Zbirka Zadataka Iz Matematike II Dio

1. Neodređeni integral 1.1.

Definicija i osnovne osobine neodre đenog integrala

( a, b ) . Ukoliko je funkcija F x ∈ ( a, b ) vrijedi F ′ ( x ) = f ( x ) tada je

Neka su funkcije f i F definisane na nekom intervalu diferencijabilna na tom intervalu i ukoliko za sve

funkcija F primitivna funkcija funkcije f . Imajući u vidu da je, za neku konstantu C

( F ( x ) + C )′ = F ′ ( x ) = f ( x ) vidimo da je i funkcija F ( x ) + C također primitivna funkcija funkcije f . Skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu (a, b) zovemo integralom funkcije f i u ovom slu čaju pišemo:

∫ f ( x)dx = F ( x) + C , gdje je C proizvoljna konstanta iz skupa realnih brojeva.

1.1.1. Osnovne osobine neodre đenog integrala

∫

1. d f ( x )dx = f ( x )dx ; 2. 3. 4.

∫ d ( f ( x)) = f ( x) + C ; ∫ a ⋅ f ( x)dx = a ∫ f ( x)dx , a je konstanta; ∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx .

1.1.2. Tablice osnovnih osnovnih integrala 1.

∫ dx = x + C ;

xn +1 + C , n ≠ −1 ; 2. ∫ x dx = n+1 dx 3. ∫ = ln x + C ; x 4. ∫ e x dx = e x + C ; n

1

neodređenim

ax +C ; a >0 5. ∫ a dx = ln a 6. ∫ sin xdx = − cos x + C ; x

∫ cos xdx = sin x + C ; dx ∫ sin x = −ctgx + C ;

7. 8.

2

dx

∫ cos

9.

∫

10.

2

x

= tgx + C ;

dx

=

1 − x 2

arcsin x + C 1 ; − arccos x + C 2

{

dx ∫ 1 + x2 = arctgx + C ; dx 2 12. ∫ = ln x + x ± 1 + C x2 ± 1 11.

1.1.3. Rješavanje integrala neposredno koriste ći tablice i osnovna svojstva neodre đenog integrala (direktna integracija) Riješeni primjeri 1. Izračunati integral ∫ x 7 dx . Rješenje. Koristeći tablicu integrala, stavljajući n = 7 , imamo x

7 +1

∫ x dx = 7 + 1 + C = 7

x

8

8

2. Izračunati integral

+ C .

∫

xdx . 1

Rješenje. Podintegralnu funkciju 1 integrala ( n = ) imamo 2 1

∫

+1

3 3

x2 2 +C = + C = x 2 + C . 3 3 +1 2 2

x xdx = 1

2

x možemo napisati kao

2

x = x 2 , pa primjenjujući tablicu


∫

x 3 x dx .

Rješenje. U ovom slu čaju podintegralna funkcija je oblika 2

x x =

6

3

x ⋅ x = x 3 , pa imamo 3

∫

2

∫

5 3

5

x 3 + C = + C = x 3 + C . 5 5 +1 3 3

x x x dx = x 3 dx = 2 3

2 +1 3

x + 2 3 x + 1 dx . 4. Izračunati integral x Rješenje. U ovom slučaju podintegralnu funkciju napisat ćemo kao zbir tri funkcije. Zatim

∫

3

ćemo

iskoristiti činjenicu da je

1 1

x

= x

x

−

3 2

=x

−

1 6

1

i

x

= x

5

∫

x + 2 x + 1 dx = dx + 2 x 3

∫

∫

3

x x

dx +

dx

∫

x

= x+2

12

6

5

1 2

i dobiti

1

6

x x2 + + C = 5 1

6

= x +

−

2

5 x + 2 x + C .


∫

( x + 1)

2

dx . x Rješenje. Nakon kvadriranja izraza u brojniku, integral možemo napisati u obliku sume tri tablična integrala. Imamo:

∫

( x + 1) x

2

dx =

∫

x + 2x + 1 x 1 dx = xdx + 2dx + dx = + 2x + ln x + C . x x 2 2

∫


x

∫

∫

2

2

∫ 1 + x dx . 2

Rješenje. U ovom integralu ćemo dodati i oduzeti broj 1 u brojniku podintegralne funkcije, a zatim integral rastaviti na sumu dva tabli čna integrala na sljede ći način: x

2

∫ 1 + x 7.

dx = 2

∫

( x

2

+ 1) − 1

∫

dx = dx −

1+ x2

∫x

dx 2

+1

= x − arctgx + C .

x + 3 dx . Izračunati integral x 2 + 1

∫

2

3

Rješenje. Ovaj integral je sli čan prethodnom, pa ćemo i njega na analogan na čin rastaviti na zbir dva integrala. Imamo:

∫

x 2 + 3 dx = x 2 + 1

∫

( x

2

+ 1) + 2

x2 +1

∫

dx = dx +

∫ (7


x

2dx

∫x

2

+1

= x + 2arctgx + C .

+ 2 x ) dx .

Rješenje. Ovaj integral jednak je zbiru dva tabli čna integrala ( a = 7 i a = 2 ), pa imamo

∫ (7

x

+ 2 ) dx =

x

7

x

ln 7

+


2

x

+ C .

ln 2

∫2

x

⋅ 3− x dx .

Rješenje. Analogno kao u prethodnom zadatku je x

⎛ 2⎞ x x ⎜ ⎟ 2 3⎠ ⎛2⎞ ⎝ x −x ∫ 2 ⋅ 3 dx = ∫ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ dx = ⎛ 2 ⎞ + C = 3 x ( ln 2 − ln 3) . ln ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠

(a

x


∫

− bx )

2

dx . a x b x Rješenje. Kvadriranjem izraza u brojniku, rastavljanjem na sumu tri integrala, a zatim dijeljenjem svakog izraza u brojniku sa nazivnikom dobijamo sumu tri tabli čna integrala:

∫

( a x − b x ) a xb x

2

dx =

∫

a x − 2a xb x + b 2

a xb x x

⎛a⎞ − 2 x + +C =⎜ ⎟ a b ⎝b⎠ b x ln a x ln a x

bx

b

2x

dx =

ax

∫b

x

∫

dx − 2 dx +

−1

−x

bx

∫a

x

dx =

−1

⎛ a⎞ ⎛a⎞ ⎛ b⎞ ⎜ ln b ⎟ + ⎜ b ⎟ ⎜ ln a ⎟ − 2 x + C . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a


∫

dx

3 − 3 x

2

.

Rješenje. Kako je 3 − 3 x 2 = 3(1 − x 2 ) , to je

1 3 − 3 x

4

= 2

1 3 (1 − x

2

)

=

1 3

⋅

1

(1 − x ) 2

, pa imamo

∫

dx

3 − 3 x

1

= 2

3

dx

∫

1− x

1

= 2

3

arcsin x + C .

e −1 12. Izračunati integral dx . e x − 1 Rješenje. Brojnik podintegralne funkcije možemo rastaviti kao razliku kubova na sljede ći

∫

3 x

3

3 2 način: e x − 1 = ( e x ) − 1 = ( e x − 1)( e x + e x + 1) , pa je

∫

e x − 1 dx = e x − 1 3

(e

− 1)( e 2 x + e x + 1)

x

∫

ex −1


dx =

∫ (e

2 x

1

+ e x + 1) dx = e 2 x + e x + x + C . 2

dx

∫ cos x sin

. x Rješenje. U brojniku podintegralne funkcije nalazi se broj 1. Kako je sin 2 x + cos 2 x = 1, dati integral možemo napisati kao sumu dva integrala koji, nakon dijeljenja brojnika sa nazivnikom postaju tabli čni integrali. Dakle, dx dx dx sin 2 x + cos 2 x = = + = tgx − ctgx + C . dx cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x

∫

2

2

∫

∫


∫

1 + cos 2 x

∫ 1 + cos 2 xdx .

Rješenje. U ovom integralu iskoristit ćemo trigonometrijski identitet 1 + cos 2 x = 2 cos 2 x , a zatim dobijeni integral napisati kao sumu dva integrala. Imamo 2 1 + cos x

∫ 1 + cos 2 xdx = ∫

2 1 + cos x

∫

1

∫

2 cos x

dx = dx + dx = 2 cos 2 x 2 cos 2 x 2 cos 2 x 1 1 1 1 1 = + = + dx dx tgx x + C. 2 2 cos x 2 2 2

∫

∫


∫

cos 2

x

2

dx .

⎛ x ⎞ 1 Rješenje. Koristeći trigonometrijski identitet cos 2 ⎜ ⎟ = (1 + cos x ) , rastavljanjem integrala ⎝2⎠ 2 na sumu dva integrala dobijamo 1 1 1 ⎛ x ⎞ cos 2 ⎜ ⎟ dx = (1 + cos x )dx = x + sin x + C . 2 2 2 ⎝2⎠

∫

∫

5

∫


sin 2

x

dx . 2 Rješenje. Analogno kao u prethodnom primjeru imamo x 1 1 1 sin 2 dx = (1 − cos x )dx = x − sin x + C 2 2 2 2

∫

∫

x

x

2

2

17. Izračunati integral ∫ (sin + cos )2 dx . Rješenje. Kako je (sin

∫

(sin

x

2

x x x ⎛x⎞ ⎛x⎞ + cos )2 = sin 2 ⎜ ⎟ + 2sin cos + cos2 ⎜ ⎟ = 1+ sin x , to je 2 2 2 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠

x

x

+ cos )2 dx = ∫ (1 + sinx )dx = x − cos x + C . 2

1.1.4. Zadaci za samostalan rad (Ove zadatke radite transformišu ći podintegralne funkcije tako da dobijete tabli čne integrale. Riješiti sljede će integrale:

1.

∫

1 ⎞ 3. ∫ ⎛ ⎜1 + 2 ⎟ x x dx ; ⎝ x ⎠ 1 − x 2

5.

∫ x

x

7.

∫

9.

− ∫ (a

cos2 x sin 2 x x

11.

∫

13.

∫

dx ;

3 cos2 x − 2 sin 2 x

− b − x ) dx ; 2

e 2 x − 1 dx ; e x + 1 x 2 − 3 dx ; 1 + x 2

15. a) ∫ ctg 2 xdx ;

∫

2.

x x x x dx ;

dx ;

x − xe x + 2 x 3 x

x 4

4.

∫ 1 + x

6.

∫

dx ;

3 1 − x 2 3 x + 5 x

∫

8.

2

15 x

dx ;

10. ∫ e (2 − x

12.

∫

14.

∫ ∫

b) 6

dx ;

e

− x

x 3 x 3 + x − 2

)dx ;

dx ; 1 + x 2 x 2 + 1 dx ; x − 1 tg 2 xdx ;

dx ;

1.2.

Rješavanje integrala metodom smjene (supstitucije)

Ukoliko primitivnu funkciju funkcije f ne možemo naći direktnom integracijom možemo pokušati metodom smjene tj. uvođenjem nove promjenljive. Nakon uvo đenja nove promjenljive moramo i diferencijal stare promjenjive izraziti preko diferencijala te nove promjenljive. Važno je zapamtiti da stara promjenljiva ne može ni u kom obliku biti pod integralom. Kada na đemo traženu primitivnu funkciju trebamo se vratiti na staru promjenljivu. Uz pretpostavku diferencijabilnosti funkcije ϕ , općenito vrijedi :

∫

f ( x) dx =

x = ϕ (t ) = dx = ϕ ′(t ) dt

∫ f (ϕ (t))ϕ ′(t) dt .

U ovom slučaju kažemo da smo promjenljivu x zamijenili nekom funkcijom

ϕ ( t ) nove

promjenljive t .

Riješeni primjeri 1. Izračunati integral ∫ ( 3 − 2 x ) dx . 9

Rješenje. U ovom integralu ćemo uvesti smjenu t = 3 − 2 x . Sada je potrebno da dx izrazimo preko dt . To ćemo učiniti tako što ćemo diferencirati jednakost t = 3 − 2 x , pa je dt = −2dx , 1 odakle je dx = − dt . Cio opisani postupak uvo đenja smjene je ura đen između dvije uspravne 2 crte pored integrala. To ćemo činiti i u ostalim zadacima, zato posebno obratite pažnju na postupak unutar dvije uspravne crte.

∫

3 − 2 x = t 1 9 1 t 10 1 + C = − (3 − 2 x )10 + C . ( 3 − 2 x ) dx = −2dx = dt = − t dt = − 2 2 10 20 1 dx = − dt 2

∫

9


∫ x

1 − x 2 dx .

Rješenje. U ovom integralu bi bilo zgodno uvesti smjenu 1 − x 2 = t . Kako bi mogli uvesti tu smjenu, moramo biti u mogu ćnosti izraziti i ostatak podintegralne funkcije kao funkciju od 1 nove promjenljive t i dt . To je moguće, jer je dt = d (1 − x 2 ) = −2 xdx , pa je xdx = − dt . 2 Dakle, imamo

7

1 − x 2 = t

∫

x 1 − x 2 dx =

3

−2 xdx = dt xdx = −

1 2

=−

1 2

∫

dt

tdt = −

1 t 2 1 + C = − (1 − x 2 ) 1 − x 2 + C . 2 3 3 2

Umjesto smjene 1 − x 2 = t , međutim mogli smo uvesti i smjenu 1 − x 2 = t 2 (pokušajte sami uraditi zadatak pomoću ove smjene).


dx

∫

5

.

(2 − 5 x) 2 Rješenje. U ovom zadatku je najbolje uvesti smjenu t = 2 − 5 x , a zatim postupati analogno kao u prvom zadatku ovog paragrafa. Postupak smjene objašnjen je izme đu dvije uspravne crte: 2 − 5 x = t 3 − 3 dx dt − = 5 − 1 dt 1 t 2 2 dx = =− =− ⋅ + C = (2 − 5 x) 2 + C ; 5 5 3 1 5 2 5 15 − dx = − dt t (2 − 5 x) 2 2 5 1 Napomenimo da smo konstantu − izvukli pred integral, a zatim koristili činjenicu da je 5 5 − 1 2 = t . 5

∫

∫

t 2


∫

xdx

. 2 x + 5 Rješenje. U ovom integralu postupamo analogno kao u prethodnom. Kako je izraz 2 x + 5 ispod korijena, uvest ćemo smjenu t 2 = 2 x + 5 . Kako u brojniku podintegralne funkcije imamo x , to je potrebno i x i dx izraziti kao funkcije od t . Nakon smjene, integral možemo rastaviti na sumu dva tabli čna integrala i dobiti:

∫

2 x + 5 = t 2 2dx = 2tdt (t 2 − 5)tdt t 3 5 1 xdx = dx = tdt = = − t+C = 2t 6 2 6 2 x + 5 t 2 − 5 x = 2

∫

8

3

( 2 x + 5) −

5 2

2 x + 5 + C.


∫

x 2 − 1 4

x + 5

dx .

Rješenje. U ovom integralu je najpogodnije uvesti smjenu x + 5 = t 4 , a zatim izraziti x 2 i dx kao funkcije od t , što je i učinjeno između dvije uspravne crte. Zatim je potrebno, nakon dijeljenja sa t napisati dobijeni integral kao sumu četiri tablična integrala. Na kraju, moramo

se vratiti na staru promjenljivu, imaju ći u vidu da je t =

∫ =

x + 5 = t 4 x − 1 dx = dx = 4t 3 dt = 4 x + 5 x = t 4 − 5

4 11

t 11 −

40 7

t7 +

100 3

t3 −


( t − 5) 4

2

∫

4 3

2

−1

t

t3 + C = dx

∫ (1 + x)

x

4 11

4

4

x + 5 . Dakle, imamo:

⋅ 4t 3dt = 4 ∫ (t 8 − 10t 4 + 25 − 1)t 2 dt =

11 ( x + 5) −

40 7

4

7 3 ( x + 5) + 32 4 ( x + 5) + C .

.

Rješenje. U ovom integralu ćemo uvesti smjenu x = t 2 , a zatim izraziti x i dx preko t . Nakon toga, dobit ćemo tablični integral. Imamo:

∫

x = t = x = t 2 = (1 + x) x dx = 2tdt dx


2tdt

dt

∫ (1 + t ) t = 2∫ 1 + t

2

2

= 2arctgt + C = 2arctg x + C .

dx

∫

. x − 1 − x − 2 Rješenje. S obzirom da je nazivnik podintegralne funkcije razlika dva korijena, kao prvo, racionalisat

ćemo

nazivnik množenjem podintegralne funkcije sa

x − 1 + x − 2 x − 1 + x − 2

. U tom

slučaju, nazivnik postaje jednak 1 , pa imamo

∫

dx x − 1 − x − 2

=∫

dx x −1 − x − 2

⋅

x −1 + x − 2 x −1 + x − 2

=

= ∫ ( x − 1 + x − 2 ) dx. Integral (1) rastavljamo na dva integrala, koja rješavamo uvo đenjem smjene. Imamo: 3 2 x − 1 = t 2 2 I1 = x − 1dx = = 2t dt = ( x − 1) 2 ; dx = 2tdt 3

∫

I 2 =

∫

∫

x − 2dx =

3 2 x − 2 = t 2 = 2t 2 dt = ( x − 2 ) 2 dx = 2tdt 3

∫

9

(1)

Sabiraju ći 2⎡

ova

3

dva 3

integrala

vidimo

da

je

rješenje

našeg

zadatka

jednako

⎤

2 2 ⎢( x − 1) + ( x − 2) ⎥ + C .

3⎣

⎦


∫ x

dx

+ a2

2

.

Rješenje. U ovom integralu ćemo uvesti smjenu x = at , jer je u tom slu čaju x 2 + a 2 = a 2 ( t 2 + 1) , pa imamo

∫

x = at adt 1 = = = = dx adt 2 2 x 2 + a 2 a (1 + t ) a x t = a dx

∫

dt

∫ (1 + t ) 2

1

1

x

a

a

a

= arctgt + C = arctg

+ C.

Zapamtite kao tabli č ni integral: dx x 1 arcrg + C . = x 2 + a 2 a a

∫


dx

∫ 2 x

2

+1

.

tablični

integral

tako

što

prvo

izvu čemo

1

b

> 0 . Svodimo ga na a ax + b koeficijent uz x 2 , odnosno napišemo

Rješenje. Ovaj integral ima podintegralnu funkciju oblika

2

, za

2 ⎛ ⎛ b⎞ ⎞ ⎛ 2 b⎞ 2 ax + b = a ⎜ x + ⎟ = a ⎜ x + ⎜ ⎟⎟ ⎟ , a potom primijenimo tabli čni integral koji smo izveli ⎜ ⎜ a⎠ ⎝ ⎝ a ⎠ ⎠⎟ ⎝ 2

u prethodnom zadatku.

⎛ ⎞ ⎜ x ⎟ dx dx 1 1 2 = = arctg arctg ( x 2 ) + C . ⎜ ⎟+C = ∫ 2 x2 + 1 2 ∫ ⎛ ⎞2 1 1 2 ⎜ ⎟ 1 2⋅ ⎜ ⎟ x 2 + ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2⎠


∫

dx x − 4 2

.

10

2 2 Rješenje. U ovom integralu je nazivnik podintegralne funkcije oblika x ± a , a > 0 . Kod integrala ovog tipa ćemo uvesti smjenu x = at , dx = adt . U ovom konkretnom slu čaju je a = 2 , pa smjenu uvodimo onako kako je nazna čeno unutar dvije uspravne crte. Nakon izvlačenja konstante i skra ćivanja dobijamo tablični integral. Imamo:

∫

x = 2t = dx = 2dt = 2 2 x − 4 x t = 2 dx

∫

dt

4(t 2 − 1)

=∫

dt t 2 − 1

2

= ln t + t 2 − 1 + C =

2 x x −4 1 ⎛x⎞ = ln + ⎜ ⎟ − 1 + C = ln + + C = ln x + x 2 − 4 + C . 2 2 4 2 ⎝2⎠

x

(

Imajući u vidu da je ln

1

)

( x + 2

x 2 − 4 + C = ln x +

)

x 2 − 4 − ln 2 + C , kao i činjenicu da je

C − ln 2 također realna konstanta, dobijamo dx = ln x + x 2 − 4 + C . x 2 − 4 Analogno bi postupali i u slu čaju kada bi u nazivniku imali sabiranje pod korijenom.

∫

Zapamtite kao tabli č ni integral: dx = ln x + x 2 ± a 2 + C . x 2 ± a 2

∫


∫

dx

5 − x

2

.

Rješenje. U ovom slučaju nazivnik podintegralne funkcije je oblika

a 2 − x2 , pa ćemo uvesti

smjenu x = at , analogno kao u prethodnom zadatku. U našem konkretnom slu čaju je a 2 = 5 , pa je a = 5 . Imamo: x = 5t x 5dt = dx = 5dt = = arcsin t + C = arcsin +C . 2 2 5 5 − x 5 − 5t x t = 5 Zapamtite kao tabli č ni integral:

∫

dx

∫

11

∫

dx a 2 − x2

x

= arcsin + C . a


∫

dx

3 − 4 x

2

.

2 Rješenje. Nazivnik podintegralne funkcije u datom integralu je oblika b − ax , pri čemu su brojevi a i b pozitivni. Zbog toga ćemo, analogno kao u primjeru 9. prvo izlu čiti koeficijent 2

uz x da dobijemo

2

⎛b⎞ b − ax = a ⋅ − x = a ⋅ ⎜ ⎟ − x 2 , a potom primijenimo tabli čni a ⎝a⎠ b

2

2

integral koji smo izveli u prethodnom zadatku. Dakle, dx dx dx 1 1 2x = = = arcsin + C . 2 2 2 2 3 3 − 4 x ⎛3 ⎞ ⎛ 3⎞ 2 4 ⎜ − x 2 ⎟ ⎜ ⎟ − x ⎝4 ⎠ 4 ⎝ ⎠

∫

∫


∫

x

3

∫ 1 + x dx . 4

Rješenje. U datom integralu u nazivniku je funkcija 1 + x 4 , pa je prirodno prvo pokušati uvesti smjenu 1 + x 4 = t . Ovu smjenu je mogu će uvesti samo ukoliko smo u mogu ćnosti ostatak 1 podintegralne funkcije izraziti preko t i dt . Kako je dt = 4 x 3dx , to je x3dx = dt , pa je 4 moguće uvesti ovu smjenu. Imamo: 4 1 + x = t x 1 dt 1 1 3 = = = = + = dx x dx dt t C 4 ln ln(1 + x 4 ) + C . 4 1 + x 4 dt 4 t 4 3 x dx = 4 Napomenimo, na kraju da ukoliko bismo u brojniku razlomka pod integralom imali funkciju x 2 ili naprimjer x , ovakva smjena ne bi imala smisla, jer ne bismo mogli na ći načina da ostatak podintegralne funkcije izrazimo kao funkciju od t i dt i da pri takvoj smjeni dobijemo integral čije rješavanje je jednostavnije od rješavanja polaznog integrala.

∫

3


∫

∫ x

2 x + 5 2

+ 5 x + 29

dx .

Rješenje. U ovom integralu je brojnik podintegralne funkcije diferencijal od nazivnika, pa je smjena t = x 2 + 5 x + 29 očigledna. Imamo: 12

∫

2 x + 5

dt t = x 2 + 5 x + 29 dx = = = ln t + C = ln( x 2 + 5 x + 29) + C. 2 dt = (2 x + 5) dx x + 5 x + 29 t

∫

Ukoliko nam je dat integral kod kojeg je brojnik podintegralne funkcije diferencijal nazivnika, taj integral uvijek rješavamo tako što uvedemo smjenu t = f ( x) , gdje je f ( x ) nazivnik podintegralne funkcije. Opć enito vrijedi: f ′( x) dx = ln f ( x) + C f ( x)

∫


∫

(2) x + 1 x + 2 x − 9 2

dx .

Rješenje. Kako je d ( x + 2 x − 9) = (2 x + 2)dx = 2( x + 1)dx , što je dva puta veće od brojnika 2

podintegralne funkcije, to u našem integralu možemo uvesti smjenu x 2 + 2 x − 9 = t 2 . Postupak uvođenja smjene dat je izme đu dvije uspravne crte. Imamo:

∫

x + 1 x + 2 x − 9 2

dx =

x 2 + 2 x − 9 = t x + 2 x − 9 = t 2( x + 1)dx = 2tdt 2


2

=∫

tdt t

= t + C = x 2 + 2x − 9 + C.

x

e

∫

dx .

e +1 Rješenje. U ovom zadatku možemo postupiti analogno kao u prethodnom, jer je d (e x + 1) = e x dx , pa je moguće uvesti smjenu t 2 = e x + 1 . Imamo: x

2 e + 1 = t x

∫

x

e

dx = t = e x + 1 = x e +1 x e dx = 2tdt

∫

2tdt t

= 2t + C = 2 e x + 1 + C.

x + 1 17. Izračunati integral 4 dx . x + 1 Rješenje. Ovaj zadatak je mnogo složeniji od zadatka 13. ovog paragrafa, iako imamo istu funkciju u nazivniku. Ideja ovog zadatka jeste da se brojnik i nazivnik podintegralne funkcije 1 1 podijele sa x 2 , a zatim da se primijeti da je 1 + 2 izvod funkcije x − , te da je x x

∫

2

13

2

1⎞ 1 1 ⎛ 2 x x x − = − + − = t , brojnik će biti jednak dt , a 2 . Zbog toga, ukoliko stavimo ⎜ x ⎟ 2 x x ⎝ ⎠ nazivnik jednak t 2 + 2 . Navedeni postupak smjene dat je izme đu uspravnih crta, pa je x −

1 x

= t

1 ⎞ ⎛ 1 + 2 ⎟ dx = dt ⎜ x + 1 dt t x 2 − 1 1 1 x x ⎝ ⎠ =∫ 2 = +C = +C arctg arctg ∫ x 4 + 1dx = ∫ 2 1 dx = 2 1 + 2 t x 2 2 2 2 2 x + 2 x − 2 + 2 = t 1+

2

1

2

x

2 x +

1 x

2

x

= t 2 + 2

18. Izračunati integral ∫ xe− x dx . 2

Rješenje. U ovom integralu je prirodno pokušati uvesti smjenu t = − x 2 , što je moguće jer imamo xdx . Imamo:

− x 2 = t 1 t 1 − x − x ∫ xe dx = −2xdx = dt = − ∫ e dt = − e + C . 2

2

xdx = −

1

2

2

2

dt

Napomenimo da nas, naprimjer pri rješavanju integrala

∫

e

− x2

dx smjena t = − x 2 ne vodi

rješenju. Ovaj neodre đeni integral uopšte nije mogu će izraziti preko elementarnih funkcija.

19. Izračunati integral ∫ tgxdx . Rješenje. Kada napišemo tangens kao koli čnik sinusa i kosinusa vidimo da je brojnik podintegralne funkcije izvod od nazivnika, pa možemo primijeniti formulu (2) i dobiti d (cos x ) sin x tgxdx = dx = dx = ln cos x + C . cos x cos x

∫

∫

∫

20. Izračunati integral ∫ cos3 xdx . Rješenje. U ovom integralu, kao i u prethodnom iskoristit ćemo činjenicu da je cos xdx = d (sin x) , za uvođenje smjene t = sin x , kao što je i u činjeno između dvije uspravne

crte. Kako bi podintegralnu funkciju izrazili preko t , moramo i cos 2 x napisati preko t = sin x , što je moguće na osnovu poznatog trigonometrijskog identiteta ( cos 2 x = 1 − sin 2 x ). Imamo: 14

∫

sin x = t = cos xdx = cos x ⋅ cos xdx = cos xdx = dt

∫

3

2

t3

∫ (1− t ) dt = t − 3 + C = sin x − 2

sin 3 x 3

+ C .

21. Izračunati integral ∫ tg 3xdx . tg xdx =

sin 3 xdx

sin 2 x ⋅ sin xdx

= , te sin xdx = − d (cos x) , koristeći cos3 x cos3 x osnovni trigonometrijski identitet (sada u obliku sin 2 x = 1 − cos 2 x ), možemo uvesti smjenu t = cos x i dobiti

Rješenje. Kako je

3

(1 − cos x ) sin x 2

(1 − t 2 )dt cos x = t tg xdx = dx = =− = sin xdx = − dt t 3 cos3 x 1 dt dt 1 −2 =− 3 + = t + ln t + C = + ln cos x + C t t 2 2 cos 2 x

∫

∫

3

∫

∫

∫

1.2.1. Zadaci za samostalan rad Riješiti integrale primjenom metode smjene: 16. 18.

xdx

∫ 3 − 2x xdx

∫5+ x

4

2

∫

17. x 3 3 1 + x 2 dx ;

;

;

∫

20. x 3 3 1 − x 4 ; 22. 24. 26.

1

∫ 1 − x ∫

∫

2

ln

1 + x 1 − x

dx ;

ln( x + 1 + x 2 ) 1 + x dx x ln dx

2

1 x

2

;

∫ sin x ; 30. ∫ sin x cos xdx ; 28.

dx ;

2 x − 1

19.

∫

21.

∫ x

23.

3

dx = x + 2 = t 3 ;

x + 2 2 x − 3 2

− 3 x + 10

dx ;

dx

∫ x ln

; x 1 1 sin dx ; 25. 2 x x 4

∫

27.

∫

(3 x 3

2

− 2 ) dx

x − 2 x + 1 3

;

∫

29. ctg xdx ;

5

31.

sin 2 x

∫ sin 15

2

dx ; x + 5

32.

∫

sin xdx

3 + cos x cos xdx 34. ; 2 3 sin x

33.

;

∫

1.3.

sin x cos x

∫ sin

35.

∫

4

x + cos 4 x

arctg 3 x

1+ x2

dx ;

;

Metoda parcijalne integracije

Neka su nam date dvije funkcije u i v , koje su diferencijabilne i integrabilne funkcije. Diferencijal proizvoda funkcija u=u(x) i v=v(x) je: d (u ⋅ v ) = vdu + udv , a integral diferencijala ovog proizvoda je: d (u ⋅ v) = vdu + udv .

∫

∫

čiji

izvodi su

∫

Iz ove jednakosti dobijemo formulu koja glasi: udv = u ⋅ v − vdu .

∫

∫

Na ovoj formuli se zasniva metod parcijalne integracije, koji ima dva koraka. Prvi korak se sastoji u tome da funkciju f ( x )dx u integralu f ( x )dx napišemo u obliku u (x )dv( x ) , pri

∫

čemu

smo funkcije u i v pogodno odabrali. Tada se izra čunavanje integrala

na izračunavanje integrala integral

∫ v(x )du(x ) . Izraz pogodno odabrane funkcije

∫ f ( x)dx

svodi

u i v znači da je

∫ v(x )du( x ) jednostavniji za izračunavanje od polaznog integrala, kao i to da iz datih

uslova možemo egzaktno odrediti funkciju v , jer u suprotnom metoda parcijalne integracije nema smisla. Postoje neka okvirna pravila šta odabrati za funkciju u a šta za funkciju v , pri čemu ta pravila nisu strogo matematička jer imaju i svoje izuzetke. Mi ćemo ih, ipak navesti. Ukoliko je funkcija f proizvod logaritamske funkcije, ili inverzne trigonometrijske funkcije i neke druge funkcije, treba pokušati riješiti taj integral uzimaju ći da je u jednako toj logaritamskoj funkciji ili toj inverznoj trigonometrijskoj funkciji, a za dv uzimaju ći ostatak. Ukoliko je funkcija f proizvod neke eksponencijalne funkcije i neke druge funkcije, treba pokušati riješiti integral uzimaju ći za dv da je jednako proizvodu te eksponencijalne funkcije sa dx , a za u uzimajući ostatak. Ukoliko je funkcija f proizvod funkcije sin ili cos i neke druge funkcije, tada uzimamo da je dv = sin xdx ili dv = cos xdx , a ostatak uzimamo za u . Još jednom napominjemo da ova pravila imaju i svoje izuzetke, te da ih treba uzimati samo kao putokaz pri rješavanju datog problema. 16

Riješeni primjeri

∫ ln xdx .


Rješenje. U ovom integralu je podintegralna funkcija ln x , pa ćemo staviti u = ln x . Ostatak pod integralom je dx , pa stavljamo dv = dx , odakle je očigledno da je v = x . To ćemo, kao i u slučaju smjene promjenljive zapisivati izme đu dvije uspravne crte. Imamo: u = ln x dv = dx dx dx = u ⋅ v − vdu = ln x ⋅ x − x ⋅ = x (ln x − 1) + C . ln xdx = du = x x v=x

∫

∫

∫

2. Izračunati integral ∫ x ln xdx . Rješenje. Dati integral je sli čan prethodnom, pa stavljamo u = ln x . Ostatak je xdx , pa uzimamo da je dv = xdx . Iz ove jednakosti trebamo izra čunati jednu funkciju v koja zadovoljava jednakost. To ćemo učiniti integraljenjem: 1 v = xdx = x 2 (ovdje ne dodajemo konstantu). Skra ćeni postupak parcijalne integracije dat 2 je između dvije uspravne crte. Dakle, u = ln x dv = xdx 2 dx 1 2 dx x du = = u ⋅ v − vdu = ln x ⋅ − = x ln xdx = x ⋅ x 2 2 x 2 x v= 2

∫

∫

∫

=

x

2

2

ln x −

1 4


∫

x +C = 2

∫

1

2

4

(2 ln x − 1) + C .

x ln 2 xdx .

Rješenje. U ovom integralu 3 2

x

ćemo

staviti u = ln 2 x , pa je

3

x 2 = x2 . v= xdx = x dx = 3 3 2 Imamo, nakon skra ćivanja u integralu na desnoj strani:

∫

∫

2

17

dv =

xdx . Odavde je

∫

u = ln 2 x 1 du = 2 ln x ⋅ dx 3 2 2 2 4 x 2 x ln xdx = = x ln x − dv = xdx 3 3 3 2 v = x2 3

Sada je potrebno izračunati

∫

∫

x ln xdx.

x ln xdx. U ovom integralu ćemo ponovo primijeniti metod

parcijalne integracije, stavljajući sada u = ln x i dv =

xdx , odakle je v =

2 3

3

x 2 . Imamo:

u = ln x dx du = 3 1 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 x = x ln x − x dx = ( x ln x − x ) + C . x ln xdx = dv = xdx 3 3 3 3 3 2 v = x2 3 Uvrštavaju ći ovo u polazni integral dobijamo

∫

∫

∫

2

3

3

3

4 2 2 x ln xdx = x ln x − ( ( x 2 ln x − x 2 ) + C ) = 3 3 3 3 2

2

2

3

2 ⎛ 4 8⎞ = x 2 ⎜ ln 2 x − ln x + ⎟ + C , 3 ⎝ 3 9⎠ 4 pri čemu smo konstantu − C zamijenili novom konstantom koju smo tako đer označili sa C . 3

4. Izračunati integral ∫ x ln( x 2 − 1)d x . Rješenje. U ovom integralu ćemo, kao i u prethodnim primjerima staviti u = ln( x 2 − 1) , 1 xdx = dv , odakle je v = x 2 . Imamo: 2 u = ln( x 2 − 1) 2 x du = 2 dx x 2 x3 2 2 − x 1 = ln( x − 1) − 2 d x. x ln( x − 1)dx = dv = xdx x −1 2 2 x v= 2

∫

∫

Kako bi izračunali posljednji integral, podijelit ćemo (sa ostatkom) x3 sa x 2 − 1 . Dobijamo:

18

x 3 : ( x 2 − 1) = x 3 − ( x − x ) x

To znači da je količnik pri dijeljenju jednak x , kao i da je ostatak upravo x . Sada podintegralnu funkciju možemo napisati u obliku: x 3 x = x + 2 , odakle je 2 x − 1 x −1 3 x x x 1 2 = + = + dx xdx dx x dx . x 2 − 1 x2 −1 x 2 − 1 2 1 Posljednji integral ćemo izračunati uvođenjem smjene t = x 2 − 1 , jer je tad xdx = dt , pa je 2 x 1 dt 1 1 dx t = = = ln ln x 2 − 1 + C . 2 x − 1 2 t 2 2 Sada smo izračunali sve integrale, pa se možemo vratiti unazad. Imamo: x 2 x2 1 x2 −1 x2 2 2 2 2 x ln( x − 1)dx = − ln( x −1) + C = + C . ln( x − 1) − ln( x −1) − 2 2 2 2 2

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

5. Izračunati integral ∫ x 2e − x dx . Rješenje. U datom integralu imamo eksponencijalnu funkciju, pa

ćemo

uzeti dv = e − x dx ,

∫

x x u = x 2 . Odavde je v = e − dx = − e − , pa imamo:

u = x2 du = 2 xdx − = − x 2e − x + 2 xe − xdx. x 2e x dx = − x dv = e dx − v = −e x

∫

∫

U integralu na desnoj strani ćemo ponovo primijeniti parcijalnu integraciju, stavljaju ći dv = e − x dx i u = x . Imamo: u=x du = dx − xe x dx = = − xe − x + e − xdx = − xe − x − e − x + C . − x dv = e dx − v = −e x

∫

∫

Uvrštavaju ći ovo u polazni integral dobijamo x 2e − x dx = − x 2e − x + 2(− xe − x − e − x + C ) = − ( x 2 + 2 x + 2)e − x + C .

∫

6. Izračunati integral ∫ x 2 sin2 xdx . 19

Rješenje. Podintegralna funkcija je proizvod polinoma i funkcije sin2 x , pa ćemo uzeti 1 dv = sin2 xdx , odakle je v = sin 2 xdx = − cos 2 x , što smo jednostavno izra čunali uvodeći 2 smjenu t = 2 x . Sada imamo:

∫

u = x2 du = 2 xdx x 2 2 x sin 2 xdx = dv = sin2 xdx = − cos 2 x + x cos 2 xdx. 2 1 v = − cos2 x 2 U integralu na desnoj strani ponovo ćemo primijeniti parcijalnu integraciju. Dobijamo: u=x du = dx 1 1 1 1 x cos 2 xdx = dv = cos2 xdx = x sin 2 x − sin 2 xdx = x sin 2x + cos 2x + C . 2 2 2 4 1 v = sin2 x 2 Sada kada smo izra čunali sve integrale možemo pisati: x 2 1 1 1 − 2x2 1 2 x sin 2 xdx = − cos 2 x + x sin 2 x + cos 2 x + C = cos 2x + x sin 2x. 2 2 4 4 2

∫

∫

∫

∫

∫


∫ sin(ln x)dx .

Rješenje. U ovom integralu nema svrhe uzimati dv = sin(ln x ) dx , jer je u tom slu čaju samo određivanje funkcije v jednako izračunavanju datog integrala. Zbog toga ćemo staviti u = ln ( sin x ) i dv = dx .

Pri rješavanju integrala koji sadrže trigonometrijske funkcije često se dva puta parcijalno integrali i koristi osobina da je d ( d (sin x )) = − sin xdx , kako bismo se "vratili" na polazni integral i dobili jedna činu koju zadovoljava taj integral. Iz te jedna čine je moguće izračunati integral (kojeg ozna čimo sa I ). Nakon što jednom parcijalno integralimo dobijamo u = sin(ln x) 1 du = cos(ln x) dx = x sin(ln x) − cos(ln x) dx. I = sin(ln x) dx = x dv = dx v=x

∫

∫

Sada ćemo parcijalno integraliti u integralu na desnoj strani (tj. drugi puta parcijalno integraliti). Imamo:

20

∫

u = cos(ln x) du = − sin(ln x )dx = x cos(ln x ) − sin(ln x )dx . cos(ln x )dx = dv = dx  I v=x

∫

Sada imamo: I = x sin(ln x ) − x cos(ln x ) − I , odnosno

∫

2 I = 2 sin(ln x )dx = x sin(ln x ) − x cos(ln x ).

Sada dijeljenjem sa 2 možemo izra čunati integral I . Dakle: x x x I = sin(ln x) − cos(ln x ) + C = ( sin(ln x ) − cos(ln x )) + C . 2 2 2


∫e

ax

cos bxd x . ćemo

Rješenje. U rješavanju ovog integrala postupit

analogno kao u prethodnom zadatku. Stavit ćemo I = e cos bxd x i dva puta parcijalno integraliti. Nakon prve parcijalne

∫

ax

integracije imamo: u = cos bx du = −b sin bx b ax 1 ax ax I = e cos bxdx = dv = e ax dx = e cos bx + e sin bxdx . a a 1 v = e ax a Sada ćemo primijeniti parcijalnu integraciju na integral na desnoj strani. Imamo: u = sin bx du = b cos bxdx b 1 ax = e ax sin bx − e ax cos bxd x . e sin bxdx = dv = e ax dx a a    1 ax I v= e a Sada je

∫

∫

∫

∫

⎞ I = e cos bx + e sin bx − ∫ e cos bxdx ⎟ , odnosno a a⎜a a   ⎟ I ⎝ ⎠ 1

I =

1 a

⎛

ax

e ax cos bx +

b⎜1

ax

b

ax

b⎛1

b ⎞ e ax sin bx − I ⎟ , odakle je ⎜ a⎝a a ⎠

⎛ b2 ⎞ b ax 1 ax ⎜1 + 2 ⎟ I = e cos bx + 2 e sin bx + C 1 , a a ⎝ a ⎠ 21

1

pa nakon množenja jednakosti sa

1+

∫

I = e cos bxdx = ax

b


2

2

2

a 2 + b2

dobijamo konačan rezultat

2

a ax e (a cos bx + b sin bx ) a +b

=

2

a

+ C .

∫ arcsin xdx .

Rješenje. U ovom integralu javlja se inverzna trigonometrijska funkcija, pa ćemo staviti u = arcsin x , i uzeti dv = dx . Imamo: u = arcsin x dx du = xdx arcsin xdx = . U integralu na desnoj strani uvest ćemo 1 − x 2 = x arcsin x − 2 1 − x dv = dx v=x

∫

∫

smjenu t 2 = 1 − x 2 , odakle je 2tdt = −2 xdx , odnosno xdx = −tdt , pa imamo

∫

1 − x 2 = t 2 tdt = −2 xdx = 2tdtdt = − = −t = − 1 − x 2 + C . t 1 − x 2 xdx = −tdt

xdx

∫

Uvrštavanjem u polazni integral dobijamo

∫ arcsin xdx = x arcsin x +

2 1 − x + C .

Napomenimo da smo pri rješavanju ovog zadatka koristili i parcijalnu integraciju i metodu smjene.


∫

a 2 − x 2 d x .

Rješenje. U ovom integralu ćemo postupati analogno kao u zadacima 7. i 8. ovog paragrafa.

Kao prvo, primijenit ćemo metodu parcijalne integracije stavljaju ći u = a 2 − x2 . Imamo: u= a −x − x du = 2 2 2 2 a − x dx = 2 2 = x a −x + a −x dv = dx v=x 2

I =

∫

2

∫

x

2

a −x 2

2

dx.

U integralu na desnoj strani ćemo podintegralnu funkciju napisati u obliku 2 2 2 2 2 x a −x a a 2 2 =− + =− a −x + . 2 2 2 2 2 2 2 2 a −x a −x a −x a −x 22

Sada imamo: I = x a 2 − x 2 −

a − x dx + a ∫ ∫   2

2

2

I

dx

x

a2 − x2

= x a 2 − x 2 − I + a 2 arcsin . a

Odavde je 2 I = x a 2 − x 2 + a 2 arcsin

x a

+ C 1 ,

odakle zaključujemo da je 2 x a x 2 2 2 2 a − x dx = a −x + arcsin + C . a 2 2 Primijetimo na kraju da je dati integral mogu će riješiti pomo ću smjene x x = a sin t ; t = arcsin . Pokušajte sami izračunati ovaj integral koriste ći navedenu smjenu. a

∫


∫ ( x

2

− 3x + 2)e 2 x d x .

Rješenje. U ovom integralu ćemo primijeniti metod parcijalne integracije, analogno kao u zadatku 5. ovog paragrafa, pri čemu ćemo taj metod koristiti dva puta s obzirom da je polinom s kojim je pomnožena funkcija e 2 x stepena 2. Imamo:

∫

2 u = x − 3x + 2 du = ( 2 x − 3) dx 1 2 2 x 2 x ( x − 3x + 2)e dx = = ( x 2 − 3x + 2 ) ⋅ e 2 x − dv = e dx 2 1 2 x v= e 2

u = 2x − 3 du = 2dx 1 2 x 1 2x 2 1 2x − e ⋅ ( 2 x − 3) dx = e ( x − 3x + 2 ) − (2 x − 3)e dx = dv = e 2 x dx = 2 2 2 1 2 v = e x 2

∫

∫

1

1 1

2

2 2

= e2 x ( x 2 − 3x + 2 ) − ( e 2 x (2 x − 3) − 2 ⋅

1

2∫

e x dx = 2

1 2

2 2 e x ( x − 4 x + 4) + C .

U ovom zadatku, kao i u primjeru 5. ovog paragrafa kao podintegralnu funkciju imali smo funkciju oblika Pn ( x)e ax dx , gdje je Pn ( x ) polinom stepena n (u našim konkretnim primjerima stepena 2). Mogli smo primijetiti i to da smo kao rezultat integracije dobili funkciju oblika Qn ( x )e ax , gdje je Q također neki polinom istog stepena kao polinom P . Može se pokazati da ovo vrijedi i u opštem slučaju. Zbog toga možemo pretpostaviti da se 23

nakon integracije dobije funkcija oblika Qn ( x)e ax , gdje su koeficijenti polinoma Q nepoznati, a zatim diferenciranjem jednakosti određivati koeficijente polinoma Q . Ova metoda integracije zove se metoda neodređenih koeficijenata. U našem konkretnom slu čaju imamo polinom drugog stepena, pa ćemo pretpostaviti da je

∫ ( x

2

− 3x + 2)e 2 x dx = ( ax 2 + bx + c ) e 2 x + C .

Nakon diferenciranja gornje jednakosti i dijeljenja sa e 2 x dobit ćemo: 2 2 x − 3x + 2 = 2( ax + bx + c ) + 2ax + b. Sada ćemo koristiti činjenicu da su dva polinoma istog stepena jednaka ako i samo ako su im jednaki koeficijenti uz sve stepene. Zbog toga ćemo u polinomu na desnoj strani grupisati koeficijente uz odgovarajuće stepene i dobiti: 2 2 x − 3x + 2 = 2ax + 2(a + b) x + b + 2c. uz x 2 : 2a = 1 Izjednačavanjem koeficijenata imamo: uz x : 2(a + b) = − 3

(3)

sl. čl. b + 2c = 2 Rješenje sistema (3) je: a =

∫

1 2

, b = −2; c = 2 .Konačno je:

⎛1 2 ⎞ x x − 2 x + 2 ⎟ e 2 + C , što se slaže sa našim rješenjem dobijenim ⎝2 ⎠

x ( x 2 − 3x + 2)e 2 dx = ⎜

parcijalnom integracijom. Na isti način smo mogli riješiti primjer 8. ovog paragrafa. ax Naime, u ovom primjeru podintegralna funkcija je oblika Pn ( sin x, cos x ) e dx , gdje smo sa Pn ( sin x, cos x ) označili polinom sa promjenljivim sin x i cos x . U tom slu čaju se rješenje ax

traži također u obliku Qn ( sin x, cos x ) e , pri

čemu

je Q nepoznati polinom, a zatim

diferenciranjem i izjednačavanjem koeficijenata uz sin x i cos x određujemo koeficijente polinoma Q . Specijalno, u primjeru 8. bi stavili

∫e

ax

ax cos bxdx = e ( A cos bx + B sin bx ) ,

gdje su A i B nepoznati koeficijenti. Nakon diferenciranja i dijeljenja sa eax dobijamo a cos bx − b sin bx = ( aA + Bb) cos bx + ( aB − bA) sin bx . Sada izjednačimo koeficijente i riješimo dobijeni sistem jednačina po A i B . Dobijemo a b A = 2 B , a time i rješenje isto kao u primjeru 8. = ; a + b2 a 2 + b2

24

1.3.1. Zadaci za samostalan rad Riješiti integrale primjenom metode parcijalne integracije:

∫ 38. ∫ ( x

36. x ln 3 xdx ;

40.

∫

2

+ x )ln xdx ;

ln( x − 1) x 2 ln x dx ; x 3 2

2x

−x

∫

48. x 2 cos xdx ;

∫

43. x ln 2 x + 1dx ;

∫

2

x 3 45. x e − dx ; x

∫ e cos xdx ; xdx 49. ∫ ; sin x 51. ∫ arctgxdx ; 2

47.

2

x cos x

∫ sin x dx ; 52.a) ∫ x sin x dx ; b) ∫ sin x ln(sin x ) dx ; 54. ∫ cos x 56. ∫ e cos 3 xdx ; 58. a) ∫ e sin xdx ; 50.

2

3

dx ;

∫ 44. ∫ x e dx ; 46. ∫ e sin xdx ; 42.

∫ 1 − x 39. ∫ x ln dx ; 1 + x 41. ∫ x ln xdx ; 37. x 3 ln xdx ;

3

arcsin x

53.

∫

55.

∫ arctg

3

2

2x

ax

2

x 2

dx ;

x dx ;

∫ e cos bxdx ; arcsin x dx . 59. ∫ ax

57.

(1 − x )

2 3

∫

b) 3 x cos xdx

(prvo izvršiti smjenu promjenjivih pa onda primijeniti metod parcijalne integracije)

25

1.4.

Rekurentne formule

Kod rješavanja nekih integrala koristimo tzv. rekurentne (rekurzivne) formule. One se sastoje u tome da integral I n (koji zavisi on nekog prirodnog broja n ) prikažemo kao sumu neke funkcije i integrala I n −1 (koji se dobije kad u integralu I n umjesto n stoji n − 1 ), zatim integral I n −1 koristeći istu metodu prikažemo kao sumu neke druge funkcije i integrala I n − 2 , nastavljajući taj postupak dalje sve dok ne do đemo do tabličnog integrala. Naj češće korištena metoda za određivanje veze između integrala I n i I n −1 jest metoda parcijalne integracije. Može se pokazati da vrijede sljede će rekurentne formule:

1. I n = ∫ sin xdx = − n

3. I n = ∫ 4. I n = ∫ 5. I n = ∫

cos x sin n −1 x

n

+

n −1 n

∫ sin

n−2

xdx

ili

n −1

I n − 2 , (n ≥ 2, n ∈ N ) ; n dx n−2 1 cos x I n − 2 , (n ≥ 2, n ∈ N ) ; =− ⋅ n −1 + n n − 1 sin x n − 1 sin x n− sin x cos 1 x n − 1 n cos xdx = + I n − 2 , (n ≥ 2, n ∈ N ) ; n n dx n−2 1 sin x I n− 2 , (n ≥ 2, n ∈ N ) ; = ⋅ + n n −1 cos x n − 1 cos x n − 1 dx x 2n − 3 = + I n −1 , (n ≥ 2, n ∈ N ) . − n n 2 1 2 2 ( 1 ) − n h n h x h 2 ( 1 ) ( ) − + ( x + h )

I n = −

2. I n = ∫

cos x sin n −1 x

n

+

Riješeni primjeri 1. Izračunati integral

∫ sin xdx . 3

Rješenje. Koristeći rekurentnu formulu 1. u kojoj je n = 3 , dobijamo

∫

sin xdx = − 3

cos x sin 2 x 3


+

2 3

∫

sin xdx = −

cos x sin 2 x 3

2

− cos x + C . 3

∫ sin xdx . 5

Rješenje. U ovom zadatku koristimo istu rekurentnu formulu kao u prvom zadatku za n = 5 , a zatim rješenje prvog zadatka. Imamo:

26

∫ sin xdx = − 5

cos x sin 4 x 5

4 ⎛ cos x sin 2 x

+ ⎜− 5⎝

3

+

4 5

∫ sin

3

xdx = −

cos x sin 4 x 5

+

⎞ 2 − cos x ⎟ + C . 3 ⎠


dx

∫ cos x . 4

Rješenje. U ovom zadatku ćemo koristiti rekurentnu formulu 4. u kojoj je n = 4 . Dobijamo: dx dx 1 sin x 2 1 sin x 2 = ⋅ + = ⋅ + tgx + C . cos 4 x 3 cos 3 x 3 cos 2 x 3 cos 3 x 3

∫

∫


∫ cos xdx . 4

Rješenje. Pri rješavanju ovog zadatka koristit ćemo rekurentnu formulu 3. u kojoj smo uzeli n = 4 i dobijamo:

∫ cos xdx = 4

sin x cos3 x

+

3

cos 4∫

2

xdx. 4 Integral na desnoj strani možemo izra čunati na dva na čina. Prvi način jeste da ponovo primijenimo rekurentnu formulu 3. za n = 2 i dobijemo 1 1 1 1 dx = sin 2 x + x + C , odakle je cos 2 xdx = sin x cos x + 2 2 4 2 3 sin x cos x 3 3 cos 4 xdx = + sin 2 x + x + C . 4 16 8 Ovaj integral mogli smo izra čunati i tako što bismo primijenili trigonometrijski identitet 1 cos 2 x = (1 + cos 2 x ) , pa bi dobili 2 x 1 1 + cos 2 x dx = + sin 2 x + C , što se slaže sa već dobijenim rezultatom. cos 2 xdx = 2 2 4

∫

∫

∫

∫

∫


∫ x (

dx 2

3

+ 1)

.

Rješenje. Primijenimo rekurentnu formulu 5. u kojoj je n = 3 . Imamo: dx x dx 3 . = + 3 2 2 2 2 2 x 2 2( 1) 2 2 ⋅ + ⋅ ( x + 1) ( x + 1)

∫

∫

Na integral na desnoj strani primijenit ćemo opet formulu 5. (sa n = 2 ) i dobiti: 27

∫ x (

dx 2

+ 1)

2

=

x

2( x + 1) 2

+

1 2

∫x

dx 2

+1

=

1

x

2( x + 1) 2

+ arctgx + C . 2

Na kraju, imamo: dx x

∫ x (

2

+ 1)

n

=

⎞ 3⎛ 1 x arctgx + + ⎜ ⎟ + C . 4( x 2 + 1) 2 4 ⎝ 2( x 2 + 1) 2 ⎠

1.4.1. Zadaci za samostalan rad Pomoću rekurentnih formula riješi sljedeće integrale:

60. ∫ sin 4 xdx ; 63.

1.5.

dx

∫ cos

3

x

;

61. ∫ cos 5 xdx ; 64.

dx

∫ (2 + x )

2 2

;

dx

62.

∫ sin

65.

