INTEGRALI ZADACI (I – DEO)
∫ f ( x)dx = F ( x) + C
Ako je f(x) neprekidna funkcija i F `(x) = f(x) onda je
, gde je C proizvoljna konstanta.
Morate naučiti tablicu osnovnih integrala:
1.
∫ dx = x + C
2.
∫ xdx =
3.
x2 +C 2 x n +1 +C n +1
n ∫ x dx =
1
4.
∫ x dx = ln x + C
5.
x ∫ a dx =
6. 7. 8.
najčešće se koristi... ili da vas ne zbuni
12.
dx = ln x + C x
ax +C ln a
∫ e dx = e + C ∫ sin xdx = − cos x + C ∫ cos xdx = + sin x + C x
x
1
∫ sin
dx = −ctgx + C x 1 dx = tgx + C 10. ∫ cos 2 x arctgx + C ili 1 11. ∫ dx = 2 − arcctgx + C 1+ x 9.
∫
∫
2
1 1− x
2
dx =
arcsin x + C
∫a
to jest
ili
− arccocx + C
to jest
2
1 1 x dx = arctg + C 2 +x a a 1
∫
a −x 2
dx = arcsin
2
x +C a
Ovo su osnovni tablični integrali. Neki profesori dozvoljavaju da se kao tablični koriste i :
dx
13.
∫ 1− x
14.
∫
2
1 1+ x = ln +C 2 1− x
dx x ±1 2
odnosno
= ln x + x 2 ± 1 + C
odnosno
∫a
2
dx 1 a+x dx 1 x−a = ln + C to jest ∫ 2 = ln +C 2 2 −x 2a a − x x −a 2a x + a
∫
dx x ±a 2
2
= ln x + x 2 ± a 2 + C
www.matematiranje.com
1
Primeri: 1.
5 ∫ x dx =
x5+1 x6 +C = +C 5 +1 6
7x 2. ∫ 7 dx = +C ln 7 x
3.
∫
kao 3. tablični
kao 5. tablični
n ∫ x dx =
x n +1 +C n +1
ax ∫ a dx = ln a + C x
xdx = pogledamo i vidimo da ga ovaj integral nema u tablici osnovnih integrala... Ideja je da se kod ovakvih m
integrala iskoristi pravilo za stepenovanje x
n m
x = x , odnosno n
1 2
x = x . Na ovaj način se integral svede na najčešće
n +1
∫ x dx = n + 1 + C . n
upotrebljavani tablični
Dakle: 1 1 2
3
+1
3
∫
x2 x2 2x 2 xdx = ∫ x dx = +C = +C = +C 1 3 3 +1 2 2
4.
∫x
1 12
dx = I ovaj ga nema u tablici...Za njega ćemo upotrebiti pravilo za stepenovanje, da je
1 = x − n ... xn
1 x −12 +1 x −11 1 −12 ∫ x12 dx = ∫ x dx = −12 + 1 + C = −11 + C = −11x11 + C
Najbolje je da se mi podsetimo svih pravila za stepenovanje i korenovanje:
1) a 0 = 1 1 an m n 3) a ⋅ a = a m + n 4) a m : a n = a m − n 5) (a m ) n = a m⋅n
2) a − n =
6) (a ⋅ b) = a n ⋅ b n n
an a 7) = n b b a 8) b
−n
b = a
n
www.matematiranje.com
2
m
1)
n
am = a n
2)
n
a ⋅b = n a ⋅ n b
3)
n
a : n b = n a:b
4) 5) 6)
( a)
m
n
a = n ⋅m a
n m np
= n am
a
mp
= n am
Nastavimo sa primerima…
∫ x⋅
5.
3
xdx = Upotrebimo pravila za stepen i koren da “ pripremimo” podintegralnu funkciju : 1
1+
x ⋅ 3 x = x1 ⋅ x 3 = x
1 3
4
= x3 4
4 3
7
+1
7
x3 x3 3x 3 3 x ⋅ xdx = x dx = + C = + C = +C ∫ ∫ 4 7 7 +1 3 3 x
5 x 5 3 +C x −x x 1 5 3 5 ⋅ dx = ⋅ dx = dx = ∫ ∫ 3x ∫ 3 5 ln 3
6.
7.
∫
x x x dx = ? 7
"Spakujemo" podintegralnu funkciju 7 7 8
+1
15
x x x = x
x2 ⋅ x = x 4 x3 =
4
x4 ⋅ x3 = 8 x7 = x 8
15
x8 x8 8x 8 x dx = + C = + C = +C ∫ 7 15 15 +1 8 8
Da se upoznamo i sa osnovnim svojstvima neodredjenog integrala:
1)
∫ A ⋅ f ( x)dx = A ⋅∫ f ( x)dx
gde je A konstanta (broj)
Dakle, slično kao i kod izvoda, konstanta (broj) izlazi ispred integrala... www.matematiranje.com
3
Primeri: 8.
∫ 4 x dx = ? 3
3 3 ∫ 4 x dx = 4∫ x dx = 4
x4 + C = x4 + C 4
9. 1
∫ 4 xdx = ? 1
1
1
1
∫ 4 xdx = 4 ⋅ ∫ x dx = 4 ⋅ ln x + C 10.
∫ 2π sin xdx = ? ∫ 2π sin xdx =2π ⋅ ∫ sin xdx =2π ⋅ (− cos x) + C = −2π cos x + C 2)
∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx
Opet slično kao kod izvoda: Ako imamo zbir ili razliku više funkcija od svake tražimo posebno integral... 11. 2 ∫ (4 x + 2 x − 3)dx = ?
∫ (4 x
2
+ 2 x − 3)dx = ∫ 4 x 2 dx + ∫ 2 xdx − ∫ 3dx = konstante izbacimo ispred integrala... = 4 ∫ x 2 dx + 2 ∫ xdx − 3∫ dx =4
x3 x2 x3 +2 − 3x + C = 4 +x 2 − 3 x + C 3 2 3
12.
1
4 23 − 2 + 2 ⋅ 5 x )dx = ? x sin x 1 x 4 23 1 1 dx 3 x x 3 x ∫ (5cos x + 3e − 2 x + x − sin 2 x + 2 ⋅ 5 )dx = 5∫ cos xdx + 3 ∫ e dx − 2∫ x dx + 4∫ x dx − 23∫ sin 2 x + 2 ⋅ ∫ 5 dx = 1 x4 5x = 5 sin x + e x − 2 + 4 ln x − 23(−ctgx) + 2 +C 3 4 ln 5
∫ (5cos x + 3e
x
− 2 x3 +
www.matematiranje.com
4
13.
∫
x−2 dx = ? x3
Kod ovog i sličnih integrala ćemo upotrebiti
∫
A± B A B = ± C C C
x−2 x 2 dx = ∫ ( 3 − 3 )dx = ∫ ( x −2 − 2 x −3 )dx = ∫ x −2 dx − 2 ∫ x −3 dx 3 x x x x −2+1 x −3+1 = −2 +C −2 + 1 −3 + 1 1 1 = − + 2 +C x x
14. 2 x +1 − 5 x −1 ∫ 10 x dx = ? Da prisredimo najpre malo podintegralnu funkciju... 2 x +1 − 5 x −1 = 10 x
5x 5x x x x x 1 x 51 = 2 ⋅ 2 − 51 = 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 5 = 2 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1 10 x 10 x 10 x 10 5 10 5 5 2
2 x ⋅ 21 −
x
x
x
x
2 x +1 − 5 x −1 1 1 1 1 1 1 ∫ 10 x dx = ∫ [2 ⋅ 5 − 5 ⋅ 2 ]dx = ∫ 2 ⋅ 5 dx − ∫ 5 ⋅ 2 dx = x
x
1 1 x x 1 1 1 2 5 1 = 2 ⋅ ∫ dx − ⋅ ∫ dx =2 ⋅ − + C 1 5 1 5 2 5 ln ln 5 2
15. x2 ∫ x 2 + 1dx = ? Ovo je tip integrala koji najlakše rešavamo malim ''trikom'' ( dodamo 1 i oduzmemo 1) x2 x2 + 1 −1 x2 + 1 1 x2 + 1 1 dx = dx = dx − dx = ∫ x2 + 1 ∫ x2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 dx − ∫ x 2 + 1dx
= ∫ dx − ∫
1 dx = x − arctgx + C x +1 2
I ovde će nam trebati znanje iz trigonometrije. Da se podsetimo nekih najvažnijih formula:
www.matematiranje.com
5
Osnovni trigonometrijski indetiteti 1) sin 2 α + cos 2 α = 1 sin α 2) tgα = cos α cos α 3) ctgα = sin α 4) tgα ⋅ ctgα = 1
Adicione formule sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β
sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β
cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β
cos(α − β ) = cos α cos β + sin α sin β tgα − tgβ 1 + tgα ⋅ tgβ ctgα ⋅ ctgβ + 1 ctg (α − β ) = ctgβ − ctgα
tgα + tg β 1 − tgα ⋅ tg β ctgα ⋅ ctg β − 1 ctg (α + β ) = ctg β + ctgα
tg (α − β ) =
tg (α + β ) =
Polovina ugla 1. sin
α
2. cos
2
α
1 − cos α 2
=±
1 + cos α α 1 + cos 2 x ili 2 cos 2 = 1 + cos α odnosno cos 2 x = 2 2 2
ili
2 sin 2
α 2
= 1 − cos α odnosno sin 2 x =
1 − cos 2 x 2
1 − cos α 2 1 + cos α 1 + cos α α 4. ctg = ± 2 1 − cos α 3. tg
α
2
=±
=±
Transformacije zbira i razlike u proizvod α +β α −β 1. sin α + sin β = 2 sin cos 2 2 α +β α −β 2. sin α − sin β = 2 cos sin 2 2 α +β α −β 3. cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 α +β α −β 4. cos α − cos β = −2 sin sin 2 2 sin(α ± β ) 5. tgα ± tgβ = cos α cos β sin(α ± β ) 6. ctgα ± ctgβ = sin α sin β
Dvostruki ugao 1. sin 2α = 2 sin α cos α 2. cos 2α = cos 2 α − sin 2 α 3. tg 2α =
2tgα 1 − tg 2α
4. ctg 2α =
ctg 2α − 1 2ctgα
www.matematiranje.com
6
16. cos 2 x dx = ? treba nam formula cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x x ⋅ cos 2 x cos 2 x cos 2 x − sin 2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = rastavimo na dva integrala... cos 2 x sin 2 x dx − ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = skratimo...
∫ sin
∫ sin
2
cos 2 x
x ⋅ cos 2 x
2
1
∫ sin
2
x
dx − ∫
sin 2 x
dx − ∫
sin 2 x ⋅ cos 2 x
dx = i dobijamo dva tablična integrala...
1 dx = −ctgx − tgx + C cos 2 x
17. dx =? treba nam formula sin 2 x + cos 2 x = 1 x ⋅ cos 2 x 1 ⋅ dx 1 sin 2 x + cos 2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x = uz dx je 1, zar ne?= ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = rastavimo na dva integrala... sin 2 x cos 2 x dx + ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = skratimo...
∫ sin
2
∫ sin
sin 2 x 2
x ⋅ cos 2 x
1
∫ cos
2
x
dx − ∫
dx + ∫
cos 2 x sin 2 x ⋅ cos 2 x
dx = i dobijamo dva tablična integrala...
1 dx = tgx + ctgx + C sin 2 x
18.
∫ tg
2
xdx = ?
Ovde koristimo tgx = 2 ∫ tg xdx = ∫
=∫
sin x cos x
sin 2 x dx = kako je sin 2 α + cos 2 α = 1 → sin 2 α = 1 − cos 2 α , pa je 2 cos x
1 1 − cos 2 α 1 cos 2 α dx dx dx = ∫ dx − ∫ dx = tgx − x + C = − 2 2 2 ∫ ∫ cos x cos x cos x cos 2 x
www.matematiranje.com
7
19. 18 x 2 − 2 ∫ 3x − 1 dx = ? Probamo da sredimo podintegralnu funkciju, ako neće, mora se koristiti neki drugi trik( druga metoda)...
18 x 2 − 2 2(9 x 2 − 1) 2 (3 x − 1) (3 x + 1) = 2(3 x + 1) = 6 x + 2 = = 3x − 1 3x − 1 3x − 1
Sad je već lakše...
18 x 2 − 2 x2 (6 2) 6 2 6 dx = x + dx = xdx + dx = + 2 x + C = 3x 2 + 2 x + C ∫ 3x − 1 ∫ ∫ ∫ 2
20.
