Neodređeni integral dr Ðurđica Takači
[email protected]
dr Sanja Rapajić
[email protected]
dr Mirjana Štrboja
[email protected]
Sadržaj.. Sve interakSadržaj knjige možete videti ako kliknete na link Sadržaj tivne funkcije navedene u ovom tekstu koje će se otvoriti na novoj stranici možete koristiti za svoje proračune ako kliknete na njihove linkove u ovom tekstu.
1
Defin Definic icij ija a neodr neodređ eđen enog og in inte tegr gral ala a
1.1 Definicija. Definicija. Funkcija primitivna funkcija za funkcija za funkciju f Funkcija F F je primitivna f : [a, b] R na intervalu (a, b) ako važi
→
F (x) = f ( f (x).
( x (a, (a, b))
∀ ∈
(1)
1.2 Definicija. Definicija. Neodređeni Neodređeni integra integrall funkcije f na [a, b] je skup f na intervalu [a, svih primitivnih funkcija za funkciju f : [a, b] R.
→
Neodređeni integral funkcije f funkcije f označavamo označavamo sa f ( f (x) dx. Izraz dx. Izraz "dx "dx"označava "označava diferencijal promenljive x. Fundamentalna x. Fundamentalna je činjenica da svaka neprekidna funkcija na intervalu intervalu ima primitivnu funkciju funkciju na tom intervalu. intervalu. Iz Lagranžove teoreme sledi da se bilo koje dve primitivne funkcije koje odgovaraju jednoj
1
nepre neprekid kidnoj noj funkc funkciji iji razlikuj razlikuju u najviše najviše za konst konstan antu. tu. Zbog toga, toga, ako ako važi jednakost (1), pisaćemo u nastavku
+ C, f ( f (x) dx = dx = F F ((x) + C,
(2)
gde je C je C proizvoljna proizvoljna konstanta. (Uopšte, u celoj ovoj glavi C glavi C označava označava proizvoljnu konstantu.)
1.1 Tablica ablica osno osnovni vnih h neodređe neodređenih nih integ integrala rala Tablica osnovnih neodređenih integrala se može dobiti iz odgovarajuće tablice prvih izvoda i primenom osnovnih pravila za izvod funkcije nad njihovim prirodnim definicionim skupovima. Ostavljamo čitaocu da odredi najodredi najveće skupove skupove u R u R na kojima ove jednakosti važe. xα+1 + C, + C, α = xα dx = dx = α + 1
• • • • • • √
x−1 dx = dx = ln x + C ;
−1;
sin x dx = dx =
− cos x + C + C ;
1 dx = dx = sin2 x
ex dx = dx = e e x + C ;
ax dx = dx =
1 dx x = arctg + C, C, a > 0; > 0; a2 + x2 a a
x2
±a
2
= ln x +
||
cos x dx = + C ; dx = sin x + C
1 + C, dx = dx = tg x + C, cos2 x
dx
• • • • • − • √
√
x
2
±a
2
dx
a2
+ C, C, a > 0; > 0;
a
+ C, a > 0, 0 , a = 1;
−
1 a + x = ln + C, C, a > 0; > 0; 2a x2 a x
dx
a2
x
ln a
− ctg x + C + C ;
−x
2
= arcsin
x + C, C, a > 0 > 0.. a
1 Pokazaće Pokazaćemo mo samo drugu jednakost. jednakost. Naime, Naime, za x > 0 je (ln x) = , a x takođe za 1 1 1 0 važi (ln x ) = (ln( x)) = = . Zato za x x < 0 važi za x = 0 važi (ln važi (ln x ) = . x x x
||
−
−−
2
||
2
Osnovne osobine neodređenog integrala
Na osnovu osobina prvog izvoda lako se pokazuje da je integral linearna operacija, tj. da važe sledeće dve jednakosti:
• •
C f (x) dx = C
·
od nule,
·
f (x) dx; pod uslovom da je konstanta C različita
(f (x) + g(x)) dx =
f (x) dx +
g(x) dx .
2.1 Primer. Korišćenjem linearnosti i tablice osnovnih neodređenih integrala izračunati: a)
c)
√ −
3 1 + z z 2
4x3
− 2√ z
dz ;
3
(2 + x) 3 x
b)
x2 + 3x + 2 dx; x3
√ − √
d)
(x
− 3) √ x
x2 dx;
2
dx.
Rešenje: a)
b)
c) d)
− √
√
3 1 + z 2 z dz = 3z −1/2 + z/2 2z 1/2 dz z 2 z 1/2 z 2 z 3/2 z 2 4 3/2 1/2 =3 + 2 + C = 6z + z + C. 1/2 4 3/2 4 3
(2 + x)
− √ √ 3 x− x 3
2
√ −
6x3/2 = 3/2
−
−
= 4x3/2
−
−
4x3 (x
− 3) √ x
− √
3/2
3
2 x2 + 3x
+ 3x + 2 dx = x3
2
dx =
x2
2x5/2 = 5
− (4
1 3 2 + + ) = 4x ln x x x2 x3
− 6x + 9 dx = 1/2
x
3/2
− 4x
dx
− | |− x3 − x1 +C.