∫ ( x

2

3

x dx

;

+ 3)

3

;

Integracija racionalnih funkcija

Racionalna funkcija je funkcija oblika

Pn ( x) Qm ( x )

, gdje su Pn ( x ) i Qm ( x ) neki polinomi

stepena n i m respektivno. Ukoliko je n ≥ m , tada polinom Pn ( x ) možemo podijeliti polinomom Qm ( x ) i dobiti neki koli čnik i ostatak čiji stepen je manji od n . Zbog toga možemo smatrati da kada govorimo o racionalnoj funkciji govorimo o funkciji koja je količnik dva polinoma pri čemu je stepen polinoma u brojniku manji od stepena polinoma u nazivniku ( n < m ). Poznato je da svaku takvu racionalnu funkciju možemo napisati u obliku zbira prostih (parcijalnih) razlomaka, odnosno racionalnih funkcija koje imaju sljedeća dva oblika: A a) , gdje je k neki prirodan broj, a A i a su neke realne konstante i k ( x − a ) b)

Ax + B

( x

2

+ px + q )

m

, gdje je m neki prirodan broj, gdje su A , B , p i q neke realne konstante,

pri čemu pretpostavljamo da trinom x2+px+q nema realnih nula (jer u suprotnom bismo racionalnu funkciju ovog oblika mogli napisati kao sumu funkcija oblika a)). Ranije smo vidjeli kako metodom smjene ( t = x − a ) izračunati integrale oblika a). Podsjetimo se,

28

A

∫ x − a dx = A ln x − a + C ,

za k = 1 je za k ≥ 2 je

A

∫ ( x −a)

m

dx =

A

(x −a)1−m +C . 1−m

1.5.1. Integral oblika ∫

Ax + B x + px + q 2

dx

Integral ovog oblika se rješava u sljedećih nekoliko koraka: 1. Izračunamo izvod nazivnika podintegralne funkcije, tj.

( x

2

+ px + q )′ = 2 x + p

2. Odredimo konstante M i N takve da vrijedi Ax + B = M ( 2 x + p ) + N . 3. Integral rastavimo na sumu dva integrala: 2x + p Ax + B dx = MI1 + NI 2 . dx = M dx + N 2 2 2 x + px + q x + px + q x + px + q

∫

∫

∫

U integralu I 1 funkcija u brojniku je izvod od nazivnika i njega izra čunavamo kao u paragrafu 1.3. Objasnimo kako izračunati integral I 2 . Kao prvo, nazivnik podintegralne funkcija ćemo svesti na kanonski oblik: 2

p2 ⎛ p ⎞ , x + px + q = ⎜ x + ⎟ + q − 2 4 ⎝ ⎠ 2

a potom uvesti smjenu x + I 2 =

∫ x

dx 2

+ px + q

=∫

p

= t, x = t −

2 dt

⎛ p2 ⎞ 2 t +⎜q− ⎟ 4 ⎠ ⎝

p

2

, dx = dt i dobiti

.

Integral na desnoj strani je tabli čni integral, u kojem je izraz q −

p 2

pozitivan ili 4 negativan. Dakle, polazni integral se svodi na integrale koji su tablični ili ih rješavamo metodom smjene. Ukoliko trinom x 2 + px + q ima realne nule, odnosno vrijedi: Ax + B x 2 + px + q

=

Ax + B

( x − x1 )( x − x2 )

, 29

ovaj razlomak možemo rastaviti na zbir prostih razlomaka oblika, Ax + B A1 B1 = . + ( x − x1 )( x − x2 ) x − x1 x − x2

Riješeni primjeri Na prva dva primjera ćemo pokazati kako se izračunavaju integrali kod kojih je A=0, iako ćemo se s takvim integralima sretati i kasnije.


∫ x

dx 2

−x+2

.

Rješenje. Jedini problem sa kojim se susre ćemo pri rješavanju ovog integrala jeste kako napisati trinom x 2 − x + 2 u kanonskom obliku. Posmatramo koeficijent uz x , koji je jednak 2

⎛ 1 ⎞ −1 , pa će puni kvadrat koji se javlja u kanonskom prikazu biti jednak ⎜ x − ⎟ . Da bi dobili 2⎠ ⎝ 2

⎛1⎞ jednakost sa polaznim izrazom potrebno je još oduzeti drugi član na kvadrat, tj. ⎜ ⎟ . Dakle, ⎝ 2⎠ 2

2

1⎞ 1 1⎞ 7 ⎛ ⎛ x − x + 2 = ⎜ x − ⎟ − + 2 = ⎜ x − ⎟ + . Sada uvodimo smjenu na na čin kako smo 2⎠ 4 2⎠ 4 ⎝ ⎝ 2

objasnili gore. Imamo:

∫ x

dx 2

−x+2

=∫

=

dx 2

1⎞ 7 ⎛ ⎜ x − 2 ⎟ + 4 ⎝ ⎠

1 7

arctg

2

t

7

∫t

2

+ a2

, gdje je a =


1

= t =

2 dx = dt

+C =

2 7

∫

arctg

dt t 2 +

7 4

2x −1 7

=

+ C.

2

Primijetimo da je integral

dt

=

x −

7 4

∫

7

=

∫ 3 x

dt koji je preostao za izračunavanje zapravo integral tipa 7 2 t + 4

2

, kojeg smo izra čunali u 1.3.

dx 2

− x +1

. 30

Rješenje. S obzirom da je nazivnik podintegralne funkcije oblika 3 x 2 − x + 1 , trebamo prvo 1 1⎞ ⎛ izlučiti faktor uz x 2 , tj. broj 3 . Nakon izlu čivanja dobijemo 3 x 2 − x + 1 = 3 ⎜ x 2 − x + ⎟ . 3 3⎠ ⎝

⎛ ⎝

Sada je potrebno trinom ⎜ x 2 −

1⎞ 1 x + ⎟ svesti na kanonski oblik. Koeficijent uz x je − , pa 3 3⎠ 3

1

2

2

2

1 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ 1 ⎛ 1⎞ 11 ⎛ je ⎜ x 2 − x + ⎟ = ⎜ x − ⎟ − ⎜ ⎟ + = ⎜ x − ⎟ + . 3 3⎠ ⎝ 6⎠ ⎝6⎠ 3 ⎝ 6⎠ 36 ⎝ Sada imamo:

∫ 3 x

dx 2

− x +1

=∫

dx 1

⎛ ⎝

3 ⎜ x 2 −

1

1

3

11

= ⋅

1⎞ x+ ⎟ 3 3⎠

arctg

6

=

t

11

1

dx

∫

3 ⎛

1⎞

=

2

11

⎜ x − 6 ⎟ + 36 ⎝ ⎠ 2

+C =

11

arctg


∫ x

5 x + 2 2

+ 2 x + 10

∫ x

1

1 dt = 6 = 11 dx = dt 3 t 2 + 36

6 x −1

6

Pogledajmo sada kako rješavati integral oblika

t = x−

11

+ C.

Ax + B 2

∫

+ px + q

dx u slučaju kada je A ≠ 0.

dx .

Rješenje. U ovom integralu ćemo prvo izraz u brojniku napisati kao sumu dva izraza kao što je navedeno u prva dva koraka. Imamo:

′

1. ( x 2 + 2 x + 10 ) = 2 x + 2 . 2. Trebamo odrediti brojeve M i N tako da vrijedi 5 x + 2 = A(2 x + 2) + B; odnosno 5 x + 2 = 2 Ax + (2 A + B ) . Izjednačavanjem koeficijenata uz x i slobodan član u posljednjoj jednakosti dobijamo sistem 5 2 A = 5; 2 A + B = 2 , odakle se A = i B = −3 . Dakle, dobili smo da je 2 5 5 x + 2 = (2 x + 2) − 3 , pa integral možemo napisati kao sumu dva integrala kao što je 2 objašnjeno u koraku 3. Imamo: dx 5 x + 2 5 2x + 2 5 dx dx = − = I1 − 3 I 2 . 3 2 2 2 x + 2 x + 10 x + 2 x + 10 2 2 x + 2 x + 10

∫

∫

∫

31

Integral I 1 se rješava kao u paragrafu 1.3. smjenom t = x 2 + 2 x + 10 pomo ću koje se dobije I1 = ln( x 2 + 2 x + 10) .

Ostaje da se riješi integral I 2 . Integrale ovakvog oblika smo rješavali u prva dva primjera. Nakon svođenja nazivnika na kanonski oblik i uvo đenja smjene imamo: dx dx dt t x +1 1 1 t = x +1 I 2 = arctg C arctg = = = = + = + C . 2 2 dx dt = x 2 + 2 x + 10 t + 9 3 3 3 3 ( x + 1) + 9

∫

∫

∫

∫

Konačno dobijemo: x +1 5 x + 2 5 2 dx x x arctg = + + − + C . ln( 2 10) x 2 + 2 x + 10 2 3


∫ x

xdx 2

− 2x − 3

.

Rješenje. Pri rješavanju ovog integrala postupamo kao u prethodnom zadatku. Imamo:

( x

2

− 2 x − 3)′ = 2 x − 2 .

Sada određujemo M i N iz uslova x = M ( 2 x − 2 ) + N = 2 Mx + ( N − 2 M ) . Izjednačavanjem koeficijenata dobijamo 1 = 2 M i 0 = N − 2M , odakle je M = Dakle, x =

∫ x

1 2

xdx

2

i N = 1.

( 2 x − 2 ) + 1 , pa imamo: =

1

( 2 x − 2 ) dx

2∫ x

+∫

dx

1

= I1 + I 2 .

− 2x − 3 x − 2x − 3 2 Lako se uvjeravamo da je I1 = ln x 2 − 2 x − 3 . 2

− 2x − 3

1

Integral I 2

2

2

ćemo

izračunati na uobi čajeni način. Kao prvo, pokažimo kako se dx izračunavaju integrali oblika . 2 2 x − a Očigledno je da se funkcija u nazivniku može rastaviti na faktore, pa imamo 1 A1 A2 . = + x 2 − a 2 x − a x + a 1 Množenjem sa ( x − a )( x + a ) i izjednačavanjem koeficijenata dobijamo da je A1 = , 2a 1 . Sada je A2 = − 2a

∫

32

∫ x

dx

− a2

2

=

1 2a

dx

∫ x−a

−

1 2a

dx

∫ x+a

=

1

1

( ln x − a − ln x + a ) + C = 2a ln 2a

x−a x+a

+ C .

Ovaj integral možemo zapamtiti kao tabli čni. Dakle:

∫ x

dx 2

−a

2

=

1 2a

ln

x−a x+a

+ C .

Sada možemo nastaviti sa rješavanjem polaznog integrala. Nakon svo đenja na kanonski 2

2

oblik dobijamo x 2 − 2 x − 3 = ( x − 1) − 1 − 3 = ( x − 1) − 4 , pa je: I 2 =

∫ x

dx 2

− 2x − 3

=∫

dx 2

( x − 1) − 4

1.5.2. Integral oblika

=

dt t−2 x−3 1 1 t = x −1 = 2 = + C = ln + C . ln dx = dt t − 4 2⋅2 t + 2 x +1 4

∫

Ax + B

∫

mx + px + q 2

dx

Iako integral ovog oblika nije integral racionalne funkcije njega ćemo razmatrati u okviru ovog paragrafa, jer se rješava na analogan način kao integral iz 1.5.1. Naime, prva dva koraka u rješavanju su ista, nakon kojih dobijamo konstante M i N za koje vrijedi Ax + B = M (2 mx + p ) + N . Nakon toga integral svodimo na sumu dva integrala: Ax + B dx 2mx + p dx = M dx + N = MI1 + NI 2 . mx 2 + px + q mx 2 + px + q mx 2 + px + q

∫

∫

∫

Integral I 1 rješavamo smjenom t 2 = mx 2 + px + q , dok integral I 2 rješavamo tako što trinom mx 2 + px + q napišemo u kanonskom obliku, a zatim smjenom svodimo na tabli čni.

Napomenimo da u nazivniku pod korijenom posmatramo trinom u obliku mx 2 + px + q , zbog toga što, ukoliko je broj m naprimjer negativan nije moguće izlučiti u tom slučaju

m ispred korijena, jer

m uopšte nije realan broj.

Riješeni primjeri 1. Riješi integral:

∫

dx

.

2 x − 6 x + 5 Rješenje. U ovom integralu je A = 0 , pa ćemo odmah trinom 2 x 2 − 6 x + 5 svesti na kanonski oblik. Imamo: 2

33

2 2 ⎛⎛ ⎛ ⎛ 5⎞ 1⎞ 9 5⎞ 3⎞ 1 ⎞ ⎛ 2 2 x − 6 x + 5 = 2 ⎜ x − 3 x + ⎟ = 2 ⎜ ⎜ x − ⎟ − + ⎟ = 2 ⎜ ⎜ x − ⎟ + ⎟ , pa je ⎜⎝ ⎜⎝ 2⎠ 2⎠ 4 2 ⎟⎠ 2⎠ 4 ⎠⎟ ⎝ ⎝ ⎝ 2

2

3⎞ 1 ⎛ 2 x − 6 x + 5 = 2 ⋅ ⎜ x − ⎟ + . 2⎠ 4 ⎝ 2

Sada imamo:

∫

dx

2 x 2 − 6 x + 5

=

1

dx

∫ 2

=

t = x−

3

2 = dt = dx

2

3⎞ 1 ⎛ x − + ⎜ ⎟ 4 2⎠ ⎝

1

∫ 2

dt t 2 +

= 1 4

2

3⎞ 1 ⎛ ln t + t + + C = ln x − + ⎜ x − ⎟ + + C = 4 2 2⎠ 4 2 2 ⎝ 1

=

1 2

2

1

1

3

ln 2 x − 3 + 4 x 2 − 12 x + 10 + C 1.

Napomenimo da smo koristili rezultate dobijene u 1.3. , smatrajući integral

∫

dt t 2 +

1

4 tabličnim integralom, kao i to da smo izraz unutar apsolutne vrijednosti preuredili, 1 1 1 izvlačenjem faktora , tako da smo novu konstantu C 1 dobili umjesto izraza C + ln . 2 2 2


∫

3 x + 1 2 x − x + 1 2

dx .

′

Rješenje. Kao prvo, odredimo ( 2 x 2 − x + 1) = 4 x − 1 .

Sada ćemo odrediti konstante M i N takve da vrijedi 3 x + 1 = M (4 x − 1) + N . Nakon množenja, a zatim izjednačavanja koeficijenata na lijevoj i desnoj strani ove jednakosti 3 7 3 7 dobijamo M = i N = , pa je 3 x + 1 = (4 x − 1) + . Sada imamo: 4 4 4 4 dx 3 x + 1 3 4x −1 7 3 7 dx = dx + = I1 + I 2 . 4 4 4 2 x 2 − x + 1 2x2 − x + 1 2x2 − x +1 4 U integralu I 1 uvodimo smjenu t 2 = 2 x 2 − x + 1, 2tdt = ( 4 x − 1) dx , nakon koje imamo

∫

∫

∫

34

I1 =

3 2tdt 4∫

3

3

= t +C =

2 x 2 − x + 1 + C .

t 2 2 Integral I 2 rješavamo kao u prethodnom zadatku. Kao prvo 2 2 ⎛⎛ ⎛ ⎛ 1⎞ 1 1⎞ 1⎞ 7 ⎞ ⎛ 2 x 1 ⎞ + ⎟ = 2 ⎜ ⎜ x − ⎟ + ⎟ , pa imamo 2 x − x + 1 = 2 ⎜ x − + ⎟ = 2 ⎜ ⎜ x − ⎟ − ⎜⎝ ⎜ 2 2⎠ 4 ⎠ 16 16 2 ⎟⎠ 4 ⎠ 16 16 ⎠⎟ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ 2

I 2 =

∫

dx

2 x 2 − x + 1

=

1

∫

2

dx

= 2

1⎞ 7 ⎛ − + x ⎜ ⎟ 4 ⎠ 16 ⎝

t = x−

1

4 = dt = dx

1 2

∫

dt 2 t +

= 7 16

2

⎛ 1⎞ 7 ln t + t + ln x − + ⎜ x − ⎟ + = +C = +C = 16 4 4 ⎠ 16 2 2 ⎝ 1

2

7

1

=

1

1 2

Ovdje je C1 = C +

1

ln

ln 4 x − 1 + 2 4 x 2 − 2 x + 2 + C 1.

1

. 2 4 Sada se možemo vratiti unazad i dobiti 3 x + 1 3 7 dx = 2x2 − x + 1 + ln 4 x − 1+ 16 16 x 2 − 8 x + 8 + C . 2 4 2 2 x 2 − x + 1

∫

∫


xdx

.

1 − 3 x − 2 x Rješenje. Izraz pod korijenom u integralu je bikvadratna funkcija. Zbog toga je prirodno prvo pokušati uvesti smjenu x 2 = t kako bismo pod korijenom dobili kvadratnu funkciju po t . Ovu 1 1 smjenu možemo uvesti jer u brojniku imamo xdx = d ( x 2 ) = dt . Dakle, 2 2 2

x = t 2 xdx = dt 1 xdx = = 1 2 4 = xdx dt 2 1 − 3 x − 2 x 2

4

2

∫

∫

dt

1 − 3t − 2t

2

.

Sada ćemo trinom pod korijenom svesti na kanonski oblik. Imamo:

35

⎡ ⎛ ⎡ ⎛ 2 3 ⎞ 1⎤ ⎛ 2 3 1⎞ 1 − 3t − 2t = 2 ⎜ −t − t + ⎟ = 2 ⎢− ⎜ t + t ⎟ + ⎥ = 2 ⎢− ⎜ t + 2 2⎠ 2 ⎠ 2⎦ ⎝ ⎣ ⎝ ⎢⎣ ⎝ 2

3⎞ 9 1⎤ + ⎥= ⎟ + 4 ⎠ 16 2 ⎥⎦ 2

⎡17 ⎛ 3 ⎞ 2 ⎤ = 2 ⎢ − ⎜ t + ⎟ ⎥ . ⎢⎣16 ⎝ 4 ⎠ ⎥⎦ Sada je:

∫ =

dt

1 − 3t − 2t 2

1 2

∫

=∫

du

17

− u2

=

dt

⎡17 ⎛ 3 ⎞ 2 ⎤ 2 ⋅ ⎢ − ⎜ t + ⎟ ⎥ ⎢⎣16 ⎝ 4 ⎠ ⎥⎦ 1 2

arcsin

u

17

=

+C =

1

∫

2

1 2

dt

⎛ 3⎞ − ⎜ t + ⎟ 16 ⎝ 4⎠

17

arcsin

4t + 3 17

= 2

+ C =

u = t +

3

4 = dt = du

1 2

arcsin

4 x2 + 3 17

+ C .

16 16 Na kraju, dobijamo da je 1 4x2 + 3 xdx arcsin = + C . 2 17 1 − 3 x 2 − 2 x 4

∫

1.5.3. Integracija racionalnih funkcija oblika:

∫ x (

Ax + B 2

+ px + q )

k

dx

gdje je k prirodan broj k ≥ 2 . U ovom integralu ćemo pretpostaviti da je diskriminanta kvadratne funkcije u nazivniku, tj. broj p 2 − 4q negativna, jer bi u suprotnom mogli kvadratnu funkciju napisati kao proizvod dva linearna faktora i razlomak prikazati u obliku sume razlomaka čiji nazivnici bi bili linearne funkcije (na prirodan stepen), što smo razmatrali na početku paragrafa 1.5. U integralu ovog oblika provedemo prva dva koraka kao pri rješavanju integrala u 1.5.1. i 1.5.2. za odre đivanje konstanti M i N takvih da vrijedi Ax + B = M (2 x + p ) + N . Zatim integral napišemo kao sumu Ax + B dx = MI1 + NI 2 . k 2 x px q + + ( )

∫

U integralu I 1 uvedemo smjenu t = x 2 + px + q nakon koje I 1 postaje tablični integral. Integral I 2 rješavamo na sljedeći način:

36

Napišemo trinom x + px + q u kanonskom obliku ( x + 2

t = x+

I 2 =

p

2

p

2

) +q− 2

p

2

4

i uvedemo smjenu

. Nakon te smjene integral I 2 postaje dt

∫⎛

2 ⎜ t + (q −

p

⎝

2

⎞

= I 2,k .

k

)⎟

4 ⎠

Ako stavimo h = q −

p

2

na dobijeni integral možemo primijeniti rekurentnu formulu 5. datu

4

u paragrafu 1.4.


∫ x (

dx

+ x + 1)

2

2

.

Rješenje. U ovom slu čaju je A = 0 , pa preskačemo prva dva koraka. Kanonski oblik trinoma 1 3 x 2 + x + 1 je ( x + ) 2 + , pa nakon smjene i primjene rekurentne formule dobijamo dobijamo 2 4 1 dx dx dt t = x+ = = = = (k = 2) = 2 2 2 2 2 2 ⎛⎛ ⎛ 2 3⎞ dt = dx ( x + x + 1) 1⎞ 3⎞ ⎜ t + ⎟ x + + ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟ 4⎠ ⎝ 2⎠ 4 ⎝

∫

∫

∫

⎝

=

=

t 2 −1

3 ⎛ 3⎞ 2 ⋅1 ⋅ ⋅ ⎜ t 2 + ⎟ 4 ⎝ 4⎠ 2 x + 1 4 3 ( x 2 + x + 1)

⎠

+

+

3 3

2⋅2 − 3 2t 2t dt 4 = + + C = arctg 3 ⎛ 2 3⎞ 3⎞ 3 3 ⎛ 3 2 2 ⋅1 ⋅ t + ⎟ 3 ⎜ t + ⎟ 4 ⎜⎝ 4⎠ 4⎠ ⎝

∫

arctg


∫ x (

2x +1 3

+ C.

xdx 2

− x + 1)

3

.

37

Rješenje. Izvod kvadratnog trinoma u nazivniku je

( x

2

− x + 1)′ = 2 x − 1 , pa je potrebno

odrediti konstante M i N takve da vrijedi x = M (2 x − 1) + N . Nakon množenja i 1

izjednačavanja koeficijenata dobijamo da je M = N = I =

∫ x (

xdx 2

=

3

− x + 1)

1 2

∫

( 2 x − 1) dx

(x

2

− x + 1)

3

1

+

2

∫

dx

(x

2

− x + 1)

3

2

, pa je 1

1

2

2

= I1 + I 2 .

U integralu I 1 uvedimo smjenu t = x 2 − x + 1 , dt = (2 x − 1) dx . On postaje dt −1 1 I1 = 3 = t −3dt = − t −2 = + C 1 . 2 2 t 2 2 ( x − x + 1)

∫

∫

Integral I 2 rješavamo na sljedeći način: I 2 =

dx

∫⎛

1⎞ 3⎞ ⎛ − + x ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟ 2 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

Na integral I 2,3

3

ćemo

=

t = x−

1

2 =∫

dx = dt

dt

⎛ 2 3⎞ ⎜ t + ⎟ 4⎠ ⎝

3

= I 2,3 .

primijeniti rekurentnu formulu 5. iz 1.4. dva puta (prvo za n = 3 , a

zatim za n = 2 ). Imamo:

⎡ ⎤ ⎢ 2 ⋅3 − 3 2 ⋅2 −3 t t t dt ⎥ ⎥= + +⎢ + I 2,3 = I 2,2 = 3−1 2 ∫ 3 3 3 3 3 2 ⎛ ⎞ 2 3⎛ 2 3⎞ ⎛ 2 3 ⎞ ⎢ 2 ⋅ t + 2⋅2⋅ 2⋅ t + ⎥ 2⋅2⋅ ⎜t + ⎟ 3 ⎜ t + ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ 4 4 4 ⎥⎦ 4⎠ 4⎝ 4⎠ 4⎠ ⎣ 4⎝ ⎝ =

=

t

3⎞ ⎛ 3 ⎜ t 2 + ⎟ 4⎠ ⎝ x −

2

+

2 2

2

+ ⋅

1

3⎞ 3 ⎛ 3 ⎜ t 2 + ⎟ 4⎠ ⎝

1

3 ( x − x + 1) 2

2t

+

2 x − 1 3 ( x − x + 1) 2

3

arctg

4

+

t

3

+ C =

4 4

3 3

arctg

2 x −1 3

+ C .

Sada kada smo izra čunali I 1 i I 2 , možemo napisati konačno rješenje kao 1 ⎛ ⎞ − x ⎜ 1 2 x − 1 4 2 x −1 ⎟ −1 2 + + + I = arctg ⎜ ⎟ + C . 2 2 2 2 2 2 3 1 − + x x 3 3 3 ( ) 4 ( x − x + 1) ⎜ 3 ( x − x + 1) ⎟ ⎝ ⎠

38

1.5.4. Integracija složenijih racionalnih funkcija Na kraju ovog paragrafa uradimo nekoliko primjera u kojima ćemo pokazati kako rastavljati racionalnu funkciju na parcijalne razlomke i primjenjivati metode integracije objašnjene u specijalnim slučajevima.


∫ x

x + 1 3

2

− 3x + 2

dx .

Rješenje. U podintegralnoj funkciji stepen polinoma u brojniku je veći od stepena polinoma u nazivniku, pa ćemo prvo podijeliti (sa ostatkom) brojnik i nazivnik. Imamo ( x 3 + 1) : ( x 2 − 3x + 2) = x + 3 3 2 (oduzmemo) x − 3x + 2 x _________________ 2

3 x − 2 x + 1 3 x 2 − 9 x + 6

(oduzmemo)

__________________

7 x − 5 (ostatak) Dakle, količnik pri dijeljenju je x + 3 , dok je ostatak 7 x − 5 , pa imamo x + 1 3

x 2 − 3 x + 2 3 x + 1

∫ x

= x + 3 +

x 2 − 3x + 2

. Sada integral možemo pisati u obliku:

∫ ( x + 3) dx + ∫ x

7x − 5

− 3x + 2

2

− 3x + 2

=

x

2

+ 3x + I1 . 2 Diskriminanta kvadratnog trinoma u nazivniku je pozitivna, a njegove nule su 2

dx =

7 x − 5

x1 = 1 i

x2 = 3 , pa je x 2 − 3 x + 2 = ( x − 1)( x − 3) . Sada možemo podintegralnu funkciju u integralu I 1 rastaviti na parcijalne razlomke. Imat ćemo dva parcijalna razlomka čiji nazivnici su ( x − 1) i ( x − 3) : 7 x − 5 A B . = + ( x − 1)( x − 2) x − 1 x − 2 Nakon množenja sa ( x − 1)( x − 2) i grupisanja konstanti dobijamo 7 x − 5 = A( x − 2) + B ( x − 1) = ( A + B ) x − (2 A + B ) . Izjednačavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene dobijamo sistem jednačina A + B = 7 2 A + B = 5 , čije rješenje je A = − 2 i B = 9 . __________________

Sada imamo

39

7 x − 5

9 −2 , pa je + ( x − 1)( x − 2) x − 1 x − 2 7 x − 5 7x − 5 dx dx + 9∫ = I1 = ∫ 2 dx = ∫ dx = −2∫ ( x − 1)( x − 2) x − 3x + 2 x −1 x−2

=

9

= −2 ln x − 1 + 9 ln x − 2 + C = ln

( x − 2 ) + C . 2 ( x − 1)

Sada konačno rješenje možemo izraziti u obliku

∫ x

x + 1 3

2

− 3x + 2

dx =

x

2

2

2. Riješiti integral

9

+ 3 x + ln x + 1

∫ x

( x − 2 ) + C . 2 ( x − 1)

3

4

− 8x

dx .

Rješenje. Stepen polinoma u brojniku ovog integrala je manji od stepena polinoma u nazivniku, tako da nije potrebno dijeliti. Kako bi odredili na koje parcijalne razlomke ćemo rastaviti podintegralnu funkciju, potrebno je polinom u nazivniku rastaviti na faktore. Im amo 4 3 3 2 x − 8 x = x( x − 2 ) = x ( x − 2)( x + 2x + 4). Dakle,

∫

x3 + 1 dx = x 4 − 8

x3 + 1

∫ x( x − 2)( x

2

+ 2 x + 4)

dx.

Sada vidimo da će nazivnici parcijalnih razlomaka biti redom x , x − 2 i x 2 + 2 x + 4 (ovaj trinom ima negativnu diskriminantu, pa ga ne možemo dalje rastavljati), pa imamo x3 + 1 A B Cx + D = + + . x( x − 2)( x2 + 2 x + 4) x x − 2 x2 + 2 x + 4 Sada tr ebamo odrediti nepoznate konstante. Kao prvo, pomnožit ćemo jednakost sa x( x3 − 8) , pa nakon toga izmnožiti izraze na desnoj strani. Dobijamo 3 3 3 2 3 2 2 x + 1 = A( x − 8) + B ( x + 2x + 4 x ) + C ( x − 2x ) + D( x − 2 x) . Sada je potrebno grupisati koeficijente uz iste stepene promjenljive x : x 3 + 1 = x 3 ( A + B + C ) + x 2 (2B − 2C + D ) + x (4B − 2D ) − 8 A .

Nakon izjednačavanja koeficijenata uz iste stepene u polinomima na lijevoj i desnoj strani x 3 : A + B + C = 1 2 x : 2 B − 2C + D = 0 imamo sistem jednačina: x : 4B − 2 D = 0 0 −8 A = 1 x : 1 3 3 čije rješenje je: A = − ; B = ; C = D = . 8 8 4 40

Dakle,

1 3 3 ( x + 1) x + 1 8 8 4 = + + , pa imamo x ( x − 2)( x 2 + 2 x + 4) x x − 2 x 2 + 2x + 4

−

3

x 3 + 1

∫ x

4

− 8 x

dx = −

1 dx

3

dx

3

x +1

1 3 3 dx = = − ln x + ln x − 2 + I 1 . 8 x 8 x − 2 4 x + 2x + 4 8 8 4 2 rješavamo smjenom t = x + 2 x + 4 , jer je dt = 2( x + 1)dx ,

∫

+

∫

+

∫

2

Integral I 1 1 I1 = ln ( x 2 + 2 x + 4 ) . Sada je 2 x 3 + 1 1 3 3 3 1 2 3 dx = − ln x + ln x − 2 + ln( x + 2 x + 4) + C = ln( x − 8) − ln x + C . 4 x − 8 x 8 8 8 8 8

pa

je

∫


∫ x

dx 4

+ 3x 2

.

Rješenje. U ovom integralu ćemo nazivnik podintegralne funkcije rastaviti na faktore i dobiti 4 2 2 2 2 x + 3x = x ( x + 3) = x ⋅ x ⋅ ( x + 3) , pa ćemo podintegralnu funkciju rastaviti na tri parcijalna

razlomka čiji nazivnici su x , x 2 i ( x 2 + 3) . Imamo A B Cx + D 1 = + + 2 . x 2 ( x 2 + 3) x x 2 x +3 2 2 Nakon množenja sa x ( x + 3) dobijamo

1 = A( x 3 + 3x ) + B ( x 2 + 3) + Cx 3 + Dx 2 . Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobijemo sistem jedna čina: x 3 : A + C = 0 x 2 : B + D = 0 x1 : 3 A = 0 x 0 : 3B = 1 1 1 či je je rješenje: A = 0, B = , C = 0, D = − , pa je 3 3 1 1 − 1 = 32 + 2 3 , odakle imamo 2 2 x ( x + 3) x x +3 x 1 1 dx dx 1 dx 1 = − − + C . arctg = − x 4 + 3x 2 3 x 2 3 x 2 + 3 3 x 3 3 3

∫

∫

∫

41


x8 − 1

∫ x( x

8

+ 1)

d x .

Rješenje. dati integral ćemo napisati kao razliku dva integrala: x8 − 1 x8 dx x7 dx = − = − = I1 − I2 . dx dx dx x( x8 + 1) x( x8 + 1) x( x8 + 1) x8 + 1 x( x8 + 1)

∫

∫

∫

Integral I 1 ćemo x

jednostavno

∫

riješiti

∫

pomo ću

smjene:

t = x8 ,

dt = 8 x 7 dx ,

pa

je

7

1 dx = ln( x 8 + 1) + C 1 +1 8 Imajući u vidu da je dx 8 = 8 x 7 dx , u podintegralnoj funkciji integrala I 2 pomnožimo brojnik i

I1 =

∫ x

8

nazivnik sa x 7 , nakon čega možemo uvesti smjenu t = x8 + 1 , kao što je učinjeno između dvije uspravne crte. x8 + 1 = t x dt 1 7 = = = I 2 = dx x dx dt 8 . − x8 ( x8 + 1) t t 8 ( 1) 1 x 7 d x = dt 8 Podintegralnu funkciju sada možemo rastaviti na dva parcijalna razlomka: A B 1 = + , t (t − 1) t t − 1 odakle nakon množenja sa t (t − 1) i izjednačavanja koeficijenata uz odgovaraju će stepene dobijamo da je A = − 1 i B = 1 . Sada je 1 1 1 =− + , pa imamo t (t − 1) t t − 1 1 dt 1 dt 1 1 1 I 2 = − + = ln t − 1 − ln t + C2 = ln x − ln x 8 + 1 + C 2 . 8 t 8 t − 1 8 8 8 Na kraju, oduzima jući integrale I 1 i I 2 dobijamo: 7

∫

∫

x8 − 1

∫ x( x

8

+ 1)

∫

∫

dx =

∫

x 7

d x 1 − dx = ln( x8 + 1) − ln x + C . 8 8 x +1 x( x + 1) 4

5. Riješiti integral

∫

∫

x + 2 x + 4 x + 4 5

3

dx x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 Rješenje. Polinom u brojniku podintegralne funkcije ima ve ći stepen nego polinom u nazivniku, pa je potrebno podijeliti polinome u brojniku i nazivniku. Imamo:

42

( x

5

+ 2 x 3 + 4 x + 4 ) : ( x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 ) = x − 2 ,

x + 2 x + 4 x + 4 5

4 x + 4 x + 4 x + 4 , tako da je 3

2

pri

3

x 4 + 2 x 3 + 2 x 2

čemu

= x − 2 +

je

ostatak

3 2 4 x + 4 x + 4x + 4

x 4 + 2 x 3 + 2x 2

pri

dijeljenju

= x − 2 + 4R ( x) ,

odnosno 5 3 x + 2 x + 4 x + 4 I = dx = ( x − 2 ) dx + 4 R ( x )dx x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 Sada je potrebno racionalnu funkciju R ( x ) razložiti na parcijalne razlomke. Kao prvo,

∫

∫

∫

rastavimo nazivnik razlomka R ( x ) na proste faktore: x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 = x 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) . Sada vidimo da ćemo pri rastavu na parcijalne razlom ke imati tri sabirka čiji nazivnici su redom x , 2 2 x i x + 2 x + 2 . Dakle, x3 + x 2 + x + 1 A B Cx + D + + = . x 2 ( x 2 + 2 x + 2) x x 2 x 2 + 2 x + 2 Odavde,

nakon

množenja

x 2 ( x 2 + 2 x + 2)

sa

x + x + x + 1 = A( x + 2 x + 2x ) + B (x + 2x + 2) + Cx + Dx . 3

2

3

2

2

3

2

Nakon izjednačavanja odgovarajućih koeficijenata dobijamo sistem jedna čina: x 3 : A + C = 1 , x 2 : 2 A + B + D = 1 , x : 2 A + 2 B = 1 , 0 x : 2 B = 1 , 1 čije rješenje je A = 0 , B = D = , C = 1 , pa je: 2 1 1 x + 3 2 x + x + x + 1 2 , odakle dobijamo = 22 + 2 2 2 x ( x + 2 x + 2) x x + 2x + 2 1 ⎛ ⎞ x + ⎜ x x 1 d 2 dx ⎟ = − 2x + 4 ⎜ ∫ 2 + ∫ 2 I = ⎟ + + x x x 2 2 2 2 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ 2 ⎜ 1 1 ⎟ x d x 1 = − 2 x + 4 ⎜ − + ln( x 2 + 2 x + 1) − ∫ 2 ⎟. + + x x x 2 2 2 2 2 2   ⎟ ⎜ I ⎝ ⎠ 2

1

Integral I 1 rješavamo kao u 1.8.1. svođenjem na kanonski oblik:

43

imamo:

I 1 =

∫ x

dx 2

+ 2x + 2

=∫

dx 2

( x + 1) + 1

=

d t x + 1 = t = = arctg( x + 1) + C . dx = dt 1 + t 2

∫

Na kraju imamo: x 2 1 ⎛ 1 1 ⎞ − 2 x + 4 ⎜ − + ln( x 2 + 2 x + 1) − arctg ( x + 1) ⎟ + C = I = 2 2 ⎝ 2 x 2 ⎠

=

x

2

2

2

− 2 x − + 2 ln( x 2 + 2 x + 2) − 2arctg ( x + 1) + C . x

1.5.5. Zadaci za samostalan r ad Riješiti integrale: dx 66. . x 2 + 2 x + 5 dx 69. . 3 + x − x 2 dx 72. . 2 x 2 − 2 x + 1 xdx 75. . x 4 − 2 x 2 − 1 dx 78. . 2 x − x x − 2 81. dx . 2 x − 4 x + 5 dx 84. . 2 4 x + 4 x − 3 dx 87. . 2 1 + 4 x − x x + 1 dx . 90. 2 x + x + 1 2 x − 1 93. dx . x 2 − 3 x + 2 7 x − 1 dx . 96. 2 2 x − 3 x + 1

∫ ∫ ∫ ∫

∫

67.

∫ x

xdx

.

68.

− 7 x + 13 3 x − 2 dx . 70. ∫ 2 x − 4 x + 5 3 − 2 x dx . 73. ∫ 2 x − 2 x + 2 ( x − 1)dx 76. ∫ 2 . x − x − 1 2 x − 8 79.

∫

∫

82.

∫

∫

85.

∫

∫

88.

∫

∫

91.

∫

∫

94.

∫

∫

97.

∫

2

1 − x − x dx

2

2 x + 3x dx 2

71.

∫ 2 x

77.

∫

dx .

80.

∫

.

83.

∫

86.

∫

89.

∫

92.

∫ x

4 x − 12 x + 10 dx . 2 4 + 2 x − x xdx . 3 − 2 x − x 2 ( x + 1)dx . 3 x 2 − 2 x − 1 3 x + 2 dx . 2 x 2 + x − 3 2

44

∫ 3 x

dx 2

− 2 x − 1

.

dx

.

− 5 x + 7 2 x + 1 dx . 74. ∫ 1 + 3 x − 4 x 2

.

2

dx

2 + 3 x − 2 x xdx

5 x − 2 x + 1 dx . 2 2 x − x dx . 2 2 x − x + 2 xdx . 2 5 + x − x 2

dx

.

.

2

.

− 4x 2 x + 7 95. ∫ 2 dx . x + x − 2 x − 4 dx . 98. ∫ 2 x − 5 x + 6 2

99.

∫ x

x 2

dx .

100.

− 3 x + 2 5 x 3 + 2 dx . 102. ∫ 3 x − 5 x 2 + 4 x 105. 108.

2

dx

∫ x( x + 1) x 5

∫ x

2

− 6 x + 10 3 x − 1 dx . 103. ∫ 3 4 x − x

.

106.

1.6.

2

dx .

dx .

115.

101. 104.

x 3

∫ x − 2dx .

107.

3 x 2 + 2 x − 3 dx . 109. x 3 − x dx 112. . x 2 ( x 4 − 1)

+1 ( x + 1) 3 dx . 111. ∫ 2 x − x 5 x − 8 dx . 114. ∫ 3 x −4 x 2 + 4 x x 2 + x + 1 dx . 117. ∫ 5 x − 2 x 4 + x 3 3

∫ x

x 2

∫

110.

∫

113.

∫ x

x 4 + 1

dx .

− x 2 + x − 1 x 3 − 6 dx . 118. ∫ 4 x + 6 x 2 + 8 3

116. 119.

x 2 − 5 x + 9

∫ x

2

− 5 x + 6

x 4

∫ x ∫ x

4

dx .

dx .

−1

x 4

dx .

+4 2 + 3 x ∫ (3 − x )3 dx . x 2 − x + 2 ∫ x 4 − 5 x 2 + 4dx . 3 x 2 + x + 3 ∫ ( x − 1) 3 ( x 2 + 1)dx . x 6 − 2 x 4 + 3 x 3 − 9 x 2 + 4 ∫ x 5 − 5 x 3 + 4 x dx . 2

Integracija nekih iracionalnih funkcija

r ⎡ s ⎛ ax + b ⎞ 1.6.1. Integral oblika ∫ R ⎢ x, ⎜ ⎢ ⎝ cx + d ⎟⎠ ⎣

1 1

r ⎡ s ⎛ ax + b ⎞ Integral oblika ∫ R ⎢ x, ⎜ ⎢ ⎝ cx + d ⎟⎠ ⎣

⎤ ⎛ ax + b ⎞ ,⎜ ,...⎥dx ⎟ ⎥ ⎝ cx + d ⎠ ⎦ r 2

s2

⎤ ⎛ ax + b ⎞ ⎥ ,⎜ ⎟ ,...⎥dx , gdje je R racionalna funkcija, a + c x d ⎝ ⎠ ⎦ ax + b r 1 , s1 , r 2 , s 2 ,... su cijeli brojevi, rješavamo smjenom = t n gdje je n najmanji zajednički cx + d 1

r 2

1

s2

sadržalac brojeva s1 , s2 ,...


1 − x + 1

∫ 1+

3

x + 1

dx .

Rješenje. U ovom integralu ćemo uvesti smjenu t 6 = x + 1 , dx = 6t 5 dt , jer je NZS(2,3)=6 (u podintegralnoj funkciji imamo drugi i treći korijen), tako da dobijemo: 45

1 − x + 1

∫ 1+

∫ 1+ t

⋅ t dt = −6∫

t 8 − t 5

dt = −6 I1 . 2 t + 1 Sljede ći korak je da podijelimo polinome u brojniku i nazivniku racionalne funkcije. Rezultat dijeljenja je polinom: t 6 − t 4 − t 3 + t 2 + t − 1 , ostatak je 1 − t tako da integral I 1 postaje t − 1 I 1 = ( t 6 − t 4 − t 3 + t 2 + t − 1)dt − 2 dt . t + 1 Integral na desnoj strani ćemo rastaviti na sumu dva integrala: t −1 t dt 1 1 dt dt = − = ln(t 2 + 1) − arctgt , 2 2 2 t +1 t +1 t + 1 2 gdje smo prvi integral riješili smjenom u = t 2 + 1 , du = 2tdt . Uvrštavaju ći ovo u integral I 1 , a zatim integral I 1 u I dobijamo: 3

x + 1

dx = 6

1− t3

2

5

∫

∫

∫

∫

1 − x + 1

∫ 1+

∫

∫

∫

t − 1

dt = t 2 + 1 x +1 6 6 3 = − t 7 + t 5 + t 4 − 2t 3 − 3t 2 + 6t + +3ln(1 + t 2 ) − 6arctgt + C. 7 5 2 3

dx = −6 (t 6 − t 4 − t 3 + t 2 + t − 1)dt + 6

Na kraju je potrebno staviti t =

x +1 .

dx

∫


6

. x + 3 x + 2 4 x Rješenje. U integralu se promjenljiva x nalazi pod drugim, tre ćim i četvrtim korijenom, pa kako je NZS (2, 3, 4) = 12 , to ćemo u integralu uvesti smjenu x = t 12 , dx = 12t 11dt . Imamo

∫

dx x + 3 x + 2 4 x

= 12∫

t11 t 6 + t 4 + 2t

dt = 12 3

∫t

t8 3

+ t + 2

dt ,

gd je smo brojnik i nazivnik podijelili sa t 3 . Polinom u brojniku podintegralne funkcije je stepena ve ćeg od polinoma u nazivniku, pa ćemo podijeliti polinome u brojniku i nazivniku. Nakon dijeljenj a dobijamo t8 3t 2 − 6t − 8 5 3 2 = t − t − 2t + t + 4 + 3 , pa je 3 t +t+2 t +t+2 3t 2 − 6t − 8 dx 5 3 2 dt. = 12 (t − t − 2t + t + 4) dt + 12 3 + + t t 2 x + 3 x + 2 4 x   

∫

∫

∫

I 1

Dakle, imamo: dx

∫

x +

3

x + 24 x

= 2t 6 − 3t 4 − 8t 3 + 6t 2 + 48t + 12 I 1 . 46

Kako bi izračunali integral I 1 potrebno je nazivnik tog integrala rastaviti na proste faktore. , Imamo t 3 + t + 2 = t 3 + 1 + t + 1 = (t + 1)(t 2 − t + 1) + ( t + 1) = ( t + 1)( t 2 − t + 2) pri čemu kvadratni trinom na desnoj strani nije mogu će dalje rastavljati, tako da ćemo podintegralnu funkciju u integralu I 1 rastaviti na dva parcijalna razlomka čiji nazivnici su

t + 1 i t 2 − t + 2 . Dakle, 3t 2 − 6t − 8 A (t + 1)(t 2 − t + 2)

=

t +1

+

Ct + D t 2 − t + 2

,

pa nakon množenja sa ( t + 1)(t 2 − t + 2) dobijamo 3t 2 − 6t − 8 = A(t 2 − t + 2) + C (t 2 + t ) + Dt + D = ( A + C) t 2 + ( − A + C + D) t + 2 A + D. Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata nakon množenja u prethodnoj jednakosti A + C = 3 dobijamo sljedeći sistem jedna čina: − A + C + D = −6 2 A + D = −8 1 11 17 Rješenje ovoga sistema je: A = ; C = ; D = − . 4 4 2 Sada je 1 11 17 t − 2 3t − 6t − 8 4 4 2 , odakle imamo = + 2 2 (t + 1)(t − t + 2) t + 1 t − t + 2 11 17 t − 1 dt 4 2 dt = 1 ln t + 1 + 1 11t − 34 dt = 1 ln t + 1 + 1 I . I 1 = + 2 2 t −t +2 4 t +1 4 4 t 2 − t + 2 4 4 Integral I 2 rješavamo kao u 1.6.1. Kao prvo, odredimo konstante M i N takve da vrijedi 11t − 34 = M (2t − 1) + N (jer je (t 2 − t + 2)′ = 2t − 1 ). 2 M = 11 Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobijamo sistem jedna čina: , N − M = −34 11 57 odakle je M = ; N = − . 2 2 Iz svega slijedi da je: :

∫

∫

∫

47

I 2 =

11 2

ln(t − t + 2) − 2

57

dt

2 ∫⎛

⎜ t − ⎝

−

57 2

∫

du u + 2

7

=

11 2

1⎞

=

2

57 2

⋅

1 2

= u = 11 ln(t 2 − t + 2) − 2

dt = du

7

⎟ + 2⎠ 4

ln(t 2 − t + 2) −

t−

2 7

arctg

2t − 1 7

+ C.

4 Sada možemo dati konačno rješenje datog integrala (sjetimo se, t = 12 x ): dx = 2 x − 3 3 x − 8 4 x + 6 6 x + 4812 x + 3ln 12 x + 1 + 3 4 x + x + 2 x

∫

+

33 2


∫

ln x −

∫

6

12

x+2 −

171 7

arctg

212 x −1 7

+ C .

Pn ( x ) ax + bx + c 2

Pn ( x )

dx , gdje je Pn ( x ) polinom n − tog stepena rješavamo metodom ax 2 + bx + c Ostrogradskog, koja se sastoji u sljede ćem: 1. Dati integral napišemo u obliku Pn ( x) dx 2 dx = Qn −1 ( x) ax + bx + c + λ , (1) 2 2 ax + bx + c ax + b x + c gdje je Qn −1 ( x) polinom stepena ( n − 1) s neodređenim koeficijentima, a λ je nepoznati

Integral

∫

∫

koeficijent. 2. Izraz (1) diferenciramo, a zatim pomnožimo sa ax 2 + bx + c . 3. Nakon množenja dobit ćemo jednakost dva polinoma na osnovu koje (izjedna čavanjem koeficijenata uz odgovaraju će stepene) odredimo neodređene koeficijente polinoma Qn−1 ( x) i koeficijent λ .


∫

x − 3x + 1 2

x 2 + x + 1

dx .

48

Rješenje. U brojniku podintegralne funkcije je polinom drugog stepena, pa ćemo za polinom s neodređenim koeficijentima uzeti polinom prvog stepena, tj. polinom Qn −1 ( x) = Q2−1 ( x) = Ax + B . Imamo:

∫

x − 3x + 1 2

dx

∫

dx = ( Ax + B ) x 2 + x + 1 + λ

.

x + x + 1 x + x + 1 Diferenciramo posljednju jednakost i dobijemo: 2 λ x − 3x + 1 2x + 1 = A x 2 + x + 1 + ( Ax + B ) + . 2 2 2 x + x + 1 x + x +1 2 x + x + 1 2

2

Nakon množenja jednakosti sa x 2 + x + 1 , dobijemo: 1 x 2 − 3x + 1 = A( x 2 + x + 1) + ( x + )( Ax + B ) + λ . 2 Sada grupišemo koeficijente na desnoj strani jedna čine po stepenima promjenjive x: 1 ⎛3 ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 x − 3x + 1 = 2 Ax + ⎜ A + B ⎟ x + ⎜ A + B + λ ⎟ . 2 ⎝2 ⎠ ⎝ ⎠ Izjednačavanjem koeficijenata uz jednake stepene na lijevoj i desnoj strani dobijamo sistem jednačina: 2 A = 1 3 A + B = −3 2 1 A + B + λ = 1 2 1 15 19 R ješenje ovog sistema je: A = ; B = − ; λ = . 2 4 8 Sada imamo: x 2 − 3x + 1 dx 15 ⎞ 19 ⎛1 dx = ⎜ x − ⎟ x 2 + x + 1 + = 2 2 2 4 8 ⎝ ⎠ x + x + 1 x + x +1 1 dx 15 ⎞ 2 19 ⎛1 x + = t = ⎜ x − ⎟ x + x + 1 + = = 2 2 2 4 8 ⎝ ⎠ 1⎞ 3 dx = dt ⎛ + + x ⎜ ⎟ 2⎠ 4 ⎝

∫

∫

∫

1

19

4

8

= ( 2 x − 15 ) x 2 + x + 1 + 1

19

4

8

= ( 2 x − 15 ) x 2 + x + 1 +

∫

dt t + 2

ln x +

3

1

19

4

8

= ( 2 x − 1 5) x 2 + x + 1 +

4

1 2

+ ( x 2 + x + 1) + C . 49

ln t + t 2 +

3 4

+ C =

2. Izračunati integral ∫ x 2 4 − x 2 dx . Rješenje. Podintegralnu funkciju ćemo napisati nešto druga čije: x

2

4− x = x 2

2

4−x

2

4 − x

2

=

x

2

(4 − x ) 2

=−

x − 4x 4

2

,

4 − x 4− x 4−x pa sad možemo primijeniti metod Ostrogradskog. Dakle, 4 2 x − 4x 2 2 I = x 4 − x dx = − dx , 4 − x 2 gdje je Pn ( x ) = x 4 − 4 x 2 polinom četvrtog stepena, zbog čega je

∫

2

2

2

∫

Qn −1 ( x) = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D polinom trećeg stepena. Sada imamo:

∫

x 4 − 4 x 2 2 4− x

∫

dx = ( Ax 3 + Bx 2 + Cx + D ) 4 − x 2 + λ

dx

4 − x2

.

Diferenciraju ći ovaj izraz dobijamo: 4 2 λ x − 4 x 2x = ( 3 Ax 2 + 2Bx + C ) 4 − x 2 − Ax 3 + Bx 2 + Cx + D ) + . ( 4 − x 2 2 4 − x2 4 − x2 Nakon množenja jednakosti sa

4 − x 2 imamo:

x 4 − 4 x 2 = ( 3 Ax 2 + 2 Bx + C ) (4 − x 2 ) − x ( Ax 3 + Bx 2 + Cx + D ) + λ .

Grupišući faktore na desnoj strani jednakosti sredimo po stepenima promjenljive x dolazimo do jednakosti: 4 3 2 x 4 − 4 x 2 = −4 Ax − 3Bx + (12 A − 2C ) x + ( 8B − D ) x + 4C + λ . Izjednačavajući odgovarajuće koeficijente polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jedna čina: −4 A = 1 −3 B = 0 12 A − 2C = −4 8 B − D = 0 4C + λ = 0 1 1 Rješenje ovog sistema je: A = − ; B = 0; C = ; D = 0; λ = − 2 . 4 2 Uvrštavanjem dobijenih koeficijenata dobijamo 4 2 dx x − 4 x ⎛ 1 3 1 ⎞ 2 dx = ⎜ − x + x ⎟ 4 − x − 2 . 2 2 4 2 ⎝ ⎠ 4− x 4−x Integral na desnoj strani je tabli čni, pa je rješenje našeg zadatka (nakon množenja posljednje jednakosti sa (-1)):

∫

∫

50

dx x 1 ⎛1 3 1 ⎞ = x ( x2 − 2 ) 4 − x2 + 2 arcsin + C . x − x ⎟ 4 − x 2 + 2∫ 2 ⎠ 2 ⎝4 4 − x 2 4

I = ⎜

1.6.3. Integral oblika Integral oblika

∫

∫

ax + bx + cdx 2

ax 2 + bx + c dx možemo riješiti metodom Ostrogradskog (1.6.2.) tako

što racionališemo brojnik u podintegralnoj funkciji. Međutim možemo ga uraditi svo đenjem na kanonski oblik kvadratnog trinoma 2 ax + bx + c . Svođenjem na kanonski oblik kvadratnog trinoma integral se svodi na jedan od dva osnovna integrala: 2 x a x 2 2 2 2 a − x dx = a −x + > 0; 1° arcsin + C , a a 2 2 x a2 2 2 2 2 x + a dx = x + a + 2° ln x + x 2 + a 2 + C . 2 2 Rješenje integrala 2° dobijemo metodom parcijalne integracije na sljede ći način:

∫

∫

u = x + a x du = dx 2 2 = x + a dx = 2 2 x + a dv = dx v=x 2

I =

∫

= x x + a − ∫ 2

2

x 2 + a 2 − a 2 2 2 x + a

2

(2)

dx = x x + a − 2

2

∫

x 2 + a 2

+ a x 2

2

+ a2 ∫

dx 2 2 x +a

I

Kada u jednakosti (2) prebacimo I na lijevu stranu i podijelimo sa 2 dobijemo 2 x a 2 2 2 2 x + a dx = x +a + ln x + x 2 + a 2 + C . 2 2

2° tj.