4− x dx = ? x
∫ 2+
1 4− x 22 − ( x ) 2 (2 − x )(2 + x ) (2 − x ) (2 + x ) = = = = 2 − x = 2 − x2 2+ x 2+ x 2+ x 2+ x 3
3
1 1 4− x 2x2 x2 2 2 (2 ) 2 2 2 dx = − x dx = dx − x dx = x − + C = x − +C ∫ 2+ x ∫ ∫ ∫ 3 3 2
www.matematiranje.com
8
INTEGRALI ZADACI ( II DEO) – INTEGRACIJA POMOĆU SMENE Ako uvedemo smenu x g (t ) onda je dx g `(t )dt i početni integral
f ( x)dx
postaje:
f ( x)dx f ( g (t )) g `(t )dt Za početak evo jednog saveta: za smenu birati izraz čiji je izvod uz dx. Smena ustvari, prosto rečeno, znači da u datom integralu nešto (recimo )izaberemo da je t. Od toga nadjemo izvod i t . to zamenimo u početni integral, koji je sada sve '' po t ''. `dx dt Primeri:
1 2 xdx ? 2 12
x
Vidimo da uz dx imamo izraz 2x. Razmišljamo od čega je izvod 2x ? Znamo da je ( x 2 )` 2 x i to ćemo izabrati kao smenu. Još je pametnije da uzmemo ceo izraz x 2 12 da nam bude smena jer je izvod od konstante 0. [ ( x 2 12)` 2 x ] x 2 12 t 2 xdx dt x 2 12 2 xdx dt t ln t C kad rešimo integral 'po t' , onda vratimo smenu i dobijamo rešenje 'po x' = ln x 2 12 C
2 x 2 dx x3 1 ?
I ovde slično razmišljamo, izvod od x3 1 je 3x 2 i to je pogodno za smenu, al šta ćemo sa onom trojkom? Ne brinite, znamo da konstanta uvek može da ide ispred integrala po pravilu
A f ( x)dx A f ( x)dx
koje smo objasnili u prethodnom delu ( integrali zadaci I deo). dt x3 1 t x 2 dx 1 3 3 1 dt 1 x3 1 3x 2 dx dt x 2 dx dt t 3 t 3 ln t C 3 ln x 1 C 3 www.matematiranje.com
1
3
1
x 5dx ? Ovaj integral liči na tablični
1
xdx ln x C
ali umesto x u imeniocu imamo x + 5. Zato je pametno baš taj izraz
uzeti za smenu : 1
x 5dx
x5 t 1 dt ln t C ln x 5 C dx dt t
Vezano za ovakve integrale možemo izvesti jedan zaključak:
1
x a dx ln x a C
4 1
( x 5) dx ? 3
Ovaj integral je sličan prethodnom, ali pazite jer u imeniocu je stepen izraza pa on ‘ne ide’ u ln. x5 t 1 1 t 31 1 1 3 dx dt t dt C C C 3 2 ( x 5)3 dx dt t 3 1 2t 2 ( x 5) 2
5
sin
2
x cos xdx ?
Uz dx imamo cosx, a kako znamo da je izvod od (sinx)`=cosx , jasno je da će to i biti smena. sin x t
t3 sin 3 x sin x cos xdx cos xdx dt t dt 3 C 3 C 2
2
6
e
x3
e
3
x
x 2 dx ?
x3 t
x 2 dx
1 1 1 3 t dt et dt et C e x C dt e 3 3 3 3 3 x dx dt x dx 3 2
2
www.matematiranje.com
2
7
ctgxdx ? Ovde najpre moramo upotrebiti identitet ctgx cos x
sin x t
ctgxdx sin x dx cos xdx dt
cos x , pa tek onda uzeti smenu: sin x
dt ln t C ln sin x C t
8 arctgy
1 y
2
dy ?
Vidite i sami da se bez znanja izvoda teško može razumeti metoda smene, zato vam savetujemo da prvo njih dobro obnovite pa tek onda da se probate sa integralima…( fajlovi izvodi – zadaci I,II III deo) arctgy 1 y 2 dy
arctgy t t2 (arctgy ) 2 tdt C C 1 dy dt 2 2 1 y2
9 x 2 dx x6 4 ? Ovde uz dx imamo x 2 I znamo da je izvod od ( x3 )` 3x 2 a u imeniocu nemamo x3 . Zato ćemo mi malo prepraviti imenilac da bi dobili x3 … dt x dx x dx 1 dt 3 x6 4 ( x3 )2 4 3x 2 dx dt x 2 dx dt t 2 4 3 t 2 4 3 2
2
x3 t
Ovde ćemo upotrebiti tablični integral
a
2
1 1 t dx arctg C ali moramo najpre odrediti a. 2 a a t
1 dt 1 dt 1 1 t 1 x3 = 2 arctg C arctg C 3 t 4 3 t 2 22 3 2 2 6 2 www.matematiranje.com
3
Kad smo već upotrebili ovaj tablični integral , ako se sećate, mi smo pomenuli da ne dozvoljavaju svi profesori da se on koristi. Pa da vidimo kako smo mi njega rešili metodom smene: 10
a
2
1 1 x dx arctg C TABLIČNI 2 x a a
Dokaz: x t 1 1 1 1 1 1 1 1 a dx dx dx 2 adt 2 a dt 2 2 a2 x2 2 x2 x dx a [1 ( ) 2 ] a [1 t ] [1 t 2 ] a a [1 ( ) ] dt dx adt a a a 1 1 1 1 x dt arctgt C arctg C 2 a [1 t ] a a a
11 1
25 x
dx ?
2
Ovde je dakle samo problem odrediti vrednost za a. 1
25 x
dx
2
1 dx [ovde je dakle a =5] 5 x2 2
1 x arctg C 5 5
Slična situacija je i sa : 12
1 a2 x2
dx arcsin
x C a
TABLIČNI
Dokaz:
1 a x 2
2
dx
1 x a [1 ( ) 2 ] a 2
x t a dx dt dx adt a
dx
1 x a [1 ( ) 2 ] a 2
dx
1 x a [1 ( ) 2 ] a
dx
1 a
1 x 1 ( )2 a
dx
1 1 1 1 1 x dt dt arcsin t C arcsin C adt a 2 2 2 a a 1 t a 1 t 1 t
www.matematiranje.com
4
13 1
15 x 2
dx ?
Opet se traži vrednost za a. Ovde je malo teže jer 15 nije kvadrat nekog broja, ali mi upotrebimo trikče: 1
15 x 2
dx
1 ( 15) 2 x 2
dx [dakle a 15 pa je] = arcsin
x C 15
14
sin axdx ?
gde je a konstanta, to jest bilo koji broj.
ax t
dt
sin axdx adx dt dx dt sin t a a
1 1 1 sin tdt ( cos t ) C cos ax C a a a
Vezano za ovakve integrale , gde umesto x-sa imamo ax , možemo reći da se rade uvek sa smenom ax=t, odnosno 1 radimo ga kao tablični, a ispred integrala dodamo konstantu . a Na primer: 1
cos axdx a sin ax C e
ax
dx
1 ax e C a
itd.
15
sin
2
xdx ?
Ovde nam treba trigonometrijska formulica za sin 2 x ( pogledaj prethodni fajl : integrali zadaci I deo)
sin
2
xdx
1 cos 2 x 1 1 1 1 1 dx [ 1 dx cos 2 xdx] [ x sin 2 x] C x sin 2 x C 2 2 2 2 2 4
Ovde smo u radu iskoristili zaključak iz prethodnog zadatka
1
cos 2 xdx 2 sin 2 x . www.matematiranje.com
5
16
cos
2
xdx ? cos 2 x =
Opet mora trigonometrija…
1 cos 2 x 2
1 cos 2 x 1 dx [1 cos 2 x]dx 2 2 1 1 1 1 1 [ 1 dx cos 2 xdx] [ x sin 2 x] C x sin 2 x C 2 2 2 2 4
cos
2
xdx
17
dx
sin x ? Ovaj zadatak možemo rešiti na više načina. Upotrebićemo trikče : dx
dx
sin x
sin x sin x dx dx 2 1 cos 2 x x
sin x sin x sin x sin
Sada već imamo očiglednu smenu... cos x t dt dt sin x 1 cos2 xdx sin xdx dt 1 t 2 t 2 1 sin xdx dt
Ovo je tablični integral
x
2
dx 1 xa ln C pa je 2 a 2a x a
dt 1 t 1 1 cos x 1 ln C ln C 2 cos x 1 1 2 t 1 Rešenje može ostati i ovakvo, ali ćemo ga mi namerno malo prepraviti jer se ovaj integral može elegantnije rešiti
t
2
preko trigonometrijskih smena, a tamo će rešenje izgledati baš kao... 1
1 cos x 1 cos x 1 2 ln C ln C ln 2 cos x 1 cos x 1
cos x 1 x C ln tg C cos x 1 2 www.matematiranje.com
6
18
1 x dx ? 1 x
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x dx dx ovde je trik izvršiti racionalizaciju dx 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x2 Sad ćemo ovaj integral rastaviti na dva...
1 x 1 x2
1 1 x2
dx
x 1 x2
dx prvi je tablični a drugi ćemo rešiti smenom( na stranu)
1 x2 t x 1 dx ( 2 x)dx dt ( dt ) t C 1 x 2 C 2 2 1 x 2 1 x x dt 1 x2
Vratimo se u dosadašnje rešenje i imamo:
1 x 1 x
2
1 1 x
2
dx
x 1 x
2
dx arcsin x ( 1 x 2 ) C arcsin x 1 x 2 C
www.matematiranje.com
7
INTEGRALI ZADACI (III-DEO) PARCIJALNA INTEGRACIJA Ako su u i v diferencijabilne funkcije od x , onda je :
udv uv vdu Ova metoda, parcijalna integracija, po pravilu je na početku proučavanja slabo razumljiva. Mi ćemo pokušati , koliko to dozvoljava pisana reč da vam je približimo i objasnimo . Zadati integral mi upoređujemo sa
udv . “Nešto” (recimo ) izaberemo da je
u , a “nešto” (recimo dx ) izaberemo
da je dv. Od onog što smo izabrali da je u tražimo izvod , a od onog što smo izabrali da je dv tražimo integral. u
dx=dv
`dx du
dx v
Kad nađemo du i v to menjamo u formulu parcijalne integracije: novodobijeni integral
uv vdu . Ideja parcijalne integracije je da
vdu bude lakši od početnog udv . Ako dobijemo da on nije lakši, znači da smo pogrešno
izabrali u i dv. Najčešći primer na kome profesori objašnjavaju parcijalnu integraciju je :
primer 1.
xe dx ? x
Ovaj integral upoređujemo sa udv . Izabraćemo da je x = u a e x dx=dv. xu
e x dx dv
xe dx dx du e dx v x
x
ovo sad menjamo u
u v vdu
ex v
x e x e x dx xe x e x C e x ( x 1) C u v vdu A šta bi se desilo da smo birali pogrešno? Da vidimo: ex u x x xe dx e dx du
xdx dv
xdx v x2 v 2
x2 x e 2
x2 x 2 e dx ovaj integral je teži od početnog!
www.matematiranje.com
1
Da bi “pametno” birali ove integrale ćemo podeliti u 4. grupe.
1. GRUPA Ovde ćemo birati da je x ili izraz vezan sa x jednak u, a sve ostalo je dv x Na primer : x cos xdx , (1 x) sin xdx , xe x dx , 2 dx , ( x 2 2 x 5)e x dx itd. sin x 2. GRUPA Ovde ne uzimamo x za u , već funkciju pored x , (odnosno izraza sa x). lnx = u,
arcsinx = u, arctgx = u Na primer :
a sve ostalo je dv.
x ln xdx x arcsin xdx , x
2
arctgxdx ,
x
3
ln xdx itd.
3. GRUPA Ovde ćemo uzimati dx=dv, a unutrašnja funkcija je u, kao u 2. grupi Na primer :
ln xdx , ln
2
xdx ,
arctgxdx , arcsin xdx
itd.
4. GRUPA To su kružni integrali, koji uvek imaju svog “para” preko koga se dati integral vraća na početak… Na primer :
e
x
sin xdx , e x cos xdx ,
sin(ln x)dx , cos(ln x)dx
itd.
Od svake grupe ćemo uraditi po nekoliko primera...
xe
Jasno je da urađeni primer
primer 2.
x
dx pripada prvoj grupi.
(1 x) sin xdx ? 1 x u
sinxdx=dv
(1 x) sin xdx dx du
sinxdx v (1 x)( cos x) ( cos x)(dx) ( x 1) cos x sin x C cos x v
xdx
cos
primer 3.
xu xdx
cos
2
x
dx du
2
x
u v
vdu
?
dx =dv cos 2 x dx cos2 x v x tgx tgxdx tgx v
izvući ćemo tgxdx ‘ na stranu’ , rešiti ga , pa ćemo se vratiti u parcijalnu integraciju...
www.matematiranje.com
2
cos x t sin x dt tgxdx cos xdx sin xdx dt t ln t ln cos x sin xdx dt
vratimo se u zadatak:
xdx
cos
2
x
x tgx tgxdx x tgx ( ln cos x ) C x tgx ln cos x C
x ln xdx ?
primer 4.
Ovde je primamljivo uzeti da je x = u , ali bi nas to odvelo u ćorsokak... Ovaj integral je iz II grupe:
xdx v
ln x u
x ln xdx
1 dx du x
x2 ln x x2 2 v u v 2
x2 1 x2 x2 1 2 x dx 2 ln x 2 x dx vdu
x2 1 x2 1 x2 x2 x2 ln x xdx ln x C ln x C 2 2 2 2 2 2 4
x arctgxdx ?
primer 5.
arctgx u
x arctgxdx
1 dx du 1 x2
xdx v 2
x v 2
arctgx
x2 x2 1 x2 1 x2 dx arctgx dx 2 2 1 x2 2 2 1 x2
Ovde ćemo stati i
x2 1 x2 dx rešiti na stranu pa ubaciti rešenje…Ovo je onaj trik integral , objašnjen u I delu.
