SVEUILITE U ZADRU

POMORSKI ODJEL

Seminarska vjeºbenica Zbirka zadataka

MATEMATIKA II

Kopiranje i printanje dopu²teno samo studentima Sveu£ili²ta u Zadru i samo u toku akademskegodine 2014./2015. U svim ostalim slu£ajevima kopiranje nije dopu²teno! Razlog je ²to nastavnik

ne ºeli da se eventualne gre²ke iz starih skripti prenose s generacije na generaciju studenata.

PRIREDILI:

Lea Duji¢

dr. sc. Mate Kosor

Zadar, oºujak 2015.

1

Sadrºaj

1 Neposredno ra£unanje neodreenog integrala 4

2 Metoda supstitucije u neodreenom integralu 9

3 Metoda parcijalne integracije u neodreenom integralu 13

4 Neodreeni integral racionalnih funkcija 17

4.1 Osnovni tipovi integrala racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . 17

4.2 Rastav na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4.3 Primjena rastava na parcijalne razlomke na neodreene integrale ra-cionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5 Neodreeni integral kompozicije racionalne s trigonometrijskomfunkcijom 29

6 Neodreeni integrali iracionalnih funkcija 34

6.1 Tip R(xm1n1 , . . .) i R(x,

(ax+ b

cx+ d

)m1n1

, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

6.2 Tippolinom(x)√ax2 + bx+ c

i R(x,√ax2 + bx+ c

). . . . . . . . . . . . . . 37

6.3 Binomni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

7 Zadaci za vjeºbu (neodreeni integrali) 46

8 Odreeni integral 47

9 Traºenje povr²ine izmeu krivulja integriranjem i druge primjene 50

9.1 Jednostavni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

9.2 Ra£unanje povr²ine integriranjem po dijelovima . . . . . . . . . . . . 58

9.3 Ra£unanje povr²ine uz zamjenu osi x↔ y . . . . . . . . . . . . . . . 61

10 Numeri£ka integracija 64

10.1 Primjer iz stru£ne prakse: deplasman broda . . . . . . . . . . . . . . 70

10.1.1 Aproksimacija povr²ine opisanim pravokutnicima . . . . . . . 71

10.1.2 Aproksimacija povr²ine upisanim pravokutnicima . . . . . . . 72

2

10.1.3 Aproksimacija povr²ine trapezima . . . . . . . . . . . . . . . 73

10.1.4 Simpsonova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

11 Nepravi integral 75

12 Teºi zadaci s odreenim integralima 81

12.1 Provjera parnosti i neparnosti u odreenom integralu . . . . . . . . . 83

12.2 Supstitucija u odreenom integralu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

12.3 Parcijalna integracija u odreenom integralu . . . . . . . . . . . . . 91

13 Skalarne funkcije 94

13.1 Odreivanje domene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

13.2 Odreivanje razinskih krivulja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

13.3 Limes (grani£na vrijednost) i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . 103

13.4 Parcijalne derivacije prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

13.5 Parcijalne derivacije drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

13.6 Diferencijal i tangencijalna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

13.7 Ekstremi funkcija vi²e varijabli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

14 Obi£ne diferencijalne jednadºbe 120

14.1 Separirana ODJ 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

14.2 Linearna ODJ 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

14.3 Homogena ODJ: y′ = f(xy

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

14.4 Mje²oviti zadaci s ODJ 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

14.5 Linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima . . . . . . . . . . 131

14.5.1 Homogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima 131

14.5.2 Nehomogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima134

15 Priprema za ispit (zadaci za vjeºbu) 142

3

1 Neposredno ra£unanje neodreenog integrala

Tablica integrala i formule nalazi se na zadnjoj stranici ove zbirke.

Denicija. Primitivna funkcija od f je svaka funkcija F za koju vrijedi F ′(x) = f(x) (osimeventualno u prebrojivo mnogo to£aka na intervalu).

Lako je provjeriti: ako je F primitivnu funkcija od f , tada je i F +C primitivna funkcija od f zasvaki konstatnu C

(F (x) + C)′ = F ′(x)′ + C ′ = f(x) + 0 = f(x).

Denicija. Skup svih primitivnih funkcija od f naziva se neodreeni integral ili antiderivacija iozna£ava se sa

´f(x) dx. Po deniciji vrijedi

ˆf(x) dx = F : F ′ = f .

Teorem 4.2.1 u udºbeniku pokazuje da ako nam je poznata F , jedna primitivna funkcija od f tadavrijedi ˆ

f(x) dx = F + C : C ∈ R

pa u tom duhu pi²emo

ˆf(x)dx = F (x) + C.

Jednostavniji neodreeni integrali mogu se ra£unati neposredno: traºimo koju funkciju treba deri-virati da se dobije zadana podintegralna funkcija. Neki jednostavni integrali rije²eni su u tablicama,poput one na kraju ove knjiºice.

zad. 1. Izra£unajte sljede¢e neodreene integrale koriste¢i tablicu osnovnih integrala i svojstvaintegrala:

a) ˆx3dx =

xn+1

n+ 1=

x3+1

3 + 1=x4

4+ C

b)ˆ

4x3dx = 4

ˆx3dx = 4 · x

3+1

3 + 1+ C =

= 4 · x4

4+ C

= x4 + C

c)ˆx3

3dx =

1

3·ˆx3dx =

1

3· x

4

4+ C

=1

12· x4 + C

4

d)ˆ

2x5dx = 2

ˆx5dx = 2 · x

5+1

5 + 1+ C

=2

6· x6 + C

=1

3x6 + C

e)ˆ

1

x3dx =

ˆx−3dx =

x−3+1

−3 + 1+ C

=x−2

−2+ C

=−1

2x2+ C

f)ˆ

3

cos2 ydy = 3

ˆ1

cos2 ydy =

= 3 tan y + C

g) ˆ5exdx = 5

ˆexdx = 5ex + C

Teorem 4.2.2 u udºbeniku obrazlaºe da su integral i derivacija inverzne ili obrnute operacije:(ˆf(x) dx

)′= f(x),

ˆf ′(x) dx = f(x) + C.

Teorem 4.2.3 u udºbeniku pokazuje da je mogu¢e integral rastaviti po zbroju i iz integrala izlu£itikonstantu (sli£no kao kod deriviranja):

ˆa f(x) dx) = a

ˆf(x) dx, (a konstanta,

ˆ(f(x) + g(x)) dx =

ˆf(x) dx+

ˆg(x) dx.

Pazi! Kod integrala nije mogu¢e jednostavno rastaviti faktore. Vidi kasnije supstituciju i parci-jalno integriranje.

5

zad. 2. Izra£unajte sljede¢e neodreene integrale:

a) ˆ(x2 + 2x− 3)dx =

ˆx2dx+

ˆ2xdx+

ˆ−3dx =

=x3

3+ 2

ˆxdx− 3

ˆdx

=x3

3+ 2 · x

2

2− 3x+ C

=x3

3+ x2 − 3x+ C

b) ˆ(

1√x

+3√x2 + 2)dx =

ˆ1√x

dx+

ˆ3√x2dx+

ˆ2dx =

=

ˆx−12 dx+

ˆx

23 dx+ 2

ˆdx

=x−12+1

−12

+ 1+x

23+1

23

+ 1+ 2x+ C

=x

12

12

+x

53

53

+ 2x+ C

= 2√x+

3

5

3√x5 + C

c)ˆ

1

sin2 x · cos2 xdx =

[treba se sjetiti identiteta

sin2 x+ cos2 x = 1

]=

=

ˆsin2 x+ cos2 x

sin2 x · cos2 xdx

=

ˆsin2 x

sin2 x · cos2 xdx+

ˆcos2 x

sin2 x · cos2 xdx

=

ˆ1

cos2 xdx+

ˆ1

sin2 xdx

= tan x+ cotx+ C

d)ˆ

x2

x2 + 1dx =

ˆx2 + 1− 1

x2 + 1dx

=

ˆx2 + 1

x2 + 1dx+

ˆ−1

x2 + 1dx

=

ˆdx−

ˆ1

x2 + 1dx

= x− arctanx+ C

6

e)ˆ

1 + 2x2

x2(1 + x2)dx =

ˆ1 + x2 + x2

x2(1 + x2)dx =

=

ˆ1 + x2

x2(1 + x2)dx+

ˆx2

x2(1 + x2)dx

=

ˆ1

x2dx+

ˆ1

1 + x2dx

=

ˆx−2dx+

ˆ1

1 + x2dx

=x−2+1

−2 + 1+ arctanx+ C

=x−1

−1+ arctanx+ C

= −1

x+ arctanx+ C

7

zad. 3. Jo² neki rije²eni primjeri:

zadaci za vjeºbu

8

2 Metoda supstitucije u neodreenom integralu

Supstitucija se sastoji u tome da se nekom dopustivom zamjenom integracijske varijable ili podin-tegralnog izraza polazni integral svede na neke od onih tabli£nih. (Vidi teorem 4.2.5 iz knjige)Primijenimo pravilo za deriviranje kompozicije funkcije:

F ′(g(x)) · g′(x) = (F g)′ (x).

