
4
16
8
⎠
c)
∫ sin
∫ sin
5
5
xdx može se rješiti na sljedeći način:
xdx = ∫ sin 4 x sin xdx = − ∫ (1 − cos 2 x )d (cos x ) = − ∫ (1 − 2 cos 2 x + cos 4 x )d (cos x ) =
= − cos x + 2
cos3 x cos5 x
−
+c,
3
5
ili rekurzijom
∫ sin
5
4
1
xdx = − sin 4 x ⋅ cos x + ∫ sin 3 xdx =
5
5
1
4⎛ 1
2
1
4
8
⎞
= − sin 4 x ⋅ cos x + ⎜ − sin 2 x cos x + ∫ sin xdx ⎟ = − sin 4 x ⋅ cos x − sin 2 x cos x − cos x + c
5
5⎝ 3
3
5
15
15
⎠
Isti oblik rješenja zahtjevao bi više vremena za transformiranje jednog u drugo nego samo
izračunavanje integrala.
Mr.sc. Petronila Lokner
36
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1.6.3 Zadaci za vježbu
1.
dx
a)
∫ sin x
b)
∫ 5 + 4 cos x
c)
∫ 5 + 4 sin x
d)
∫ sin x + cos x dx
dx
dx
sin x
sin 3 x + 1
∫ cos 2 x dx
(sin x − cos x) 2
f) ∫
dx
sin 2 x
g) ∫ cos 5 xdx
e)
h)
∫ sin
6
xdx
Rješenja
1.
a) ln tg
x
+c
2
x
tg
2
arctg 2
b)
3
3
x
tg + 4
2
c)
arctg 2
3
3
x 1
1
d)
ln(1 + tgx ) + − ln(1 + tg 2 x) + c
2
2 4
1
e)
+ cos x + tgx
cos x
1
f)
ln tgx − x
2
1
2
g) sin x − sin 3 x + sin 5 x
5
3
1
3
5
1
h)
x − sin 2 x + sin 4 x + sin 3 2 x
48
64
16
4
Mr.sc. Petronila Lokner
37
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1.6.4 Integrali oblika ∫ sin m x cos n xdx
Integrali oblika
I m , n = ∫ sin m x cos n xdx , m, n ∈ Z
mogu se rješiti primjenom rekurzivnih formula:
sin m +1 x cos n −1 x n − 1
+
sin m x cos n − 2 xdx
m+n
m+n∫
ili
m −1
n +1
sin x cos x m − 1
=
+
sin m −2 x cos n xdx
∫
m+n
m+n
I m, n =
I m,n
oblika I m ,n = ∫ sin m x cos n xdx, m,
Integrali
n
∈
Z
mogu
se
rješiti
i
pogodnim
transformacijama podintegralne funkcije u ovisnosti o tome da li su m i n parni brojevi ili je
barem jedan od njih neparan prirodan broj.
Ako je bar jedan eksponent m ili n neparan i veći od nule, onda se koristi supstitucija sinx = t
ili cosx = t, uz korištenje osnovne trigonometrijske jednakosti: sin 2 x + cos 2 x = 1 .
Ako su m≥0 i n≥0 parni brojevi onda podintegralnu funkciju možemo transformirati pomoću
poznatih trigonometrijskih formula:
sin x cos x =
sin 2 x =
sin 2 x
2
1 + cos 2 x
1 − cos 2 x
.
, cos 2 x =
2
2
Pimjer 23.
a)
∫ sin
2
x cos 3 xdx = ∫ sin 2 x cos 2 x cos xdx = ∫ sin 2 x (1 − sin 2 x )d (sin x ) =
sin 4 x sin 5 x
= ∫ (sin x − sin x )d (sin x) = sin x = t , d (sin x) = cos xdx = dt =
−
+c .
4
5
3
b)
∫ sin
=
2
4
x cos 4 xdx = ∫ (sin x cos x ) ⋅ cos 2 xdx =
2
[
1 + cos 2 x
1
dx =
sin 2 2 x
∫
2
4
]
1
1 ⎡ 1 − cos 4 x
1
⎤
sin 2 2 xdx + ∫ sin 2 2 x cos 2 xdx = ⎢ ∫
dx + ∫ sin 2 2 xd (sin 2 x)⎥ =
∫
8
8⎣
2
2
⎦
= sin 2 x = t , d (sin 2 x) = 2 cos 2 xdx =
Mr.sc. Petronila Lokner
1⎛
sin 4 x ⎞ 1 sin 3 2 x
x
+c.
−
⎜
⎟+
16 ⎝
4 ⎠ 16 3
38
Poglavlje 1. Neodređeni integral
Primjer 24. Rješimo jedan teži primjer.
sin 2 x
sin 2 x cos x
t 2 dt
=
=
=
=
=
dx
dx
sin
x
t
,
cos
xdx
dt
∫ cos 3 x
∫ cos 4 x
∫ 1− t2
(
)
2
=
Podintegralnu funkciju rastavimo na parcijalne razlomke:
t2
A
B
C
D
=
+
+
+
.
2
2
2
2
(1 − t ) (1 + t ) (1 − t ) 1 − t (1 + t ) 1 + t
Množenjem jadnakosti sa (1 − t )2 (1 + t )2 je
t 2 = A(1 + t ) + B(1 − t )(1 + t ) + C (1 − t ) + D (1 + t )(1 − t ) ,
2
2
2
2
odakle izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije polinoma na lijevoj i desnoj strani
slijedi sustav
–B + D = 0
A–B+C–D=1
2A + B – 2C – D = 0
A + B + C + D = 0.
1
1
,B=D=– .
4
4
Odakle je A = C =
Prema tome je
sin 2 x
1 −1 1
1 1
1
∫ cos 3 x dx = 4 1 − t + 4 ln(1 − t ) ) + 4 1 + t − 4 ln(1 + t ) + c =
=
sin 2 x =
cos x =
tgx
1 + tg x
2
1
1 + tg x
2
tg 2 x
1 + tg 2 x
sin 2 x =
1 − cos 2 x
2
1
1 + tg 2 x
cos 2 x =
1 + cos 2 x
2
⇒ sin 2 x =
⇒ cos 2 x =
Mr.sc. Petronila Lokner
1 sin x 1 1 − sin x
+ ln
+c.
2 cos 2 x 4 1 + sin x
39
Poglavlje 1. Neodređeni integral
1.6.5 Integrali oblika ∫ sin ax sin bxdx , ∫ sin ax cos bxdx i ∫ cos ax cos bxdx
Integrali oblika:
∫ sin ax sin bxdx ,
∫ sin ax cos bxdx ,
∫ cos ax cos bxdx ,
gdje je a, b∈ℝ, a ≠ b, se mogu rješiti tako da se podintegralna funkcija transformira pomoću
jedne od sljedećih formula:
1
[cos(a – b)x – cos(a + b)x]
2
1
sinax cosbx = [sin(a – b)x + sin(a + b)x]
2
1
cosax cosbx = [cos(a – b)x + cos(a + b)x].
2
sinax sinbx =
Primjer 25.
a)
Jer je
∫ sin 5 x cos xdx
sin5x cosx =
1
[sin4x + sin6x],
2
∫ sin 5 x cos xdx = 2 [∫ sin 4 xdx + ∫ sin 6 xdx] = − 8 cos 4 x − 12 cos 6 x + c.
1
1
b)
1
∫ sin 3x sin 5 xdx
Jer je
sin3x sin5x =
1
[cos2x - cos8x]
2
∫ sin 3x sin 5 xdx = 2 [∫ cos 2 xdx − ∫ cos 8xdx] = 4 sin 2 x − 16 sin 8 x + c.
1
Mr.sc. Petronila Lokner
1
1
40
Poglavlje 1. Neodređeni integral
c)
∫ cos 2 x cos 3xdx
Jer je
cos2x cos3x =
1
[cosx + cos5x]
2
∫ cos 2 x cos 3xdx = 2 [∫ cos xdx + ∫ cos 5 xdx] = 2 sin x + 10 sin 5x + c.
1
1
1
1.6.6 Zadaci za vježbu
a)
b)
c)
∫ sin x cos
∫ sin 2 x cos
2
4
5
xdx
2 xdx
sin 3 x
∫ cos x dx
dx
x cos 2 dx
dx
h) ∫ 3
sin x cos 5 x
cos 3 x
∫ sin 2 x dx
e) ∫ tg 3 xdx
g)
d)
f)
∫ sin 5 x cos xdx
∫ sin
4
Rješenja
x sin 4 x sin 3 2 x
a)
−
+
16
64
48
b) −
1
cos 6 2 x
12
tg 2 x
e)
+ ln cos x
2
c)
cos 2 x
− ln cos x
2
Mr.sc. Petronila Lokner
1 + sin 2 x
d )−
sin x
1
1
f) − cos 4 x − cos 6 x + c
12
8
1
g) tgx − 2ctgx − ctg 3 x
3
h)
tg 4 x 3 2
1
+ tg x − ctg 2 x + 3 ln tgx + c
4
2
2
41
Poglavlje 2. Određeni integral
2
ODREĐENI INTEGRAL
2.1 Definicija određenog integrala
Promatrajmo skup T točaka ravnine koji je odozgo omeđen grafom neprekidne funkcije y = f(x)
definirane na I = [a, b], pravcima x = a i x = b i, segmentom [a, b] osi x, kao na slici 1. Takav
skup zovemo krivocrtni trapez. Postavlja se pitanje kako naći površinu tog skupa T?
y
y=f(x)
a
b
x
Slika 1.
Osnovna pretpostavka je neprekidnost funkcije
f: [a, b] → ℝ
i njezine pozitivnosti tj. da je
f(x) ≥ 0, za svako x ∈ I.
U svrhu određivanja površine tako definiranog skupa T, podjelimo interval [a, b], a < b, na n
djelova točkama x1, x2, … , xn–1, xn, tako da je
a = x0 < x1< x2 < … < xn–1< xn = b.
Takvom podjelom dobili smo intervale
[x0, x1], [x1, x2], … , [xk–1, xk], [xn–1, xn].
Na svakom intervalu odeberimo bilo koju točku
tk ∈ [xk–1, xk], k = 1, …, n.
Mr.sc. Petronila Lokner
44
Poglavlje 2. Određeni integral
Sa T1 označimo pravokutnik kojemu je jedna stranica duljina intervala [x0, x1], tj. x1 – x0, a
druga duljine f(t1). Općenito sa Tk označavamo pravokutnik kojemu je jedna stranica duljina
intervala [xk–1, xk], tj. xk – xk–1, a druga duljine f(tk) za k = 1, 2, … , n. Površina pravokutnika
Tk jednaka je
P(Tk) = f(tk)⋅(xk – xk–1), k = 1, 2, … , n.
y
y=f(x)
a=x 0
xk-1 tk x k
b=x n
x
Slika 2.
Površina skupa T tada će približno biti jednaka zbroju površina pravokutnika
P(T1), P(T2), … , P(Tn–1), P(Tn), tj.
P(T) ≈
n
∑ f (t ) ⋅ (x
k =1
k
k
− x k −1 ) . (1)
Suma (1) naziva se integralna suma funkcije f na intervalu [a, b].