Da se podsetimo:
x2 x2 1 1 x2 1 1 x2 1 1 dx dx dx dx x2 1 x2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1 dx x 2 1dx 1 dx 2 dx x arctgx x 1
Sada je:
x arctgxdx arctgx
x2 1 x2 x2 1 dx arctgx ( x arctgx) C 2 2 1 x2 2 2 www.matematiranje.com
3
primer 6.
x3 arccos x 1 x2
dx ?
I ovo je integral iz II grupe al je malo teži i ima više posla.
x 3 arccos x 1 x2
x3
arccos x u dx -
dx 1 x2
1 x2
=du
dx dv Uokvireni integral ćemo rešiti “na stranu”
x3
1 x2
dx v
1 x2 t 2
x3 1 x2
x2 x
dx
1 x2
dx
2 xdx 2 tdt
1 t2 t3 t 3 3t 2 ( t dt ) (t 1)dt t 3 3 t
xdx tdt 1 x2 t 2 x2 1 t 2
t (t 2 3) 1 x 2 (1 x 2 3) 1 x 2 ( x 2 2) 1 x 2 ( x 2 2) 3 3 3 3 Vratimo se sada u parcijalnu integraciju:
x 3 arccos x 1 x2
arccos x u dx
arccos x (
-
dx 1 x2
=du
x3 1 x2
dx dv
1 x 2 ( x 2 2) v 3
1 x 2 ( x 2 2) dx 1 x 2 ( x 2 2) ] ][ ) [ 2 3 3 1 x
1 x 2 ( x 2 2) 1 arccos x ( ) ( x 2 2)dx 3 3 1 x 2 ( x 2 2) 1 x3 arccos x ( ) ( 2 x) C 3 3 3 www.matematiranje.com
4
ln xdx ?
primer 7.
Ovo je integral iz naše III grupe. ln x u dx=dv 1 1 1 ln xdx x dx du dx v ln x x x x dx x ln x x x dx x ln x x C x(ln x 1) C xv
ln
primer 8.
ln
2
2
xdx ?
ln 2 x u
dx=dv
xdx ? dx du
dx v
, da nađemo mi ovaj izvod “na stranu”, jer se radi o složenoj funkciji.
xv
(ln 2 x)` 2 ln x (ln x)` 2 ln x
1 2 ln x x x
Vratimo se na zadatak:
ln 2 x u
ln
2
xdx
dx=dv
2 ln x dx du x
dx v
ln 2 x x x
2 ln x ln x dx x ln 2 x 2 x dx x ln 2 x 2 ln xdx x x
xv
Radili smo i dobili
ln xdx , koji smo rešili u prethodnom primeru. Znači ovde bi morali da radimo novu parcijalnu
integraciju!
Iskoristićemo rešenje prethodnog primera da je
ln xdx x(ln x 1)
Pa će rešenje našeg integrala biti:
ln
2
xdx x ln 2 x 2 ln xdx x ln 2 x 2 x(ln x 1) C x (ln 2 x 2 ln x 2) C www.matematiranje.com
5
primer 9.
ln( x
1 x 2 )dx ?
Ovo je već ozbiljniji primer i imaćemo više posla…
2 ln( x 1 x )dx
[ln( x 1 x 2 )]`
ln( x 1 x 2 ) u ? du
1 x 1 x
2
dx dv , kao i obično, složeni izvod ćemo “ na stranu” xv
( x 1 x 2 )`
1
1
(1 x 2 )`)
2 1 x 1 2 x) = (1 x 1 x2 2 1 x2 1 x = ) (1 1 x2 x 1 x2 =
x 1 x 1
(1
2
1 x 1 x2
(
2
1 x2 x 1 x
2
)
1 1 x2
Vratimo se u zadatak:
ln( x 1 x 2 ) u 2 ln( x 1 x )dx 1 dx du 1 x2 ln( x 1 x 2 ) x
x 1 x2
dx dv xv
ln( x 1 x 2 ) x x
1 1 x2
dx
dx
Opet problem, izvučemo uokvireni integral i rešimo ga metodom smene:
1 x2 t x dx dt t 1 x 2 x 2 dx dt 1 x 1 x2
Konačno, rešenje će biti:
ln( x
1 x 2 )dx x ln( x 1 x 2 ) 1 x 2 C www.matematiranje.com
6
I još da pokažemo par primera iz IV grupe.
sin(ln x)dx ?
primer 10.
Krenemo sa parcijalnom integracijom ( početni integral najčešće obeležavamo sa I ):
sin(ln x) u I sin(ln x)dx cos(ln x) (ln x)`dx du 1 cos(ln x) dx x sin(ln x) x x cos(ln x) Za sada
dx dv xv
1 dx sin(ln x) x cos(ln x)dx x
I sin(ln x) x cos(ln x)dx
* Integral
cos(ln x)dx radimo “ na stranu” , opet parcijalnom integracijom:
cos(ln x) u cos(ln x)dx -sin(lnx) 1 dx du x cos(ln x) x x (-sin(lnx)
dx=dv xv
1 )dx cos(ln x) x sin(ln x)dx cos(ln x) x I x
Dakle imamo
cos(ln x)dx cos(ln x) x I
Vratimo se na
*
I sin(ln x) x cos(ln x)dx ovde zamenimo da je
cos(ln x)dx cos(ln x) x I
I sin(ln x) x [cos(ln x) x I ] I sin(ln x) x cos(ln x) x I I I sin(ln x) x cos(ln x) x 2 I x [sin(ln x) cos(ln x)] x [sin(ln x) cos(ln x)] C 2 Konstantu C dodamo tek kad izrazimo I. I
www.matematiranje.com
7
Profesori najviše vole da ovaj tip integrala objasne ( a posle vala i pitaju) na integralima:
e
x
sin xdx
e
i
x
cos xdx
Mi ćemo uraditi jedan uopšteniji primer :
primer 11.
e
ax
sin bxdx ?
Startujemo sa parcijalnom integracijom…( i naravno ovaj integral obeležimo sa I) sin bx u
e ax dx dv
I e ax sin bxdx cos bx (bx)`dx du
e
1 ax 1 e ax sin bx b ax e e ax b cos bxdx e cos bxdx a a a a
sin bx
Za sad dakle imamo Rešavamo
e
ax
I
e ax sin bx b a a
cos bxdx sin bx (bx)`dx du b sin bxdx du
cos bx
Dakle :
e
ax
cos bxdx
cos bxdx , pa ćemo to rešenje vratiti…
cos bx u ax
dx v
1 ax e v a
b cos bxdx du
e
ax
e ax dx dv
e
ax
dx v
1 ax e v a
1 ax 1 e ax cos bx b ax e sin bxdx e eax (b sin bx)dx a a a a ax e cos bxdx
ax e cos bxdx
e ax cos bx b ax e sin bxdx a a
to jest
e ax cos bx b I a a www.matematiranje.com
8
e ax sin bx b ax I e cos bxdx a a ax e sin bx b e ax cos bx b I I odavde moramo da izrazimo I a a a a e ax sin bx b e ax cos bx b 2 I 2 I .........../ a 2 2 a a a 2 ax ax a I a e sin bx b e cos bx b 2 I a 2 I b 2 I a e ax sin bx b e ax cos bx I (a 2 b 2 ) a e ax sin bx b e ax cos bx a e ax sin bx b e ax cos bx I a 2 b2 I
e ax (a sin bx b cos bx) C a 2 b2
Rešenje ovog uopštenog integrala možemo primeniti da rešimo recimo e x sin xdx . Kako? e ax (a sin bx b cos bx) e1x (1 sin1x 1 cos1x) e x (sin x cos x) Za a 1 i b 1 je a 2 b2 12 12 2
Dakle:
e x (sin x cos x) +C e sin xdx = 2
primer 11.
x
a 2 x 2 dx ?
Ovo je jedan od poznatijih integrala koga možemo rešiti na nekoliko načina. Ajmo da vidimo kako bi to išlo pomoću parcijalne integracije... Najpre vršimo malu racionalizaciju podintegralne funkcije:
a2 x2
a2 x2 a2 x2 a2 x2 a2 x2 1 a2 x2 a2 x2 a2 x2 a2 x2
Dakle , sada imamo dva integrala( početni integral ćemo označiti sa I ):
I a 2 x 2 dx
a2 a2 x2
dx
x2 a2 x2
dx www.matematiranje.com
9
Prvi od njih je tablični:
a2 a x 2
2
dx a 2
dx a x 2
2
a 2 arcsin
x a
A drugi ćemo rešiti parcijalnom integracijom:
x
x
xu
2
a2 x2
a x2 x 2
dx
dx du
dx dv
a2 x2
dx v
Rešimo ovaj integral posebno: a2 x2 t 2
x
dx 2 xdx 2 tdt
a2 x2
xdx tdt
t dt t a 2 x 2 t
Vratimo se sada u parcijalnu integraciju: x
xu
x2 a x 2
2
x2 a x x2 2
2
a2 x2 x
dx
dx du
dx dv
a2 x2
2 2 2 2 dx v x a x ( a x )dx
a2 x2 v
dx x a 2 x 2 ( a 2 x 2 )dx dx x a 2 x 2 I
a x Da se podsetimo početka: 2
I
2
a2 a2 x2
dx
x2 a2 x2
dx
x ( x a 2 x 2 I ) a x I a 2 arcsin x a 2 x 2 I a Prebacimo I na levu stranu! x x I I a 2 arcsin x a 2 x 2 2 I a 2 arcsin x a 2 x 2 i konačno: a a I a 2 arcsin
1 x I a 2 arcsin x a 2 x 2 C 2 a www.matematiranje.com
Ovaj integral možemo rešiti elegantnije primenom odgovarajuće smene, ali to u sledećem fajlu… 10
INTEGRALI ZADACI ( IV DEO) – Integracija racionalne funkcije P ( x) . Može biti prava i neprava. Q( x) Prava racionalna funkcija je ona kod koje je maksimalni stepen polinoma P(x) manji od maksimalnog stepena
Racionalna funkcija je oblika
polinoma Q(x). ( na primer :
x x 2 − 3 x + 12 4 , , 5 itd.) 2 3 2 2 x − 3 x + 5 x − 2 x + 1 x + 5 x − 22 x + 31
Neprava racionalna funkcija je ona kod koje je max stepen P(x) veći ili jednak sa max stepenom Q(x). x 2 + 2 x − 7 x 2 − 3 x + 12 x 4 + 75 x 2 − 14 , , itd. ) . U slučaju da je zadata neprava racionalna funkcija x 2 − 13 2x + 1 x+3 moramo podeliti ta dva polinoma , dobiti rešenje plus prava racionalna funkcija. ( na primer :
Integraciju prave racionalne funkcije vršimo tako što : Imenilac rastavimo na činioce upotrebom: -
izvlačimo zajednički ispred zagrade
-
razlika kvadrata: a2 – b2 = (a-b)(a+b)
-
ax2 + bx +c = a(x-x1)(x-x2) ako nam je data kvadratna jednačina
-
a3-b3 = (a-b)(a2+ab+b2) ili a3+b3 = (a+b)(a2-ab+b2) razlika, odnosno zbir kubova
-
Koristimo Bezuovu teoremu ili sklapamo “ dva po dva” ako je dat polinom većeg stepena Dalje datu pravu racionalnu funkciju rastavljamo na sledeći način:( primeri)
P ( x) A B = + ako su u imeniocu svi linearni bez stepena , svaki ide sa po jednim slovom: A,B,C… ( x − 1)( x + 5) x − 1 x + 5 P( x) A B C D = + + + ako u imeniocu imamo linearne članove , ali sa stepenom, 3 2 3 ( x − 1) ( x + 7) x − 1 ( x − 1) ( x − 1) ( x + 7) rastavljamo dok ne dođemo do najvećeg stepena. P ( x) A Bx + C = + 2 ako u imeniocu imamo nerazloživ polinom , za njega moramo da uzmemo 2 ( x − 2)( x + 1) x − 2 x + 1 izraz tipa Bx+C ( pazi na ovo) P( x) A Bx + C Dx + E F G H = + 2 + + + + evo primera gde i nerazloživ činilac u imeniocu koji 2 2 3 ( x − 7) ⋅ ( x + 5) ⋅ x x − 7 x + 5 ( x 2 + 5)2 x x 2 x 3 je na kvadrat moramo dva puta da uzimamo u razlaganju. www.matematiranje.com
1
PRIMERI 1.
x −3 ∫ x3 − xdx = ?
Ovde se radi o pravoj racionalnoj funkciji, pa odmah krećemo sa razlaganjem. Najpre imenilac rastavimo na činioce! x3 − x = x( x 2 − 1) = x( x − 1)( x + 1) Dakle, naš integral je
x−3
∫ x( x − 1)( x + 1)dx = ?