∫


∫

4 x 2 − 2 x + 1dx .

Rješenje. Podintegralnu funkciju tj. kvadratni trinom pod krojenom svodimo na kanonski oblik i uvedemo smjenu kako smo to radili u paragrafu 1.5.2:

51

2 2 ⎛⎛ ⎛ ⎛ 1⎞ 1⎞ 1 1⎞ 1⎞ 3 ⎞ ⎛ 2 1 + ⎟ = 4⎜⎜ x − ⎟ + ⎟ , 4 x − 2 x + 1 = 4 ⎜ x − x + ⎟ = 4 ⎜ ⎜ x − ⎟ − ⎜⎝ ⎜⎝ 2 4⎠ 4 16 4 ⎟⎠ 4 ⎠ 16 ⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ 2

1

2

pa je

∫

4 x − 2 x + 1dx = 2 2

1⎞ 3 3 ⎛ t = x− 2 ⎜ x − ⎟ + dx = 4 = 2 ∫ t + dt 4 ⎠ 16 16 ⎝ dx = dt

∫

Integral u (3) je ura đeni integral 2° kod kojeg je a 2 =

∫

t2 +

3 16

dt =

t

2

t2 +

3 16

3

+

32

ln t + t 2 +

3 16

+C .

3 16

(3)

. Dakle,

Vraćanjem u jednakost (3) dobijamo

∫

4 x 2 − 2 x + 1dx = t t 2 +

3 16

kad vratimo smjenu t = x −

∫

⎛ ⎝

4 x 2 − 2 x + 1dx = ⎜ x −


∫

+ 1 2

3 16

ln t + t 2 +

3 16

+ C ,

dobijemo:

1⎞

1

1

3

1

1

1

x2 − x + + ln x − + x 2 − x + + C . ⎟ 2⎠ 2 4 16 2 2 4

2 + x − x 2 dx .

Rješenje. Kada kvadratni trinom u podintegralnoj funkciji sve demo na kanonski oblik 2 ⎡⎛ 1 ⎞ 1⎤ ⎛ dobijemo: 2 + x − x = 2 − ( x − x ) = 2 − ⎢⎜ x − ⎟ − ⎥ = 2 − ⎜ x − 2⎠ 4 ⎥⎦ ⎝ ⎢⎣⎝ 2

2

1⎞

2

⎛ + = − ⎜ x− ⎟ 2⎠ 4 4 ⎝ 1

9

1⎞

2

⎟ .

2⎠

Sada imamo:

∫

2 + x − x dx = 2

∫

2

1

2

1⎞ ⎛ ⎛3⎞ − ⎜ x − ⎟ dx = t = x − 2 = ∫ ⎜ ⎟ − t 2 dt . 4 ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ dt = dx

9

Integral na desnoj strani u (4) je integral tipa 1 o u kome je a = 9 t 1 9 2 9 2t t 9 2 ⎛3⎞ 2 4 − t + C = arcsin + −t + C . ⎜ ⎟ − t dt = arcsin 3 + t 2 2 2 4 8 3 2 4 ⎝ ⎠ 2 1 Ako vratimo smjenu t = x − u (4) , imamo kona čno rješenje našeg zadatka: 2 2

∫

52

(4) 3 2

, pa imamo:

∫

∫ ∫

2 + x − x 2 dx =

9 8

arcsin

2 x − 1 3

2x −1

+

4

2 + x − x 2 + C .

Pokušajte sami izračunati ove integrale metodom Ostrogradskog, imaju ći u vidu da je 4 x 2 − 2 x + 1 2 dx , odnosno 4 x − 2 x + 1dx = 2 4 x − 2 x + 1 2 2 + x − x 2 dx . 2 + x − x dx = 2 2 + x − x

∫

∫


∫ ( x − α )

Uvođenjem smjene

1 x − α

dx n

ax 2 + bx + c

= t

integral

∫ ( x − α )

dx n

ax + bx + c 2

se svodi na integral

oblika 1.6.2.


∫ x

dx 3

x +1 2

.

Rješenje. U datom integralu ćemo uvesti smjenu t =

1 x

, na osnovu koje je x =

1 t

i dx =

−dt t 2

.

Nakon uvođenja smjene imamo: 1 1 − 2 dt x = 2 dx t t t = = =− I = dt . 3 2 1 1 1 x x + 1 dx = − dt t 2 + 1 +1 2 3 2 t t t Sada smo dobili integral Ostrogradskog kod koga je polinom u brojniku stepena dva. Zbog toga je polinom sa neodre đenim koef icijentima na desnoj strani stepena jedan, tj. integral pišemo u obliku 2 t dt dx = ( At + B ) t 2 + 1 + λ . 2 t 2 + 1 t + 1 Diferenciranjem ove jednakosti dobijamo: 2 λ t t = A t 2 + 1 + At + B ) + , ( t 2 +1 t 2 + 1 t 2 + 1

∫

∫

∫

∫

∫

53

t 2 + 1 i grupisanja koeficijenata imamo:

pa nakon množenja sa

t 2 = A(t 2 + 1) + t ( At + B) + λ , t = 2 At + Bt + A + λ . Sada izjednačimo odgovarajuće koeficijente i dobijemo sistem jedna čina: 2 A = 1 2

2

B = 0 A + λ = 0

Rješenje sistema je: A =

1

∫

∫

; B = 0; λ = −

1

. 2 2 Uvrštavanjem dobijenih vrijednosti koeficije nata u polazni izraz imamo: 2 t t dt t 1 1 t2 +1 − t 2 + 1 − ln t + t 2 + 1 + C . = = 2 2 2 2 2 2 t + 1 t + 1 ⎛ 1⎞ Sada je potrebno vratiti staru promjenljivu ⎜ t = ⎟ , i dobiti konačno rješenje u obliku: ⎝ x ⎠ I = −

1

1

2 x

x2

1

1

2

x

+ 1 + ln


+

1 x2

∫ ( x − 1)

+ 1 + C .

dx 4

x +2 2

.

Rješenje. U ovom integralu ćemo uvesti smjenu t =

1

, kao što je re čeno u uvodu. Sada je x − 1 potrebno izraziti x i dx preko nove promjenljive t . Imamo: t + 1 dt 1 1 x − 1 = , pa je x = + 1 = , odakle je dx = − 2 . t t t t Sada je 1 x − 1 = t 3 dx t 1 = dx = − 2 dt = − I = dt . 4 2 2 t 3t + 2t + 1 ( x − 1) x + 2 1 t = x − 1

∫

∫

Dobijeni integral je integral kojeg ćemo riješiti metodom Ostrogradskog. Polinom u bro jniku je stepena tri, pa ćemo za nepoznati polinom na desnoj strani uzeti polinom stepena dva. Imamo: 54

∫

−t 3

2

3t + 2t + 1 2

d t

∫

dt = ( At + Bt + C ) 3t + 2t + 1 + λ 2

3t + 2t + 1 2

.

3t 2 + 2t + 1 dobijemo

Poslije diferenciranja gornje jednakosti i množenja sa polinome: −t 3 = ( 2 At + B ) ( 3t 2 + 2t + 1) + ( At 2 + Bt + C ) (3t + 1) + λ .

jednake

Nakon izjednačavanja odgovarajućih koeficijenata polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jedna čina: 9 A = −1 5 A + 6 B = 0 2 A + 3B + 3C = 0 B + C + λ = 0

Rješenje ovog sistema je: 1 5 1 4 A = − ; B = ; C = − ; λ = − . 9 54 54 54 Vrijednosti koeficijenata vratim o u polaznu jednakost. Dobijamo: −t 3 d t 1 5 2 2 dt = − (6t − 5t + 1) 3t + 2t + 1 − . 2 2 54 54 3t + 2t + 1 3t + 2t + 1 Integral na desnoj strani rješavamo svo đenjem na kanonski oblik, (kao u 1.5.2.) a zatim

∫

∫

2

2 1⎞ ⎛ ⎛ 1⎞ 2 3t + 2t + 1 = 3 ⎜ t 2 + t + ⎟ = 3 ⎜ t + ⎟ + , 3 3⎠ ⎝ ⎝ 3⎠ 9 2

uvođenjem odgovarajuće smjene. Naime, pa je

∫

dt

3t + 2t + 1 2

dt

=∫

=

=

2

⎛ 1⎞ 2 3 ⋅ ⎜ t + ⎟ + ⎝ 3⎠ 9 1 3

ln u + u 2 +

2 9

u = t +

1

1

∫ 3

3 = du = dt

+C =

1 3

ln t +

1 3

du

=

u + 2

2 9

2

1

3

3

+ t2 + t +

+ C.

Sada imamo

∫ ( x − 1)

dx 4

x2 + 2

=−

1 54

(6t 2 − 5t + 1) 3t 2 + 2t + 1 −

pri čemu je još potrebno umjesto t staviti

1 x − 1

.

55

5

1 2 1 ln t + + t 2 + t + + C , 3 3 3 54 3

1.6.5. Zadaci za samostalan rad Riješiti integrale: x 3 dx . 120. x − 1

∫

123. 126. 129. 132. 135. 138.

121.

xdx

∫

x + 1 +

3

x +1

dx

∫ (2 − x )

1− x

x 2 x

∫ x +

x

.

.

dx .

∫ ( x + 1)

2

∫

− x + 1

dx

3 x + 1 − 1

3

∫

dx .

.

x 3 − x + 1 x + 2 x + 2 2

dx .

2 − x − x 2 dx . 2

2

153.

∫ x

156.

∫ x

159.

∫ x

dx 6

2

x − 1 dx 2

.

2 x + 2 x − 1 x − 1

.

2 x − 2 x + 1 2

∫

133.

142. 145.

∫ 4 x + xdx . dx 150. ∫ . ( x + 1) x + x + 1 147.

127.

139.

∫ ∫

∫

136.

141. x x 2 − 2 x + 2dx . 144.

124.

130.

x + 1 + 2

∫

∫

dx 1

( x + 1) 2 + (x + 1) 2 x 2 + 1 + x

∫

1 + x

3

3

x + 1 x − 1

dx .

x 3

x

dx .

x 2 − 2 x + 5 x 4

∫

x 3

1 + 2 x − x 2 1 − x 2

dx .

∫ x

157.

∫ x

3

x + 1 dx 2

56

2 x + 3

2

dx

134.

∫

137.

dx .

dx .

∫ ( x + 2 + 1)

∫

∫

x + 2 −1

dx 2 x (3 x + 1)

3 x 3 x 2 + 4 x + 5 2 3 x − 5 x

.

dx .

.

3 − 2 x − x

2

dx .

∫ ∫

x 2 − 2 x − 1dx .

∫ x + x + 2dx . dx 152. ∫ . ( x + 1) x + 2 x 149.

2

2

155.

.

2 x + 4 x − 4

.

∫ x

x + 3

131.

146.

2

dx

− x + 1

2

143. x x 4 + 2 x 2 − 1dx .

2

154.

∫ ( x + 1)

dx .

∫ 1 − 2 x − x dx . dx 151. ∫ . x x − x + 1 2

x + 1 + 2

140.

dx .

148.

∫

x − 1 dx . 3 x + 1

dx .

x + 4 x + 5 2

x 5

122.

128.

dx .

2 x 2 − 3 x

∫

.

125.

x + 1 + 1 dx . x + 1 − 1

∫ 1− ∫

3

158.

∫ ( x + 1)

3

∫ ( x − 1)

3

2

dx x + 2 x 2

.

dx x 2 + 3 x + 1

.

.

Integral binomnog diferencijala ∫ x m (a + bx n ) dx p

1.7.

Neodređeni integral

x m (a + bx n ) dx se može izraziti preko elementarnih funkcija u

∫

p

sljede ća tri slučaja: p cio pozitivan broj, integral se rješava neposredno razvijaju ći binom ( a + bx

a) Ako je

n

p

)

pomoću Njutnovog binomnog obrasca. Ukoliko je p cio negativan broj, a m i n razlomci oblika m =

q

,n =

u

, (gdje su q i u r v s cijeli, a r i v prirodni brojevi), integral je moguće riješiti uvođenjem smjene x = t , gdje je s = NZS (r , v) .

b) Ako je p razlomak oblika p =

r

(gdje su r i s cijeli brojevi), a

s n s se rješava smjenom a + bx = t , gdje je s nazivnik razlomka p . p razlomak oblika p =

c) Ako je

n integral se rješava smjenom a x −

r

m +1 n

(gdje su r i s cijeli brojevi), a

je cio broj, integral

m +1

s n s + b = t , gdje je s nazivnik razlomka p .

+ p je cio broj,


∫

x

(1 + x ) 3

2

dx .

R ješenje. Ovaj integral ćemo napisati u obliku x m (a + bx n ) dx . Imamo:

∫

∫

(1 + x ) 3

2

−2

1 ⎛ ⎞ 2 dx = ∫ x ⎜1 + x 3 ⎟ dx. ⎝ ⎠ 1

x

p

1

1

i p = − 2 , pa imamo slučaj a) u kojem je p negativan cio broj. Potrebno 2 3 je uvesti smjenu x = t 6 , jer je 6 = NZS (2, 3) . Imamo: Dakle, m =

I =

∫

, n=

x

(1 + x ) 3

2

x = t 6 =6 dx = dx = 6t 5 dt

∫

8

t

(1 + t ) 2

2

dt .

57

(1)

Dobili smo integral racionalne funkcije kod koje je stepen polinoma u brojniku (koji je 8) ve ći od stepena polinoma u nazivniku (koji je 4), pa je potrebno podijeliti polinom u brojniku s polinomom u nazivniku. Imamo: t 8 : (t 4 + 2t 2 + 1) = t 4 − 2t 2 + 3 t + 2t + t (oduzmemo) 8

6

4

−2t 6 − t 4 −2t 6 − 4t 4 − 2t 2 (oduzmemo) 3t 4 + 2t 2 3t 4 + 6t 2 + 3(oduzmemo)

−4t 2 − 3(ostatak ) Dakle,

t

(t

2

8

= t − 2t + 3 − 4

+ 1)

2

2

2 4t + 3

( t + 1) 2

2

, pa uvrštavajući u (1) dobijamo

⎛ ⎞ t5 t 3 4t 2 + 3 ⎟ 4 2 ⎜ I = 6 ∫ ( t − 2t + 3) dt − ∫ dt = 6 − 12 + 18t − 6 I 1 . 2 2 ⎜ 3 (1 + t ) ⎟⎠ 5 ⎝ 2 2 Integral I 1 možemo zgodno napisati koristeći činjenicu da je 4t + 3 = 4(t + 1) − 1 , odakle imamo 2 dt dt dt 4(t + 1) − = − = 4arctgt − I 2 . I1 = dt 4 2 2 2 2 2 2 2 + t 1 ( ) (1 + t ) (1 + t ) (1 + t )

∫

∫

∫

∫

Integral I 2 je jednostavno izračunati primjenom rekurentne formule 5. iz paragrafa 1.4. (za n = 2 ) na osnovu ko je imamo t 1 dt I 2 = = + arctgt + C . 2 2 2 + t 2( 1) 2 (1 + t )

∫

Sada možemo integral I 2 uvrstiti u I 1 a zatim I 1 u I i dobiti: I = 6

t5

5

− 12

t3

3

+ 18t − 6(4arctgt −

1

t

2(t + 1) 2

− arctgt) + C . 2

Nakon vraćanja početne promjenljive (iz x = t 6 slijedi t = rješenje u obliku

∫

x

(1 + x ) 3

2

dx =

66 5

x − 4 x + 18 x + 5

6

3 6 x 1 + x 6

6

x ) dobijamo kona čno

− 21arctg 6 x + C .

Napomenimo da je dati integral moguće rješavati i kao integral tipa 1.6.1. 58

∫

2. Izračunati integral Rješenje. p =

∫

x

3

1 + 2 x

2

r s

x

3

1 + 2 x

2

dx .

. Ovaj integral ćemo napisati u obliku:

∫

dx = x (1 + 2 x 3

2

)

−

1 2

dx , iz kojeg vidimo da je m = 3 , n = 2 , p = −

m +1

trebamo provjeriti da li je

cio broj. Imamo

m +1

n n 2 2 uvodimo smjenu t = 1 + 2 x , jer je 2 nazivnik razlomka p .

x =

( t − 1) 2

1 2

. Diferenciranjem dobijamo da je dx =

2 Uvrštavaju ći ovu smjenu u integral dobijamo: 1

∫

x

3

(1 + 2 x ) 2

=

1

dx = 1

∫

2

3

2

(1 + 2 x ) 12 2

3 2

−

( t − 1) 2

1

(1 + 2 x ) 4

3. Izračunati integral ∫

2

1 2

⋅

1

(t 2

2

2

, što znači da

= 2 , što je cio broj , pa

−

1

(t − 1) , odakle je 2 2

1

− 1) 2 ⋅ 2tdt =

tdt

2 ⋅ t − 1 2

.

3 2

1

t 2

3 +1

dx preko t . Imamo: 2 x 2 = t 2 − 1 , x 2 =

Sada je potrebno izraziti x i 1

=

1

2

⋅

tdt t − 1 2

=

1

(t 4∫

2

− 1) dt =

1 12

t − 3

1 4

t+C =

1 2

+ C .

dx

. x 3 ⋅ 3 2 − x 3 Rješenje. Dati integral ćemo napisati u odgovaraju ćem obliku. Imamo: 1 − dx 3 −3 = x ( 2 − x ) 3 dx , 33 3 x 2 − x m +1 1 pa je m = −3 , n = 3 i p = − . Pogledajmo sad vrijednost izraza . Imamo n 3 m + 1 −3 + 1 2 = = − , što nije cijeli broj. Dakle, odbacili smo slučaj b). Ostaje nam još da n 3 3 m +1 m +1 2 1 + p cio broj. Imamo + p = − − = −1 , što jeste cio broj, pa provjerimo da li je n n 3 3 ćemo uvesti smjenu onako kako je navedeno u slu čaju c) (vodimo ra čuna o tome da je a = 2 i b = −1 ).

∫

∫

59

Stavit ćemo 2 x −3 − 1 = t 3 , jer je 3 nazivnik razlomka p . Sada je potrebno izraziti x i dx 3 3 3 3 3 preko t . Nakon množenja sa x3 u našoj smjeni imamo 2 − x = t x , odakle je x (t + 1) = 2 ,

1

− ⎛ 2 ⎞3 3 3 3 = ⋅ + t 2 1 odnosno x = ⎜ 3 . ( ) ⎟ + t 1 ⎝ ⎠ 4 4 − − −1 3 2 2 3 3 3 3 Odavde je dx = 2 ⋅ (t + 1) ⋅ 3t dt = − 2 ⋅ t (t + 1) 3 dt . 1

3

Uvrštavaju ći 2 − x = 2 − 3

∫ x

dx 33

2 − x3

smjenu

integral,

t3 +1

= 2⋅

t

t 3 + 1

u

vidu

da

je

tada

x3 =

2 t + 1 3

i

, dobi jamo

−

4

−

4

− 2 ⋅ t (t + 1) dt 2 ⋅ t (t + 1) 3 dt 1 = − = − tdt = 1 1 ∫ ∫ − 2 2 ⎛ 2t 3 ⎞ 3 2 ⋅ (t 3 + 1) −1 ⋅ 3 2 ⋅ t ⋅ (t 3 + 1) 3 ⋅⎜ ⎟ t 3 + 1 ⎝ t 3 + 1 ⎠ 2

3

3

1 ⎛ 3 2 − x 3 ⎞

1

imaju ći

3

2

=∫

u

= − t2 + C = − ⎜ 4 4 ⎜⎝

3

3

2

3

2

⎟ + C , ⎟ ⎠

x

1

jer je

⎛ 2 ⎞ 3 3 2 − x3 t = ⎜ 3 − 1⎟ = . x ⎝ x ⎠

4. Izračunati integr al

∫

dx

. 1 + 8 x 3 Rješenje. Dati integral ćemo napisati u obliku 1 − dx 0 3 = x ⋅ (1 + 8 x ) 3 d x , 3 3 1 + 8 x 1 odakle vidimo da je m = 0 , n = 3 i p = − . 3 m +1 0 + 1 1 = = , što nije cio broj. Dalje je n 3 3 m +1 1 1 1 + = − = 0 , što je cio broj, pa imamo slu čaj c). U ovom slu čaju Međutim, n p 3 3

∫

3

∫

uvodimo smjenu x −3 + 8 = t 3 (jer je a = 1 i b = 8 ), odakle je x −3 = t 3 − 8 , odnosno 60

−

1

x = ( t − 8 ) . Odavde je dx = − ( t − 8 ) 3

x 3 =

1

3

3

−

4 3

⋅ t 2 dt . Primijetimo da je na osnovu ove smjene

, pa uvrštavajući smjenu u integral dobijamo

t 3 − 8

−

1

− tdt ⎛ ⎞3 2 3 3 = ∫ ⎜1 + 3 − = − I = ∫ t t dt 8 ( ) ⎟ ∫ t 3 − 8. 3 ⎝ t −8⎠ 1 + 8 x 3

8

dx

4

Integral na desnoj strani je integral racionalne funkcije, koju ćemo rastaviti na parcijalne 3 2 razlomke. Kako je t − 8 = ( x − 2)( x + 2 x + 4) , to je t A Bt + C . = + t 3 − 8 t − 2 t 2 + 2t + 4 Odavde, nakon množenja sa t 3 − 8 dobijamo t = At 2 + 2 A t + 4 A + Bt 2 − 2 Bt + Ct − 2C , odakle izjednačavanjem koeficijenata uz jednake stepene imamo sistem jedna čina A + B = 0 2 A − 2 B + C = 1 4 A − 2C = 0 1 1 1 Rješenje sistema je A = , B = − i C = , pa imamo 6 6 3 t + 1 ⎞ 1 dt 1 (t − 2) dt 1 1⎛1 3 2 + = − − + + + − I = − t t t arctg ln 2 ln( 2 4) ⎜ ⎟ + C . 6 t − 2 6 t 2 + 2t + 4 6 6⎝ 2 3 3 ⎠

∫

∫

Imajući u vidu da je t = I = −

1 6

ln

3

x

−3

3

+8−2 +

x

−3

1 12

+ 8 , konačno rješenje je oblika

ln(

(

3

x

−3

)

2

−3

+ 8 + 2 x + 8 + 4) − 3

1 2 3

3

arctg

x −3 + 8 + 1

3

+ C .

1.7.1. Zadaci za samostalan rad Riješiti integrale: dx 160. . 3 3 x(1 + x )

∫

163.

166.

∫ ∫

x 3 (1 + x) dx . x

161.

x 2 + 1

∫

1 − x

164.

∫ x

167.

∫

6

dx .

x 2 2

dx .

dx 4

1+ x dx

2

162.

.

x 2 3 ( x 3 + 2 )

5

61

.

∫

x 3 3 2 2

dx .

(1 + 2 x ) dx

165.

∫

168.

∫ (1 + x )

4

1+ x 4

4

. 1 3

dx; ( x = t 4 ) .

169.

∫ x

1

dx 3

1 + x5

.

170.

∫

(1 + x ) dx . 4

3

172. 175.

1.8.

∫

∫

173. x (1 + x

3

x

1 − x 4 x

5

∫

dx .

∫

x (1 + 3 x ) 4 dx .

x

1

(1 + x )

171.

5

2 3 3

) dx .

174.

∫

3

1 + x 3 x 2

dx .

dx .

Integral oblika ∫ R x, ax 2 + bx + c dx

Integral oblika

∫ R x,

ax 2 + bx + c dx , gdje je R racionalna funkcija promjenljivih

x i ax2 + bx + c , rješavamo pomoću takozvanih Eulerovih (Ojlerovih) smjena i svodimo ga na integral racionalne funkcije nove prom jenjive t .

Imamo tri slu čaja:

a) Prva Eulerova smjena: ako je a > 0 , tada uvodimo smjenu

2 ax + bx + c = t ± x a , (opredjeljujemo se za znak + ili – u zavisnosti od izraza pod integralom). b) Druga Eulerova smjena: ako je a < 0 ali c > 0 , tada uvodimo smjenu

ax 2 + bx + c = tx ± c , (opredjeljujemo se za znak + ili – u zavisnosti od izraza pod integralom) c) Treća Eulerova smjena: ako kvadratni trinom ax 2 + bx + c ima realne i razli čite krojene α i β , tada je smjena: a( x − α ) = ( x − β )t 2 .

Riješeni primjeri 1. Izračunati integral Rješenje. Pošto

je

∫ x +

dx

. x2 + x + 1 a = 1 > 0 , imamo prvi

slučaj, u kome

ćemo

uzeti

smjenu

x 2 + x + 1 = t − x , jer se naš korijen u podintegralno j funkciji sab ira sa x , pa ćemo na taj način u nazivniku podintegralne funkcije dobiti samo t . Sada trebamo izraziti x i dx preko nove promjenljive t .

Kvadriranjem jednakosti x 2 + x + 1 = t − x dobijamo :

62

x 2 + x + 1 = x2 − 2tx + t 2 , odakle izračunamo x =

t − 1 2

2t + 1

t + t + 1 2

, dx= 2

( 2t + 1)

2

dt , i uvrstimo u integral. Imamo: t 2 + t + 1

I =

dx

∫ x +

x2 + x + 1

= 2∫

( 2t + 1)

2

dt

t 2 + t +1 dt = 2 I 1. =2 2 ( 2t + 1) t

∫

t

Sada smo dobili integral racionalne funkcije. Polinom u nazivniku racio nalne funkcije je već rastavljen na proste faktore, tako da ćemo u rastavu funkcije na parcijalne razlomke imati 2

tri sabirka, čiji su nazivnici t , 2t + 1 i ( 2t + 1) . Imamo: t + t +1 2

( 2t + 1)

2

=

t

A t

+

B

2t + 1

+

C

( 2t + 1)

2

.

2

Nakon množenja sa t ( 2t + 1) i grupisan ja koeficijenata uz jednake stepene dobijamo: t 2 + t + 1 = (4 A + 2 B )t 2 + (4 A + B + C )t + A .

Izjednačavanje koeficijenata uz iste stepene na lijevoj i desnoj strani nas vodi do sistema jednačina 4 A + 2 B = 1 4 A + B + C = 1 A = 1

3 3 odakle je A = 1, B = − , C = − . 2 2 Sada imamo: dt dt dt I = 2 I 1 = 2 −3 −3 = 2 t 2t + 1 t + 2 1 ( )

∫

∫

∫

3

3

2

2 2t + 1

= 2 ln t − ln 2t + 1 + ⋅

1

1

+ C = ln 2

t 4

3

( 2t + 1)

3

+ ⋅

1

2 2t + 1

+ C.

Konačno rješenje zadatka ćemo dobiti kada u posljednjem izrazu stavimo t = x + x 2 + x + 1 .


∫ 1+

dx

.

1 − x − x Rješenje. Kvadratni trinom pod korijenom ima uz x 2 koeficijent a = −1 < 0 , pa nije moguće uvesti prvu Eulerovu smjenu. Međutim, c = 1 > 0 , pa možemo uvesti drugu Eulerovu smjenu. 2

63

Odabrat ćemo, kao u prethodnom primjeru znak minus, kako bi se se u nazivniku podintegral ne funkcije sabira sa korijenom. Dakle, uvodimo smjenu:

c = 1 poništilo sa 1 koje

1 − x − x 2 = tx − 1 , odakle kvadriranjem jednakosti i izvla čenjem x dobijemo x = dx = 2

1 + t − t 2

( t + 1) 2

2

∫ 1+

t 2 + 1

, odakle je

dt . Sada smjenu uvrstimo u integral i dobijemo:

1 + t − t 2 I =

2t − 1

(1 + t ) 2

dx

= 2/ ∫

dt

2/

1+ t − t 2

= 2∫

dt = 2 I 1.

2t − 1 t (2t − 1)(t 2 + 1) t 2 + 1 Integral I 1 je integral racionalne funkcije koju rastavljamo na parcijalne razlomke: 1 − x − x 2

1+ t − t2 t (2t − 1)(t +1) 2

=

A t

t

+

B

2t − 1

+

Ct + D t 2 + 1

.

Nakon množenja sa t (2t − 1)(t 2 + 1) i grupisanja koeficijenata uz jednake stepene imamo: 1 + 2t − t 2 = ( 2 A + B + 2C ) t 3 + (2D − A − C )t 2 + (2 A + B − D)t − A . Sada dobijamo sistem jedna čina: 2 A + B + 2C = 0

− A − C + 2 D = −1 2 A + B − D = 1 A = − 1 odakle je A = −1, B = 2, C = 0, D = −1 . Uvrštavanjem u integral I 1 imamo: I = 2 I1 = −2

∫

dt t

+ 4∫

dt

2t − 1

− 2∫

dt

1+ t2

= 2 ln

2t − 1 t

− 2 arctgt + C .

Konačno rješenje dobijamo kada vratimo staru promjenljivu, s tavljajući t =


x − x 2 + 3 x + 2

∫ x +

dx .

x + 3x + 2 Rješenje. Kvadratni trinom x + 3 x + 2 ima realne nule x1 = −1 i x2 = −2 , 2

2

64

1 + 1 − 2 x − x2 x

.

2 pa je x + 3x + 2 = (x + 1)( x + 2) . To znači da možemo primijeniti tre ću Eulerovu smjenu:

x + 1 = ( x + 2)t 2 , odakle je t =

x + 1

. x + 2 Sada je potrebno izraziti x i dx preko nove promjenljive t . 1 − 2t 2 2 Iz izraza x + 1 = ( x + 2)t dobijemo x = 2 , odakle t − 1

diferenciranjem

dobijamo

⎛ 1 − 2t 2 ⎞ + + = + ⋅ = ⋅ + = ⋅ + x x x t t x t 3 2 2 2 2 dx = dt . Dalje je ( ) ( ) ⎜ 2 ⎟. 2 2 − t 1 ⎝ ⎠ (t − 1) 2t

2

2

2

Sada smjenu uvrstimo u integral: x − x + 3x + 2

∫ x +

2

x + 3x + 2 2

dx =

⎛ 1 − 2t 2 ⎞ 1 − 2t 2 − + t 2 ⎜ 2 ⎟ t 2 −1 ⎝ t − 1 ⎠

∫ 1 − 2t

2t 2 − t − 1 dt = dt = I . 2t 2 + t − 1 ⎞

⎛ 1 − 2t 2 + t ⎜ 2 + 2⎟ − t 2 −1 t 1 ⎝ ⎠ 2

∫

Stepeni polinoma u brojniku i nazivniku posljednjeg integrala su jednaki, pa te polinom e možemo podijeliti. Koli čnik pri dijeljenju je 1, a ostatak j e −2t . Nakon dijeljenja imamo: 2t 2 − t − 1 2t ⎛ 1⎞ = 1− 2 , pa, imajući u vidu da je 2t 2 + t − 1 = 2 ⎜ t − ⎟ ( t + 1 ) (jer trinom ima 2 2t + t − 1 2t + t − 1 ⎝ 2⎠ 1 nule t 1 = i t 2 = −1 ), dobijamo: 2 t t t I = dt − 2 dt dt dt t dt = t − 2 I 1. = − = − 2 2 2t 2 + t − 1 2t − 1)( t + 1) ⎛ 1⎞ ( 2 ⎜ t − ⎟ ( t + 1) ⎝ 2⎠ Podintegralnu funkciju na desnoj strani ćemo rastaviti na parcijalne razlomke: t A B = + , ( 2t − 1)( t + 1) t + 1 2t − 1

∫

∫

∫

∫

∫

odakle množenjem sa (t + 1)(2t − 1) i izjedna čavanjem koeficijenata uz jednake stepene na obje strane jednakosti dobijamo sistem jedna čina 2 A + B = 1 B − A = 0

1 1 iz kojeg je A = , B = . Vraćajući se u integral dobijamo: 3 3 1 dt 1 dt 1 1 I1 = + = ln t + 1 + ln 2t − 1 + C 3 t + 1 3 2t − 1 3 6 Sada je

∫

∫

65

I = t −

2

1 1 ln (t + 1) − ln 2t − 1 + C = t − ln (t + 1) 2 (2t − 1) + C. 3 3 3

Konačno rješenje dobijamo kada vratimo staru prom jenljivu, stavljajući t =

x + 1 x + 2

.

1.8.1. Zadaci za samostalan rad Riješiti integrale: dx 176. . 2 x − x − 1 dx 178. . 2 x + x + 2 x + 2 180. 182.

1.9.

dx

∫

177.

∫ x +

∫

179.

∫ x −

181.

∫ ( x − 2)

3 + x

1

∫ (3 + x )

∫ ( x

2

3 − x

dx .

x 2

− 3 x + 2 ) x 2 − 4 x + 3

dx .

183.

1 − 2 x − x dx 1 + x − x dx

1

∫ 1 − 2 x

2

2

.

.

− x + 4 x − 3 2

1 + 2 x 1 − 2 x

.

dx .

Integracija nekih trigonometrijskih funkcija

∫

1.9.1. Integral oblika R (sin ax, cos ax )dx , Integral oblika

∫ R(sin ax, cos ax)dx , pri čemu

je podintegralna funkcija R racionalna

funkcija čiji argumenti su trigonometrijske funkcije, rješavamo uvode ći smjenu: ax ax 2dt 2 tg = t , = arctgt , x = arctgt odakle je dx = . 2 a a(1 + t ) 2 2 ax ax 2tg 1 − tg 2 2t 1 − t 2 2 2 Znamo da je: sin ax = , cos ax = , pa je: sin ax = , cos ax = . 1+ t 2 1 + t 2 2 ax 2 ax 1 + tg 1 + tg 2 2 K ad uvedemo ovu smjenu dobit ćemo integral racionalne funkcije po t . Ako vrijedi identitet R ( − sin ax, − cos ax ) ≡ R (sin ax, cos ax ) (tj. ukoliko je racionalna funkcija R parna kao funkcija svojih argumenata sin ax i cos ax , tada se integral oblika

∫ R(sin ax, cos ax)dx može rješavati uvođenjem smjene: 66

t

tgax = t , sin ax = x =

1 a

1 + tg t 2

arctgt ; dx =

, cos ax =

dt a (1 + t 2 )

1

;

1 + tg t 2

.


∫

sin x + cos x sin 2 x

dx .

Rješenje. Ovaj integral rješavamo smjenom

t = tg

x

2

. Postupak uvo đenja smjene opisan je

između dvije uspravne crte. Imamo: x tg = t 2 ⎛ 2t 1 − t 2 ⎞ 2 dt 2dt 2 ⎟ dx = ⎜ t2 + 2 2 1+ t 2 − 2t − 1 sin x + cos x 1 + t ⎠ 1 + t ⎝ t + 1 dx = dt . =− 2 2 2t = t t − 2 1 t t − 2sin x cos x 2 (1 ) sin x = ⋅ 2 2 2 1 + t 2 t + 1 t + 1 1 − t 2 cos x = 2 1 + t Poslije uvođenja smjene dobili smo integral racionalne funkcije koju rastavljamo na zbir elementarnih razlomaka i dobijemo nama poznate integrale. Imamo: t 2 − 2t − 1 A B C = + + . t (1 − t )(1 + t ) t 1 − t 1 + t

∫

∫

∫

Nakon množenja sa t (1 − t 2 ) i izjednačavanja koeficijenata dobijamo sistem jedna čina − A + B − C = 1 B + C = −2, A = −1

odakle je A = −1, B = −1, C = −1 . Vraćajući se u polazni integral, kojeg smo ozna čili sa I dobijamo: x⎛ x⎞ 1 x 1 dt 1 dt 1 dt 1 I = + + = ln tg ⎜1 + tg ⎟ − ln 1 − tg + C = 2 t 2 1 − t 2 1 + t 2 2⎝ 2⎠ 2 2

∫

1

= ln 2

∫

tg

∫

x ⎛

x⎞ 1 + tg ⎟ ⎜ x 1 1 2⎝ 2⎠ ⎛ x π ⎞ + C = ln tg + ln tg ⎜ + ⎟ + C. x 2 2 2 ⎝2 4 ⎠ 1 − tg

2

67


sin3 x

∫ sin 3 x − cos 3x + 1dx .

Rješenje. Podintegralna funkcija u ovom integralu je racionalna funkcija promjenljivih sin3 x 3 x i cos3 x , (u oznakama iz uvodnog dijela a = 3 ), pa ćemo uvesti smjenu t = tg . Cio 2 postupak uvođenja smjene obrazložen je izme đu dvije uspravne crte. Imamo: tg

∫

sin3 x

3 x

dx =

dx = sin 3 x − cos 3x + 1

2t

sin 3 x =

= t 2 2 dt

=

3 1 + t

2

, cos 3x =

1 − t

2

2 3

dt

∫ ( t + 1) (t + 1) 2

2

= I 1. 3

1+ t2 1 + t 2 Podintegralnu funkciju u integralu I 1 rastavimo na parcijalne razlomke: A Bt + C 1 = + . ( t + 1) (t 2 + 1) t + 1 t 2 + 1 Nak on množenja i izjednačavanja koeficijenata dobijamo sistem jedna čina A + B = 0 B + C = 0 A + C = 1

1 1 , B = − , C = . Vraćajući se u polazni integral I imamo: 2 2 2 2 ⎛ 1 dt 1 t − 1 ⎞ 1 1 1 2 I = ⎜ dt t t arctgt + C = − = + − + + ln 1 ln( 1) ⎟ 3 ⎝ 2 t + 1 2 t 2 + 1 ⎠ 3 6 3 čije

rješenje je A =

∫

1

= ln tg

1

∫

1 ⎛ 3x ⎞ x + 1 − ln ⎜ tg 2 + 1⎟ + + C. 2 6 ⎝ 2 ⎠ 2

3 x

3 Napomenimo na kraju da smo integral t − 1 t 1 1 dt dt dt ln(t 2 + 1) − arctgx , pri razdvojili na dva integrala: − = 2 2 2 t + 1 t +1 t + 1 2 2 smo prvi riješili sm jenom u = t + 1 , dok je drugi integral tablični.

∫

3. Izr ačunati integral

∫

∫

čemu

sin 2 x

∫ 4 + cos xdx . 2

Rješenje. Podintegralna funkcija u datom integralu je o čigledno parna funkcija promjenljivih sin x i cos x (jer se obje promjenljive javljaju na paran stepen), pa ćemo uvesti smjenu t = tgx . Cio postupak uvođenja smjene opisan je izme đu dvije uspravne crte. Imamo: 68

tgx = t , dx = 2

sin x

∫ 4 + cos xdx =

sin x =

2

cos x =

d t

1 + t 2 t

1 + t 1

2

t

⋅ 2

dt

2 = 1 + t 1 + t = 1 4+ 1 + t 2

∫

2

t

∫ (1 + t )( 5 + 4t ) d t. 2

2

(1)

1 + t 2 Integral na desnoj strani (1) je nama poznati integral racionalne funkcije. Podintegralnu 2 t At + B Ct + D = + funkciju rastavimo na zbir parcijalnih razlomaka: . (1 + t 2 )( 5 + 4t 2 ) 1 + t 2 5 + 4t 2

Kada se oslobodimo razlomka i izjedna čimo odgovarajuće koeficijente jednakih polinoma dobijemo sistem jednačina čije rješenje je : A = 0 , B = −1 , C = 0 , D = 5 , pa integral (1) postaje : 2 t dt dt dt 5 = − + = − + = dt ar ctgt 5 2 2 1+ t 5 + 4t 4 5 2 (1 + t 2 ) ( 5 + 4t 2 ) + t 4

∫

∫

−arctg (tgx) +

5 2

∫

∫

5 ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ tgx ⎟ + C = − x + arctg ⎜ tgx ⎟ + C . 2 ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠

arctg ⎜

U pojedinim zadacima je potrebno prije uvo đenja smjene na pogodan na čin transformisati podintegralnu funkciju. Uradimo dva t ak va primjera.


2 sin xdx

∫ sin x − sin x cos

. x Rješenje. U datom integralu podintegralna funkcija je parna po promjenljivim sin x i cos x , jer se u funkciji javljaju izrazi sin 2 x , sin 4 x (koji su parnog stepena) i izraz sin x cos3 x koji je stepena 4, jer se stepen proizvoda dvije promjenljive ra čuna sabiranjem stepena faktora u proizvodu. Međutim, da bismo mogli uvesti smjenu t = tgx potrebno je transformisati 4

3

podintegralnu funkciju, tako što ćemo i brojnik i nazivnik podijeliti sa cos 4 x (jer je 4 najveći dx stepen koji se javlja). Nakon transformacije, uvedemo smjenu t = tgx , dt = i opet cos 2 x dobijemo integral racionalne funkcije. Imamo: dx sin 2 x 2 dx tg x 2 sin xdx cos 4 x cos 2 x . = = I = sin 4 x sin x cos3 x tg 4 x − tgx sin 4 x − sin x cos 3 x − cos 4 x cos 4 x

∫

∫

∫

69

Sada možemo uvesti smjenu, poslije koje dobijamo: 2 t dt tdt = I = . 2 3 − + + t t t 1 ( 1) t ( t − 1) ( )

∫

∫

Dobili smo integral racionalne funkcije, koju rastavljamo na parcijalne razlomke: t A Bt + C = + . 2 2 − + + − + + t t t t t t 1 ( 1) 1 1 ( ) Nakon množenja sa (t 3 − 1) i izjednačavanja koeficijenata, dobit ćemo sistem jedna čina čije 1 1 1 rješenje je A = , B = − , C = . Sada imamo 3 3 3

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 1 dt 1 1⎢ 1 3 t −1 dt 2 ⎥ = − ∫ 2 ln t − 1 − ln(t + t + 1) + ∫ I = ∫ d t = 2 3 t − 1 3 t + t + 1 3⎢ 2 2 ⎛ 1⎞ 3⎥ + + t ⎢ ⎜ 2⎟ 4⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ tgx − 1 1 2tgx + 1 = ln + 3arctg + C . 2 3 3 tg x + tgx + 1 U ovom zadatku nismo detaljno objašnjavali izra čunavanje integrala rac ionalne funkcije.


dx

∫ ( sin x + cos x )

2

.

Rješenje. Podintegralna funkcija u ovom integralu je tako đer parna funkcija od sin x i cos x ,

jer je

2 2 ( sin x + cos x ) = ( − sin x − cos x ) .

Najveći stepen sin x ili cos x koji se javlja u

integralu je 2 , pa ćemo brojnik i nazivnik integrala podijeliti sa cos 2 x . Imamo dx dx dx 2 2 dx cos x cos x cos 2 x . = = = I = 2 2 2 2 ( sin x + cos x ) ( sin x + cos x ) (1 + tgx ) ⎛ sin x + cos x ⎞ ⎜ ⎟ cos2 x ⎝ cos x ⎠ dx Sada uvodimo smjenu t = tgx , dt = , nakon koje dobijamo cos 2 x dt 1 1 I = =− +C = − + C . 2 t tgx + + 1 1 t + 1 ( )

∫

∫

∫

∫

∫


∫ tg 5 xdx . 3

Rješenje. Ovakav oblik integrala rješavamo koriste ći formulu: 70

1

tg 2 ax =

−1 . cos 2 ax U ovom integralu ćemo podintegralnu funkciju transformisati na sljede ći način: ⎛ 1 ⎞ tg 3 5 x = tg 5 x ⋅ tg 2 5 x = tg 5 x ⎜ − 1⎟ . 2 ⎝ cos 5 x ⎠ Odatle imamo: 1 3 dx − tg 5 xdx = I1 − I 2 . I = tg 5 xdx = tg 5 x ⋅ cos 2 5 x 5dx U integralu I 1 ćemo uvesti smjenu t = tg 5 x , jer je dt = . Imamo: cos 2 5 x t = tg 5 x 1 1 1 dx = tdt = t 2 + C1 = tg 2 5 x + C 1. I1 = dt = 5 10 10 5 cos 2 5 x

∫

∫

∫

∫

Integral I 2

ćemo

također riješiti smjenom, ovaj put t = cos5 x , jer je − sin5 xdx =

1 5

dt , pa

imamo: sin 5 x 1 dt 1 1 I 2 = dx = − = − ln t + C2 = − ln cos 5 x + C 2 . cos 5 x 5 t 5 5 Konačno rješenje našeg zadatka možemo pisati u obliku 1 2 1 tg 3 5 xdx = tg 5 x + ln cos5 x + C . 10 5

∫

∫

∫


∫ ctg xdx . 4

Rješenje. Ovakav oblik integrala rješavamo koriste ći formulu: 1 ctg 2 ax = −1 . sin 2 ax Podintegralnu funkciju u ovom zadatku ćemo transformisati koriste ći formule za parne stepene funkcija sin i cos koje slijede iz navedenih formula. Imamo: ctg2 x 1 1 2 2 = sin x = , cos x = 2 . 2 tg x − 1 1 − ctg 2 x ctg x − 1 Sada je:

⎛ ctg2 x ⎞ ⎜ 1 − ctg2 x ⎟ cos 4 x ⎝ ⎠ 4 ctg xdx = dx = sin 4 x

1

2

dx

sin 2 x

4

=

ctg x

1 − ctg 2 x

d (−ctgx ) .

ctg x − 1 Sada je moguće u integralu uvesti smjenu t = ctgx , nakon koje dobijamo: 2

71

∫

I = ctg xdx = 4

4

t d t

∫ t − 1 . 2

Dobijeni integral je integral racionalne funkcije. Nakon dijeljenja polinoma u brojniku s polinomom u nazivniku imamo: 4 t 1 = t 2 + 1 + 2 , pa je 2 t −1 t − 1 dt t3 1 t − 1 2 = + t + ln + C . I = (t + 1) dt + 2 t − 1 3 2 t + 1 Vraćajući staru promjenljivu dobijamo: ctg 3 x 1 ctgx − 1 + ctgx + ln + C . I = 3 2 ctgx + 1

∫

∫

1.9.2. Integral oblika Integral oblika

∫ sin x cos m

∫ sin x cos m

n

n

xdx

xdx , gdje su m i n cijeli brojevi Pri rješavanju ovog integrala

može nastupiti više razli čitih slučajeva, od kojih ćemo mi posmatrati sljede ća dva: a) Ako je m = 2k + 1 neparan pozitivan broj, tada izraz sin m xdx pišemo u obliku m k 2k 2 k 2k 2 sin xdx = sin x ⋅ sin xdx = sin x ⋅ ( −d (cos x )) , te primijenimo identitet sin x = (1 − cos x) i u integralu uvedemo smjenu t = cos x . Dakle, imamo:

∫

k

∫

n n 2 2 k sin m x cos n xdx = − ∫ (1 − cos x ) cos xd (cos x ) = − (1 − t ) ⋅ t dt .

k Posljednji integral je lako izra čunati jer se razvojem binoma (1 − t 2 ) svodi na sumu tabličnih integrala. Analogno bi postupili u slu čaju n = 2k + 1 , za neki nenegativan cio broj k , s tim što je tada n k 2k 2 k 2 cos xdx = cos x ⋅ cos xdx = cos x ⋅ (d (sin x)) = (1 − sin x) ⋅ d (sin x) , što nam omogućava uvođenje smjene t = sin x .

b)

Ukoliko su m i n parni pozitivni brojevi onda se podintegralna funkcija u integralu

∫ sin x cos m

n

xd x transformiše pomo ću trigonometrijskih identiteta:

sin ax cos ax =

1

sin 2ax; sin 2 ax =

1 − cos 2ax

2 2 pomoću kojih snižavamo stepene m i n .

72

; cos 2 ax =

1 + cos 2ax 2

,

Riješeni primjeri 1. Izračunati integral ∫ sin 9 x cos 4 xdx . Rješenje. U ovom integralu je funkcija sin x data na neparan stepen, pa postupamo kao u slučaju a). Imamo:

∫ = − ∫ (1 − cos x )

∫

∫ cos xd (cos x ) = t = cos x = −∫ (1 − t )

I = sin 9 x cos 4 xdx = (sin 8 x cos 4 x ) sin xdx = − sin8 x cos 4 xd (cos x ) = 2

4

4

2

4

4

t dt .

Sada razvijemo binom (1 − t 2 ) 4 i dobijemo (1 − t 2 ) 4 = 1 − 4t 2 + 6t 4 − 4t 6 + t 8 . Uvrštavanjem u integral imamo, nakon vra ćanja na staru promjenljivu: 1 4 2 4 1 I = − (1 − 4t 2 + 6t 4 − 4t 6 + t 8 ) t 4dt = − cos 5 x + cos 7 x − cos 9 x + cos11 x − cos13 x + C . 5 7 3 11 13

∫

2. Izračunati integral ∫ sin 4 x cos 3 xdx . Rješenje. U datom integralu je funkcija cos x data na neparan stepen, pa postupamo kao u slučaju a) (drugi dio). Postupak uvođenja smjene obrazložen je izme đu dvije uspravne crte. Imamo:

∫

∫

∫

I = sin 4 x cos 3 xdx = (sin 2 x cos 2 x ) ⋅ cos xdx = sin 4 x cos 2 xd (sin x ) =

= ∫ sin 4 x(1 − sin 2 x) cos xdx =

1 1 t = sin x = t 4 (1 − t 2 ) dt = sin 5 x − sin 7 x + C . dt = cos xdx 5 7

∫

3. Izračunati integral ∫ sin 2 x cos 4 xdx . Rješenje. U datom integralu su funkcije sin x i cos x date na paran stepen, pa imamo slu čaj b). Kao prvo, transformisat ćemo podintegralnu funkciju na sljede ći način: 1 2 sin 2 x cos 4 x = ( sin x cos x ) ⋅ cos 2 x . Sada ćemo primijeniti identitete sin x cos x = sin 2 x i 2 1 + cos 2 x 1 cos 2 x = , odakle imamo sin 2 x cos 2 x = sin 2 2 x . Uvrštavaju ći to u integral 2 4 dobijamo: 1 1 + cos 2 x I = (sin 2 x cos2 x ) cos 2 xdx = dx = sin 2 2 x ⋅ 4 2 1 1 1 1 = sin 2 2 xdx + sin 2 2 x cos 2 xdx = I1 + I 2 . 8 8 8 8

∫

∫

∫

∫

73

U integralu I 1 funkcija sin2 x je stepenovana parnim stepenom, pa ćemo koristiti 1 trigonometrijski identitet sin 2 2 x = (1 − cos 4 x ) , na osnovu kojeg dobijamo 2 1 1 1 1 1 I1 = dx − (1 − cos 4 x )dx = cos 4 xdx = x − sin 4 x + C , 2 2 2 2 8 pri čemu smo drugi integral izračunali pomoću smjene t = 4 x . U integralu I 2 funkcija cos2 x se nalazi na neparan stepen, pa postupamo kao u slu čaju a). Imamo: t3 sin 3 2 x t = sin sin 2 x 2 2 1 I 2 = sin 2 x cos 2xdx = = t ⋅ dt = + C = + C . dt = 2cos2 xdx 2 6 6

∫

∫

∫

∫

∫

Konačno rješenje je je: 1⎛1 1 1 1 1 1 ⎞ 1 I = ⎜ x − sin 4 x + C ⎟ + x− sin 3 2 x + C = sin 4 x + sin 3 2 x + C . 8⎝2 8 8 16 64 64 48 ⎠ 48 1.9.3. Integrali oblika:

∫ sin mx cos nxdx, ∫ sin mx sin nxdx, ∫ cos mx cos nxdx

Integrale ovog oblika rješavamo koriste ći trigonometrijske identitete: 1 sin mx cos nx = [sin(m + n) x + sin(m − n) x ] , 2 1 sin mx sin nx = [cos(m − n) x − cos(m + n) x ] , 2 1 cos mx cos nx = [ cos(m − n) x + cos(m + n) x ]. 2


∫ sin 3 x cos 5xdx .

Rješenje. Primijenit ćemo prvi identitet i dobiti: 1 sin 3 x cos 5 x = (sin 8x − sin 2 x ) . 2 Uvrštavaju ći to u integral imamo 1 1 cos 8 x 1 + cos 2x + C = sin 3 x cos 5 xdx = ( sin 8 xdx − sin 2 xdx ) = − 2 2 8 4 1 1 = − cos 8 x + cos 2 x + C . 16 4 Posljednja dva integrala smo izra čunali pomoću smjena t = 8 x , odnosno t = 2 x .

∫

∫

∫

74


∫ cos x cos 2x cos 3xdx .

Rješenje. U datom integralu ćemo prvo transformisati podintegralnu funkciju. Kako je podintegralna podintegralna funkcija proizvod proizvod tri trigonometri trigonometri jske funkcije, morat morat ćemo transformacije vršiti dva puta. Imamo: 1 1 1 cos x cos 2 x cos 3x = ( cos x + cos 3x ) cos 3x = cos x cos 3 x + cos2 3x = 2 2 2 1 1 1 + cos 6 x = ( cos 2 x + cos 4 x ) + . 4 2 2 Sada imamo 1 1 1 cos x co cos 2 x cos 3xdx = cos 2xdx + cos4 xd x + (1 + co c os 6x )dx = 4 4 4 1 1 1 1 = sin 2 x + sin 4 x + x + sin 6 x + C . 8 16 4 24 24

∫

∫

∫

∫

1.9.4. Zadaci za samostalan rad Riješiti integ rale: sin x dx . 184. sin x + cos x dx 187. . 5 − 4 sin x + 3 cos x sin x 190. dx 3 (1 − cos x ) sin x + 2 cos x − 3 193. dx . sin x − 2 cos x + 3 dx 196. . 4 sin x + cos 4 x cos x dx . 199. sin 2 x − 6 sin x + 5 dx 202. . 1 + a cos x cos x dx . 205. 1 + cos x 208. cos 5 2 x sin 2 xdx .

dx

∫

185.

∫

188.

∫

191.

∫ cos x + sin

∫

194.

∫

197.

∫ 2 sin x − cos x + 3 . dx

∫ 2 sin x + cos x + 3

cos x

∫ sin x − cos x dx . 3

3

dx

∫ 7 cos x − 4 sin x + 8 .

.

189.

dx .

192.

∫ 3 sin

∫ sin x + 2 cos x dx .

195.

∫

198.

∫

cos 2 x

4

4

x

sin x − cos x

sin 2 x − cos 2 x

∫ sin x + cos xdx . 4

4

1 + tgx

∫

200.

∫

203.

∫ ∫

∫ sin x cos xdx . 209. ∫ sin x cos 3 xdx . 206.

186.

∫ sin 2 x dx . sin x cos x

∫ 1 + sin

4

x

2

2

dx .

