17.predavanje

8/19/2019 17.predavanje

1/16

1

13.2-4 Pravila zamjene

∫ ∫ +== cuF duu f dxdx

duu f )()()(

( )2 13 7 2

x x dx+∫ 3 22

duu 2x 1 du 6x dx dx

6x= + = ⇒ =

( )

73 7

f (u) 2x 1 u= + =

( )7

3 2 7 2 72

du 12x 1 x dx u x u du

6x 6∴ + = =∫ ∫ ∫

( )8

831 u 1c 2x 1 c

6 8 48

= + = + +

Primjer:


2/16

2

13.2-4 Parcijalna integracijavdu uv udv= −∫ ∫

2x2x 2x 2x1 1 xe 1vdu x e e dx e c

2 2 2 4= − = − +∫ ∫

Primjer:2x 2xxe dx v x and du e dx= =∫

2x1dv dx and u e2

= =

i

i


3/16

3

Integracija racionalnih funcija• Prvo razmotrimo kako se izvodi integracija racionalnefunkcije oblika

čiji imenilac nema realnih nula(D 0.

12x px q+ +

dx

x px q

dx

x

p

q

p

dt

t a aarctg

t

ac

2 2 2 2 2

2 4

1

+ +=

+

+ −

=+

= +∫ ∫ ∫

Smjena x + p/2 = t ⇒ dx = dt i q - p2 /4 = a2

dx

x px q q parctg

x p

q pc

2 2 2

2

4

2

4+ +=

−

+

−

+∫


4/16

4

• integracija racionalnih funkcija čiji je

imenilac oblikat t llk

t

k k

n srx xq px x x x x x x x xP )(...)()(...)()()(22

21121 ++++−−−=

xi≠x j, i≠ j, i,j∈{1,2,...,t}, 4q - p2

≠ 4 s - r2

,x1,x2,...,xt, p,q,...,r,s∈R, k 1,k 2,...,k t∈N,

qp

sr

− > − >

2 2

40

40,. . . ,

f xQ x

P x

m

n

( )( )

( )= • Qm(x) – polinom stepena m

• Pn(x) – polinom stepena n

f(x) je prava ako je m


5/16

5

• Neka je koeficijent uz stepen xn imenioca

Pn(x) broj 1. Tada pravu racionalnu funkciju

možemo predstaviti u obliku zbira prostihrazlomaka, tj. u obliku:

t

t

t

ll

t

k

t

k

k

k

k

k

k

k

n

m

srx x

S Rx

q px x

QPx

x x

L

x x

L

x x

B

x x

B

x x A

x x A

x x A

xP xQ x f

)(

...

)(

...)(......)(

...)()()(

)()(

22

1

2

1

2

1

1

1

1

1

1

1

2

2

1

1

1

1

++

+++

++

++

+−++−++−++−+

+−

++−

+−

==−

−

A A B B R Sk k 1 21 1, ... , , , ... , , ... , ,Konstante koje se određuju iz

uslova identičnosti dva polinoma


6/16

6

PrimjerRacionalna funkcija f x x x

( ) =− +

13 22

je prava jer je stepen brojioca (0) manji od stepena

imenioca (2). Koeficijent uz najveći stepenimenioca je 1, nule imenioca su x1 = 1, x2 = 2 tj.

realne su i jednostruke, pa datu funkciju možemo

predstaviti u obliku:1

3 2 1 22x x

A

x

B

x− +≡

−+

−tj.

1

3 2

2 1

1 22x x

A x B x

x x− +≡

− + −

− −

( ) ( )

( )( )

Iz identičnosti slijedi da je (A + B)x - (2A + B) =1, odnosno

A + B = 0 i 2A + B = -1, tj. A = -1, B = 1, pa je

1

3 2

1

1

1

22x x x x− + ≡

−

− + −


7/16

7

dx

x x

Ak

k

∫ −

1

1

)( 1c x x Adx

x x

Ak k

k +−=

−

∫ 11

ln

)(11

1

je tablični. Za k 1=1

a za

k 1≠

1

c x x

Adx x x Adx x x

Ak

k

k

k

k k

k +

−=−=

− +−

+−

−

∫∫ 11

11

11

1

1

1

11

1)(

)()(

Razmotrimo integral funkcije lq px x

QPx

)( 2 ++

+

gdje x2+px+q nema realnih nula

integral dxq px x

p xl

∫ +++

)(

22

se odmah rešava smjenom x2+px+q=t,

odakle je (2x+p)dx=dt


8/16

8

dxq px x

PP

QPdx

q px x

P xP

dxq px x

P

QP

Pdx

q px x

P xPdx

q px x

P

QPP x

P

dxq px x

P

Q x

Pdx

q px x

QPx

ll

lll

ll

∫∫

∫∫∫

∫∫

++−+

++

+

=++

+−

+++

+=

++

+−+

=++

+

=++

+

)(

1)