Izvučemo racionalnu funkciju: x −3 A B C = + + sve pomnožimo sa x ( x − 1)( x + 1) x ( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1 x − 3 = A( x − 1)( x + 1) + Bx( x + 1) + Cx( x − 1) x − 3 = A( x 2 − 1) + Bx 2 + Bx + Cx 2 − Cx x − 3 = Ax 2 − A + Bx 2 + Bx + Cx 2 − Cx
"sklopimo" uz x 2 , pa one uz x, pa slobodne članove...
x − 3 = x 2 ( A + B + C ) + x( B − C ) − A
sad vršimo upeređivanje: članovi uz x 2 , pa uz x, pa bez x
A + B + C = 0 → Na levoj strani nemamo član x 2 ili možemo dodati da je to 0 ⋅ x 2 B − C = 1 → Na levoj strani imamo x, to jest 1 ⋅ x, a na desnoj x( B − C ) − A = −3 → Ovo su oni bez x-seva
Rešavamo ovaj sistem jednačina: A+ B+C = 0 B −C =1 − A = −3 A = 3 → A + B + C = 0 → 3 + B + C = 0 → B + C = −3 B −C =1 B + C = −3
→ 2 B = −2 → B = −1 → C = −2
Vratimo rešenja:
x−3 A B C = + + x( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1 x−3 3 −1 −2 3 1 2 = + + = − − x( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1 x x − 1 x + 1 E sad se vratimo da rešimo dati integral, jer smo ga rastavili na tri mala integrala koji su najčešće ili tablični ili se rešavaju smenom. www.matematiranje.com
2
x −3
∫ x( x − 1)( x + 1) dx = ∫
3 1 2 dx − ∫ dx − ∫ dx x x −1 x +1
= 3ln x − ln x − 1 − 2 ln x + 1 + C Možda će vaš profesor da traži da “ spakujete” rešenje upotrebom pravila za logaritme. Da se podsetimo: 1. ln1 = 0 2. ln e = 1 3. ln( x ⋅ y ) = ln x + ln y x 4. ln = ln x − ln y y 5. ln x n = n ln x 6. eln x = x Naše rešenje će biti: 3
2
3
2
3ln x − ln x − 1 − 2 ln x + 1 + C = ln x − (ln x − 1 + ln x + 1 ) + C = ln x − ln x − 1 ⋅ x + 1 + C = = ln
2.
∫x
x3 +C ( x − 1)( x + 1)2
x+2 dx = ? − 2x2
3
Opet se radi o pravoj racionalnoj funkciji. Izvlačimo je i rastavljamo:
x+2 x+2 = 2 2 x − 2x x ( x − 2) x+2 A B C = + 2+ 2 x ( x − 2) x x x−2 3
sve pomnožimo sa x 2 ( x − 2)
x + 2 = Ax( x − 2) + B ( x − 2) + Cx 2 x + 2 = Ax 2 − 2 Ax + Bx − 2 B + Cx 2 1 ⋅ x + 2 = x 2 ( A + C ) + x ( −2 A + B ) − 2 B
sad vršimo upoređivanje
A+C = 0 −2 A + B = 1 −2 B = 2 Rešavamo ovaj sistem jednačina, iz treće jednačine odmah dobijamo vrednost za B B = − 1 → − 2 A + B = 1 → − 2 A − 1 = 1 → A = −1 → C = 1 www.matematiranje.com
3
x+2 A B C = + 2+ x ( x − 2) x x x−2 x+2 −1 −1 1 = + 2+ 2 x ( x − 2) x x x−2 2
x+2 x −2+1 −1 −1 1 1 1 −2 ln dx = dx + dx + dx = − dx − x dx + dx = − x − + ln x − 2 + C ∫ x 2 ( x − 2) ∫ x ∫ x 2 ∫ x − 2 ∫x ∫ ∫ x−2 −2 + 1 Malo prisredimo rešenje: ln x − 2 − ln x +
3.
1 x−2 1 + C = ln + +C x x x
x 3 + x 2 − 16 x + 16 ∫ x 2 − 4 x + 3 dx = ?
Ovo je neprava racionalna funkcija ( stepen u brojiocu je veći od stepena imenioca), pa moramo podeliti ova dva polinoma ( podsetite se deljenja , fajl polinomi iz I godine).
x3 + x 2 − 16 x + 16 = x2 − 4x + 3 ( x 3 + x 2 − 16 x + 16) : ( x 2 − 4 x + 3) = x + 5 ± x3 ∓ 4 x 2 ± 3x +5 x 2 − 19 x + 16 ±5 x 2 ∓ 20 x ± 15 x + 1 → ostatak x + x − 16 x + 16 x +1 = x+5+ 2 2 x − 4x + 3 x − 4x + 3 3
2
Dobili smo pravu racionalnu funkciju koju dalje rastavljamo: www.matematiranje.com
4
x +1 = x − 4x + 3 2
−b ± b 2 − 4ac 4±2 → x1,2 = → x1 = 3, x2 = 1 2a 2 x 2 − 4 x + 3 = ( x − 1)( x − 3) x 2 − 4 x + 3 = 0 → x1,2 =
x +1 A B = + ( x − 1)( x − 3) x − 1 x − 3 x + 1 = A( x − 3) + B ( x − 1) x + 1 = Ax − 3 A + Bx − B x + 1 = x( A + B) − 3 A − B A+ B =1 −3 A − B = 1 − 2 A = 2 → A = −1 → B = 2 x +1 A B −1 2 = + = + ( x − 1)( x − 3) x − 1 x − 3 x − 1 x − 3 Rešimo sada i ceo integral: x3 + x 2 − 16 x + 16 x +1 2 −1 = x+5+ 2 = x+5+ + 2 x − 4x + 3 x − 4x + 3 x −1 x − 3 3 2 2 x + x − 16 x + 16 −1 x2 dx = x + + + dx = + 5 x − ln x − 1 + 2 ln x − 3 + C ( 5 ) ∫ x2 − 4x + 3 ∫ 2 x −1 x − 3 = 4.
∫x
3
( x − 3)2 x2 +C + 5 x + ln 2 x −1
xdx =? − 3x + 2
Prava racionalna funkcija, izdvojimo je: x = x − 3x + 2 Najpre da funkciju u imeniocu rastavimo na činioce... 3
x3 − 3x + 2 = 0
ideja je da sklapamo "2 po 2" zato rastavimo − 3x = − x − 2 x
x3 − x − 2 x + 2 = 0 x( x 2 − 1) − 2( x − 1) = 0 x ( x − 1) ( x + 1) − 2 ( x − 1) = 0 ( x − 1)[ x( x + 1) − 2] = 0 ( x − 1)( x 2 + x − 2) = 0 → x − 1 = 0 ∨ x 2 + x − 2 = 0 → x1 = 1, x2 = 1, x3 = −2 x3 − 3 x + 2 = ( x − 1)( x − 1)( x + 2) = ( x − 1) 2 ( x + 2) x x = 2 x − 3 x + 2 ( x − 1) ( x + 2) 3
www.matematiranje.com
5
x A B C = + + ....................................... / i( x − 1) 2 ( x + 2) 2 ( x − 1) ( x + 2) x − 1 ( x − 1) x+2 2
x = A( x − 1)( x + 2) + B ( x + 2) + C ( x − 1)2 x = A( x 2 + x − 2) + Bx + 2 B + C ( x 2 − 2 x + 1) x = Ax 2 + Ax − 2 A + Bx + 2 B + Cx 2 − 2Cx + C 1 ⋅ x = x 2 ( A + C ) + x( A + B − 2C ) − 2 A + 2 B + C
sad uporedjujemo
A+C = 0 A + B − 2C = 1 −2 A + 2 B + C = 0 C = −A A + B + 2A = 1 −2 A + 2 B − A = 0 3A + B = 1 −3 A + 2 B = 0 3B = 1 → B =
1 2 2 2 → 3A = → A = → C = − 3 3 9 9
2 1 2 − x = 9 + 3 2+ 9 2 x+2 ( x − 1) ( x + 2) x − 1 ( x − 1)
Još da rešimo integral: 2 1 2 − x 9 3 9 ∫ ( x − 1)2 ( x + 2) dx = ∫ x − 1 dx + ∫ ( x − 1)2 dx + ∫ x + 2 dx = 2 1 1 2 1 = ∫ dx + ∫ ( x − 1)−2 dx − ∫ dx 9 x −1 3 9 x+2 =
5.
2 1 1 2 ln x − 1 − ⋅ − ln x + 2 + C 9 3 x −1 9
∫x
3
xdx =? − x2 + x − 1
Postupak je dakle isti: kako se radi o pravoj racionalnoj funkciji , nju izdvajamo i rastavljamo na sabirke. U imeniocu imamo polinom trećeg stepena koji moramo rastaviti na činioce. Upotrebićemo sklapanje ‘2 po 2’, A možemo koristiti i Bezuovu teoremu. www.matematiranje.com
6
x = x − x + x −1 Da sredimo imenilac prvo... 3
2
x3 − x 2 + x − 1 = x 2 ( x − 1) + 1( x − 1) = ( x − 1)( x 2 + 1) x A Bx + C = + 2 → pazi x 2 + 1 je nerazloživ u R 2 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x A Bx + C .......................... / i( x − 1)( x 2 + 1) = + 2 2 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x = A( x 2 + 1) + ( Bx + C )( x − 1) x = Ax 2 + A + Bx 2 − Bx + Cx − C x = x 2 ( A + B) + x(− B + C ) + A − C A+ B = 0 −B + C = 1 A−C = 0 → A = C A+ B = 0 A− B =1 1 1 1 → C= → B=− 2 2 2 1 1 1 − x+ 1 1 1 x −1 1 1 x A Bx + C x −1 = + 2 = 2 + 22 2 = − = ( − 2 ) 2 2 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x − 1 2 x −1 2 x + 1 2 x −1 x + 1 x +1
2A =1→ A =
Vratimo se da rešimo zadati integral:
x
∫ ( x − 1)( x
2
1 1 x −1 dx = ∫ ( − 2 )dx = + 1) 2 x −1 x +1
1 1 1 x = ∫ dx − ∫ 2 dx + ∫ 2 dx 2 x −1 x −1 x +1 =
6.
1 1 2 ln x − 1 − ln x − 1 + arctgx + C 2 2
∫x
4
4 dx = ? +1
Ovo je već malo ozbiljniji zadatak! www.matematiranje.com
7
4 = x +1 Ovde je problem: Kako rastaviti imenilac na činioce? 4
Trik je da dodamo i oduzmemo 2x 2 , da napunimo pun kvadrat pa iskoristimo formulu za razliku kvadrata! x 4 + 1 = x 4 + 2 x 2 + 1 − 2 x 2 = ( x 2 + 1) 2 − 2 x 2 = ( x 2 + 1) 2 − ( 2 x) 2 = ( x 2 + 1 − 2 x) ⋅ ( x 2 + 1 + 2 x) x 4 + 1 = ( x 2 − 2 x + 1) ⋅ ( x 2 + 2 x + 1) 4 4 = 2 x + 1 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x 2 + 2 x + 1) Ax + B Cx + D 4 = 2 + 2 ........................ / i( x 2 − 2 x + 1) ⋅ ( x 2 + 2 x + 1) 2 2 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2 x + 1 x + 2 x + 1 4
4 = ( Ax + B )( x 2 + 2 x + 1) + (Cx + D)( x 2 − 2 x + 1) 4 = Ax3 + A 2 x 2 + Ax + Bx 2 + B 2 x + B + Cx3 − C 2 x 2 + Cx + Dx 2 − D 2 x + D 4 = x3 ( A + C ) + x 2 ( A 2 + B − C 2 + D) + x( A + B 2 + C − D 2) + B + D Uporedjujemo : A+C = 0 A 2 + B −C 2 + D = 0 A + B 2 + C − D 2 = 0 → A + C = 0 → B 2 − D 2 = 0 → 2( B − D ) = 0 → B − D = 0 B+D=4 B−D =0 B+D=4 B=2 ∧ D=2 A+C = 0 2( A − C ) = −4 A=− 2 ∧ C = 2 Zamenimo : 4 Ax + B Cx + D = 2 + 2 2 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2 x + 1 x + 2 x + 1 2
4 − 2x + 2 2x + 2 = 2 + 2 2 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2 x + 1 x + 2 x + 1 2
Imamo dakle da rešimo:
∫ (x
2
4 − 2x + 2 2x + 2 dx = ∫ 2 dx + ∫ 2 dx 2 − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2x +1 x + 2x + 1
Ovo su integrali tipa I2= ∫
Ax + B dx ax + bx + c 2
koji se rešavaju preko I1= ∫
dx ax + bx + c 2
i formule: www.matematiranje.com
8
I2=
A Ab ln ax 2 + bx + c +(B) I1 + C 2a 2a
Postupak rešavanja je objašnjen u jednom od fajlova integrali - zadaci . Evo konačnog rešenja a vi ga proverite .
1 x2 + x 2 + 1 x 2 ⋅ ln 2 + 2 ⋅ arctg +C 1 − x2 2 x − x 2 +1
7.