(x3/2
+ 18x1/2 + C. 3
5/3
−x
x5/3 x5/2 x 8/3 2 +3 + C 5/3 5/2 8/3 6x5/3 6x5/2 3x8/3 + + C. 5 5 8
2
−x
6 x
dx =
−
1/2
− 6x
2
+ 9x−1/2 ) dx
Neodređeni integrali iz prethodnog i svih narednih primera mogu se odrediti korišćenjem WolframAlphaWidget kalkulatora koji se nalazi na linku ovde. Klikom na dati link otvoriće se prozor Indefinite Integral Calculator u kome se na jednostavan način unosi funkcija čiji neodređeni integral tražimo, a klikom na dugme Compute dobija se vrednost integrala.
3
Smena u neodređenom integralu
Oblik podintegralne funkcije i pravilo za izvod složene funkcije često dozvoljava svođenje datog integrala na jednostavniji integral. Na primer, ako je funkcija φ diferencijabilna i monotona na posmatranom intervalu, tada integral
f (φ(x))φ (x) dx smenom
f (φ(x))φ (x) dx =
postaje
t = φ(x), dt = φ (x) dx
(3)
f (t) dt.
3.1 Primer. Izračunati: a)
− √ − 3
4
(x
c)
2
1) 3x dx;
x
2
b)
3x dx;
d)
4
√ − − √ √ x2 x3
1 dx;
( 1+
x)2
3
x
Rešenje: Integrali a) i b) rešavaju se smenom t = x 3 a) b)
3
4
(x
2
− 1) 3x dx = √ 1 x x − 1 dx = 3 (x − 1) + C. 2
3
3
4/3
3
t5 t dt = 5
4
3
(x
−
2
− 1, dt = 3x (x − 1) + C = + C. 3
1 1)1/3 3x2 dx = 3
4
4
dx.
dx.
5
5
·
1/3
t
1 t4/3 +C = dt = 3 4/3
·
2
c) Smenom t = 1
− 3x , dt = −6xdx, dobija se √ √ −1 x − 3x dx = x 1 − 3x dx = 6 2
4
2
= −91 t3/2 + C = −91 (1
−1 + √ x, dt = √ (−1 + x) √ x dx = 2
d) Smenom t =
2
dx √ x , dobija
2
t2 dt = 2
t1/2 dt
2 3/2
− 3x )
+ C.
se
− √ x)
2 t3 + C = ( 1 + 3 3
3
+ C.
3.2 Primer. Izračunati: a) c)
(e−2x + 2) dx;
b)
dx ; ex + 1
d)
2e−2/x dx; x2
√
ex ex + 3 dx.
Rešenje: a) Koristeći smenu t =
(e−2x +2) dx =
b) Smenom t =
−2x, dt = −2dx, dobija se
1 2
−
(et +2)dt =
− 12 (e +2t)+C = − 12 e− t
2x
+2x+C.
2
−2/x, dt = 2dx/x , dobija se
2e−2/x dx = x2
et dt = e t + C = e −2/x + C.
c) Ako brojilac i imenilac podintegralne funkcije pomnožimo sa e−x dobija se dx e−x dx e−x dx = = = ln(1 + e−x ) + C. − − x x x 1 + e 1 + e e +1
− −
(Korišćena je smena t = 1+e−x , dt = 0 za svako x.) 5
−
x
−e−
dx i činjenica da je 1+e−x >
d) Smenom t = e x + 3, dt = e x dx, dobija se
√ e
x
ex
+ 3 dx =
t
1/2
(ex + 3)3/2 t3/2 + C = 2 + C. dt = 3/2 3
3.3 Primer. Izračunati:
a) (sin5x d)
g)
− 5cos5x) dx;
b)
e2 s i n 3x cos3x dx;
e)
sin x + cos x dx; sin x
h)
4
sin x cos x dx;
c)
ex sin ex dx;
f)
tg x dx;
x2 ctg x3 dx;
dx . 1 cos x
−
Rešenje:
a) Smenom t = 5x, dt = 5dx, dobija se
(sin 5x
− 5cos5x) dx
=
1 5
=
− cos 5x − sin5x + C.
sin t dt
−
1 5
cos t dt
b) Smenom t = sin x, dt = cos xdx, dobija se
4
sin x cos x dx =
sin5 x t5 + C. t dt = + C = 5 5 4
c) Smenom t = cos x, dt =
tg x dx =
− sin xdx, dobija se sin x dx dt = − = − ln |t| + C = − ln | cos x| + C. cos x t
d) Smenom t = 2 sin 3x, dt = 6cos 3x dx dobija se
e
2 s i n 3x
1 cos3x dx = 6
1 e2 s i n 3x 6cos3x dx = e2 s i n 3x + C. 6
e) Smenom t = e x , dt = e x dx dobija se
x
x
e sin e dx =
6
sin t dt =
x
− cos e
+ C.
f) Prvo se koristi smena t = x 3 , dt = 3x2 i dobija
1 x2 ctg x3 dx = 3
cos t dt . sin t
Dalje smena u = sin t, du = cos t, daje
g) h)
1 x2 ctg x3 x dx = 3
sin x + cos x dx = sin x
− − √ − − dx = 1 cos x
1 du 1 = ln u + C = ln sin(x3 ) + C. 3 3 u
||
cos x 1+ sin x
1 + cos x dx = 1 cos2 x
3.4 Primer. Izračunati: 1 1 + a) dx; 4 x2 1 + 9x2 d)
2x3
b)
3x2 + 2x dx; x2 + 1
e)
|
|
dx = x + ln sin x + C.
|
|
1 + cos x dx = sin2 x
− ctg x − sin1 x +C.