Ako interval [a, b] dijelimo na sve veći i veći broj intervala, duljina xk – xk–1 svakog od njih će
biti sve manja i težiti prema 0. Intuitivno je jasno da će pri tom suma površina pravokutnika
P(T1), P(T2), … , P(Tn–1), P(Tn) sve bolje i bolje aproksimirati ukupnu površinu P(T) skupa T.
Limes integralne sume u (1) kada n → +∞, a (xk – xk–1) → 0 za svaki k = 1, 2, … , n, zovemo
određenim integralom funkcije f na [a, b] i pišemo
b
n
∫ f ( x)dx = lim ∑ f (t
a
n →∞
k =1
k
)( x k − x k −1 ) .(2)
Uvođenje pojma integrala pripisuje se Newtonu i Leibnizu, iako se osnovna ideja prepoznaje
već kod starogrčkih matematičara. Međutim, Cauchy je prvi dokazao da za neprekinute
funkcije postoji dani limes. Riemann je definiciju (2) proširio na širu klasu funkcija koje nisu
nužno neprekinute, na tzv. Riemann integrabilne funkcije.
Za ograničenu funkciju f: [a, b] → ℝ, kažemo da je Riemann integrabilna na [a, b] ako limes
(2) postoji i ako ne ovisi ni o načinu podjele intervala [a, b], ni o izboru točaka tk.
Mr.sc. Petronila Lokner
45
Poglavlje 2. Određeni integral
Integral u (2) nazivat ćemo Riemannovim integralom ili samo određenim integralom
funkcije f na [a, b], označavati sa:
b
∫ f ( x)dx ,
a
i čitati ″određeni integral funkcije f od a do b″. Funkcija f naziva se podintegralna funkcija, a je
n
donja, a b gornja granica integracije. Vidimo iz (2) da je lim ∑ zamjenjen s
n→∞
k =1
b
∫
, f(tk)
a
zamjenjen je s f(x), a oznaka dx dolazi od
∆xk = xk – xk–1,
tj. od duljine intervala [xk–1, xk].
b
Određeni integral
∫ f ( x)dx u (2) definirali smo za a < b.
a
Za a > b i a = b definiramo
a
∫
b
b
f ( x ) dx = – ∫ f ( x)dx i
a
a
∫ f ( x)dx = 0
a
Iz same definicije određenog integrala slijedi da je
b
b
b
a
a
a
∫ f ( x)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f ( y)dy ,
tj. varijablu po kojoj integriramo možemo označiti kako želimo.
2.2 Osnovna svojstva određenog integrala
1.
2.
b
b
a
a
∫ c ⋅ f ( x)dx = c ∫ f ( x)dx , c ∈ ℝ,
b
b
b
a
a
a
∫ ( f ( x) ± g ( x) )dx =∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx ,
Mr.sc. Petronila Lokner
46
Poglavlje 2. Određeni integral
3.
b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx , a < c < b.
Mr.sc. Petronila Lokner
47
Poglavlje 2. Određeni integral
Geometrijsku interpretaciju svojstva 3. ilustrira sljedeća slika
y
y=f(x)
c
Slika 3.
a
4.
b
x
Ako je f(x) ≤ g(x), za svaki x∈ [a, b], onda je i
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx .
Prva tri svojstva proizlaze direktno iz definicije određenog integrala.
Svojstvo 4. slijedi iz činjenice da ako je f(x) ≤ g(x) za x∈ [a, b], onda je i
n
∑
k =1
n
f (t k )( x k − x k −1 ) ≤ ∑ g (t k )( x k − x k −1 ) .
k =1
Kako ista nejednakost vrijedi i za limese, iz definicije (2) slijedi da je
b
∫
b
f ( x)dx ≤
a
∫ g ( x)dx .
a
Iz svojstva 4. slijedi da ako je f(x) ≤ 0 na [a, b], onda je i
b
∫ f ( x)dx ≤ 0.
a
Napomena:
Ako je f ograničena i integrabilna funkcija na [a, b] i ako f poprima i negativne vrijednosti,
onda je
b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫
Mr.sc. Petronila Lokner
f ( x) dx .
48
Poglavlje 2. Određeni integral
y
y=f(x)
a
c
b
x
Slika 4.
Definicija određenog integrala (2) geometrijski je prirodna i teorijski vrlo važna, ali je kod
računanja određenog integrala gotovo neupotrebljiva. Za računanje određenog integrala
koristimo se Leibniz–Newtonova formulom, najvažnijom formulom diferencijalnog i
integralnog računa.
Teorem 1.
Neka je I ⊆ ℝ otvoreni interval i f: I → ℝ neprekinuta funkcija.
b
1.
Za svaki interval [a, b] ⊂ I postoji
∫ f ( x)dx .
a
2.
Funkcija f ima primitivnu funkciju na I.
3.
Ako je F bilo koja primitivna funkcija od f na I, onda je
b
∫
b
f ( x)dx = F(x) = F(b) – F(a).
a
(3)
a
Formula (3) naziva se Leibniz–Newtonova formula. Iz (3) vidimo da je za računanje
određenog integrala, kao i kod neodređenog, potrebno znati naći primitivnu funkciju. Zato je
potrebno dobro uvježbati postupak deriviranja, a onda i antideriviranja.
Primjer 1. Primjenom Leibniz–Newtonova formule nađimo sljedeće određene integrale
elementarnih funkcija:
1
a)
3
∫ x dx =
0
1
b)
2
∫ x dx =
−1
1
1
1
x4
⏐= − 0 = ;
4 0 4
4
1
1 (−1) 3 2
x3
⏐= −
= ;
3 −1 3
3
3
π
c)
π
∫ sin xdx = − cos x⏐ = − cos π + cos 0 = −(−1) + 1 = 2 ;
0
Mr.sc. Petronila Lokner
0
49
Poglavlje 2. Određeni integral
π
π
dx
∫0 1 + x 2 = arctgx⏐0 = arctg1 − arctg 0 = 4 − 0 = 4 ;
1
d)
1
2
e)
2
x
x
2
0
2
∫ e dx = e ⏐ = e − e = e − 1 ;
0
0
e
f)
e
dx
∫1 x = ln x⏐1 = ln e − ln 1 = 1 − 0 = 1;
π
g)
π
π
1 − cos 2 x
1⎡
sin 2 x ⎤
1⎡
sin 2π
sin 0 ⎤ π
∫0 sin xdx = ∫0 2 dx = 2 ⎢⎣ x − 2 ⎥⎦ ⏐0 = 2 ⎢⎣π − 2 − 0 + 2 ⎥⎦ = 2 ;
2
Izračunajmo sljedeće određene integrale:
Primjer 2.
4 8
3
⎛
2 2 3 3 ⎞⎟
3
⎜
(
1
+
2
x
+
x
)
dx
=
+
+
x
2
x
x
∫0
⎜
⎟⏐ =
3
4
⎝
⎠0
⎛
⎞
2 2
3
25 124
⎛4 3⎞
;
= ⎜⎜ 8 +
16 2 + ⋅ 16 ⎟⎟ = 8 + 16⎜ + ⎟ = 8 + 16 ⋅
=
3
4
3
4
12
3
⎝
⎠
⎝
⎠
8
a)
2
2
∫
b)
dx
2
2
−
1− x2
2
2
= arcsin x ⏐ = arcsin
−
⎡ 3
1 1+ x
1⎢ 2
dx
ln
=
⏐
=
∫11 − x 2 2 1 − x − 1 2 ⎢ln 1 − ln
⎢
−
2
2
⎢⎣ 2
1
2
1
2
c)
π
4
d)
∫π
−
3
e)
2
2
π
π
π
2
2
− arcsin(−
) = − (− ) = ;
2
2
4
4
2
1⎤
2 ⎥ = 1 ln 3 2 = ln 3 ;
3 ⎥⎥ 2
2 ⎥⎦
π
4
dx
π
π
=
tgx
⏐
= tg − tg (− ) = 1 + 1 = 2 ;
2
π
4
4
cos x
−
4
4
3
3
3
x +1
1
3
∫2 x dx = ∫2 (1 + x )dx = x⏐2+ ln x⏐2 = 3 − 2 + ln 3 − ln 2 = 1 + ln 2 .
Mr.sc. Petronila Lokner
50
Poglavlje 2. Određeni integral
2.3 Metoda supstitucije kod određenog integrala
b
U određenom integralu
∫ f ( x)dx , kod zamjene varijabli naročito treba paziti da se i granice a i
a
b, koje se odnose na varijablu x, promjene i nađu odgovarajuće granice novo uvedene varijable.
Metodom supstitucije rješimo sljedeće određene integrale:
Primjer 3.
4
∫x
a)
0
4
3
x 2 + 9dx = ∫ x 2
0
x 2 + 9 = t 2 ,2 xdx = 2tdt 5
x 2 + 9 ⋅xdx = x = 0 ⇒ t = 3
= ∫ (t 2 − 9) ⋅ t ⋅ tdt =
x=4⇒t =5
3
5
=(
t5
t2
225 243 81 1412
;
− 9 )⏐ = 625 −
−
+
=
2
5
2
5
5
2 3
1
ln x = t , dx = dt
x
1
e
sin ln x
dx
=
x
=
1
⇒
t
=
ln
1
=
0
=
∫1 x
∫0 sin tdt = − cos t = − cos1 + cos 0 = 1 − cos1 ;
x = e ⇒ t = ln e = 1
b)
π
sin x = t , cos xdx = dt
1
1
t3
1
2
x
xdx
x
t
t
dt
=
=
⇒
=
=
=
=
⏐
= ;
cos
sin
0
sin
0
0
∫0
∫0
30 3
π
π
x = ⇒ t = sin = 1
2
2
2
c)
2
e x − 1 = t 2 , e x dx = 2tdt , dx =
ln 2
∫
d)
0
ex −1
π
2tdt
t2 +1
x
2
dx = ∫ (e x − 1)dx = e = t + 1
x
e −1
0
x = 0 ⇒ t 2 = e0 −1 = 0 ⇒ t = 0
=
x = ln 2 ⇒ t 2 = e ln 2 − 1 = 2 − 1 = 1 ⇒ t = 1
1
1
1
1
tdt
t 2 +1−1
1
dt = 2∫ (1 − 2 )dt = 2[t − arctgt ]⏐=
= 2∫ t 2
=2 ∫ 2
0
t +1
t +1
0 t +1
0
0
= 2[1 − arctg1 − 0 + arctg 0] = 2(1 −
Mr.sc. Petronila Lokner
π
π
) = 2− ;
4
2
51
Poglavlje 2. Određeni integral
e2
e)
dx
= dt
x
= x = 0 ⇒ t = ln e = 1
ln x = t ,
dx
∫e x ln 3 x
x = e 2 ⇒ t = ln e 2 = 2
2
2
1
3
dt
= ∫ 3 = − 2 ⏐= .
2t 1 8
1 t
2.4 Zadaci za vježbu
1. Metodom supstitucije rješite sljedeće određene integrale:
4
a)
∫x
ln 5
x + 9dx ;
2
d)
0
∫e
e x dx
;
− 6e x + 13
2x
ln 3
π
2
g)
∫ cos t sin
3
tdt ;
0
2
e
π
b)
1
1
∫1 x 2 sin x dx ;
e)
1
3
f)
2π
∫ x sin( x
2
dx
1 − ln x
2
;
3
h)
dx
∫ 2x + 3 .