Integrirajmo: ˆF ′(g(x)) · g′(x) =

ˆ(F g)′ (x) = (F g) (x) + c

Zaklju£imo: ako je f neprekidna funkcija i F njena primitivna funkcija (£itaj: F ′(x) = f(x)), auz to g neprekidno derivabilna funkcija (£itaj: g′(x) neprekidna). Tada jeˆ

f(g(x)) · g′(x) dx = F (g(x)) + c.

Drugim rije£ima, napravili smo zamjenu varijabli t = g(x):ˆf(g(x)) · g′(x) dx =

t = g(x)

dt = d (g(x)) = g′(x) dx

=

ˆf(t) dt = F (t) + c = F (g(x)) + c.

zad. 1.

a)

ˆ(2x+ 1)2dx =

2x+ 1 = t /′

2 · dx = dtdx = dt

2

=

ˆt2

dt

2

=1

2·ˆt2dt =

1

2· t

2+1

2 + 1

=1

2· t

3

3=t3

6(sad je potrebno vratiti ²to je bio t)

=(2x+ 1)3

6+ C

b)

ˆe2x−1dx =

2x+ 1 = t /′

2 · dx = dtdx = dt

2

=

ˆet · dt

2=

1

2

ˆetdt

=1

2et =

1

2e2x−1 + C

c)ˆesinx cosx dx =

[sinx = t /′

cosx dx = dt

]=

ˆetdt

= et = esinx + C

9

d)ˆ

2x cos(x2)dx =

ˆcos(x2) · 2xdx =[

x2 = t /2xdx = dt

]=

ˆcos tdt = sin t

= sin(x2) + C

e)ˆ

2x

x2 − 4dx =

[x2 − 4 = t /′

2xdx = dt

]=

ˆdt

t=

= ln |t| = ln |x2 − 4|+ C

f)ˆ

2x

(x2 − 4)2dx =

[x2 − 4 = t /′

2xdx = dt

]=

ˆdt

t2=

ˆt−2dt =

t−2+1

−2 + 1=t−1

−1=−1

t

=−1

x2 − 4+ C

g)

ˆcos(4x+ 1)dx =

4x+ 1 = t /′

4dx = dtdx = dt

4

=

ˆcos t

dt

4=

=1

4

ˆcos t dt

=1

4sin t =

1

4sin(4x+ 1)

h)ˆx · cos(3x2 + 4)dx =

ˆcos(3x2 + 4) · x dx =

3x2 + 4 = t /′

3 · 2x dx = dt6x dx = dtxdx = dt

6

=

ˆcos t

dt

6=

1

6

ˆcos t dt =

1

6sin t =

1

6sin(3x2 + 4) + C

10

i)

ˆx2(x3 − 8)11dx =

ˆ(x3 − 8)11x2dx =

x3 − 8 = t /′

3x2dx = dtx2dx = dt

3

=

ˆt11

dt

3=

1

3· t

11+1

11 + 1=

1

3

t12

12=t12

36

=(x3 − 8)12

36+ C

zad. 2.ˆ

sin(lnx)

xdx =

[lnx = t /′1xdx = dt

]=

ˆsin t dt =

− cos t = − cos(lnx) + C

zad. 3. Namje²tanje podintegralnog izraza za pogodnu supstituciju:ˆ

dx

x2 + 2x+ 5=

ˆdx

x2 + 2x+ 1 + 4=

ˆdx

(x+ 1)2 + 22=

[x+ 1 = t /′

dx = dt

]ˆ

dt

t2 + 22=

1

2arctan

t

2

=1

2arctan

x+ 1

2+ C

zad. 4.

ˆx2√x6 − 1

dx =

x3 = t /′

3x2dx = dtx2dx = 1

3dt

, x3 = t =⇒ x6 = t2

=

ˆ 13dt

√t2 − 1

=1

3

ˆdt√t2 − 1

=1

3ln |t+

√t2 − 1|

=1

3ln |x3 +

√x6 − 1|+ C

zad. 5.ˆ

1

1 +√x+ 1

dx =

[x+ 1 = t2 /′

dx = 2t dt

]=

ˆ2t

1 +√t2

dt =

ˆ2t

1 + tdt = 2

ˆt

1 + tdt = 2

ˆt+ 1− 1

1 + tdt

2

ˆt+ 1

1 + tdt+ 2

ˆ−1

1 + tdt = 2

ˆdt− 2

ˆdt

1 + t= 2t− 2 ln |t|

= 2(√x+ 1)− 2 ln |

√x+ 1|+ C

11

kad god je stupanj brojnika ve¢i ili jednak stupnju nazivnika moºemopoku²ati pojednostaviti zada¢u dijeljenjem polinoma

2t

t+ 1= 2t

−(2t+ 2)−−−−−−

−2

: t+ 1 = 2 +−2

t+ 1

Sada je jasno daˆ

2t

t+ 1dt =

ˆ2dt− 2

ˆdt

t+ 1= . . . = 2t− 2 ln |t+ 1|

zad. 6.

ˆdx

x lnx · ln(lnx)=

ln(lnx) = t /′1

lnx(lnx)′dx = dt1

lnx· 1xdx = dt

=

ˆdt

t= ln |t| = ln | ln(lnx)|+ C

zad. 7.

ˆ6x− 5

6x2 − 10x+ 12dx =

6x2 − 10x+ 12 = t /′

(12x− 10)dx = dt / : 2(6x− 5)dx = 1

2dt

ˆ 1

2dt

t=

1

2

ˆdt

t=

1

2ln |t| =

1

2ln |6x2 − 10x+ 12|+ C

zad. 8.

ˆ √1 + ln x

x · lnxdx =

1 + ln x = t2 /′1xdx = 2tdt

lnx = t2 − 1

=

ˆ √t2

(t2 − 1)· 2tdt =

ˆt

(t2 − 1)· 2tdt =

ˆ2t2

t2 − 1dt = 2

ˆt2

t2 − 1dt = 2

ˆt2 − 1 + 1

t2 − 1dt

2

ˆt2 − 1

t2 − 1dt+ 2

ˆ1

t2 − 1dt = 2

ˆdt+ 2

ˆ1

t2 − 1dt =

2t+ 2(1

2ln |t− 1

t+ 1|) = 2

√1 + ln x+ ln |

√1 + ln x− 1√1 + ln x+ 1

|+ C

12

zad. 9.

ˆln(tanx)

sinx · cosxdx =

ln(tanx) = t /′1

tanx· (tanx)′ = dt

1tanx· 1cos2 x

dx = dtcosxsinx· 1cos2 x

dx = dt1

sinx·cosxdx = dt

=

ˆtdt =

1

2· t2 =

1

2· (ln(tanx))2 + C

Zadaci za samostalan rad:1. Supstitucijom 1−x2 = t rije²iti

´4x (1− x2) dx 2. Rije²iti

ˆx dx

x(x+ 1)3.ˆx sin(3x2 + 4) dx =

3 Metoda parcijalne integracije u neodreenom integralu

Parcijalna integracija je primjena formule za derivaciju umno²ka

f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x) = (f(x) · g(x))′

na integralni ra£unˆf ′(x) · g(x) dx+

ˆf(x) · g′(x) dx =

ˆ(f(x) · g(x))′ dx = f(x) · g(x) + c

tako da se relativno komplicirani integral s lijeve strane pojednostavi na na£inˆf ′(x) · g(x) dx = f(x) · g(x)−

ˆf(x) · g′(x) dx,

bˆ

a

f ′(x) · g(x) dx = [f(x) · g(x)]ba −bˆ

a

f(x) · g′(x) dx.

Zamjenom varijabli u = f(x) i v = g(x) moºemo pisati i ovako:ˆu

dv

dxdx = uv −

ˆv

du

dxdx,

ˆu dv = uv −

ˆv du

Primjer. Koriste¢i zamjenu u = x i dv = sinx dx izra£unati´x sinx dx

ˆx sinx dx =

u=x →→→ du = u′ = 1 dx

dv=sinx dx → v =´

dv =´

sinx dx = − cosx

= uv −

ˆv du

= x (− cosx)−ˆ

(− cosx) 1 dx

= −x cosx+ sinxVaºno!

Presudan je odabir: u se treba pojednostaviti derivacijom i/ili dv pojednostaviti integracijom.

13

zad. 1.´xexdx = . . .