4x3 dx ; 1 x8
√ −
c)
dx ; ex + e−x
f)
x2 dx ; x6 + 1
√ − (5
3x2 ) dx . 5x x3
−
Rešenje: a)
√
4
1
−
1 + x2 1 + 9x2
1 dx = 2
x 1 = arcsin + arctg (3x) + C. 2 3
1
dx
−
x
2
2
+
dx 1 + (3x)2
U prvom integralu koristili smo smenu t = x/2, dt = dx/2, a u drugom s = 3x, ds = 3 dx. b) Smenom t = x 4 , dt = 4x3 dx, dobija se 4x3 dx = 1 x8
√
−
dt = arcsin t + C = arcsin x4 + C. 2 1 t
√
−
c) Smenom t = x 3 , dt = 3x2 dx, dobija se
1 x2 dx = 3 x6 + 1
1 1 dt = arctg = arctg x3 + C. t + C 2 3 3 t +1 7
d)
e)
2x3
2
+ 2x 2x(x2 + 1) 3(x2 + 1) 2x + 3 + 2x dx = dx x2 + 1 x2 + 1 3 = (2x 3 + 2 ) dx = x 2 3x + 3 arctg x + C. x +1
− 3x
−
dx = ex + e−x
ex dx = arctg ex + C. 2x e +1 3
2
− x , dt = (5 − 3x ) dx i dobija se (5 − 3x ) dx 1 √ dt √ 5x − x = √ t = 2 5x − x + C. 2
3
3.5 Primer. Izračunati: dx ; a) b) 2 x + 10x + 31 d)
−
−
f) Koristi se smena t = 5x
−
(2x 2) dx ; x2 + 6x + 13
−
e)
3
dx ; 8x + x2
c)
(x + 3) dx ; 27 + 6x x2
f)
− √ 25
−
dx ; 2x + 5
− √ − 2x
2
(x 4) dx . 5 4x x2
− −
Rešenje: U ovim zadacima ćemo kvadratni trinom iz imenioca ax 2 + bx + c svesti na oblik Au 2 + B, gde su A = 0 i B konstante. dx dx dx = = a) (x2 + 10x + 25) + 6 (x2 + 10x + 5 2 ) + 6 x2 + 10x + 31 1 dx dx x + 5 = = = arctg (x + 5)2 + 6 (x + 5)2 + ( 6)2 6 6
√
√
√
= +C. (Smena t = x + 5, dt = dx.) dx dx dx = = b) 25 8x + x2 9 + (16 8x + x2 ) 9 + (4 x)2 1 4 x 1 x 4 = arctg + C = arctg + C. 3 3 3 3 t = 4 x, dt = dx.)
−
−
−
−
−
−
−
2 dx dx = c) 2x2 2x + 5 4x2 4x + 10 2 dx 1 2x 1 = = arctg + C. (2x 1)2 + 9 3 3 (Smena t = 2x 1, dt = 2 dx. )
−
−
−
− −
8
−
(Smena
(2x + 6) dx 8 dx d) (x + 3)2 + 4 x2 + 6x + 13 x + 3 = ln(x2 + 6x + 13) 4 arctg + C. 2 U prvom integralu koristili smo smenu t = x 2 +6x+13, dt = (2x+6) dx. Kako je za svako x, takvo da je x2 +6x+13 > 0, to se apsolutna vrednost kod logaritma mogla izostaviti. U drugom integralu smo koristili smenu t = x + 3, dt = dx.
(2x 2) dx = x2 + 6x + 13
−
−
−
e)
(x + 3) dx = 27 + 6x x2
√
−
√ − 27 + 6x
= f)
1 2
( 2x + 6) dx 6 dx + 27 + 6x x2 36 (x x 3 + C. x2 + 6 arcsin 6
− √ −
− − − − √ − − −
(x 4) dx 1 = 2 5 4x x2
√ − =
− − √ − 5 − 4x − x − 2
( 2x 4) dx 5 4x x2 x + 2 6 arcsin + C. 3
− −
− − 3)
2
6 dx 9 (x + 2)2
−
3.6 Primer. Izračunati: a) b) c) d)
dx ; x2 + 6x + 15
√ √ − √ − √ x2
dx 10x
− 9;
(2x 2) dx ; x2 + 4x + 8 (2x + 5) dx . x2 20 + 8x
−
Rešenje: a)
dx = x2 + 6x + 15
√
= ln x + 3 +
dx = (x2 + 6x + 9) + 6
dx (x + 3)2 + 6
(x + 3)2 + 6 + C. Smena t = x + 3.
9
b)
√
x2
dx 10x
−
(x
1 2
(x + 2)2 + 4
(2x + 5) dx = x2 20 + 8x
=
4
5+
(2x 2) dx = x2 + 4x + 8
=
d)
dx 10x + x2 )
(25
34
=
1 2 x + 8x 2
20
5)2
34 + C.
dx (x 5)2
− − − − − √ − √ − − √ √ − − − − | √ − − | = ln x
c)
−9
=
(2x + 4) dx x2 + 4x + 8
6 dx (x + 2)2 + 4
6 ln x + 2 +
(x + 2)2 + 4 + C.
(2x + 8) dx x2 20 + 8x
3 ln x + 4 +
3 dx (x + 4)2
(x + 4)2
− − 34
− 36
36 + C.