0
π
c)
∫x
+ π )dx ;
zdz
∫ 1+ z
2
;
2
π
Rješenja
a)
b)
c)
98
;
3
1;
d)
e)
1;
f)
Mr.sc. Petronila Lokner
π
8
π
2
;
g)
1
;
5
h)
1
ln 3 .
2
;
1
ln 2 ;
2
52
Poglavlje 2. Određeni integral
2.5 Parcijalna integracija kod određenog integrala
Parcijalnu integraciju možemo primjeniti i na određene intagrale. Iz Newton – Leibnizove
formule (3) i iz
∫ [u ′( x)v( x) + u ( x)v ′( x)]dx = u ( x)v( x) + c
slijedi da je
b
b
∫ [u ′( x)v( x) + u ( x)v′( x)]dx = u (b)v(b) − u (a)v(a) = u( x)v( x)⏐
a
a
Odatle je
b
b
b
∫ u ( x)v′( x)dx = u ( x)v( x)⏐− ∫ u ′( x)v( x)dx ,
a
a
a
što opet kraće zapisujemo:
b
b
b
∫ udv = (u ⋅ v )⏐− ∫ vdu .
a
a)
∫
1
ln x
dx =
x2
(4)
a
Primjenom parcijalne integracije izračunajmo sljedeće određene
Primjer 4.
integrale:
e2
a
dx
e2 e2
e2 e2
ln x
1 dx
ln x
dx
x
=−
⏐ − ∫ (− )
=−
⏐+ ∫ 2 =
1
dx
x 1 1 x x
x 1 1x
dv = 2 , v =
x
x
u = ln x, dv =
e2
ln e 2 ln 1 1
2
1
3
=− 2 +
− ⏐ = − 2 − 2 +1 = 1− 2 ;
1
x 1
e
e
e
e
1
b)
∫ arcsin xdx =
0
u = arcsin xdx, du =
dv = dx, v = x
dx
1− x
1
2
1
= x arcsin x⏐− ∫
0
0
xdx
1− x2
=
1 − x 2 = t 2 ,−2 xdx = 2tdt
1
π
= x = 0 ⇒ t =1
= arcsin 1 + ∫ dt = − 1 ;
2
0
x =1⇒ t = 0
Mr.sc. Petronila Lokner
53
Poglavlje 2. Određeni integral
1
∫ x ln( x + 3)dx =
c)
u = ln( x + 3) ⇒ du =
0
dv = xdx ⇒ v =
1
dx
x+3
x2
2
1 1 2
⎡
x2 ⎤
x dx
=
= ⎢ln( x + 3) ⋅ ⎥⏐− ∫
2 ⎦0 0 2 x +3
⎣
=
1
1
⎤1
1
1 x2
1
1
9
1
1 ⎡ x2
ln 4 − ∫
dx = ln 4 − ∫ ( x − 3 +
)dx = ln 4 − ⎢ − 3x + 9 ln( x + 3)⎥⏐ =
2
2 0 x+3
2
20
x+3
2
2⎣ 2
⎦0
=
1
1 ⎡1
5 9
9
5
9
⎤ 1
ln 4 − ⎢ − 3 + 9 ln 4 − 9 ln 3⎥ = ln 4 + − ln 4 + ln 3 = − 4 ln 4 + ln 3 ;
2
2 ⎣2
4 2
2
4
2
⎦ 2
ln 5
∫
d)
0
2tdt
2
e x − 1 = t 2 , e x dx = 2tdt , dx = 2
t ⋅ 2tdt
ex ex −1
=
dx =
t +1 = ∫ 2
x
t +1+ 3
e +3
0
x = 0 ⇒ t = 0, x = ln 5 ⇒ t = 2
2
2
2
2
2
−4
1
t
t2 + 4
t2 + 4 − 4
= 2∫ 2
dt + 2∫ 2
dt = 2t ⏐− 8 ⋅ arctg ⏐ =
dt = 2∫ 2
0
2
20
t +4
0
0 t +4
0 t +4
= 4 − 4arctg1 = 4 − 4 ⋅
π
4
= 4−π .
2.6 Zadaci za vježbu
1.
Primjenom parcijalne integracije izračunajte sljedeće određene integrale:
1
3
a)
∫ x ln( x
2
− 1)dx ;
c)
8
e
b)
ln 2 x
∫1 x 2 dx ;
∫ ln( x + 1)dx ;
0
2
d)
x
∫ (x − 3)e
2 −6 x
dx .
0
Rješenja
a)
ln2 –
b)
2–
1
;
2
5
;
e
Mr.sc. Petronila Lokner
c)
ln4 – 1;
d)
1 16
(e − 1).
2
54
Poglavlje 3. Nepravi integral
3 NEPRAVI INTEGRALI
b
Integral nenegativne funkcije f na intervalu [a, b],
∫ f ( x)dx , jednak je površini onog područja
a
ispod grafa funkcije f , i znad osi x, koje se nalazi između x = a i x = b. Ako pustimo da b ode u
beskonačnost, područje postaje neomeđeno, kao što se vidi na sljedećoj slici:
y
y=f(x)
a
x
Slika 1
Osjenčan dio ravnine ispod grafa je neograničen, pa se na prvi pogled čini da je i njegova
površina beskonačna. To je u nekim slučajevima točno, ali može biti i krivi zaključak, jer je
najveći dio tog skupa toliko tanak da mu je površina zanemarivo mala.
Primjer 1.
a)
Izračunajmo integral
b
∫
dx
x
2
,
koji je jednak površini područja koje se proteže nad intervalom [2, b], do grafa funkcije
1
f(x) =
. Što se događa kada b → ∞?
x
Kako je
b
∫
2
dx
x
( )
b
= 2 x ⏐= 2 b − 2 2 ,
2
kada b → ∞, integral također teži u beskonačnost jer je lim b = ∞ . Dakle je
b →∞
b
lim ∫
b →∞
2
1
x
( )
b
(
)
dx = lim 2 x ⏐ = lim 2 b + 2 2 = ∞ .
b →∞
2
b →∞
Međutim, prva misao da je površina neomeđena područja beskonačna, kao ni ovaj primjer koji
to potvrđuje, ne smiju nas zavarati. Primjer koji slijedi jasno će nam pokazati da površina
neomeđena područja može biti konačna.
Mr.sc. Petronila Lokner
54
Poglavlje 3. Nepravi integral
b)
Izračunajmo integral
b
dx
∫x
2
,
1
koji je jednak površini područja koje se proteže nad intervalom [1, b], do grafa funkcije
1
f(x) = 2 . Što se događa kada b → ∞? Kolika je površina područja koje se proteže nad
x
1
neomeđenim intervalom [1, ∞>, do grafa funkcije y = 2 ?
x
Kako je
b
b
dx ⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
∫1 x 2 = ⎜⎝ − x ⎟⎠⏐1 = ⎜⎝ − b + 1⎟⎠ ,
1
kada b → ∞, jer je lim = 0 , integral
b →∞ b
b
Naime, graf funkcije f(x) =
1
dx
∫x
2
teži prema 1, dakle je
1
b
dx
⎛ 1⎞
⎛ 1 ⎞
= lim⎜ − ⎟⏐ = lim⎜ − + 1⎟ = 1 .
2
b
→
∞
b
→
∞
x
⎝ x ⎠1
⎝ b ⎠
lim ∫
b →∞
b
1
pod a) se približava osi x sporije nego graf funkcije f(x) =
x
pod b) pa je površina ispod njega beskonačna.
b
Ovaj nas primjer upućuje na to da granice određenih integrala budu ∞, pa npr. lim ∫
b →∞
∞
gornjem primjeru, označimo sa
dx
∫x
2
1
1
x2
dx
u
x2
i uvedemo kao novu vrstu tzv. nepravih integrala na
1
neomeđenim intervalima.
3.1 Integrali nad neomeđenim intervalima
Ako je f(x) integrabilna na [a, b] za svaki b > a i ako postoji konačni limes
b
lim
b → +∞
∫ f ( x)dx
a
onda se taj limes naziva nepravi integral funkcije f na skupu [a, +∞〉 i označava se s
∞
b
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx .
a
Mr.sc. Petronila Lokner
b →∞
(1)
a
55
Poglavlje 3. Nepravi integral
U tom slučaju još se kaže da
∞
∫ f ( x)dx
a
konvergira. Ako limes u definiciji nepravog integrala ne postoji ili je jednak ±∞, onda kažemo
da integral
∞
∫ f ( x)dx
a
divergira (ili ne postoji).
Slično, ako je f(x) integrabilna na [a, b], za svaki a i b i ako postoji konačni limes
b
lim
a → −∞
∫ f ( x)dx
a
onda se taj limes naziva nepravi integral funkcije f na skupu 〈–∞, b] i označava se s
b
∫
b
f ( x)dx = lim
a → −∞
−∞
∫ f ( x)dx .
(2)
a
Također se u tom slučaju kaže da
b
∫ f ( x)dx
−∞
konvergira, a ako limes iz definicije ne postoji ili je jednak ±∞, kaže se da
b
∫ f ( x)dx
−∞
divergira ili ne postoji.
Ako je f(x) integrabilna na [a, b], za svaki a i b i ako postoje konačni limesi
c
lim
a → −∞
∫
a
b
f ( x )dx i lim ∫ f ( x)dx , c ∈ ℝ,
b →∞
c
onda postoji nepravi integral
+∞
∫ f ( x)dx
−∞
Mr.sc. Petronila Lokner
56
Poglavlje 3. Nepravi integral
koji definiramo kao
+∞
c
+∞
−∞
−∞
c
c
b
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx + lim ∫ f ( x)dx .
a → −∞
a
b →∞
(3)
c
gdje je c bilo koja točka tog intervala.
Ako je u tim izrazima limes desne strane konačan, određen broj, kaže se da integral konvergira,
a ako takav broj ne postoji, da integral divergira.
Primjer 2.
Izračunajmo sljedeće neprave integrale:
∞
dx
dx
π
π
= lim(arctgx )⏐ = lim(arctgb − arctg 0) = − 0 = .
2
∫0 1 + x 2 = blim
∫
→∞ 1 + x
b →∞
b →∞
0
2
2
0
a)
b
b
Drugim rječima, površina ispod krivulje
1
1+ x2
f(x) =
od 0 do ∞ je jednaka
0
π
2
.
0
( )
0
(
)
x
x
x
α
∫ e dx = lim ∫ e dx = lim e ⏐ = lim 1 − e = 1 .
b)
−∞
α → −∞
α → −∞
α
α
α → −∞
Površina ispod krivulje
f(x) = ex
od –∞ do 0 jednaka je 1.
0
0
0
2
1
⎛ 1 2⎞
− x2
xe − x dx = − x 2 = t , xdx = − dt = lim ⎜ − e − x ⎟⏐ =
∫−∞xe dx = αlim
∫
α → −∞
→ −∞
2
⎠α
⎝ 2
α
c)
1
⎛ 1 1 α2 ⎞
= lim ⎜ − + e − ⎟ = − , integral konvergira.
α → −∞
2
⎠
⎝ 2 2
∞
b
0
dx
dx
dx
+ lim ∫
=
2
2
∫−∞ x 2 + 2 x + 2 = alim
→ −∞ ∫ (
→
∞
b
)
(
)
x
1
1
x
1
1
+
+
+
+
0
a
d)
0
b
= lim [arctg ( x + 1)]⏐+ lim[arctg ( x + 1)]⏐ =
a → −∞
a
b →∞
Mr.sc. Petronila Lokner
0
57
Poglavlje 3. Nepravi integral
= lim [arctg1 − arctg (a + 1)] + lim[arctg (b + 1) − arctg1] =
a → −∞
b→ ∞
π ⎛ π⎞ π π
− ⎜− ⎟ + − = π .