4

2

75

dx

x + 5 cos 2 x cos x dx . 1 + cos x sin 2 x dx . 1 + sin 2 x 2

(sin x − cos x )2

201.

∫

204.

∫ cos x + cosα .

sin 2 x dx

dx .

∫ sin x cos xdx . 210. ∫ sin x cos xdx . 207.

5

5

2

3

.

x

x

212.

∫ sin x cos xdx .

213.

∫ ctg

3

xdx .

215.

∫ tg xdx .

216.

∫ ctg

6

xdx .

sin 5 x cos 3 xdx .

218.

∫

cos x cos 3 x cos 5 xdx .

219.

∫

220.

∫ sin 3 x cos 5 xdx .

221.

∫

cos

222.

∫

223.

∫ cos x cos

224.

∫

sin 2 2 x cos 3 xdx .

225.

∫

211.

∫

214.

∫

217.

∫

sin 3

2 3 x

cos 5

dx .

2 ⎛ 4 x⎞ ⎜ tg 2 + tg 4 ⎟dx . ⎝ ⎠

2

3xdx .

2

2

5

x

2

cos

x

3

dx . 2

76

x

x

dx . 2 3 x 2 x dx . sin cos 3 3 sin x + cos x dx . sin 2 x

sin x sin

sin

2. Određeni integral 2.1.

Definicija određenog integrala

Neka je ograničena funkcija f definisana u zatvorenom intervalu

[a, b].

Podijelimo

interval [a, b] tačkama x 0 , x1 ,... x n tako da je a = x 0 < x1 < ... < x n = b.

(1)

Uzmimo proizvoljno ξ k ∈ ( x k −1 , x k ); (k = 1,2..., n) i posmatrajmo sumu n

∑ f (ξ )Δx k

k

, gdje je Δ xk = xk − xk −1 , k ≥ 1 .

k =1

Ova suma zove se integralna suma. n

Ako postoji

lim n →∞

∑ f (ξ )Δ x k

k

i ako je kona čan, za ma kakvu podjelu intervala [a, b] na

k =1

podintervale oblika (1), zvat ćemo ga određenim integralom u Rie mannovom smislu funkcije f u granicama a do b i pisati: b

n

∫ f ( x)dx = lim∑ f (ξ )Δx a

n →∞

k

k

.

k =1

Brojevi a i b su granice integrala, a zovemo donjom granicom, a b gornjom granicom. U ovom slučaju kažemo da je funkcija f integrabilna na odsječku [a, b] . Može se pokazati da, ukoliko je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] , ona je na tom segmentu i integrabilna. Mi se nećemo mnogo baviti izra čunavanjem određenog integrala na osnovu njegove definicije, jer postoje mnogo jednostavnije metode za izra čunavanje određenog integrala pomoću neodređenog. Zbog toga ćemo uraditi samo jedan primjer izra čunavanja određenog integrala putem definicije, kako bismo tu definiciju nešto bolje ilustrovali . 4

1. Izračunati po definiciji odre đeni integral ∫ xdx . 1

Rješenje. Funkcija f ( x ) = x je neprekidna na segmentu [1,4] pa je i integrabilna na segmentu

[1,4] . Granična vrijednost integrabilnih suma u tom slu čaju ne zavisi od podjele segmenta [1,4] i izbora tačaka ξ k , pa ćemo zbog toga podjelu segmenta [1,4] i izbor tačaka ξ k izvršiti tako da nam je što lakše na ći graničnu vrijednost integralnih suma. Zbog linearnosti funkcije 77

f ( x ) = x , zgodno je, pri proizvoljnoj podjeli (1) segmenta [1,4] uzeti za ξ k sredine intervala

podjele, tj. staviti ξ k =

xk + xk −1

. Tada imamo: 2 2 2 2 2 n n n xk − xk −1 x n − x0 ⎛ xk + xk −1 ⎞ = S= f (ξ k )Δxk = . ⎜ ⎟ ( xk − xk −1 ) = 2 2 2 ⎠ k =1 k =1 ⎝ k =1

∑

Pošto

∑

∫

2.2.

x n − x 0 2

xdx = lim

1

xn = 4

je

4

∑

n→ ∞

2

2

=

i

15 2

=7

x0 = 1 1 2

prema

definiciji

određenog

integrala

imamo:

.

Osobine određenog integrala. Newton-Leibnizova formula

1° Ukoliko se donja i gornja granica integracije podudaraju, određeni integral je jednak nuli, a

∫ f ( x)dx = 0 . a

2° U određenom integralu možemo zamijeniti granice, ali uz izlučivanje minusa ispred integrala, b

a

a

b

∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx . 3° Ukoliko odaberemo tačku c takvu da je a < c < b , tada je b

c

b

a

a

c

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx 4° Ako je funkcija f parna, tj. vrijedi f ( − x ) = f ( x) , onda je a

a

−a

0

∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx . 5° Ako je funkcija f neparna, tj. f (− x) = − f ( x) , onda je a

∫ f ( x)dx = 0 −a

6° Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] , onda na tom odsječku postoji neodređeni integral funk cije f , neka funkcija F , tj. vrijedi

∫ f ( x)dx = F ( x) + C . 78

Veza između određenog i neodređenog integrala funkcije f na [a, b] data je b

Leibnizovom formulom:

Newton-

b

∫ f ( x )dx = F ( x ) a = F (b ) − F (a ) .

a

Riješeni primjeri 3

∫ (1 − x ) dx .


2

1

ćemo

Rješenje. Ovaj integral

izračunati primjenom Newton-Leibnizove formule. Imamo:

3

⎛ x 3 ⎞ ⎛ 33 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 2 − = − = − − − = − x dx x 1 3 1 6 . ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫1 3 3 3 3 ⎠ ⎝ ⎠1 ⎝ ⎠ ⎝ 3

2

1

dx

∫3+ x


.

2

0

Rješenje. Primjenom Newton-Leibnizove formule dobijamo: 1

dx

∫ 3 + x 0

2

=

1 3

arctg

1

x

1

=

3

3

0

Napomenimo da je arctg

1 3

arctg

=

π

6

1

−

3

, jer je tg

1 3 π

6

arctg 0 =

=

1 3

1 π 3 6

.

.

π / 4

∫ tgxdx .


0

Rješenje. Neodređeni integral podintegralne funkcije smo ranije odredili, tako da imamo: π / 4

∫ tgxdx = − ln cos x

π 4 0

π

= −(ln(cos ) − ln(cos 0)) = − ln 4

0

2 2

= ln 2 .

π / 2


∫

sin 3 xdx .

−π / 2 3 3 3 3 Rješenje. Funkcija sin je neparna funkcija, pa je sin (− x) = (sin( − x)) = ( − sin x) = − sin x ,

što znači da je podintegralna funkcija neparna. Zbog toga je, na osnovu osobine 5 π / 2

∫

3 sin xdx = 0 .

−π / 2

79

2.2.1. Zadaci za samostalan rad Izračunati integrale: 1

226. 229.

dx

∫ 1+ x

2

227.

;

∫

0

−2

8

4

∫(

)

2 x + x dx ; 3

230.

0

2

x

e dx ;

∫ x 3

228.

dx

∫ sin x ;

−2

2

dx 2

− 3 x + 2

;

2

231.

∫ 0

2.3.

dx

1− x2

;

Metode integracije u određenom integralu

2.3.1. Metoda smjene Neka je funkcija f neprekidna u intervalu [a, b] i x = (t ) također neprekidna funkcija od t u intervalu [α , β ] . Pretpostavimo još i da je izvod ϕ ' funkcije ϕ neprekidna funkcija u intervalu intervalu

[ , β ] , gdje je a = [α , β ] . Tada vrijedi :

b

β

a

α

(α ) i b =

( β ) , te da je funkcija f ( (t )) neprekidna u

∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ (t))ϕ '(t) dt . Kažemo da smo nezavisno promjenljivu x zamijenili nezavisno promjenljivom t . Može se primijetiti da je smjena promjenljive u odre đenom integralu analogna smjeni promjenljive u neodređenom integralu, s tim što kod odre đenog integrala nije dovoljno funkciju f ( x ) i dx izraziti preko nove promjenljive t , nego je potrebno promijeniti i granice integracije.

Riješeni primjeri 4


∫ x −

2 x + 1dx .

1 2

uvesti smjenu t 2 = 2 x + 1 , t ≥ 0 . Tada je 2tdt = 2dx , 2 t − 1 odnosno dx = tdt . Također je x = . 2 1 Potrebno je još promijeniti granic e integracije. Za x = − je t 2 = 0 , pa je nova donja 2 2 granica jednaka 0 . Za x = 4 je t = 2 ⋅ 4 + 1 = 9 , odakle je t = 3 , pa imamo:

Rješenje. U ovom integralu

ćemo

80

t = 2x + 1 2

dx = tdt

4

∫ x −

2 x + 1dx =

1 2

x = −

1

2

=∫

⇒ t = 0

2

t − 1

3

2

0

⋅ t dt = 2

1

3

(t 2∫

4

− t 2 ) dt =

0

x = 4 ⇒ t = 3 3

5 3 5 3 t ⎞ 1⎛t 1⎛3 3 ⎞ 4 = ⎜ − ⎟ = ⎜ − ⎟ = 19 . 2⎝ 5 3 ⎠0 2⎝ 5 3⎠ 5

1


e x

∫

e + e x

0

−x

dx . x

Rješenje. U ovom integralu ćemo uvesti smjenu t =

1

e = e . Tada je dt = x

2

2

x

e 2 dx , odakle je

x

e x dx = 2dt . Također je

e

− x

=e

−

= t −1 .

2

Ostalo je još da promijenimo granice integracije. Za x = 0 je t = e 0 = 1 , dok za x = 1 1

imamo t = e 2 = e . Sada je: 1

∫ 0

e

e x e + e x

−x

∫ t +t

dx =

e

2d t −1


∫ 3

e

= ln(t 2 + 1) 1 = ln(e + 1) − ln 2 = ln

2

1

29

2tdt

∫ t + 1

=

1

3

( x − 2 )

3+

Rješenje. U ovom integralu

3

e +1

2

.

2

( x − 2 ) ćemo

2

dx .

uvesti smjenu x − 2 = t 3 , odakle je

3

2 ( x − 2 ) = t 2 ,

te

dx = 3t 2 dt . Sada je potrebno promijeniti granice integracije. Za x = 3 imamo t 3 = 1 , odakle je t = 1 . Za x = 29 je t 3 = 27 , pa je t = 3 . Sada imamo:

x − 2 = t

3

I =

29

3

3

3+

∫

( x − 2 ) 3

2

( x − 2 )

2

dx =

d x = 3t dt 2

x = 3, t = 1

3

=∫ 1

2 2 t ⋅ 3t

3 + t 2

3

dt =3

4

t

∫ 3 + t dt = 3I . 2

1

x = 29, t = 3

U integralu I 1 ćemo podijeliti brojnik sa nazivnikom i dobiti 81

1

4

t

3+t

= t 2 − 3 +

2

9

. Sada je

3 + t 2

3

3

⎛ t3 ⎞ t 27 3 3 2 π . = − + = + I = 3∫ ( t − 3) dt + 27 ∫ t a rctg 3 3 8 ⎜ ⎟ 2 3 2 + t 3 3 3 ⎝ ⎠ 1 1 1 1 3

3

dt

5


2

∫ 0

x9 dx 3

(1 + x ) 5

.

Rješenje. Kako je x 9 dx = x 5 ⋅ x 4 dx , to u datom int egralu možemo uvesti smjenu t = x 5 + 1 , jer 1 je tada x 5 = t − 1 , dt = 5 x 4 dx , pa je x 9 dx = (t − 1) ⋅ dt . 5

Sada ćemo promijeniti granice integracije. Z a x = 0 je t = 05 + 1 = 1 . Za x = t = 2 + 1 = 3 , pa imamo:

5

2 je

1 + x 5 = t ; x 5 = t − 1 5

2

∫ 0

5 x 4 dx = dt

9

x dx 3

(1 + x ) 5

=

1 t − 1 1 dt 1 dt = = − = dt 5 1 t 3 5 1 t 2 5 1 t 3 3

∫

x = 0, t = 1 x =

5

3

2, t = 3

∫

3

∫

3

1 ⎞ 1 1 1 1 2 ⎛ 1 = ⎜− + 2 ⎟ = − + + − = . 15 5 90 10 45 ⎝ 5t 10t ⎠ 1 2 2


dx

∫

8

x

3

(x

2

− 2)

5

Rješenje. Dati integral ćemo napisati u obliku: 2 2

∫

8 3

2 2

dx x

(x

2

− 2)

= 5

∫ x ( x −1

−5

2

− 2 ) 2 dx .

8 3

Ovo je integral binomnog diferencijala u kome je m = −1 , n = 2 i p = −

5

m +1

= 0, 2 n što je cio broj. Zbog toga ćemo uvesti smjenu kao u 1.10. b). Imamo: x 2 − 2 = t 2 , t ≥ 0 , dx xdx tdt odakle je t = x 2 − 2 , te . = 2 = 2 x x t + 2 82

, pa je

8

Sada ćemo promijeniti granice. Za x = t = 2 2

8

x

3

2 3

, dok je za x = 2 2 odgovaraju će

6 . Imamo: 6

dx

∫

3

je t =

(x

2

− 2)

5

=

tdt

∫ t (t 5

2

2

+ 2)

6

=

dt

∫ t (t 4

2

3

2

+ 2 )

.

3

Ovo je integral racionalne funkcije koju ćemo rastaviti na zbir elementarnih (parcijalnih) razlomaka: A B C D Et + F 1 . = + 2+ 3+ 4+ 2 t t t + 2 t 4 ( t 2 + 2 ) t t Nakon množenja sa t 4 (t 2 + 2) i izjednačavanja koeficijenata u jednakim polinomima na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jedna čina: A + E = 0 B + F = 0 2 A + C = 0 2 B + D = 0 2C = 0 2 D = 1 1 1 1 čije je rješenje: A = C = E = 0 , D = , B = − , F = . Sada imamo: 2 4 4 2 2

∫

8 3

x

(x

2

− 2)

t ⎞ 1 ⎞ 1 ⎛1 1 ⎛ −1 1 = ∫⎜ 2+ 4+ 2 = − + dt arctg ⎟ ⎜ 4t 6t 3 ⎟ 4t 2t 4(t + 2) ⎠ 4 2 2⎠ ⎝ 2 ⎝ 6

dx 5

3

π / 2


∫ 0

dx

2 cos x + 3

6

= 2 3

.

Rješenje. Prema izloženom u paragrafu 1.9.1. uvodimo smjenu x 2dt 1 − t 2 tg = t , ( x < π ); dx = ; cos x = , 2 1 + t 2 1 + t 2 π π na osnovu koje imamo: za x = 0 je t = 0 , a za x = je t = t g = 1 . Sada je: 2 4 π 2dt 1 1 1 2 2 dx dt 2 t 2 1 t + 1 = =2 2 = = arctg arctg . 2 + x 2 cos 3 t t − + 1 5 5 5 5 5 0 0 0 0 +3 2 2 1 + t

∫

∫

∫

83

6 27

+

1 24 2

π .

2.3.2. Metoda parcijalne integracije Metoda parcijalne integracije kod odre đenog integrala, kao i kod neodređenog zasniva se na formuli d (uv) = udv + vdu , koja sigurno vrijedi u slu čaju da su funkcije u i v neprekidno diferencijabilne. Primjenom o ve formule i Newton-Leibnizove formule dolazimo do sljede ćeg zaključka: ako funkcije u(x) i v(x) imaju neprekidne izvode u intervalu [a, b] tada je: b

∫ udv = uv

b a

b

− ∫ vdu .

a

a

Način odabira funkcija u i v je isti kao u slu čaju neodređenog integrala.

Riješeni primjeri 1 2

1. Izračunati integral ∫ arcsin xdx . 0

Rješenje. U ovom integralu ćemo uzeti u = arcsin x i dv = dx , pa je du =

dx

1 − x

2

, v = x.

Sada imamo: u = arcsin x 1 2

∫

arcsin xdx =

0

du =

dx

1 + x dv = dx

2

1 2

1 2 0

= x arcsin x − ∫ 0

x

1− x

2

dx =

1 π

⋅

2 6

+ 1− x

1 2 2

==

0

π 12

+

3 2

− 1.

v=x

Napomenimo da je arcsin

1 2

=

π 6

, jer je sin

π 6

=

1 2

, te da vrijedi

∫

x

1 − x

2

dx = 1 − x 2 , u

što se lako možemo uvjeriti smjenom t 2 = 1 − x 2 , tdt = − xdx . π 4


x

∫ cos 0

2

x

dx .

R ješenje. U datom integralu imamo v=

dx ctg 2 x

, što je zgodno uzeti za dv , jer je u tom slu čaju

dx

∫ cos x = tgx . Sada imamo: 2

84

u=x π

4

π

du = dx

x

∫ cos xdx = dv = 0

= xtgx 04 − ∫ tgxdx =

dx

2

4

π

0

cos 2 x v = tgx

jer je cos

π 4

=

2

i tg

2

π 4

π 4

+ ln cos x

π

4 0

=

π 4

+ ln

2 2

,

= 1.

π 2

∫ x sin x cos xd x .


0

Rješenje. Kao prvo, transformisat ćemo 2sin x cos x = sin 2 x , na osnovu kojeg imamo π

podintegralnu funkciju, koriste ći identitet

π

2

∫

I= x sin x cos xdx = 0

1

2

∫ x sin 2xdx .

20

Sada ćemo primijeniti parcijalnu integraciju, stavljaju ći u = x i dv = sin2 xdx (cio postupak je dat između dvije uspravne crte). Imamo: u=x du = dx

π

1 2

2

∫ x sin 2 xdx = 0

π

π

dv = sin 2 xdx = −

1

1 4

x cos 2x

2

+

0

v = − cos2 x 2

1 4

2

∫ cos 2xdx = 0

π

π

1

8

8

= − cos π + sin 2 x

2 0

=

π 8

.

1

4. Izračunati integral ∫ arctg xdx . 0

Rješenje. Da bismo izračunali dati integral, prvo

ćemo

primijeniti metodu parcijalne 1 1 integracije, stavljajući u = arctg x , dv = dx , odakle imamo dx = ⋅ dx i 2 2 x 1 + x

( )

v = x . Sada je:

85

u = arctg x dx

du =

1

∫

I = arctg xdx = 0

1

2 x (1 + x) = ( xarct g x ) − 0

dv = dx

1

1

2∫ 0

xdx x ( x + 1)

=

π 4

1

− I 1 . 2

v=x

U integralu I 1 ćemo uvesti smjenu x = t 2 ; odakle je dx = 2tdt . Sada ćemo promijeniti granice integracije. Za x = 0 je t = 0, za x = 1 je t = 1 , pa je:

⎛ dt ⎞ 1 + t 2 − 1 = = = − = I1 = dt dt dt 2 2 ⎜ 2 2 2 ⎟ + + + t t t 1 1 1 + x x ( 1) ⎝0 ⎠ 0 0 0 0 π π 1 = 2 − 2arctgt 0 = 2 − 2 ⋅ ( − 0) = 2 − . 4 2 Uvrštavanjem I 1 u I dobijamo kona čno rješenje zadatka u obliku: π 1 π π π π I = − (2 − ) = − 1 + = − 1. 4 2 2 4 4 2 1

∫

1

xdx

∫

1

2t 2

1

∫

1

∫

∫

1

5. Izračunati integral ∫ x ln( x 2 + 1)dx . 0

Rješenje. S obzirom da se u podintegralnoj funkciji javl ja funk cija ln , stavit ćemo 1 1 2 i u = ln (1 + x 2 ) , pa nam preostaje dv = xdx . Odavde je du = xdx v x , pa ⋅ = 2 2 1 + x2 imamo: 1

I =

∫

x ln( x + 1)dx = 2

0

x 2

2

1

ln( x + 1) − 2

0

1

x3

∫ 1 + x

dx = 2

0

1 2

ln 2 − 0 − I1 .

Pri izračunavanju integrala I 1 podijelimo brojnik i nazivnik da dobijemo x

3

1 + x 2

= x −

1

∫

I1 = xdx − 0

x

1 + x2

1

x

∫ 1 + x 0

, odakle imamo

dx = 2

1 2

1

x

1

1

1

1

1

2

2

2

− ln(1 + x ) = − 0 − (ln 2 − ln1) =

2 0

2

2

0

Sada je 1 1 1 1 I = ln 2 − ( − ln 2) = ln 2 − . 2 2 2 2

86

1

− ln 2. 2

2.3.3. Zadaci za samostalni rad Riješiti određene integrale smjenom promjenjivih: 1

232.

∫1+ 1

∫

e +e x

1 1

x

0

8

dx ;

234.

2

236.

;

x 2

∫ (1 + x ) dx ; 2 3

0

1 − e dx ; 2x

237.

+e

e x − 1

∫

242.

2 x − 1

∫

x

1

240.

dx ;

dx ;

x + 1

∫ x(1 + xe

x

1

ln 4

;

x + 1

2

0

− x

∫

2

∫

239.

dx ;

x

3

− ln 2

dx

∫e

∫ 1 + x 1

− x

1 + x 2

∫

x

0

x

3

241.

233.

e x dx

0

238.

;

x

0

235.

1

xdx

e −1 x

ln 2

)

dx ;

π

dx ;

2

243.

∫ sin x(1 + cos x)dx ; 2

0

e x − 1

ln 5

244.

∫ 1 + 3e

−x

1

245.

dx ;

∫ x

x 3

0

0

dx ;

+ 2 x 3 + 1

6

Određene integrale riješiti metodom parcijalne integracije: e −1

246.

∫ ln( x + 1)dx ;

e

247.

0

1

π

π

2

2

∫

249. x cos xdx ;

250.

0

∫

252.

a + x 2

dx ;

2

∫

x e 2 cos xdx ;

251.

arcsin xdx ;

256.

∫ cos x sin

254.

xdx ;

259.

3

x

π

π

∫e

x

dx ;

2

sin xdx ;

257.

∫ sin xdx ; 4

0 2

∫ 2 xe

x 2

dx ;

260.

dx ;

2

87

x 2 e

x

∫ ( x + 2) dx ; 2

0

(1 + x ) 2

∫

1

ln 2

xe arctgx

a 2 − x 2 dx ;

sin 2 x π / 4

ln 3

0

∫

π / 3

0 5

∫ 0

2

π / 2

0

∫

a

∫

0

261.

0

253. x ln xdx ;

1

1

∫

−x 248. xe dx ;

2

x 3 3

0

258.

1

0

a 7

255.

∫ ln xdx ; 3

Riješiti određene integrale: π 4

262.

∫ −

x

π

2

cos x

263.

∫

∫ x 0

e −1

x

e +3 x

2

− 3 x + 2

a

;

264.

dx ;

4

267.

∫ −a

π

x

e

0

2.4.

dx ;

x 3 dx

2

4

ln 5

266.

1

+1

2003

π / 2

x sin x

268.

∫ cos x dx ; 3

∫ 0

0

x 2 2 2 a + x

1

dx ;

dx

2 cos x + 3

265.

∫

2 x + x 2 dx ;

0

3

;

269.

∫ x 1

dx x + 5 x + 1 2

;

Primjena određenog integrala

Neka je data funkcija y = f ( x ) , pri čemu je f integrabilna, nenegativna funkcija na

[ a, b] .

Tada je površina krivolinijskog trapeza ograničenog sa: lukom krive y = f ( x) ,

pravama

x = a i x = b i odsječkom [ a, b]

(vidi sliku1.) data formulom: b

∫ f ( x)dx . a

Ukoliko funkcija f nije nenegativna, površina omeđena lukom krive y = f ( x) , x -osom i pravim x = a i x = b jednaka je b

∫ f ( x) dx .

Slika 1.

a

Određeni integral možemo koristiti i za izra čunavanje površine između krivih y = f ( x ) i y = g ( x ) koja se nalazi između pravaca x = a i y = b . Ta površina (slika 2.) jednaka je b

∫ f ( x) − g ( x ) dx . a

Slika 2.

88

Riješeni primjeri 1. Izračunati površinu lika og raničenog lukom krive 2 y = x + x + 1 , i pravama: x = −1 , x = 1 i y = 0 . Rješenje. Tražena površina je prikazana na slici 3. Na osnovu formule date gore, imamo da je 1

1

x 3 x 2 ( x + x + 1) dx = ( 3 + 2 + x) = −1 −1

∫

2

1

1

1

1

2

3

2

3

2

3

= + + 1 − ( − + − 1) = 2 .

Slika 3.

2. Izračunati površinu oblasti ograni čene krivom y = x − 4 x + 3 i pravama y = 0 , x = 0 i x = 2 . 2

Rješenje. Tražena površina je data na slici 4. Vidimo da u ovom slučaju data funkcija nije nenegativna na posmatranom intervalu. Kako je funkcija na segment u [0,1] pozitivna, a na

segmentu [1,2] negativna, to je

⎧ x 2 − 4 x + 3, za x ∈ [0,1] y = ⎨ . 2 − − + ∈ x x x ( 4 3), za 1, 2 [ ] ⎩ Sada je 1

P=

∫x

1

2

2

− 4 x + 3 dx = ∫ ( x − 4 x + 3) dx − ∫ ( x 2 − 4x + 3) dx = 2

0

0 1

1 2

⎛ x3 ⎞ ⎛ x3 ⎞ 2 = ⎜ − 2 x + 3x ⎟ − ⎜ − 2 x 2 + 3x ⎟ = 2. ⎝3 ⎠0 ⎝ 3 ⎠1 Dakle, tražena površina je 2.

Slika 4.

3. Izračunati površinu ograni čenu kružnicom x 2 + y 2 = 16 i parabolom y 2 = 6 x za x ∈ [0,4] . Rješenje. Tražena površina je simetri čna pa je P = 2 P1 , vidi sliku 5.

89

Nađimo sada presječnu tačku A kružnice i parabole. To ćemo učiniti tako što ćemo riješiti 2 2 x + y = 16 sistem jednačina : 2 . y = 6 x Uvrštavanjem y 2 iz druge jedna čine u prvu, dobijamo kvadratnu jednačinu x 2 + 6 x − 16 = 0 , čija rješenja su x1 = 2 i x2 = −8 . Nas zanimaju samo pozitivne vrijednosti nepoznate x (jer je 2 y = 6 x ≥ 0 ), pa je rješenje x = 2 . Sada je očigledno da se površina P1 sastoji iz dva dijela: površine izme đu krive y = 6 x , prave x = 2 i x -ose (za 0 ≤ x ≤ 2 ) i površine izme đu 2 krive y = 4 − x , prave x = 2 i x -ose (za 2 ≤ x ≤ 4 ). Imamo: 2

P1 =

∫

4

6 xdx +

0

∫

2 I 2 . 16 − x dx = I1 +

2

Sada je 2

∫

1

I1 = 6 x 2 dx = 0

2 6 3

3

2

⋅ x2 = 0

8 3 3

.

Slika 5.

U integralu I 2 ćemo iskoristiti formulu datu u 1.9.3. (gdje je a = 4 ), pa imamo: 4

P2 =

∫ 2

= 8⋅

4

x⎞ 16 1 ⎞ ⎛ x ⎛ 2 16 − x dx = ⎜ 16 − x + arcsin ⎟ = ( 0 + 8arcsin1) − ⎜ 12 + 8arcsin ⎟ = 2 4⎠2 2⎠ ⎝2 ⎝ 2

π 2

− 12 − 8 ⋅

π 6

=

8π 3

− 2 3.

⎛ 8 3 8π ⎞ 16π 4 3 + − + 2 3⎟ = . ⎜ 3 ⎟ 3 3 3 ⎝ ⎠

Sada je P = 2 ⎜

4. Izračunati površinu figure ograni čene parabolom y 2 = 2 x + 1 i pravom x − y − 1 = 0 . Rješenje. Tražena površina P je sastavljena iz dva dijela (vidi sliku 6.). Prvi dio je površina između parabole y 2 = 2 x + 1 i y -ose, koja je zbog simetrije jednaka 2 P1 .

Drugi dio je površina izme đu "gornjeg dijela parabole", tj. krive y = 2 x + 1 i prave y = x − 1 , i to između y − ose i presječne tačke ove dvije krive. Dakle, P = 2 P1 + P2 . 90

Kao prvo, naći ćemo presječne tačke parabole i prave, rješavanjem sistema jednačina y = x − 1 . y 2 = 2 x + 1 Ovaj sistem se, nakon uvrštavanja nepoznate y iz prve jednačine u drugu svodi na kvadratnu

jednačinu

2

( x − 1) = 2 x + 1 ,

čija

rješenja su x1 = 0 i x2 = 4 . Tjeme parabole nalazi se u ta čki x = − 0

P1 =

∫ −

1

2 x + 1dx =

1 3

3

0

2

, pa je

1

(2 x + 1) 2

= . −

2

1

3

1 2

S druge strane, površina P2 je površina između dvije krive, za 0 ≤ x ≤ 4 , pa je 4

P2 =

∫

2 x + 1 − ( x − 1) dx .

0

K ako za 0 ≤ x ≤ 4 vrijedi (što se vidi i sa slike 5.), to je 4

P2 =

∫ 0

2 x + 1 ≥ ( x − 1) 4

4

⎛ x 2 ⎞ 2 2 x + 1dx − ∫ ( x − 1)dx = (2 x + 1) − ⎜ − x ⎟ = 3 ⎝ 2 ⎠0 0 0 4

1

26

3

3

= (27 − 1) − (8 − 4) =

3

1

−4=

14 3

.

1 14 1 Sada je P = 2 ⋅ + =5 . 3 3 3 5. Izračunati povr šinu ograničenu linijama: y = 2 − x 2 i y = x . Rješenje. Prikažimo date funkcije na slici 7. Kako su te dvije funkcije parne, vidimo da je tražena površina simetri čna, pa je P = 2 P1 , gdje

je P1 površina između datih krivih i y -ose. Kao prvo, naći ćemo presječnu tačku krivih, rješavanjem sistema jedn ačina y = 2 − x 2 ; y = x , 91

Slika 6.

pri čemu možemo pretpostaviti da je x > 0 , jer tražimo presje čnu tačku u kojoj je x > 0 . Slika 7.

U ovom slučaju je x = x , pa se sistem svodi na kvadratnu jednačinu x = 2 − x 2 , čija rješenja su x = 1 i x = −2 , pa je traženo rješenje x = 1 (zbog uslova x > 0 ). Sada je 1

3 2 ⎛ x x ⎞ 1 1 7 − ⎟ = 2− − = . P1 = ∫ 2 − x − x dx = ∫ ( 2 − x − x ) dx = ⎜ 2x − 3 2 ⎠0 3 2 6 ⎝ 0 0 1

1

2

2

Odavde odmah slijedi da je t ražena površina P = 2 ⋅

7 6

=

7 3

6. Izračunati površinu izme đu parabole y 2 + y + x = 6 i Rješenje.

U ovom primjeru je

zgodno izraziti

.

y -ose.

promjenljivu x kao funkciju od y , tj.

zamijeniti mjesta zavisno i nezavisno prom jenljive, sada smatraju ći da je x = f ( y ) . Naime, u tom slučaju je površina između krive x = f ( y ) , y -ose i pravih y = a i y = b jednaka b

∫ f ( y ) dy . a

Dakle, stavit ćemo 2 x = f ( y ) = −( y + y − 6) , i odrediti presječne tačke ove funkcije i y -ose, rješavanjem jedna čine y 2 + y − 6 = 0 . Rješenja su y = − 3 i y = 2 , kao što je prikazano na slici 8. Za −3 ≤ y ≤ 2 je − ( y 2 + y − 6 ) ≥ 0 pa je f ( y ) = − ( y 2 + y − 6 ) , što znači da je

tražena površina 2

⎛ y3 y 2 ⎞ 125 2 + −6y ⎟ = P = ∫ −( y + y − 6)dy = − ⎜ . 3 2 6 ⎝ ⎠ −3 −3 2

7. Izračunati površinu koju zatvara kriva y =

92

ln x x

Slika 8.

i prave y = 0 i x = e .

Rješenje. Površina omeđena datom krivom, x -osom i pravom x = e je data na slici 9. Kako kriva siječe x -osu u tački (1, 0) , tražena površina je površina izme đu krive, x -ose i pravih x = 1 i x = e . Imamo: t = ln x e

P=

∫ 1

ln x x

=

dt =

dx

1

2

1

1 = tdt = = . x 2 0 2 x = 1 ⇒ t = 0 0

∫

t

x = e ⇒ t = 1

8. U tačkama presjeka prave y = 2 i parabole y = 3 − x

2

povučene su tangente na parabolu. površinu ome đenu parabolom i

Izračunati Slika 9. tangentama. Rješenje. Odredimo tačke pr esjeka parabole i prave. To su ta čke za koje je y = 2 i y = 3 − x 2 , odakle, izjednačavanjem, dobijamo x1 = − 1 i x2 = 1 . Dakle, tačke presjeka su A( −1, 2) i B = (1, 2) , kao što je prikazano na slici 10. Jednačina tangente na parabolu y = 3 − x 2 u tački

M = ( x1 , y1 )

te

parabole

je

y − y1 = y '( x1)( x − x1 ) , gdje je y '(x1 )

oblika izvod

funkcije y u x1 (poznato je da je izvod funkcije u nekoj tački, (ukoliko postoji) jednak upravo koeficijentu pravca tangente (povu čene na krivu koja je grafik te funkcije) u toj ta čki). Kako je y '( x ) = − 2 x , to je jednačina tangente u ta čki A oblika y − 2 = −2 ( −1) ( x − ( −1)) , tj. y = 2 x + 4 , jednačina tangente u ta čki B oblika y = − 2 x + 4 . Kada skiciramo nađene tangente (sli ka 10.) vidimo da je tražena površina jednaka 2 P1 , gdje je P1 površina između prave y = − 2 x + 4 i parabole y = 3 − x 2 , za 0 ≤ x ≤ 1 . Dakle,

Slika 10. 1

1

1

2 ⎛1 ⎞ P = 2 ⋅ ∫ ( −2 x + 4 ) − ( 3 − x ) dx = 2∫ ( x − 2x + 1) = 2 ⎜ x 3 − x 2 + x ⎟ = . ⎝3 ⎠0 3 0 0 2

2

93

Napomenimo da za 0 ≤ x ≤ 1 vrijedi ( −2 x + 4 ) ≥ (3 − x 2 ) , pa je

( −2 x + 4 ) − ( 3 − x 2 ) = ( −2 x + 4) − ( 3 − x 2 ) ,

što smo koristili pri izra čunavanju integrala. 9. U tačkama presjeka parabole y = x 2 + x + 1 i prave y = x + 2 povučene su tangente na tu parabolu. Nađi površinu lika ome đenog parabolom i tangentama. y = x 2 + x + 1 Rješenje. Presječne tačke prave i parabole su rješenja sistema jedna čina . y = x + 2 To su tačke A(−1,1) i B (1,3) (prikazane na slici 11.). 2 Kako za y ( x ) = x + x + 1 imamo y '( x ) = 2 x + 1 , jednačina tangente na parabolu u tački A(−1,1) je data sa y − 1 = (2 ⋅ ( −1) + 1)( x + 1) , odnosno y = − x . Analogno zak ljučujemo da je jednačina tangente na parabolu u ta čki B data sa y = 7 x − 4 . Tangente i traženu površinu smo skicirali na slici 11. Ovdje smo sa C ozna čili presječnu ⎛ 1 1⎞ tačku pravih y = − x i y = 7 x − 4 , tj. tačku C ⎜ − , ⎟ . ⎝ 2 2⎠ Traženu površinu najjednostavnije ćemo izračunati kao razliku površina trougla ABC i površine između parabole i prave y = x + 2 (neosjenčeni dio na slici 11.).

Dužine duži AB , AC i BC su redom: AB = 2 2 , 3 5 AC = 2 i BC = 2 , poluobim trougla ABC je 2 2

Slika 11.

3 2 , pa je površina trougla ABC

⎛ ⎝

3 ⎞ ⎛ ⎞ 2 ⎟ ⋅ (3 2 − 2 2 ) = 3 . 2 2 ⎠ ⎠ ⎝ 2 Površina između prave y = x + 2 i parabole y = x + x + 1 , za −1 ≤ x ≤ 1 je P1 = 3 2 ⋅ ⎜ 3 2 −

5

2 ⎟⋅⎜3 2 −

1

1

1

4 ⎛ 1 ⎞ P2 = ∫ x + 2 − ( x + x + 1) dx = ∫ (1 − x )dx = ⎜ x − x 3 ⎟ = . 3 ⎠ −1 3 ⎝ −1 −1 2

2

Dakle, tražena površina je 4 5 P = P1 − P2 = 3 − = . 3 3

10. U presječnim tačkama parabole y = 4 − x 2 i x -ose povučene su normale na tu parabolu. Naći površinu lika ome đenog parabolom i normalama. 94

2 Rješenje. Presječne tačke parabole y = 4 − x i x -ose su, očigledno, A(−2, 0) i B (2,0) (slika

12.). Općenito, koeficijent pravca normale (ukoliko postoji) na krivu y = f ( x ) u ta čki ( x0 , f ( x0 )) te krive jednak je −

1 f '( x0 )

(jer je koeficijent pravca tangente jednak f '( x0 ) ), pa je, zbog

y '( x ) = − 2 x jednačina normale na parabolu u tački A oblika y − 0 =

odnosno y = −

y = −

x

4

+

x

4

−1 ( x − ( −2)) , −2 ⋅ (−2)

1

− . 2

1 2

P1

y =

x

4

−

1 2

Analogno, jednačina normale na parabolu u ta čki x 1 B je y = − (slika 12.). Presje čna tačka ove 4 2 1⎞ ⎛ dvije normale je C ⎜ 0, − ⎟ . 2⎠ ⎝ Zbog simetričnosti, očigledno je da je tražena površina jednaka 2 P1 , gdje je P1 površina između x 1 parabole y = 4 − x 2 i prave y = − , za 4 2 0 ≤ x ≤ 2 . Dakle, 2 ⎛ x 1 ⎞ P = 2 ⋅ 4 − x 2 − ⎜ − ⎟ dx = ⎝4 2⎠ 0

∫

2

Slika 12.

35 ⎛ 9 x ⎞ = 2∫ ⎜ − − x 2 ⎟ dx = . 2 4 3 ⎠ 0⎝

2.4.1. Zadaci za samostalan rad 270. Izračunati površinu ograničenu parabolom y = 2 x − x 2 i pravom y = x − 1 . 271. Izračunati površinu odsječka koji odsjeca pravac y = 3 − 2 x na paraboli y = x 2 . 1

x 2

i parabolom y = . 2 1 + x 2 273. Izračunati kako se odnose površine dijelova na koje parabola y 2 = 2 x dijeli krug 272. Izračunati površinu omeđenu krivom y =

x 2 + y 2 = 8.

274. Izračunati površinu koju zatvaraju kriv e: x 2 + y 2 = 16 i x 2 = 12( y − 1) .

95

275. Izračunati površinu koju zatvaraju krive: y = 4 −

2 3

x i y = 2

x 2

3

.

276. Izračunati površinu koju zatvaraju krive: y = 2 x 2 + 1 i y = x 2 + 10 . 277. Izračunati površinu koju zatvaraju krive: x 2 − y 2 = 16 i y 2 = 6 x . 278. Naći površinu oblasti ograničene linijama: y =

x 2 + 1 , y = 0 i x = 1 .

279. Izračunati površinu ograničenu lukom krive y=tgx, pravom x =

π

i x -osom. 4 280. Izračunaj površinu ograni čenu krivom y = 3 − 2 x − x 2 i pravom y = 0 .

⎡ π ⎤ x - ose. ⎥ 2 ⎣ ⎦

281. Izračunaj površinu ograni čenu krivim y = sin x , y = cos x i odsječkom ⎢0,

282. U tačkama presjeka prave x − y + 1 = 0 i parabole y = x 2 − 4 x + 5 povučene su tangente na parabolu. Izračunati površinu ograničenu parabolom i tangentama. 283. Izračunati površinu ograničenu linijama: x = y 2 − 2 y + 2 , x = 0 , y = 0 i 2 x + y = 9 . 3 3 284. Izračunati površinu ograničenu linijama: y = − x 2 + 4 x − 3 i y = x 2 − x − 3 . 2 2 1 285. Naći površinu ograničenu lukom krive y = x 4 ln i pravim y = 0 i y = b , gdje je b x ordinata u tački ekstrema date krive. e x 286. Naći površinu ograničenu linijama: y = , y = 0 , x = 0 i x = 1 . x 1+ e2 x 2 y 2 4 + = 1 , y = . 287. Naći jednu od površina ograničenih krivim: x 20 5 2 288. Naći površinu koju ograni čava kriva y = ln 1 − x − 2 x sa x - osom. 289. Naći površinu ograničenu krivom y = 6 x 2 − 3x 3 , y osom i tangentom krive povu čenom u tački M (3, y ) .

⎛ 3 ⎞ 290. Iz tačke M ⎜ ,0 ⎟ povući tangente na hiperbolu x 2 − y 2 = 1 . Na ći površinu ograničenu ⎝ 5 ⎠ tim tangentama i lukom hiperbole između dodirnih tačaka. 2 291. Izračunati površinu ravne figure ograni čene linijama: y = cos x, y = tgx i x = 0 . 3 292. Naći površinu ograničenu grafikom funkcije y = e − x , y -osom, i tangentom funkcije u tački sa apscisom x = −1 .

96

293.Naći površinu koju zatvaraju grafik funkcije y = x 3 − 3 x 2 + 2 x , tangenta te funkcije u

⎛ 1 3 ⎞ tački A⎜ , ⎟ i prava x = 0 . ⎝ 2 8 ⎠ 294. Naći veličinu površine ograni čene parabolom y = − x 2 + 4 x − 3 , x-osom i tangentom parabole okomitom na pravu y = x .

3. Nesvojstveni (uopšteni) integrali b

Pri definisanju određenog integrala ( ∫ f ( x ) dx ) neke funkcije f pretpostavili smo da je a

interval na kome se posmatra integral konačan, kao i to da je funkcija f ograničena na tom intervalu. Vidjeli smo da je u slučaju da je f nenegativna funkcija, integral predstavlja površinu između krive y = f ( x ) , x − ose i pravih x = a i x = b . Prirodno se postavlja pitanje određivanja površine između krive y = f ( x ) i x − ose ili površine između krive y = f ( x ) , x − ose i prave x = a , odnosno pitanje šta se dešava kada granice integracije

(jedna ili obje) postaju beskonačne? Na taj način dolazimo do jedne vrste nesvojstvenog integrala – to je integral sa beskona čnim granicama. Druga mogućnost jeste da imamo funkciju koja nije nužno ograničena na posmatranom intervalu [ a, b] , pri čemu posmatrana funkcija ne mora uop šte biti definisana u nekoj tački unutar intervala [ a, b] ili na krajevima. U ovom slučaju je također moguće definisati pojam integrala te funkcije na [ a, b] (pod određenim uvjetima). To je druga vrsta nesvojstvenog integrala – integral neograničene funkcije. Mi ćemo se u dalje m baviti načinom određivanja nesvojstvenih integrala prve i druge vrste, ukoliko oni postoje, kao i metodama kojima je mogu će ustanoviti njihovu egzistenciju..

3.1.

Integrali sa beskonačnim granicama

Neka je data funkcija f na [ a, ∞ ) , koja je ograničena na [ a, ∞ ) i takva da postoji b

∫ f ( x ) dx a

b

za sve b > a . Ukoliko postoji i konačan je lim ∫ f ( x ) dx tada kažemo da b →∞ a

nesvojstveni integral 97

∞

∫ f ( x ) dx (1) a

konvergira i u tom slučaju je ∞

b

∫ f ( x ) dx = lim ∫ f ( x ) dx . a

b →∞

a

U suprotnom (to jest ukoliko limes ne postoji ili je beskonačan) kažemo da integral (1) divergira. Na analogan način definišemo konvergenciju integrala

b

∞

−∞

−∞

∫ f ( x ) dx i ∫ f ( x ) dx .

U slučaju konvergencije je: b

b

∫ f ( x ) dx = lim ∫ f ( x ) dx i

−∞ ∞

a →−∞

a d

b

∫ f ( x ) dx = lim ∫ f ( x ) dx + lim ∫ f ( x ) dx ,

−∞

a →−∞

b →∞

a

d

ukoliko su za neko fiksno d ∈  oba limesa na desnoj strani konačna. Za nesvojstveni integral (1) kažemo da je apsolutno konvergentan ukoliko je ∞

konvergentan integral

∫ f ( x ) dx .Analogno se definiše apsolutna konvergencija integrala a

b

∞

−∞

−∞

∫ f ( x ) dx i ∫ f ( x ) dx .

Iz apsolutne konvergencije integrala slijedi njegova konvergencija, dok obratno ne mora vrijediti. U nekim slučajevima nam nije bitno kolika je tačna vrijednost nesvojstvenog integrala, nego nas zanima samo da li taj integral konvergira ili divergira. U tom slučaju je korisno uporediti podintegralnu funkciju sa nekom funkcijom za čiji nesvojstveni integral je jednostavnije odrediti da li konvergira ili ne. U tom slu čaju: a) ako je 0 ≤ f ( x ) ≤ g ( x ) za svako x iz posmatranog intervala i nesvojstveni integral funkcije g konvergira, konvergira i nesvojstveni integral funkcije f ; b) ako je 0 ≤ u ( x ) ≤ v ( x ) za svako x iz posmatranog intervala i nesvojstveni integral funkcije u divergira, divergira i nesvojstveni integral funkcije v . Tvrdnje a) i b) zovemo još i kriteriji upore đivanja, jer o konvergenciji ili divergenciji integrala neke funkcije zaključujemo na osnovu upoređivanja te funkcije i neke druge, jednostavnije funkcije. Riješeni primjeri 98

∞

∫ x

1. Izračunati

2

dx 2

+4

, ukoliko ovaj integral konvergira. b

Rješenje. Fiksirajmo proizvoljan broj b > 2 i izračunajmo određeni integral

∫ x

dx 2

2

b

∫ x

dx

1

= arctg

+4

. Imamo:

b

b b π ⎞ 1⎡ ⎤ 1⎛ = ⎢ arctg − arctg1⎥ = ⎜ arctg − ⎟ . 22 2⎣ 2 2 4⎠ ⎦ 2⎝ x

+4 2 Kako je b π ⎞ 1⎛π π ⎞ π 1⎛ π (jer arctgx → kad x → ∞ ), lim ⎜ arctg − ⎟ = ⎜ − ⎟ = b →∞ 2 2 2 4 ⎠ 2⎝ 2 4 ⎠ 8 ⎝ to nesvojstveni integral konvergira i 2

2

∞

∫ x

dx 2

2

+4

b

dx

= lim ∫ b →2

x +4 2

2

π

=

8

.

1

∫ x


dx 2

−∞

1

Rješenje. Za a < 1 odredimo

∫ x

dx 2

a

∫ x

dx 2

1

∫x

+ x +1

dx 2

a

+ x +1

jer je tg

π 3

1

lim

a →−∞

∫ x a

=∫

=

dx 2

1⎞ 3 ⎛ + + x ⎜ ⎟ 2⎠ 4 ⎝

2 3

2 x + 1 3

+ x +1

=

+ x +1 dt

=∫

. Imamo:

⎛ 3⎞ ⎟ 2 ⎝ ⎠

1

2

, za t = x + . Dakle, 2

t + ⎜ 2

1

= a

= 3 , pa je arctg 3 =

dx 2

arctg

ukoliko konvergira.

+ x +1

2 ⎛

3

− arctg ⎜ arctg 3 ⎝ 3

π 3

2a + 1 ⎞

2 ⎛ π 2a + 1 ⎞ ⎟= ⎜ 3 − arctg ⎟, 3 ⎠ 3⎝ 3 ⎠

. Prelaskom na limes dobijamo: (zbog lim arctgx = − x →−∞

2 ⎛π

⎛ π ⎞ ⎞ 2 5π 5π . ⋅ = ⎜ 3 − ⎜ − 2 ⎟⎟ = 6 3⎝ 3 3 3 ⎝ ⎠⎠ 1

Dakle, dati integral konvergira i

∫ x

−∞

dx 2

=

5π

+ x +1 3 3

.

+∞

3. Ispitati konvergenciju nesvojstvenog integrala

∫ x 1

99

ln x 2

dx .

π 2

)

a

Rješenje. Fiksirajmo realan broj a > 1 i posmatrajmo integral

ln x

∫ x

2

dx . Njega ćemo izračunati

1

metodom parcijalne integracije. Imamo: ⎡ u = ln x ⎤ ⎢ du = x ⎥ a a a ⎢ ln x 1 dx ⎥ ⎛ 1 dx ⎞ = = − + = − ln (ln a + 1) + 1. dx dv x = ⎢ ⎥ ⎜ x ⎟ ∫ x 2 2 ∫1 x 2 x a ⎝ ⎠ 1 ⎢ ⎥ 1 ⎢v =− 1 ⎥ ⎢⎣ x ⎥⎦

Sada je a

lim

a → +∞

∫ 1

1 ln x ln a + 1 ⎛ 1 ⎞ dx = lim ⎜ − (ln a + 1) + 1 ⎟ = 1 − lim = 1 − lim a = 1 , 2 a a a →+∞ 1 →+∞ →+∞ x a ⎝ a ⎠

pri čemu smo graničnu vrijednost našli pomoću L'Hopitalova pravila. Dakle, integral je konvergentan i njegova vrijednost jednaka je 1 . x2

− 4. Izračunati površinu između krive y = xe

i x − ose. 2

2

Rješenje. Skicirajmo datu krivu. Funkcija y = xe− x je neparna, y ′ = e − x (1 − 2 x 2 ) , pa funkcija 1

ima minimum za x = −

2

, a maksimum za x =

1 2

. Njen grafik je dat na slici 1. Kako je

funkcija neparna, to je tražena površina jednaka dvostrukoj površini između krive i ∞

pozitivnog dijela x − ose. Dakle, P = 2∫ xe − x dx . Izračunajmo nesvojstveni integral na desnoj 2

0

1

strani. Imamo, nakon smjene t = x 2 , xdx = dt : 2

∫

2

xe − x dx =

1 2

b

∫

2

xe − x dx = −

0

∫

e− t dt = −

1

(e 2

− b2

1 2

)

e− t = −

− e0 =

1 2

1

e− x

2

, pa je za b > 0

(1 − e ) . 2 − b2

Kako e − x → 0 kada x → +∞ , puštajući da b → +∞ dobijamo: b

∫

2

x lim xe − dx =

b →+∞

0

Zbog

1

1 1 − lim e ) = . ( 2 2

toga

− b2

b →∞

je

tražena

površina 100

P = 2⋅

1 2

= 1.

Slika 1.

5. Izračunati površinu između krive y = ( x 2 + 1)e x , njene horizontalne asimptote i prave x = 0 . −

Rješenje. Kako je lim ( x 2 + 1) e − = 0 , to je (desna) horizontalna asim ptota posmatrane krive x

x →+∞

upravo x -osa, a zbog x lim ( x 2 + 1) e − = +∞ kriva nema lijevu

x →−∞

horizontalnu asim ptotu. Dakle, potrebno je naći površinu između krive − y = x 2 + 1 e x i pozitivnog dijela x -ose (slika 1.). Kako je naša funkcija nenegativna, to je tražena površina jednaka nesvojstvenom integralu ∞

∫

P = ( x 2 + 1)e − x dx , 0

ukoliko postoji. Neka je a > 0 fiksno. Za izračunavanje a

integrala

∫ ( x

2

+ 1)e − x dx koristit ćemo se

0

metodom parcijalne integracije:

Slika 2.

a

∫ 0

− x

( x + 1)e dx = 2

u = x2 + 1 du = 2 xdx − x

dv = e dx − x v = −e

= 3−

= −( x + 1)e

a + 2a + 3

2

−x a

a

0

2

e

a

a

+ 2 ∫ xe − xdx = 1 − (a 2 + 2a + 1)e − a − 2e − x 0 = 0

.

a ⎛ a 2 + 2a + 3 ⎞ = 3 , to je P = lim ∫ (x 2 + 1)e − x dx = 3 . Kako je lim ⎜ 3 − ⎟ a a →+∞ a →+∞ e ⎝ ⎠ 0 Dakle, tražena površina je 3 .

101

∞

6. Odrediti za koju vrijednost parametra p ∈  integral

dx

∫ x

p

konvergira odnosno

1

divergira. Rješenje. Neka je prvo p = 1 . U tom slučaju je b

dx

∫ x

dx

∫ x

p

=∫

dx x

= ln x , pa je, za b > 1

b

= ln x 1 = ln b − ln1 = ln b .

1

Puštajući da b → +∞ dobijamo da je b

lim

b →+∞

dx

∫ x

= lim ln b = +∞ , b →+∞

1

što znači da u slučaju p = 1 posmatrani integral divergira. Za p ≠ 1 je b

dx

∫ x

p

=

1

1

dx

= ∫ x − p dx =

∫ x

p

− b ( 1− p

1 p

1

1− p

1− p

x

, pa je, za b > 1

− 1) .

Sada se pitanje konvergencije, odnosno divergencije posmatranog integrala svodi na pitanje za koje p ≠ 1 je lim b1− p konačan. Kako je b→+∞

⎧ 0, za α < 0 ⎧ 0, za 1 − p < 0 1 p , to je , lim b − = ⎨ x →+∞ b →+∞ ⎩+∞ za α > 0 ⎩+∞ za 1 − p > 0 što znači da je za 1 − p < 0 , to jest p > 1 vrijedi α lim x = ⎨

b

lim

dx

∫ x

=

1

=

1

1

( 0 − 1) =

,

p −1 1− p 1 dok je za 1 − p > 0 , to jest p < 1 , b →+∞

p

b

lim

b →+∞

dx

∫ x

p

1

( lim b 1− p

1− p

b →+∞

)

− 1 = +∞ . +∞

Dakle, za p > 1 , nesvojstveni integral

dx

∫ x

p

konvergira i njegova vrijednost je

1

1 p − 1

za p ≤ 1 posmatrani integral divergentan. ∞

7. Ispitati da li integral

sin ax

∫ x 1

2

+1

dx

konvergira ( a ∈  je proizvoljna konstanta).

102

, dok je

Rješenje. U ovom zadatku se ne traži da izra čunamo dati integral nego samo da ustanovimo sin ax

da li konvergira ili ne. Zbog toga ćemo posmatrati funkciju ∞

integral

sin ax

∫ x 1

2

+1

dx

konvergira, tada konvergira i polazni integral.