Parcijalna integracija
Ako su u i v diferencijabilne funkcije po promenljivoj x, tada važi (u(x)v(x)) = u (x)v(x) + u(x)v (x). Integraleći ovu jednakost dobijamo formulu parcijalnog integraljenja
u dv = uv
−
v du.
(4)
4.1 Primer. Primenom parcijalne integracije izračunati sledeće integrale a) b) c) d) e)
xex dx; x3 e2x dx; x cos x dx;
arcsin x dx; x arctg x dx;
10
Rešenje: a) Ako je u = x, dv = e x dx, tada je du = dx, v = e x , pa je na osnovu (4)
xex dx = xex
−
ex dx = xex
2x
3
x
−e
+ C.
2
b) Ako je u = x , dv = e dx, tada je du = 3x dx, v = pa je
1 x e dx = x3 e2x 2 3 2x
−
3 2
e2x dx =
1 2x e , 2
x2 e2x dx.
Poslednji integral se dalje rešava primenom parcijalne integracije. Naime, za u1 = x2
i
dv1 = e2x dx
1 2x e , pa je 2
du1 = 2x dx
je
1 x2 e2x dx = x2 e2x 2
−
2 2
i
v1 =
e2x dx =
xe2x dx.
Primenjujući parcijalnu integraciju na integral u2 = x i
xe2x dx, dobijamo za
dv2 = e 2x dx da je du2 = dx i v2 = pa je
1 xe2x dx = xe2x 2
−
1 e2x dx = e2x , 2
1 2x 1 2x e = xe 2 2
−
1 4
e2x dx + C.
Prema tome, posle tri primene parcijalne integracije dobija se
1 x3 e2x dx = x3 e2x 2
−
3 2 2x 3 2x x e + xe 2 2
−
3 2x + C. e 4
Drugi način da se reši ovaj integral jeste da se pretpostavi oblik rešenja, tj. da je
x3 e2x dx = ax3 + bx2 + cx + d e2x + C
11
za neke konstante a, b i c, koje treba odrediti. Diferenciranjem se dobija x3 e2x = 3ax2 + 2bx + c e2x + 2 ax3 + bx2 + cx + d e2x ,
odnosno
x3 e2x = 2ax3 + (3a + 2b)x2 + (2b + 2c)x + (c + 2d) e2x . Iz sistema jednačina 2a = 1, 3a + 2b = 0, 2b + 2c = 0, c + 2d = 0, dobija se a = 1/2, b = 3/4, c = 3/4, d = 3/8, što ponovo daje isto rešenje.
−
−
c) Ako je u = x, dv = cos xdx, tada je du = dx, v = pa je
x cos x dx = x sin x
−
cos x dx = sin x,
(sin x) dx = x sin x + cos x + C.
Ako bi uzeli u = cos x i dv = x dx, tj. du = sin x dx i v = x 2 /2, dobili bismo x2 x2 cos x + sin xdx, x cos x dx = 2 2 dakle još komplikovaniji integral, te ova parcijalna integracija ne bi dovela do rešenja. (Primetimo, da kada je za neko k N podintegralna funkcija proizvod oblika xk sin x ili xk cos x, tada prilikom parcijalne integracije treba uzeti u = x k .
−
∈
1 d) Ako je u = arcsin x, dv = dx, tada je du = √ 1− dx, v = x, pa je x x dx arcsin x dx = x arcsin x = x arcsin x + 1 x2 + C. 2 1 x U poslednjem integralu smo koristili smenu t = 1 x2 , tj. dt = 2xdx. 2
− √
√
−
−
e) Ako je u = arctg x, dv = x dx, tada je du =
x arctg x dx =
x2
arctg x 2
=
x2 arctg x 2
=
x2 arctg x 2 12
−
1 2
1 1+x2
1 2
dx, v = x 2 /2, pa je
x2 dx 1+x2
−
−
−
x2 + 1 1 dx 1 + x2
−
− 12 x + 12 arctg x + C.
4.2 Primer. Primenom parcijalne integracije izračunati integrale: a) b) c) d) e)
ln x dx; ln(x2 + 1) dx; x2 ln x dx; ex sin x dx; eax cos(bx) dx.
U d) pretpostavljamo da je a2 + b2 > 0, tj. da je bar jedan od parametara a ili b različit od nule. Rešenje: a) Ako stavimo u = ln x, dv = dx, tada je du =
ln x dx = x ln x
−
x dx = x ln x x
b) Ako je u = ln(x2 + 1), dv = dx, tada je du =
2
2
ln(x + 1) dx = x ln(x + 1) 2
= x ln(x + 1)
− x + C.
2x dx x2 +1 ,
v = x, pa je
2
x2 + 1 1 dx x2 + 1
−
1 dx x2 + 1
= x ln(x2 + 1)
− 2x + 2
= x ln(x2 + 1)
− 2x + 2 arctg x + C.
1 x ln x = x3 ln x 3 2
v = x, pa je
2x2 dx x2 + 1
− −
c) Ako je u = ln x, dv = x 2 dx, tada je du =
dx , x
−
1 3
dx x ,
1 x2 dx = x3 ln x 3 13
v =
− 19 x
x3 3
3
, pa je
+ C.
d) Ako je u = sin x, dv = e x dx, tada je du = cos x dx, v = e x , pa je
x
x
e sin x dx = e sin x
−
ex cos xdx.