4 ⎝ 2⎠ 2 4
Postoji i drugi tip nepravog integrala. Ako graf od f ima vertikalnu asimptotu u rubnoj točki
intervala [a, b], onda integral
b
∫ f ( x)dx
a
nije definiran na uobičajen način, jer funkcija nije omeđena u okolini te rubne točke,
tj. f(x) → +∝ ili –∝, kada x → a ili x → b. I tu se susrećemo s površinom neomeđena područja,
što se proteže nad intervalom [a, b] ispod grafa funkcije f.
Područje je ovog puta neomeđeno u smjeru osi y. Njegovu površinu opet možemo pronaći kao
limes pravih integrala, a njega ćemo opet zvati nepravim integralom.
Dakle postoje dva tipa nepravog integrala: ili područje integracije [a, b] nije konačno ili f(x)
nije konačna na danom području integracije.
3.2 Integrali neomeđenih funkcija
Promotrimo prvo slučaj kada je funkcija f neomeđena na lijevom kraju intervala [a, b],tj.
lim f ( x ) = ±∞ .
x→a
Ako je funkcija integrabilna za sve x ∈ 〈a, b] i ako postoji konačan limes
b
lim
ε →0
∫ε f ( x)dx
a+
onda se taj limes zove nepravi integral funkcija f na 〈a, b] i označava se kao obični integral
b
b
∫ f ( x)dx = lim
∫ε f ( x)dx .
ε
→0
a
(4)
a+
U tom slučaju, reći ćemo da nepravi integral
b
∫ f ( x)dx
a
konvergira, a u suprotnom da divergira.
Mr.sc. Petronila Lokner
58
Poglavlje 3. Nepravi integral
Ako je funkcija f neomeđena na desnom kraju intervala [a, b],tj.
lim f ( x ) = ±∞ ,
x →b
i ako je integrabilna za sve x ∈ [a, b〉, a postoji konačan limes
b −ε
lim
ε →0
∫ f ( x)dx ,
a
onda se taj limes zove nepravi integral funkcija f na [a, b〉 i označava kao obični integral
b −ε
b
∫
f ( x)dx = lim
ε →0
a
∫ f ( x)dx .
(5)
a
I u ovom slučaju kažemo da nepravi integral konvergira, a ako je limes u danoj definiciji
jednak ±∞ ili ne postoji, kažemo da integral divergira, tj. ne postoji.
Geometrijska interpretacija nepravog integrala funkcije f na [a, b〉, kada f nije ograničena u b je
osjenčani dio na slici
y
y=f(x)
a
b
x
Slika 2
Promotrimo sada i slučaj kada je podintegralna funkcija neograničena u nekoj točki
c ∈ 〈a, b〉, tj.
lim f ( x ) = ±∞ .
x→ c
b
Tada se integral
∫ f ( x)dx rastavlja točkom c ∈ 〈a, b〉, na dva integrala
a
c
∫
b
f ( x)dx i
a
∫ f ( x)dx .
c
koji su nepravi prama prethodnim definicijama.
Mr.sc. Petronila Lokner
59
Poglavlje 3. Nepravi integral
Dakle definiramo
b
c
b
a
a
c
c −ε
b
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = lim
∫ f ( x)dx + lim
∫ε f ( x)dx ,
ε
ε
→0
→0
a
(6)
c+
kao nepravi integral.
Ako su limesi na desnoj strani konačni kažemo da integral
b
∫ f ( x)dx
a
konvergira, a ako takav broj ne postoji integral divergira.
Geometrijska interpretacija ovog integrala je površina osjenčanog lika na sljedećoj slici:
y
y=f(x)
a
c
x
b
Slika 3
Ispitajmo konvergenciju sljedećih nepravih integrala:
Primjer 3.
2
a)
∫
0
dx
4 − x2
= lim
x→2
1
4 − x2
=∝ = lim
2 −ε
∫
ε →0
0
2 −ε
dx
x
= lim(arcsin ) ⏐ =
2 0
4 − x 2 ε →0
π
2−ε
2−ε
⎡
⎤
⎡
⎤
= lim ⎢arcsin
− arcsin 0⎥ == lim ⎢arcsin
− 0⎥ = arcsin 1 = ;
ε →0
ε
→
0
2
2
2
⎣
⎦
⎣
⎦
Iako je lik neograničen, vidimo da je površina konačna i jednaka
2
∫
0
π
. Dakle
2
dx
4 − x2
konvergira.
Mr.sc. Petronila Lokner
60
Poglavlje 3. Nepravi integral
1
1
1
[x ln x − x]⏐ = lim
[1ln1 − 1 − ε ln ε + ε ] =
∫ ln xdx = lim ln x = − ∝ = lim
∫εln xdx = lim
ε
ε
ε
ε
b)
x →0
0
→0
→0
0+
→0
1
ln ε
= −1 − lim ε = −1 + lim ε = −1 .
ε →0 1
ε →0
ε →0
1
− 2
= −1 − lim ε ln ε = −1 − lim
ε →0
ε
ε
Integral
1
∫ ln xdx
0
konvergira.
1
c)
0
0 −ε
1
dx
dx
dx
1
= ∞ = ∫ 3 + ∫ 2 = lim
∫−1 x 2 = lim
ε →0
x →0 x 2
0 x
−1 x
1
−ε
1
dx
dx
1
−1
+ lim ∫ 2 = lim(− ) ⏐ + lim( )⏐ =
2
0
ε
ε
ε
→
→
→
0
0
x −1
x ε
x
0 +ε x
∫
−1
⎡ ⎛1 ⎞
1 ⎞⎤
⎛
= ⎢lim⎜ − 1⎟ + lim⎜ − 1 + ⎟⎥ = ∞ , pa
ε ⎠⎦
⎠ ε →0 ⎝
⎣ ε →0 ⎝ ε
1
dx
∫x
2
−1
divergira. Dakle, površinu ne možemo izračunati tj. beskonačna je.
1
d)
0
1
dx
dx
dx
1
= ∞ = ∫ 3 + ∫ 3 = lim
∫−1 x 3 = lim
ε →0
x →0 x 3
0 x
−1 x
0 −ε
∫
−1
−ε
1
1
−1
dx
dx
1
+ lim ∫ 3 = lim(− 2 ) ⏐ + lim( 2 )⏐ =
3
0
0
0
ε
ε
ε
→
→
→
2x ε
x
2 x −1
0 +ε x
1⎡ ⎛ 1
1 ⎞⎤
⎛
⎞
= − ⎢lim⎜ 2 − 1⎟ + lim⎜1 − 2 ⎟⎥ = 0 ;
2 ⎣ ε →0 ⎝ ε
⎠ ε →0 ⎝ ε ⎠ ⎦
8
e)
∫
0
dx
3
Primjer 4.
x
= lim 3
x →0
1
x
8
=∝ = lim ∫ 3
ε →0
ε
2
⎛
⎞ 3
⎛ 3 23 ⎞ 8 3
⎜
⎜
⎟
= lim⎜ x ⎟⏐= lim⎜ 4 − ε 3 ⎟⎟ = ⋅ 4 = 6 .
x ε →0 ⎝ 2 ⎠ ε 2 ε →0 ⎝
⎠ 2
dx
Izračunajmo sljedeći određeni integral supstitucijom tg
π
x
=t.
2
1
∫ 5 + 4 cos xdx .
0
Mr.sc. Petronila Lokner
61
Poglavlje 3. Nepravi integral
1− t2
dt
i dx =
.
2
1+ t
1+ t2
Uz navedenu supstituciju znamo da je cosx =
Sada promjenimo još i granice:
za x = 0 slijedi da je t = tg0 = 0, a za x = π je t = tg
π
= ∞.
2
Tada je
π
1
∫0 5 + 4 cos xdx =
∞
∞
dt
1
2dt
.
= 2∫ 2
∫0
2
2
1− t 1+ t
0 t +9
5+ 4
1+ t2
Dakle, dobili smo nepravi integral, kojeg možemo rješiti prema (1) pomoću limesa:
∞
b
π
1
1
dt
dt
t⎞
b
⎛
⎛
⎞ 1π
= lim⎜ arctg ⎟⏐= lim⎜ arctg − arctg 0 ⎟ =
−0 = ,
2
∫0 t 2 + 9 = blim
∫
→∞ t + 9
3 b →∞⎝
3 ⎠ 0 3 b →∞⎝
3
6
⎠ 32
0
b
pa je
π
1
∫ 5 + 4 cos xdx
=
0
3.3.
Zadaci za vježbu
1.
Izračunati sljedeće neprave integrale:
+∝
0
dx
∫−∝ x 2 + 4 ;
a)
c)
+∝
arctgx
dx ;
b) ∫ 2
0 x +1
π
.
3
1
2
dx
∫−∝ (x 2 + 1) 2 ;
e)
dx
∫0 x ln 2 x ;
d)
∫ x ln
2
xdx ;
1
f)
0
ln(1 + x)
∫1 x dx
∫
dx
1− x2
(1 − x) 2
;
∝
c)
∝
b)
3
Pokazati da sljedeći nepravi integrali divergiraju:
∝
a)
0
dx
1
0
2.
2
g) ∫
∫ cos xdx
2
Mr.sc. Petronila Lokner
1+ x2
∫1 x 3 dx
5
d)
0
e)
dx
∫x
2
−1
dx
∫x
7
0
62
Poglavlje 3. Nepravi integral
Rješenja:
1.
a)
b)
π
;
4
π2
;
8
c)
d)
Mr.sc. Petronila Lokner
π
;
2
1
;
4
e)
f)
1
;
ln 2
g)
6.
π
;
2
63
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
4 PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
4.1 Površina
4.1.1 Površina u pravokutnim koordinatama
Ako je neprekidna funkcija zadana u pravokutnim koordinatama jednadžbom
y = f(x) i f(x) ≥ 0,
onda se površina krivocrtnog trapeza omeđenog tom krivuljom, pravcima x = a i
x = b, te osi apscisa od a do b određuje formulom:
b
P=
∫ f ( x)dx .
(1)
a
y
y=f(x)
P
b
x=b
a
x=a
x
Slika 1.
Ako je
y = f(x) i f(x) ≤ 0, x ∈ [a, b],
onda se površina između osi x i grafa negativne funkcije omeđene pravcima x = a i
x = b računa tako da integriramo funkciju –f, a ne f:
b
P=–
∫ f ( x)dx .
(2)
a
Mr.sc. Petronila Lokner
64
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
x=a
a
x=b
b
x
P
y=f(x)
Slika 2.
Neka je c nultočka funkcije f, tj. f(c) = 0. Ako funkcija f mjenja predznak, tj. na djelu
intervala [a, b] od x = a do x = c funkcija f(x) ≥ 0, a na djelu intervala [a, b] od x = c do
x = b funkcija f(x) ≤ 0, tada je površina omeđena grafom funkcije f, osi x, pravcima x = a i
x = b jednaka
c
P = P1 + P2 =
∫
a
b
f ( x)dx − ∫ f ( x)dx .