. provodi se supstitucija

u = x /′ exdx = dv /

´du = dx

´exdx =

´dv

ex = v

. . . = x · ex −

ˆexdx = x · ex − ex + C = ex(x− 1) + C

zad. 2.´x sinx dx = . . .

. provodi se supstitucija

u = x /′ sinx dx = dv /

´du = dx

´sinx dx =

´dv

− cosx = v

. . . = x · (− cosx)−

ˆ− cosx dx = −x cosx+

ˆcosx dx = −x cosx+ sinx+ C

zad. 3.´x2 lnx dx = . . .

. provodi se supstitucija

u = lnx /′ x2 dx = dv /

´du = 1

xdx

´x2 dx =

´dv

13x3 = v

. . . =

1

3x3 · lnx−

ˆ1

3x3 · 1

xdx =

1

3x3 · lnx− 1

3

ˆx2dx =

=1

3x3 · lnx− 1

3· 1

3· x2 =

1

3x3 · lnx− 1

9· x2 + C

zad. 4.´

3xex+1dx = . . .

. provodi se supstitucija

u = 3x /′ ex+1 dx = dv /

´du = 3dx

ˆex+1 dx︸ ︷︷ ︸vidi ♥

=´dv

ex+1 = v

. . . = 3xex+1 −

ˆex+1 · 3 dx = 3xex+1 − 3ex+1 + C

♥ #

ˆex+1dx =

[x+ 1 = t /′

dx = dt

]=

ˆetdt = et = ex+1 ♥

zad. 5.´

lnx dx = . . .

. provodi se supstitucija

u = lnx /′ dx = dv /

´du = 1

xdx

´dx =

´dv

x = v

. . . = x · lnx−

ˆx · 1

xdx = x · lnx−

ˆdx = x · lnx− x+ C

14

zad. 6.ˆex cosx dx = . . . pokazati ¢e se da treba upotrijebiti parcijalnu integraciju vi²e

puta:

ˆex cosx dx =

u = cosx /′ exdx = dv /´

du = − sinx dx´exdx =

´dv

ex = v

ˆex cosx dx = cos x · ex −

ˆex · (− sinx )dx

ˆex cosx dx = cos x · ex +

ˆex · sinx dx︸ ︷︷ ︸

=♥

Integral ♥ =´ex ·sinx dx moramo posebno izra£unati, pa ¢emo nastaviti daljnju integraciju na²eg

po£etnog integrala.

♥ =

ˆex · sinx dx =

u = sinx /′ exdx = dv /´

du = cosx dx´exdx =

´dv

ex = v

= ex · sinx−

ˆex cosx dx

Makar se na prvi pogled moºe £initi da smo se zavrtili u krug, ovo nam je dovoljno da rije²imozadatak. Zapi²imo ponovno zadatak i dobiveno meurje²enje:

ˆex cosx dx = cos x · ex + ♥

ˆex cosx dx = cos x · ex +

︷ ︸︸ ︷ex · sinx−

ˆex cosx dx

Sada prebacimo sve pojave nepoznatog integrala na lijevu stranu jednakosti:ˆex cosx dx+

ˆex cosx dx = cos x · ex + ex · sinx

2

ˆex cosx dx = cos x · ex + ex · sinx

Na kraju podijelimo jednakost brojem 2, pa slijedi traºeno rje²enje:ˆex cosx dx =

1

2(cosx · ex + ex · sinx) + C

15

zad. 7´

2x2 cosx dx = . . .

. . . =

u = 2x2 /′ cosx dx = dv /

´du = 4x dx

´cosx dx =

´dv

sinx = v

=

= 2x2 · sinx−ˆ

sinx · 4x dx = 2x2 · sinx− 4

ˆsinx · x dx︸ ︷︷ ︸

♥

= . . .

Integral ♥ =´

sinx · x dx moramo posebno izra£unati:

♥ =

ˆsinx · x dx =

u = x /′ sinx dx = dv /´

du = dx´

sinx dx =´dv

− cosx = v

=

= x · (− cosx)−ˆ− cosxdx = −x cosx+

ˆcosx dx = −x cosx+ sinx

pa to vratimo gdje se prvi puta javilo ♥ i slijedi rje²enje:

. . . = 2x2 · sinx− 4

ˆsinx · x dx = 2x2 · sinx− 4(−x cosx+ sinx)

= 2x2 · sinx+ 4x cosx− 4 sinx+ C

Zadatak za samostalni rad:

ˆarctanx dx =

ˆarctan (x) · 1 dx =

u = arctanx ; du = u′ = dx

1+x2

dv = 1 dx ; v =´

dv =´

1 dx = x

= . . .

Zadaci za samostalan rad:1.´x cosx dx 2.

´2x(x+ 1)3 dx 3.

´x2 lnx dx 4.

ˆ2x ex dx

5.´

(x− 1) sin(x− 1) dx 6.´

3x ex+1 dx

7. Rije²iti parcijalnom integracijom kori²tenjem u = lnx i dv = 1 dx:ˆ

lnx dx

16

4 Neodreeni integral racionalnih funkcija

Racionalne funkcije su izrazi oblika f(x) = P (x)Q(x)

gdje su P i Q neki polinomi. Npr. 1x, x+4

3x2, x3

x4+3x2+1.

Prvo ¢emo pokazati kako se rije²avaju neki jednostavni tipovi integrala racionalnih funkcija, zatimse podsjetiti dijeljenja polinoma i rastava na parcijalne razlomke, a na kraju primijeniti navedeneelemente na rije²avanje neodreenih integrala op¢enitih racionalnih funkcija.

4.1 Osnovni tipovi integrala racionalnih funkcija

TIP A ˆdx

(x− c)n

rje²avamo supstitucijomx− c = t

zad. 1.ˆ

dx

(x− 5)3=

[x− 5 = t /′

dx = dt

]=

ˆdt

t3=

ˆt−3dt =

t−3+1

−3 + 1=t−2

−2=−1

2t2

=−1

2(x− 5)2+ C

TIP B ˆdx

(ax2 + bx+ c)n

gdje jeb2 − 4ac < 0 (nema realnih nulto£aka).

Izraz ax2+bx+c poku²avamo prikazati u obilku (nesto)2+broj, a zatim napraviti supstitucijunesto = t.

zad. 2. ˆdx

x2 − 2x+ 4= u ovom je slu£aju n = 1

ˆdx

x2 − 2x+ 1 + 3=

ˆdx

(x− 1)2 + (√

3)2

sad uvedemo supstituciju[x− 1 = tdx = dt

]ˆ

dt

t2 + (√

3)2=

1√3

arctan(t√3

)

=

√3

3arctan(

(x− 1)√3

) + C

17

Integral TIPA B dodatno se oteºava kako se n pove¢ava.

zad. 3. ˆdx

(x2 − 2x+ 4)2= u ovom je slu£aju n = 2

U nazivniku ºelimo (nesto)2 + brojˆdx

(x2 − 2x+ 1 + 3)2=

ˆdx

((x− 1)2 + 3)2=

=

x− 1 = tdx = dt

=

ˆdt

(t2 + 3)2= . . .

Sad se posluºimo trikom da dobijemo pogodan oblik. . .

. . . =1

3

ˆ3dt

(t2 + 3)2=

1

3

ˆt2 − t2 + 3

(t2 + 3)2dt

1

3

ˆt2 + 3

(t2 + 3)2dt+

1

3

ˆ−t2

(t2 + 3)2dt =

1

3

ˆdt

t2 + 3︸ ︷︷ ︸(#1)

−1

3

ˆt2

(t2 + 3)2︸ ︷︷ ︸(#2)

dt = . . .♥

Dva ozna£ena integrala mogu se zasebno rije²iti:

(#1) =

ˆdt

t2 + 3=

ˆdt

t2 + (√

3)2=

1√3

arctan(t√3

) =

√3

3arctan(

t√3

) + C

(#2) =

ˆt2 dt

(t2 + 3)2parcijalna

=integracija

ˆt · t dt

(t2 + 3)2=

u = t /′ dv = t

(t2+3)2dt /

´.

du = dt, v =´dv =

´t

(t2+3)2dt = . . .

v =

u = t2 + 3du = 2t dt

= sami. . . = −1

2· 1t2+3

=

= t · (−1

2· 1

t2 + 3)−ˆ−1

2· dt

t2 + 3=−1

2t · 1

t2 + 3+

1

2

ˆdt

t2 + 3=

=−t

2(t2 + 3)+

1

2

ˆdt

t2 + (√

3)2==

−t2(t2 + 3)

+1

2·√

3

3arctan(

t√3

)

= − −2(t2 + 3)

+

√3

6arctan

t√3

+ C

Dobivene rezultate vratimo u na mjesto ozna£eno ♥:

♥ . . . =1

3(#1)− 1

3(#2) =

1

3(

√3

3arctan(

t√3

))− 1

3(−t

2(t2 + 3)+

√3

6arctan(

t√3

)) + C

=

√3

9arctan(

x− 1√3

) +x− 1

6((x− 1)2 + 3)−√

3

18arctan(

x− 1√3

) + C

18

TIP C ˆxdx

(ax2 + bx+ c)n

gdje jeb2 − 4ac < 0 (nema realnih nulto£aka).