Primenom parcijalnog integraljenja na drugi integral u1 = cos x, dv1 = e x dx, du1 = sin xdx, v1 = e x , dobija se
⇒
x
−
x
e sin x dx = e sin x
x
cos x
−e
−
ex sin xdx.
Na osnovu poslednje relacije sledi 2
x
e sin x dx = e x sin x x
e sin x dx =
ex sin x
x
−e x
−e
cos x,
tj.
cos x
+ C. 2 Ako se i u drugom parcijalnom integraljenju koristi u = ex , dv = cos xdx, dobija se trivijalni identitet. Zbog toga, ako se u prvom parci jalnom integraljenju uzme dv = e x dx tada se mora uzeti isto i u drugom parcijalnom integraljenju. Sa druge strane, moglo se u oba parcijalna integraljenja uzeti u = e x . e) Ako je jedan od brojeva a i b jednak nuli, integral se lako rešava linearnom smenom. Zato ćemo pretpostaviti da važi a = 0 i b = 0. Tada se dvostrukom primenom parcijalnog integraljenja dobija 1 a eax cos(bx) dx = eax sin(bx) eax sin(bx) dx b b
−
1 ax = e sin(bx) b Posle rešavanja po a2 + b2 b2 ili
−
a b
−
1 ax a e cos(bx) + b b
eax cos(bx) dx .
eax cos(bx) dobija se
ax
e cos(bx) dx = e
ax
1 a sin bx + 2 cos bx , b b
eax (b sin bx + a cos bx) + C. e cos(bx) dx = 2 a + b2 ax
14
5
Razni tipovi neodređenih integrala
5.1 Integrali racionalnih funkcija 5.1 Primer. Izračunati sledeće integrale: a) b) c) d) e)
(x3
2
+ x + 1) dx ; x2 9
−x
−
(x + 1) dx ; x3 2x2 + x 2
−
−
(x2 + 1) dx ; (x 1)3
− (x − 3x + 4) dx ; x − 2x + x x − x − 21 dx. 2x − x + 8x − 4 2
3
2
2
3
2
Rešenje: a) Na osnovu x3
2
+ x + 1 = x x2 9
−x
−
− 8 = x − 1 + A + B , − 1 + 10x x −9 x − 3 x + 3 2
dobija se sistem jednačina
A + B = 10, 3A
− 3B = −8,
čije rešenje je A = 11/3, B = 19/3, pa je x3
2
+ x + 1 = x x2 9
−x
−
19 − 1 + 3(x11− 3) + 3(x + . 3)
Prema tome je
(x3
2
+ x + 1) dx = x2 9
−x
−
11 dx 19 dx (x 1) dx + + 3(x 3) 3(x + 3) 11 19 x2 = ln x 3 + ln x + 3 + C. x + 2 3 3
−
−
15
| − |
−
|
|
b) Kako je x3
−
x + 1 2x2 + x
−2
=
A x
−
(A + B)x2 + (D 2B)x + A Bx + D = 2 x2 + 1 x3 2x2 + x 2 +
−
−
−
− 2D ,
rešenje sistema A + B = 0, D je A = 3/5, B =
−3/5,
(x + 1)dx = x3 2x2 + x 2
−
−
− 2B = 1, A − 2D = 1, D = −1/5, pa je 3 dx 5(x 2)
(3x + 1)dx 5(x2 + 1) 1 3 2xdx = 3 ln x 2 5 2 x2 + 1 1 3 = (3ln x 2 ln(x2 + 1) 5 2
−
− | − |−
| − |−
− dx x2 + 1
− arctg x) + C.
c) Data podintegralna funkcija se može pisati kao x2 + 1 Ax2 = (x 1)3
−
− 2Ax + A + Bx − B + D , (x − 1) 3
odakle se posle sređivanja dobija sistem jednačina A = 1,
−2A + B = 0,
A
− B + D = 1,
čija su rešenja A = 1, B = 2 i D = 2, tako da je 1 2 2 x2 + 1 = + + . (x 1)3 x 1 (x 1)2 (x 1)3
−
−
−
−
Prema tome je
(x2 + 1) dx = (x 1)3
−
=
dx x
2 dx 2 dx + + 1 (x 1)2 (x 1)3 2 1 1 + C. x 1 (x 1)2
− − ln |x − | − − − − 16
−
d) U ovom slučaju za podintegralnu funkciju važi x2 x3
2
− 3x + 4 = x − 3x + 4 = A + B + D , − 2x + x x(x − 1) x (x − 1) (x − 1) 2
2
2
odakle se dobija sistem jednačina A + B = 1,
−2A − B + D = −3, A = 4, čije rešenje je A = 4, B = −3, D = 2. (x − 3x + 4) dx dx dx dx = 4 3 + 2 − (x − 1) x − 2x + x x x−1 2
3
2
2
| | − 3 ln |x − 1| − x −2 1 + C.