Ovo činimo zbog toga što je sin ax ≤ 1 pa je 0 ≤ ∞

Ukoliko integral

∫ x

dx 2

1

sin ax

∫ x

konvergirat će i integral

+1

2

1

∫ x

dx

b

dx

= lim ∫

x 2 + 1

≤

1 x2 + 1

.

dx , a time i polazni integral. Imamo:

= lim ( arctgb − arctg1) =

+ 1 b→∞ 1 x 2 + 1 b→∞ 1 što znači da integral konvergira. 2

sin ax

konvergira, na osnovu svojstva a) kriterija upoređivanja,

+1 ∞

∞

jer smo vidjeli da ukoliko

x 2 + 1

π

2

−

π

4

=

π

4 ∞

Na osnovu svega rečenog zaključujemo da je i integral

, sin ax

∫ x

2

1

+1

dx

konvergentan.

∞

Napomenimo da iz konvergencije integrala

∫ f ( x ) dx

ne možemo ništa zaključiti po

a

∞

pitanju konvergencije integrala ∫ f ( x ) dx . a

+∞

8. Ispitati konvergenciju integrala

∫

sin xarctgx 1 + x 2

0

Rješenje. Kako je sin x ≤ 1 , i arctgx ≤ sin xarctgx 1 + x

2

≤

π

⋅

1

2 1 + x2

π 2

dx .

, za našu podintegralnu funkciju vrijedi nejednakost

.

S druge strane, ∞

π

a

π

dx

∫ 2(1 + x )dx = 2 lim ∫ 1 + x 2

0

a →+∞

=

2

0

π 2

a

lim arctgx 0 =

a →+∞

π 2

lim ( arctga − arctg 0 ) =

a→+∞

π π

⋅

2 2

=

π 2 4

,

pa posmatrani integral konvergira. +∞

To znači da je i integral

∫ 0

sin xarctgx 1 + x 2

dx

konvergentan, na osnovu kriterija upoređivanja. 103

∞


∫

dx 3

2

x + x + 1 2

.

Rješenje. U ovom slučaju, kao i u prethodnom zadatku, nećemo izračunavati integral, jer je to 1 izuzetno složeno. Stavimo f ( x ) = 3 2 . Očigledno je f ( x ) ≥ 0 . Polinom x 2 + x + 1 , x + x + 1 1 1 kad x → ∞ , se ponaša kao njegov vodeći član x 2 , tako da se je f ( x ) ∼ 3 2 = 2 / 3 , kad x x x → ∞ , gdje nam oznaka " ∼ " govori o približnom ponašanju funkcije. ∞

Vidjeli smo da integral

dx

∫ x

p

∞

(a time i

1

dx

∫x

p

) divergira za p < 1 , što znači da bi, neformalno

2

gledajući, naš integral trebao divergirati. Da bismo to pokazali trebamo na ći neku funkciju ∞

∫ g (x )d x

g ( x ) za koju je f ( x ) ≥ g ( x ) ≥ 0 i

divergira (obratite pažnju na znake

2

nejednakosti). To je jednostavno učiniti jer je 3 x 2 + x + 1 ≤ 3 x2 + 2 x + 1 za ∀ x ≥ 2 , pa je f ( x ) =

1 3

x + x + 1 2

≥

1 3

x + 2x + 1 2

=

1

( x + 1)

2/3

= g ( x) .

Kako je ∞

∫

b

g ( x ) dx = lim

2

b →∞

1

∫ ( x + 1) 2

b

1/ 3

2/ 3

dx = lim

( x + 1)

b →∞

= lim 3 3 b + 1 − 3 3 2 + 1 = ∞ , b →∞

1/ 3

2

∞

to integral

∫ g ( x )d x

∞

divergira, pa divergira i integral

2

∫ 2

dx 3

x + x + 1 2

, na osnovu kriterija b)

upoređivanja. 10. Izračunati površinu između krive y =

Rješenje. Skicirajmo datu krivu y =

1 x + 4 x + 5 2

1 2

( x + 2 ) + 1

i x − ose.

. O čigledno je funkcija pozitivna za sve realne

x − osu kao svoju horizontalnu asimptotu, te maksimum jednak 1 za x = −2 . Skica

x , kriva ima

krive je data na slici 3.

104

∞

Dakle, tražena površina je P =

dx

∫ ( x + 2)

−∞

2

+1

, ukoliko taj integral konvergira. Neka je

a < 0 < b . Tada je Slika 3. b

dx

∫ ( x + 2) a

b

b

2

+1 dx

∫ ( x + 2)

lim

= arctg ( x + 2 ) a = arctg ( b + 2) − arctg ( a + 2) . Sada je

a →−∞ b →∞ a

2

+1

= lim ( arctg ( b + 2 ) − arctg ( a + 2 ) ) = a →−∞ b →∞

∞

dx

∫ ( x + 2)

pa integral

2

konvergira i njegova je vrijednost π . Samim tim je tražena

+1

−∞

⎛ π ⎞ − ⎜ − ⎟ = π , 2 ⎝ 2⎠

π

površina P = π . ∞


xdx

∫ x

. + 2 −∞ Rješenje. Fiksirajmo d ∈  . Posmatrani integral d

xdx

∫ x

integrali

2

−∞

xdx

∫ x

2

+2

∞

i

+2

xdx

∫ x

2

d

+2

2

će

konvergirati ukoliko konvergiraju

. Izračunajmo prvi od njih. Imamo

1

= ln ( x 2 + 2 ) , 2

1

što je jednostavno dobiti, nakon smjene t = x 2 + 2 , xdx = dt . Sada je 2

d

∫

xdx

−∞ x

2

+2

d

= lim

a →−∞

xdx

∫x a

2

+2

= lim

a →−∞

1

( ln ( d 2

2

1

+ 2 ) − ln ( a 2 + 2 ) ) = ln ( d 2 + 2 ) − ∞ = −∞ , 2

što znači da ovaj integral divergira, pa divergira i polazni integral. ∞

Uočimo da integral

∫ f ( x ) dx

konvergira ako i samo ako konvergiraju, za neko d ∈  ,

−∞

oba integrala

d

∞

−∞

d

∫ f ( x ) d x i ∫ f ( x ) dx . ∞

Moguće je, međutim, konvergenciju integrala

∫ f ( x ) dx definisati i na nešto drugačiji način. −∞

105

a

Odaberimo a > 0 i posmatrajmo integral

∫ f ( x ) dx . Ukoliko postoji −a

a

∫

lim f ( x ) dx i a →∞

−a

∞

konačan je, tada kažemo da integral

∫ f ( x ) dx

konvergira u smislu glavne vrijednosti i

−∞

pišemo: ∞

V.P.

a

∫ f ( x ) dx = lim ∫ f ( x ) dx . a →∞

−∞

Ukoliko integral

−a ∞

∫ f ( x ) dx

konvergira (u klasičnom smislu), tad on konvergira i u

−∞

smislu glavne vrijednosti i ti integrali su jednaki, dok obrnuto ne važi, u što se možemo uvjeriti na osnovu zadatka 11. i sljede ćeg zadatka. ∞

12. Izračunati V.P.

xdx

∫ x

, ukoliko postoji. + 2 −∞ Rješenje. Neka je a > 0 fiksno. Imamo: a

xdx

∫ x

2

−a

+2

=

1 2

(

2

ln ( a 2 + 2 ) − ln

( ( −a )

2

))

+2 = 0,

pa puštajući da a → +∞ dobijamo da je ∞

xdx

∫ x

= 0, + 2 −∞ to jest ovaj integral konvergira u smislu glavne vrijednosti iako ne konvergira u klasičnom smislu (na osnovu zadatka 11.).

V.P.

2

∞

13. Izračunati V.P.

∫ x cos xdx , ukoliko postoji. −∞

∫

Rješenje. Izračunajmo prvo neodređeni integral x cos xdx , metodom parcijalne integracije

( u = x , dv = cos xdx , pa je v = sin x ). Dobijamo: ∫ x cos xdx = x sin x + cos x , pa je a

∫ x cos xdx = ( a sin a + cos a ) − ( −a sin ( −a ) + cos ( −a ) ) = a sin a + cos a − a sin a − cos a = 0 . −a

∞

Puštajući da a → ∞ dobijamo da je V.P. ∫ x cos xdx = 0 . −∞

106

Primijetimo da su podintegralne funkcije u zadacima 12. i 13. neparne, te da su obje glavne vrijednosti integrala jednake nuli. To nije slučajno, jer je općenito za neparnu funkciju ∞

∫ f ( x ) dx uvijek konvergentan u smislu glavne vrijednosti i vrijedi

f ( x ) integral

−∞ ∞

V.P.

∫ f ( x ) dx = 0 .

−∞

∞

14. Dokazati da integral

∫ x cos xdx divergira. −∞ ∞

∫

Rješenje. Fiksirajmo d ∈  i posmatrajmo integral x cos xdx . Za a > d je d a

∫ x cos xdx = ( a sin a + cos a ) − ( d sin d + cos d ) . d

Međutim, limcos x ne postoji, jer naprimjer za x = 2nπ i x = 2nπ +

π

x →∞

2

imamo da x → ∞

π kada n → ∞ . S druge strane, cos 2nπ = 1 , dok je cos ⎛⎜ 2nπ + ⎞⎟ = 0 , što znači da ukoliko bi 2

⎝

⎠

postojala granična vrijednost, ona ne bi bila jedinstvena, što je nemoguće. Dakle, lim cos x ne x →∞

a

∞

d

d

postoji. Zbog toga ne postoji ni lim ∫ x cos xdx , što znači da integral ∫ x cos xdx divergira, a a →∞

∞

time divergira i integral ∫ x cos xdx . −∞

3.1.1. Zadaci za samostalan rad Izračunati date nesvojstvene integrale ukoliko konvergiraju: +∞

+∞

295. ∫ xe dx . −x

296.

∫ ( x

0

0

+∞

+∞

297. ∫ xe − x dx . 2

298.

∫ 1

0

107

ln

2

+ 1)e − x dx .

x + 1 dx . x

+∞

arctgx

∫ x

299.

2

0

+∞

+1

+∞

dx .

300.

+∞

x ln x

302.

2 2

∞

+∞

∫

303.

e

304.

sin bxdx .

∞

3

.

306.

∞

∫ x

−∞ 1

∫ x

∫

x + a 2

4

x + 1

∞ x

0

310.

∫ x ln ∫ x

.

312.

+ 1)

2

314.

∫

+ 2x3 + 1

6

dx

e−

x

∞

∞

315. ∫ x sin xdx .

316.

.

.

x

x

0

.

x 2

0

dx .

.

x dx

∫ 1+ ∞

2

x

2

.

4

dx

−∞ ∞

x

e

3

2

+ x2 +1 2

∫ (e

308.

dx

∞

arctgxdx

0

313.

− x +1

.

xdx

−∞ ∞

311.

∞

dx 2

∫

−∞

2

309.

∫ x −2

dx

∫ ( x − 1)

307.

dx

1

0

305.

∫ cos xdx . 2

1

− ax

.

+1

3

0

∫ (1 + x ) dx .

301.

∫ x

dx

dx .

d x

∫ x ( x + 1) . 2

1

0

U zadacima 317. – 325. ispitati konvergenciju integrala u klasi čnom smislu i u smislu glavne vrijednosti (ukoliko je u pitanju integral sa obje beskonačne granice). ∞ ∞ −1 xdx sin xdx 1 + cos x 317. ∫ 2 . 318. ∫ 3 . 319. dx . 3 ∫ + x x x sin 1 2 x + x + 1 −∞ ∞

320.

∫

x sin2 xdx

2+ x

−∞ ∞

323.

∫ x

−∞

326.

2

∞

.

∫

321.

x cos xdx

−∞ +∞

2

sin xdx .

324.

∫ x

1 + x

2

−∞

Izračunati površinu između krive y =

108

∫

322.

−∞

+ 3 x + 2 1

( x + 1)

.

+∞

dx 2

∞

3

dx .

325.

∫ x

−∞

cos xdx 2 + x

2

.

dx 2

+ 2 x + 2

i pozitivnog dijela x − ose.

.

x

i x − ose.

327.


328.

Izračunati površinu između krive y = x ⋅ e− x i x − ose.

329.


x + 1 4

2

1 3

( x − 1)

4

i negativnog dijela x − ose.

330. Izračunati površinu između krive y = e − x , x − ose i normale na datu krivu u ta čki sa apscisom jednakom nula.

3.2.

Integral neograničene funkcije

U ovom slučaju pretpostavit ćemo da je funkcija f neograničena na segmentu [ a, b] . Kao prvo, pretpostavimo da je funkcija f neograničena u okolini krajnje tačke segmenta [ a, b] , naprimjer u okolini tačke b . Neka je ε > 0 neki proizvoljan mali broj. Pretpostavimo da je funkcija f integrabilna na segmentu [ a, b − ε ] za sve, dovoljno male, ε > 0 . Ukoliko postoji i konačan je lim ε ↓ 0

b

a

a

∫ f ( x ) dx , tada kažemo da integral ∫ f ( x ) dx konvergira i pišemo

b −ε

b

∫ f ( x ) dx = lim ∫ a

b −ε

ε ↓ 0

f ( x ) dx .

a b

Analogno, ukoliko je funkcija f neograničena u okolini tačke a i postoji

∫ f ( x ) dx

za

a +ε b

sve dovoljno male ε > 0 , tada ukoliko postoji i konačan je lim ε ↓ 0

b

b

f ( x ) dx ,

za integral

a +ε

b

∫ f ( x ) dx kažemo da konvergira i pišemo ∫ f ( x ) dx = lim ∫ a

∫

ε ↓ 0

a

f ( x ) dx .

a + ε b

Ukoliko je funkcija f neograničena u okolini obje tačke a i b , tada integral ∫ f ( x ) dx a b −ε 2

c

konvergira ukoliko postoje konačne granične vrijednosti lim ε 1 ↓ 0

b

neko c ∈ ( a, b ) . U tom slučaju je

ε 1 ↓ 0

109

a +ε 1

ε 2 ↓ 0

a +ε 1

b −ε 2

c

∫ f ( x ) dx = lim ∫ a

∫ f ( x ) dx i lim ∫

f ( x ) dx + lim ε 2 ↓ 0

∫ c

f ( x ) dx .

c

f ( x ) dx , za

Napomenimo da je u ovom slučaju nužno da oba limesa na desnoj strani postoje i konačna su. Ukoliko je funkcija f neograničena u okolini neke tačke d ∈ ( a, b ) (nije nužno da f b

bude definisana u d ), tada nesvojstveni integral

∫ f ( x ) dx

konvergira ako i samo ako

a d

b

a

d

konvergiraju integrali ∫ f ( x ) dx i ∫ f ( x ) dx (ovo su integrali kod kojih je podintegralna funkcija neograničena u okolini donje ili gornje granice integracije) i u tom slu čaju je b

d

b

a

a

d

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x) dx . Riješeni primjeri 1


∫ 0

dx x

Rješenje. Podintegralna funkcija f ( x ) = 1

odaberimo ε > 0 i izračunajmo

∫ ε

dx x

i ukoliko konvergira izračunati ga. 1 x

postaje neograničena u okolini nule. Zbog toga, 1

= 2 ⋅ x = 2 − 2 ε . ε

Puštajući da ε ↓ 0 vidimo da dati integral konvergira i vrijedi 1

∫ 0

dx x

= lim ( 2 − 2 ε ) = 2 . ε ↓ 0

2


∫ 0

dx x(1 + x)

, ukoliko konvergira.

R ješenje. Podintegralna funkcija je neograničena u nuli, pa je 2 2 dx dx = lim , ukoliko ovaj limes postoji i konačan je. ε → 0 + x x x x + + (1 ) (1 ) 0 ε

∫

∫

U određenom integralu uvodimo smjenu x = t , odakle je

110

dx x

= 2dt , pa je

2

∫ ε

2

dx x (1 + x)

2

dx

=∫

2

=2∫

( x) = 2 ln ( 2 + 3 ) − 2 ln ( x 1 +

ε

dt

(

=2 ln t + 1 + t

1 + t

2

ε

2

)

2

=

ε

)

ε + 1 + ε .

Očigledno je sada 2

∫ 0

2

dx x (1 + x )

= lim ∫ ε → 0 +

ε

dx

= 2 ln ( 2 + 3 ) − 2 ln ( 0 + 1) = 2 ln ( 2 + 3 ) .

x (1 + x )

1


dx

∫ x − 1 i ukoliko konvergira izračunati ga.

−1

Rješenje. Podintegralna funkcija f ( x ) =

1

postaje neograničena u okolini tačke 1.

x − 1 1−ε dx

∫ x −1

Odaberimo ε > 0 i posmatrajmo integral

−1 1−ε

Međutim, limln ε = −∞ , pa je lim ε ↓ 0

ε ↓ 0

∫ x − 1 = −∞

što znači da dati integral divergira.

−1

2


dx

1−ε

= ln x − 1 −1 = ln ε − ln 2 .

∫

−2 3

dx

( x − 1)

2

i ukoliko konvergira izračunati ga.

1

Rješenje. Podintegralna funkcija f ( x ) = 3

( x − 1)

2

je neograničena u okolini tačke x = 1 koja 1

je unutar intervala ( −2, 2 ) , pa ćemo posebno posmatrati integrale

∫

−2 3

Za ε > 0 je: 1−ε

lim ε ↓0

∫ ( x − 1)

ε ↓0

1/ 3

2/ 3

= lim 3 ( x −1)

2/3

= lim 3 ( x − 1)

−2 2

lim

dx

dx

∫ ( x − 1)

1+ ε

ε ↓ 0

1/ 3

ε ↓0

1−ε

−2 2 1+ ε

= lim 3 ⋅ ( − 3 ε + 3 3 ) = 3 3 3 . ε ↓ 0

= lim 3 ⋅ (1 − 3 ε ) = 3 . ε ↓ 0

111

2

dx

( x − 1)

2

i

∫

1 3

dx

( x − 1)

2

.

1

∫

S obzirom na to da su oba integrala

( x − 1)

−2 3 2

konvergentan i integral

dx

∫

( x − 1)

−2 3

2

2

i

∫

1 3

dx

( x − 1)

konvergentna, to je

2

i njegova vrijednost je 3 3 3 + 3 .

3


2

dx

∫ 0

2 xdx

( x

2

2

i ukoliko konvergira izračunati ga.

− 1) 3

Rješenje. Podintegralna funkcija nije definisana u 1 ∈ [0,3] pa ćemo posebno posmatrati 1

integrale

∫ 0

1

∫ 0 3

∫ 1

2

2

( x

2

ε →0+

∫ 0 3

2

= lim

− 1) 3

∫

i

− 1) 3

= lim

− 1) 3

2 xdx 2

( x

2

1−ε

2 xdx

( x

3

2 xdx

ε →0+

∫

1+ε

1

2 xdx

( x

2

− 1) 3

2

1

2 xdx

( x

2

2

− 1) 3

( x

1−ε

= lim 3 ( x 2 − 1) 3 ε → 0+

= 3, 0

1

2 xdx

3

= lim 3 ( x − 1) 3

= 6,

2

2

2

. Za ε > 0 je:

− 1) 3

ε → 0+

1+ε

pa je posmatrani integral konvergentan i njegova vrijednost je 3 + 6 = 9 . 6. Izračunati x , y = 3 2 x − 1

površinu između krive x − ose

i

vertikalnih

asimptota ove krive. Rješenje. Kako je x 2 − 1 = 0 za x = ±1 , to naša funkcija nije definisana za x = ±1 . Lako se može provjeriti da su prave x = −1 i x = 1 vertikalne asimptote ove 2 1 x − 3 funkcije. Zbog y′ = ⋅ , funkcija 4 3 3 2 ( x − 1) ima maksimum u ta čki y ⎛ ⎜ ⎝

MAX ⎜ − 3,

− 3 3

− 3⎞ ⎟ i minimum u tački 3 2 ⎠⎟ Slika 4 112

⎛ ⎜ ⎝

MIN ⎜ 3,

3⎞ 3

⎟⎟ . Grafik je skiciran na slici 4, a tražena površina je ozna čena crticama. Vodeći 2⎠

računa o znaku funkcije y vidimo da je tražena površina jednaka: 0

∫

P=−

−1

1

xdx 3

x − 1 2

xdx

+∫

x −1

3

0

2

.

Posmatrani integrali su nesvojstveni integrali jer je podintegralna funkcija neograničena u okolini tačaka x = −1 i x = 1 . Izračunajmo prvi integral. Imamo: −1 2 2 t = x 2 − 1 1 dt 1 3 xdx 3 3 3 2 ∫ 3 x2 − 1 = dt = 2 xdx = 2 ∫ 3 t = 2 ∫ t dt = 4 t = 4 ( x − 1) 3 . Dakle, za ε 1 > 0 imamo 0

∫

xdx

−1+ ε 1

x 2 − 1

3

=

3

( x 4

2

2

0

− 1) 3 −1+ε 1

3 = ⎡⎣ −1 − ( 2ε1 + ε 12 ) ⎤⎦ . 4 3

Puštajući da ε 1 ↓ 0 dobijamo da je prvi integral na desnoj strani jednak zaključujemo da je i drugi integral jednak 1


3 4

3

3

4

2

4

. Analogno,

, pa je P = 2 ⋅ = .

xdx

∫ x

i ukoliko konvergira izračunati ga. − 1 −1 Rješenje. Podintegralna funkcija je neograničena u okolini tačaka x = −1 i x = 1 . Zbog toga 2

d

uzeti proizvoljno d ∈ ( −1,1) i ispitati konvergenciju integrala

ćemo

∫ x

−1

je

xdx

∫ x

d

−1

xdx

∫ x

−1+ ε

2

2

−1

xdx 2

−1

1

i

xdx

∫ x d

2

−1

. Kako

1

= − ln (1 − x 2 ) , za x ∈ ( −1,1) , to je, za ε > 0 , 2

1

1

2

2

= − ln (1 − d 2 ) + ln ( 2ε − ε 2 ) .

Međutim, kada ε ↓ 0 , tada ln ( 2ε − ε 2 ) → −∞ pa posmatrani integral divergira, a time 1

divergira i integral

xdx

∫ x

. − 1 −1 U prethodnom zadatku mogli smo pogrešno zaklju čivati na sljedeći način: 2

113

1−ε

Odaberemo ε > 0 i posmatramo

xdx

∫ x

2

−1+ ε 1−ε

kad ε ↓ 0 vrijedi

xdx

∫ x

2

−1+ ε

−1

−1

1

1

2

2

= − ln ( 2ε − ε 2 ) + ln ( 2ε − ε 2 ) = 0 , što znači da

= 0 (to jest dati integral konvergira i vrijednost mu je nula).

Ovo je u suprotnosti sa definicijom konvergencije nesvojstvenog integrala neograničene funkcije, ali nas navodi na to da, analogno kao u slu čaju integrala s obje beskonačne granice definišemo pojam konvergencije ovakvog integrala u smislu glavne vrijednosti. Ukoliko je funkcija f neograničena u okolini tačaka a i b i ukoliko postoji i konačan je b −ε

∫ f ( x ) dx ,

lim ε ↓ 0

b

kažemo da integral

a +ε

∫ f ( x ) dx

konvergira u smislu glavne vrijednosti i

a

pišemo: b

V.P. ∫ f ( x ) dx = lim ε ↓ 0 a

b −ε

∫

f ( x ) dx .

a + ε

Iz prethodnog zadatka vidimo da konvergencija integrala u smislu glavne vrijednosti ne povlači konvergenciju tog integrala, dok obrnuto vrijedi (analogno kao u slu čaju integrala sa obje beskonačne granice). Ukoliko je funkcija f neograničena u okolini tačke c ∈ ( a, b ) tada kažemo da integral b

∫ f ( x ) dx konvergira u smislu glavne vrijednosti ukoliko postoji konačan limes a

b ⎛ c −ε ⎞ lim ⎜ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ⎟ . Tada pišemo ε ↓0 c +ε ⎝ a ⎠ b b ⎛ c −ε ⎞ V.P. ∫ f ( x ) dx = lim ⎜ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ⎟ . ε ↓ 0 a c + ε ⎝ a ⎠

1


dx

∫ x

u klasičnom smislu i u smislu glavne vrijednosti.

−1

0

Rješenje. Integral konvergira u klasičnom smislu ukoliko konvergiraju integrali

dx

∫ x

0

i

−1

(jer je podintegralna funkcija neograničena u okolini tačke 1

dx

∫ x

1

0 ∈ ( −1,1) ).

dx

∫ x

−1

Ali,

= ln x ε = ln1 − ln ε → ∞ kad ε ↓ 0 pa posmatrani integral divergira u klasi čnom smislu.

ε

114

⎛ −ε dx 1 dx ⎞ Međutim, lim ⎜ ∫ + ∫ ⎟ = lim ( ln ε − ln ε ) = 0 , pa posmatrani integral konvergira u ε ↓0 ⎝ −1 x ε x ⎠ ε ↓0 smislu glavne vrijednosti i njegova vrijednost je nula. 5


∫ 3

dx

( x − 3)( 5 − x )

u klasičnom smislu i u smislu glavne

vrijednosti. Rješenje. Izračunajmo prvo neodređeni integral dx dx dx

∫

( x − 3)( 5 − x )

=∫

− ( x − 8x + 15) 2

=∫

1 − ( x − 4)

2

= arcsin ( x − 4 ) , x ∈ ( 3,5 ) .

Podintegralna funkcija je neograničena u okolini tačaka x = 3 i x = 5 pa ćemo posebno 4

posmatrati

∫ 3

4

lim ε ↓0

∫ 3+ε

lim η ↓0

∫ 4

( x − 3)( 5 − x ) dx

( x − 3)( 5 − x )

5−η

5

dx

dx

( x − 3)( 5 − x )

i

∫ 4

dx

. Imamo:

( x − 3)( 5 − x )

= lim ( arcsin 0 − arcsin ( ε − 1) ) = − arcsin ( − 1) = ε ↓ 0

= lim ( arcsin (1 − η ) − arcsin 0 ) = arcsin 1 = ε ↓ 0

5

S obzirom na to da oba integrala konvergiraju, to integral

∫ 3

klasičnom smislu) i njegova vrijednost je

π 2

+

π 2

π 2

π 2

;

. dx

( x − 3)( 5 − x )

konvergira (u

= π .

Zbog toga, dati integral konvergira i u smislu glavne vrijednosti i njegova vrijednost je također π . 10. Izračunati površinu između krive y =

Rješenje. Skicirajmo funkciju y =

1 x ln x

1 x ln x

, x − ose i njenih vertikalnih asimptota.

. Njena oblast definisanosti je x ∈ ( 0,1) ∪ (1, +∞ ) . Lako

je vidjeti da su x = 0 i x = 1 vertikalne asimptote ove funkcije. Ta čka lokalnog maksimuma je MAX ⎛⎜ , −e ⎞⎟ a skica funkcije je data na slici 5, na kojoj je naznačena i tražena površina. 1

⎝e

⎠

(Napomenimo da grafik nije nacrtan u razmjeri nego je data skica). Dakle, tražena površina 115

1

dx

je P = − ∫

(jer je podintegralna funkcija negativna za x ∈ ( 0,1) ). Podintegralna funkcija

x ln x 0

je neograničena u okolini tačaka x = 0 i x = 1 , pa je 1/ 2

P = lim − ε ↓0

dx

∫ x ln x

1−η

+ lim − η ↓ 0

ε

∫

1/ 2

dx x ln x

,

ukoliko oba limesa na desnoj stani postoje i konačni su. Imamo:

∫

t = − ln x − dx = = x ln x dt = x dx

∫

− dt = ln t = ln ( − ln x ) , za x ∈ ( 0,1) . −t

(tada je ln x = − ln x jer je ln x < 0 ). 1/ 2

1⎞ ⎛ = − ln ln ⎜ ∫ε x ln x ⎝ 2 ⎟⎠ − ln ( − ln ε ) . Kada ε ↓ 0 ln ε → −∞ , pa dati integral teži u −∞ , to jest

Sada je

dx

divergira. To znači da je tražena površina beskona čna. Slika 5. Napomenimo da pri izra čunavanju površine pomoću nesvojstvenog integrala možemo površinu izračunavati samo u klasičnom smislu, ne i u smislu glavne vrijednosti. Tako je površina između pravih x = −1 , x = 1 , krive y = 1

divergentan), iako integral

dx

∫ x

1

1

i x − ose beskonačna (jer je

x

−1

3.2.1. Zadaci za s amostalan rad Izračunati date nesvojstvene integrale ukoliko konvergiraju: 1

331.

∫ x 0

dx 3

− 5x

2

;

e

332.

1

π 2

333. ∫ ctgxdx ;

4

334.

335. ∫ x ln xdx ; x + 1 dx ; 5 3 −1 x

337.

∫

dx

ln x

xdx

4− x

1

336.

∫ 1 − x 0

0 1

∫ 0

0 1

∫ x

1

338.

116

.

+ 2 1− x dx

∫ (2 − x)

−1

;

dx 2

∫ x

−1

konvergira u smislu glavne vrijednosti.

1 − x2

2

.

.

dx

1

339.

∫

2 3 x + 2

−1

3

x

2

5

∫

340.

dx .

x 2 d x

( x − 3)(5 − x )

3

.

Ustanoviti konvergenciju integrala u klasičnom smislu i u smislu glavne vrijednosti: 1 1 ln 2 + 3 x dx ( x − 1) dx ( ) 342. 341. ∫ . ∫ 3 4 dx . 3 x

−1 1

343.

dx

∫ x (1 − x )

1

.

345.

∫ 2

xdx

( x − 2)(3 − x )

ln x dx

∫

344.

x

−1

0

3

x

−1

1

.

∫e

346.

dx

x

−1

347. Izračunati površinu između krive y = 348. Izračunati površinu između krive y =

x x − 4 1 2

3

x − 1

−1

.

.

, x − ose i njenih vertikalnih asimptota. , koordinatnih osa i vertikalne asimptote

te krive. 349. Izračunati površinu između krive y =

x x − 2

, koordinatnih osa i vertikalne asimptote

te krive. 350. Izračunati površinu između krive y =

x x + 1 − 1

117

i pravih y = 0 , x = −1 i x = 1 .

4. Diferencijalne jednačine prvog reda Neka je F ( x, y , y ' ,..., y (n ) ) funkcija koja zavisi od promjenljivih x, y, y ' ,..., y (n ) . Posmatrajmo sljedeći problem: traži se funkcija y = y ( x ) definisana na nekom intervalu I , koja na tom intervalu ima sve izvode do reda n zakl jučno i takva je da na tom intervalu identički vrijedi: F x, y, y ' ,..., y (n ) ) = 0 . Ovaj problem nazivamo obi čnom diferencijalnom jednačinom. Za funkciju y = y ( x ) koja na I identički zadovoljava datu jednačinu kažemo da je opšte rješenje integral ili integralna kriva te jednačine. Riješiti diferencijalnu jednačinu znači naći sva njena rješenja. Za diferencijalnu jednačinu kažemo da je n − tog reda ako je n red najvišeg izvoda koji figuriše u jednačini. Na primjer, jednačina oblika F ( x, y, y ' ) = 0 je jednačina prvog reda, jedna čina oblika F x, y , y ' , y '' ) = 0 je drugog reda, itd. Ukoliko je diferencijalna jednačina n -tog reda tada će njeno opšte rješenje biti oblika y = ϕ ( x, C 1 , C 2 ,..., C n ) gdje su C 1 , C 2 ,..., C n proizvoljne realne konstante. Dakle, opšte rješenje jednačine n -tog reda je neka familija krivih koja zavisi od parametara C 1 , C 2 ,..., C n . Partikularno rješenje diferencijalne jednačine dobijamo kada parametrima C 1 , C 2 ,..., C n pridružimo neku određenu brojevnu vrijednost. Specijalno, ukoliko je diferencijalna jednačina prvog reda tada je njeno opšte rješenje dato u obliku y = ϕ ( x, C ) , gdje je C proizvoljna konstanta. Vidimo da to rješenje predstavlja jednoparametarsku familiju krivih. Ukoliko tražimo krivu koja će prolaziti kroz neku određenu tačku, ( x 0 , y 0 ) , tada iz uslova y 0 = ϕ ( x 0 , C ) možemo odrediti vrijednost parametra C . Na taj na čin određujemo partikularno rješenje jednačine koje prolazi kroz tačku ( x 0 , y 0 ) . Napomenimo da se ovaj uslov naziva još i početni uslov. Ukoliko je diferencijalna jednačina drugog reda, njeno opšte rješenje je dato u obliku y = ϕ ( x, C 1 , C 2 ) , g dje su C 1 , C 2 proizvoljne realne konstante. Ovo rješenje je dvoparametarska familija krivih. Ukoliko tražimo krivu koja prolazi kroz tačku ( x 0 , y 0 ) i čiji izvod u toj tački zadovoljava uslov y ' ( x 0 ) = y 0' , tada iz uslova ϕ ( x 0 , C 1 , C 2 ) = y 0 i ϕ ' ( x 0 , C 1 , C 2 ) = y 0' možemo odrediti konstante C 1 , C 2 . To znači da je sa dva navedena uslova od ređeno partikularno rješenje jednačine drugog reda. Mi ćemo se ograničiti na rješavan je specijalnih oblika jednačina prvog i drugog reda.

118

4.1.

Diferencijalne jednačine prvog reda sa razdvojenim promjenljivim

Diferencijalnu jednačinu prvog reda nazivamo jedna činom sa razdvojenim promjenljivim ukoliko se ona može napisati u obliku ' y = f ( x )g ( y ) . (1) Pretpostavimo da je g ( y ) ≠ 0 . Tada jednačinu sa razdvojenim promjenljivim možemo napisati u obliku dy g ( y )

= f ( x )dx .

(2)

Ukoliko postoje integrali

G( y ) =

dy

∫ g ( y ) i

∫

F ( x ) = f ( x )dx ,

tada je opšte rješenje diferencijalne

jednačine (2) dato sa (3) G ( y ) = F ( x ) + C . Napomenimo da je svako rješenje jednačine (2), napisano u obliku (3) ujedno rješenje jednačine (1). Međutim, ukoliko je g (a ) = 0 za neko realno a , tada je y = a rješenje jednačine (1), koje ne možemo dobiti iz (3). Riješeni primjeri

(

)

(

)

1. Naći onu integralnu krivu jedna čine 4 x + xy 2 dx + y + x 2 y dy = 0 koja prolazi kroz ta čku

(1,2 ) . Rješenje. Datu jednačinu možemo napisati u obliku: 2 2 2 x 4 + y )dx + y 1 + x )dy = 0 , pa nakon dijeljenja sa x 4 + y )dy ≠ 0 dobijamo:

( ) = − dx . dy x (4 + y ) y 1 + x 2

2

Sada je očigledno da je data jednačina jednačina u kojoj se promjenljive mogu razdvojiti, pa nakon razdvajanja imamo: x

1 + x 2

dx = −

y

4 + y 2

dy .

Kada integralimo obje strane jednakosti dobijamo: 1 2

(

)

ln 1 + x 2 = −

1 2

(

)

ln 4 + y 2 +

1 2

ln C ,

gdje je

C

konstanta,

C > 0 .

Transformacijom dobijene

jednakosti, opšte rješenje jednačine možemo napisati u obliku: (1 + x 2 )(4 + y 2 ) = C . Kao što vidimo, opšte rješenje jednačine zavisi od jednog parametra, jer je jedna čina prvog reda.

119

Nađimo sada partikularno rješenje koje prolazi kroz tačku (1,2 ) . Uvrštavanjem vrijednosti x = 1 i y = 2 u opšte rješenje dobijamo da je C = 16 , pa je traženo rješenje dato sa (1 + x 2 )(4 + y 2 ) = 16 . 2. Riješiti diferencijalnu jednačinu

y

'

sin x

= y ln y , a zatim odrediti onu integralnu krivu koja

π ⎞ prolazi kroz tačku ⎛ ⎜ ,1⎟ .

⎝ 2 ⎠

Rješenje. Posmatrajmo prvo slučaj kada je y ln y = 0 . Kako je funkcija ln y definisana samo za y > 0 ,

to je

y ln y = 0

samo u slučaju

zadovoljena jednakost

y '

sin x

ln y = 0 ,

odnosno

y = 1.

Tada je

y ' = 0 ,

pa je identički

= y ln y . Dakle, y = 1 je jedno rješenje naše jednačine.

Neka je sada y ln y ≠ 0 . Tada jedna činu možemo napisati u obliku: dy y ln y

= sin xdx .

Integracijom lijeve i desne strane jednačine dobijamo − cos x + C =

dy

∫ y ln y .

Integral na desnoj strani možemo izračunati uvođenjem sm jene

t = ln y,

dt =

dy y

, pa

dobijamo opšte rješenje jednačine u obliku: − cos x + C = ln ln y . π ⎞ Nađimo sada partikularno rješenje koje prolazi kroz ta čku ⎛ ⎜ ,1⎟ . Kako je y = 1 , to je traženo

⎝ 2 ⎠

partikularno rješenje ono koje smo našli u prvom slu čaju, odnosno prava y = 1. 3. Naći opšte rješenje jednačine y ' = cos(2 x − y ) .

Rješenje. Uvedimo novu funkciju z = z ( x ) stavlja jući z = 2 x − y . Sada je y = 2 x − z , y ' = 2 − z ' ,

pa data jednačina ima oblik: z = 2 − cos z , '

odnosno

dz dx

= 2 − cos z .

Data jednačina je jednačina sa razdvojenim promjenljivim. Kako za sve 2 − cos z ≠ 0 , nakon dijeljenja sa 2 − cos z imamo: dx =

dz

2 − cos z

. Nakon integraljenja dobijamo:

120

z

vrijedi

x + C =

dz

∫ 2 − cos z .

Integral na des desnoj noj stran stranii poslj posljed ednje nje jedna jednako kosti sti može možemo mo izr izraačunati uvođenjem z

trigonometrijske smjene t = tg . Tada je 2

dz =

2dt 1 + t 2

,

cos z =

1 − t 2 1 + t 2

, pa integral postaje

z⎞ ⎛ ( ) 3 ⎟. ∫ 3t 2 + 1 3 2⎠ ⎝ Imajući u vidu da je z = 2 x − y , dobijamo ijamo opšte opšte rješenje rješenje jedna jednačine u obliku

2dt

2

=

x + C =

2 3 3

arctg t 3 =

⎛ ⎝

arctg ⎜ 3tg

2 3

arctg ⎜ 3tg

2 x − y ⎞ 2

⎟ , gdje je C proizvoljna realna konstanta. ⎠

4. Naći opšte rješenje jednačine y = '

1 + y 2

(

xy 1 + x

2

)

.

Rješenje. Data jedna čina je definisana za y ≠ 0 i x ≠ 0 .

Množenjem jednačine sa

ydx

1+ y2

≠ 0 možemo je napisati u obliku sa razdvojenim

promjenljivim: ydy

dx

=

(1 + y ) x(1 + x ) 2

2

.

Nakon integracije lijeve i desne strane imamo: ydy

dx

∫ (1 + y ) = ∫ x(1 + x ) . 2

2

t = 1 + y 2 ,

Integral na lijevoj strani jednakosti možemo izračunati uvođenjem smjene ydy =

1

2 ydy

dt . Dobijamo:

1 ∫ (1 + y ) = 2 ln(1 + y ) 2

2

Integral na desnoj strani možemo izra čunati koristeći se rastavom funkcije

1

(

x 1 + x

2

)

na

parcijalne razlomke u obliku: 1

(

x 1 + x 2

)

=

A x

+

Bx + C

1 + x2

.

Nakon množenja sa x 1 + x 2 ) i izjednačavanja dobijenih polinoma na lijevoj i desnoj strani dobijamo da je A = 1 , B = −1 i C = 0 . Uvrštavanjem u integral imamo:

121

dx

dx

xdx

∫ x(1 + x ) = ∫ x − ∫ 1 + x 2

2

= ln x −

1 2

(

ln 1 + x

2

1

1

) + 2 ln C = 2 ln C

x

2

(1 + x ) 2

.

Vidimo da je opšte rješenje jedna čine dato sa: 1 2

ln 1 + y 2 =

1

)

)

(

)

2

ln C

x 2

(1 + x ) 2

,

C > 0 ,

odnosno

1 + y 2 1 + x 2 = Cx 2 , C > 0 .

5. Riješiti jednačinu: x 1 − y 2 dx + y 1 − x 2 dy = 0 . Rješenje. Jednačinu možemo napisati u obliku: y 1 − x

dy

2

dx

= − x 1 − y 2 .

Ukoliko je

y = 1 ,

tada je

dy dx

= 0 , pa je jedna čina identički zadovoljena. Dakle, y = ±1 je

jedno rješenje jednačine. Ukoliko je x < 1 i y < 1 jednačinu možemo napisati u obliku ydy

1 − y

=−

xdx

1 − x

2

2

.

Kada integralimo lijevu i desnu stranu jednačine dobijamo: ydy

∫

1 − y

=− 2

∫

xdx

1− x

2

.

U integralu na lijevoj strani posljednje jednakosti uvedimo smjenu 1 − y 2 = t , Integral na desnoj strani se nalazi na isti na čin. Nakon integracije opšte rješenje za slučaj x < 1 i

y < 1

ydy = −

1 2

dt .

je oblika

− 1 − y 2 = 1 − x 2 − C , odnosno: 1 − y 2 + 1 − x 2 = C , gdje je C

realna konstanta,

C ≥ 0 .

6. Riješiti jednačinu xy ' = y (1 − x sin x ) . Rješenje. Jednačinu možemo napisati u obliku: x

dy dx

dy y

=

= y(1 − x sin x ) , pa ukoliko je y ≠ 0 i x ≠ 0 množenjem sa

(1 − x sin x ) x

dx xy

jednačina postaje

dx .

Kada integralimo lijevu i desnu stranu jedna čine, nakon razdvajanja integrala na desnoj strani na razliku dva integrala dobijamo: 122

d y

dx

∫ y = ∫ x − ∫ sin xdx pa je pa je opšte rješenje jedna čine dato u obliku: ln y = ln x + ln C + cos x , C ≠ 0 , odnosno cos x y = Cxe , C ≠ 0 . Ukoliko je

y = 0 ,

tada je

dy dx

= 0 , pa je jednačina identički zadovoljena. Dakle, y = 0 je

također rješenje jednačine. 7. Naći opšte rješenje jednačine y ' = 2 x + 2 y . R ješenje. Uvedimo novu nepoznatu funkciju z = z ( x ) sa z = x + 2 y . Tada je y =

1 2

( z − x ) , te y ' =

1 2

(z

'

− 1) .

Sada naša jedna čina postaje: 1 2

( z

'

− 1) = 2 z , odnosno

dz dx

= 1 + 2 z +1 .

Razdvajanjem promjenljivih i integracijom dobijamo: dz

∫1+ 2

z +1

x + C =

∫

= dx , pa nakon integracije desne strane imamo: dz

∫1+ 2

z +1

.

U integralu na desnoj strani uvedimo smjenu sa t = 2 z +1 . Sada je z = −1 + log 2 t ,

dz =

dt t ln 2

, pa

je integral oblika: dt

∫ t (1 + t )ln 2

=

d t ⎞ t t 1 ⎛ dt 1 − = log 2 ln ⎜ ⎟= t + 1 ⎠ ln 2 t + 1 t + 1 ln 2 ⎝ t

∫

∫

.

Nakon vraćanja na staru funkciju opšte rješenje jednačine dobijamo u obliku ⎛ 2 z +1 ⎞ ⎟ , pa kako je z = x + 2 y , to je opšte rješenje jednačine oblika x + C = log 2 ⎜⎜ z +1 ⎟ 1 2 ⎝ + ⎠ ⎛ 2 x + 2 y +1 ⎞ ⎟ x + C = log 2 ⎜ ⎜ 1 + 2 x + 2 y +1 ⎟ , odnosno, ⎝ ⎠ x + 2 y +1 ). x + C = x + 2 y + 1 − log 2 1 + 2

dakle, opšte rješenje jednačine je oblika x + 2 y +1 ), C 0 je realna konstanta. C − 1 = C 0 = 2 y − log 2 (1 + 2 (4) Napomenimo da smo do rješenja naše jedna čine mogli doći i bez uvo đenja nove funkcije. Naime, ako jedna činu napišemo u obliku 123

dy dx

= 2 x ⋅ 2 2 y

vidimo da promjenljive možemo razdvo jiti i dobiti jednakost oblika dy

2

2 y

= 2 x dx .

Integracijom lijeve i desne strane jednačine dobijamo opšte rješenje u obliku 1

− 2 − 2 y = 2 x + C , odnosno u obliku 2

x + 2 y +1

+ 1 + C ⋅ 2 2 y +1 = 0 .

(5) Primijetimo da se transformacijom izraza (4) može doći do izraza u obliku (5), s tim što treba uzeti drugi oblik za konstantu C u (5). 2

4.1.1. Zadaci za samostalan rad U zadacima 1.-6. na ći opšte rješenje datih jednačina: 1

sin ( x − 2 y ) .

352.

( xy

x + y

354.

e − y ⎜1 +

351.

y ' =

353.

y = 10

355.

y ' + sin

2

'

.

x + y

2

= sin

x − y

2

2

+ x )dx + ( y − x 2 y )dy = 0 . ⎛ ⎝

dy ⎞

⎟ =1 .

dx ⎠

. ' y sin x = y ln y

356. Naći partikularno rješenje jednačine

koje zadovoljava početni

π ⎞ uslov y⎛ ⎜ ⎟=e.

⎝ 2 ⎠

357.

Naći onu integralnu krivu jednačine y =

358.

Naći onu integralnu krivu jednačine

'

1 + y 2

koja prolazi kroz tačku (0,1) .

1 + x 2 sin y cos xdy = cos y sin xdx

koja prolazi kroz

π ⎞ tačku ⎛ ⎜ 0, ⎟ .

⎝ 4 ⎠

359. Naći partikularno rješenje jednačine koje zadovoljava početni uslov y (1) = 1 .

y − xy ' = b 1 + x 2 y '

124

) , gdje je

b

realan parametar,

4.2.

Homogene diferencijalne jednačine prvog reda

Diferencijalna jednačina prvog reda je homogena ukoliko se može napisati u obliku ⎛ y ⎞ ⎟. ⎝ x ⎠

y ' = f ⎜

Homogene diferencijalne jednačine svodimo na diferencijalne jednačine sa razdvojenim promjenljivim uvođenjem nove nepoznate funkcije z = z ( x ) sa z =

y x

' , y = zx , y ' = z x + z .

Neke diferencijalne jednačine koje nisu homogene se podesnom smjenom mogu dovesti na homogene, a zatim ih kao ta kve rješavati. Neke od njih su oblika: ⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ ⎟⎟ . y ' = f ⎜⎜ 1 a x b y c + + 2 2 2 ⎝ ⎠

(1)

Da bismo jednačinu oblika (1) sveli na homogenu, odnosno na jedna činu koja razdvaja promjenljive potrebno je riješiti sistem od dvije jednačine sa dvije nepoz nate a i b oblika: a1 a + b1b + c1 = 0 ⎫

⎬.

(2)

a 2 a + b2 b + c 2 = 0 ⎭

Sada možemo posmatrati dva slu čaja: a) Determinanta D = a1b2 − a 2 b1 sistema (2) je različita od nule. Tada sistem ima jedinstveno rješenje (a, b ) , pa u jednačini (1) uvodimo smjenu: x = u + a , y = v + b , gdje su u

i

v

dvije nove promjenljive i vrijedi v = v(u ) , te y ' = v ' =

dv du

Nakon uvođenja ove smjene jednačina (1) postaje homogena po u i v . b) Determinanta D = a1b2 − a 2 b1 sistema (2) je jednaka nuli. Sada trebamo razlikovati nekoliko podslučajeva: b1) Ako je a 2 = b2 = 0 , mora biti c 2 ≠ 0 pa imamo diferencijalnu jednačinu oblika ' y = f (ax + by + c ) . Ukoliko je b = 0 jednačina (3) je jednačina sa razdvojenim promjenljivim. Ukoliko je

b ≠ 0,

uvodimo novu funkciju

z ( x ) = ax + by + c ,

tako da je

y = '

.

(3) z − a '

b

. Sada

jednačina (3) postaje jedna čina sa razdvojenim promjenljivim. b2) Ako je bar jedan od koeficijenata a 2 ili b2 različit od nule, onda iz a1b2 − a 2 b1 = 0 slijedi da za neko realno λ vrijedi a1 = λ a 2 i b1 = λ b2 . Sada jednačina (1) ima oblik:

125

⎛ λ (a 2 x + b2 y ) + c1 ⎞ ⎟⎟ . y ' = f ⎜⎜ a x b y c + + 2 2 ⎠ ⎝ 2

(4)

Ukoliko je

b2 = 0 jednačina (4) je jedna čina sa razdvojenim promjenljivim.

Ukoliko je

b2 ≠ 0

uvodimo novu funkciju z = a 2 x + b2 y , tako da je y = '

' z − a 2

b2

. Nakon ovoga

jednačina (4) se svodi na jedna činu u kojoj možemo razdvojiti promjenljive. Riješeni primjeri 1. Naći opšte rješenje jednačine x − y cos

y x

+ xy ' cos

y x

=0.

Rješenje. Nakon dijeljenja sa x ≠ 0 jednačina postaje: y

1−

cos

x y

y ' =

x

y

+ y ' cos

x

1

−

cos

y x

= 0 , odnosno, nakon dijeljenja sa cos

y x

≠0,

.

y x

Desna strana jednakosti je funkcija od

y x

pa vidimo da je jednačina homogena. y

' Uvedimo novu nepoznatu funkciju z = z ( x ) sa z = , y ' = z x + z . Jednačina sada postaje:

x

' + z = z − z x

dz dx

x = −

1 cos z

1 cos z

, odnosno

.

Nakon razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo: sin z = ln C − ln x , za neko realno C ≠ 0 . y

Stavljajući z = , vidimo da je opšte rješenje jednačine dato sa : x

C x

=e

sin

y x

.

2. Naći ono partikularno rješenje jednačine xy ' − y = x 2 + y 2 koje prolazi kroz tačku (1,1) . Rješenje. Posmatrat ćemo samo slučaj x > 0 , jer nas interesuje ona integralna kriva koja prolazi kroz tačku (1,1) . Nakon dijeljenja jednačine sa x > 0 ona postaje:

126

2

⎛ y ⎞ y = + 1 + ⎜ ⎟ . x ⎝ x ⎠ y

'

Kako je desna strana jednačine funkcija od z = z ( x ) , z =

y x

y

, to je jednačina homogena, pa uvodimo smjenu

x

' , y ' = z x + z . Jednačina je sada oblika:

' z x + z = z + 1 + z 2 dz x = 1 + z 2 . dx

, odnosno

Nakon razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo

(

)

ln z + 1 + z 2 = ln ( C x ) , za neko realno C , odnosno 2

⎛ y ⎞ + 1 + ⎜ ⎟ = C x . Množenjem sa x dobijamo opšte rješenje za slučaj x > 0 u obliku: x ⎝ x ⎠ y

y + x 2 + y 2 = C x 2 .

Uvrštavanjem vrijednosti partikularno rješenje: y + x 2 + y 2 = (1 + 2 )x 2 .

x = 1

i

y = 1

dobijamo da je

C = 1 +

2,

pa je traženo

)

3. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine 3 x 2 y − y 3 y ' = 3 xy 2 − x 3 .

Rješenje. Dijeljenjem date jednačine sa x 3 ≠ 0 možemo je napisati u obliku: ⎛ y ⎛ y ⎞ 3 ⎞ ' ⎛ y ⎞ 2 ⎜ 3 − ⎜ ⎟ ⎟ y = 3⎜ ⎟ − 1 , odnosno ⎜ x ⎝ x ⎠ ⎟ ⎝ x ⎠ ⎝ ⎠ 2

⎛ y ⎞ 3⎜ ⎟ − 1 ⎝ x ⎠ . y ' = ⎛ y ⎛ y ⎞ 3 ⎞ ⎜3 − ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ x ⎝ x ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

Vidimo da je desna strana jedna čine funkcija od y

' smjenu z = , y ' = z x + z . Jednačina postaje:

x

z x + z = '

3 z 2 − 1 3 z − z 3

.

127

y x

, pa je jednačina homogena. Uvodimo

Dobijena jednačina je jednačina sa razdvojenim promjenljivim. Nakon sre đivanja izraza, razdvajanja promjenljivih i integraljenja jednačinu možemo napisati u obliku: 3 z − z 3

d x

∫ x = ∫ z

4

dz .

−1

Da bismo izračunali integral na desnoj strani podintegralnu funkciju trebamo razložiti na parcijalne razlomke: 3 z − z 3

3 z − z 3

=

=

A

+

B

Cz + D

+

. ( z − 1)( z + 1)( z + 1) z − 1 z + 1 z 2 + 1 Nakon množenja posljednje jednakosti sa ( z − 1)( z + 1)(z 2 + 1) i izjednačavanja koeficijenata uz odgovarajuće stepene od z na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijamo sistem od četiri linearne jednačine sa četiri nepoznate oblika: z − 1 4

2

A + B + C = −1⎫

⎪ ⎬. A + B − C = 3 ⎪ A − B − D = 0 ⎪ ⎭

A − B + D = 0 ⎪

Sabiranjem prve i tre će, te druge i četvrte jednačine sistema dobijamo: 2 A + 2 B = 2⎫

⎬.

2 A − 2 B = 0⎭

1

Sada je A = B = , pa je 2

3 z − z 3

∫ z

4

−1

1

dz =

∫

dz

2 z + 1

+

C = −2

i D = 0 . Sada je:

1

−2

∫

dz

2 z − 1

∫z

zdz 2

+1

1

1

2

2

= ln z − 1 + ln z + 1 − ln z 2 + 1 .

Rješenje jednačine je:

( z x = ln 2 ln C ( z

2

2

− 1)

y

2

, odnosno, zbog z = :

2

.