∫x
Kad smo u prvom fajlu integrali zadaci ( I deo) davali tablicu integrala pomenuli smo i integral
2
dx 1 x−a ln = + C kao tablični. Da vidimo kako smo došli do rešenja istog. 2 −a 2a x + a
On se radi kao racionalna funkcija:
1 1 = 2 x −a ( x − a )( x + a ) A B 1 = + ...................................... / i( x − a )( x + a ) ( x − a )( x + a ) x − a x + a 1 = A( x + a ) + B ( x − a ) 2
1 = Ax + Aa + Bx − Ba 1 = x( A + B ) + Aa − Ba Uporedjujemo : A+ B = 0 a( A − B) = 1 A+ B = 0 A− B = 2A =
1 a
1 1 1 → A= ∧ B=− a 2a 2a
1 A B = + ( x − a )( x + a ) x − a x + a 1 1 − 1 1 1 1 = 2a + 2a = − ( x − a )( x + a ) x − a x + a 2a x − a x + a www.matematiranje.com
9
1
1 1
1
1
1
1
∫ ( x − a)( x + a) dx = ∫ 2a x − a − x + a dx = 2a ∫ x − a − x + a dx 1 1 1 dx − ∫ dx ∫ 2a x − a x+a 1 = ( ln x − a − ln x + a ) + C 2a
=
=
1 x−a +C ln 2a x + a
www.matematiranje.com
10
INTEGRALI ZADACI (V-DEO) Integrali nekih funkcija koje sadrže kvadratni trinom ax 2 bx c
I1
Najpre ćemo proučiti integrale oblika:
dx ax bx c 2
dx
I3
i
ax bx c 2
Kod njih se kvadratni trinom ax 2 bx c svede na kanonični oblik pomoću formule: 2
b 4ac b 2 ax bx c a x 2a 4a 2
naravno, možemo koristiti i dopunu do punog kvadrata, ko ne voli da pamti formulu.
Zatim uzimamo smenu:
I1
ili
I3
b t , i dobijemo neki od tabličnih integrala. 2a dx dt x
dx se može svesti na ax bx c dx xa 1 x 2 a 2 2a ln x a C 2
dx
se svodi najčešće na
ax bx c 2
x
primer 1.
2
a
2
1 1 x dx arctg C , 2 x a a
1 a x 2
2
dx arcsin
a
2
dx ax 1 ln C 2 2a a x x
x C ili a
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C
dx ? 6 x 13 2
b 4ac b 2 , dakle: x 2 6 x 13 Ovde je a 1, b 6, c 13 pa to zamenimo u formulicu a x 2a 4a 2
2
52 36 b 4ac b 2 6 4 1 13 (6) 2 2 2 1 x x 3 x 3 4 a x 2a 4a 2 1 4 1 4
Lakše je naravno izvršiti dopunu do punog kvadrata, znate ono dodamo i oduzmemo onaj uz x podeljen sa 2 pa to na broj uz kvadrat. 2
x
2
2
x 2 6 x 13 x 2 6 x 9 9 13 ( x 3) 2 4
6 Uz x je 6, pa dodajemo i oduzimamo 9 2 www.matematiranje.com
1
Vraćamo se u integral:
x
2
x 3 t 1 1 dx dx dt x ( ovo je 2 2 dx arctg C iz tabele)= 2 2 2 ( x 3) 4 dx dt 6 x 13 t 2 a x a a
1 1 t x 3 arctg C (vratimo smenu ) arctg C 2 2 2 2
dx
primer 2.
2x 6x 5 2
?
5 9 9 5 3 1 2 x 2 6 x 5 2( x 2 3 x ) 2( x 2 3 x ) 2[( x ) 2 ] 2 4 4 2 2 4 3 x t dx dx dx 1 1 2 2 x2 6 x 5 3 1 2 3 1 dx dt 2 1 t 2 ( )2 2[( x ) 2 ] ( x )2 2 4 2 4 2 dx Upotrebimo iz tablice ln x x 2 a 2 C 2 2 x a dx
1 2
dx 1 t 2 ( )2 2
1 1 1 3 ln t t 2 ( ) 2 C vratimo smenu ln x 2 x 2 6 x 5 C 2 2 2 2
Kad znamo ova dva tipa integrala ,možemo naučiti i : I2
Ax B dx ax bx c 2
i
I4
Ax B ax 2 bx c
dx
Oni se radom svedu na prethodna dva integrala: I2 I4
Ax B dx se svede na integral ax bx c 2
Ax B ax 2 bx c
dx svede na integral
I1 I3
dx , dok se ax bx c 2
dx ax 2 bx c
.
Postoje gotove formulice u kojima treba samo da uporedite i nadjete vrednosti za A,B,a,b i c. Pazite: njih smete koristiti samo ako to odobrava vaš profesor! Mi ćemo vam pokazati i ceo postupak u slučaju da
ne smete da koristite formule… www.matematiranje.com
2
Formulice su: I2 =
A Ab ln ax 2 bx c +(B) I1 +C 2a 2a
primer 3.
x
2
i
I4
A Ab ax 2 bx c B I 3 +C 2a a
x 1 dx ? x 1
Ovo je očigledno integral tipa
I2
Ax B dx ax bx c 2
Uporedjivanjem dobijamo da je : A=1, B=1, a=1, b=1,c=1 A Ab ln ax 2 bx c ( B ) I1 C 2a 2a A 1, B 1, a 1, b 1, c 1
I2
I2
1 1 1 1 1 ln 1x 2 1x 1 (1 ) I1 C ln x 2 x 1 I1 C 2 1 2 1 2 2
Sad imamo poso da rešimo integral tipa I1
I1
1 dx i da njegovo rešenje posle vratimo u formulu. x x 1 2
1 dx ? x x 1 2
2
1 1 1 3 x2 x 1 x2 x 1 x 4 4 2 4 1 1 2( x ) x t 1 1 1 1 2 t 2 I1 2 dx dx dx arctg arctg 2 2 x x 1 3 3 3 3 3 1 3 dx dt t 2 ( )2 x 2 2 2 2 4
2 2x 1 arctg 3 3
Vratimo se u formulu:
x
2
x 1 1 1 1 1 2 2x 1 C dx ln x 2 x 1 I1 C ln x 2 x 1 arctg 2 2 2 x 1 2 3 3
1 1 2x 1 C ln x 2 x 1 arctg 2 3 3
www.matematiranje.com
3
Kako bi ovaj integral rešavali da nismo smeli koristiti formulu?
x
2
x 1 dx ? x 1
Ideja je da se izraz u brojiocu Ax+B napravi da bude izvod izraza u imeniocu ax 2 bx c . To možete uraditi tako što izvučete ispred integrala
A . 2a
U našem primeru imamo x 2 x 1 u imeniocu, njegov izvod je ( x 2 x 1)` 2 x 1 , što znači da u brojiocu treba da
napravimo 2 x 1 , odnosno da izvučemo
x
2
A 1 ispred integrala! 2a 2
x 1 1 2x 2 1 2x 1 1 1 2x 1 1 dx 2 dx 2 dx ( 2 dx 2 dx) 2 x x 1 2 x x 1 2 x x 1 x 1 x x 1
Sad se problem sveo na rešavanje dva integrala, gde prvi uvek radimo smenom, a drugi je tipa I1 . x2 x 1 t 2x 1 1 2 dx x 2 x 1 (2 x 1)dx dt t dt ln t ln x x 1
Ovaj drugi smo već rešavali: 1 1 2( x ) x t 1 1 1 1 1 t 2 x 2 x 1dx x 2 x 1dx 1 2 3 dx 2 2 3 2 dx 3 arctg 3 3 arctg 3 2 dx dt t ( ) x 2 2 2 2 4 2 2x 1 arctg 3 3
Vratimo se na zadatak :
x
2
x 1 1 2x 1 1 dx ( 2 dx 2 dx) 2 x x 1 x 1 x x 1 1 2 2x 1 (ln x 2 x 1 )C arctg 2 3 3
1 1 2x 1 C ln x 2 x 1 arctg 2 3 3
www.matematiranje.com
4
primer 4.
5x 3 x 2 4 x 10
dx ?
I način ( uz pomoć formule)
A Ab ax 2 bx c B I3 2a a 5x 3 x 2 4 x 10 dx ? A 5, B 3, a 1, b 4, c 10 I4
5 2 1 5 4 x 4 x 10 3 dx 2 1 2 1 x 4 x 10 x 4 x 10 1 dx 5 x 2 4 x 10 (7) 2 x 4 x 10 1 dx 5 x 2 4 x 10 7 2 x 4 x 10
5x 3
2
dx
Da rešimo ovaj integral posebno, pa ćemo vratiti njegovo rešenje...
1
dx x 4 x 10 x 2 4 x 10 x 2 4 x 4 4 10 ( x 2) 2 6
2
1 x 4 x 10 2
dx
1 ( x 2) 6 2
dx
x2t 1 dx koristimo : dx dt t2 6
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C
ln t t 2 6 ln x 2 x 2 4 x 10
5x 3 x 4 x 10 2
dx 5
x2 x 4 x 10 2
dx 7
1 x 4 x 10 2
dx
5 x 2 4 x 10 7 ln x 2 x 2 4 x 10 C
II način (direktno, bez upotrebe formulice)
5x 3 x 4 x 10 2
dx ?
Kako je izvod ( x 2 4 x 10)` 2 x 4 2( x 2) u brojiocu mora biti napravljeno to. www.matematiranje.com
5
5x 3 x 2 4 x 10
3 3 5( x ) x22 5 5 dx dx 5 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10
dx
5 ( 5 ( 5
3 5 dx dx) 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10 7 x2 5 dx dx) 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10 1 x2 dx 7 dx 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10 2
x2
Sad radimo ova dva integrala ( drugi smo već rešavali kod prvog načina).
x2 x 2 4 x 10
dx
x 2 4 x 10 t 2 (2 x 4)dx 2tdt
2 ( x 2)dx 2 tdt ( x 2)dx tdt
t dt dt t x 2 4 x 10 t
1
dx x 4 x 10 x 2 4 x 10 x 2 4 x 4 4 10 ( x 2) 2 6
2
1 x 4 x 10 2
dx
1 ( x 2) 6 2
dx
x2t 1 dx koristimo : 2 dx dt t 6
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C
ln t t 2 6 ln x 2 x 2 4 x 10
Vratimo se u zadatak:
5x 3 x 4 x 10 2
dx 5
x2 x 4 x 10 2
dx 7
1 x 4 x 10 2
dx
5 x 2 4 x 10 7 ln x 2 x 2 4 x 10 C
www.matematiranje.com
6
x
primer 5.
2x 7 dx ? x2
2
Ovaj primer vam navodimo jer trebate voditi računa o polinomu u imeniocu!
Rekli bi da je ovo integral tipa I 2
Ax B dx i radili bi: ax bx c 2
2x 7 2x 1 6 2x 1 6 dx 2 dx 2 dx 2 dx x2 x x2 x x2 x x2 Rešimo ova dva integrala posebno, pa ćemo zameniti njihova rešenja...
x
2
x2 x 2 t 2x 1 dt 2 dx x 2 x 2 (2 x 1)dx dt t ln t ln x x 2 6 1 dx 6 2 dx x x2 x2 1 1 1 9 x 2 x 2 x 2 x 2 ( x )2 4 4 2 4 1 x t 1 1 1 6 2 dx 6 dx 6 dx koristimo : 2 2 1 2 9 x x2 3 2 (x ) dx dt t 2 4 2
x
2
x
2
1 dx xa ln C 2 2a x a a
3 1 3 x 2 2 ln 2 2 2 ln x 1 ln 6 3 3 1 3 x2 2 t x 2 2 2 2 1
t
vratimo rešenja: 2x 7 2x 1 6 dx 2 dx 2 dx x2 x x2 x x2 x 1 ln x 2 x 2 2 ln C x2
x
2
2
x 1 ln ( x 1)( x 2) ln C x2 ln ( x 1) ( x 2) ln
( x 1) 2 C ( x 2) 2
( x 1)3 C ( x 2) www.matematiranje.com
7
Nije bilo lako rešiti ga, priznaćete...
Nismo razmišljali jednu drugu stvar: Da li je ovaj zadatak mogo da se uradi kao integracija racionalne funkcije? Proverimo da li polinom u imeniocu može da se rastavi na činioce... x 2 x 2 0 x1,2
b b 2 4ac x1 1, x2 2 2a
MOŽE!