= 4 ln x f) Iz jednakosti x2 2x3
− x − 21 − x + 8x − 4 2
Ax + B D + 2x 1 x2 + 4 (Ax + B)(2x 1) + D(x2 + 4) = 2x3 x2 + 8x 4 (2A + D)x2 + ( A + 2B)x B + 4D = 2x3 x2 + 8x 4
=
− − − − − − − −
dobija se sistem jednačina 2A + D = 1,
−A + 2B = −1, −B + 4D = −21, odakle je A = 3, B = 1 i D = −5. Prema tome važi 3x + 1 5 x − x − 21 = + , 2x − x + 8x − 4 x + 4 2x − 1 2
3
2
2
pa je
(x2 2x3
− x − 21) dx − x + 8x − 4 2
=
(3x + 1) dx + x2 + 4
3 = 2 =
2x dx + x2 + 4
5 dx 2x 1
−
dx + 2 x +4
3 1 x ln(x2 + 4) + arctg 2 2 2 17
5 dx 2x 1
− 5 + ln |2x − 1| + C. 2
5.2 Integrali trigonometrijskih funkcija 5.2 Primer. Izračunati sledeće integrale: a) b) c) d)
sin4 2x dx; sin5 x dx; cos4 x sin3 x dx;
sin6x sin4x dx;
Rešenje: a) Polazeći od jednakosti sin2 x = (1
sin4 2x dx =
b) Kako je dt =
2
− − −
1 = 4 1 = 4 3 = x 8
− cos2x)/2, dobija se
1 1 (1 cos4x) dx = (1 2cos4x + cos2 4x) dx 2 4 1 1 sin 4x + (1 + cos 8x) dx x 2 2 1 1 1 sin 4x + x + sin 8x + C x 2 2 16 1 1 sin 4x + sin 8x + C. 8 64
−
−
5
sin x dx =
− (1
cos 2 x)2 sin xdx. Smenom t = cos x,
− sin xdx, dobijamo
sin5 x dx = =
−
(1
−
2 2
−t )
2t3 t + 3
−
dt =
−
t 5 + C = 5
18
(1
−
2
− 2t
+ t4 ) dt
2 cos3 x cos x + 3
−
cos 5 x + C. 5
c) Smenom t = cos x, dt =
sin xdx, dobijamo
− −
cos4 x sin3 x dx =
cos4 x(1
=
(t
4
2
− cos
x)sin x dx =
6
− t ) dt = −
−
t4 (1
t5 t 7 + + C = 5 7
−
2
− t ) dt
cos5 x cos 7 x + + C. 5 7
d) Na osnovu smene t = 2x, dt = 2 dx i s = 10x, ds = 10 dx sledi
sin6x sin4x dx = =
1 (cos(6x 4x) cos(6x + 4x)) dx 2 1 1 1 (cos 2x cos 10x) dx = sin 2x sin 10x + C. 2 4 20
− −
−
−
5.3 Integrali racionalne funkcije po sin x i cos x Integral
R(sin x, cos x)dx, gde je R racionalna funkcija (od dve pro-
2 dt x menljive) sin x i cos x, se smenom t = tg , tj. dx = , svodi na 2 1 + t2 2t 1 t2 integral racionalne funkcije, jer je sin x = , cos x = . 1 + t2 1 + t2 5.3 Primer. Izračunati sledeće integrale:
−
dx ; a) sin x Rešenje: a)
b)
dx = sin x
3
−
2 dt 1+t2 2t 1+t2
dx ; sin x + cos x
=
c)
sin x dx . 4sin x 3cos x
−
dt x = ln t + C = ln tg + C. 2 t
||
|
|
b)
3
−
dx = sin x + cos x
−
2 dt 1+t2
=
2 dt 1+t2 2
=
dt t + 2
1−t 4+2t −2t t2 + 1+ 1+t t 2 dt t 1/2 = = arctg + C (t 1/2)2 + 7/4 7 7/2 1 2 tg(x/2) 1 = 2 arctg + C. 7 7
3
2t 1+t2
2
−
√
19
2
√
√ −
2
− √
−
c)
sin x dx = 4sin x 3cos x
−
=
2 dt 1+t2
− 4 1+2tt
1 5
2
−t 3 11+ t
=
2 2
3
2 dt 3t2 + 8t
1 − 3t − 1 t + 3
−3
dt
1 (ln 3t 1 ln t + 3 ) + C 5 1 3t 1 1 3tg(x/2) 1 = ln + C = ln + C. 5 5 tg(x/2) + 3 t + 3 =
| −− | −
|
|
5.4 Integrali iracionalnih funkcija
−
5.4 Primer. Izračunati sledeće integrale: a)
dx x + 2
√
Rešenje:
−1
;
a) Smenom t =
b)
dx x + 2
√ √
x dx ; x + 1
√ x + 2, tj. t
√ b) Smenom t =
√ √
−
√ x, tj. t
2
c)
dx ; 2x 5 + 1
√ 3
−
= x + 2, 2t dt = dx, dobija se
2t dt = 2t + 2ln t 1 + C t 1 1 = 2 x + 2 + 2 ln x + 2 1 + C.
=
2
|− | |√ − |
√ −
= x, 2t dt = dx, dobija se
2t2 (t2 1 + 1)dt dt = 2 t + 1 t + 1 (t2 1)dt dt dt = 2 +2 = 2 (t 1)dt + 2 t + 1 t + 1 t + 1 = t2 2t + 2ln t + 1 + C = x 2 x + 2ln x + 1 + C.
x dx = x + 1
−
−
−
− | | − √ |√ | √ c) Smenom t = 2x − 5, tj. t = 2x − 5, 3t dt = 2 dx, dobija se 3 3 1 t dt √ 2x dx = = t−1+ dt 2 2 t + 1 t + 1 −5+1 √ √ 2x − 5 + ln |1 + √ 2x − 5| 3 ( 2x − 5) − = 2 2 3
3
3
2
2
2
3
3
20
3
+ C.