Rje²avamo ga supstitucijom

ax2 + bx+ c = t

(2ax+ b)dx = dt

Nakon ovakve supstitucije potrebno je u brojniku smisliti (2ax+ b)dx nekim namje²tanjem.

zad. 4.ˆ

xdx

x2 − 2x+ 4= (n = 1) =

[x2 − 2x+ 4 = t /′

(2x− 2)dx = dt

]sad u brojniku moramo namjestiti (2x− 2)dx

1

2

ˆ(2x− 2 + 2)dx

x2 − 2x+ 4=

1

2

ˆ(2x− 2)dx

x2 − 2x+ 4+

1

2

ˆ2dx

x2 − 2x+ 41

2

ˆdt

t+

1

2· 2ˆ

dx

x2 − 2x+ 4=

1

2

ˆdt

t+

ˆdx

x2 − 2x+ 4︸ ︷︷ ︸♥Ovo je integral TIP B

♥ˆ

dx

x2 − 2x+ 4(iz zadatka 2 imamo)

=

√3

3arctan(

t√3

)

Pa se vratimo u po£etni integral

1

2

ˆdt

t+

ˆdx

x2 − 2x+ 4=

1

2ln |t|+

√3

3arctan(

t√3

)

=1

2ln |x2 − 2x+ 4|+

√3

3arctan

(x− 1)√3

+ C

19

I TIP C moºe se dodatno oteºati kako se n pove¢ava.

ˆxdx

(x2 − 2x+ 4)2= (n = 2) =

[x2 − 2x+ 4 = t /′

(2x− 2)dx = dt

]1

2

ˆ(2x− 2 + 2)dx

(x2 − 2x+ 4)2=

1

2

ˆ(2x− 2)dx

(x2 − 2x+ 4)2+

1

2

ˆ2dx

(x2 − 2x+ 4)2

1

2

ˆdt

t2+

1

2· 2ˆ

dx

(x2 − 2x+ 4)2=

1

2

ˆt−2dt+

ˆdx

(x2 − 2x+ 4)2︸ ︷︷ ︸Ovo je oteºani integral TIP B (izra£unali smo ga)

=1

2

t−2+1

−2 + 1+

√3

9arctan(

x− 1√3

) +x− 1

6((x− 1)2 + 3)−√

3

18arctan(

x− 1√3

)

=−1

2

1

x2 − 2x+ 4+

√3

9arctan(

x− 1√3

) +x− 1

6((x− 1)2 + 3)−√

3

18arctan(

x− 1√3

) + C

4.2 Rastav na parcijalne razlomke

Racionalna funkcija: oblikaf

ggdje su f i g polinomi.

Parcijalni razlomci: to su najjednostavniji primjeri racionalne funkcije. U nazivniku imaju po-linom stupnja 1 ili 2 koji se ne moºe rastaviti na faktore, a u brojniku polinom stupnja baremza jedan manjeg. Jo² k tome u nazivniku na polinom moºe biti primijenjena neka potencija.Primjeri:

4

x− 3,

3− 2x

1 + x2,

2

(x− 3)2

Rastav na parcijalne razlomke: je prikaz racionalne funkcije kao zbroja parcijalnih razlomaka.Prije samog rastava potrebno je izvr²iti dijeljenje polinoma ukoliko stupanj brojnika nijemanji od stupnja nazivnika. Npr. za f(x) = x9−2x6+2x5−7x4+13x3−11x2+12x−4

x7−3x6+5x5−7x4+7x3−5x2+3x−1 vrijedi rastav

f(x) = x2 + 3x+ 4 +1

(x− 1)+

1

(x− 1)3+

x+ 1

x2 + 1+

1

(x2 + 1)2.

20

Primjer. Rastavi na parcijalne razlomke sljede¢u racionalnu funkciju i na kraju obavezno provjerirje²enje:

x3

x2 + 6x+ 5korak 1. Dijelimo polinome:

x3 : (x2 +6x +5) = x−6 +31x+ 30

x2 + 6x+ 5−(x3 +6x2 +5x)−− −−− −−−−X −6x2 −5x−( −6x2 −36x −30)

−−− −−− −−−X 31x +30

Dijelili smo dok nismo dobili stupanj brojnika manji od stupnja nazivnika.

korak 2. Odredimo faktore nazivnika, tj. pitamo se kada je x2 + 6x + 5 = 0. Ako je odgovor:nikada tada je rastav na parcijalne razlomke gotov.

x1,2 =−6±

√62 − 4 · 1 · 52 · 1

=−6± 4

2=⇒ x1 = −5, x2 = −1

Sada su faktori nazivnika sljede¢i x2 + 6x+ 5 = (x−−5) · (x−−1) = (x+ 5)(x+ 1).

korak 3. Preostali razlomak31x+ 30

x2 + 6x+ 5poku²avamo prikazati kao zbroj razlomaka £iji su na-

zivnici upravo faktori dobiveni u prethodnom koraku

31x+ 30

x2 + 6x+ 5=

A

x+ 5+

B

x+ 1,

gdje su A i B neke neodreene konstante koje tek trebamo odrediti!opcija 3A) svesti na zajedni£ki nazivnik

31x+ 30

x2 + 6x+ 5=

A

x+ 5+

B

x+ 1=Ax+ A+Bx+ 5B

x2 + 6x+ 5

i izjedna£iti brojnike31x+ 30 = (A+B)x+ A+ 5B, (1)

a zatim usporediti potencije

uz x0 : 30 = A+ 5B

uz x1 : 31 = A+B

Rije²imo sustav kako znamo (npr. matri£no) i dobijemo B = −1/4, A = 3114.

21

opcija 3B) mogli smo u izraz (1) sa prethodne stranice uvrstiti pogodne parametre x pa iskoristitidobivene jednadºbe. Uvijek je zgodno u (1) uvrstiti nulto£ke nazivnika, u ovom slu£aju x = −5 ix = −1. Slijede dvije jednadºbe koje direktno daju rje²enje:

31(−5) + 30 = −4A → A =−155 + 30

−4=−125

−4= 31

1

4

31(−1) + 30 = 4B → B =−31 + 30

4= −1

4

Rje²enje)x3

x2 + 6x+ 5= x− 6 +

3114

x+ 5−

1/4

x+ 1

Provjera) svodimo na zajedni£ki nazivnik i usporedimo sa zadanim

x− 6 +311

4

x+ 5−

1/4

x+ 1=

(x− 6)(x+ 5)(x+ 1) + 3114(x+ 1)− 1

4(x+ 5)

(x+ 5)(x+ 1)

=x3 − 6x2 + 5x2 − 30x+ x2 − 6x+ 5x− 30 + 311

4x+ 311

4− 1

4x− 5

4

x2 + 5x+ x+ 5

=x3

x2 + 6x+ 5isto kao zadano X

22

Primjer Rastavi funkciju na parcijalne razlomke:

x+ 1

2x2 − 2x− 12

Prvo ²to moramo u£initi je poku²ati nazivnik rastaviti na ²to jednostavnije faktore. Nazivnik jepolinom drugog stupnja, njegov rastav ¢emo prona¢i tako da poku²amo rije²ti kvadratnu jednadºbu

2x2 − 2x− 12 = 0

2(x2 − x− 6) = 0

x1 = 3, x2 = −2

(2x2 − 2x− 12) = 2(x− 3)(x+ 2)

Sad na²a funkcija izgleda ovakox+ 1

2(x− 3)(x+ 2)

Nazivnik ne moºemo vi²e rastaviti, pa primjenjujemo formulu za rastav funkcije na parcijalnerazlomke:

x+ 1

2(x− 3)(x+ 2)=

A

x− 3+

B

x+ 2/ · 2(x− 3)(x+ 2)

x+ 1 = 2A(x+ 2) + 2B(x− 3)

x+ 1 = 2Ax+ 4A+ 2Bx− 6B

x+ 1 = x(2A+ 2B) + (4A− 6B)

sad izjedna£imo koecijente s lijeva i i desna

2A+ 2B = 1 =⇒ A =1

2−B

4A− 6B = 1 =⇒ A =1

4+

3

2B

pa je A =2

5i B =

1

10

Dakle,

x+ 1

2(x− 3)(x+ 2)=

A

x− 3+

B

x+ 2

x+ 1

2(x− 3)(x+ 2)=

25

(x− 3)+

110

(x+ 2)

23

Primjer Poku²ajmo za sljede¢u funkciju postaviti rastav (sami izra£unati):

x

(x− 1)2(x2 + x+ 1)

to nam se nalazi u nazivniku? Nazivnik nam je ve¢ rastavljen na jednostavne faktore koji sevi²e ne mogu rastaviti. Sastoji se od jednog polinoma prvog stupnja, to je x− 1, ali budu¢i je onkvadriran moramo biti oprezni kod rastava, drugi faktor x2 +x+ 1 je polinom drugog stupnja kojise ne moºe rastaviti na jednostavnije faktore. Stoga imamo:

x

(x− 1)2(x2 + x+ 1)=

A

x− 1+

B

(x− 1)2+

Cx+D

x2 + x+ 1

Sad je sve potrebno pomnoºiti s (x−1)2(x2+x+1) i izjedna£iti koecijente s lijeve i desne strane. . .