(3)
c
y
y=f(x)
P1
a
c
P2
x=a
b
x
x=b
Slika 3.
Ako je područje nad intervalom [a, b] omeđeno grafovima neprekinutih funkcija f i g koje
ispunjavaju nejednakosti 0 ≤ g(x) ≤ f(x) za x ∈ [a, b], tada je površina takvog područja
b
P = ∫ [ f ( x ) − g ( x )]dx .
(4)
a
Mr.sc. Petronila Lokner
65
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
y=f(x)
P
y=g(x)
b
x=b
a
x=a
x
Slika 4.
Primjer 1.
a) f(x) =
Izračunajmo površine područja omeđena grafovima funkcija:
x2
i pravcima x = 1, x = 3, y = 0. Skicirajmo površinu.
2
y
1
1
3
x
Slika 5.
Iz slike se vidi da je površina područja smještena nad intervalom [1, 3], pa je prema (1)
3
P=
3
1 x3
1⎛
1 ⎞ 13
x2
=
⏐= ⎜9 − ⎟ = ;
dx
∫1 2
2 3 1 2⎝
3⎠ 3
b) f(x) = x2 i g(x) = x3.
Mr.sc. Petronila Lokner
66
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
1
1
x
Slika 6.
Površina područja, koje je smješteno nad intervalom [0, 1] između grafova funkcija f i g
prema (4) je
P=
1
1
0
0
2
3
∫ x dx − ∫ x dx =
1
x3 x4
1 1 1
− ⏐= − = ;
3
4 0 3 4 12
c) f(x) = 4x – x2 i pravcima x = 5 , y = 0.
y
1
5
x
Slika 7.
Mr.sc. Petronila Lokner
67
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Nultočke funkcije f su x1 = 0 i x2 = 4, pa je prema (3)
4
5
⎛
⎞
x3 ⎞ ⎛ x3
P = P1 + P2 = ∫ (4 x − x )dx + ∫ (x − 4 x )dx = ⎜⎜ 2 x 2 − ⎟⎟⏐+ ⎜⎜ − 2 x 2 ⎟⎟⏐=
3 ⎠0 ⎝ 3
⎝
⎠4
0
4
64
64 125
= 2 ⋅ 16 −
+
− 2 ⋅ 25 −
+ 2 ⋅ 16 = 13 ;
3
3
3
4
5
2
2
d) f(x) = –x2 + 3x – 2 i pravcem y = –2x + 2.
y
2
0
2
4 x
-2
-6
Slika 8.
Grafovi tih funkcija se sjeku u apscisama u kojima je
–x2 + 3x – 2 = –2x + 2,
Odakle je
x2 – 5x + 4 = 0,
pa je x1 = 1 i x2 = 4.
4
4
⎞4
⎛ x3
x2
+ 5 − 4 x ⎟⎟⏐ =
P = ∫ (− x 2 + 3x − 2 + 2 x − 2)dx = ∫ (− x 2 + 5 x − 4)dx = ⎜⎜ −
2
⎠1
⎝ 3
1
1
=−
9
1 5
64 80
+
−8+ − + 4 = ;
2
3 2
3
2
Mr.sc. Petronila Lokner
68
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
e) f(x) =
2
i pravcem x + 2y – 5 = 0.
x
2
i x + 2y – 5 = 0, da bismo dobili presječne točke zadanih
x
krivulja. Slijedi kvadratna jednadžba
Rješimo sustav jednadžbi y =
x2 – 5x + 4 = 0,
čija su rješenja x1 = 1 i x2 = 4. Presječne točke su A(1, 2) i B(4,
1
). Prema (4) je:
2
y
2
1
1
x
4
Slika 9.
⎞4
⎛ x2 5
x 5 2
⎜
+ x − 2 ln x ⎟⎟⏐ =
P = ∫ (− + − )dx = ⎜ −
2
2
x
4
2
⎠1
⎝
1
15
1 5
= − 4 + 10 − 2 ln 4 + − + 2 ln 1 = − 2 ln 4 ;
4
4 2
4
f) f(x) =
1
x (3 − x ) od x1 = 0 do x2 = 3.
3
y
1
3
1
x
Slika 10.
Područje definicije funkcije f je D(f) = [0, ∞〉, nul-točke su x1 = 0 i x2 = 3, pa se površina
koju tražimo nalazi između nul-točaka. Prema (1) je:
Mr.sc. Petronila Lokner
69
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
3
5 3
⎛
x⎞
2 2 12 2
6
4
⎟dx = x −
P = ∫ ⎜⎜ x − x
x ⏐= 2 3 −
3=
3.
⎟
3 ⎠
3
35 0
5
5
0⎝
3
g) Izračunajmo površinu omeđenu elipsom:
Eksplicitni oblik krivulje iznad osi OX je:
y=
x2 y 2
+
= 1.
a2 b2
b
a2 − x2
a
y
b
a
-a
x
-b
Slika 11.
π
x = a sin t , dx = a cos tdt
b 2
b2
P = 4P1 = ∫
a − x 2 dx = x = a ⇒ sin t = 0, t = 0 = 4 ∫ a cos t ⋅ a cos tdt =
a
a0
0
π
x = a ⇒ sin t = 1, t =
2
a
π
2
π
2
π
2
1 + cos 2t
⎡ sin 2t ⎤
dt = 2ab ⎢t −
= abπ ,
2
2 ⎥⎦⏐
⎣
0
0
= 4ab ∫ cos 2 tdt = 4ab ∫
0
pa je površina elipse
Primjer 2.
x2 y 2
+
= 1 jednaka P = abπ.
a2 b2
Izračunajmo površinu područja omeđenu grafovima funkcija
f ( x) =
x2
1
(
)
i
=
.
g
x
2
1+ x2
Grafovi se sjeku u točkama gdje je
x2
1
=
.
2
1+ x2
Mr.sc. Petronila Lokner
70
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Slijedi da je
x4 + x2 – 2 = 0,
a realna rješenje ove jednadžbe su x1 = 1 i x2 = –1, pa su presječne točke
A(–1,
1
1
) i B(1, ).
2
2
y
1
A
B
0,5
-1
1
x
Slika 12.
Primjenom formule (4) slijedi da je
1
1
⎡
dx
x2
x3 ⎤
⎡ 1 − 1⎤ π π π 1
−
=
−
dx
arctg
⎢
⎥⏐ = arctg1 − arctg (−1) − ⎢ − ⎥ = + = − .
∫−11 + x 2 −∫1 2
6 ⎦ −1
⎣6 6 ⎦ 4 4 2 3
⎣
1
P=
Primjer 3.
a) Izračunajmo površinu područja omeđeno grafom funkcije
–x
f(x) = e , tangentom iz ishodišta na tu krivulju i asimptotom te krivulje.
y
A
1
1
x
Slika 13.
Jednadžba pravca tangente kroz ishodište je
y = kx
Mr.sc. Petronila Lokner
71
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
−x
Jer je k = y′(x0) = − e 0 , gdje je A(x0, f(x0)) točka u kojoj tangenta dodiruje graf funkcije
−x
f(x) = e–x. Kako je y0 = f(x0) = e 0 , slijedi da je
e
−x
pa je x0 = 1, a y0 = f(x0) = e, tj.:
0
= −e
−x
0
x0
A(– 1, e).
Slijedi da je jednadžba tangente
y = –ex
Horizontalna asimptota funkcije f(x) = e–x je pravac y = 0, jer je lim e − x = 0
x →∝
Površinu područja ispod y = e–x za x∈ [–1, ∞〉 označimo sa P2.
∝
b
b
P2 = ∫ y ( x)dx = ∫ e dx = lim ∫ e dx = − lim(e
−1
a
−x
b →∝
−x
b →∝
−1
b
−x
)⏐ = − lim(e
−1
b →∝
−b
− e) = 0 + e = e .
Površinu područja ispod tangente y = –ex za x∈ [–1, 0] označimo sa P1 i ono predstavlja
površinu trokuta, pa je
P1 =
a ⋅ b − 1⋅ e e
=
= .
2
2
2
Ukupna površina područja koje smo tražili je
P = P2 – P1 = e –
e e
= .
2 2
b) Izračunajmo površinu područja omeđenu grafovima funkcija
f ( x) =
od x = 0 do x =
1
i g(x) = ctgx,
sin x
π
.
2
Mr.sc. Petronila Lokner
72
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
1
π
π
2
1
x
Slika 14.
Prema formuli (4) je
x
sin
1 − cos x
⎞
⎛ 1
2 dx =
dx = lim ∫
− ctgx ⎟dx = lim ∫
P = P1 – P2 = ∫ ⎜
ε →0
ε →0
x
sin
x
sin
x
⎠
0⎝
ε
ε cos
2
π
2
π
2
π
2
π
2
= –2 lim ln cos
ε →0
π
x
⎛
⎞
= −2⎜ lim ln cos − lim ln cos ε ⎟ = ln 2 .
⏐
ε
→
0
ε
→
0
2ε
4
⎝
⎠
2
c) Izračunajmo površinu područja omeđenu grafom funkcije f(x) = x 3 ⋅ e − x i njenom
asimptotom.
y
1
1
x
Slika 15.
Funkcija f je neparna pa je graf simetričan s obzirom na ishodište koordinatnog sustava
2
x3
Funkcija f(x) = x 3 ⋅ e − x = 2 ima horizontalnu asimptotu pravac y = 0, jer je
ex
lim f ( x ) = 0 . Iz slike se vidi da je površina jednaka
x → ±∞
Mr.sc. Petronila Lokner
73
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
∞
3 − x2
P = 2∫x e
0
Neodređeni integral
b
2
dx = 2 lim ∫ x 3 e − x dx .
b →∞
0
2
3 −x
∫ x e dx možemo rješiti tako da prvo primjenimo metodu
supstitucije, a zatim parcijalne integracije:
3 − x2
∫x e
=
2
dx = ∫ x 2 e − x xdx = − x 2 = t , − 2 xdx = dt = −
u = t , du = dt
e dt = dv, v = e
t
=−
t
1
te t dt =
2∫
1 t
1 2
(
te − e t ) = − e − x (1 + x 2 ) .
2
2
Sada je
b
lim ∫ x e
b →∞
3 − x2
0
b
⎛1+ b2
⎞
⎛1+ b2
1
1
⎡ 1 2
⎤
dx = lim ⎢− e − x (1 + x 2 )⎥⏐= − lim⎜⎜ b 2 − 1⎟⎟ = − lim⎜⎜ b 2
b →∞
2 b →∞⎝ e
2 b→∞ ⎝ e
⎣ 2
⎦0
⎠
⎞ 1
1 1
⎟⎟ + = 0 + =
2 2
⎠ 2
pa je P = 1.
4.1.2 Zadaci za vježbu
1. Izračunajte površinu omeđenu grafom funkcije f(x) = x2 + x + 1, te pravcima x = 0,
x = 1 i y = 0.
2. Izračunajte površinu omeđenu grafom funkcije f(x) = 2x – x2 i pravcem y = – x.
3. Izračunajte površinu omeđenu krivuljom x = 6 – y – y2 i osi y.
4. Izračunajte površinu omeđenu krivuljama y2 = 2x + 1 i y = x – 1.
5. U točkama pravca x – y + 1 = 0 i parabole y = x2 – 4x + 5 povučene su tangente na
parabolu. Izračunajte površinu omeđenu parabolom i tangentama.