5.5 Metod Ostrogradskog Integrali oblika
P n (x) dx, ax2 + bx + c gde su a = 0, b i c dati brojevi, a P n (x) polinom stepena n, se rešava pomoću sledeće jednakosti (koja se dobija primenom parcijalne integracije):
√
√
P n (x) dx = Qn−1 (x) ax2 + bx + c + λ 2 ax + bx + c
√
dx , (5) ax2 + bx + c
√
gde je Qn−1 (x) polinom stepena n 1 sa neodređenim koeficijentima, a λ konstanta. Koeficijenti polinoma Q n−1 (x) i konstanta λ se određuju diferenciranjem jednakosti (5).
−
5.5 Primer. Izračunati sledeće integrale: a)
c)
2x2 + x + 3 dx; x2 + x + 1
√ √
b)
x3 + 3x dx; 5 x4 2x2
Rešenje:
− −
d)
√ √ −
x2 + 2 dx;
e3x
e2x + ex dx. 1 e2x
−
a) Na osnovu jednakosti (5) sledi
√
2x2 + x + 3 dx = (Ax + B) x2 + x + 1 + λ 2 x + x + 1
√
dx . x2 + x + 1
√
Diferenciranjem prethodnog izraza dobija se
√
2x2 + x + 3 2x + 1 2 = A + x + 1+(Ax+B) + x 2 x2 + x + 1 x2 + x + 1
√
√
λ . 2 + x + 1
√ x
√
Množenjem leve i desne strane sa 2 x2 + x + 1 dobija se 4x2 + 2x + 6 = 2A(x2 + x + 1) + (Ax + B)(2x + 1) + 2λ, odakle se izjednačavanjem koeficijenata dobija sistem jednačina 4 = 4A, 2 = 3A + 2B, 21
6 = 2A + B + 2λ,
čije je rešenje A = 1, B = 2x2 + x + 3 dx = x2 + x + 1
√
−1/2 i λ = 9/4. Dakle, 1 √ 9 √ x x− x + x + 1 + 2 4
dx . 2 + x + 1
2
Poslednji integral se napiše kao dx = x2 + x + 1
√
dx
x +
1 2
2
, +
3 4
što posle smene t = x + 1/2, dt = dx, postaje
1 dx = ln + x + 2 x2 + x + 1
√
√
= ln (2x + 1 + Na kraju je 2x2 + x + 3 dx = x2 + x + 1
√
− √ x
1 2
1 x + 2
2
+
3 + C 4
x2 + x + 1 + C.
√
9 x + x + 1+ ln (2x+1+ x2 + x + 1 +C. 4 2
|
|
b)
√
x2 + 2 dx =
√
x2 + 2 dx = (Ax + B) x2 + 2 + λ 2 x +2
√
dx . x2 + 2
√
Diferenciranjem poslednje jednakosti dobija se
√
2x 1 x2 + 2 2 = A + 2 + (Ax + B) + λ x . 2 x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2
√
√
Množenjem leve i desne strane sa
√ x
2
√
+ 2 sledi
x2 + 2 = A(x2 + 2) + (Ax + B)x + λ, odakle se izjednačavanjem koeficijenata dobija sistem jednačina 2A = 1, B = 0, 2A + λ = 2, 22
čije rešenje je A = 1/2, B = 0 i λ = 1. Dakle,
√
1 x2 + 2 dx = x x2 + 2 + 2 2 x +2
√
1
√
x2 + 2
dx.
Poslednji integral je tablični, pa je
√
√
1 x + 2 dx = x x2 + 2 + ln x + 2 2
c) Smenom t = x 2 , dt = 2xdx, dobija se 1 x3 + 3x dx = 2 5 x4 2x2
√
− −
√
x + 2 + C. 2
t + 3 dt. 5 t2 2t
√
− −
Sada je t + 3 dt = 5 t2 2t
√
− −
√ − A 5
t2
− 2t + λ
dt 5 t2
√
− − 2t
.