24

4.3 Primjena rastava na parcijalne razlomke na neodreene integraleracionalnih funkcija

zad 1. Rije²iti integral´

x3

x2+6x+5dx

Moºemo iskoristi ranije izra£unati rastava na parcijalne razlomke (na str. 21)ˆ

x3

x2 + 6x+ 5dx =

ˆxdx−

ˆ6dx+

ˆ31x+ 30

x2 + 6x+ 5dx

=1

2x2 − 6x+

ˆ31x+ 30

x2 + 6x+ 5dx︸ ︷︷ ︸

ovaj ¢emo posebno izra£unati

ˆ31x+ 30

x2 + 6x+ 5dx

Funkcija 31x+30x2+6x+5

je prava racionalna funkcija i treba je rastaviti na parcijalne razlomke. Ovo jenapravljeno na str 21 gdje smo dobili

31x+ 30

(x+ 1)(x+ 5)=

−14

x+ 1+

1254

x+ 5

Dalje

ˆ31x+ 30

x2 + 6x+ 5dx =

ˆ −14

x+ 1dx+

ˆ 1254

x+ 5dx

=−1

4

ˆ1

x+ 1dx+

125

4

ˆ1

x+ 5dx

=−1

4ln |x+ 1|+ 125

4ln |x+ 5|

I onda je kona£no:

ˆx3

x2 + 6x+ 5dx =

ˆx dx−

ˆ6 dx+

ˆ −14

x+ 1dx+

ˆ 1254

x+ 5dx =

=1

2x2 − 6x− 1

4ln |x+ 1|+ 125

4ln |x+ 5|+ C

25

zad. 2. ˆdx

x2(1 + x2)2

Ovo je ve¢ prava racionalna funkcija, koju moramo odmah rastaviti na parcijalne razlomke.

1

x2(1 + x2)2=

A

x+B

x2+

(Cx+D)

1 + x2+

Ex+ F

(1 + x2)2/ · x2(1 + x2)2

1 = Ax(1 + x2)2 +B(1 + x2)2 + (Cx+D)(1 + x2) + (Ex+ F )x2

1 = x5(A+ C) + x4(B +D) + x3(2A+ C + E) + x2(2B +D + F ) + Ax+B

A+ C = 0

B +D = 0

2A+ C + E = 0

2B +D + F = 0

A = 0 =⇒ C = 0

B = 0 =⇒ D = −1

E = 0

F = −1

1

x2(1 + x2)2=

1

x2+−1

1 + x2+

−1

(1 + x2)2

Pa na² integral izgleda:ˆ

dx

x2(1 + x2)2=

ˆ1

x2dx+

ˆ−1

1 + x2dx+

ˆ−1

(1 + x2)2dx

=

ˆx−2dx−

ˆdx

1 + x2−ˆ

1

(1 + x2)2dx

=−1

x− arctanx−

ˆ1

(1 + x2)2dx︸ ︷︷ ︸

Integral tipa B oteºani

♥

26

♥ =

ˆ1

(1 + x2)2dx =

ˆx2 + 1− x2

(1 + x2)2dx =

ˆx2 + 1

(1 + x2)2dx+

ˆ−x2

(1 + x2)2dx

=

ˆx2 + 1

(1 + x2)2dx−

ˆx2

(1 + x2)2dx

=

ˆdx

1 + x2−ˆ

x2

(1 + x2)2dx

= arctanx−ˆ

x2

(1 + x2)2dx︸ ︷︷ ︸

Ovog moramo rije²iti parcijalnom integracijom

ˆx2

(1 + x2)2dx =

ˆx · x

(1 + x2)2dx

u = x /′ x(x2+1)2

dx = dv /´

du = dx´

x(x2+1)2

dx =´dv

ovaj integral rije²imo supstitucijom x2 + 1 = u(probati sami!)−12· 1x2+1

= v

= x · (−1

2· 1

x2 + 1)−ˆ−1

2· 1

x2 + 1dx

=−x2· 1

x2 + 1+

1

2

ˆ1

x2 + 1dx

=−x2· 1

x2 + 1+

1

2· arctanx

Pa je rje²enje oteºanog integrala:

♥ =

ˆ1

(1 + x2)2dx = arctanx− (

−x2· 1

x2 + 1+

1

2· arctanx) =

= arctanx+x

2· 1

x2 + 1− 1

2· arctanx

=1

2· arctanx+

x

2· 1

x2 + 1

I kona£no rje²enje po£etnog integrala je:ˆ

dx

x2(1 + x2)2=−1

x− arctanx− (

1

2· arctanx+

x

2· 1

x2 + 1)

=−1

x− arctanx− 1

2· arctanx− x

2· 1

x2 + 1

=−1

x+

1

2· arctanx− x

2· 1

x2 + 1+ C

27

zad. 3. U knjiºici #1 iz Matematike I na sredini strane 18. u primjeru je napravljen rastav

na parcijalne razlomke funkcije1 + 2x+ 3x2

(1 + x)2 (1 + x2). Postupak se svodi na rje²avanje sustava

linearnih jednadºbi sa 4 jednadºbe i 4 nepoznanice

A +C = 0A +B +2C +D = 3A +C +2D = 2A +B +D = 1

tako da se dobije1 + 2x+ 3x2

(1 + x)2 (1 + x2)=−1

1 + x+

1

(1 + x)2+

x+ 1

1 + x2.

Iskoristi navedeni rastav za rje²avanje integrala:ˆ1 + 2x+ 3x2

(1 + x)2 (1 + x2)= . . .

Obzirom na navedeni rastav na parcijalne razlomke vrijedi:

. . . = −ˆ

dx

1 + x+

ˆdx

(1 + x)2+

ˆx dx

1 + x2+

ˆdx

1 + x2

= − ln |1 + x| − 1

1 + x+

1

2ln∣∣1 + x2

∣∣+ arctanx+ C

ZADACI ZA VJEBU (rezultat bi se mogao provjeriti deriviranjem)Koraci rije²avanja:

1. dijeljenjem svedi najve¢u potenciju brojnika ispod potencije nazivnika,

2. takav integrand rastavi na parcijalne razlomke,

3. integriraj parcijalne razlomke.

´ x3

x3 − 9xdx,

´ 3y + 5

y2 − ydx,

´ u2 − 3

u3 − 3u2du,

´ u2 − 3

u3 + udu,

´ dx

x3 + 16x´ 4x dx

x3 − x2 + x− 1,´ 4x5 + 2x4 + 1

x4 − x3dx,

´ dx

x3 + 4x2 + 4x,ˆ

(x7 + 1) dx

x2(x2 + 2x+ 2)2

28

5 Neodreeni integral kompozicije racionalne s trigonome-

trijskom funkcijom

Neka je R(x, y) neka racionalna funkcija varijabli x i y. Tada sa R(sinx, sin y) ozna£imo kompo-ziciju racionalne funkcije sa trigonometrijskom funkcijom.Npr. ako je

R(x, y) =x+ y

y2 − xy,

tada je

R(sinx, sin y) =sinx+ cosx

cos2 x− sinx · cosx.