Lakše je raditi ( bar nama):
2x 7 x x 2dx ? A B 2x 7 2x 7 .................................. / ( x 1)( x 2) 2 x x 2 ( x 1)( x 2) x 1 x 2 2 x 7 A( x 2) B( x 1) 2
2 x 7 Ax 2 A Bx B 2 x 7 x( A B) 2 A B uporedjujemo A B 2 2A B 7 3 A 9 A 3 B 1 1 3 1 2x 7 3 ( x 1)( x 2) x 1 x 2 x 1 x 2 2x 7 3 1 ( x 1)( x 2)dx x 1 dx x 2 dx 3ln x 1 ln x 2 C 3
ln x 1 ln x 2 C ( x 1)3 ln C x2 Naš savet je dakle da proverite da li je kvadratna jednačina u imeniocu rešiva i da ako jeste radite integral kao integraciju racionalne funkcije. Ako kvadratna nije rešiva, radite ga kao integral tipa I 2
Ax B dx . ax bx c 2
Videli ste da su ispala ista rešenja. Uostalom, odlučite sami, šta vama više odgovara ili kako pak komanduje profesor... www.matematiranje.com
8
(mx n)
Sledeći tip integrala je
dx ax 2 bx c
1 t dx 1 Ovi integrali se smenom: mdx 2 dt , svedu na integral tipa I 3 2 t ax bx c 1 dx dt m t2 mx n
primer 6.
dx
x
Najpre uzimamo smenu x
x
x
dx x2 4x 1
1 dt t
1 2 t 4t 1 t
?
x 4x 1 2
1 kojom svodimo dati integral na tip I 3 . t
1 t
1 dx 2 dt t
dt t 2 4t 1
1 dt t2
1 12 1 ( ) 4 1 t t t
1 1 dt dt 2 t t 2 1 1 4 t t 1 4 2 1 t t t t2
dt t 2 4t 1
t 2 4t 1 t 2 4t 4 4 1 (t 2) 2 3
dt t 4t 1 2
dt (t 2) 3 2
t2 z dt dz
dt z 3 2
koristimo :
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C , pa je
ln z z 2 3 vratimo smenu ln t 2 t 2 4t 1 C Moramo da vratimo i prvu smenu : ln t 2 t 2 4t 1 C ln
1 1 1 2 ( )2 4 1 C x x x
www.matematiranje.com
9
Metoda neodredjenih koeficijenata (metoda Ostrogradskog)
Ovom metodom se rešavaju integrali tipa
Pn ( x) ax 2 bx c
dx gde je u brojiocu podintegralne funkcije imamo
polinom n-tog stepena. Postupak rada je sledeći:
-
postavimo jednačinu
Pn ( x) ax bx c 2
dx Qn 1 ( x) ax 2 bx c
dx ax bx c 2
Ovde je Qn 1 ( x) polinom (n-1) vog stepena sa neodredjenim koeficijentima. -
ovu jednačinu diferenciramo
-
zatim sve pomnožimo sa
-
sa obe strane dobijamo polinome reda n, pa neodredjene koeficijente odredjujemo izjednačavanjem
ax 2 bx c
koeficijenata uz iste stepene x-a.
Kako je polinom Pn ( x) u zadacima najčešće drugog stepena početna jednačina će biti:
mx 2 px r ax bx c 2
dx =(Ax+B)
ax 2 bx c +
dx ax bx c 2
Ali, najbolje da to vidimo na primeru:
primer 7.
2 x 2 3x
x2 2 x 2
dx ? www.matematiranje.com
10
Postavimo jednačinu:
2 x 2 3x
dx
dx ( Ax B) x 2 2 x 2
diferenciramo x 2x 2 x 2x 2 2 x 2 3x ( Ax B )` x 2 2 x 2 ( x 2 2 x 2)`( Ax B) x2 2x 2 x2 2x 2 2 x 2 3x 1 A x2 2x 2 ( x 2 2 x 2)`( Ax B) 2 x2 2 x 2 x2 2x 2 x2 2 x 2 2 x 2 3x 1 (2 x 2) ( Ax B ) A x2 2x 2 2 2 2 x 2x 2 2 x 2x 2 x 2x 2 2 2 x 3x 1 2 ( x 1) ( Ax B ) A x2 2x 2 2 x2 2x 2 x2 2 x 2 x2 2x 2 2
2 x 2 3x
A x2 2x 2
( x 1) ( Ax B)
x 2x 2 x 2x 2 2 2 2 x 3 x A( x 2 x 2) ( x 1) ( Ax B) 2
2
2
x 2x 2 2
.............................. / x 2 2 x 2
Sada uporedjujemo koeficijente:
2 x 2 3 x A( x 2 2 x 2) ( x 1) ( Ax B) 2 x 2 3 x Ax 2 2 Ax 2 A Ax 2 Bx Ax B 2 x 2 3 x 2 Ax 2 x(3 A B) 2 A B uporedjujemo 2A 2 A 1 3A B 3 2A B 0 3 A B 3 3 1 B 3 B 0 2 A B 0 2 0 0 2 Vratimo se u početnu jednačinu:
2 x 2 3x x2 2 x 2
dx ( Ax B) x 2 2 x 2 (1x 0) x 2 2 x 2 2 x x2 2x 2 2
dx x2 2x 2 dx
x2 2x 2 dx
x2 2x 2
Da rešimo posebno ovaj integral... www.matematiranje.com
11
dx x 2x 2 2
upotrebimo :
dx x 2x 1 1 2
dx x a 2
2
dx ( x 1) 1 2
x 1 t dx dx dt t2 1
ln x x 2 a 2 C
ln t t 2 1 C ln x 1 x 2 2 x 2 C
Konačno, rešenje će biti:
2 x 2 3x x2 2 x 2
dx x x 2 2 x 2 2
dx x2 2 x 2
x x 2 2 x 2 2 ln x 1 x 2 2 x 2 C
primer 8.
a 2 x 2 dx ?
Ako se sećate, ovaj integral smo rešavali u fajlu parcijalna integracija. Tada smo rekli da on može da se rešava na više načina. Evo kako bi išlo rešavanje metodom Ostrogradskog. Naravno, opet racionalizacijom malo prepravimo podintegralnu funkciju...
a2 x2 a2 x2 a2 x2 1 a2 x2 a2 x2 a2 x2 a 2 x 2 dx dx a2 x2
Sada je ovo oblik koji nam treba… www.matematiranje.com
12
a2 x2
a x 2
2
a2 x2 a x 2
dx ( Ax B ) a 2 x 2
A a2 x2
2
a2 x2
2x 2 a x
A a2 x2
2
x
2
dx a x2 2
a x a x 2 2 2 a x A(a x ) x( Ax B ) 2
2
2
2
( Ax B )
( Ax B)
diferenciramo
a x2 2
a x 2
2
............................................ / a 2 x 2
2
a 2 x 2 Aa 2 Ax 2 Ax 2 Bx a 2 x 2 2 Ax 2 Bx Aa 2 uporedjujemo 2 A 1 B 0 B 0 Aa 2 a 2 Rešavamo ovaj sistemčić A
1 1 1 a2 a2 a2 2 2 2
Vratimo se u postavku…
a2 x2 a x a2 x2
2
a x
2
2
2
a2 x2 a x 2
2
dx ( Ax B) a 2 x 2
dx a x2 dx 2
dx
1 1 x a2 x2 a2 2 2 a2 x2
dx
1 1 x x a 2 x 2 a 2 arcsin C 2 2 a
www.matematiranje.com
13
INTEGRALI ZADACI ( VI-DEO) Integracija nekih iracionalnih funkcija Kad smo radili racionalna funkcije, videli smo da ,u principu, možemo odrediti integral svake racionalne funkcije. Zato će nam kod integrala sa iracionalnom funkcijom prvi poso biti da ga pogodnom smenom ili na neki drugi način svedemo na integral racionalne funkcije. Proučićemo tri metode za rešavanje:
R[ x, (
ax b n ax b s ) ,.......( ) ]dx cx d cx d
i)
Rešavanje integrala tipa
ii)
Integracija diferencijalnog binoma
iii)
Ojlerove smene
m
r
ax b ax b R[ x, ( cx d ) n ,.......( cx d ) s ]dx m
Integrali tipa
Ovde ćemo uzimati smenu
Primer 1.
dx
1
x
ax b t k , gde je k najmanji zajednički sadržalac za razlomke cx d
m r ,......., n s
? 1
Ovde imamo samo
r
x x 2 pa će nam smena biti
x t2 .
x t2 2tdt dx tdt 1 x dx 2tdt 1 t 2 1 t Kao trik dodamo i oduzmemo 1 u brojiocu 2
t 1 1 1 t 11 dt dt 2 dt dt 2(t ln 1 t ) C vratimo smenu dt 2 1 t 1 t 1 t 1 t 2 x 2 ln 1 x C
www.matematiranje.com
1
1
Primer 2.
x 3
x
dx ? 1
1
Sada imamo dva različita korena 3.
1
x 3
x
dx
x t6 dx 6t 5 dt
t6 1 3 t6
x x2 i
6t 5 dt 6
3
x x 3 smena je x t 6 , jer je 6 najmanji zajednički sadržalac za 2 i
t3 t8 5 6 t dt 1 t 2 dt 1 t2
Dobili smo integral racionalne funkcije , što nam je i bio cilj. Ovde je racionalna funkcija neprava, pa najpre moramo podeliti polinome da dobijemo pravu racionalnu funkciju... t8 t8 1 t2 t 2 1 t 8 : (t 2 1) t 6 t 4 t 2 1 t8 t 6 t6 t6 t4 t4 t4 t2 t2 t2 1 1 ostatak
Pa je
6
t8 t8 1 (t 6 t 4 t 2 1 2 ) 2 2 1 t t 1 t 1
t8 1 t7 t5 t3 1 t 1 6 4 2 t ln dt 6 ( t t t 1 ) dt 6( ) C vratimo smenu t 6 x 2 2 1 t t 1 7 5 3 2 t 1 6
7
5
3
6 6 x x x 1 6( 6 x ln 7 5 3 2
6 6
x 1 )C x 1
www.matematiranje.com
2
Integracija diferencijalnog binoma
Pod ovom klasom integrala podrazumevamo integrale oblika
x
m
(a bx n ) p dx .
Podintegralni izraz se naziva diferencijalni binom. Naš poso je da najpre dati integral “spakujemo” da bude ovakvog oblika a zatim da iz njega “pročitamo” vrednosti za m,n,p a zatim i za a i b.
U zavisnosti od vrednosti ovih brojeva razlikujemo tri situacije: 1) Ako je p-ceo broj , onda dizanjem binoma (a+bxn) na p-ti stepen, ovaj integral bude kao integral racionalne funkcije m 1 2) Ako je ceo broj , smena je a+bxn = ts , gde je s imenilac razlomka p n m 1 3) Ako je +p ceo broj, tada je smena ax-n + b=ts , gde je s opet imenilac razlomka p n
Posle smene, ovaj integral se svodi na integral racionalne funkcije kao što smo već pomenuli na početku fajla.
Primer 3.
x dx ? 1 x3
Spakujemo podintegralnu funkciju:
1 2
1 1 x x x 3 2 2 dx dx dx x (1 x ) dx 1 1 x3 3 2 1 x3 (1 x )
Ovaj integral uporedjujemo sa
x
m
(a bx n ) p dx
1 1 i a 1; b 1 m ; n 3; p 2 2 1 3 1 1 m 1 2 2 nije ceo broj! 3 3 2 n 1 1 m 1 p 0 ceo broj ! 2 2 n www.matematiranje.com
3
Znači, ovo je treća situacija. Uzmemo odgovarajuću smenu: a xn b t s 1 1 i a 1; b 1 m ; n 3; p 2 2 a x n b t s 1 x 3 1 t 2 x 3 1 t 2 je smena
E , sad nije lako. Znamo da posle uvodjenja smene novi integral treba da bude sve “ po t ” . Smenu diferenciramo ( nadjemo izvod i izrazimo dx). Iz smene izražavamo one izraze koje ostanu po x a moramo da ih prebacimo da budu po t. Ovde vam je neophodna dobra matematička tehnika od ranije...
1 x3 1 x 1 t 3 t 2 1 x3 t 2 x3 x3 2 1 1 x x t 1 dx x 2 (1 x 3 ) 2 dx 3 4 1 x 2tdt x 2tdt 4 3 x dx 2tdt dx dx 3x 4 3
1 x 4 2 t dt 2 2 1 x x 4 2tdt x3 dt 2 dt 2 3 3 3 3 3 t 1 t x t x
3
2
t 1 1 t 1 2 1 ln C ln C Moramo da vratimo smenu... 3 2 t 1 3 t 1 1 x3
x 3 1 t 2 t
x3 1 x3
1 t 1 1 ln C ln 3 t 1 3
x3 1 x3 x3
Primer 4.
x
dx 3
3 (1 x 1 )
1 1
1 x3 x3 1 C ln 3
1 1 x3 x3 C ln C 3 1 x3 x3 1 x3 x3 x3 x3
?
Opet najpre spakujemo podintegralnu funkciju i odredimo vrednisti za m,n,p i za a i b. www.matematiranje.com
4
x
dx 3
3 (1 x 1 )
1 3
x (1 x ) dx 3
1
x
m
1 (a bx n ) p dx m 3; n 1; p ; i a 1; b 1 3
m 1 3 1 2 ceo broj 1 n Ovde dakle imamo 2. situaciju: Smena je : a bx n t s 1 x 1 t 3 1 t 1 2 x dx 2tdt dx x 2 2tdt
1 x 1 t 3 x
x
dx 3
3 (1 x 1 )
= 2
3
x 2 2tdt x 3 3 t3
2
t dt dt 2 zamenimo x koje smo gore izrazili... x x t
dt t4 2 (t 3 1)dt 2( t ) C moramo da vratimo smenu... 1 4 3 t 1
Iz 1 x 1 t 3 t 3 1
1 1 x t3 , pa je x x
1 x 4 1 x 3 1 x ( ) t 1 x x x x 3 1 x ) C 3 2( t ) C 2( ) C 2( x x 4 4 4 1 x 1 1 x 1 x x 2 3 ( x 1) C 2 3 ( 1) C 4 4x x x 4
3
Naravno , ako vaš profesor traži napakujte rešenje kakvo on voli...