6. Izračunajte površinu omeđenu krivuljama x2 = 4y i y2 = 4x.
7. Izračunajte površinu omeđenu grafom funkcije f(x) =
3
i pravcem x + y = 6.
x−2
8. Izračunajte površinu omeđenu krivuljama y = –x2 + 4x –3 i y =
3 2 3
x – x – 3.
2
2
1− x2
9. Izračunajte površinu omeđenu krivuljom y =
i osi x.
1+ x2
Mr.sc. Petronila Lokner
74
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Rješenja:
1
1. P = ∫ ( x 2 + x + 1)dx =
0
11
;
6
9
2. P = ;
2
5. P =
9
;
4
6. P =
16
;
3
7. P = 4 – 3ln3;
2
125
3. P = ∫ (6 − y − y )dy =
;
6
−3
2
8. P =
⎡
y 2 − 1⎤
16
4. P = ∫ ⎢( y + 1) −
;
⎥dy =
2 ⎦
3
−1 ⎣
11
;
3
3
9. P = π –2.
4.1.3 Površina u parametarskim koordinatama
Površina ispod krivulje zadane parametarski sa
⎧ x = ϕ (t )
⎨
⎩ y = ψ (t )
gdje je ψ(t) ≥ 0 na intervalu [t1, t2], dana je sa
P=
b
t2
a
t1
∫ ydx = ∫ψ (t )ϕ ′(t )dt
(5)
gdje se t1 i t2 određuju iz jednakosti
a = ϕ(t1)
b = ϕ(t2).
Primjer 4.
a)
Ako je elipsa zadana parametarski
⎧ x = a cos t
⎨
⎩ y = b sin t
prema formuli (5) će dio elipse u prvom kvadrantu biti
t2
π
2
π
2
π
2
1
π
ab ⎡ sin 2t ⎤
1 + cos 2t
P1 = ∫ψ (t )ϕ ′(t )dt = ab ∫ cos 2 tdt = ab ∫
,
−
dt =
t
=
ab
⎢
⎥⏐
4
2
2
2
4
⎣
⎦
t1
0
0
0
pa je površina elipse P = 4P1 = abπ.
Mr.sc. Petronila Lokner
75
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
b) Ako se krug radijusar a kotrlja (bez klizanja) po pravcu, onda točka na rubu tog kruga
opisuje krivulju čija je jednadžba dana parametarski:
⎧ x = a(t − sin t )
, 0 ≤ t ≤ 2π.
⎨
⎩ y = a(1 − cos t )
Tu krivulju nazivamo cikloidom.
y
2a
2aπ
0
x
Slika 16.
Naći površinu ispod jednog luka cikloide. Prema (5) slijedi da je
b
t2
a
t1
P = ∫ ydx = ∫ y (t ) x ′(t )dt =
2π
= ∫ a(1 − cos t )a(1 − cos t )dt = a
0
2π
2
∫ (1 − cos t )
2π
2
dt = a
0
2
∫ (1 − 2 cos t + cos
2
t )dt =
0
2π
2π
2π
⎡
sin 2t ⎞
1 + cos 2t ⎤
2
2
2 1⎛
= a ⎢(t − 2 sin t )⏐ + ∫
dt ⎥ = 2a π + a ⎜ t +
⎟⏐ = 3a π .
2
2
2
⎠0
⎝
⎢⎣
⎥⎦
0
0
2
4.1.4 Površina u polarnim koordinatama
Kada je neprekidna funkcija zadana u polarnim koordinatama
r = r(ϕ)
tada je površina isječka AOB ograničena lukom krivulje r = r(ϕ) i s dva polarna radijusa
OA i OB kojima odgovaraju kutevi ϕ1 i ϕ2 dana sa
ϕ
1 2
2
P = ∫ [r (ϕ )] dϕ
2 ϕ1
Mr.sc. Petronila Lokner
(6)
76
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
B
P
A
r=r(ϕ)
x
0
Slika 17.
Primjer 5.
a)
Izračunajmo površinu lika omeđenog kardioidom
r = a(1 + cosϕ).
y
r
ϕ
2a
0
x
Slika 18.
Kako je površina iznad i ispod x-osi jednaka, a krivulja je zadana u polarnim
koordinatama, prema (6) je ukupna površina koja je omeđena kardioidom jednaka:
π
π
π
⎛π
⎞
1 2
2
2
⎜
P = 2 ∫ a (1 + cos ϕ ) dϕ = a ⎜ ∫ dϕ + ∫ 2 cos ϕdϕ + ∫ cos 2 ϕdϕ ⎟⎟ =
20
0
0
⎝0
⎠
π π 1 + cos 2ϕ
⎛
⎞
⎛
⎞ 3
π 1π
2
⎜
⎟
⎜
= a ⎜ (ϕ + 2 cos ϕ ) + ∫
dϕ ⎟ = a ⎜ π + + ∫ cos 2ϕdϕ ⎟⎟ = a 2π ;
2
2 40
0
0
⎝
⎠
⎝
⎠ 2
2
b) Izračunajmo veći dio površine lika omeđenog kružnicom x2 + y2 – 2ay = 0 i pravcem
y = x u polarnim koordinatama.
Mr.sc. Petronila Lokner
77
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Kružnicu
x2 + y2 – 2ay = 0
izrazimo u polarnim koordinatama u kojima je:
x = rcosϕ
y = rsinϕ:
Jer je u polarnim koordinatama x2 + y2 = r2 , slijedi da jednadžbu zadane kružnice možemo
napisati kao
r2 – 2arsinϕ = 0,
odakle je
r = 2asinϕ,
jednadžba pomaknute kružnice po osi y za a, sa središtem u S(0, a) i radijusom a, tj
.tangira os OX u ishodištu.
y
2a
a
0
x
Slika 19.
Dio ravnine između pravca
y=x
i kružnice
x2 + (y – a)2 = a2
odnosno
r = 2asinϕ,
Mr.sc. Petronila Lokner
78
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
nalazi se između polarnih kuteva ϕ1 =
π
i ϕ2 = π, pa je površina koju tražimo prema (6)
4
jednaka:
φ
π
π
4
4
π
1 − cos 2ϕ
sin 2ϕ ⎤
1 2
1
⎡
P = ∫ r 2 dϕ = ∫ 4a 2 sin 2 ϕdϕ = 2a 2 ∫
dϕ =a 2 ⎢ϕ −
=
2
2 ⎥⎦⏐
2 ϕ1
2π
⎣
π
π
4
⎡
π 1⎛
π ⎞⎤ a
(3π + 2) .
= a 2 ⎢π − − ⎜ sin 2π − sin ⎟⎥ =
4 2⎝
2 ⎠⎦ 4
⎣
2
Primjer 6.
Nađimo manju površinu između
x2 + y2 = 8 i
x2 = 2y,
koristeći polarne koordinate.
y
A
B
2
2
x
Slika 20.
x2
nalazimo rješavanjem
2
sustava te dvije jednadžbe. U tu svrhu uvrstimo x2 iz jednadžbe parabole u jednadžbu
kružnice, slijedi
Presječne točke grafova kružnice x2 + y2 = 8 i parabole y =
y2 + 2y – 8 = 0,
odakle je y = 2, za koji je x1 = –2 i x2 = 2. Pa su presječne točke:
A(–2, 2) i B(2, 2).
U polarnim koordinatama je:
x2 + y2 = 8
r2 = 8,
pa je jednadžba centralne kružnice radijusa 2 2 u polarnim koordinatama dana sa
r =2 2.
Mr.sc. Petronila Lokner
79
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Ako sada i jednadžbu parabolu x 2 = 2 y izrazimo u polarnim koordinatama, slijedi da je
r 2 cos 2 ϕ = 2r sin ϕ ,
pa je jednadžba zadane parabole u polarnim koordinatama
r=
2 sin ϕ
.
cos 2 ϕ
Površinu područja, koje je smješteno između polarne osi ϕ = 0 i ϕ =
π
, a ograničeno
4
2 sin ϕ
, označimo sa P1. Površinu područja, koje je smješteno između
cos 2 ϕ
π
π
polarne osi ϕ =
i ϕ = , a ograničeno kružnicom r = 2 2 , označimo sa P2.Ukupna
4
2
površina je tada jednaka:
parabolom r =
P = 2(P1 + P2),
gdje je
π
4
π
⎤
⎡ π4
4
dϕ ⎥
1 2
1 4 sin ϕ
1 − cos ϕ
⎢ dϕ
P1 = ∫ r dϕ = ∫
dϕ = 2 ∫
dϕ = 2 ⎢ ∫
=
−
2
2 0 cos 4 ϕ
cos 4 ϕ
cos 4 ϕ ∫0 cos 2 ϕ ⎥
0
0
⎥
⎢
⎦
⎣
2
π
4
2
π
π
⎡
⎤
4
3
⎡
⎤4 2
tg ϕ
⎢
⎥
= 2⎢ ∫ (1 + tg 2ϕ )d (tgϕ ) −tgϕ⏐⎥ = 2⎢tgϕ +
− tgϕ ⎥⏐= ,
3
⎣
⎦0 3
0⎥
⎢
⎣
⎦
dok je
π
P2 =
π π
1 2
12
r
d
ϕ
=
8dϕ = 4( − ) = π ,
∫
∫
2
2π
2 4
4
pa je
P = 2(
Mr.sc. Petronila Lokner
4
2
+ π ) = 2π + .
3
3
80
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
4.1.5 Zadaci za vježbu
1. Izračunajte površinu omeđenu grafom funkcija:
π
π
≤ϕ ≤ ;
2
2
a)
r = acosϕ, ako je –
b)
r = acos2ϕ, ako je –
c)
r = acos3ϕ, ako je
π
π
≤ϕ≤ ;
4
4
π
2π
≤ϕ≤
.
3
3
Rješenja:
1.
a)
a2
π
; b)
4
a2
π
; c)
8
a2
π
.
12
4.2 Duljina luka krivulje
Problem određivanja duljine luka kružnice i još nekih drugih krivulja, pojavio se još kod
Grka, da bi u 17. stoljeću to bio jedan od problema na kome se razvijao diferencijabilni i
integralni račun.
4.2.1 Duljina luka u pravokutnim koordinatama
Neka je
f: [a, b] → ℝ
neprekidna funkcija.
Skup svih točaka grafa funkcije f:
(x, f(x)), x ∈ [a, b]
nazivamo njezinim lukom.
Mr.sc. Petronila Lokner
81
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
y=f(x)
s
f(a)
f(b)
x
b
a
Slika 21.
Podjelimo interval [a, b], a < b, na n djelova točkama x1, x2, … , xn–1, xn, tako da je
a = x0 < x1< x2 < … < xn–1< xn = b.
Točkama x1, x2, … , xn–1, xn na osi x odgovaraju točke na grafu
A = T0, T1, T2, … , Tn = B
Udaljenost točaka Tk–1(xk–1, f(xk–1)) i Tk(xk, f(xk)) je
(xk − xk −1 )2 + ( f ( xk ) − f ( xk −1 ) )2 .
dk =
Suma svih udaljenosti dk je tada
sn =
n
∑ (x
k =1
− x k −1 ) + ( f ( x k ) − f ( x k −1 ) )
2
k
2
Označimo sa s skup brojeva sn koje dobivamo za različite izbore točaka T0, T1, T2, … , Tn.