Kod rje²avanja integrala ovog tipa koristit ¢emo se 3 razli£ite tehnike:

1. jednostavno integriranje,

2. pojednostavljivanje preko trigonometrijskih identiteta,

3. supstitucijama kojima se integral svodi na racionalnu funkciju:

Supstitucija x dx sinx cosx tanx cotx Kada koristimo?

t = tan x2

x = 2 arctan t2dt

1 + t22t

1 + t21− t2

1 + t22t

1− t21− t2

2tMoºe uvijek.

t = tanx x = arctan tdt

1 + t2±√

t2

1 + t2±√

1

1 + t2t

1

t

Ako: R(− cosx,− sinx)= R(cosx, sinx).

t = sinx x = arcsin tcosx dx

= dtt 1− t2 Za

´R(sinx) cosx dx.

t = cosx x = arccos tsinx dx= −dt

1− t2 t Za´R(cosx) sinx dx.

zad. 1.ˆ

15 sin t cos t− 3 cos t sin t√1 + 3 cos2 t+ 15 sin2 t

dt = . . . koristi se 1 = sin2 t+ cos2 t (vidi formule na obrascu)

i nakon toga obi£na supstitucija

=

ˆ12 sin t cos t dt√

1 + 3 cos2 t+ 15 sin2 t=

3 cos2 t+ 3 sin2 t = 1

=

=

ˆ12 sin t cos t dt√

4 + 12 sin2 t=

ˆ12 sin t cos t dt√

4√

1 + 3 sin2 t=

ˆ6 sin t cos t√1 + 3 sin2 t

dt =

=

u = sin t

du = cos t dt

=

ˆ6u du√1 + 3u2

= . . . = 2√

1 + 3u2 = 2√

1 + 3 sin2 t+ C

29

zad. 2.ˆ

sinx

cosx+ 5dx = . . .

Prvi na£in: ako ºelite nau£iti samo jednu formulu i samo jedan na£in rje²avanja ovakvihintegrala tada moºete nau£iti samo formulu za univerzalnu supstituciju t = tan x

2

. . . =

ˆ 2t1+t2

1−t21+t2

+ 5· 2 dt

1 + t2=

ˆ 2t1+t2

1−t2+5+5t2

1+t2

· 2 dt

1 + t2=

ˆ 2t1+t2

4t2+61+t2

· 2 dt

1 + t2=

=

ˆ2t

4t2 + 6· 2 dt

1 + t2=

ˆ2t

2(2t2 + 3)· 2 dt

1 + t2=

ˆt

(2t2 + 3)· 2 dt

1 + t2=

ˆ2t dt

(2t2 + 3)(1 + t2)

Sada ovu funkciju moramo rastaviti na parcijalne razlomke:

2t

(2t2 + 3)(1 + t2)=

At+B

2t2 + 3+Ct+D

1 + t2/ · (2t2 + 3)(1 + t2)

2t = (At+B)(1 + t2) + (Ct+D) · (2t2 + 3)

2t = t3(A+ C) + t2(B + 2D) + t(A+ 3C) + (B + 3D)

A = −4, B = 0, C = 2, D = 0

2t

(2t2 + 3)(1 + t2)=−4t

2t2 + 3+

2t

1 + t2

Dalje na² integral izgleda ovako:ˆ2t

(2t2 + 3)(1 + t2)dt =

ˆ−4t

2t2 + 3dt︸ ︷︷ ︸

(#1)

+

ˆ2t

1 + t2dt︸ ︷︷ ︸

(#2)

Ova dva integrala ¢emo zasebno rije²iti:

(#1) =

ˆ−4t

2t2 + 3dt =

2t2 + 3 = u /′

4 tdt = du−4t dt = −du

=

ˆ−duu

= − ln |u| = − ln |2t2 + 3|

(#2) =

ˆ2t

1 + t2dt =

[t2 + 1 = u /′

2 tdt = du

]=

ˆdu

u= ln |u| = ln |t2 + 1|

Dakle, ˆ2t

(2t2 + 3)(1 + t2)dt = − ln |2t2 + 3|+ ln |t2 + 1|

= − ln |2 tan2(x

2) + 3|+ ln | tan2(

x

2) + 1|+ C

30

Drugi na£in: ako ste voljni odstupiti od svemogu¢e univerzalne supstitucije isti integralse moºe rije²iti mnogo jednostavnije:

ˆsinx

cosx+ 5dx =

u = cosx

du = − sinxdx

=

ˆ−du

u+ 5=

= − ln |u+ 5|+ C = − ln |cosx+ 5|+ C

Neka vas ne zabrinjava ²to ova dva rje²enja izgledaju druga£ije. Iako su formule razli£iteza svaki argument ova dva razli£ita pravila daju funkcije koje se razlikuju za konstatnu (doeventualno u prebrojivo mnogo to£aka), kao na slici ispod.

zad. 3.ˆ

sinx+ cosx

cos2 x− sinx cosxdx = . . .

. . . =

t = tan x2, x = 2 arctan t

dx =2dt

1 + t2

=

ˆ 2t

1 + t2+

1− t2

1 + t2(1− t2

1 + t2

)2

− 2t

1 + t2· 1− t2

1 + t2

· 2dt

1 + t2=

=

ˆ 1 + 2t− t2

1 + t2

(1− t2) (1− t2 − 2t)

(1 + t2)2

· 2dt

1 + t2=

rje²i dvojni razlomak

pokrati 1 + t2

= 2

ˆ1 + 2t− t2

(1− t2) (1− t2 − 2t)dt =

=

rastav na parcijalne

razlomke

= . . . =

ˆdt

t− 1−ˆ

dt

t+ 1+

ˆ √2 dt

t+ 1 +√

2−ˆ √

2 dt

t+ 1−√

2=

= ln |t− 1| − ln |t+ 1|+√

2 ln∣∣∣t+ 1 +

√2∣∣∣−√2 ln

∣∣∣t+ 1−√

2∣∣∣+ C =

= ln∣∣∣tan

x

2− 1∣∣∣− ln

∣∣∣tanx

2+ 1∣∣∣+√

2 ln∣∣∣tan

x

2+ 1 +

√2∣∣∣−√2 ln

∣∣∣tanx

2+ 1−

√2∣∣∣+ C

31

zad. 4.ˆ

cosx

(1 + cos x)3dx = . . .

. . . =

ˆ 1− t2

1 + t2(1 +

1− t2

1 + t2

)3 ·2dt

1 + t2= 2

ˆ1− t2dt(

1 + t2 + 1− t2

1 + t2

)3 = 2

ˆ1− t2dt(

2

1 + t2

)3 =

=1

4

ˆ (1 + t2

)3 (1− t2

)dt =

1

4

ˆ1 + 3t2 + 3t4 + t6 − t2 − 3t4 − 3t6 − t8 dt =

=1

4

ˆ1 + 2t2 − 2t6 − t8 dt =

1

4

(t+ 2

t3

3− 2

t7

7− t9

9

)+ C =

=1

4

(tan

x

2+

2

3tan3 x

2− 2

7tan7 x

2− 1

9tan9 x

2

)+ C

Sljede¢i integrali koji uklju£uju trigonometrijske funkcije zna£ajno se pojednostavne kada se is-koristi pogodan trigonometrijski identitet. Meu najkorisnijim identitetima su formule dane nava²em obrascu za ovjere:

sin2 x = 12

(1− cos 2x) cos2 x = 12

(1 + cos 2x)

sin2 x+ cos2 x = 11

cos2 x= 1 + tan2 x

zad. 5. Rije²iti integralˆ

sin5 x dx = . . . preko formule sin2 x = 1− cos2 x

. . . =

ˆ (1− cos2 x

)2sinx dx =

cosx = t

− sin t dx = dt

= −ˆ (

1− t2)2

dt =

= −ˆ

1− 2t2 + t4 dt = −t+2

3t3 − t5

5+ C = − cosx+

2

3cos3 x− 1

5cos5 x+ C

zad. 6. Rije²iti integralˆ

cos2 x sin2 x dx = . . . preko formula sin2 x = 12

(1− cos 2x) i cos2 x =

12

(1 + cos 2x)

. . . =1

4

ˆ(1− cos 2x) (1 + cos 2x) dx =

1

4

ˆ1− cos2 (2x) dx =

=

opet

cos2 (2x) = 12

(1 + cos (4x))

=

1

4

ˆ1− 1

2(1 + cos (4x)) dx =

1

4

ˆ1

2− 1

2cos (4x) dx =

=1

8x− 1

8

ˆcos 4x dx =

supstitucija

4x = tdx = 1

4dt

= . . . =1

8x− 1

8· 1

4sin 4x

32

Zadaci za samostalnu vjeºbu:ˆcos5 x dx,

ˆsin2 x cos2 x dx,

ˆdx

sinx (2 cos2 x− 1),ˆ

dx

2 sinx− cosx+ 5,

33

6 Neodreeni integrali iracionalnih funkcija

6.1 Tip R(xm1n1 , . . .) i R(x,

(ax+ b

cx+ d

)m1n1

, . . .

Integriranje iracionalnih funkcija u ve¢ini slu£ajeva vr²imo tako da nekim pogodnim supstitucijamadanu iracionalnu funkciju, pretvorimo u racionalnu funkciju, i onda integriramo. U ovom ¢emo seodjeljku upoznati s naj£e²¢im tipovima iracionalnih funkcija.