+ 1)

x

2

C 2 x 2 =

⎛ y ⎞ ⎜ ⎟ −1 ⎝ x ⎠ ⎛ ⎛ y ⎞ 2 ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ + 1⎟ ⎜ ⎝ x ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

4. Naći onu integralnu krivu jedna čine xy ' = y (1 + ln y − ln x ) koja prolazi kroz tačku (e,1) . Rješenje. Jednačina je definisana za y > 0 i x > 0 , pa možemo dijeliti sa x . Dobijamo

jednačinu y ' =

y ⎛ y ⎞ ⎜1 + ln ⎟ , koja je homogena. x ⎝ x ⎠ 128

y

' Uvođenjem nove nepoznate funkcije z = z ( x ) sa z = , y ' = z x + z jednačina postaje:

x

z x + z = z (1 + ln z ) , pa nakon '

∫

d x x

=

sređivanja, razdvajanja promjenljivih i integraljenja dobijamo:

dz

∫ z ln z .

Integral na desnoj strani se može riješiti uvo đenjem smjene t = ln z . Nakon rješavanja integrala na obje strane posljednje jednakosti dobijamo opšte rješenje jednačine u obliku: ln Cx = ln ln z Cx = ln

y

, odnosno, zbog z =

y x

.

x

Uvrštavajući vrijednosti x = e i y = 1 u opšte rješenje jednačine dobijamo da je 1

C ⋅ e = ln

e

1

= −1 , odnosno C = − . Dakle, traženo partikularno rješenje jednačine je e

1

y

e

x

− x = ln

x

, odnosno,

y = xe

−

e

, x > 0 .

5. Naći onu integralnu krivu jedna čine y = x ln xy ' − y koja prolazi kroz tačku (− 1,−1) .

Rješenje. Jednačinu možemo napisati u obliku: y

xy − y = e x . '

y

' Uvođenjem smjene z = , y ' = z x + z jednačina postaje:

x

(

)

x z x + z − zx = e

' 2 , odnosno z x = e z . Sada, razdvajajući promjenljive dobijamo: '

−z

e dz = ±

dx x 2

z

.

Nakon izračunavanja integrala, imajući u vidu da je z = y

−

e

x

=

1 x

y x

+ C .

Opšte rješenje jednačine sada možemo napisati u obliku: y = − x ln

1 x

+ C .

Uvrštavanjem početnih uslova dobijamo: − 1 = 1 ⋅ ln − 1 + C , pa je − 1 + C = e −1 , odnosno C = 129

1 e

+1.

imamo:

Traženo partikularno rješenje je dato sa: y = − x ln

1 x

+

1 e

+1 .

6. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine: (2 x − y + 4 )dy = (2 y − x − 5 )dx . Rješenje. Datu jednačinu možemo napisati u obliku: − x + 2 y − 5 ' y = . 2 x − y + 4

Da bismo uveli odgovarajuću smjenu promjenljivih ri ješimo sistem jednačina: − a + 2b − 5 = 0⎫ ⎬ , sa nepoznatim a i b . 2a − b + 4 = 0 ⎭

Determinanta ovog sistema je razli čita od nule, pa on ima jedinstveno rješenje: a = −1 i b = 2 . Sada uvedimo smjenu promjenljivih sa: x = u − 1, y = v + 2 , pri čemu smatramo da je v = v (u ) , te y x' = vu' . Jednačina postaje: ' v =

− u + 2v , pa nakon dijeljenja brojnika i nazivnika sa u dobijamo: 2u − v −1+ 2

v' =

2−

v u

v

.

u

dobijena jednačina je homogena, pa je rješavamo smjenom

z =

v u

,

z = z (u ) , v = z u + z . '

'

Imamo: − 1 + 2 z , odnosno, nakon transformacije jednačine i razdvajanja promjenljivih 2 − z

z ' u + z = du u

=

2− z

dz.

z 2 − 1

Integracijom lijeve i desne strane imamo: ln

u C

1

3

1

2

2

2

= ln z − 1 − ln z + 1 =

2 2 u = C

z − 1

( z + 1)3

( x + 1) = C

2

z −1

( z + 1)3

, odnosno

.

Imajući u vidu da je 2

ln

u = x + 1,

v = y − 2 , z =

v u

=

y−2 x + 1

, dobijamo opšte rješenje jednačine:

( y − x − 3)(x + 1)2 , odnosno ( y + x − 1)3 = C 2 ( y − x − 3) . 3 ( y + x − 1) 130

2

⎛ y + 2 ⎞ ⎟⎟ . 7. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine: y = 2⎜⎜ x y + − 1 ⎝ ⎠ ⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ ⎟⎟ . Zbog toga ćemo prvo Rješenje. Vidimo da je data jedna čina oblika y ' = f ⎜⎜ 1 a x b y c + + 2 2 ⎠ ⎝ 2 '

riješiti sistem od dvije jednačine sa dvije nepoznate: b+2=0 ⎫

⎬.

a + b − 1 = 0⎭

Determinanta ovog sistema je razli čita od nule, pa on ima jedinstveno rješenje: a = 3, b = −2 . Uvedimo smjenu promjenljivih sa x = u + 3 , y = v − 2 , v = v(u ) , y ' = v ' . Jednačina postaje: 2

2

⎛ v ⎞ v = 2⎜ ⎟ , odnosno ⎝ u + v ⎠ '

⎛ v ⎞ ⎜ ⎟ u ' ⎜ ⎟ . v =2 v⎟ ⎜ ⎜1 + ⎟ ⎝ u ⎠ v

Očigledno je dobijena jednačina homogena, pa se smjenom z = , z = z (u ) , u

' ' v = z u + z

svodi

na jednačinu sa razdvojenim promjenljivim: 2 z 2

z u + z =

. (1 + z )2 Nakon transformacije, razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo: '

du

∫u

=−

2 z + 2 z + 1

∫ z (1 + z ) 2

dz .

Kako bismo izračunali integral na desnoj strani jednakosti podintegralnu funkciju je potrebno rastaviti na parcijalne razlomke: 2 z + 2 z + 1

(

z 1 + z

2

)

=

A z

+

Bz + C

1+ z2

.

Nakon množenja jednakosti sa z 1 + z 2 ) i izjednačavanja koeficijenata uz odgovarajuće stepene polinoma na desnoj i lijevoj strani jednakosti dobijamo A = 1 , B = 0 i C = 2 . Rješenje jednačine sada možemo pisati u obliku: ln u + C = −(ln z + 2arctgz ) , odnosno, vraćajući se na polazne funkcije: ⎛ y + 2 y + 2 ⎞ ⎟. + 2arctg x − 3 ⎠⎟ ⎝ x − 3

ln x − 3 + C = −⎜⎜ ln

8. Naći opšte rješenje jednačine: ( x + 2 y + 1) y ' = (2 x + 4 y + 3) . Rješenje. Datu jednačinu napišimo u obliku:

131

y ' =

2 x + 4 y + 3 x + 2 y + 1

.

Formirajmo sljedeći sistem od dvije jednačine sa dvije nepoznate

a

i b:

2a + 4b + 3 = 0⎫

⎬.

a + 2b + 1 = 0 ⎭

Determinanta ovog sistema je jednaka nuli, pa kako je ćemo rješavati uvođenjem nove nepoznate funkcije y =

1 2

( z − x ) ,

y ' =

1 2

(z

'

2 x + 4 y = 2( x + 2 y ) ,

datu jednačinu z = z ( x ) sa z = x + 2 y . Sada je

− 1) , pa jednačina postaje sljedeća jednačina u kojoj se promjenljive

mogu razdvojiti: 1 2

z ' =

2 z + 3 z + 1

+

1 2

Nakon razdvajanja promjenljivih i integracije imamo: z + 1

∫ dx = ∫ 5 z + 7 dz . Integracijom lijeve i desne strane dobijamo: 1 2 7 x + C = z − ln z + 5 25 5

, pa nakon vraćanja na polazne promjenljive dobijamo opšte rješenje

jednačine u obliku: x + C =

1 5

( x + 2 y ) −

2 25

ln x + 2 y +

7 5

.

9. Naći partikularno rješenje diferencijalne jednačine xy ' − y = ( x + y ) ln

x + y x

koje prolazi

kroz tačku (1,1) . Rješenje. Datu jednačinu možemo, nakon dijeljenja sa x ≠ 0 napisati u sljedećem obliku: y ' −

⎛ y ⎞ ⎛ y ⎞ = ⎜1 + ⎟ ln⎜1 + ⎟ . x ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ y

Vidimo da je data jedna čina homogena pa je smjenom

z =

y x

,

' y ' = z x + z

svodimo na

jednačinu u kojoj se promjenljive mogu razdvojiti oblika: ' z x = (1 + z ) ln(1 + z ) , odnosno, nakon razdvajanja promjenljivih i integracije: dx

dz

∫ x ∫ (1 + z ) ln(1 + z ) . =

Integral na desnoj strani jednakosti možemo izračunati uvođenjem smjene dt =

dz

1 + z

. Sada imamo: 132

t = ln (1 + z ) ,

x = ln ln (1 + z ) , pa je opšte rješenje jedna čine dato sa: ln C

⎛ ⎝

Cx = ln⎜1 +

y ⎞

⎟.

x ⎠

Odredimo sada partikularno rješenje. Uvrštavanjem x = 1 i y = 1 u opšte rješenje imamo: C = ln 2 , pa je partikularno rješenje dato sa: ⎛ ⎝

x ln 2 = ln⎜1 +

y ⎞

⎟.

x ⎠

10. Odrediti partikularno rješenje jednačine

( y

'

+ 1)ln

y + x x + 3

=

y + x x + 3

koje prolazi kroz tačku

(− 2,3) . Rješenje. Datu jednačinu napišimo u obliku: y + x ' y = x + 3 − 1 . y + x ln x + 3 ⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ ⎟⎟ , pa ćemo postaviti sistem od dvije Vidimo da je data jednačina oblika y ' = f ⎜⎜ 1 a x b y c + + 2 2 ⎠ ⎝ 2

jednačine sa dvije nepoznate oblika: a + b = 0⎫

⎬.

a + 3 = 0⎭

Dati sistem ima jedinstveno rješenje a = −3 , b = 3 . Uvedimo smjenu promjenljivih sa x = u − 3 , y = v + 3 , postaje:

(v

'

(v

'

+ 1)ln

u+v u

=

u+v u

v = v (u ) , y = v '

'

. Naša jednačina

, odnosno, nakon dijeljenja sa u :

v ⎛ v ⎞ + 1)ln⎜1 + ⎟ = 1 + . u ⎝ u ⎠ v

Dobijena jednačina je homogena, pa je smjenom z(u ) = , u

v ' = z ' u + z

svodimo na jednačinu

u kojoj se promjenljive mogu razdvojiti: z ' u + z + 1 = d u

1 + z ln(1 + z )

, odnosno, nakon transformacije, razdvajanja promjenljivih i integracije:

ln(1 + z )

∫ u ∫ (1 + z )(1 − ln(1 + z )) dz . =

Integral na desnoj strani gornje jednakosti se smjenom t = ln (1 + z ) , 133

dt =

dz

1 + z

svodi na integral

tdt

∫ 1 − t = −t − ln t − 1 . Sada imamo: ln Cu = − ( ln (1 + z ) + ln ln (1 + z ) − 1 ) = − ln ⎡⎣(1 + z ) ln (1 + z ) − 1 ⎤⎦ . Sada, vraćajući se na stare promjenljive

u = x + 3 , z =

y − 3 x + 3

dobijamo opšte rješenje jednačine

u obliku: ⎛ y − 3 ⎞ ⎛ y − 3 ⎞ = ⎜1 + ⎟ ln⎜1 + ⎟ −1 . C ( x + 3) ⎝ x + 3 ⎠ ⎝ x + 3 ⎠ Uvrštavajući x = −2 , y = 3 imamo: 1

1 C

= 1 , pa je C = 1 . Dakle, traženo partikularno rješenje je:

⎛ y − 3 ⎞ ⎛ y − 3 ⎞ = ⎜1 + ⎟ ln⎜1 + ⎟ −1 . ( x + 3) ⎝ x + 3 ⎠ ⎝ x + 3 ⎠ 1

4.2.1. Zadaci za samostalan rad U zadacima 1.-10. na ći opšta rješenje datih jednačina: 2 xy

1.

y ' =

2.

y 2 + x 2 y ' = xyy ' .

3.

' xy = y ln

4.

y ' =

x y

+

y

x y

x

.

. .

+ 3 xy + x 2 )dx = ( x 2 + 2 xy )dy . x − 3 y 6. y ' = . 2 x + y

5.

(3 y

x − y 2 2

2

7. ( x − 3 y + 4)2 dx + ( x + 3 y + 2)2 dy = 0 . 8.

y ' =

9.

y '

x + y + 3

2 x + 2 y − 2 x − 2 y

2 x − 4 y + 1

.

= 1.

10. ( y − x − 2 )dx − (2 y − x − 5)dy = 0 U zadacima 11.-15. na ći partikularna rješenja datih jednačina koja prolaze kroz date ta čke: 134

12.

( xy − y )arctg xy = 0 , tačka (1,0) . ( y − 3 x )dy + xydx = 0 , tačka (0,1) .

13.

' y =

11.

'

2

2

2 2 y − 2 xy − x

y 2 + 2 xy − x 2

, tačka (− 1,−1) .

2

dy dy 14. y⎛ ⎜ ⎞⎟ + 2 x − y = 0 , tačka 0, 5 . dx ⎝ dx ⎠

(

)

Uputa: Datu jednačinu prvo riješiti kao kvadratnu po nepoznatoj y ' =

dy dx

.

15. ( x − 2 y + 1)dx + (2 x + y + 2 )dy = 0 , tačka (0,1) .

4.3.

Linearne diferencijalne jednačine prvog reda

Diferencijalna jednačina prvog reda y ' = f ( x, y ) je linearna ukoliko je ona linearna posmatrana kao funkcija od y i y ' . Linearnu jednačinu prvog reda možemo napisati u obliku: y ' + P( x ) y = Q( x ) , (1) gdje su P ( x ) i Q ( x ) neprekidne funkcije definisane na nekom intervalu. Opšte rješenje linearne jednačine napisane u obliku (1) je dato sa: P ( x )dx − P ( x )dx ⎛ ⎞ y = e ∫ dx + C ⎟ . (2) ⎜ Q( x )e ∫

∫

⎝

⎠

Riješeni primjeri 1. Naći partikularno rješenje diferencijalne jedna čine y ' −

y

1 − x 2

− 1 − x = 0 koje prolazi kroz

tačku (0,1) . Rješenje. Očigledno je da je data jedna čina linearna po y i y ' . Napišimo je u obliku: y ' −

y

1 − x 2

= 1 + x .

Ovako napisana jednačina je oblika (1), gdje je P( x ) = −

1 1− x2

,

Q ( x ) = 1 + x ,

pa je njeno rješenje dato sa (2). 135

Odredimo prvo integrale koji se javljaju u (2). Imamo:

∫

P ( x )dx = −

∫

Q( x )e ∫

P ( x )dx

dx

∫ 1 − x

dx =

2

=∫

dx x2 −1

∫ ( x + 1)e

ln

1

1− x

2

x +1

dx =

∫ ( x + 1)

= ln

.

1− x 1+ x

1 − x 1 + x

dx =

∫

1 − x 2 dx .

Nas zanima ona integralna kriva jedna čine koja prolazi kroz tačku (0,1) pa ćemo smatrati da je 1 − x 2 = 1 − x 2 . Sada je

∫

P ( x )dx Q ( x )e ∫ dx =

∫

1 − x

2

1 − x

2

∫

∫

1 − x dx = 2

1 − x 2 1 − x

∫

dx = ( Ax + B ) 1 − x 2 + λ

dx .

2

dx

1− x

2

Ovaj integral ćemo napisati u obliku: .

Nakon diferenciranja imamo: 1 − x 2 1 − x

= A 1 − x 2 + ( Ax + B )

2

Množenjem sa

1 − x2

− 2x 2 1 − x

+ 2

λ

1− x

2

.

, a zatim izjednačavanjem dobijenih polinoma drugog stepena na 1

desnoj i lijevoj strani jednakosti dobijamo da je A = , 2

∫

Q( x )e ∫

P ( x )dx

B = 0

i

λ =

1 2

. Dakle,

1 1 dx = x 1 − x 2 + arcsin x . 2 2

Uvrštavanjem izračunatih integrala u opšte rješenje dato sa (2) imamo: y =

1 + x ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ C + x 1 − x 2 + arcsin x ⎟ . 1 − x ⎝ 2 2 ⎠

Ukoliko u opšte rješenje uvrstimo x = 0 i y = 1 Dobit ćemo rješenje: y =

C = 1 ,

pa je traženo partikularno

1 + x ⎛ 1 1 ⎞ ⎜1 + x 1 − x 2 + arcsin x ⎟ . 1 − x ⎝ 2 2 ⎠

⎛ x 2 − 1 ⎞ ' ⎟ y = y + 5 . 2. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine: ⎜⎜ ⎟ x ⎝ ⎠ Rješenje. Očigledno je data jednačina linearna po y i y ' , pa ćemo je napisati u obliku (1). 5 x y . Sada je = x 2 − 1 x 2 − 1 x 5 x P( x ) = − 2 , Q( x ) = 2 . x − 1 x − 1

y ' −

x

136

Odredimo integrale koji se javljaju u (2):

∫ ∫

P ( x )dx = −

Q ( x )e ∫

∫

1 1 2 = − ln − 1 = ln dx x 2 x 2 − 1 x 2 − 1 x

ln P ( x )dx

dx =

∫

5 x

e 2 x − 1

.

1 x 2 −1

dx =

∫ ( x

5 xdx 2

− 1) x − 1 2

.

Posljednji integral možemo izračunati uvođenjem smjene t = x 2 − 1 ,

∫

Q ( x )e ∫ 1

y = e

¸2

P ( x )dx

ln x 2 −1

dx = −

5 x − 1 2

xdx =

1 2

dt . Sada imamo:

, pa opšte rješenje jednačine možemo napisati u obliku:

⎛ 5 ⎞⎟ ⎜ C − , odnosno ⎜ ⎟ 2 − x 1 ⎝ ⎠

y = −5 + C x 2 − 1 .

3. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine xy ' + y − x sin x = 0 .

Rješenje. Data jednačina je linearna po y i y ' . Napišimo je u obliku (1): 1 y ' + y = sin x . x

Sada je

P( x ) = dx

∫ P( x )dx = ∫ x ∫ Q( x )e ∫

P ( x )dx

1 x

,

Q( x ) = sin x .

Imamo:

= ln x .

∫

∫

dx = sin xe ln x dx = x sin xdx .

Integral na desnoj strani riješit ćemo parcijalnom integracijom, stavljajući v = − cos x te u = x , du = dx . Sada je ∫ x sin xdx = − x cos x + ∫ cos xdx = − x cos x + sin x . Uvrštavajući dobijene integrale u (1) dobijamo opšte rješenje jedna čine: y =

1 x

dv = sin xdx ,

(C − x cos x + sin x ) .

(

)

(

)

2

4. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine 1 + x 2 y ' − 2 xy = 1 + x 2 .

Rješenje. Data jednačina je linearna po y i y ' pa ćemo je, dijeljenjem sa 1 + x 2 ) ≠ 0 napisati u

obliku (1): 137

y ' −

2 x 1 + x

Sada je

2

y = 1 + x 2 .

2 x

P( x ) = −

1+ x 2 xdx

∫ P( x )dx = −∫ 1 + x

∫

Q( x )e ∫

P ( x )dx

2

Q( x ) = 1 + x 2

,

= − ln(1 + x 2 ) = ln

2

ln

pa je 1

1 + x 2

,

1

dx = (1 + x )e (1+ x ) dx = dx = x .

∫

2

∫

2

Uvrštavajući dobijene integrale u (2) dobijamo opšte rješenje jedna čine u obliku: y = 1 + x 2 )(C + x ) . 5. Odrediti integralnu krivu jednačine xy ' − 3 y = x 4 e x koja prolazi kroz tačku (1, e ) .

Rješenje. Data jednačina je linearna po y i y ' . Dijeljenjem sa x ≠ 0 napišimo je u obliku (1): 3 x y ' − y = x 3 e . x

Sada je

∫ ∫

P( x ) = −

P ( x )dx = −

3

∫ x

3 x

Q( x ) = x 3 e x , pa imamo:

,

dx = −3 ln x = ln

P ( x )dx Q ( x )e ∫ dx =

∫ x e

3 x

e

1 ln x 3

1 x 3

,

∫

dx = e x dx = e x .

Vidimo da je opšte rješenje jedna čine dato sa: y = x 3 (C + e x ). Uvrštavajući x = 1 , y = e dobijamo da je C = 0 , pa je tražena integralna kriva jedna čine: y = x 3 e x . ⎛ π ⎞ 6. Odrediti partikularno rješenje jednačine y ' sin x − y cos x = 1 , uz uslov y⎜ ⎟ = 1 . ⎝ 2 ⎠ R ješ enje. Data jednačina je linearna po y i y ' , pa je, dijeljenjem sa sin x ≠ 0 , možemo napisati

u obliku (1): y ' −

cos x sin x

y =

1

Sada je P( x ) = −

∫

.

sin x cos x

,

sin x cos x P( x )dx = − dx . sin x

Q( x ) =

1 sin x

pa imamo:

∫

Ovaj integral možemo riješiti uvođenjem smjene t = sin x , 138

dt = cos xdx , nakon čega dobijamo

1

∫ P( x )dx = − ln sin x = ln sin x . ∫

Q ( x )e ∫

P ( x )dx

1

∫ sin x

dx =

ln

e

Dalje, imamo:

1 sin x

dx =

dx

∫ sin

2

x

= −ctgx .

sada možemo dati opšte rješenje jedna čine u obliku: y = sin x (C − ctgx ) = C sin x − cos x . Uvrštavajući x = y = sin x − cos x .

π 2

i y = 1 dobijamo da je

C = 1 , pa je traženo partikularno rješenje:

7. Naći partikularno rješenje diferencijalne jednačine y ' =

y

2 y ln y + y − x

koje zadovoljava

uvjet y (2 ) = 1 . Rješenje. Data jednačina nije linearna po y i y ' , ali jeste po x . Pošto možemo smatrati da je y ' ( x ) =

1 x '

=

dy dx

=

1 x ' ( y )

, možemo je napisati u obliku

y

2 y ln y + y − x

.

Ova jednačina je linearna po x i x ' , pa ćemo smatrati da je x = x( y ) i jednačinu ćemo rješavati kao linearnu jednačinu u kojoj ulogu nezavisno promjenljive igra y . Na taj način će vrijediti formula (2), uz izmjen u uloga zavisno i nezavisno promjenljive. Datu jednačinu ćemo transformisati kako bi je napisali u obliku koji je analogan obliku (1): x ' +

1 y

x = 2 ln y + 1 .

Stavimo

P( y ) =

1 y

i Q( y ) = 2 ln y + 1 .

Na osnovu ranijih razmatranja vidi mo da je opšte rješenje jedna čine dato sa P ( y )dy − P ( y )dy ⎛ ⎞ x = e ∫ dy ⎟ . ⎜ C + Q( y )e ∫

∫

⎝

⎠

Odgovarajući integrali su: dy

∫ P( y )dy = ∫ y ∫ Q( y )e ∫

P ( y )dy

= ln y ,

dy =

∫ (2 ln y + 1)e

ln y

1 dy = 2 y ln y dy + y 2 . 2

∫

139

Posljednji integral m ožemo izračunati metod om parcijalne integracije stavljajući du =

dy y

,

u = ln y

,

1 2 dv = ydy , v = y . Imamo: 2 1

∫ y ln y dy = 2 y

2

1

∫ 2 y

ln y −

2

dy y

1

1

2

4

= y 2 ln y −

y

2

.

Sada je

∫

Q ( y )e ∫

P ( y )dy

dy = y 2 ln y

. Uvrštavajući izračunate integrale u opšte rješenje jednačine imamo: x =

1

(C + y y

2

)

ln y =

C y

+ y ln y .

Da bi izračunali partikularno rješenje, stavimo u opšte rješenje x = 2 i y = 1 . Dobijamo da je C = 2 , pa je traženo partikularno rješenje dato sa: x =

2 y

+ y ln y .

Napomenimo da je na ovaj na čin implicitno dato y kao funkcija od x .

4.3.1. Zadaci za samostalan rad U zadacima 375.-386. na ći opšte rješenje date jednačine: 1. y ' + 2 y = 4 x . 2. y ' + y = cos x . 3. y ' + 2 xy = xe − x . 4. x y ' − y ) = 1 + x 2 )e x . 5. y ' + y cos x = 0,5 sin 2 x . 2

1 − 2x

6.

y ' +

7.

y ' = e 2 x − e x y .

8.

y ' =

9.

2 ydx + y 2 − 6 x dy = 0 .

10.

y ' =

x 2

y = 1 .

1 x cos y + sin 2 y

(

1 2 x − y 2

.

)

. 5

11. ( x + 1) y ' − 4 y = e x ( x + 1) . 12. ydx = ( y 3 − x )dy . 140

U zadacima 387.-393. na ći onu krivu diferencijalne jednačine koja prolazi datom tačkom: 13. (1 − x 2 ) y ' + xy − 1 = 0 , tačka (0,1) . 14. xy ' + y − e x = 0 , tačka (a, b ) , gdje su a i b proizvoljni realni brojevi. y ' − ytgx =

15.

16. xy ' −

y x + 1

1 cos x

, tačka (0,0 ) .

= x , tačka (1,0 ) .

π ⎞ 17. x 1 + x 2 )dy = y + yx 2 − x 2 )dx , tačka ⎛ ⎜1,− ⎟ .

⎝

y

18.

y ' −

19.

y ' = 3 x 2 y + x 5 + x 2 , tačka (0,1) .

4.4.

1 − x 2

4 ⎠

= 1 + x , tačka (0,1) .

Diferencijalne jednačine koje se svode na linearne diferencijalne jedna čine

Mi ćemo posmatrati tri tipa diferencijalnih jednačina koje se svode na linearne jednačine. To su Bernoullieva, Cleroova i Lagrangeova jednačina.

4.4.1. Bernoullieva diferencijalna jednačina Jednačinu oblika n y + P ( x ) y = Q( x ) y , n ∈  , n ≠ 0 , n ≠ 1 (1) gdje su P ( x ) i Q( x ) date funkcije neprekidne na nekom intervalu, nazivamo Bernoulli-evom diferencijalnom jednačinom. Ukoliko je n = 0 jednačina postaje linearna, dok za n = 1 postaje jednačina u kojoj se promjenljive mogu razdvojiti. Datu jednačinu oblika (1) podijelimo sa y n . Dobijamo jednačinu ' y P ( x ) (2) + n −1 = Q( x ) n '

y

y

Datu jednačinu možemo svesti na linearnu uvođenjem smjene z = z ( x ) =

1 y

n −1

. Sada je z = '

1− n y

n

y

'

, pa je

y y

'

n

=

z

1− n

Dobijena linearna jednačina je oblika: z

'

1− n

'

+ P( x ) z = Q( x ) .

141

.

Riješeni primjeri 1. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine xy ' + y = xy 2 ln x . Rješenje. Datu jednačinu podijelimo sa x ≠ 0 . Ona postaje: 1 y ' + y = ln x ⋅ y 2 , pa vidimo da je ona Bernoullieva, pri čemu je n = 2 . x

Podijelimo jednačinu sa y 2 ≠ 0 : y

'

y

2

+

11 x y

= ln x . y

'

y

2

1

Uvedimo smjenu z = , y

=

z

'

1− 2

= − z ' . Data jednačina postaje linearna:

1

− z ' + z = ln x . x

Nakon množenja sa (− 1) dobijenu linearni jednačinu svodimo na oblik pogodan za rješavanje: 1 z ' − z = − ln x . x P ( x )dx − P ( x )dx ⎛ ⎞ dx ⎟ , gdje je Opšte rješenje je dato sa z = e ∫ ⎜ C + ∫ Q( x )e ∫

⎝

∫ ∫

P( x )dx = − Q( x )e ∫

dx

∫ x

P ( x )dx

⎠

1

= − ln x = ln , jer je jedna čina definisana samo za x > 0 . Dalje je x

∫

dx = − ln xe

ln

1 x

dx = −

∫

ln x x

dx = −

1 2

ln 2 x ,

što se jednostavno dobije uvođenjem smjene t = ln x ,

dt =

dx x

u posljednjem integralu.

Opšte rješenje naše linearne jednačine je: ⎛ ⎝

z = e ln ⎜ C − x

1 2

⎞ ⎠

⎛ ⎝

ln 2 x ⎟ = x⎜ C −

1 2

⎞ ⎠

ln 2 x ⎟ ,

1

pa kako je z = , to je opšte rješenje polazne jedna čine dato sa: y

1 ⎛ ⎞ = x⎜ C − ln 2 x ⎟ . y 2 ⎝ ⎠ 1

2. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine x 2 y 2 y ' + xy 3 = 1 , kao i ono partikularno

rješenje koje prolazi kroz tačku (3,1) . Rješenje. Dijeljenjem date jednačine sa

x 2 y 2 ≠ 0 imamo:

142

y ' +

1 x

y =

1 x

y −2 .

2

Vidimo da je data jednačina Bernoullieva, sa n = −2 . Pomnožimo je sa y 2 . Imamo: y ' y 2 +

1 x

y 3 =

1

.

x 2

Uvedimo smjenu promjenljivih sa z =

1 y

−2 −1

=

1 y

= y , z = 3 y 3

−3

'

2

y

, pa je y y =

'

'

2

z

'

3

. Jednačina

se svodi na sljedeću linearnu jednačinu: z '

3

1

1

x

x2

+ z =

, odnosno

3 3 z ' + z = 2 x x

.

P ( x )dx − P ( x )dx ⎛ ⎞ dx ⎟ , gdje je Opšte rješenje ove jednačine je dato sa z = e ∫ ⎜ C + ∫ Q( x )e ∫

⎝

∫

∫

dx

∫ x

P( x )dx = 3

⎠

= 3 ln x = ln x 3 ,

P ( x )dx Q( x )e ∫ dx =

3

∫ x

2

e

ln x 3

dx = 3

x 3

∫ x

2

3 dx = x 2 . 2

Opšte rješen je linearne j ednačine je: 1 ⎛ 3 ⎞ ⎜ C + x 2 ⎟ . Kako je z = y 3 , to je opšte rješenje date jednačine 3 2 ⎠ x ⎝

z =

1 ⎛ 3 2 ⎞ 3 ⎜ C + x ⎟. x ⎝ 2 ⎠ Nađimo sada partikularno rješenje. Uvrstimo x = 3 y 3 =

1 ⎛ 3 ⎞ ⎜ C + x 2 ⎟ , 3 2 ⎠ x ⎝

13

1=

3

C +

3 2

9,

odnosno y =

odnosno

27 = C +

27 2

i y = 1 u opšte rješenje. Imamo:

, odakle vidimo da je

C =

27 2

.

Dakle, partikularno rješenje je y =

1 ⎛ 27 3 2 ⎞ 3 ⎜ + x ⎟ x ⎝ 2 2 ⎠

. 1

3. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine

Rješenje. Data jednačina je Bernoullieva, za n = y '

1

3

2 y 2

+ y x

−

1 2

=

ln x x

2 3 2

.

143

3

xy + y = y 2 ln x . '

3

. Podijelimo je sa xy 2 . Imamo:

Uvedimo smjenu sa

1

z =

3

y 2

− z ' + z =

1

ln x

∫

∫

=y

−

1

,

2

−1

z ' −

, odnosno

1

z = − '

=−

ln x

' 1 y

2

3

y

. Dakle,

' 3

y 2

= − z ' , pa jednačina postaje:

2 y 2

.

x x Data jednačina je linearna po z i x pa ćemo izračunati odgovarajuće integrale: dx P( x )dx = − = − ln x , x P ( x )dx ln x −ln x ln x Q ( x )e ∫ dx = − e dx = − dx . x x 2

x

x

∫

∫

∫

Integral na desnoj strani ćemo izračunati metodom parcijalne integracije: Stavimo u = ln x ,

du =

ln x

−

I = −

∫

∫ x

Q( x )e ∫

2

P ( x )dx

−2

=

x dx

∫

x x 2 ln x 1

dx =

x

+

x

d v = −

, =

dx 2

x ln x 1 x

+

1

, v = . Imamo: x

. Dakle,

x

. Sada je rješenje linearne jednačine

ln x + 1 ⎞

⎛ ⎝

z = x⎜ C + y = z

ln x

dx =

dx

⎟ = C x + ln x + 1 , pa je opšte rješenje Bernoullieve jedna čine dato sa ⎠

x

1

(Cx + ln x + 1)2

.

⎛ 1 ⎞ 4. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine xdy + ⎜ y − y 3 x ⎟ dx = 0 , i ono partikularno ⎝ 2 ⎠

r ješenje koje prolazi kroz ta čku (1,1) . Rješenje. Datu jednačinu podijelimo sa xdx ≠ 0 . Imamo: 1 1 y ' + y − y 3 = 0 , x 2

odnosno

y ' +

1

1 y = y 3 . x 2

Vidimo da je data jedna čina Bernoullieva sa n = 3 . Podijelimo je sa y 3 . Imamo: y

'

y

3

+

1 1 x y 2

=

1 2

.

Uvedimo smjenu 1

1

2

x

− z ' +

z=

1 2

z =

1 y 3−1

=

1 y 2

, z = −2 '

y y

'

3

, pa je

, odnosno, nakon množenja sa (− 2 )

Riješimo odgovarajuće integrale: 144

y

'

y

3

1

= − z ' . Dobijamo linearnu jednačinu:

z ' −

2

2 x

z = −1 .

∫

P( x )dx = −

∫

Q ( x )e ∫

∫

P ( x )dx

2dx x

= −2 ln x , −2

∫

dx = − 1 ⋅ e ln x dx = −

dx

∫ x

2

=

1 x

.

Opšte rješenje linearne jednačine je dato sa: ⎛ ⎝

z = x 2 ⎜ C +

1 ⎞

⎟ , pa je opšte rješen je polazne jednačine dato sa

x ⎠

1 ⎞ 2 ⎛ x C = + ⎜ ⎟. x y 2 ⎝ ⎠ 1

Da bi našli traženo partikularno rješenje uvrstimo x = 1 i y = 1 u opšte rješenje. Imamo: 1 = 1(C + 1) , odakle dobijamo da je C = 0 . Dakle, partikularno rješenje koje prolazi kroz (1,1) je 1 y

2

= x , odnosno y 2 =

1

.

x

5. Naći opšte rješenje jednačine y ' +

2 y x

=

2 y cos 2 x

Rješenje. Data jednačina je Bernoullieva, sa n = y

'

1

1

2

+ y 2 =

y 2

x

2 cos 2 x

1 2

. 1

. Podijelimo je sa y 2 . Imamo:

. 1

1

Uvedimo smjenu z =

1

y 2

= y , z = 2

−1

'

1 y ' 2

1

, pa je

y 2

y

'

1

= 2 z ' .

y 2

Dobijamo sljedeću linearnu jednačinu: 2 2 2 z ' + z = x cos 2 x

, odnosno, nakon dijeljenja sa 2 ,

1 1 z ' + z = x cos 2 x

.

Izračunajmo odgovarajuće integrale: d x

∫ P( x )dx = ∫ x ∫

Q ( x )e ∫

P ( x )dx

= ln x ,

dx =

1

∫ cos x 2

e ln x dx =

xdx

∫ cos x . 2

Posljednji integral možemo riješiti metodom parcijalne integracije, stavljajući

∫

dx

, v = tgx . Imamo: cos 2 x xdx = xtgx − tgxdx = xtgx + ln cos x cos 2 x

dv =

∫

. Dakle, 145

u = x , du = dx ,

∫ Q( x )e ∫ z =

1 x

P ( x )dx

dx = xtgx + ln cos x

, pa je opšte rješenje linearne jedna čine

(C + xtgx + ln cos x ) .

Sada vidimo da je opšte rješenje polazne jedna čine dato sa 1

2

⎛ 1 ⎞ y = (C + xtgx + ln cos x ) , odnosno y = ⎜ (C + xtgx + ln cos x )⎟ . x ⎝ x ⎠ 2

1

4.4.2. Cleroova diferencijalna jednačina Diferencijalna jednačina oblika ' ' y = x y + f y

)

(1) naziva se Cleroova diferencijalna jednačina. Ova jednačina nije riješena po izvodu y ' . Da bismo je riješili po izvodu u (1) ćemo diferencirati po x , pretpostavljajući da svi izvodi koji se u daljem javljaju postoje. Diferenciranjem dobijamo: y ' = xy '' + y ' + f y' ( y ' )y '' , odakle je '

( )

x + f y' ' y ' y '' = 0 .

Da bi posljednja jednačina bila zadovoljena potrebno je da je y '' = 0 ili x + f ' y ' ) = 0 . Prva jednačina je zadovoljena ako je y ' = C . Uvrštavaju ći to u jednačinu (1) dobijamo njeno opšte rješenje u obliku (2) y = Cx + f (C ) . Ukoliko je moguće iz sistema jednačina y = Cx + f (C )⎫ (3) ⎬ ' x + f (C ) = 0 ⎭ eliminacijom parametra C dobiti funkcionalnu zavisnost između x i y , ta funkcija nam je također rješenje jednačine koje predstavlja obvojnicu familije pravih datih sa (2). To rješenje nazivamo singularno rješenje jednačine (1). Dakle, Cleroova jednačina može, osim opšteg rješenja imati i singularno rješenje. Riješeni primjeri 1. Odrediti opšte i singularno rješenje jednačine y = xy ' +

a y '

, gdje je

a

realan parametar.

R ješenje. Data jednačina je Cleroova, pa uvrštavanjem y ' = C u polaznu jednačinu dobijamo

njeno opšte rješenje u obliku

y = Cx +

a C

. 146

Odredimo singularno rješenje. Posmatrajmo sistem jednačina oblika (3): y = Cx +

a⎫

C ⎪ .

⎬ x + 2 = 0 ⎪ ⎪⎭ C −a

Iz druge jednačine sistema imamo da je xC 2 = a , a iz prve jednačine je Sada imamo:

Cy = 2C x , 2

odnosno

pa je singularno rješenje dato sa

( )

2 2

C y = 4 C 2

2

x

2

, pa kako je

C = 2

Cy = C 2 x + a . a

x

, to je

a x

y = 4 2

a

2

x

2

x

2

,

y 2 = 4ax .

2. Odrediti opšte i singularno rješenje jednačine y = xy ' − ln y ' .

Rješenje. Data jednačina je Cleroova, pa uvrštavanjem y ' = C u polaznu jednačinu dobijamo njeno opšte rješenje u obliku y = Cx − ln C .

Odredimo sada singularno rješenje date jedna čine. Posmatrajmo sljedeći sistem jednačina: y = Cx − ln C ⎫ ⎪ 1 . x − = 0 ⎬ ⎪⎭ C

Iz druge jednačine sistema dobijamo da je

C =

1

x 1 dobijamo singularno rješenje u obliku: y = 1 − ln x

, pa uvrštavanjem u prvu jednačinu odmah , odnosno y = 1 + ln x .

3. Odrediti opšte i singularno r ješenje jednačine y = xy ' + 1 + ( y ' ) . 2

Rješenje. Data jednačina je Cleroova, pa uvrštavanjem y ' = C u polaznu jednačinu dobijamo

njeno opšte rješenje u obliku y = Cx + 1 + C 2 . Da bismo odredili singularno rješenje jednačine eliminišimo

C

iz sistema oblika (3):

y = Cx + 1 + C 2 ⎫ ⎪ . C = 0 ⎬⎪ x + 1 + C 2 ⎭

Iz druge jednačine dobijamo x = − Uvrstimo u prvu jednačinu

C

1 + C

1 + C 2 = −

, odnosno, nakon kvadriranja x = 2

2

C x

C 2

1 + C 2

.

(ovo se dobije iz druge jedna čine). Imamo:

147

⎛ C 2 ⎞ C ⎟=− y = Cx − , odnosno xy = C ( x − 1) = C ⎜ . − 1 2 2 ⎜ ⎟ x C C 1 + 1 + ⎝ ⎠ C

2

Kako je x = −

C

1 + C

2

, to sada imamo: −

C

1 + C

2

y = −

C

1 + C 2

, odakle je y 2 =

1 1 + C 2

.

Na kraju dobijamo: x + y = 2

2

C 2

1 + C

2

+

1 1 + C 2

= 1.

Dakle, singularno rješenje jednačine je x 2 + y 2 = 1 .

4.4.3. Lagrangeova diferencijalna jednačina Jednačinu oblika

)

y = xg y ' + f y '

)

(1)

nazivamo Lagrangeovom diferencijalnom jednačinom. Integralne krive Lagrangeove jednačine tražit ćemo u parametarskom obliku, uzevši da je ' y = p . Dobit ćemo dvije jednačine dy = pdx (2) y = xg ( p ) + f ( p ) , iz kojih treba odrediti x i y kao funkcije od p . Zapravo je dovoljno naći x kao funkciju od p , a zatim to rješenje uvrstiti u prvu jedna činu u (2). Diferenciranjem prve jednačine u (2), smatrajući da je p funkcija od x dobijamo: dy = g ( p )dx + ( xg ' ( p ) + f ' ( p ))dp . Imajući u vidu drugu jednačinu u (2) dobijamo: (g ( p ) − p )dx + xg ' ( p ) + f ' ( p ))dp = 0 . (3) Sada ćemo razlikovati dva slučaja: a) Ukoliko je g ( p ) − p ≠ 0 tada u (3) možemo podijeliti sa g ( p ) − p i dobit ćemo linearnu jednačinu sa nepoznatom funkcijom x = x( p ) koju znamo riješiti. Uvrštavajući ovako dobijeno x u prvu jednačinu u (2) dobijamo opšte rješenje Lagrangeove diferencijalne jednačine u parametarskom obliku. b) Ukoliko je g ( p ) − p = 0 , tada za g ( p ) ≡ p imamo Cleroovu jednačinu. Ako to nije slučaj i ako se jednačina g ( p ) − p = 0 može riješiti po p , i to rješenje je npr. p = k , tada je y ' = k , pa je moguće rješenje i y = kx + C , gdje smo stavili C = f (k ) . Ovakve prave ne moraju biti sadržane u rješenjima diferencijalne jednačine (3), pa ih moramo posebno izra čunavati. Ovako dobivena rješenja se nazivaju singularnim rješenjima. Riješeni primjeri

148

(

) ( )

2

1. Naći opšte i singularno rješenje diferencijalne jednačine 2 y y ' + 1 = x y ' .

( y ) x . Sada vidimo da je data jedna čina y = 2( y + 1) ' 2

Rješenje. Datu jednačinu napišimo u obliku

'

Lagarangeova. Stavimo y ' = p . Imamo da je: p

dy = pdx , y =

2

2( p + 1)

x.

(4)

Uzimajući diferencijal na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti imamo: dy =

p 2 + 2 p 2

2( p + 1)

pdx =

xdp +

p 2 + 2 p

2( p + 1)

2

p 2

2( p + 1)

xdp +

dx , odnosno, zbog dy = pdx

p 2

2( p + 1)

dx . Razdvajajući diferencijale dobijamo:

⎛ p 2 ⎞ p 2 + 2 p ⎜ p − ⎟dx = xdp . 2 ⎜ ⎟ ( ) + p 2 1 2( p + 1) ⎝ ⎠

Sada ćemo posmatrati dva slučaja: a) Ukoliko je p −

p

2

2( p + 1)

≠ 0 dijeljenjem sa tim izrazom, a zatim skra ćivanjem dobijamo

jednačinu sa razdvojenim promjenljivim oblika: d x x

=

dp p + 1

, odakle integracijom lijeve i desne strane dobijamo da je

ln x = ln C ( p + 1)

,

odnosno x = C ( p + 1) . Uvrštavanjem u jednačinu za y dobijamo rješenje jednačine u parametarskom obliku: x = C ( p + 1) , y =

p 2

2( p + 1)

C ( p + 1) =

Cp 2

2

.

Rješenje se može ostaviti u parametarskom obliku, a možemo i pokušati eliminisati parametar p , pošto je to u ovom slučaju relativno jednostavno. Naime, iz jednačine za x imamo

p =

x C

− 1 , pa je opšte rješenje dato sa

2

( x − C ) ⎞ . y = ⎜ − 1⎟ = 2 ⎝ C ⎠ 2C C ⎛ x

b) Ukoliko je p −

2

p

2

2( p + 1)

= 0 , tada je p = 0 ili p = −2 .

Uvrštavajući to u drugu jednačinu u (4) dobijamo, za To su singularna rješenja date jednačine.

149

p = 0 y = 0 ,

te za

p = −2 y = −2 x .

( )

2. Naći opšte i singularno rješenje diferencijalne jednačine y − 3 y ' Rješenje. Datu jednačinu ćemo napisati u obliku:

( )

= x( y ' ) . 2

+ 3( y ' ) .

2

y = x y '

3

3

Vidimo da je data jednačina Lagrangeova. Stavimo y ' = p . Dobijamo sljedeće dvije jednačine: y = xp 2 + 3 p 3 , dy = pdx . (5) Diferencijalimo prvu jednakost u (5). Imamo, imaju ći u vidu da je y ' = p : pdx = p 2 dx + 2 pxdp + 9 p 2 dp , odnosno, grupišući faktore uz odgovarajuće diferencijale.

) ) x

)

p − p 2 dx = 2 px + 9 p 2 dp .

( p − p

2

'

Nakon dijeljenja sa

' ' dp , stavljajući x p = x =

dx dx

dobijamo:

− 2 px = 9 p 2 . Posmatrat ćemo dva slučaja:

a) Ukoliko je p − p 2 = p(1 − p ) ≠ 0 dijeljenjem sa p − p 2 posljednja jednačina postaje linearna jednačina oblika: x ' −

2 1 − p

x =

9 p 1 − p

.

Izračunajmo odgovarajuće integrale za ovu linearnu jednačinu (vodimo računa o tome da je sada p varijabla a x nepoznata funkcija): dp

dp

∫ P( p )dp = −2∫ 1 − p = 2∫ p − 1 = 2 ln p − 1 . ∫

Q ( p )e ∫

P ( p )dp

dp = 9

p

∫ 1 − p

e ln

( p −1)2

dp = 9

p

∫ 1 − p

(1 − p )2 dp = 9∫ p (1 − p ) =

9 2

p 2 − 3 p 3 .

Opšte rješenje naše linearne jednačine je: x = e

− 2 ln p −1

9 1 9 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ C + p 2 − 3 p 3 ⎟ = ⎜ C + p 2 − 3 p 3 ⎟ . 2 2 2 ⎝ ⎠ ( p − 1) ⎝ ⎠

Uvrštavajući dobijeno x u prvu jednačinu u (5) vidimo da je rješenje naše jednačine u parametarskom obliku dato sa: x =

9 2 ⎛ 3 ⎞ ⎜ C + p − 3 p ⎟ , ( p − 1) ⎝ 2 ⎠ 1

2

2

9 ⎛ ⎞ ⎜ C + p 2 − 3 p 3 ⎟ + 3 p 3 , ( p − 1) ⎝ 2 ⎠ pri čemu smatramo da je p (1 − p ) ≠ 0 , odnosno p ≠ 0 i p ≠ 1 . b) Ukoliko je p = 0 ili p = 1 , uvrštavajući ove vrijednosti u prvu jednačinu u (5) dobijamo y = 0 , odnosno y = x + 3 . To su dva singularna rješenja naše jedna čine. y =

p

2

( ) (x + 1) .

3. Naći opšte i singularno rješenje jednačine y = y ' 150

2

Rješenje. Datu jednačinu napišimo u obliku: y = x( y ' ) + ( y ' ) . Vidimo da je ona Lagrangeova. 2

2

Uvedimo smjenu y ' = p . Tada dobijamo sljedeće dvije jednačine: y = xp 2 + p 2 , dy = pdx . (6) Diferencijalimo u prvoj jednačini u (6), imajući u vidu drugu jednačinu. Imamo da vrijedi: pdx = p 2 dx + 2 pxdp + 2 pdp , odnosno ( p − p 2 )dx = (2 px + 2 p )dp . Sada ćemo posmatrati dva slučaja: a) Ukoliko je p − p 2 = p(1 − p ) ≠ 0 tada u posljednjoj jednačini možemo podijeliti sa p (1 − p )dp ≠ 0 . Jednačina postaje, imajući u vidu da je x = '

x −

2

'

1 − p

x =

2 1 − p

dx dp

:

.

Ova jednačina je linearna jednačina po p i x . Nađimo odgovarajuće integrale: dp

dp

∫

P ( p )dp = −2

∫ 1 − p ∫ p − 1 = 2 ln p − 1 = ln( p − 1)

∫

Q ( p )e ∫

dp = 2

P ( p )dp

=2

dp

∫ 1 − p

e ln 1− (

p)

2

=2

dp

∫ 1 − p (1 − p )

2

2

,

∫

= 2 (1 − p )dp = 2 p − p 2 .

Sada možemo dati rješenje linearne jednačine u obliku: x = e

−ln ( p −1)2

(C + 2 p − p ) =

C + 2 p − p 2

. ( p − 1)2 Uvrštavajući ovo rješenje u prvu jednačinu u (6) dobijamo opšte rješenje jednačine u parametarskom obliku:

x =

C + 2 p − p

y = p

2

2

( p − 1)2 2

C + 2 p − p 2 2

+ p 2 , uz uvjet p ≠ 0 i p ≠ 1 .

( p − 1) b) Posmatrajmo sada slučaj kada je p = 0 ili p = 1 . U slučaju da je p = 0 , uvrštavanjem u prvu jednačinu u (6) dobijamo da je y ≡ 0 , što je jedno singularno rješenje jednačine. Ukoliko je p = 1 uvrštavanjem u prvu jednačinu u (6) dobijamo da je y = x + 1 , što je drugo singularno rješenje naše jednačine. 2 4. Riješiti diferencijalnu jednačinu y = x (1 + y ′ ) + ( y ′ ) . Rješenje. Data jednačina je Lagrangeova. Stavimo y′ = p . Dobijamo sljedeći sistem: y = x(1 + p ) + p 2 , dy = pdx . (7) Diferencijalimo prvu jednačinu u (7), imajući u vidu drugu jednačinu. Imamo: 151

pdx = (1 + p )dx + xdp + 2 pdp ,

odnosno nakon grupisanja

− dx = ( x + 2 p )dp .

Dijeljenjem posljednje jednačine sa dp dobijamo sljedeću linearnu jednačinu po p i x : x′ + x = − 2 p . Da bismo našli rješenje ove jednačine izračunajmo odgovarajuće integrale: ∫ P( p )dp = ∫ dp = p .

∫

Q ( p ) e ∫

P( p )dp

∫

dp = 2 pe p dp = 2e p ( p − 1) ,

što se lako dobije primjenom parcijalne integracije na posljednji integral. Sada imamo: x = e − p ( C + 2e p ( p − 1) ) = Ce − p + 2 ( p − 1) . Uvrštavanjem u prvu jednačinu u (7) dobijamo opšte rješenje u obliku: − x = Ce p + 2 ( p − 1) , y = ( Ce − p + 2 ( p − 1) ) ( p + 1) + p 2 .

Singularnih rješenja nema, jer smo diferencijalnu jednačinu po p i x mogli riješiti za sve vrijednosti parametra p .

4.4.4. Zadaci za samostalan rad U zadacima 394.-403. na ći opšte rješenje datih jednačina 394. y ' + 2 xy = 2 x 3 y 3 . 395. 396.

2 y ' y 3 + y 4 = x .

398.

xy − 4 y − − x

400.

y ' = x y +

402.

y ' − y cos x = y 2 cos x(1 − sin x ) .

'

2

397. y =0.

xy x − 1 2

.

' 2 xy + y = y ln x .

y ' − ytgx + y 2 cos x = 0 . y

399.

y ' +

401.

y ' − y + y 2 cos x = 0 .

403.

x + 1

1 2

+ y2 = 0.

y ' 3 y + y 3 y = x 2 .

U zadacima 404.-407. na ći opšte rješenje jednačina koje zadovoljavaju dati po četni uslov: ⎛ x 2 ⎞ 404. xdx = ⎜ − y 3 ⎟ dy , za x = 1 y = 1 . 405. y′ = xy 3 − y , za x = 0 y = 1 . ⎝ y ⎠ 1 − x2 + y , za x = 0 y = 1 . 406. y′ = 407. 2 y = y ′ ( x − x 3 sin y ) , za x = 1 y

y =

π 2

. 152

U zadacima 408.-418. na ći opšte i singularno rješenje datih jednačina: 2 408. y = xy′ − ( y ′) . 409. y = xy ' + sin

y'

).

( ). 3

411.

2 yy ' = x⎛ ⎜ y '

+ 2 xy ' .

413.

y = xy ' + 23 1 − y '

414.

⎛ 1 1 ⎞⎟ ⎜ . − x = y ⎜ ' y ' ⎟ ⎝ y ⎠

415.

y ' = ln x y ' − y

416.

y = y ′ ( x + 1) + ( y ′)

417.

y = 2 xy ' + ln y '

418.

x − y =

4.5.

Ortogonalne trajektorije

410.

y = xy ' − 3 y '

412.

y = y y '

( )

2

1 9

( y )

' 2

−

8 27

2

.

+ 4 ⎞⎟ . ⎠

( ) ⎝

2

( )

3

.

).

).

( y ) . ' 3

Neka je data jednoparametarska familija krivih u ravni jedna činom: ϕ ( x, y , C ) = 0 .

(1)

Ortogonalne trajektorije familije krivih (1) su krive koje sijeku svaku od krivih iz date familije pod pravim uglom. Jednačinu ortogonalnih trajektorija odredit ćemo na sljedeći način: Eliminišemo parametar C iz jednačine (1) i iz jednačine:

(ϕ ( x, y, C )) x' =

∂ϕ ∂ϕ ' y =0. + ∂ x ∂ y

Dobit ćemo diferencijalnu jednačinu prvog reda oblika F ( x, y, y ' ) = 0 . Stavljajući − ⎛ ⎜ ⎝

F ⎜ x, y ,− čijim

1 y ′

(2)

umjesto y′ u diferencijalnoj jednačini (2) dobit ćemo jednačinu oblika:

1⎞

⎟=0 y ⎠⎟

(3)

'

rješavanjem dobijamo familiju ortogonalnih trajektorija familije (1).

Riješeni primjeri 1. Odrediti ortogonalne trajektorije familije parabola y = ax 2 .

Rješenje. Data familija parabola ima jedna činu oblika y − ax 2 = 0 .