2(

2)(

2

2

)(

2

2)(

2

2)(

22

2

)(

22

2)(

22

222

22

Slično se i integral može srediti (za P≠0)

Radi se smjenom

(slajd 5)

Razmatramo nanarednim slajdovima


9/16

9

dxq px x

I ll ∫

++=

)(

12

Razmatranjem integrala Il, u potpunosti je

opisana integracija racionalniih funkcija

Za l=1, već je riješeno na slajdu broj 1. Neka je,

sada, l>1. Kako je x2+px+q=(x+p/2)2+(4q-p2)/4

(dobijeno dopunom do potpunog kvadrata), to se

uzimajući istu smjenu kao na slajdu 1:

x + p/2 = t ⇒

dx = dt i (4q-p2)/4 = a

2

dobija∫

+=

ll

at

dt I

)(

22


10/16

10

Riješimo integral ∫ +

=ll

a x

dx I

)( 22

.11

)(

1

)(

1

)(

1

212222

122222

222

2

I a

I a

dxa x

x x

a

a x

dx

adx

a x

x xa

a I

ll

lll

−=+

⋅

−

−+

=+

−+=

−

−

∫

∫∫

Kod integrala I primijenimo

parcijalnu integraciju sa u = x, la x

xdxdv

)( 22 +=

Nakon računa (v se računa smjenom x2+a2=t ), dobija se

∫ −− −

−+−

=+

=112222

2

)1(2

1

))(1(2)( lll I la xl

x

dxa x

x

I

121222

)1(2

32

)()1(2

1−−

−

−+

+

⋅

−

=⇒ lll I

al

l

a x

x

al

I


11/16

11

13.3 Određeni integral13.3-1 Smisao određenih integrala

13.3-2 Određeni integral kao površina ispodkrive

13.3-3 Neka svojstva određenih integrala13.3-4 Još jedan osvrt na određeni integral


12/16

12

13.3-1 Veza između određenog i

neodređenog integrala• Njutn-Lajbnicova formula: Određeni integral u granicamaod a do b (a < b), jednak je razlici vrijednosti primitivnefunkcije u gornjoj i donjoj granici integracije- dokaz,

nakon definicije.

( ) ( )] ( ) ( )aF bF xF dx x f ba

b

a

−==∫

3

8

3

0

3

2

3

332

0

32

0

2=−=

=

=

=

∫ x

x

xdx x

( )

( ) )()(

)(

aF bF dx x f

cdx x f dy xF

b

a −=

+==

∫

∫∫


13/16

13

13.3-2 Definicija i geometrijsko tumačenje

(površina ispod krive)

x0 x1 x2 xk xn

ba

n intervala

( ) ( )∫∑ =∆=∞→

b

a

k

n

k

k

n

dx x f x x f 1

lim


14/16

14

VEZA IZME ĐU ODRE ĐENOG I

NEODRE ĐENOG INTEGRALAOznačimo sa P(x) površinu ograničenu grafikomneprekidne, pozitivne funkcije y = f(x), ordinatama f(a) i

f(x) i intervalom [a,x], x < b i sa ∆P(x) priraštaj tepovršine ako se x promijeni za ∆x > 0 (šrafirani dio).


15/16

15

Ako su m i M najmanja i najveća vrijednost

funkcije f(x) na intervalu [x,x+∆

x], onda jetj.)( x M xP xm ∆⋅≤∆≤∆⋅ M

x

xPm ≤

∆

∆≤

)(

⇒==→∆→∆

)(limlim jeKako00

x f m M x x

⇒=∆

∆

→∆

)()(

lim0

x f x

xP x

′ =P x f x( ) ( )

⇒ P(x) primitivna funkcija funkcije f(x).

F(x) proizvoljna primitivna funkcija za f(x) ⇒

P(x) = F(x) + c ⇒ P(b) = F(b) + c i P(a) = F(a) + c.


16/16

16

slijedi)()(Iz ∫= x

a

dx x f xP

P(a) = 0 i, dakle, F(a) = -c,

P b f x dx F b F a F xa

b

a

b

( ) ( ) ( ) ( ) ( )|= = − ≡∫

Primjer 1. Izračunati I x dx= +∫ ( )2 31

11

Jedna od primitivnih funkcija funkcijef(x) = 2x + 3 je F(x) = x2 + 3x, pa je

I F x F F= = − = − =( )| ( ) ( )111 11 1 154 4 150

Njutn-Lajbnicova formula

Documents

17.predavanje