Istaknute oblike integrala rje²avamo razli£itim tehnikama. Integrale funkcija oblika:

10 R(xm1n1 , x

m2n2 , ..., x

mknk )

20 R(x, (ax+ b

cx+ d)m1n1 , (

ax+ b

cx+ d)m2n2 ..., (

ax+ b

cx+ d)mknk )

rje²avamo tako da odredimo zajedni£ki vi²ekratnik od n1, n2, ...nk. Taj vi²ekratnik nazovemo n.U prvom slu£aju koristimo supstituciju x = tn.U drugom slu£aju koristimo supstituciju ax+b

cx+d= tn.

zad. 1.ˆ √

x

4 + 3√xdx =

ˆx

12

4 + x13

dx = (oblik 10)

V (2, 3) = 6 = n[x = t6

dx = 6t5dt

]=

ˆ(t6)

12

4 + (t6)13

· 6t5dtˆ

t3

4 + t2· 6t5dt =

ˆ6t8

4 + t2dt = 6

ˆt8

4 + t2dt

Ovom supstitucijom sveli smo integral na integral racionalne funkcije po varijabli t. Meutim,stupanj polinoma u brojnika je ve¢i od stupnja polinoma u nazivniku, pa moramo podijelitibrojnik s nazivnikom. (SAMI!)

t8 : (t2 + 4) = t6 − 4t4 + 16t2 − 64 +256

t2 + 4

Pa na² integral postane:

6

ˆ(t6 − 4t4 + 16t2 − 64 +

256

t2 + 4)dt =

= 6

ˆt6dt− 6

ˆ4t4dt+ 6

ˆ16t2dt− 6

ˆ64dt+ 6

ˆ256

t2 + 4dt =

=6

7t7 − 24

5t5 + 32t3 − 384t+ 768 · arctan

t

2=x = t6 i 6

√x = t

=

6

7

6√x7 − 24

5

6√x5 + 32

√x− 384 6

√x+ 768 · arctan

6√x

2+ C

zad. 2.

34

ˆ1

x− 3( 4

√x+ 1

x− 3−√x+ 1

x− 3)dx = (oblik 20)

ˆ1

x− 3((x+ 1

x− 3)14 − (

x+ 1

x− 3)12 )dx =

V (4, 2) = 4 = n

x+1x−3 = t4 / · (x− 3)

x+ 1 = (x− 3)t4

x+ 1 = xt4 − 3t4

1 + 3t4 = xt4 − x1 + 3t4 = x(t4 − 1)

x = 1+3t4

t4−1 /′

dx = (1+3t4

t4−1 )′

derivacija razlomka!· · ·

dx = −16t3(t4−1)2dt

ˆ

11+3t4

t4−1 − 3(t− t2) −16t3

(t4 − 1)2dt =

ˆ1

1+3t4−3t4+3t4−1

· (t− t2) −16t3

(t4 − 1)2dt =

ˆt4 − 1

4· (t− t2) −16t3

(t4 − 1)2dt

ˆ(t− t2) · (−4t3)

t4 − 1dt = −4

ˆ(t− t2) · t3

t4 − 1dt

−4

ˆt4 − t5

t4 − 1dt = 4

ˆt5 − t4

t4 − 1dt

4

ˆt4(t− 1)

t4 − 1dt = 4

ˆt4(t− 1)

(t2 + 1)(t2 − 1)dt

4

ˆt4(t− 1)

(t2 + 1)(t− 1)(t+ 1)dt = 4

ˆt4

(t2 + 1)(t+ 1)dt

4

ˆt4

t3 + t2 + t+ 1= (podijeliti brojnik nazivnikom)

t4 : (t3 + t2 + t+ 1) = t− 1 +1

t3 + t2 + t+ 1

4

ˆ(t− 1 +

1

t3 + t2 + t+ 1)dt =

4

ˆtdt− 4

ˆdt+ 4

ˆ1

t3 + t2 + t+ 1dt =

2t2 − 4t+ 4

ˆ1

(t2 + 1)(t+ 1)︸ ︷︷ ︸Rastav na parcijalne razlomke

dt =

35

1

(t2 + 1)(t+ 1)=

A

t+ 1+Bt+ C

t2 + 1/ · (t2 + 1)(t+ 1)

1 = A(t2 + 1) + (Bt+ C)(t+ 1)

1 = t2(A+B) + (B + C)t+ (A+ C)

-A+B = 0

B + C = 0

A+ C = 1

A =1

2B =

−1

2C =

1

21

(t2 + 1)(t+ 1)=

12

t+ 1+−12t+ 1

2

t2 + 1

2t2 − 4t+ 4

ˆ(

12

t+ 1+−12t+ 1

2

t2 + 1)dt =

2t2 − 4t+ 4

ˆ 12

t+ 1dt+ 4

ˆ −12t+ 1

2

t2 + 1dt =

2t2 − 4t+ 2

ˆ1

t+ 1dt+ 2

ˆ−t+ 1

t2 + 1dt =

2t2 − 4t+ 2 ln |t+ 1|+ 2

ˆ−t

t2 + 1dt︸ ︷︷ ︸

Rje²iti supstitucijom t2+1=u

+ 2

ˆ1

t2 + 1dt =

2t2 − 4t+ 2 ln |t+ 1| − ln |t2 + 1|+ 2 arctan t

= 2

√x+ 1

x− 3− 4 ln | 4

√x+ 1

x− 3+ 1| − ln |

√x+ 1

x− 3+ 1|+ 2 arctan( 4

√x+ 1

x− 3) + C

36

6.2 Tippolinom(x)√ax2 + bx+ c

i R(x,√ax2 + bx+ c

)Obratite paºnju na 3 tabli£na integrala koja nam koriste kod rije²avanja integrala ovog tipa:

ˆdx√

1− x2= arcsinx+ C = − arccosx+ C

ˆdx√x2 − 1

= ln∣∣∣x+

√x2 − 1

∣∣∣+ C

ˆdx√x2 + 1

= ln∣∣∣x+

√x2 + 1

∣∣∣+ C

Svaki integral oblikaˆ

dx√ax2 + bx+ c

moºe se svesti na jedan od gornja tri tako da prvo transfor-

miramo izraz ax2 + bx + c = ± (clan sax)2 ± broj, a zatim izlu£imo broj tako da clan bez x bude1.Primjer.

4x2 + 6x+ 3 = (2x)2 + 2 · 2x · ?︸ ︷︷ ︸=6x

+3

= (2x)2 + 2 · 2x · 3

2︸ ︷︷ ︸=6x

+

(3

2

)2

+ ?︸ ︷︷ ︸=3

=

[(2x)2 + 2 · 2x · 3

2+

(3

2

)2]

+

(3− 9

4

)=

(2x+

3

2

)2

+3

4

=3

4

(2x+ 32√

32

)2

+ 1

Zadatak.

ˆdx√

4x2 + 6x+ 3=

37

Transformiraj izraz tako da bude pogodan za integriranje pod korijenom, kao u prethodnom pri-mjeru:

4x2 + 4x− 3 = (2x)2 + 2 · 2x · ?︸ ︷︷ ︸=4x

−3

= (2x)2 + ︸ ︷︷ ︸=4x

+ ︸ ︷︷ ︸=−3

=

=

= 4

[(2x+ 1

2

)2

− 1

]

Zadatak.ˆdx√

4x2 + 4x− 3=

38

Drugi na£in rje²avanja istog tipa integrala:ˆR(x,

√ax2 + bx+ c)dx

je tzv. EULEROVIM supstitucijama:

a) ako je a > 0 koristimo supstituciju√ax2 + bx+ c = t− x

√a

b) ako je c > 0 koristimo supstituciju√ax2 + bx+ c = tx+

√c

c) ako je α ∈ R rje²enje kvadratne jednadºbe ax2 + bx+ c

tj. ako se ax2 + bx+ c moºe zapisati u oblikuax2 + bx+ c = (x− α)(x− β) koristimo supstituciju√ax2 + bx+ c = (x− α)t.

zad. 1.ˆ

dx

1 +√x2 + 2x+ 2

= . . .

a = 1 > 0√x2 + 2x+ 2 = t− x

√1√

x2 + 2x+ 2 = t− x /2

x2 + 2x+ 2 = (t− x)2

x2 + 2x+ 2 = t2 − 2tx+ x2

2x+ 2tx = t2 − 2x(2 + 2t) = t2 − 2

x = t2−2(2+2t)

/′

· · ·dx = t2+2t+2

2(1+t)2dt

ˆ t2+2t+22(1+t)2

1 + t− t2−22t+2

dt =

ˆ t2+2t+22(1+t)2

2t+2+2t2+2t−t2+22t+2

dt

ˆ t2+2t+22(1+t)2

t2+4t+42t+2

dt =

ˆ t2+2t+22(1+t)2

(t+2)2

2(t+1)

dt

ˆ t2+2t+2(1+t)

(t+2)2

1

dt =

ˆt2 + 2t+ 2

(1 + t)(t+ 2)2dt

39

t2 + 2t+ 2

(1 + t)(t+ 2)2=

A

1 + t+

B

t+ 2+

C

(t+ 2)2/ · (1 + t)(t+ 2)2

t2 + 2t+ 2 = A(t+ 2)2 +B(1 + t)(t+ 2) + C(1 + t)

−−−−−−−−−−−−−−A = 1, B = 0, C = −2

t2 + 2t+ 2

(1 + t)(t+ 2)2=

1

1 + t+

−2

(t+ 2)2

ˆt2 + 2t+ 2

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

ˆ1

1 + tdt−

ˆ2

(t+ 2)2dt︸ ︷︷ ︸

rje²iti supstitucijom t+2=u

= ln |1 + t| − (−2

t+ 2) = ln |1 + t|+ 2

t+ 2

= ln |1 +√x2 + 2x+ 2 + x|+ 2√

x2 + 2x+ 2 + x+ 2+ C

40

zad. 2.ˆ

dx√1− x2 + 1

= . . .