Eliminišimo parametar

a

iz sistema jednačina: 153

y − ax 2 = 0 ⎫

⎬.

y ' − 2ax = 0⎭

Iz druge jednačine u sistemu imamo da j e

a=

y

'

2 x

. Uvrštavanjem u prvu jednačinu sistema

dobijamo jednačinu oblika (2): y −

y

'

x = 0 , 2

2 x

odnosno

y −

1 2

xy ' = 0 .

Stavljajući u posljednjoj jednačini −

1 y

'

umjesto

y '

dobijamo diferencijalnu jednačinu za

ortogonalne trajektorije date fam ilij e parabola: y +

x

2 y '

=0.

Ukoliko datu jednačinu riješimo po y ' imamo: y ' = −

x

2 y

.

Data jednačina je očigledno jednačina sa razdvojenim promjenljivim, pa imamo: 2 ydy = − xdx , odnosno, nakon integraljenja: 1 y 2 = − x 2 + C . 2

Dakle, familija ortogonalnih trajektorija je data sa:

1

x 2 + y 2 = C , 2

pa vidimo da je to familija elipsi oblika x 2 + 2 y 2 = A 2 , gdje smo stavili A2 = 2C . 2. Odrediti ortogonalne trajektorije familije hiperbola x 2 − y 2 = a 2 . Rješen je. Eliminišimo parametar a iz sistema jednačina: x 2 − y 2 = a 2 ⎫ ⎬. 2 x − 2 yy ' = 0⎭

Pošto druga jednačina u sistemu ne sadrži ovoj jednačini −

1 y

'

umjesto

y ' .

a

to je ona jednačina oblika (2). Stavimo u

Dobijamo diferencijalnu jednačinu ortogonalne familije

trajektorija u obliku: x + y

1 y

'

= 0 , odnosno y ' = −

y x

.

Vidimo da je dobijena jednačina sa razdvojenim promjenljivim, pa imamo: 154

dy y

=−

dx x

, odnosno, nakon integraljenja:

ln y = − ln x + ln C .

odnosno

Rješenje jednačine ortogonalnih trajektorija je dato sa ln ( xy ) = ln C ,

xy = C .

3. Naći ortogonalne trajektorije familije krugova x 2 + y 2 = 2ax . R ješenje. Eliminišimo parametar a iz sistema jednačina: x 2 + y 2 = 2ax ⎫ ⎬. 2 x + 2 yy ' = 2a ⎭ Iz druge jednačine u sistemu imamo da je a = x + yy ' , pa uvrštavanjem u prvu jednačinu

dobijamo diferencijalnu jednačinu oblika (2): x 2 + y 2 = 2 x x + yy ' ) , odnosno jednačinu y 2 − 2 xyy ' − x 2 = 0 . Stavljajući u posljednjoj jednačini −

1 y

'

umjesto

y '

dobijamo diferencijalnu jednačinu

ortogonalnih trajektorija date familije krugova u obliku: y 2 + 2 xy

1 y

− x 2 = 0 , odnosno y ' =

'

2 xy x − y 2 2

.

Dobijena jednačina je očigledno homogena, stepena homogenosti 2 . U to se uvjeravamo nakon što je, dijeljenjem brojnika i nazivnika sa x 2 napišemo u obliku: 2 y ' =

y x

⎛ y ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠

2

. y

' Uvedimo smjenu z = , y ' = z x + z . Imamo:

x

z x + z =

2 z

'

1 − z 2

, odnosno

z x = '

z + z

3

1− z2

. Nakon razdvajanja promjenljivih i integraljenja

imamo:

(1 − z )dz . = ∫ x ∫ z (1 + z ) 2

dx

2

Integral na desnoj strani ćemo izračunati tako što ćemo podintegralnu funkciju rastaviti na parcijalne razlomke: 1 − z 2

(

z 1 + z

2

)

=

A z

+

Bz + C

1 + z

2

. Nakon množenja sa z 1 + z 2 ) imamo:

1 − z 2 = A + Az 2 + Bz 2 +Cz , odakle dobijamo da je A = 1 , B = −2 , C = 0 . Sada imamo:

155

(1 − z )dz = dz − 2 zdz ∫ z (1 + z ) ∫ z ∫ 1 + z 2

2

2

= ln z − ln (1 + z 2 ) = ln

z

1 + z 2

.

Uvrštavanjem ovog integrala u rješenje jednačine imamo da je ln Cx = ln

z

1 + z 2

,

odnosno, zbog z = Cx =

xy x 2 + y 2

y x

tražena familija ortogonalnih trajektorija je

, odnosno

y x 2 + y 2

= C .

4.5.1. Zadaci za samostalan rad U zadacima 419.-423. na ći ortogonalne trajektorije datih familija krivih: 419. Familije ay 2 = x 3 . 420. Familije elipsi sa zajedničkom velikom osom 2a . 421. Familije parabola y 2 = 4( x − a ) . 422. Familije cisoida (2a − x ) y 2 = x 3 . 423. Familije hiperbola x 2 − 2 y 2 = a 2 .

4.6.

Jednačine sa totalnim diferencijalom i Euler-ov multiplikator

Jednačina oblika P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0

(1) naziva se jednačina sa potpunim ili totalnim diferencijalom ukoliko je lijeva strana te jednačine potpuni diferencijal neke funkcije F ( x, y ) . Može se pokazati da je to ispunjeno ako i samo ako je ispunjena jednakost ∂P ∂Q = , ∂ y ∂ x

(2)

pri čemu smatramo da su

∂P ∂Q i neprekidne funkcije u nekoj oblasti. ∂ y ∂ x

Ukoliko je u jednačini (1) ispunjen uslov (2) tada je možemo pisati u obliku pa je njeno opšte rješenje dato sa F ( x, y ) = C . Funkciju

F ( x, y )

ćemo

odrediti na sljedeći način: pođimo od jednakosti

integralimo je po x , smatrajući y konstantom. Dobit ćemo 156

dF ( x, y ) = 0

∂F = P( x, y ) , ∂ x

∫

F ( x, y ) = P( x, y )dx + ϕ ( y ) .

Funkciju

ϕ ( y )

(3)

trebamo odrediti tako da bude zadovoljen uslov

odrediti tako da u (3) diferenciramo po

y ,

izrazimo

∂F ∂ y

= Q( x, y ) . Nju ćemo

∂ϕ , a zatim integralimo po y . Imat ∂ y

ćemo:

⎛

∫ ⎝

ϕ ( y ) = ⎜⎜ Q( x, y ) −

⎞ ∂ P( x, y )dx ⎟⎟dy . ∂ y ⎠

∫

(4)

Napomenimo još da je podintegralna funkcija u (4) funkcija samo od y , zbog uslova (2). Uvrštavanjem funkcije ϕ ( y ) iz (4) u (3) dobijamo funkciju F ( x, y ) pomoću koje je dato opšte rješenje jednačine. Posmatrajmo sada opšti slu čaj jednačine (1), kada nije ispunjen uslov (2). U tom slu čaju uvijek postoji funkcija λ = λ ( x, y ) takva da kada njome pomnožimo jednačinu (1) ona postaje jednačina sa totalnim diferencijalom. Takvu funkciju λ ( x, y ) nazivamo Euler-ovim multiplikatorom. Dakle, ako je λ Eulerov multiplikator, tada je jednačina P ( x, y )λ ( x, y )dx + Q ( x, y )λ ( x, y )dy = 0

(5)

jednačina sa totalnim diferencijalom, i kao takvu je rješavamo. Primijetimo da data jednačina i jednačina dobijena množenjem sa Eulerovim multiplikatorom imaju isto rješenje. To znači da r ješavanje jednačine (1) svodimo na rješavanje jednačine (5) koja je jednačina sa totalnim diferencijalom. Može se pokazati da svaku funkciju koja zadovoljava jedna činu Q

∂λ ∂λ ⎛ ∂Q ∂P ⎞ ⎟⎟ = 0 −P + λ ⎜⎜ − x y ∂ x ∂ y ∂ ∂ ⎝ ⎠

možemo uzeti kao Eulerov multiplikator. Ukoliko je

1 ⎛ ∂Q

∂P ⎞ ⎜⎜ ⎟ funkcija samo od x , tada je i Eulerov multiplikator funkcija − Q ⎝ ∂ x ∂ y ⎠⎟

samo od x pa je jednačina za traženje Eulerovog multiplikatora oblika 1 d λ λ dx

=

1 ⎛ ∂Q

∂P ⎞ ⎜⎜ ⎟ . − Q ⎝ ∂ x ∂ y ⎠⎟

Analogno tome, ukoliko je

1 ⎛ ∂Q

∂P ⎞ ⎟ funkcija samo od y tada je Eulerov ⎜⎜ − P ⎝ ∂ x ∂y ⎠⎟

multiplikator također funkcija samo od y i jednačina koju zadovoljava Eulerov multiplikator je 157

1 d λ λ dy

=

1 ⎛ ∂Q

∂P ⎞ ⎜⎜ ⎟. − P ⎝ ∂ x ∂ y ⎠⎟

Riješeni primjeri 1. Riješiti diferencijalnu jednačinu:

Rješenje. Stavimo P( x ) =

2 x y

3

,

Q( x ) =

2 x y

3

dx +

2 2 y − 3 x

y

4

y 2 − 3 x 2 y

4

dy = 0 .

. Imamo:

∂P ∂ ⎛ 2 x ⎞ 6 x ∂Q ∂ ⎛ y 2 − 3 x 2 ⎞ 6 x ⎟=− . = ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = − 4 ; = ⎜⎜ 4 4 ⎟ ∂ y ∂ y ⎝ y ⎠ ∂ x ∂ x ⎝ y y y ⎠ ∂P ∂Q = Kako je , to je data jednačina jednačina sa totalnim diferencijalom. ∂ y ∂ x

Odredimo sad funkciju F ( x, y ) čiji je to totalni diferencijal. Imamo: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) .

∫

P ( x, y )dx =

2 y

∫

xdx =

3

x

2

y

3

.

Sada je ∂ϕ ∂ ∂ ⎛ x 2 ⎞ 3 x 2 1 ⎜ ⎟ ( ) ( ) F x y Q x y = = + = , odakle dobijamo: , − , ∂ y ∂ y ∂ y ⎜⎝ y 3 ⎠⎟ y 4 y 2 ϕ ( y ) =

dy

∫y

2

=−

1 y

.

Dakle, tražena funkcija F ( x, y ) =

x

2

y

3

−

1 y

F ( x, y )

je oblika:

, pa je rješenje jedna čine dato sa

x

2

y

3

−

1 y

= C .

2. Riješiti jednačinu: y − 3 x 2 )dx − (4 y − x )dy = 0 .

Rješen je. Stavimo P ( x, y ) = y − 3x 2 , Q ( x, y ) = −4 y + x . Imamo: ∂P ∂ ∂Q ∂ ∂P ∂Q = ( y − 3 x 2 ) = 1 , = (− 4 y + x ) = 1 , pa je = . ∂ y ∂ y ∂ x ∂ x ∂ y ∂ x

Dakle, data jednačina je jednačina sa totalnim diferencijalom. Odredimo sada funkciju F ( x, y ) . Imamo: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) . 158

∫ P( x, y )dx = ∫ ( y − 3 x )dx = xy − x 2

⎛

∫ ⎝

ϕ ( y ) = ⎜⎜ Q( x, y ) −

3

. Dalje je

⎞ ∂ xy − x 3 )⎟⎟dy = (− 4 y + x − x )dy = −2 y 2 . ( ∂ y ⎠

∫

Vidimo da je rješenje jedna čine dato sa: F ( x, y ) = xy − x 3 − 2 y 2 = C . ⎛ y ⎞ ⎜ ⎟dx . = − 1 ⎟ x 2 + y 2 ⎜⎝ x 2 + y 2 ⎠ ⎛ y ⎞ x ⎟dx − dy = 0 . Rješenje. Datu jednačinu napišimo u obliku: ⎜⎜ 2 − 1 2 ⎟ x 2 + y 2 ⎝ x + y ⎠ 3. Naći opšte rješenje jednačine

Stavimo P( x, y ) =

y x + y 2

2

xdy

− 1 , Q( x, y ) = −

x x + y 2 2

. Imamo:

2 2 ⎞ x 2 − y 2 x ⎞ x − y ∂P ∂ ⎛ y ∂Q ∂ ⎛ ⎟= = ⎜ − 1⎟ = = ⎜− ; . ∂ y ∂ y ⎜⎝ x 2 + y 2 ⎠⎟ ( x 2 + y 2 )2 ∂ x ∂ x ⎜⎝ x 2 + y 2 ⎠⎟ ( x 2 + y 2 )2 ∂P ∂Q = Vidimo da je , pa je data jednačina jednačina sa totalnim diferencijalom. Nađimo ∂ y ∂ x

funkciju F ( x, y ) čiji je to diferencijal. Imamo: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) .

∫

⎛ y ⎞ x x ⎟dx = y 1 arctg − x = arctg − x . P( x, y )dx = ⎜ 2 − 1 ⎜ x + y 2 ⎟ y y y ⎝ ⎠

∫

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎞ ∂ ⎛ x ⎜⎜ arctg − x ⎟⎟ ⎟⎟dy = ∂ y ⎝ y ⎠ ⎠

⎛ x x ⎞ ⎜− 2 ⎟ + ⎜ x + y 2 x 2 + y 2 ⎟dy = 0 . ⎝ ⎠ x Rješenje jednačine je dato sa F ( x, y ) = arctg − x = C . y xdx + ydy ydx − xdy . 4. Riješiti diferencijalnu jednačinu: = 2 2 2 x x + y

∫

ϕ ( y ) = ⎜ Q ( x, y ) −

∫

⎛ x ⎛ y y ⎞ 1 ⎞ Rješenje. Datu jednačinu napišimo u obliku ⎜ − 2 ⎟ dx + ⎜ + ⎟dy = 0 . ⎜ 2 ⎜ 2 2 2 x ⎟ x ⎟ ⎝ x + y ⎠ ⎝ x + y ⎠ ⎛ x ⎛ y y ⎞⎟ 1 ⎞⎟ ⎜ ⎜ Stavimo P( x, y ) = ⎜ . Imamo: − 2 , Q( x, y ) = + ⎜ 2 2 2 2 x ⎟ x ⎟ + + x y x y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

159

∂P( x, y ) = ∂ y

∂Q( x, y ) = ∂ x

2 y

− x ⋅

2 x 2 + y 2

x 2 + y 2

− y ⋅

1 x 2

=

2 x 2 + y 2

−

1

( x

2

+ y

−

)

2 3

x 2

− xy

=

1 x 2

;

( x

2

+ y

)

−

2 3

1 x 2

.

∂P(x, y ) ∂Q( x, y ) = , pa je data jedna čina jednačina sa totalnim diferencijalom. ∂ y ∂ x

Odredimo funkciju F ( x, y ) jednačine.Imamo: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) .

∫

− xy

2 x

x 2 + y 2

Vidimo da je

−

čiji

totalni diferencijal je izraz na lijevoj strani date

⎛ x y ⎞⎟ y ⎜ − 2 dx = x 2 + y 2 + . P ( x, y )dx = ⎜ 2 2 x x ⎟ ⎝ x + y ⎠

∫

Sada imamo: ⎛

∫ ⎝

ϕ ( y ) = ⎜⎜ Q( x, y ) −

y ⎞ ⎞ ∂ ⎛ 2 ⎜ x + y 2 + ⎟ ⎟⎟dy = ∂ y ⎝ x ⎠ ⎠

Dakle, rješenje date jednačine je

∫

⎛ y y 1 1 ⎞ ⎜ + − − ⎟dy = 0 . ⎜ 2 2 2 2 x x ⎟ x + y ⎝ x + y ⎠

F ( x, y ) = x 2 + y 2 +

)

y x

= C .

5. Riješiti diferencijalnu jednačinu x 2 + y dx − xdy = 0 . Rješenje. Ispitajmo da li je data jedna čina jednačina sa totalnim diferencijalom. Stavimo P( x, y ) = x 2 + y , Q ( x, y ) = − x . Kako je ∂P ( x, y ) ∂Q( x, y ) = 1 ≠ −1 = , ∂ y ∂ x

to jednačina nije jednačina sa totalnim diferencijalom. Odredimo integracioni faktor date jedna čine. Ispitajmo da li je integracioni faktor 1 ⎛ ∂P ( x, y ) ∂Q( x, y ) ⎞ ⎜ ⎟ − funkcija samo od x . Da bi to bilo ispunjeno potrebno je da izraz Q ( x, y ) ⎜⎝ ∂ y ∂ x ⎠⎟ bude funkcija samo od x . Kako je 1 ⎛ ∂P ( x, y ) ∂Q ( x, y ) ⎞ 1 2 ⎜⎜ ⎟⎟ = − (1 + 1) = − , − Q( x, y ) ⎝ ∂ y x x ∂ x ⎠ to je integracioni faktor zaista funkcija samo od x . Odredit ćemo ga iz jednačine: 160

1

d λ

x λ ( x ) d d λ

λ

= −2

=− dx x

2 x

. Ovo je jednačina sa razdvojenim promjenljivim koju možemo pisati u obliku:

, odakle dobijamo jedno rješenje u obliku ln λ = ln

1 x

2

, odnosno, λ ( x ) =

1 x 2

.

Pomnožimo našu jednačinu ovim integracionim faktorom. Dobit ćemo jednačinu sa totalnim diferencijalom oblika: 1 ⎛ y ⎞ ⎜1 + 2 ⎟dx − dy = 0 . x ⎝ x ⎠

Odredimo funkciju F ( x, y ) čiji je totalni diferencijal funkcija na desnoj strani posljednje jednačine. Imamo: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) .

∫

∫

⎛ ⎝

P ( x, y )dx = ⎜1 +

y ⎞

y

⎟dx = x − ; x x 2 ⎠ ⎛ ∂ ⎛ y ⎞ ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ϕ ( y ) = ⎜⎜ Q ( x, y ) − ⎜ x − ⎟ ⎟⎟ dy = ⎜ − + ⎟dy = 0 . ∂ y ⎝ x ⎠ ⎠ ⎝ x x ⎠ ⎝

∫

∫

Dakle, opšte rješenje jednačine je x −

y

= C , x ≠ 0 . x y (1 + xy )dx − xdy = 0 .

6. Riješiti diferencijalnu jednačinu Rješenje. Ispitajmo da li je data jednačina jednačina sa totalnim diferencijalom. Stavimo ∂P( x, y ) ∂Q ( x, y ) = 1 + 2 xy ≠ −1 = P( x, y ) = y + xy 2 , Q ( x, y ) = − x . Kako je , to jednačina nije ∂ y ∂ x

jednačina sa totalnim diferencijalom. Odredimo njen integracioni faktor. Ispitajmo prvo da li je integracioni faktor funkcija samo od x . U tom cilju posmatrajmo 1 ⎛ ∂P ( x, y ) ∂Q( x, y ) ⎞ ⎜ ⎟ . Imamo: − izraz Q( x, y ) ⎜⎝ ∂ y ∂ x ⎠⎟ 1 ⎛ ∂P( x, y ) ∂Q( x, y ) ⎞ 1 2 + 2 xy ⎜⎜ ⎟⎟ = − (1 + 2 xy + 1) = − − , što nije funkcija samo od x . Q( x, y ) ⎝ ∂ y x x ∂ x ⎠ Dakle, integracioni faktor nije funkcija samo od x . Ispitajmo da li je funkcija samo od y. 1 ⎛ ∂Q( x, y ) ∂P( x, y ) ⎞ ⎜ ⎟ . Imamo: − U tom cilju posmatrajmo izraz P( x, y ) ⎜⎝ ∂ x ∂ y ⎠⎟ − 2(1 + xy ) 1 ⎛ ∂Q( x, y ) ∂P( x, y ) ⎞ 1 2 ⎜⎜ ⎟⎟ = (− 1 − 2 xy − 1) = − =− , P( x, y ) ⎝ ∂ x y (1 + xy ) y ∂ y ⎠ y (1 + xy ) što jeste funkcija samo o d y . Dakle, integracioni faktor je funkcija samo od y i možemo ga dobiti rješavanjem jednačine 161

1

d λ

λ ( y ) dy

=−

2 y

, odakle je λ ( y ) =

1 y

2

.

Množeći datu jednačinu dobijenim integracionim faktorom dobijamo jednačinu sa totalnim diferencijalom oblika: ⎛ 1 ⎞ x ⎜⎜ + x ⎟⎟ dx − 2 dy = 0 . y ⎝ y ⎠

Odredimo funkciju F ( x, y ) čiji totalni diferencijal je lijeva strana jednačine. Imamo: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) . ⎞ x 1 + x ⎟⎟dx = + x 2 . y 2 ⎝ y ⎠ ⎛ ∂ ⎛ x 1 2 ⎞ ⎞⎟ ⎜⎜ + x ⎟⎟ ⎟dy = ϕ ( y ) = ⎜ Q( x, y ) − ⎜ y ∂ ⎝ y 2 ⎠ ⎠ ⎝

∫

∫

⎛ 1

P( x, y )dx = ⎜⎜

∫

∫

⎛ x x ⎞ ⎜ − 2 + 2 ⎟ dy = 0 . ⎜ y y ⎠⎟ ⎝

Dakle, opšte rješenje jednačine je dato sa

x y

(

1

+ x 2 = C . 2

)

7. Riješiti diferencijalnu jednačinu x 2 + y 2 + 2 x dx + 2 yd y = 0 . ∂P( x, y ) ∂Q( x, y ) = 2 y ≠ 0 = , to Rješenje. Stavimo P( x, y ) = x 2 + y 2 + 2 x , Q( x, y ) = 2 y . Kako je ∂ y ∂ x

data jednačina nije jednačina sa totalnim diferencijalom. Odredimo sada integracioni faktor jednačine. Da bismo ispitali da li je integracion i faktor 1 ⎛ ∂P ( x, y ) ∂Q( x, y ) ⎞ ⎜ ⎟ . Imamo: − jednačine funkcija samo od x posmatrajmo izraz ∂x ⎠⎟ Q( x, y ) ⎜⎝ ∂ y 1 ⎛ ∂P ( x, y ) ∂Q ( x, y ) ⎞ 1 ⎜ ⎟= (2 y ) = 1 . − Q( x, y ) ⎜⎝ ∂ y ∂ x ⎠⎟ 2 y Kako je desna strana konstantna, to možemo smatrati da je ona funkcija samo od x pa je integracioni faktor zaista funkcija samo od x Odredit ćemo ga iz jednačine: 1

d λ

λ ( x ) dx

= 1 , odakle je

d λ

λ

= dx , pa je λ ( x ) = e x .

Množenjem date jednačine sa integracionim faktorom dobijamo sljedeću jednačinu sa totalnim diferencijalom: x 2 + y 2 + 2 x )e x dx + 2 ye x dy = 0 . Rješenje jednačine je dato sa F ( x, y ) = C , pri čemu funkciju F ( x, y ) određujemo na sljedeći način: F ( x, y ) = ∫ P( x, y )dx + ϕ ( y ) ; 162

∫ P( x, y )dx = ∫ ( x

2

+ y 2 + 2 x )e x dx = y 2 e x + x 2 e x + 2 xe x dx = y 2 e x + x 2 e x − 2 xe x dx + 2 xe x dx

∫

∫

∫

∫

= ( x 2 + y 2 )e x . ⎛

∫ ⎝

ϕ ( y ) = ⎜⎜ 2 ye x −

∂ x ⎞ ( ( x 2 + y 2 )e )⎟⎟ = 0 . ∂ y ⎠

Dakle, opšte rješenje date jednačine je

)

x 2 + y 2 e = C . x

4.6.1. Zadaci za samostalan rad U zadacima 424.-431. na ći opšte rješenje jednačine ⎛ y 2 ⎞ y 424. ⎜ 4 − 2 ⎟ dx + 2 dy = 0 . 425. x x ⎝ ⎠

( 2 x

3

− xy 2 ) dx + ( 2 y 3 − x 2 y ) dy = 0 .

)

(

426.

e y dx + ( xe y − 2 y ) dy = 0 .

427.

2 x 1 − x 2 − y dx − x 2 − y dy = 0 .

428.

429.

y (1 + xy ) dx − xdy = 0 .

430.

( x + y ) dx − xdy = 0 . ( xy − y ) dx + (1 − xy ) dy = 0 .

432.

Naći opšte rješenje jednačine ( x 2 + y 2 ) ( xdy − ydx ) = ( 2 + x ) x 4dx , a zatim odrediti

4

2

3

2

431.

( 2 xy

2

− y ) dx + ( y 2 + x + y ) dy = 0 .

onu integralnu krivu te jednačine koja prolazi kroz ta čku ( −1,1) . 433. Naći partikularno rješenje jednačine y ( 2 x − y + 2 ) dx + 2 ( x − y ) dy = 0 koje ispunjava uslov y (1) = 1 .

163

5. Diferencijalne jednačine drugog reda 5.1.

Diferencijalne jednačine drugog reda koje ne sadrže y (ili x )

Opšti oblik diferencijalne jednačine drugog reda koja ne sadrži y jeste F ( y′′, y′, x ) = 0 . Ova jednačina se svodi na diferencijalnu jedna činu prvog reda smjenom y ′ = p , y′′ = p′ . Riješeni primjeri 1. Odrediti opšte rješenje jednačine y ′′ ( x 2 + 1) = 2 xy ′ , kao i ono partikularno rješenje koje

ispunjava uvjete y ( 0 ) = 1 i y′ ( 0 ) = 1 . Rješenje. Smjenom y′ = p ( x ) , y′′ = p′ ( x ) , jednačina se svodi na jednačinu p′ ( x 2 + 1) = 2 xp ,

što je jednačina sa razdvojenim promjenljivim. Imamo: dp dx

⋅ ( x 2 + 1) = 2 x ⋅ p ,

odnosno nakon množenja sa dp p

=

2x x +1 2

dx p ⋅ ( x 2 + 1)

dx .

Integraleći lijevu i desnu stranu dobijamo, nakon smjene t = x 2 + 1 , dt = 2 xdx ln p = ln ( x 2 + 1) + ln C 1 , odnosno p = C1 ( x 2 + 1) .

Imajući u vidu da je y ′ = p =

dy dx

, posljednji izraz također predstavlja diferencijalnu

jednačinu prvog reda (s razdvojenim promjenljivim) dy dx

= C1 ( x 2 + 1) , odnosno

dy = C 1 ( x 2 + 1) dx .

Integraleći, imamo y + C2 = C1 ⎛⎜ x3 + x ⎞⎟ , pa je opšte r ješenje dato sa y = C1 ⎛⎜ x 3 + x ⎞⎟ − C 2 . ⎝3 ⎠ ⎝3 ⎠ Odredimo partikularno rješenje. Imamo: 1

1

164

y ( 0 ) = −C 2 = 1 , odakle je C 2 = −1 . y ′ ( x ) = C1 ( x 2 + 1) , pa je y′ ( 0 ) = C 1 = 1 .

1

Dakle, partikularno rješenje je kriva y = x 3 + x + 1 . 3

2. Naći opšte rješenje diferencijalne jednačine x 2 y ′′ + xy′ = 1 , x > 0 .

Rješenje. Uvedimo smjenu y ′ = p , y′′ = p′ , p = p ( x ) . Data jednačina se svodi na jednačinu x p′ + xp = 1 . Nakon dijeljenja sa x 2 , data jednačina postaje 2

p′ +

1 x

p=

1

,

x2

što je linearna jednačina. Stavimo P ( x ) =

1 x

, Q ( x) =

1 x 2

i izračunajmo odgovarajuće

integrale. Imamo:

∫

P ( x ) dx =

1

∫ x

; ∫ Q ( x ) e∫

dx = ln x

p = e − ln x ( C1 + ln x ) =

C1 + ln x x

P ( x )dx

=∫

1 x 2

e ln x dx =

x

∫x

2

dx = ln x . Dakle,

.

Sada imamo diferencijalnu jednačinu prvog reda dy dx

=

C1 + ln x x

, odnosno jednačinu

⎛ C1 ln x ⎞ + ⎟ dx x x ⎝ ⎠

dy = ⎜

koja nakon integraljenja postaje y + C2 = C 1

dx

∫ x

+∫

ln xdx x

.

Uvođenjem smjene t = ln x , dt =

dx x

u drugom integralu na desnoj strani, dobijamo opšte

rješenje u obliku y = C1 ln x +

1 2

ln 2 x − C 2 .

3. Naći opšte rješenje jednačine xy ′′ = y ′ ln

y′ x

, x > 0 kao i ono partikularno rješenje koje

ispun java uslove y ( 0 ) = 1 , y′ (1) = 1. Rješenje. Uvedimo smjenu y ′ = p , y′′ = p′ , p = p ( x ) . Naša jednačina postaje

165

x ⋅ p′ = p ⋅ ln

p x

, odnosno p′ =

p x

⋅ ln

p x

.

Dobijena jednačina je homogena jednačina (po p i x ). Zbog toga ćemo uvesti novu smjenu p

, p = z ⋅ x , p′ = z ′x + z . Imamo: x z′x + z = ln z , odnosno dz ⋅ x = z ( ln z − 1) . dx z = z ( x ) =

Ovo je jednačina sa razdvojenim promjenljivim (x i z). Nakon razdvajanja promjenljivih dobijamo dx x

=

dz z ( ln z − 1)

.

Integralimo jednačinu, uvodeći smjenu t = ln z − 1 , dt =

dz z

u drugom integralu. Imamo:

ln C 1 + ln x = ln ln z − 1 , odakle je C 1 x = ln z − 1 , odnosno z = eC1x +1 . Sada imamo: p x

= eC x +1 , odnosno 1

dy

= xeC x +1 . 1

dx

Množenjem sa dx i integraljenjem dobijamo: C x +1 ∫ dy = ∫ xe dx . 1

Drugi integral rješavamo metodom parcijalne integracije, stavljajući u = x , dv = e C x +1dx , 1

odakle je du = dx , a v = y + C 2 =

x C1

eC1x +1 −

1 2 1

C

1 C 1

e

C1x +1

. Dakle, opšte rješenje jednačine je dato sa

eC1 x+1 , odnosno

C12 ( y + C2 ) = ( C1 x − 1) e

C1x +1

. Odredimo partikularno rješenje. Uvrštavanjem x = 0 i y = 1 u opšte rješenje imamo: C12 (1 + C2 ) = −e . Iz činjenice da je p = y′ = xeC x +1 , imamo da je y′ (1) = eC +1 = 1 , odakle je C 1 + 1 = 0 , 1

1

odnosno C 1 = −1 . Uvrštavajući to u prvu jednačinu imamo: 2 ( −1) ⋅ (1 + C2 ) = −e , odnosno C2 = −e − 1 . Dakle partikularno rješenje je y − e − 1 = ( − x − 1) e− x+1 .

166

Opšti oblik diferencijalne jedna čine drugog reda koja ne sadrži x je F ( y′′, y ′, y ) = 0 .

Ovakva jednačina se također rješava smjenom y x′ = p , s tim što je sad y′ = x smatramo funkcijom od y ) i p = p ( y ) , pa je p′ = y ′′ =

dp d x

dp dy dy

=

⋅

dy dx

dp dy

dy dx

=

1 x y′

(dakle

. U ovom slučaju je

= p′ ⋅ p .

4. Naći opšte rješenje jednačine y′′ ⋅ y 3 = 1 .

Rješenje. Ova jednačina, očigledno ne sadrži x , pa ćemo uvesti smjenu y ′ = p , p = p ( y ) .

Tada je y ′′ = p′ ⋅ p , pa jednačina postaje p′ ⋅ p ⋅ y 3 = 1 , odnosno

dp dy

⋅ p ⋅ y 3 = 1 . Razdvajanjem

prom prom jenljivih dobijamo dy

∫ pdp = ∫ y

3

1

2

2

y

, odakle je p 2 − C 1 = −

2

.

Izračunajmo p preko y . Imamo p 2 = −

4 y

2

+ 2C 1 , odnosno y 2 p 2 = −4 + 2C 1 y 2 . S

obzirom da je lijeva strana jednakosti jednakosti nenegativna, nenegativna, to mora biti 2C1 y 2 ≥ 4 , odnosno y 2 ≥ i C 1 > 0 . Sada je yp = ± 2C1 y 2 − 4 ,

odakle dobijamo jednačinu (prvog reda sa razdvojenim promjenljivim y i x ): y ⋅

dy dx

= ± 2C1 y 2 − 4 .

Imamo, nakon razdvajanja, ± ∫

ydy

2C1 y 2 − 4

= ∫ dx . 2

U prvom integralu uvedimo smjenu t 2 = 2C1 y 2 − 4 , 2 tdt = 4 C1 ydy. Dobijamo: ±

1 2C1

∫

tdt t

= x + C 2 , odnosno, ±2C1 ( x + C2 ) = t = 2C1 y 2 − 4 . 2

Sada opšte rješenje jednačine možemo napisati u obliku 2C12 ( x + C2 ) = C1 y 2 − 2 . 5. Naći opšte rješenje jednačine y ′′ + 2 y ( y ′ ) = 0 . 3

167

2 C 1

Rješenje. Data jedna čina ne sadrži x , pa ćemo uvesti smjenu y′ = p , p = p ( y ) , y ′′ = p′ ⋅ p .

Imamo: 3 p ⋅ p′ + 2 y ⋅ p = 0 , odnosno p ( p′ + 2 yp 2 ) =0. Ukoliko je p = 0 , to jest

dy dx

= 0 , y = C , jednačina je zadovoljena pa je y = C jedno

rješenje jednačine. Ukoliko je p ≠ 0 jednačina postaje: p′ = −2 yp

2

, odnosno

dp dy

= −2 p 2 y ,

što je jedna jedn ačina sa razdvojenim promjenljivim. Nakon razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo: −∫

dp p

2

= 2∫ ydy , odnosno

1 p

= y 2 + C 1 .

Dakle, jednačina se (zbog p = dx dy

dy dx

) svodi na jednačinu: 1

= y 2 + C 1 , čije je rješenje x + C2 = y 3 + C 1 y . 3

2 2 6. Naći opšte rješenje jednačine yy′′ − y′ = y ln y

kao i ono partikularno rješenje te

jednačine koje ispunjava uvjete y ( 0) = 1 , y′ ( 0 ) = 1 . Rješenje. Data jedna čina ne sadrži x pa uvedimo smjenu kao u prethodnom zadatku. Imamo: y ⋅ p ⋅ p′ − p2 = y 2 ln y . Dijeljenjem sa yp ≠ 0 (zbog uslova zadatka) jednačina postaje: p′ −

1 y

p = y ln y p

−1

,

što je Bernoullieva jednačina. Uvedimo smjenu z = p 2 , to jest p = z1/ 2 , z = z ( y ) , p ′ =

1

z 2

1 2

−1 / 2

z −1/ 2 z ′ . Sada jedna čina postaje

z′ −

1 y

z

1/ 2

= ( y ln y ) z −1 / 2 .

Množenjem sa 2 z1/ 2 , jednačina se svodi na linearnu jedna činu: z ′ −

2 y

z = 2 y ln y

.

168

− f ( y ) dy ⎡ f ( y ) dy 2 ⎤ C1 + ∫ g ( y ) e ∫ dy , za f ( y ) = − Opšte rjrješenje ove lilinearne je jednačine je z = e ∫ i ⎢⎣ ⎥⎦ y g ( y ) = 2 y ln y . Imamo:

∫

f ( y ) dy = −2

dy

∫ y

= −2 ln y ;

∫

g ( y ) e∫

f ( y ) dy

∫

dy = 2 y ln y e

−2ln y

dy = 2

∫

ln y y

dy = ln 2 y

.

Dakle, rješenje je oblika ⎡⎣C1 + ln 2 y ⎤⎦ = y 2 ⎡⎣C1 + ln 2 y ⎤⎦ , C 1 > 0 jer C1 + ln 2 y mora biti veće od nule. Ima jući u vidu da je p = z1/ 2 imamo

z = e

2ln y

y 2 ⎡⎣C1 + ln 2 y ⎤⎦ = y C1 + ln 2 y . dy Zbog Zbog p = , nakon razdvajanja promjenljivih i integracije imamo: dx dy = dx . 2 y C1 + ln y p =

∫

∫

Integral Integral na lijevoj strani računamo uvodeći smjenu t = ln y , dt =

dy

. Nakon smjene integral

y

se svodi na: dt

∫

C 1 + t

2

)

(

= ln t + C1 + t 2 .

Dakle, rješenje je

(

)

2 x ln ln y + C1 + ln 2 y = x + C 2 , odnosno ln y + C1 + ln y = e

+ C 2

.

Odredimo još partikula partikularno rno rješenje. rješenje. Uvrstimo Uvrstimo prvo tačku ( 0,1) . Imamo: ln 1 + C 1 + ln 2 1 = eC 2 , odnosno

C1 = e 2 , to jest C1 = e2 C 2 . C

S druge strane, y′ ( x ) = p = y C1 + ln 2 y pa zbog y′ ( 0 ) = 1 imamo 1 = 1⋅ C1 + ln 2 1 = C 1 . Dakle, C 1 = 1 , pa je e 2C = 1 , to jest C 2 = 0 . 2

Time smo našli partikularno rješenje: ln y + 1 + ln ln 2 y = e x .

5.1.1. Zadac Zadacii za samost samostala alan n r ad U zadacima 434.-439. na ći opšte rješenje datih jednačina: 2 434. yy ′′ + 2 y ′ = 2 ( y ′ ) . 435. 169

2

2 yy′′ − 3 ( y′ ) − 4 y 2 = 0 .

2

436.

y ′′ + y ′t gx = sin 2 x .

437.

xy′′ + y ′ = x ( y ′ ) +

438.

2 yy ′′ + ( y ′ ) + ( y ′) = 0 .

439.

xy′′ − y ′ = x sin

2

4

y′ x

4 x

.

.

440. Naći opšte rješenje jednačine e y′′ + y′′ = x , kao i ono partikularno rješenje koje zadovoljava uvjete y (1) = 1 i y′ (1) = 1. Naći onu integralnu krivu jednačine y′′ + ( e x + 1) y ′ = 0 koja prolazi kroz tačku (1,1) i ispunjava uslov y′ (1) = 0 .

441.

Naći opšte rješenje jednačine y′′ − 2e − y = ( y ′) , kao i onu integralnu krivu koja prolazi kroz tačku ( 0, 0 ) i ispunjava uslov y′ ( 0 ) = 1 . 2

442. 443.

2

Naći opšte rješenje jednačine y′′ sin y = 2 ( y ′) cos y , kao i ono partikularno rješenje

koje ispunjava uslove y ( 0 ) =

5.2.

π 4

i y′ ( 0 ) = 1 .

Diferencijalne jednačine drugog reda sa konstantnim koeficijentima

Opšti oblik diferencijalne jednačine drugog reda sa konstantnim koeficijentima je ay′′ + by′ + c y = f ( x ) , gdje su a, b, c neki realni brojevi a f neka funkcija od x . Ukoliko je f ( x ) ≡ 0 tada jednačinu zovemo homogenom. U suprotnom je nehomogena. Opšte rješenje homogene jednačine (1) ay ′′ + b y′ + cy = 0 drugog reda sa konstantnim koeficijentima se jednostavno određuje. Kao prvo, odredimo rješenja (realna ili konjugovano kompleksna) kvadratne jedna čine 2 (2) ar + br + c = 0 ko ju još zovemo i karakterističnom jednačinom jednačine (1). U zavisnosti od diskriminante D jednačine (2), imamo tri mogu ćnosti. 1. Ukoliko je D > 0 , karakteristična jednačina (2) ima dva realna i razli čita rješenja r 1 i r 2 . U tom slučaju opšte rješenje jednačine (1) je dato sa rx r x y = C1e + C2e , gdje su C1 , C 2 neke konstante. 1

2

2. Ukoliko je D = 0 , karakteristična jednačina (2) ima takozvano dvostruko rješenje, odnosno u ovom slučaju je r1 = r 2 , a opšte rješenje jednačine (1) je dato sa 170

y = C1e 1 + C2 xe 1 rx

rx

.

3. Za D < 0 karakteristična jednačina ima konjugovano-kompleksna rješenja r1 = α − i β i r2 = α + i β . U tom slučaju, opšte rješenje jednačine (1) je x y = eα ( C1 cos β x + C2 sin β x ) . Nehomogenu diferencijalnu jednačinu rješavamo tako što na đemo rješenje yh homogene diferencijabilne jednačine, a zatim jedno partikularno rješenje y p nehomogene jednačine. Opšte rješenje nehomogene jednačine ay′′ + by′ + cy = f ( x ) (3) je suma rješenja yh homogene jednačine i partikularnog rješenja y p . Dakle, y = yh + y p . U nekim slučajevima funkcija f ( x ) se može napisati kao suma nekoliko funkcija, f ( x ) = f1 ( x ) + ... + f k ( x ) koje su jednostavnijeg oblika. U tom slučaju opšte rješenje jednačine (3) je oblika y = yh + y p + ... + y p , gdje je y p partikularno rješenje jednačine ay′′ + by′ + cy = f1 ( x) , ..., y p je partikularno rješenje jednačine ay′′ + by′ + cy = fk ( x ) . 1

k

1

k

Mi ćemo pokazati kako se rješavaju nehomogene jednačine (3) u nekim specijalnim slučajevima. Općenito, parcijalno rješenje jednačine (3) je moguće odrediti takozvanom Lagrangeovom metodom varijacije konstanti. Mi se ovim metodom nećemo baviti.

Kao što vidimo, rješavanje homogene jednačine (1) svodi se na rješavanje karakteristi čne jednačine, što je izuzetno jednostavno. Zbog toga je osnovni problem koji se javlja pri rješavanju nehomogene jednačine (3) taj kako odrediti jedno partikularno rješenje te jednačine. Mi ćemo posmatrati tri osnovna slu čaja. 1o Funkcija f ( x ) na desnoj strani (3) je polinom Pn ( x ) , n − tog stepena. U ovom slu čaju,

partikularno rješenje y p jednačine (3) je oblika y p ( x ) = x k ⋅ Qn ( x ) , gdje je Qn ( x ) nepoznati polinom stepena n , to jest Qn ( x ) = An x n + An−1 x n−1 + ... + A1 x + A0 , a k je jednako 1 ukoliko je broj 0 krojen (ili rješenje) karakteristične jednačine (2), a 0 ukoliko broj 0 nije krojen jedna čine (2). Nepoznate koeficijente An , An−1 ,..., A0 polinoma Qn određujemo iz jednačine ay p′′ + by′p + cy p = Pn ( x ) , koja u ovom slučaju predstavlja jednakost između dva polinoma, što nam omogu ćava da izjednačimo koeficijente uz odgovarajuće stepene.

171

2o Funkcija f ( x ) na desnoj strani (3) je oblika eδ ⋅ Pn ( x ) , gdje je δ neki realan broj, a Pn x

P

P

polinom n − tog stepena. U ovom slučaju je y p = x k ⋅ eδ x ⋅ Qn ( x ) , gdje je Qn ( x ) nepoznati polinom stepena n , a broj k je jednak 0 ukoliko δ nije rješenje karakteristične jednačine (2); k = 1 ukoliko je δ takozvani jednostruki krojen karakteristične jednačine (2) (diskriminanta jednačine (2) je ve ća od nule i jedno rješenje jedna čine (2) je upravo δ ); k = 2 ukoliko je δ dvostruki krojen karakteristične jednačine (2) ( D = 0 , i δ je rješenje jednačine (2)). Nepoznate koeficijente polinoma Qn određujemo iz jednačine x ay p′′ + by′p + cy p = eδ Pn ( x ) , koja se nakon dijeljenja sa eδ x svodi na jednakost između dva polinoma. 3o Funkcija f ( x ) na desnoj strani (3) je oblika eδ x (Tn ( x ) cos γ x + Sm ( x ) sin γ x ) , gdje su γ i P

P

δ realni brojevi a Tn ( x ) i Sm ( x ) su polinomi stepena n i m (napomenimo da T n ili S m

mogu biti identički jednaki nuli, kao i to da može biti δ = 0 , to jest eδ x = 1 ). U ovom slučaju partikularno rješenje je oblika y p = xt ⋅ eδ x ( Ps ( x ) cos γ x + Qs ( x ) sin γ x ) , gdje je s onaj od brojeva n ili m koji je veći; Ps ( x ) i Qs ( x ) su nepoznati polinomi stepena s ; broj t je jednak 0 ukoliko δ ± iγ nije krojen karakteristične jednačine (2), odnosno t = 1 , ukoliko je δ ± iγ rješenje jednačine (2). Koeficijente nepoznatih polinoma Ps ( x ) i Qs ( x ) određujemo iz jednačine ay p′′ + by′p + cy p = eδ x ( Tn ( x ) cos γ x + Sm ( x ) sin γ x) , tako što, nakon dijeljenja sa eδ x , izjednačimo polinome koji stoji uz cos γ x , odnosno sin γ x , na lijevoj i desnoj strani jednakosti.

Riješeni primjeri 1. Naći opšte rješenje jednačine y ′′ − 4 y′ = x 3 + 3x 2 + 2 x + 1 . Rješenje. Nađimo prvo rješenje homogene jednačine

y ′′ − 4 y ′ = 0 .

Odgovarajuća karakteristična jednačina je r 2 − 4r = 0 . Rješenja karakteristične jednačine su r 1 = 0 i r 2 = 4 , pa je opšte rješenje homogene jednačine oblika 0 x 4x 4x yh = C1e ⋅ + C 2e ⋅ = C1 + C2 e . Nađimo sad partikularno rješenje. U ovom slu čaju je funkcija na desnoj strani

172

f ( x ) = x3 + 3 x 2 + 2 x + 1 = P3 ( x ) polinom trećeg stepena. Zbog toga je partikularno rješenje

oblika y p = x k ⋅ Q3 ( x ) , gdje je Q3 ( x ) = A3 x3 + A2 x 2 + A1 x + A0 , a k = 1 , jer je broj 0 rješenje karakteristične jednačine. Dakle, y p = x ( A3 x 3 + A2x 2 + A1 x + A0 ) = A3x 4 + A2x 3 + A1 x 2 + A0x . Sada je y p′ = 4 A3 x3 + 3 A2 x 2 + 2 A1 x + A0 ; y p′′ = 12 A3 x 2 + 6 A2 x + 2 A1 Uvrstimo y p′ i y p′′ u jednačinu y p′′ − 4 y′p = x3 + 3x2 + 2 x + 1 Imamo: 12 A3 x 2 + 6 A2 x + 2 A1 − 16 A3 x 3 − 12 A2 x 2 − 8 A1 x − 4 A0 = x 3 + 3x 2 + 2 x + 1

Izjednačimo odgovarajuće koeficijente: x3 : −16 A3 = 1 ; x 2 : 12 A3 − 12 A2 = 3 ; 6 A2 − 8 A1 = 2 ; x : x 0 : 2 A1 − 4 A0 = 1 . Iz prve jednačine je A3 = −1/16 .

Sada,

iz

druge

jedna čine

dobijamo

−1 ⎛ −31 1 ⎞ −5 . Iz tre e jedna ine je , dok iz posljednje jednačine A ć č + ⋅ = = 3 12 1 ⎜ ⎟ 12 ⎝ 16 ⎠ 16 64 −63 dobijamo A0 = .

A2 =

128

⎞ Dakle, partikularno rješenje je y p = x ⎛⎜ − x 3 − x 2 − x − ⎟ , pa je opšte rješenje 16 64 128 ⎠ ⎝ 16 1

jednačine y = C1 + C2e 4 x −

x

(8 x 128

3

5

31

63

+ 40 x 2 + 62 x + 63 ) .

2. Naći opšte rješenje jednačine y′′ + 4 y = sin 2 x , kao i ono partikularno rješenje koje π π ispunjava uslove y ⎛⎜ ⎞⎟ = 1 , y ′ ⎛⎜ ⎞⎟ = 0 .

⎝4⎠

⎝4⎠

Rješenje. Karakteristična jednačina koja odgovara homogenoj jednačini y′′ + 4 y = 0 je

(primijetimo da je ovdje b = 0 jer nemamo y′ ). Ona ima dva konjugovanokompleksna rješenja r1,2 = 0 ± 2i . Zbog toga je opšte rješenje homogene jedna čine r + 4 = 0 2

⋅ x

yh = e0

( C1 cos 2 x + C2 sin 2 x ) , to jest

yh = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x .

173

Odredimo

partikularno

rješenje.

Funkcija

f ( x ) = sin2 x

je

oblika

⋅

f ( x ) = e0 x ( 0 ⋅ cos 2 x + 1⋅ sin 2 x ) . Ovaj oblik funkcije je posmatran u slučaju 3. Tu je δ = 0 ; Tn ( x ) ≡ 0 ; S m ( x ) ≡ 1 - polinom Sm ( x ) je konstanta pa je stepena nula. Dakle, s = 0

(koristimo se oznakama slučaja 3). Polinom stepena nula je konstanta, pa su Ps ( x ) i Qs ( x ) zapravo neke nepoznate konstante, A i B . Očigledno je γ = 2 , δ = 0 , pa je ostalo da odredimo t . Vrijedit će t = 1 , jer je r = 0 ± 2i krojen karakteristične jednačine. To znači da je traženo partikularno rješenje oblika y p = x ⋅ e0 x ( A cos 2 x + B sin 2 x ) = Ax cos 2 x + Bx sin 2 x . Sada je y p′ = A cos 2 x − 2 Ax sin 2 x + B sin 2 x + 2Bx cos 2 x ; y p′′ = −4 A sin 2 x − 4 B cos 2 x − 4 x ( A cos 2 x + B sin 2 x ) . Uvrstimo y p , y p′ i y p′′ u jednačinu y p′′ + 4 y p = sin 2 x . Imamo: −4 A sin 2 x − 4 B cos 2 x − 4 x ( A cos 2 x + B sin 2 x ) + 4 x ( A cos 2 x + B sin 2 x ) = sin 2 x . Izjednačavanjem koeficijenata uz sin2 x i cos2 x dobijamo: sin2 x : −4 A = 1 ; cos2 x : −4 B = 0 , odakle je A = −1/ 4 , B = 0 . 1

Time smo odredili partikularno rješenje: y p = − x cos2 x . 4

Nađimo sada ono partikularno rješenje koje ispunjava date uvjete. Imamo: ⎛π ⎞ ⎛ π⎞ ⎛ π⎞ 1 π ⎛ π⎞ = C1 cos ⎜ 2 ⋅ ⎟ + C 2 sin ⎜ 2 ⋅ ⎟ − ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ ⎟ = 1 . ⎟ ⎝4⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ 4⎠ 4 4 ⎝ 4⎠

y ⎜

Zbog cos

π 2

= 0 , sin

π 2

= 1 , odavde imamo C 2 = 1 . Dalje je

y ′ ( x ) = −2C1 sin 2 x + 2C2 cos 2 x +

1

x sin 2 x −

1

cos 2 x , pa je 4 π π π 1 π ⎛π ⎞ y ′ ⎜ ⎟ = −2C1 sin + 2C 2 cos + ⋅ sin − cos = 0 , odakle imamo 2 2 2 4 2 4 2 ⎝4⎠ π π −2C 1 + = 0 , odnosno C 1 = . 8 16 π 1 Traženo partikularno rješenje je y = cos 2 x + sin 2 x − x cos 2 x . 16 4 2 1 π

3. Naći opšte rješenje jednačine y ′′ + 2 y′ + y = xe − x + x 2 .

174

Rješenje. Odredimo opšte rješenje homogene jednačine y ′′ + 2 y ′ + y = 0 . Odgovarajuća

karakteristična jednačina je r 2 + 2r + 1 = 0 , koja ima dvostruko rješenje r1 = r 2 = −1 ( D = 0 ), pa je rješenje homogene jednačine yh = C1e − x + xC2e − x . Partikularno rješenje ćemo odrediti kao sumu dva partikularna rješenja, jer je funkcija na desnoj strani jednačine f ( x ) = xe− x + x2 = f1 ( x ) + f2 ( x ) . Funkcija f1 ( x ) = xe− x je oblika e

−1⋅ x

⋅ P1 ( x ) ( P1 ( x ) = x je polinom prvog stepena), pa je prvo partikularno rješenje oblika

y p1 = x ⋅ e

−1⋅ x

⋅ Q1 ( x ) (slučaj 2.), gdje je Q1 ( x ) = A1 x + A0 nepoznati polinom prvog stepena, a l = 2 jer je r = − 1 dvostruko rješenje karakteristične jednačine. Dakle, y p = x 2 e − x ( A1 x + A0 ) = e − x ( A1 x3 + A0x 2 ) . Sada je l

1

y p′ 1 = e − x ( 3 A1 x2 + 2 A0x − A1 x3 − A0x 2 ) , y p′′1 = e − x ( 6 A1 x + 2 A0 − 6 A1 x2 − 4 A0x + A1 x3 + A0x 2 ) .

Odredimo nepoznate koeficijente iz jednačine y p′′ + 2 y′p + y p = xe− x . Imamo: 1

e

− x

1

1

( 6 A1 x + 2 A0 − 6 A1 x − 4 A0 x + A1 x + A0 x + 2

3

2

+6 A1 x2 + 4 A0x − 2 A1 x3 − 2 A0x 2 + A1 x3 + A0x 2 ) = e − x x .

Množenjem sa e x i izjednačavanjem koeficijenata polinoma na lijevoj i desnoj strani dobijamo: 6 A1 = 1 x : x 0 : 2 A0 = 0 , odakle je A1 =

1 6

1

, pa je y p = x 3e − x . 1

6

Funkcija f 2 ( x ) = x je polinom drugog stepena pa je 2

y p2 = x

k

(A x 2

2

+ A1 x + A0 ) , gdje je k = 0 , jer broj 0 nije rješenje karakteristi čne jednačine.

Odredimo nepoznate koeficijente iz jednačine: y p′′ + 2 y′p + y p = x 2 . Imamo: y p′ = 2 A2 x + A1 ; y p′′ = 2 A2 , pa je 2

2

2

2

2

2 A2 + 2 ( 2 A2 x + A1 ) + A2 x 2 + A1 x + A0 = x 2 .

Izjednačavanjem koeficijenata dobijamo: x 2 : A2 = 1 ; 4 A2 + A1 = 0 ; x : x 0 : 2 A2 + 2 A1 + A0 = 0 , odakle je A2 = 1 , A1 = −4 , A0 = 6 . Znači, y p = x 2 − 4 x + 6 . 2

175

Sada možemo dati opšte rješenje jedna čine. Ono je oblika: y = yh + y p1 + y p2 = C1e − x + C2 xe − x +

1 6

x 3e − x + x 2 − 4 x + 6 .