Ojlerove smene
Ojlerove smene upotrebljavamo za rešavanje integrala oblika To znači da se u imeniocu ovog integrala nalazi Pazite, integrale oblika
(mx n)
dx ax bx c 2
R ( x,
ax 2 bx c )dx
ax 2 bx c pa plus ili minus neki linearni polinom po x.
rešavamo smenom mx n
1 i tako izbegnemo Ojlera… t
www.matematiranje.com
5
Prva Ojlerova smena
U integralu
R ( x,
ax 2 bx c )dx
Ako je a 0 uvodimo smenu
posmatramo ax 2 bx c .
ax 2 bx c ax t . Da li ćemo izabrati plus ili minus ispred
a zavisi od
konkretnog zadatka . Postupak je na dalje isti za oba znaka( recimo da smo uzeli plus): ax 2 bx c ax t.......................kvadriramo ax 2 bx c ( ax t ) 2 ax 2 bx c ax 2 2 a x t t 2
odavde izrazimo x
bx 2 a x t t 2 c x(b 2 a t ) t 2 c x
t2 c b 2 a t
Sad diferenciramo, pazimo, na desnoj strani je izvod količnika … Integral se svede na integraciju racionalne funkcije koja je po t. Druga Ojlerova smena
Ako je u posmatranom integralu c 0 , uvodimo smenu zavisno od zadatka , biramo plus ili minus ispred
ax 2 bx c x t c . Kao i u prethodnom slučaju,
c.
Ako recimo izaberemo plus , dalje radimo(i za minus bi radili isto): ax 2 bx c x t c ........................kvadriramo ax 2 bx c x 2 t 2 2 x t c c ax 2 bx x 2 t 2 2 x t c 0 x 2 (a t 2 ) x(b 2 t c ) 0.......................izvučemo x kao zajednički x [ x(a t 2 ) (b 2 t c )] 0......................... A B 0 A 0 B 0 x 0 x(a t 2 ) (b 2 t c ) 0 x(a t 2 ) b 2 t c 0 x(a t 2 ) 2 t c b x
2t c b a t2 www.matematiranje.com
6
Kao i u prvoj Ojlerovoj smeni x je izraženo kao funkcija od t, pa će po logici stvari i dx i
ax 2 bx c
takodje biti funkcije od t. Diferenciramo, vratimo se u integral i dobijemo integraciju racionalne funkcije. Treća Ojlerova smena
Ova smena se koristi kad je diskriminanta za ax 2 bx c pozitivna , odnosno kad ova kvadratna jednačina ima različita, realna rešenja. Tada je Uvodimo smenu
ax 2 bx c a ( x x1 )( x x2 ) .
a ( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) t
ili
a ( x x1 )( x x2 ) ( x x2 ) t .
Opet zavisi sve od konkretnog zadatka da li ćemo uzeti jednu ili drugu smenu... Ako recimo uzmemo : a( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) t..............kvadriramo a( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) 2 t 2 ......................... sve prebacimo na levu stranu a( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) 2 t 2 0 ( x x1 )[a( x x2 ) ( x x1 ) t 2 ] 0 a( x x2 ) ( x x1 ) t 2 0 ax ax2 x t 2 x1 t 2 0 ax x t 2 ax2 x1 t 2 x(a t 2 ) ax2 x1 t 2 x
ax2 x1 t 2 a t2
Na dalje isto kao i kod prve i druge smene...dobijemo racionalnu funkciju itd.
Primer 5.
x
dx x2 x 1
?
Najpre proverimo da li kvadratna funkcija pod korenom ima rešenja: x 2 x 1 0 x1,2
1 12 4 1 1 1 3 nema realna rešenja! 2 1 2
Ovde je a=1, c=1. Možemo uzeti prvu ili drugu Ojlerovu smenu. Recimo uzmemo prvu. www.matematiranje.com
7
ax 2 bx c ax t Kad zamenimo a=1 dobijamo x2 x 1 x t
Da li da biramo minus ili plus? Kako je u imeniocu podintegralne funkcije x x 2 x 1 , bolje je izabrati minus jer će posle ti x-sevi da se potiru: x x 2 x 1 x ( x t ) x x t t Ne bi bila greška ni da uzmemo plus ali onda komplikujemo situaciju i sami sebi pravimo posao... x2 x 1 x t
kvadriramo
x 2 x 1 ( x t ) 2 x 2 x 1 x 2 2tx t 2
sve sa x prebacimo na levu stranu
x 2tx t 2 1 x(1 2t ) t 2 1 t 2 1 x 2t 1
diferenciramo(izvod)
t 2 1 dx pazi , moramo izvod količnika `dt 2t 1 2t (2t 1) 2(t 2 1) dx dt (2t 1) 2 dx
4t 2 2t 2t 2 2 dt (2t 1) 2
dx
2t 2 2t 2 dt (2t 1) 2
2(t 2 t 1) dx dt (2t 1) 2
Vraćamo se u integral:
2(t 2 t 1) 2(t 2 t 1) dt dt dx 2(t 2 t 1) t2 t 1 (2t 1) 2 (2t 1) 2 dt 2 x x2 x 1 x x t t (2t 1)2 t (2t 1)2 dt t www.matematiranje.com
8
Dobili smo racionalnu funkciju . Postupak njenog rešavanja je detaljno objašnjen u jednom od prethodnih fajlova sa zadacima iz integrala. Izvlačimo racionalnu funkciju: t2 t 1 A B C .............................. / t (2t 1) 2 2 2 t (2t 1) t 2t 1 (2t 1) t 2 t 1 A(2t 1) 2 Bt (2t 1) Ct t 2 t 1 A(4t 2 4t 1) 2 Bt 2 Bt Ct t 2 t 1 4 At 2 4 At A 2 Bt 2 Bt Ct t 2 t 1 t 2 (4 A 2 B) t (4 A B C ) A uporedjujemo : 4 A 2B 1 4A B C 1 A 1 4 2 B 1 2 B 3 B
3 2
3 3 4 C 1 C 2 2 Vratimo se u razlaganje : 3 3 t2 t 1 1 2 2 t (2t 1) 2 t 2t 1 (2t 1) 2
Sad integral od svakog posebno... t2 t 1 1 3 1 3 dt t (2t 1)2 dt t dt 2 2t 1 dt 2 (2t 1)2
Ovaj treći ćemo rešiti na stranu...
1 2t 1 z dz 1 dt 1 2 1 z 2 dz 1 z 1 2 dt dz 2 2 (2t 1) z 2 2 1 2z 2(2t 1) 1 dt dz 2 www.matematiranje.com
9
Sada je: t2 t 1 dt 1 3 1 3 t (2t 1)2 dt t dt 2 2t 1 dt 2 (2t 1)2 3 1 3 1 ln t ln 2t 1 C 2 2 2 2(2t 1) 3 3 ln t ln 2t 1 C 4 4(2t 1) Dakle rešenje ovog integrala po t je:
x
dx x2 x 1
2
t2 t 1 3 3 dt 2 ln t ln 2t 1 C 2 t (2t 1) 4 4(2t 1)
Moramo da vratimo t. Iz
x2 x 1 x t t x x2 x 1
3 3 2 ln t ln 2t 1 C 4 4(2t 1) 3 3 2 ln x x 2 x 1 ln 2( x x 2 x 1) 1 C 2 4 x x x 4(2( 1) 1) Ako vaš profesor zahteva vi malo ovo prisredite... www.matematiranje.com
10
INTEGRALI ZADACI ( VII – DEO) Integracija nekih trigonometrijskih funkcija Daćemo vam savete za četiri tipa integrala trigonometrijskih funkcija. A)
Integrali tipa
∫ R(sin x, cos x)dx
To su integrali u kojima sinx i cosx nemaju stepene. Uvodimo smenu:
tg
x =t 2
Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti:
x sin x 2 cos 2 x x x 2 cos x 2tg 2sin cos sin x 2 = 2 = 2t = 2t 2 2 = sin x = = x x 1 2x tg 2 x + 1 t 2 + 1 1 + t 2 sin 2 + cos 2 sin 2 2 2 cos 2 x 2 + 1 x 2 cos 2 2 x sin 2 x 2 cos 2 1 − x x x 2 2 cos 1 − tg 2 x cos 2 − sin 2 2 cos x 2= 2 2= 2 = 1− t cos x = = x x 1 2x 1 + tg 2 x 1 + t 2 sin 2 + cos 2 sin 2 2 cos 2 x 2 2 + 1 2 cos 2 x 2 x x 2 Kako je tg = t onda je = arctgt → x = 2arctgt → dx = dt 2 2 1+ t2 2
Da rezimiramo: Kad uzimamo smenu tg
x = t menjamo: 2
2t 1+ t2 1− t2 cos x = 1+ t2 2 dx = dt 1+ t2
sin x =
x = t je univerzalna trigonometrijska smena i može se uvek upotrebljavati, al je lakše , zavisno od izgleda 2 podintegralne funkcije koristiti i sledeću smenu: Smena tg
www.matematiranje.com
1
B) Integrali tipa
∫ R(tgx)dx
i
∫ R(sin
2
x, cos 2 x,sin x ⋅ cos x)dx
To su integrali koji mogu da se sredjivanjem svedu sve na tgx ili kod kojih se javljaju stepeni kod sinusa i kosinusa i proizvod
sin x ⋅ cos x .
Uvodimo smenu:
tgx = t
Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti:
sin 2 x sin 2 x sin 2 x tg 2 x t2 2 cos 2 x sin 2 x = = = svuda dodamo cos x = = = sin 2 x cos 2 x tg 2 x + 1 1 + t 2 1 sin 2 x + cos 2 x + cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x 1 1 cos 2 x cos 2 x = = = svuda dodamo cos 2 x = = 2 = 2 2 2 2 sin x cos x tg x + 1 1 + t 2 1 sin x + cos x + cos 2 x cos 2 x sin x ⋅ cos x sin x ⋅ cos x sin x ⋅ cos x tgx t cos 2 x = = sin x ⋅ cos x = = 2 = 2 2 2 2 1 sin x + cos x sin x cos x tg x + 1 1 + t 2 + cos 2 x cos 2 x dt tgx = t → x = arctgt → dx = 1+ t2 Da rezimiramo: Kad uzimamo smenu tgx = t menjamo: t2 1+ t2 1 cos 2 x = 1+ t2
sin 2 x =
sin x ⋅ cos x = dx =
t 1+ t2
dt 1+ t2
www.matematiranje.com
2
C) Integrali tipa
∫ sin
m
x ⋅ cos n xdx
Razlikovaćemo dve situacije: i) Ako su m i n celi brojevi ii) Ako su m i n racionalni brojevi U obe situacije uvodimo smenu sin x = u ili cosx=u ali se u situaciji i) kad su m i n celi brojevi integral svede na
integraciju racionalne funkcije, a u situaciji ii) kad su m i n racionalni brojevi svede na integral diferencijalnog binoma.
D) Integrali tipa
∫ sin ax cos bxdx;∫ sin ax sin bxdx;∫ cos ax cos bxdx;
Najpre iskoristimo trigonometrijske formulice: 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=
A zatim ih rastavimo na dva integrala od kojih svaki rešavamo lakom smenom.
NEKI TRIKOVI: Ako je u integralu izraz
a2 − x2 =
a 2 − x 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=asint jer tako uništavamo koren
a 2 − (a sin t ) 2 = a 2 − a 2 (sin t )2 =a 1 − sin 2 t =a cos t
Ako je u integralu dat izraz
x 2 + a 2 = (atgt ) 2 + a 2 =
x 2 + a 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=a tgt jer tako uništavamo koren a 2tg 2t + a 2 =a tg 2t + 1 = a
sin 2 t sin 2 t + cos 2 t 1 1 + 1 = a =a =a 2 2 2 cos t cos t cos t cos t
www.matematiranje.com
3
PRIMERI
primer 1.
dx
∫ sin x = ?
Ovaj integral smo već rešavali u fajlu Integrali zadaci I- deo bez trigonometrijkih smena. Videćemo da je mnogo
elegantnije iskoristiti smenu tg
x = t . Dakle: 2
2t 1+ t2 2 dx = dt 1+ t2
sin x =
2 dx 1 + t 2 dt = 1dt = ln t + C = ln tg x + C = ∫ sin x ∫ 2t ∫t 2 2 1+ t
primer 2.
2 − sin x
∫ 2 + cos xdx = ?