Ako broj točaka teži prema ∞, tada udaljenosti dk teže prema nuli i vrijedi sljedeći teorem:
Teorem Neka je f: [a, b] → ℝ neprekidna funkcija, koja ima neprekidnu derivaciju u
〈a, b〉.
Duljina luka s krivulje y = f(x) između točaka A i B s apscisama x = a i x = b (a < b) je
broj:
b
s=
∫
1 + y ′ 2 dx .
(7)
a
Dokaz: Udaljenost
dk =
(xk − xk −1 )
Mr.sc. Petronila Lokner
2
+ ( f ( x k ) − f ( x k −1 ) )
2
2
⎛ f ( x k ) − f ( x k −1 ) ⎞
⎟⎟ ( x k − x k −1 ) .
= 1 + ⎜⎜
−
x
x
k
k −1
⎝
⎠
82
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Prema Lagrangeovom teoremu
⎛ f ( x k ) − f ( x k −1 ) ⎞
⎟⎟ = f′(ck), xk –1< ck < xk,
⎜⎜
x
x
−
k
k −1
⎠
⎝
pa je
dk = 1 + ( f ′(c k ) ) ( x k − x k −1 ) .
2
Integralna suma
sn =
n
∑
k =1
1 + [ f ′(c k )] ( x k − x k −1 )
2
Limes integralne sume u (?) kada n → +∞, a (xk – xk–1) → 0 za svaki k = 1, 2, … , n,
će tada biti integral funkcije 1 + ( f ′( x) ) na [a, b]. Slijedi da je:
2
b
∫
s=
1 + y ′ 2 dx .
a
Primjer 7.
a)
Naći duljinu luka astroide
2
3
2
3
2
3
x +y =a .
y
a
-a
a
x
-a
Slika 22.
Iz općeg oblika astroide slijedi njezin eksplicitni oblik:
3
2 2
⎛ 2
⎞
y = ⎜⎜ a 3 − x 3 ⎟⎟ ,
⎝
⎠
Mr.sc. Petronila Lokner
83
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
odakle je
1
1
2
2 2
⎞ ⎛ 2 − 13 ⎞
y3
3 ⎛⎜ 3
3 ⎟ ⎜
′
y = ⎜ a − x ⎟ ⎜ − x ⎟⎟ = − 1 .
2⎝
⎠
⎠ ⎝ 3
x3
Primjenom formule (7) je
2
3
a
2
3
a
a
1
3
1
3
2
3 a
x
3
a
a
y
1
s = ∫ 1 + 2 dx = ∫
= a,
dx = ∫ 1 dx = a
2
⏐
2
4
2
0
0
0
0
x3
x3
x3
3
pa je duljina luka astroide
s = 6a.
b) Odrediti duljinu luka krivulje zadane eksplicitno:
y=
x − x 2 + arcsin x , od x = 0 do x = 4.
Derivacija zadane funkcije je:
y′ =
1 − 2x
2 x−x
2
+
1
1
1− x 2 x
=
1− x
,
x
pa je primjenom formule (7)
4
s= ∫
0
4
4
1− x
dx
1+
dx = ∫
= 2 x⏐= 4 .
x
x
0
0
Naći duljinu luka s krivulje y = arcsine–x od x = 0 do x = 1
Primjer 8.
Kako je
y′ =
− e−x
1 − e −2 x
to je
x
s=
2
∫
x1
1
1 + y ′ dx = ∫
2
0
Mr.sc. Petronila Lokner
⎛ − e −x
1 + ⎜⎜
−2 x
⎝ 1− e
2
1
1
⎞
e −2 x
1 − e −2 x + e −2 x
⎟ dx = ∫ 1 +
dx
=
∫0 1 − e −2 x dx =
⎟
1 − e −2 x
0
⎠
84
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
1
=∫
0
1
dx
1 − e −2 x
=∫
0
x
e dx
e2x − 1
e x = t , e x dx = dt
= x = 0 ⇒ t =1
=
e
∫
x =1⇒ t = e
1
dt
t 2 −1
(
)
e
= ln t + t − 1⏐=
2
1
= ln(e + e 2 − 1) − ln(1 + 12 − 1) = ln(e + e 2 − 1) .
4.2.2 Duljina luka u parametarskim koordinatama
Duljina luka s krivulje zadane u parametarskom obliku:
⎧ x = ϕ (t )
⎨
⎩ y = ψ (t )
gdje su x = ϕ (t) i y = ψ(t) neprekidno derivabilne funkcije je:
t2
s=
∫
x ′ 2 + y ′ 2 dt ,
(8)
t1
vrijednosti parametra t1 i t2 odgovaraju krajevima luka.
Primjer 9.
a)
Odredimo duljinu luka krivulje zadane parametarski:
⎧x = t 2
⎪
⎨
t 2
⎪ y = (t − 3)
3
⎩
između točaka presjeka sa osi apscisa.
Za y = 0 je:
t 2
(t − 3) = 0.
3
Slijedi da su točke presjeka sa osi x
t1 = 0 i t2,3 = ± 3 .
S druge strane je x′ = 2t i y′ = t2 – 1 pa je
3
s=2
∫
0
3
3
3
⎛ t3
⎞
x ′ 2 + y ′ 2 dt = 2 ∫ t 4 + 2t 2 + 1dt = 2 ∫ t 2 + 1 dt = 2⎜⎜ + t ⎟⎟ ⏐ = 4 3 ;
⎝3
⎠0
0
0
(
)
b) Duljina luka astroide zadane parametarski:
⎧⎪ x = a cos 3 t
⎨
⎪⎩ y = a sin 3 t
Mr.sc. Petronila Lokner
85
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Jer je
x′ = –3 acos2t sint
y′ = 3asin2tcost,
a za x = 0, cost = 0, pa je t =
π
, dok za x = a je cost = 1, pa je t = 0, slijedi da je
2
π
1
s=
4
2
∫
0
π
2
9a 2 cos 4 t sin 2 t + 9a 2 sin 4 t cos 2 t dt = ∫ 9a 2 cos 2 t sin 2 t ⋅ (sin 2 t + cos 2 t )dt =
0
π
2
= 3a ∫ sin t cos tdt =
0
π
2
π
2
3
3 − cos 2t
3
3
a ∫ sin 2tdt = a
= a (− cos π + cos 0 ) = a ,
⏐
2 0
2
2
4
2
0
pa je duljina luka astroide s = 6a.
4.2.3 Zadaci za vježbu
1. Nađite duljinu luka krivulje zadane eksplicitno:
2 3
x , od x = 3 do x = 8;
3
a)
y=
b)
y = lnsin(x – 1), između točaka x1 = 1 +
π
2π
i x2 = 1 +
.
3
3
2. Nađite duljinu luka krivulje zadane parametarski:
a)
t 2
⎧
⎪ x = (t − 3)
y= ⎨
od t1 = 0 do t2 = 3;
3
2
⎪y = t + 2
⎩
b)
⎧⎪ x = (t 2 − 2 )sin t + 2t cos t
y= ⎨
, 0 ≤ t ≤ π.
⎪⎩ y = (2 − t 2 )cos t + 2t sin t
Rješenja:
1. a)
2
s = 12 ;
3
b)
s = ln3.
2. a)
s = 12;
b)
s=
Mr.sc. Petronila Lokner
π3
3
.
86
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
4.3 Volumen rotacijskog tijela
Neka je f: [a, b] → ℝ neprekinuta nenegativna funkcija. Želimo izračunati volumen
rotacionog tijela koje nastaje rotacijom oko x osi površine P omeđene grafom funkcije f,
osi x, te pravcima x = a i x = b.
y
y=f(x)
P
b
a
x
Slika 23.
Podijelimo tijelo ravninama okomitom na os x na n tankih dijelova, te svaki dio
aproksimiramo tankim valjkom. Ako su dijelovi jako tanki, ta je aproksimacija dobra.
Zatim zbrojimo volumene tih valjaka i dobijemo aproksimacije volumena rotacijskog
tijela. Aproksimacija je tim bolja što je n veći, tj. što je veći broj dijelova na koje smo
podijelili tijelo. Ponovimo opisani postupak korak po korak.
Podijelimo interval [a, b] na n dijelova tako da je
Iz svakog intervala [xi – 1, xi], i = 1, … , n izaberimo po jednu točku ti ∈ [xi – 1, xi].
Volumen tankog valjka visine ∆xi = xi – xi – 1 i radijusa f(ti) iznosi
Vi = [f(ti)] 2 ∆xi π
Zbrojimo li dobivene volumene, dobivamo
Sn =
n
n
i =1
i =1
∑ Vi = ∑ [ f (t i )] ∆xiπ
2
Sn je integralna suma funkcije g(x) = [f (x)] 2π, pa je
b
lim S n = π ∫ f ( x) 2 dx .
n →+∝
Mr.sc. Petronila Lokner
a
87
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Dakle, volumen tijela koje nastaje rotacijom oko x - osi površine omeđeno grafom
funkcije f, x - osi, te pravcima x = a, x = b jednak je
b
V = π ∫ [ f ( x )] dx .
2
(9)
a
Na sličan način dobivamo i formulu za volumen tijela koje nastaje rotacijom površine P
oko y - osi:
y
y=f(x)
a
b
x
Slika 24.
b
V = 2 π ∫ xf ( x)dx
(10)
a
Ako površina omeđena grafom funkcije y = f(x), pravcem x = 0 tj. y - osi, te pravcima
y = c i y = d rotira oko y - osi, kao što se vidi na slici 25.,
y
y=f(x)
d
-1
x=f (y)
c
x
Slika 25.
volumen tako nastalog tijela je jednak:
d
d
[
2
]
V = π ∫ x dy = π ∫ f ( y ) dy
2
c
Mr.sc. Petronila Lokner
−1
(11)
c
88
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Primjer 10.
Izračunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko x - osi
površine omeđene grafom funkcije
a) f(x) = sinx na [0, π] i y = 0
Skicirajmo površinu koja rotira
y
1
y=sin x
π
x
Slika 26.
Prema formuli volumen rotacijskog tijela jednak je
π
π
π
π2
1 − cos 2 x
x 1
V = π ∫ sin xdx = π ∫
dx = π ( − sin 2 x)⏐=
2
2 4
2
0
0
0
2
b) f(x) = ctg x, te pravcima x =
π
iy=0
4
Skicirajmo površinu koja rotira.
y
1
π
4
π
2
x
y=ctg x
Slika 27.
Mr.sc. Petronila Lokner
89
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Prema formuli volumen tijela jednak je
π
2
π
2
π
4
4
V = π ∫ ctg 2 xdx = π ∫
= π (−ctg
π
2
π
2
π
2
4
4
4
1 − sin x
dx
dx = π ( ∫ 2 − ∫ dx) = π (−ctgx − x)⏐=
2
π sin x
π sin x
π
π
2
π
2
+ ctg
π
4
−
π
π
π4
+ ) =π −
.
2 4
4
c) f(x) = e – x, te pravcima y = x + 1, x = 2 i y = 0.
Nacrtajmo površinu koja rotira, a omeđena je sa zadanim krivuljama.
y
y=e-x
y=x+1
1
-1
1
2
x
Slika 28.