Nakon diferenciranja poslednje jednakosti po t dobija se
√ 5 −t +t 3− 2t = A 2√ −5 2t− t− −2 2t + λ √ 5 − 1t − 2t . Posle sređivanja sledi t+3 = −A(t+1)+λ, odakle je A = −1, λ = 2. 2
2
2
Dakle,
√ dt − 5 − t − 2t + 2 √ . − − 5 − t − 2t √ Poslednji integral se rešava tako što se imenilac napiše kao 5 − t − 2t = 6 − (t + 1) , pa je √ 5 −t +t 3− 2t dt = −√ 5 − t − 2t + 2 arcsin t + √ 61 . t + 3 dt = 5 t2 2t
√
2
2
2
2
2
2
Konačno je x3 + 3x dx = 5 x4 2x2
√
− −
√ − 5 − x − 2x 4
23
2
x 2 + 1 + 2 arcsin + C. 6
√
d) Smenom t = e x , dt = e x dx, dobija se
e3x
2x
√ −1 e− e+ e
x
dx =
2x
Dakle možemo pisati
e2x
ex + 1 x e dx = 1 e2x
t2
√ −
−
√
t2
t + 1 dt = (At + B) 1 t2 + λ 2 1 t Posle diferenciranja poslednje jednakosti dobija se
√ −
−
−
dt . 1 t2
√
−
t + 1 dt. 1 t2
√ − −
√ −1 −t +t 1 = A√ 1 − t + (At + B) 2√ −12t− t + λ √ 1 1− t . Sređivanjem se dobija A = −1/2, B = 1 i λ = 3/2, pa je e − e + e √ 1 − e dx = − 12 e + 1 √ 1 − e + 32 arcsin x + C. t2
2
2
3x
2
2x
x
2x
x
2
2x
5.6 Integral binomnog diferencijala Integrali oblika
xm (a + bxn ) p dx mogu se rešiti (tj. mogu se svesti na
integral racionalne funkcije) samo u sledeća tri slučaja: 1) ako je p ceo broj; 2) ako je p racionalan broj i mn+1 ceo broj, tada se uvodi smena t s = a +bxn , gde je s imenilac razlomka p; 3) ako je p racionalan i mn+1 + p ceo broj, tada se uvodi smena t s = ax −n +b, gde je s imenilac razlomka p. 5.6 Primer. Izračunati sledeće integrale: a)
√ xdx √ ; (1 + x)
b)
2
Rešenje:
x dx
√ ; 1+ x
c)
3
dx √ . x x −1 6
2
a) U ovom slučaju je p = 2, tj. p je ceo broj, pa se integral rešava smenom t 2 = x, 2t dt = dx :
−
√ x dx √ (1 + x)
2
= 2 = 2
t2 dt = 2 t + 1 (1 + t)2
√
− 2 ln |t + 1| −
√ 1 x + 1 − 2 ln | x + 1 | − √
x + 1
24
1 t + 1
+ C.
+ C
b) Sada je m = 1, n = 2/3 i p = 1/2, tj. p je razlomak, ali je broj mn+1 = 1+1 = 3 ceo. Ako uvedemo smenu t2 = 1 + x2 , tj. x = (t2 1)3 , 2/3 2 ili x 1/3 = t2 1, tada dobijamo 2t dt = 3 √ dx, dx = 3 t2 1 tdt, x pa je
−
√
√ −
x dx
1+
3
x2
√ −
3
(t2
= 3
√
−
3
3 = 5
1)2 t dt =3 t
− − √ − √ (t2
1)2 dt
5
1+
3
3
2
x
2
1+
3
x
2
+3
1+
√ 3
x2 + C.
c) U ovom slučaju je m = 6, n = 2, p = 1/2, pa je mn+1 + p = −25 + −21 ceo broj. Prema tome, može se uvesti smena t2 = 1 x−2 , t dt = dx , x−2 = 1 t2 , pa je x
−
−
−
3
6
−
x6
dx x2
√ −
dx t5 2t3 2 2 = = (t 1) dt = + t + C 5 3 1 x3 x4 1 x−2 ( 1 x−2 )5 ( 1 x−2 )3 = 2 + 1 x−2 + C. 5 3
√ −
√ −
−
√ −
−
−
√
−
Razni integrali
U sledećim integralima koristiti neki od dole navedenih smena. Pretpostavljamo da su parametri a i b pozitivni. a Za a2 b2 x2 , smena x = sin t dovodi do a 1 sin2 t = a cos t. b a a 2 2 2 Za a + b x , smena x = tg t dovodi do a 1 + tg2 t = . cos t b 1 a 1 = a tg t. Za b2 x2 a2 , smena x = dovodi do a cos2 t b cos t
√ − √ √ −
−
·
−
·
6.1 Primer. Izračunati sledeće integrale: a)
√ − 9
x dx; 2
b)
x2
dx ; x2 + 16
√
Rešenje:
25
c)
√ −
x2 25 dx; x2
a) Smenom x = 3 sin t, dobija se
√ −
√ 9 − x
= 3cos t i dx = 3 cos tdt, pa je
2
9 9 (1 + cos 2t) dt = t + sin 2t + C 2 4 9 9 9 1 = t + sin t cos t + C = arcsin(x/3) + x 9 x2 + C. 2 2 2 2
9
x2 dx = 9
cos2 t dt =
b) Nakon smene x = 4 tg t, dx =
x2
dx = x2 + 16
√
9 2
√
−
√
4 dt 4 2 16 + x = i , dobija se cos2 t cos t 4 cosdt t 1 cos t dt = . 16 16tg2 t cos4 t sin2 t
2
Dalje se koristi smena u = sin t, du = cos t dt i sledi 1 cos t dt 1 1 1 du = = + C = + C 2 16 16 16sin t 16cos t tg t u2 sin t x2 + 16 = + C. 16x
−
−
√
−
5 5sin t dt c) Posle smene x = , dx = , koristeći relaciju cos t cos2 t tg t, dobijamo
√ −
1 cos2 t
− 1 =
tg t cos2 t sin t sin2 t dt = dt cos2 t cos t sin2 t cos t = dt. cos2 t Dalje se uvodi smena u = sin t, du = cos tdt, i dobija se x2 25 dx = x2
sin2 t cos t dt = cos2 t =
u2 du = 1 u2
−
2
=
− − − − √ √ − − −
1 1 + u + C u + ln 2 1 u
t + C − sin t + 12 ln 11 + sin sin t √ x − 25 1 1 + √ − − x + 2 ln √ − 1 √ x − 25 1 x + x − x + 2 ln x x 2
=
x2 x x2 x
2
2
26
25
25
+ C
25 + C. 25