I ovde ćemo koristiti smenu tg
x = t jer sinx i cosx nemaju stepene. 2
x =t 2 2 dx = dt 1+ t 2 2t sin x = 1+ t2 1− t 2 cos t = 1+ t2
tg
Imamo gotove smene:
2t 2 − sin x 2 1+ t2 ∫ 2 + cos x dx = ∫ 1 − t 2 ⋅ 1 + t 2 dt = 2+ 1+ t2 2−
∫
koje menjamo u integralu:
2 + 2t 2 − 2t 2 t2 − t +1 1+ t2 ⋅ dt = 4 ∫ (t 2 + 3)(1 + t 2 ) dt 2 + 2t 2 + 1 − t 2 1 + t 2 1+ t2
Ovo je integral racionalne funkcije. Izvlačimo na stranu i radimo: www.matematiranje.com
4
Pazite: oba izraza u imeniocu su nerazloživa...
t2 − t +1 At + B Ct + D = 2 + ..................................... / ⋅(t 2 + 3)(1 + t 2 ) 2 2 2 (t + 3)(1 + t ) t + 3 1+ t
t 2 − t + 1 = At + At 3 + B + Bt 2 + Ct 3 + 3Ct + Dt 2 + 3D Neko piše i identički jednako umesto jednako…U suštini je po nama sve jedno al vi radite kako kaže vaš profesor… t 2 − t + 1 ≡ ( A + C )t 3 + ( B + D )t 2 + ( A + 3C )t + B + 3D
Uporedjujemo : A + C = 0, B + D = 1, A + 3C = −1 i B + 3D = 1
Rešimo ovo sistemče ( ukombinujemo 1. i 3. jednačinu, a 2. i 4.) i dobijamo: A = 1 / 2, B = 1, C = −1 / 2, D = 0
Vratimo se da vidimo kako će da ide razlaganje: 1 −1 t +1 t t+2 t t2 − t +1 2 2 4∫ 2 dt = 4 ∫ 2 dt + 4 ∫ dt = 2 ∫ 2 dt − 2 ∫ dt 2 2 (t + 3)(1 + t ) t +3 1+ t t +3 1+ t2
Rešavanje ovih integrala smo detaljno objasnili u prethodnim fajlovima…
x x 3 + tg 2 tg t2 + 3 2 t 2 2+ = ln + arctg + C = ln arctg 2 + C 2 x 1+ t 3 3 3 3 1 + tg 2 2
www.matematiranje.com
5
I =∫
primer 3.
dx =? (2 + cos x) sin x
Često se integral u radu obeležava nekim slovom , najčešće sa I, J … Razlog je da ga ne bi posle vazdan prepisivali, već samo upišemo I, J … I ovaj integral ćemo rešiti prvom , univerzalnom smenom tg x =t 2 2 dx = dt 1+ t 2 2t sin x = 1+ t2 1− t 2 cos t = 1+ t2
x =t. 2
tg
2 I =∫
pa je
1+ t2 dt 1+ t2 dt = = ∫ 2 + 2t 2 + 1 − t 2 ∫ (t 2 + 3)t dt 1− t2 2t ⋅t ⋅ 2 2+ 2 2 1 + t 1 t + 1 + t
Integracija racionalne funkcije, izdvojimo podintegralnu funkciju:
1+ t2 A Bt + C At 2 + 3 A + Bt 2 + Ct 2 = + 2 = t +3 t (t 2 + 3) (t 2 + 3)t t 1 + t 2 = A(t 2 + 3) + ( Bt + C )t 1 + t 2 = At 2 + 3 A + Bt 2 + Ct 1 + t 2 = t 2 ( A + B ) + Ct + 3 A A + B = 1,
C = 0, 3 A = 1
A = 1 / 3,
B = 2 / 3,
C=0
t2 + 3 = u 1 dt 2 t 1 1 du I= ∫ + ∫ 2 dt = za drugi integral smena = ln t + ∫ +c 1 3 t 3 t +3 3 u tdt = du 3 2
1 1 1 x 1 x I = ln t + ln(t 2 + 3) + C = ln tg + ln tg 2 + 3 + C 3 3 3 2 3 2
www.matematiranje.com
6
I =∫
primer 4.
sin x cos x dx = ? sin 4 x + cos 4 x t2 1+ t2 1 cos 2 x = 1+ t2 tgx = t pa je: sin 2 x =
Kako ovde imamo stepene sinusa i kosinusa, uzećemo drugu smenu
sin x ⋅ cos x = dx =
t 1+ t2
dt 1+ t2
t t sin x cos x dt dt 1+ t2 1+ t2 I =∫ 4 dx = ⋅ = = 2 4 4 2 ∫ ∫ 2 t +1 1+ t2 sin x + cos x t2 1 1+ t + 2 2 2 (1 + t 2 ) 1+ t 1+ t t2 = z
=∫
t t 1 dz 1 1 1 dt = ∫ 2 2 dt = 2tdt = dz = ∫ 2 = arctgz + C = arctgt 2 + C = arctg (tg 2 x) + C t +1 (t ) + 1 2 z +1 2 2 2 1 tdt = dz 2 4
Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koristeći trigonometrijske formule. Ideja je da se izraz u imeniocu transformiše. Krenemo od osnovne identičnosti: sin 2 x + cos 2 x = 1............................. / ()2 sin 4 x + 2 sin 2 x cos 2 x + cos 4 x = 1 sin 4 x + cos 4 x = 1 − 2 sin 2 x cos 2 x 4 sin 2 x cos 2 x sin x + cos x = 1 − 2 2 sin 2 x sin 4 x + cos 4 x = 1 − 2 2 − sin 2 2 x sin 4 x + cos 4 x = 2 4
4
sin 4 x + cos 4 x =
1 + 1 − sin 2 2 x 2
sin 4 x + cos 4 x =
1 + cos 2 2 x 2 7
Vratimo se u integral... cos 2 x = t dt sin x cos x 2 sin x cos x sin 2 x 1 I =∫ dx = ∫ dx = ∫ dx − sin 2 x ⋅ 2dx = dt = 2 2 2 ∫ 1 + cos 2 x 1 + cos 2 x 1 + cos 2 x −2 1 + t 2 dt sin 2 xdx = 2 −2 =
1 1 arctgt + C = − arctg (cos 2 x) + C 2 −2
primer 5.
∫
a2 − x2 = ?
Sećate se ovog integrala? Rešavali smo ga do sada na dva načina: parcijalnom integracijom i metodom Ostrogradskog. Po nama je najelegantnije koristiti trikče: Ako uzmemo smenu x = a sin t
a2 − x2 =
a 2 − (a sin t ) 2 = a 2 − a 2 (sin t )2 =a 1 − sin 2 t =a cos t
x = a sin t → dx = a cos tdt
∫
a 2 − x 2 = ∫ a cos t ⋅ a cos tdt = a 2 ∫ cos 2tdt = a 2 ∫
1 + cos 2t dt = 2
1 a2 a2 (1 + cos 2 t ) dt = ( t + sin 2t ) + C = 2 ∫ 2 2 Moramo vratiti t iz smene: x = a sin t → sin t =
x x → t = arcsin a a
i još da sredimo :
1 1 x x sin 2t = 2 sin t cos t = sin t ⋅ 1 − sin 2 t = sin(arcsin ) 1 − sin 2 (arcsin ) = 2 a a 2 x x2 x a2 − x2 x = 1− 2 = = 2 a2 − x2 2 a a a a a
8
Rešenje je:
a2 1 a2 x x a2 x x 2 (t + sin 2t ) + C = (arcsin + 2 a 2 − x 2 ) + C = arcsin + a − x2 + C 2 2 2 a a 2 a 2 www.matematiranje.com
9
INTEGRALI ZADACI ( VIII DEO) REKURENTNE FORMULE
Rekurentne ( rekurzivne ) formule su formule koje zavise od prirodnih brojeva. One se koriste za snižavanje “reda” nekog integrala. Mi nadjemo kako se izračunava integral čija je podintegralna funkcija reda n preko integrala čija je podintegralna funkcija reda n-1 ( ili n-2, n-3,…). Na taj način dodjemo do podintegralne funkcije za koju integral možemo direktno da rešimo. Nije pravilo, al se većina ovih integrala radi preko parcijalne integracije.
primer 1. Odrediti rekurzivnu formulu za
x e
n ax
dx ako je a 0 i n N
Rešenje:
x e
n ax
dx ?
Ovaj integral ćemo rešiti parcijalnom integracijom ( ako se sećate, ovo je integral iz prve naše grupe).
xn u
e ax dx dv I n x n e ax dx n 1 1 ax nx dx=du e v a ax n 1 1 e x n x n e ax eax nx n 1dx e ax x n 1dx a a a a ax n e x n I n 1 a a Dakle : e ax x n n I n 1 In a a
Kako sad upotrebiti ovu formulu? Dobijemo zadatak da rešimo
x e dx ? 4 x
U našoj formuli je dakle n = 4 i a = 1. www.matematiranje.com
1
e ax x n n I n 1 a a x 4 e x 4 I4 I 41 e x x 4 4 I 3 1 1 In
I 4 e x x 4 nI 3
sad radimo za n=3,n=2,n=1 I 4 e x x4 4I3 I 3 e x x 3 3I 2 I 2 e x x 2 2 I1 I1 e x xdx Ovaj integral znamo da rešimo:
xu
e x dx dv
xe dx dx du e dx v x
x
ex v
x e x e x dx xe x e x C e x ( x 1) C u v vdu
Vratimo rešenja unazad… I 4 e x x4 4I3 I 3 e x x 3 3I 2 I 2 e x x 2 2 I1 I1 e x xdx e x ( x 1) vratimo se u I 2 I 2 e x x 2 2[e x ( x 1)] vratimo se u I 3 I 3 e x x 3 3{e x x 2 2[e x ( x 1)]} vratimo se u I 4 I 4 e x x 4 4{e x x3 3{e x x 2 2[e x ( x 1)]}} C Ovo sad malo prisredite ako vaš profesor zahteva. www.matematiranje.com
2
primer 2.
Odrediti rekurzivnu formulu za
sin
n
xdx ako je n 2
Rešenje:
I ovde radimo parcijalnu integraciju:
sin n 1 x u
sin xdx dv
I n sin n xdx (n 1) sin n 11 x(sin x)`dx du (n 1) sin
n2
cos x v
x cos xdx du
sin n 1 x ( cos x) ( cos x)(n 1) sin n 2 x cos xdx sin n 1 x cos x (n 1) sin n 2 x cos 2 xdx Iz sin 2 x cos 2 x 1 cos 2 x 1 sin 2 x, pa to zamenimo umesto cos 2 x sin n 1 x cos x (n 1) sin n 2 x (1 sin 2 x)dx sin n 1 x cos x (n 1) (sin n 2 x sin n x)dx sin n 1 x cos x (n 1) sin n 2 xdx (n 1) sin n xdx sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 (n 1) I n Da spakujemo: I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 (n 1) I n I n (n 1) I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 I n n I n I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 n I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 In
sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 n
In
sin n 1 x cos x n 1 I n2 n n
Ovo je tražena rekurentna formula. Uočimo da ako je n paran broj , tada postupnom primenom dobijene formule na kraju dolazimo do dx a ako je n neparan broj dobijamo sin xdx
www.matematiranje.com
3
primer 3.
Odrediti rekurzivnu formulu za
dx
sin
n
x
ako je
n2
Rešenje:
Ovde ćemo najpre upotrebiti malo trikče: dodamo
In
sin x , videćemo zašto... sin x
dx sin x dx sin xdx n n 1 n sin x sin x sin x sin x
Sad radimo parcijalnu integraciju: 1 sin xdx dv sin xdx u sin n1 x sin n1 x cos x v ? Izvući ćemo ovaj izvod na stranu jer je izvod složene funkcije... (
1 n 1
)` (sin ( n 1) x)` (n 1) sin ( n 1) 1 x (sin x)` (n 1) sin ( n 2) cos x (n 1)
sin x vratimo se na zadatak:
cos x sin n 2
1
u sin xdx dv sin xdx sin n 1 x sin n1 x cos x (n 1) n 2 dx dv cos x v sin x 1 cos x ( cos x) ( cos x)[(n 1) n 2 dx] n 1 sin x sin x 2 1 cos x cos x n 1 (n 1) n 2 dx sin x sin x 1 sin 2 x 1 cos x n 1 (n 1) dx sin x sin n 2 x sin 2 x dx] sin n 1 x sin n 2 x sin n 2 x 1 1 1 cos x n 1 (n 1)[ n 2 dx n dx] sin x sin x sin x 1 1 1 cos x n 1 (n 1)[ n 2 dx n dx] sin x sin x sin x 1 1 1 cos x n 1 (n 1)[ n 2 dx n dx] sin x sin x sin x 1 cos x n 1 (n 1)[ I n 2 I n ] sin x cos x
1
(n 1)[
1
dx
www.matematiranje.com
4
vratimo se od početka: I n cos x
1
(n 1)[ I n 2 I n ] sin n 1 x 1 I n cos x n 1 (n 1) I n 2 (n 1) I n sin x 1 (n 1) I n 2 cos x n 1 nI n I n I n sin x 1 (n 1) I n 2 cos x n 1 nI n sin x n cos x I n2 In n 1 (n 1) sin x n 1 Dobili smo traženu rekurentnu formulu al po n+2 , da bi dobili formulu po n, kako nam traže , jednostavno ćemo umesto n staviti n-2.
I n2
cos x n cos x n2 I n I n I n2 n 1 n 1 (n 1) sin x n 1 (n 1) sin x n 1
primer 4.
Odrediti rekurentnu formulu za I n , m x n ln m xdx ako je n, m N
I n , m x n ln m xdx
ln m x u
1 m ln m 1 x dx=du x n 1 n 1 x x 1 ln m x m ln m 1 x dx n 1 n 1 x n 1 n 1 x x x m ln m 1 x dx = ln m x n 1 n 1 x
x n dx=dv x n 1 v n 1
x n 1 m = ln x x n ln m 1 xdx n 1 n 1 x n 1 m = ln m x I n , m 1 n 1 n 1 m
Dakle : x n 1 m I n ,m 1 I n ,m = ln x n 1 n 1 m
www.matematiranje.com
5
6