Volumen tijela koji nastaje rotacijom površine P oko x - osi, a koja se sastoji od dvije
površine označene na slici 28.,dobit ćemo kao zbroj volumena dvaju tijela koji nastaju
rotacijom tih dviju površina:
0
2
−1
0
2
2
0
( ) dx = π ∫ ( x
V = π ∫ ( x + 1) dx + π ∫ e
2
−x
−1
2
+ 2 x + 1)dx + π ∫ e
0
0
−2 x
2
π
x3
dx = π ( + x 2 + x)⏐ − e − 2 x⏐=
3
2
0
−1
1
5π π − 4
π
π π π
= π ( − 1 + 1) − (e − 4 − 1) = + − e − 4 =
− e
3
2
3 2 2
6 2
Primjer 11.
Izračunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom oko y - osi površine
omeđene grafom funkcije
a) f(x) = x2 i pravcima x = 0 i y = 4
Skicirajmo površinu koja rotira
Mr.sc. Petronila Lokner
90
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
4
2 x
Slika 29.
Inverzna funkcija y = x2, x > 0 je x =
y , pa prema formuli (11) imamo
4
4
4
y2
V = π ∫ x dy = π ∫ ydy = π ⏐= 8π
2 0
0
0
2
x
b) f(x) = ln , te pravcima x = 0, y = – 1 i y = 0.
2
Nacrtajmo površinu koja rotira
y
-2
1
0
x
2
Slika 30.
Inverzna funkcija funkcije f(x) = ln
0
x
je x = 2ey. Prema formuli (11) volumen tijela je
2
0
0
(
)
(
)
e2 y
V = π ∫ (2e ) dy = 4π ∫ e dy = 4π
= 2π e 0 − e − 2 = 2π 1 − e − 2 .
⏐
2 −1
−1
−1
y
2
2y
c) f(x) = 3x, te pravcima x = 0, x = 1 i y = 0.
Skicirajmo površinu
Mr.sc. Petronila Lokner
91
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
3
1
1 x
-1
Slika 31.
Prema formuli (10) imamo da je
u = x, du = dx
⎛ 3x 1 1 1 x ⎞
V = 2π ∫ x3 dx =
x⏐−
3 dx ⎟
3 = 2π ⎜⎜
∫
x
x
⎟
ln
3
ln
3
dv = 3 dx, v = ∫ 3 dx =
0
0
0
⎝
⎠
ln 3
1
x
x
1
⎛ 3x 1
⎞
3
1 ⎞ 2π ⎛
2 ⎞
1
⎛ 3
= 2π ⎜
− 2 + 2 ⎟=
3−
x⏐− 2 3 x⏐⎟ = 2π ⎜
⎜
⎟.
⎜ ln 3
⎟
ln
3
ln
3
ln
3
ln
3
ln
3
ln
3
⎝
⎠
⎝
⎠
0⎠
0
⎝
Prema formuli (11) imamo da je taj isti volumen jednak:
3
3
1
V = π ∫ 1 dx − π 2 ∫ ln 2 ydy .
ln 3 1
0
2
Jednostavnim računom ćemo dobiti isti rezultat.
d) f(x) = cos
πx
, te koordinatnim osima.
2
Mr.sc. Petronila Lokner
92
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Osnovni period funkcije f(x) = cos
sljedećoj slici:
πx
2π
je
= 4, pa će površina koja rotira biti kao na
π
2
2
y
1
-1
1
x
Slika 32.
Slijedi da je volumen tijela koji nastaje rotacijom površine P oko y - osi, prema (10)
jednak:
u = x, du = dx
1
1
⎛2
2
πx
πx ⎞⎟
⎜
V = 2π ∫ x cos dx =
π
−
=
x
dx =
2
sin
sin
cos πx
πx
2
∫
⏐
⎜π
⎟
2
π
2
2
dv
dx
v
=
=
,
sin
0
0
0
⎝
⎠
π
2
2
πx
1
= 4 x sin
πx
1
8
1
8
+ cos ⏐= 4 − .
2
2⏐ π
π
0
e) f(x) =
πx
x , g(x) =
0
4 − 3 x te osi x
Odredimo domene funkcije, sjecište grafova, te nacrtajmo površinu koja rotira. Lako se
4
vidi da je područje definicije Df = [0, +∞〉 i Dg = 〈–∞, ].
3
Budući da apscisa sjecišta grafa krivulja zadovoljava jednadžbu
x = 4 − 3x
kvadriranjem dobivamo x = 4 – 3x
tj. apscisa sjecišta je x = 1. Ordinata sjecišta je f(1) = 1
Mr.sc. Petronila Lokner
93
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
2
1
-4
3
1
x
4
3
Slika 33.
Pomoću formule (10) dobivamo da je volumen tijela koji nastaje rotacijom površine P oko
y - osi
1
4
3
0
0
V = 2π ∫ x x dx + 2π ∫ x 4 − 3x dx
Drugi integral riješit ćemo supstitucijom 4 – 3x = t, – 3dx = t. Prema tome je
1
3
V = 2π ∫ x 2 dx −
0
=
5 1
8π 2
2π 2
2π 4 t
( − ) t dt = 2π ∫ x 2 dx −
t dt +
t dt =
∫
∫
9 1
9 ∫1
3 1 3 3
0
0
3 0
1
3
0
1
0
3
5 0
4π 2 16π 2
4π 2
4π 16π 4π 176
x ⏐−
t ⏐+
t ⏐=
+
−
=
π.
5
27
45
5
27
45
135
0
1
1
Isti rezultat smo mogli dobiti prema (11) koristeći inverzne funkcije x = y2 i x =
y2). Tada je:
1
(4 –
3
1
2
⎡1
⎤
V = π ∫ ⎢ (4 − y 2 ) − y 2 ⎥ dy .
9
⎦
0 ⎣
Neka su funkcije f i g neprekinute na [a, b] i f(x) ≥ g(x) za svaki x ∈ [a, b].
Mr.sc. Petronila Lokner
94
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
y=f(x)
y=g(x)
P
a
b
x
Slika 34.
Budući da površinu P dobivamo oduzimanjem površine ispod grafa funkcije g od površine
ispod grafa funkcije f, isto je i s volumenima rotacijskih tijela koja se dobiju rotacijom tih
površina. Prema tome, ako površina P rotira oko x - osi volumen nastalog tijela je
b
V = π ∫ ( f ( x) 2 − g ( x) 2 )dx
(12)
a
Ako površina P rotira oko y - osi, onda je volumen tijela
b
V = 2π ∫ x( f ( x) − g ( x))dx .
(13)
a
Primjer 12. Odredimo volumen tijela koje nastaje rotacijom površine omeđene grafom
funkcije f(x) = sinx na [0,
π
2
], te pravcima y = 1 i x = 0
a) oko x – osi
b) oko y - osi
a) Skicirajmo površinu koja rotira oko x - osi
Mr.sc. Petronila Lokner
95
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
y
1
π
2
x
Slika 35.
Volumen tijela koje nastaje rotacijom površine oko x - osi prema (12) je:
π
π
π
π
π
π
π
π2
1 + cos 2 x
;
V = π ∫ (1 − sin x)dx = π ∫ cos xdx = π ∫
dx = x⏐+ sin 2 x⏐ =
2
2 0 4
4
0
0
0
0
2
2
2
2
2
2
2
b) Skicirajmo površinu koja rotira oko y - osi:
y
1
π x
2
Slika 36.
Mr.sc. Petronila Lokner
96
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Volumen rotacijskog tijela premna (13) je:
π
π
π
2
2
2
0
0
0
V = 2π ∫ x(1 − sin x)dx = 2π ∫ xdx − 2π ∫ x sin xdx .
Posljednji integral riješit ćemo metodom parcijalne integracije tako da stavimo
u = x, dv = sinxdx
du = dx, v = – cosx
Prema tome
π
π
π
2
2
2
π
V = πx 2 ⏐− 2π (− x cos x⏐+ ∫ cos xdx) =
0
Primjer 13.
0
π
0
3
4
2
− 2π (0 + sin x⏐) =
0
π3
4
− 2π .
Izračunajmo volumen tijela koje nastaje rotacijom površine omeđene
x
grafom funkcije f(x) = e 2 , te pravcima x = 0 i y = e.
a) oko x – osi
b) oko y - osi
a) Površina koja rotira oko x - osi prikazana je na sljedećoj slici:
y
e
1
2
x
-1
Slika 37.
Mr.sc. Petronila Lokner
97
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Prema (12) volumen rotacijskog tijela je:
x
2
2
2
⎡ 2
⎤
x
2
2
2 2
V = π ∫ ⎢e − (e ) ⎥dx = π ∫ (e − e )dx = πe ∫ dx − π ∫ e x dx =
0
0
0
0 ⎣
⎦
2
2
2
= πe 2 x⏐− πe x⏐= π (2e 2 − e 2 + 1) = π (e 2 + 1) .
0
0
b) Površina koja rotira oko y - osi prikazana je na sljedećoj slici:
y
e
1
2 x
Slika 38.
Kako je f – 1(y) = 2lny, slijedi da je
e
e
1
1
V = π ∫ (2 ln y ) 2 dy = 4π ∫ ln 2 ydy .
Kako smo posljednji integral riješili u Poglavlju 1. Primjeru 10. a), to je
e
V = 4π ( y ln 2 y − 2 y ln y + 2 y )⏐= 4π (e − 0 − 2e + 0 + 2e − 2) = 4π (e − 2) .
1
Primjer 14.
Izračunajmo volumen tijela nastalog rotacijom
y=
cos x
⎡ π π⎤
oko x-osi, x ∈ ⎢− , ⎥ .
⎣ 2 2⎦
Mr.sc. Petronila Lokner
98
Poglavlje 4. Primjene određenog integrala
Prema (9) je
π
V= π
π
π
⎡ π
⎛ π ⎞⎤
2
∫π y dx = π ∫π cos xdx = π (sin x )⏐ = π ⎢⎣sin 2 − sin⎜⎝ − 2 ⎟⎠⎥⎦ = 2π .
π
−
−
−
2
2
2
2
2
2
4.3.1 Zadaci za vježbu
1. Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom oko x-osi površine omeđene grafom
funkcije:
a) f(x) = 4x2 , te pravcima x = 0 i y = 16;
b) f(x) = x2 i grafom funkcije g(x) = 4x - x2;
c) f(x) = sin2x, 0 ≤ x ≤
π
2
i pravcem y = 0.
2. Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom površine omeđene krivuljom
4x2 + 9y2 = 36:
a) oko x-osi;
b) oko y-osi.
3. Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom oko y-osi površine omeđene
krivuljama x = 9 - y2, x – y –7 = 0 i x = 0.
Rješenja:
1.
512π
a) V =
;
5
π2
32π
b) V =
; c) V =
.
3
4
2.
a) V = 16π;
b) V = 24π.
3.
V=
963π
.
5
Mr.sc. Petronila Lokner
99

1.1 Neodre ¯deni integral

rješenja zadataka sa prijemnog ispita

MATEMATIKA Trgovina i računovodstvo (stari) Zadaci: 1. Derivirajte

Diferenciranje i integriranje pod znakom integrala

Osnovni podaci Ime: Vedad Pašic Kabinet: PMF 313 Email: vedad

rješenja

Trigonometrija 4

NEKE PRIMJENE MATEMATIKE U GEODEZIJI

03. Statika

Dzevad-Koordinatni sistemi u geodeziji

Neodređeni integral