4. Naći opšte rješenje jednačine y′′ − 2 y′ − 3 y = x (1 + e3 x ) , kao i ono partikularno rješenje

koje ispunjava uslov y ( 0 ) =

11 9

, y′ ( 0 ) = 3 .

Rješenje. Karakteristična jednačina date jednačine je r 2 − 2r − 3 = 0 . Njena rješenja su r 1 = −1 , r 2 = 3 , pa je opšte rješenje odgovaraju će homogene jednačine oblika yh = C1e− x + C2e3 x .

Kako bismo odredili partikularno rješenje, funkciju na desnoj strani ćemo napisati kao sumu dvije funkcije: f ( x ) = x (1 + e 3 x ) = x + xe 3 x = f1 ( x ) + f 2 ( x ) , pa će partikularno rješenje biti suma dva partikularna rješenja. Kako je f1 ( x ) = x polinom stepena 1, to je y p = x k ( A1 x + A0 ) , pri čemu je k = 0 jer 0 nije rješenje karakteristične jednačine. Imamo: y p′ = A1 , y p′′ = 0 , pa je y p′′ − 2 y′p − 3 = 0 − 2 A1 − 3 ( A1 x + A0 ) = x . 1

1

1

1

1

−3 A1 = 1 x 0 : −2 A1 − 3 A0 = 0 , odakle je

Izjednačavanjem koeficijenata dobijamo: A1 =

−1 3

2

1

x :

2

, A0 = . Znači y p = − x + .

1 9 3 9 3 x Kako je f 2 ( x ) = e ⋅ x , to je oblik drugog partikularnog rješenja

y p2 = xl ⋅ e3 x ( A1 x + A0 ) , gdje je l = 1 jer je r = 3 jedan od krojena karakteristične jednačine.

Dakle, y p2 = e 3 x ( A1 x 2 + A0 x ) ; y p′ 2 = e 3 x ( 3 A1 x2 + 3 A0x + 2 A1 x + A0 ) ; y p′′2 = e 3 x ( 9 A1 x2 + 9 A0x + 12 A1 x + 6 A0 + 2 A1 ) .

Odredimo nepoznate koeficijente iz jednačine y p′′ + 2 y′p + y p = xe3 x . Imamo: 2

(

e3 x 9 A1 x 2 + 9 A0 x + 12 A1 x + 6 A0 + 2 A1 − 4 A1 x −

−2 A0 − 6 A1 x 2 − 6 A0 x − 3 A1 x 2 −3 A0 x ) = e3 x ⋅ x .

176

2

2

Nakon množenja sa e−3 x i izjednačavanja koeficijenata uz odgovarajuće stepene imamo: 8 A1 = 1 ; x : x

0

1

−1

8

16

: 4 A0 + 2 A1 = 0 , odakle je A1 = , A0 =

, pa je

1 ⎞ x 3 x ⎛1 x− ⎟= e ( 2 x − 1) . ⎝ 8 16 ⎠ 16

y p2 = xe 3 ⎜ x

1

2

x

3

9

16

Opšte rješenje date jednačine je y = C1e− x + C2e3 x − x + +

e 3 x ( 2 x − 1) .

Odredimo partikularno rješenje koje ispunjava date uslove. Imamo: y ( 0 ) = C1 + C 2 +

2 9

=

11 9

, odakle je C1 + C 2 = 1 .

y′ ( x ) = −C1e − x + 3C2e 3 x − y ′ ( 0 ) = −C1 + 3C 2 −

1

−

1

1

+

3 16

1

3 16

e 3 x ( 4 x − 1 + 6 x 2 − 3 x ) , pa je

=3.

Dobili smo sistem jednačina:

C1 + C 2 = 1 ⎫ −19 211 ⎪ 163 ⎬ , iz kojeg izračunavamo C 2 = , C 1 = , −C1 + 3C 2 = 192 192 48 ⎪ ⎭

pa je traženo partikularno rješenje y =

−19

192

e − x +

211 192

e3 x −

1 3

x+

2 9

+

x

16

e 3 x ( 2 x − 1) .

5. Naći opšte rješenje jednačine y ′′ + y′ + y = e − x sin x .

Rješenje. Karakteristična jednačina koja odgovara datoj jednačini je r 2 + r + 1 = 0 . Njena

rješenja su r1,2 = x

yh = e

−

2

−1 ± i 3 2

1

= − ±i 2

3 2

. Dakle, rješenje homogene jednačine je

⎛ 3 3 ⎞ C x C x⎟. + cos sin ⎜⎜ 1 2 ⎟ 2 2 ⎝ ⎠

Odredimo partikularno rješenje. Ono je oblika y p = x s ⋅ e− x ( P0 ( x ) cos x + Q0 ( x ) sin x ) , pri čemu su P0 ( x ) i Q0 ( x ) polinomi stepena nula, to jest konstante, dok je s = 0 jer broj 1 ± i nije krojen karakteristične jednačine. Imamo: − y p = e x ( A cos x + B sin x ) , pa je y p′ = e− x ( − A cos x − B sin x − A sin x + B cos x ) ;

177

y p′′ = e − x ( A cos x + B sin x + A sin x − B cos x + A sin x − B cos x − A cos x − B sin x ) =

= e − x ( 2 A sin x − 2 B cos x ) .

Uvrštavanjem u jednačinu dobijamo y p′′ + y ′p + y p = e −

( 2 A sin x − 2B cos x − A cos x − B sin x − − A sin x + B cos x + A cos x + B sin x ) = e − x sin x , x

odnosno, A sin x − B cos x = sin x . Izjednačavanjem koeficijenata uz sin x i cos x odmah dobijamo da je A = 1 i B = 0 , pa je − y p = e x cos x . Dakle, opšte rješenje jednačine je x

y = e

−

2

⎛ 3 3 ⎞ − x x + C2 sin x ⎟ + e cos x . ⎜⎜ C1 cos ⎟ 2 2 ⎝ ⎠

6. Naći opšte rješenje jednačine y ′′ − 2 y′ + 2 y = 2e x cos x , kao i ono partikularno rješenje

koje ispunjava uslove y (π ) = 0 , y′ (π ) = 0 . Rješenje. Nađimo rješenje homogene jednačine y ′′ − 2 y′ + 2 y = 0 . Odgovarajuća karakteristična jednačina je r 2 − 2 r + 2 = 0 . Rješenja te jednačine su r1,2 = 1 ± i , pa je ⋅ x yh = e1 ( C1 cos1⋅ x + C2 sin1 ⋅ x ) (koeficijent uz i je 1).

Opšti oblik partikularnog rješenja je y p = x s ⋅ e x ( P0 ( x ) cos x + Q0 ( x ) sin x ) , (jer je uz cos x broj 2 – to jest polinom stepena nula). U ovom slučaju je s = 1 jer je 1 ± 1⋅ i krojen karakteristične jednačine. Dakle, x y p = x ⋅ e ( A cos x + B sin x ) , pa je − x y p′ = e ( A cos x + B sin x + Ax cos x + Bx sin x − Ax sin x + Bx cos x ) ; y p′′ = e

− x

( 2 A cos x − 2 A sin x + 2B sin x + 2 B cos x − −2 Ax sin x − Ax cos x + 2 Bx cos x − Bx sin x ) .

Nakon uvrštavanja u polaznu jednačinu imamo: x x y p′′ − 2 y′p + 2 y p = e ( −2 A sin x + 2 B cos x ) = 2e cos x , odnosno −2 A sin x + 2 B cos x = 2 cos x , odakle, izjednačavanjem koeficijenata uz cos x i sin x dobijamo A = 0 i B = 1 . Znači, x y p = xe sin x , pa je opšte rješenje jednačine y = e x ( C1 cos x + C2 sin x + x sin x ) .

Odredimo traženo partikularno rješenje. Imamo: y (π ) = eπ ( C1 ⋅ ( −1) + C 2 ⋅ 0 + π ⋅ 0) = 0 , pa je −C1eπ = 0 , odakle je C 1 = 0 . 178

y′ ( x ) = e

x

( C1 cos x + C2 sin x + x sin x − C1 sin x + C2 cos x + sin x + x cos x) ,

pa je (imajući u vidu da je C 1 = 0 , sin π = 0 , cos π = −1 ): y′ ( π ) = −C 2 − π = 0 , pa je C 2 = −π . Dakle, traženo rješenje je y = e x ⋅ sin x ⋅ ( x − π ) .

5.2.1. Zadaci za samostalan rad U zadacima 444.-455. na đi opšte rješenje jednačina: 444. y′′ + 4 y = x 2 − cos 2 x . 445. y′′ + 4 y′ + 4 y = ( x + 1) e−2 x + cos 2 x . 446.

y ′′ − 3 y ′ + 2 y = e 3

x

(x

2

+ x) .

447. y′′ + 4 y = sin 2 x + xe − x . 448. y′′ + y = x 2 + sin x . 449. y′′ − 2 y′ + y = e x cos x . 450. y′′ − 3 y′ + 2 y = e x + 6e − x . 451. y′′ + y = xe x cos x . 452. y′′ − 4 y′ + 4 y = e 2 x + x 2 . 453. y′′ − 3 y′ + 2 y = ( x + 1) e2 x . 454. y ′′ + 4 y = 2 x sin 2 x + 3cos 2 x . 455. y′′ − 2 y′ + 2 y = 4e x sin x . 456. Nađi ono rješenje jednačine y′′ − y = x 2 + 1 koje prolazi kroz tačku ( 0,1) i u toj tački ima koeficijent pravca jednak 1. 457. Nađi opšte rješenje jednačine y ′′ + y = sin x , kao i ono partikularno rješenje koje π π ispunjava uslove y ⎛⎜ ⎞⎟ = 1 , y′ ⎛⎜ ⎞⎟ = 0 .

⎝2⎠

⎝2⎠

458. Nađi ono rješenje jednačine y′′ − 2 y′ + y = e 2 x koje prolazi tačkom ( 0,0 ) i u toj tački ima tangentu paralelnu sa x − osom.

179

Rješenja 7

31

16 2 1. x 16 + C . 2. 2 x − e − x + x 3 + C . 3 31 2 2 x 4. − x + arctgx + C . 5. − − x x + C . 3 x 3

7. − 3ctgx − 2tgx + C . 10.

2e +

1

x

+ C .

2 x 2

13. x − 4arctgx + C . 16. −

1 4

ln 3 − 2 x + C .

3

19. ( x + 2)3 − 8

21. 24.

12 5

9

1 − x +

29.

ln sin x + C .

35. 37.

x 4

4

ln x −

14

7

(1 + x )

3

−

3 8

2

x 3

3

1 4

ln 2

1 + x 1 − x

4

(1 + x )

2( ab) x ln(ab ) +

2

3

+ C .

+ C .

x 2

8

+ C .

36.

1 2

2

31.

arctg ( tg 2 x ) + C .

x 2

10

3

3

16

arctg

x 2

5

(1 − x )

4 4

1 3 ln 3 x

34.

+ C .

+ C .

33 sin x + C .

3

2

⎛ x3 x 2 ⎞ x 3 x 2 ⎜ ⎟ 38. ⎜ + ⎟ ln x − − + C . 9 4 ⎝ 3 2 ⎠

180

tgx − x + C .

+ C

ln (sin 2 x + 5 ) + C .

3 2 3 x 2 + C . ln x − ln x + x ln x − 2 4 4 4 2 3

+ C .

1 cos + C . x x 28. ln tg + C . 2

3

sin 6 x + C .

33.

2b 2 x

25.

2

6

5

23. −

27. ( x − 2 x + 1) 3 1

ln b

− 2arctgx + C .

2

+ C . 18.

arccos x + C .

30.

x 2

20. −

2

22.

3 arcsin x + C .

15.a) − x − ctgx + C . b)

+ C .

x − 1 2

6.

12.

x + 1

9

5

3 + cos x + C .

4

3

3

26.

(arctgx )4

e − x + C .

3.

9.

( x + 2)3 + ( x + 2) 3 + C .

2

1 + C . 1 ln x

32. -2

11.

ln 3

.

x

17.

ln( x 2 − 3 x + 10) + C . 2 + x 2

C −

ln 5

−

3− x

8.

14. x + ln

2

8

5− x

3

4 4 8 8 x + x + C . 7 3

39.

3 x 1 2 1 1 − x 2 − x − ln 1 − x + ln + C . 3 3 3 1 + x

+ ln

x

x − 1 x

+ C .

2 ln x + 1 42. − x 2 (9 ln 3 x + 18 ln 2 x − 24 ln x + 16 ) + C . + C . 27 4 x 2 x x 2 − x e2 x 2 + 1 − x 2 4 x 2 − 1 2 44. 45. − + C . e + C . ln 2 x + 1 − 2 x − 2 x + 1 + C . 8 4 4 2 3

2

41. − 43.

ln x − 1

40. −

(

)

x

e

46. −

−x

(sin x + cos x ) + C . 2 ( x 2 − 2)sin x + 2 x cos x + C .

47.

1 ⎞ ctgx C xarctgx . 51. + + − ln(1 + x 2 ) + C . ⎟ 2 2 2 ⎝ sin x ⎠

b) 3 ⎡⎢ 2 − 3 x 2 cos 3 x + 2 3 x sin 3 ⎣

)

(

x

x ⎤ + C . ⎥⎦

2 cos 3 x + 3 sin 3 x 13 ax e a(a + 4) 2

x arcsin x

(a

2

57.

sin 2 x − 2a sin x cos x + 2 ) + C

+ ln 1 − x + C .

1 − x

2

65. 67. 69.

sin x cos4 x

x

12( x + 3) 2

1 2

2

+

x

24( x + 3) 2

ln( x 2 − 7 x + 13) + 13

13

ln

2 x + 13 − 1 2 x + 13 + 1

7 3

+

1 6 3

arctg

+ C .

arctg

b)

2 x − 7 3

62. 64.

x

3

+ C .

66.

+ C .

68.

70. 181

3 2

− ln

1 + 1 − x 2 x

x + (1 + x )arctg x

a cos bx + b sin bx 2

.

e ax + C .

a +b 3 (sin x + cos x ln 3) 2

+ C .

x

60.

2

4 ⎛ 1 ⎞ + ⎜ sin x − sin 3 x ⎟ + C . 5 5 ⎝ 3 ⎠ sin x 1 ⎛ x π ⎞ + 63. tg ln ⎜ + ⎟ + C . 2 cos2 x 2 ⎝ 2 4 ⎠

61.

x

55. −

e 2 x .

1

arcsin x

53. −

tgx ln sin x − x + C .

58. a) 59.

(cos x + 2 sin ) + C . 48.

x 3 cos x + 6 x sin x + 12 x cos x − 12 sin x + C .

52. a) -2

56.

5

1 50. − ⎛ ⎜

49. –xctgx + ln sin x + C .

54.

2e 2

1 + ln 2 3 3 x 8

−

3 16

− cos x 2 sin 2 x

sin 2 x −

x

4( x 2 + 2)

cos x sin 3 x 4

1

x

2

2

+ ln tg +

1

4

ln

x − 1

3 x + 1

+ C .

+ C .

arctg

4 2 x + 1 1 arctg + C . 2 2 1

+ C .

x

2

+ C .

+ C .

ln ( x 2 − 4 x + 5) + 4arctg ( x − 2) + C .

2

71.

arctg

13

4 x − 5

+ C .

31

72.

73. − ln( x 2 − 2 x + 2) + arctg ( x − 1) + C . 75. 77.

1 4 2 1 2

ln

x 2 − 2 − 1 x 2 + 2 + 1

arcsin

4 x − 3 5

80. 81.

1

+ C .

5 x 2 − 2 x + 1 +

5

1 5 5

2 x + 1 5 ln

arcsin( x − 1) + C .

85.

1 2

5

C − 5 + x − x 2 +

91.

C − 3 − 2 x − x 2 − arcsin

ln

ln

x − 1

88. 1 2

+ C .

( x − 1)6 + C . 5 (2 x − 1)

99. x − ln

( x − 2) 4 x − 1

arcsin( 2 x − 1) + C .

86.

+ C .

89.

( x − 2)3

78.

arcsin

2

7

ln 1 + 3 x − 4 x 2 +

ln x 2 − x − 1 −

20

1 2 5

ln

ln

1 + 4 x 4(1 − x )

+ C .

2 x − 1 − 5 2 x − 1 + 5

+ C .

+ 5 x 2 − 2 x + 1 + C .

ln 2 x − 3 + 4 x − 12 x + 10 + C .

5

7

+ C .

1

84.

arcsin

4

4 x − 1

76.

82.

87.

96.

5 x + 1

2

x − 2

7 1

arctg

+ C .

x 2 − 4 x + 5 + C .

83.

93.

74. −

+ C .

79. − 2 1 − x − x 2 − 9arc

2

2x − 1 21 x +1 2

94.

.

90.

.

1 2

92. ln

x − 1 3

3 x + 1

97. ln ( x − 1)

1 2

1 2

ln

ln

1 2

4 x + 3 4

2 x + 1

ln

4 x − 1 4

C − 2arctg

4

ln

x − 4

+ C .

2 x + 3 + C

x

+ C .

2 x 2 − x + 2

+

2

2 + 4 + 2 x − x 2 x

1 2

ln x +

1 2

+ C ;

.

+ x 2 + x + 1 + C .

+ C .

95. 98.

ln

ln

+ +C . 100. x + 3 ln( x 2 − 6 x + 10) + 8arctg ( x − 3) . 182

+ C .

4

x 2 + x + 1 +

1

2

4 x 2 + 4 x − 3

+

2

3 x

+ x 2 +

( x − 1)3 x + 2

( x − 2)2 x − 3

+ C .

+ C .

101. x + 3 ln

x − 3 x − 2

+ C .

102.

5 x +

1 2

ln

x

+ 28 ln x − 4 + C .

( x − 1)7

1 1 x + ln x − ln(2 x − 1) 7 (2 x + 1) 9 + C . 4 16 1 x − 1 1 104. x + ln − arctgx + C . 4 x + 1 2

103.

106. 108. 111.

x 3

3 x 3

3 x

+ x + 4 x + 8 ln x − 2 + C . − ln x + 1 + C . 3

2

2

109.

3

+ 4 x + ln

( x − 1)8

ln

+ C .

x

⎡⎛ x + 1 ⎞ 2 x − 2 ⎤ 113. ln ⎢⎜ ⎟ ⎥ + C . 3 ⎢⎣⎝ x + 2 ⎠ x − 1 ⎥⎦

115. 117. 119.

+ ln

2 C − 6 ln x 2

2

+ ln

x − 1 x

x − 1 x 2 + 1

−

3

114.

− arctgx + C . 116.

12 x 2 − 5 x − 1 2( x 3 − x 2 )

.

118.

x( x − 2) ( x − 1)( x + 1)3

+ C .

( x + 1)

112.

1

( x + 1)2

x 3 x − 1 2

1

x 3

x

2 ln

x − 1

4

x + 1

x − 1 x

−

4 ⎢⎣

x − 1

x 2 + 4

ln

x + 2

x

− 4 x + 8arctg + C . 2

6 x − 7 2( x − 3) 2

+ C .

2

+ C .

+ arctgx −

⎤ ⎥ + C . ( x − 1)2 ⎥⎦

3

x

3 2

2

2

+ arctg

2

−

7

2

arctg

+ C .

x + 2

⎡ ( x − 1)3 3( x − 1) 2 ⎤ 120. 2 x − 1⎢ + + x ⎥ + C . 121. 2arctg x + 1 + C . 5 ⎣ 7 ⎦

122.

6 6 66 5 33 2 x x − x − x + 2 x − 33 x − 66 x − 3 ln 1 + 3 x + 6arcg 6 x + C . 7 5 2 2

3

3

4

6

7

123. ( x + 1)2 − ( x + 1)3 + ( x + 1)6 − ( x + 1) + 3

4

7

⎡ (1 + x )

2

124.

63 (1 + x ) ⎢ 2

⎣ 16

−

1 + x 5

+

1 + x 7

6 5

5

( x + 1) −

1⎤ + ⎥ + C . 4⎦

183

6

+ C .

x + 1

1

x − 2

x 2 + 1

x

+ arctgx + C . 1

1⎡

⎢ln

3

110.

1

+ ln

+ ln

1 + x

107.

2

1

1

105.

3 2

2

( x + 1) 3 + C .

x 2

2

+ C .

( x + 1 − 1)

2

125.

ln

127.

1

129.

3

x + 2 + x + 1

ln

x 3

t 2 + t + 1

(t − 1)

−

3

2 x 2 x

130. x + 4 132. 133. 134.

5

+

3

2 3

+

x 2

2

z + z + 1 2

z + 1

−

3

2t + 1

2t

+

t − 1 3

3

2 x x

+ C .

126. − 2arctg

+ C ; t = 3

x + 1 x − 1

.

128. −

1 − x + C .

2 x + 3 x

+ C .

+ x − 2 x + 2 ln(1 + x ) + C .

131.

x + 2 − 1 − 2 2arctg

4

x + 2 − 1

2

+ C .

2 3

C − 6 x − 2 x −

2

arctg

2 x + 1 + 1

− ln(2 z + 1 + 2 z 2 + z + 1); z 2 = x + 1 .

6

3 z

arctg

x + 1 + 4 ln x + 1 − 1 + C .

( z − 1)2

136. x 137.

2

2

−

66 5

x − 5

66 7

x − 3 ln

6

x − 1

6

x + 1

7

+ 3arctg ; z = x .

3

135.

6

+ C .

(3 x + 1)2 2

+ 3 3 x + 1 + ln 3 3 x + 1 − 1 + C .

x 2 − 2 x + 5 − 5 ln x − 1 + x 2 − 2 x + 5 + C .

( x 2 − 5 x + 20) x 2 + 4 x + 5 − 15 ln x + 2 + x 2 + 4 x + 5 + C . 1

138. (2 x 2 − 5 x + 1) 6 ⎛1

7

x 2 + 2 x + 2 +

95

139. ⎜ x 3 − x 2 + x − 4 6 24

5 2

ln x + 1 + x 2 + 2 x + 2 + C .

145 ⎞

35

x 2 + 4x + 5 + ln x + 2 + x 2 + 4 x + 5 + C . ⎟ 12 ⎠ 8 ⎝ x +1 1 140. C − (3 x − 19) 3 − 2 x − x 2 + 14 arcsin .

141.

2 1 ⎧1

2

1 −3 −2 −1 ⎫ 3 2 ⎨ ⎡⎣( z − 1) + ( z − 1) ⎤⎦ + ⎡⎣( z − 1) + ( z −1) ⎤⎦ + ⎡⎣( z −1) + ( z −1) ⎤⎦ ⎬ + ln z −1 + C ; 8 ⎩3 ⎭ 2 z = x + x − 2 x + 2;

142. 143.

2 x 2 + 5 x + 19 6 x 2 + 1

4

1 + 2 x − x 2 − 4 arcsin

x 4 + 2 x 2 − 1 −

1 2

1 − x 12

+ C .

)

(

ln x 2 + 1 + x 4 + 2 x 2 − 1 + C .

184

144.

2 x + 1

2 − x − x + 2

4

9

arcsin

8

2 x + 1 3

+ C .

145.

146.

1

147.

1 (8 x + 1) 4 x 2 + x − ln 8 x + 1 + 4 4 x 2 + x + C . 2 8 x + 1 x + 1 + C . 1 − 2 x − x 2 + arcsin 2 2 2 x + 1 2 7 2 x + 1 x + x + 2 + ln + x 2 + x + 2 + C . 4 2 2

148. 149. 150.

2 1

1

156.

arcsin

2 x

151.

x + 1 +

x − 1 x 2

1 2

ln

1 + x 2 + 1 x

+ C . x + 3 x + 1 −

2 x 2 − 2 x + 1 x

( x

2

)

2

− x + 1 − x − 1

.

155.

.

11 40 5

ln

1

x 2 − x + 1 − x + 1

2

x 2 − x + 1 − x − 1

− ln

+ C .

x 2 − 1 1 5 2 3 z − z + z + C ; z = . x 5 3

1 2( x + 1)

157.

2

20( x − 1) 2

x 2 − x + 1 − x + 2

153.

2

2

.

+ C .

3 x − 5

159.

163.

x + 1

x + 1 C −

161.

2 − +2 x 2 + x + 1

x 2 + 2 x

154.

158.

15

1 − x 2

( x − 1) x 2 − 2 x − 1 − ln x − 1 + x 2 − 2 x − 1 + C .

C − ln

152.

C −

8 + 4 x 2 + 3 x 4

1 2

2

x 2 + 2 x −

arccos

2 − x x 2

( x + 1) 5 + 2 x 2 + 3 x + 1 x − 1

1 2

arcsin

1 x + 1

+ C .

+ C .

+ C .

3 ⎡ x 23 x + 3 ⎤ 160. 3⎢ln 3 + ⎥ + C . 2 3 + + x x 1 2 ( 1 ) ⎢⎣ ⎥⎦

+ C .

1 ⎛ 1 − x 2 ⎞⎟ 1 + x 2 2 ⎜ + C . 162. + C . C − x 1 − x − arcctg 2 ⎜ ⎟ x 2 ⎝ 2 1 + 2 x ⎠ 1 3

(2 x 164.

( x 2

2

+ x ) −

1 + 2 x

− 1) 1 + x 2 3 x

1 166. ⎛ ⎜ x 5 −

⎝ 6

3

3

8

+ C .

x 2 + x +

1 8

ln( x + 1 + x ) + C .

165.

1 4

ln

1 ⎞ 5 2 x 3 + x ⎟ x 2 + 1 − ln( x + x + 1) + C . 24 3 ⎠ 16 5

185

4

x −4 + 1 + 1

4

x − 4 + 1 − 1

1

− arctg 4 x − 4 + 1 + C . 2

167.

4 + 3 x 3

C −

⎡ 12 x13 312 x 10 312 x 7 12 x 4 ⎤ ⎥ + C . − + − 168. 12⎢ 13 10 7 4 ⎢⎣ ⎥⎦

.

2

8 x (2 + x 3 ) 3

169.

1

170.

3

171. 172. 173.

5

3

+

z + z + 1 2

5

arctg

1 + 2 z 3

+ C , z = 3 1 + x5 .

( 4 x + 4 x − 3) 1 + 4 x + C .

7 2 24 6 36 8 6 6 x x + x x 5 + x 2 6 x + x 2 x + x 2 x 5 + C . 3 11 13 5 17 z − 1 2 z + 1 − 2 3arctg + C ; z = 3 1 + x 5 6 z + 2 ln 2 3 z + z + 1 13 (1 + x 3 )8 − 1 3 (1 + x 3 )5 + C . 8 5

174.

C −

175.

1

177.

1

178.

1

8

ln ln

2

2

1 3

t − 1

ln

t + t + 1 2

1 − x 4 + 1 1 − 1 − x

t 2 + 4t + 1

t − 2

180.

C −

182.

C −

184.

x

2 6

1 3 − x 3 3 + x

3

3 6

arctg

2t + 1 3

3

− t . t =

+ C .

4

176.

3 +2+t

ln

3 − 2 − t

1 + x 3 x

( x + 2

x

+ arctgt + C; t =

.

.

)

x 2 − 1 −

1 2

(

)

ln x + x 2 − 1 + C

1 − 2 x − x 2 −1 x

+ C; t = x 2 + 2 x + 2 − x .

(t − 1) t + 1 2

+

2 x

+

2t − 1

ln

ln

t − 1

3

1

+

4

t 2 +1

t + ln

179.

186.

z − 1

ln

+ arctgt + C ; t =

.

181.

x 2 − 4 x + 3 x − 1

ln

1 + x − x 2 −1 x

x − 1 − 3 − x x − 1 + 3 − x

− 2 arcsin

1 x − 2

+ C .

; x < 1 ∨ x > 3 .

1

− ln sin x + cos x + C . 2 3 tgx − 1

tg 2 x + tgx + 1

−

3 3

arctg

.

183. 185.

2tgx + 1 3

+ C .

187.

1 + 2 x 1 − 2 x

arctg ( 2tg

1 2 − tg

186

− arctg

x

2

x

2

+ C .

1 + 2x 1 − 2x

+ C .

+ 1) + C .

tg

x 188. arctg ⎛ ⎜1 + tg ⎞⎟ + C . 2 ⎠ ⎝

191. 193.

1 2 2 4 5

2 + sin 2 x

ln

2 − sin 2 x

189.

tg

2 x 2

−5

+ C .

ln sin x − 3 cos+ 3 −

3 x 5

x

5

− arctg

2

ln(1 + sin 2 x ) + C .

5tg

6

196.

1 2

199.

x

2 2

arctg

1 4

ln

+1

203.

1 2

1 2

arctg (2tg 2 x + 1) + C .

x

205. x − tg + C . 207. 209. 210. 213. 215.

C −

+

204. 206.

cos 3 2 x

C −

192.

1

194.

C −

197.

1

1 2(1 − cos x) 2

2

+ C .

5 − sin x 1 − sin x

+ C .

arctg

15

x

5

2 2

.

3tgx 5

+ C .

3

− ln sin x + 2 cos x . 5

2 − sin 2 x

ln

2 + sin 2 x

+ C .

1

200. (tgx + ln tgx ) + C . 2

⎛ a cos x + a 2 − 1sin x ⎞ 1 a > 1: ln ⎜ ⎟ + C 2 ⎜ ⎟ + a x 1 cos a −1 ⎝ ⎠ 202. . ⎛ 1− a x ⎞ 2  tg ⎟ + C − arctg ⎜⎜ 2 0 < a < 1: + a 1 2 ⎟⎠ 1− a 2 ⎝

ln tgx − x + C .

2 cos 2 x

+ C .

tg 2 x

1



201.

190.

−3

+ C .

195. x − tg + C . 198.

ln

x

−

cos 5 2 x

x − α cos 1 2 + C , sin α ≠ 0 . ln x + α sin α cos 2 x sin 4 x sin 3 2 x − + + C . 16 64 48

.

208.

C −

1

cos 6 2 x .

12 64 96 320 1 1 1 1 1 x − sin 2 x − sin 4 x + sin 6 x − sin 8 x + C . 4 8 32 24 64 x 1 x x sin 4 x 1 sin 3 x sin 5 x 211. cos8 − cos6 + C . 212. − − + C . + C . 4 2 3 2 8 32 3 5 x 3 x x x ctg 2 x 214. C − 3tg + tg 2 + tg 3 + 3 ln cos + x . − ln sin x + C . C − 3 2 3 3 3 2 tg 2 x

4

−

tg 2 x

2

− ln cos x + C . 216. C − x −

ctg 5 x

5

187

+

ctg 3 x

3

− ctgx .

217.

1

C −

(cos 8 x + 4 cos 2 x ) .

218.

1

sin x +

1

1

sin 3 x +

sin 7 x +

16 4 12 28 x 3 3 5 x 3 7 x 3 11 x 219. cos − cos − cos + cos + C . 2 6 10 6 14 6 22 6 x cos 2 x cos 8 x 3 5 x 220. 221. sin + 3 sin + C . − + C . 4 16 5 6 6 x 1 3 sin x sin 5 x sin 7 x 222. cos − cos x + C . 223. − + + C . 2 3 2 2 20 28 3 3 1 3 1 224. C − cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x − cos 8x + cos12 x . 16 64 48 128 192 ⎡ π ⎞⎤ 225. arccos⎢ 2 sin⎛ 226. ln2. ⎜ − x ⎟⎥ + C . 4 ⎝ ⎠⎦ ⎣

228. 0.

229.

5

233. 2 − ;

3

239. 243.

π 32

π

240. 1 + ln

3

;

2(e + 1) 2e 2 + 1

;

eπ − 2

5

;

241.

247. 6 − 2e ;

248.

254.

1 3 ( 9 − 4 3 ) + ln ; 36 2 2

257.

3π

π a 2 4

;

252.

π

16

234.

32

245.

251.

;

ln

244. 4 − ; 4

1 6

;

3

3

.

2 3

arctge −

e2 − e

231.

π

+ ln π 4

1+ 2

; 242. 1

9 3 9 2 1− ; e

6

2

259. 1;

4

2+ 3

1

20 π

sin 9 x + C .

−2

.

.

235.

2−

π

36

227.

;

141a 3 3 a

255.

258.

4

230.

238.

π

;

246. 1; 250.

3−

237. + ln(2 − 3 ) ;

2 4 3

2

;

2

3

. π

232. − 2 ln 2 ; 236.

100

1

ln

e + 1 + e2

1+ 2

;

; ⎛ ⎝

2⎜ 3 − 1 −

π ⎞

⎟;

12 ⎠

+ ln 2 − .

;

− 1;

249. 253.

π 2

− 1; 3

2 ln 2 −

256.

1 2

4 π

(e

;

2

+ 1) ;

260. 1;

π

261.

1 2

4

;

262. ∫ −

π

x 2003

cos2 x

dx = 0 ,

zbog neparnosti podintegralne funkcije, pa je

4

rješenje 2. 188

263. 8 ln 3 − 15 ln 2 +

13 8

266. 4 − π ; 7+2 7

269.

ln

272.

π

275.

32

278.

9

.

1

− ;

2

a

2 − ln( 2 + 1)

2

267.

π

270.

4

;

2 + ln(1 + 2 ) 2

;

;

265.

1

− ;

4

1

1

ln(2 + 3 ) ;

2 2

5

3

274.

276. 36;

277. 16 ⎢

279.

280.

3 ⎠ ⎝

3 ⎠

16π 3

−

4 3

2:

282.

3

4 3

+

3

⎡2 3

⎤ + ln(2 + 3 )⎥ ; ⎣ 3 ⎦

ln 2 ;

4

32π

i

3

32 3

;

5

281. 2 −

;

5

271. 10 ;

4 4 273. ⎛ ⎜ 2π + ⎞⎟ : ⎛ ⎜ 6π − ⎞⎟ ;

31

1

arctg

2

;

2

3−

268.

2

⎝

3

3

; 264.

2

;

283.

∫

9

( y − 2 y + 2)dy + 2

2

∫

9 − y 2

5

0

dy =

697 48

2

284.

2167

287.

5 arcsin

290.

ln 3 −

294.

375

7 96

285.

1 ⎛ 9 − 4 ⎞ ⎜1 − e ⎟ ; ⎟ 25 ⎜⎝ 4 ⎠

286.

arctge −

288.

2(1 + ln 2)

289.

2597

1

3

5

;

8 9

3 5

− 4 ln 2 ;

;

.

291.

3

+ ln

299.

302. divergira;

303.

305.

306.

309.

1. 6 3

292.

295. 1 ;

298. divergira;

−π

2

;

;

300.

b a +b 2

2

−1;

2

,a > 0 ;

33 2 .

2π

304.

307.

a

;

; 5 64

297.

;

3 3 1

4

293.

296. 3;

π 2 8

e

20

π

301.

1 4

; 1 2

;

ln 2 ;

ln(a + a 2 + 1) , a ≠ 0 ;

2π 3

.

308.

1 ln 2

.

2

.

Divergira. 313. 1

310.

Divergira.

314. 2 .

311.

π

8

.

315. divergira; 189

312. 316. 1 − ln 2 ;

;

;

317. Divergira. 318. Divergira. 319. Konvergira. 320. Divergira klasično i V.P. 321. Divergira klasično, konvergira u smislu V.P. 322. Konvergira u klasičnom smislu a samim tim konvergira i u smislu V.P. 323. Divergira klasično, konvergira u smislu V.P. 324. 0;

325 π . 1

328.

ln 2

.

329.

332. 2, 336. 340.

326. 2. 3.

333. divergira;

π 3 3 33 π 2

;

337.

10 7

;

341. 6 −

327.

2

ln 3

.

P=

1

334.

32

;

335. − ;

;

339. 14 ;

338. 9

2

330.

3 π

3

2

+1 =

3

π

2

.

331. divergira; 1

4

4

7

u klasičnom i V.P. smislu.

342. Divergira u klasičnom smislu, konvergira ka nuli u V.P. smislu. 343. Divergira u klasičnom smislu, divergira i u V.P. smislu. 344. Divergira u klasičnom smislu, konvergira ka nuli u V.P. smislu. 345.

5 2

u klasičnom i V.P. smislu.

π

346. Divergira u klasičnom smislu, konvergira ka −1 u V.P. smislu. 347. Površina je beskonačna.

348.

3

349. Površina je beskonačna.

350.

P=

351. x + C = tg e −1 y

−2 x − 2 y 2

. −1

= x + C .

354.

ln

357.

arctgy = arctgx + C , C =

359.

C

361.

e = Cy .

e y

x xb + 1

352. 355. π 4

2

. 4 2 +1 3

. 353. 10 x + 10− y = C .

C ( x 2 − 1) = y 2 + 1 .

ln tg

y

4

x

= −2sin + C .

.

2

358.

= y − b, C = 1 − b 2 .

356.

360.

ln y = C ⋅ tg

cos y = C cos x , C = y y + x 2

2

x

2

, C = 1 .

2.

= C .

y x

362. y = x + xeCx . 190

363. y 2 = 2 x 2 ( ln x + C ) .

364.

2 ln

x + y

+

x

x

= ln x + C . 365.

x+ y

1 2

y + 5 xy − x 2

ln

2

x 2

1 1 366. z + ln (1 + 9 z 2 ) = −2 ln x + 3 + C , z = 3 x + 3 3 2 8 1 367. y − ln 3x + 3 y + 1 = x + C . 3 9 3

1

− ln 2

( 2 y + (5 +

) = − ln x + C . 29 ) x

2 y + 5 − 29 x

y −

. 368.

369. 2 ( y − 3)2 − 2 ( y − 3)( x −1) + ( x − 1) 2 = C . 371. −

3 4

ln x +

1

ln 2 −

12

373. 1. rješenje y +

y

−

x

1 12

ln 2 +

y 2 + x 2 = C ;

y x

4 2 2 x − y − ln 3 x − 6 y + 2 = C . 3 3 9

370. y1 = 0, y2 = Cx, C = 1 .

= ln x + C , C = −

1 12

ln 3 .

372.

y 2 + x 2 y + x

= C , C = −1.

y 2 + x 2 = x 2C , C = 1 + 2 .

2. rješenje y +

2

y ⎞ y 1 π 374. ln ⎛⎜ + 1 + 2arctg = − ln x + 1 + C, C = ln 2 + . ⎟ x +1 2 ⎝ x + 1 ⎠ 2 2

1

1 1 376. y = Ce − x + ( cos x + sin x ) . 377. y = e − x ⎛⎜ C + x 2 ⎞⎟ .

375. y = Ce −2 x + 2 x − 1 . 378. y = e x ⎛⎜ C + ln x + ⎝

− x

2

1 2

⎞ ⎠

x2 ⎟ .

x

383. x = Cy +

y

379. y = Ce− sin x + sin x − 1 .

2

2

2

380. y = x 2 (Ce1/ x + 1) .

- linearna po x .

384.

x = Ce 2 y +

1

(2y 4

2

+ 2 y + 1) - linearna po

x . 4

385. y = ( C + e x ) (1 + x ) . 387. y = x + 390. y = 392. y = 394.

1 y

2

x + 1 x

2

386. y 4 = 4 xy + C - linearna po x .

1 − x 2 , x ∈ [ −1,1] .

388. y = ( b − 1) ea − x + 1. 389. y =

( ln 2 − 1+ x − ln x + 1 ) .

391. y = − xarctgx .

1 x + 1

( 1 − x 2

⎠

382. x = Cesin y − 2 (1 + sin y ) - linearna po x .

381. y = Ce + e − 1 . 3

⎝

2

2 + x 1 − x 2 + arcsin x 1

= Ce2 x + x 2 + . 2

395. y =

) , x ∈[−1,1] . 1

Cx + 1 + ln x

191

.

393. y = 396.

5 3

x

cos x

3

e x −

1

.

(2 + x ) . 3 3

4 y 4 = Ce −2 x + 4 x − 2 .

397. y cos x ( C + x ) = 1 . y =

1

( x + 1) ( C + ln x + 1 )

398. y =

x

4

4

2 ln Cx

.

399.

. x

400.

3 y = C ⋅ x − 1 + x − 1 . 2

4

402. y =

2

401. y =

2e

C + e x ( cos x + sin x ) −8

sin x + 1 cos x ( C + sin x )

.

403.

3

x

y = Ce 3 + x − 4

2

3 4

x+

404. x 2 = y 2 ( 2 − y 2 ) - Bernoullieva po x. y 2 =

2 e

2 x

+ 2x + 1

406. y 2 =

3 2

. 9 32

. 405.

.

e 2 x + x 2 + x −

1 2

407. y = x 2 ⎛⎜ − cos y ⎞⎟ - Bernoullieva po x. π

.

⎝2

408. y = Cx − C - opšte rješenje, y = 2

x

⎠

2

4

- singularno rješenje.

409. y = Cx + sin C - opšte rješenje, y = 1 − x 2 − x arccos x + π x , x ∈ [ −1,1] - singularno rj.. 410. y = Cx − 3C 3 - opšte rješenje, 81 y 2 = 4 x 3 - singularno rješenje. 2

( x + C ) + 4 411. y = x ⋅ - opšte rješenje, y = 2 x i y = − 2 x - singularna rješenja. 2 ( x + C ) 412. x = C ⋅

p 2 p 2 + 1

, y = 2C

p 3

1 − p 4

1 3 3

, p ≠ ± 1 - opšte rješenje, y = 0 - singularno rješenje.

413. y = Cx + 2 (1 − C ) - opšte rješenje, y − C

414. x = C

y

y 3 −

x3 = 2 2


- opšte rješenje, y = 4 x - singularno rješenje.

415. y = Cx − eC - opšte rješenje, y = x ln x − x - singularno rješenje. 2 ( x + 1) 2 416. y = Cx + C + C - opšte rješenje, y = − - singularno rješenje. 4

417. x =

C−p p

2

, y =

2 (C − p ) p

+ ln p , p > 0 - opšte rješenje.

192

418.

4

x =

9

2

p2 +

3

rješenje, y = x + 419. x + 2

3 2

2

p+

5 27

3

ln p − 1 + C , y =

427. x 2 + 430.

x 2

2

3

8 27

p3 +

2 3

p+

2 3

ln p − 1 + C , p ≠ 1

- opšte

x

420. y + x = 2a

y = C .

2

2

2

4 x +

p2 −


422. ( x 2 + y 2 ) = C ( y 2 + 2 x 2 ) . 424.

1

y2 x 2

3

423. y =

= C .

(x

− xy −

2

1

C x 2

2

ln Cx

.

3

− y ) = C .

−

421. y = Ce 2 .

.

425. x 4 − x 2 y 2 + y 4 = C .

426. xe y − y 2 = C .

428. x 2 y = 3C .

= C .

y

2

429. x 2 +

2 x y

= C .

431. x 2 y − x + y 2 + y ln y = Cy .

432. Opšte rješenje: 6 x 2 y + 2 y 3 − 12x 4 − 3x 5 = Cx 3 . Partikularno rješenje: 6 x 2 y + 2 y 3 − 12x 4 − 3x 5 = x 3 . 434.

1

x + C2 =

C 1

y = x + C 2 , x + C 2 =

435. y =

(

arctg y ⋅ C 1

za 1

C 1

cos ( x + C 2 ) 2

1

C 1 = 0 .

ln

2 −C1

) , za C > 0 .

1 − −C1 y 1 + −C1 y

,

C 1 < 0 .

.

436. y = C1 sin x − x −

1 2

sin 2 x + C 2 .

438. 2 ( C1 y − 1)3/ 2 = 3C1 x + C2 .

437. y = − ln cos 2 ( ln x + C1 ) + C 2 .

439. C12 y = (C12 x 2 + 1) arctgC1 x − C1 x + C2 . 440. Opšte rješenje u parametarskom obliku je x ( t ) = et + t , ⎞ t t 3 ⎛ t 3 ⎞ 2t ⎛ t 2 y ( t ) = ⎜ − ⎟ e + ⎜ − 1 + C1 ⎟ e + + C1t + C 2 . 6 ⎝2 4⎠ ⎝2 ⎠

Partikularno rješenje se odre đuje tako što uo čimo da za t = 0 je x = 1 , pa uvrštavanjem t = 0 u izraz za y dobijamo y (1) = −3 / 4 + C1 − 1 + C 2 = 1 , to jest C1 + C 2 =

11 4

.

y ′ ( x ) =

dy dx

=

dy dt

⋅

dt dx

= yt ′ ⋅

1 xt ′

, pa je 193

1 1 1 = ( C1 − 1) ⋅ = ( C 1 − 1) = 1 . y ′ (1) = yt ′ ( 0 ) ⋅ xt ′ ( 0 ) 1+1 2 C 2 =

11 4

Odavde

C 1 = 3 ,

je

1

− 3 = − . Partikularno rješenje je dato u parametarskom obliku sa: 4

2 ⎞ t t 3 1 ⎛ t 3 ⎞ 2t ⎛ t x = x ( t ) = e + t , y = y ( t ) = ⎜ − ⎟ e + ⎜ + 2 ⎟ e + + 2t − . 6 4 ⎝ 2 4⎠ ⎝2 ⎠ 441. Opšte rješenje je y = C1x − C1e− x + C 2 , integralna kriva je y = 1 . t

2

1 442. Opšte rješenje je e + C1 = ( x + C2 ) , partikularno e − = ⎛⎜ x + ⎞⎟ . 4 ⎝ 2⎠ 443. Opšte rješenje je y = arctg ( C1 x + C 2 ) , partikularno y = arctg ( 2 x + 1) . 2

y

1

444. y = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x + 445. y = C1e−2 x + C2 xe −2 x + ⎛⎜

1

⎝6

4

x2 −

1 8

1

− sin 2 x . 4

1⎞

1

2⎠

8

2 −2 x ⎟x e +

x+

3

y

cos2 x .

1

446. y = C1e x + C2e 2 x + ( x 2 − 2 x + 2 ) e 3 x . 2

447. y = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x −

1 4

x cos 2 x +

448. y = C1 cos x + C2 sin x + x 2 − 2 −

x

2

1 25

( 5x + 2 ) e x .

cos x .

450. y = C1e x + C2e 2 x + e − x − xe x .

449. y = C1e x + C2 xe x − e x cos x . 451. y = C1 cos x + C2 sin x + 452. y = C1e2 x + C2 xe 2 x +

1 2

1 25

e x ( ( 5x − 2 ) cos x + ( 10 x − 14 ) sin x ) .

453. y = C1e x + C2e 2 x +

x 2e 2 x .

454. y = C1 cos 2 x + C2 sin 2 x −

1 4

x 2 cos 2 x +

7 8

π 4

cos x + sin x −

x

2

2

x 2e 2 x .

x sin 2 x .

455. y = e x ( C1 cos x + C2 sin x − 2 x cos x ) . 457. y =

1

456. y =

5 2

e − x

3 2

e

−x

+ x2 − 3 .

458. y = e 2 x − e x − xe x .

cos x .

194

pa

je

LITERATURA

(1) Blagota Lučić, Matematika, Ekonomski fakultet, Sarajevo, 1998. (2) Momčilo Ušćumlić, Pavle Miličić, Zbirka zadataka iz više matematike I, Naučna knjiga,Beograd, 1984. (3) G. N. Berman, Zbirka zadataka iz matematičke analize, prevedeno sa petnaestog sovjetskog izdanja, Nau čna knjiga, Beograd, 1967. (4) G. S. Baranenkov, B. P. Demidovi ć, V. A. Jefimenko, S. M. Kogan, G. L. Lunc, E. F. Poršneva, E. P. Sy čeva, S.V. Frolov, R. J. Šostak, A. R. Janpoljskij, Zadaci i riješeni primjeri iz više matematike s primjenom na tehni čke fakultete. Prevedeno sa sovjetskog izdanja, Tehni čka knjiga, Zagreb, 1968. (5) M. Ivović, B. Boričić, D. Azdejković, I. Spasić, Matematika kroz primjere i zadatke sa elementima teorije, Ekononski fakultet,Beograd, 1996. (6) Dr Rade Dacić, Viša matematika, Naučna knjiga, Beograd, 1972. (7) Boško Šego, Matematika za ekonomiste, Potecon d.o.o., Zagreb, 2000. (8) Minorskij B. M., Sbornik zada č po visšej matematike, Nauka, Moskva, 1969.

195

SADRŽAJ 1. Neodređeni integral .......................................................................................................... 1

UT

TU

UT

TU

1.1. Definicija i osnovne osobine neodre đenog integrala ................................................. 1 1.1.1. Osnovne osobine neodređenog integrala ........................................................... 1 1.1.2. Tablice osnovnih integrala ................................................................................. 1 1.1.3. Rješavanje integrala neposredno koriste ći tablice i osnovna svojstva neodređenog integrala (direktna integracija) ...................................................................... 2 1.1.4. Zadaci za samostalan rad .................................................................................... 6 1.2. Rješavanje integrala metodom smjene (supstitucije) ................................................. 7 1.2.1. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 15 1.3. Metoda parcijalne integracije ................................................................................... 16 1.3.1. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 25 1.4. Rekurentne formule .................................................................................................. 26 1.4.1. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 28 1.5. Integracija racionalnih funkcija................................................................................ 28 Ax + B dx ......................................................................... 29 1.5.1. Integral oblik a 2 x + px + q Ax + B dx .................................................................. 33 1.5.2. Integral oblika 2 mx + px + q

UT

TU

UT

TU

UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

TU

UT

TU

TU

TU

UT

UT

TU

TU

TU

TU

TU

TU

UT

UT

UT

UT

TU

TU

TU

TU

UT

UT

UT

UT

TU

TU

TU

TU

UT

UT

UT

UT

UT

TU

UT

UT

TU

TU

∫

UT

TU

UT

TU

∫

UT

TU

1.5.3.

UT

TU

Integracija racionalnih funkcija oblika:

UT

∫ x (

Ax + B 2

+ px + q )

k

dx ............................ 36 TU

1.5.4. Integracija složenijih racionalnih funkcija ....................................................... 39 1.5.5. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 44 1.6. Integracija nekih ir acionalnih funkcija..................................................................... 45 UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

TU

TU

TU

UT

TU

r ⎡ s + ax b ⎛ ⎞ Integral oblika ∫ R ⎢ x, ⎜ ⎢ ⎝ cx + d ⎟⎠ ⎣

1

1.6.1.

UT

TU

1

UT

⎤ ,⎜ ,...⎥dx ......................................... 45 ⎟ ⎥ ⎝ cx + d ⎠ ⎦ r 2

⎛ ax + b ⎞ s2

TU

1.6.2.

UT

TU

Integral oblika

∫

Integral oblika

∫

UT

Pn ( x )

........................................................................ 48

ax + bx + c 2

TU

1.6.3.

UT

TU

UT

ax + bx + cdx ..................................................................... 51 2

TU


UT

∫ ( x − α )

dx n

................................................................. 53

ax 2 + bx + c TU

196

1.6.5.

UT

1.7.

UT

TU

TU

Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 56

UT

TU

Integral binomnog diferencijala x m (a + bx n ) dx .................................................. 57

∫

UT

p

TU

1.7.1.

UT

1.8.

UT

TU

TU

Zadaci za samostalan rad.................................................................................. 61

UT

TU

Integral oblika

UT

∫ R x,

ax 2 + bx + c dx ................................................................... 62 TU

1.8.1. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 66 1.9. Integracija nekih trigonometrijskih funkci ja ............................................................ 66 1.9.1. Integral oblika R (sin ax, cos ax) dx , ............................................................... 66 UT

UT

TU

TU

UT

TU

UT

UT

TU

TU

1.9.2.

UT

TU

∫ Integral oblika ∫ sin x cos xdx ...................................................................... 72 Integrali oblika: ∫ sin mx cos nxdx, ∫ sin mx sin nxdx, ∫ cos mx cos nxdx ......... 74

UT

TU

m

n

UT

TU

1.9.3.

UT

TU

UT

TU

1.9.4.

UT

TU

Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 75

UT

TU

2. Određeni integral ............................................................................................................ 77

UT

TU

UT

TU

2.1. Definicija određenog integrala ................................................................................. 77 2.2. Osobine određenog integrala. Newton-Leibnizova formula .................................... 78 2.2.1. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 80 2.3. Metode integracije u odre đenom integralu .............................................................. 80 2.3.1. Metoda smjene ................................................................................................. 80 2.3.2. Metoda parcijalne integracije ........................................................................... 84 2.3.3. Zadaci za samostalni rad .................................................................................. 87 2.4. Primjena određenog integrala .................................................................................. 88 2.4.1. Zadaci za samostalan rad .................................................................................. 95

UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

UT

TU

TU

TU

TU

UT

UT

TU

UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

TU

TU

TU

TU

TU

UT

UT

TU

TU

UT

TU

3. Nesvojstveni (uopšteni) integrali ................................................................................... 97

UT

TU

UT

TU

3.1. Integrali sa beskona čnim granicama ........................................................................ 97 3.1.1. Zadaci za samostalan rad ................................................................................ 107 3.2. Integral neograni čene funkcije ............................................................................... 109 3.2.1. Zadaci za samostalan rad ................................................................................ 116

UT

TU

UT

UT

UT

TU

TU

TU

UT

TU

UT

UT

TU

TU

UT

TU

4. Diferencijalne jednačine prvog reda ........................................................................... 118

UT

TU

UT

TU

4.1. Diferencijalne jedna čine prvog reda sa razdvojenim promjenljivim ..................... 119 4.1.1. Zadaci za samostalan rad ................................................................................ 124 4.2. Homogene diferencijalne jedna čine prvog reda ..................................................... 125 4.2.1. Zadaci za samostalan rad ................................................................................ 134 4.3. Linearne diferencijalne jedna čine prvog reda ........................................................ 135 4.3.1. Zadaci za samostalan rad ................................................................................ 140 4.4. Diferencijalne jedna čine koje se svode na linearne diferencijalne jedna čine ........ 141 4.4.1. Bernoullieva diferencijalna jedna čina ............................................................ 141 4.4.2. Cleroova diferencijalna jedna čina .................................................................. 146 4.4.3. Lagrangeova diferencijalna jedna čina............................................................ 148 4.4.4. Zadaci za samostalan rad ................................................................................ 152

UT

TU

UT

UT

UT

TU

TU

TU

TU

TU

TU

UT

UT

UT

UT

TU

TU

TU

TU

UT

UT

UT

UT

TU

UT

TU

UT

TU

UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

TU

UT

UT

TU

UT

TU

TU

TU

TU

197

Zbirka Zadataka Iz Matematike II Dio

Recommend Documents