1− x2 = (1− x)(1 + x)α = −1

√1− x2 = (x− (−1))t√1− x2 = (x+ 1)t /2

1− x2 = (x+ 1)2t2

(1− x)(1 + x) = (x+ 1)2t2

1− x = (x+ 1)t2

· · ·x = 1−t2

1+t2/′

· · ·dx = −4t

(1+t2)2dt

ˆ −4t(1+t2)2

(1−t2

1+t2+ 1)t+ 1

dt =

ˆ −4t(1+t2)2

(1−t2+1+t2

1+t2)t+ 1

dt

ˆ −4t(1+t2)2

2t1+t2

+ 1dt =

ˆ −4t(1+t2)2

2t+1+t2

1+t2

dt =

ˆ −4t(1+t2)2

(1+t)2

1+t2

dt

ˆ−4t

(t+ 1)2(1 + t2)dt = −4

ˆt

(t+ 1)2(1 + t2)dt

t

(t+ 1)2(1 + t2)=

A

t+ 1+

B

(t+ 1)2+Ct+D

1 + t2/ · (t+ 1)2(1 + t2)

−−−−−−−−−−−−−−

A = 0, B =−1

2, C = 0, D =

1

2t

(t+ 1)2(1 + t2)=

−12

(t+ 1)2+

12

1 + t2

−4

ˆt

(t+ 1)2(1 + t2)dt = −4(

ˆ −12

(t+ 1)2dt+

ˆ 12

1 + t2dt)

= 2

ˆdt

(t+ 1)2− 2

ˆdt

1 + t2

= − 2

t+ 1− 2 arctan t

=−2

√1−x2x+1

+ 1− 2 arctan (

√1− x2x+ 1

) + C

41

Integral funkcije tipapolinom(x)√ax2 + bx+ c

, gdje je polinom(x) stupnja n rije²avamo tako da postavimo

jednadºbuˆ

polinom(x)√ax2 + bx+ c

dx =(A0 + A1x+ . . .+ An−1x

n−1)√ax2 + bx+ c+B

ˆdx√

ax2 + bx+ c,

a zatim nepoznanice A0, A1, . . . , An−1 i B odredimo iz derivacije gornje jednadºbe. Ova metodanaziva se metoda Ostrogradskog.

Primjer.ˆ

x2 dx√9− 4x2

=?

Polinom u brojniku je stupnja n = 2. Postavimo jednadºbu:ˆ

x2 dx√9− 4x2

= (A0 + A1x)√

9− 4x2 +B

ˆdx√

9− 4x2

Derivacija prethodne jednadºbe:

x2√9− 4x2

= A1

√9− 4x2 + (A0 + A1x) · 1

2· −4 · 2x√

9− 4x2+

B√9− 4x2

=A1 (9− 4x2)− 4x (A0 + A1x) +B√

9− 4x2

Nepoznanice ¢emo odrediti tako da usporedimo £lanove s istom potencijom od x:

x2 : 1 = −4A1 − 4A1

x : 0 = −4A0

1 : 0 = 9A1 +B

Dakle, ˆx2 dx√9− 4x2

= −1

8x√

9− 4x2 +9

8

ˆdx√

9− 4x2

i preostaje odrediti jo² samoˆ

dx√9− 4x2

. . .

Prvo napravimo prikladnu transformaciju izraza

9− 4x2 = 9

[1−

(2x

3

)2]

ˆdx√

9− 4x2=

1

3·ˆ

dx√1−

(2x3

)2 = t = 2x

3

dt = 2dx3

=1

3· 3

2·ˆ

dx√1− t2

=1

2arcsin t+ C =

1

2arcsin

(2x

3

)+ C

=⇒ˆ

x2 dx√9− 4x2

= −1

8x√

9− 4x2 +9

16arcsin

(2x

3

)+ C

42

zad. 1.ˆx2 + 2x+ 3√−x2 + 4x

dx = . . . slijedimo metodu Ostrogradskog i derivirajmo

ˆx2 + 2x+ 3√−x2 + 4x

dx = (Ax+B) ·√−x2 + 4x+ λ

ˆdx√

−x2 + 4x︸ ︷︷ ︸=

/'

x2+2x+3√−x2+4x

= A(√−x2 + 4x) + (Ax+B) · 1

2√−x2+4x

(√−x2 + 4x)′ + λ · 1√

−x2+4x

x2+2x+3√−x2+4x

= A(√−x2 + 4x) + (Ax+B) · 2(−x+2)

2√−x2+4x

+ λ · 1√−x2+4x

mnoºimoobe stranenazivnikom

·

x2 + 2x+ 3 = A(−x2 + 4x) + (Ax+B) · (−x+ 2) + λ

x2 + 2x+ 3 = −2Ax2 + (2A−B)x+ (2B + λ)

−2A = 1 =⇒ A = −1

22A−B = 2 =⇒ B = −3

2B + λ = 3 =⇒ λ = 9

Odredili smo nepoznate koecijente i sada ih uvrstimo:

= (−1

2x− 3) ·

√−x2 + 4x+ 9

ˆdx√

−x2 + 4x︸ ︷︷ ︸=F=...

= . . .

Za izra£un F iskoristimo dopunu do kvadrata: −x2 + 4x = − (x+ 2)2 + 4 pa

F =

ˆdx√

4− (x− 2)2=

x− 2 = t /′

dx = dt

ˆdx√

4− t2= arcsin

t

2= arcsin

x− 2

2+ C

I sad se vratimo u integral od kojeg smo krenuli:ˆx2 + 2x+ 3√−x2 + 4x

dx = = . . . = (−1

2x− 3) ·

√−x2 + 4x+ 9 arcsin

x− 2

2+ C

43

6.3 Binomni integral

Ovo su dosta te²ki zadaci!

Integral oblika: ˆxm(a+ bxn)pdx, m,n, p ∈ Q

naziva se binomni integral i moºe se svest na integral racionalne funkcije u sljede¢a tri slu£aja:

a) ako je p ∈ Z, koristimo supstituciju x = ts,gdje je s najmanji zajedni£ki vi²ekratnik nazivnika od m i n.

b) ako jem+ 1

n∈ Z, koristimo supstituciju a+ bxn = ts,

gdje je s nazivnik razlomka p.

b) ako je (m+ 1

n+ p) ∈ Z, koristimo supstituciju ax−n + b = ts,

gdje je s nazivnik razlomka p.

zad. 1.

ˆdx√

x( 4√x+ 1)10

=

ˆx−12 · (x

14 + 1)−10dx

m = −12, n = 1

4, p = −10 =⇒ p ∈ Z

V (2, 4) = 4 = sx = t4

dx = 4t3dt

ˆ

(t4)−12 ((t4)

12 + 1)−10 · 4t3dt =

ˆ4t3dt

t2(t+ 1)10=

ˆ4tdt

(t+ 1)10= 4

ˆt

(t+ 1)10dt

4

ˆt+ 1− 1

(t+ 1)10dt = 4

ˆt+ 1

(t+ 1)10dt− 4

ˆ1

(t+ 1)10dt

= 4

ˆ1

(t+ 1)9dt− 4

ˆ1

(t+ 1)10dt

za oba integrala uzmemo supstitucijut+ 1 = u

= · · · == −1

2(t+ 1)−8 +

4

9(t+ 1)−9

= −1

2( 4√x+ 1)−8 +

4

9( 4√x+ 1)−9 + C

44

zad. 2. ˆdx

x4√

1 + x2=

ˆx−4(1 + x2)

−12 dx

m = −4, n = 2, p = −12, p 6∈ Z

m+1n

+ p = −4+12− 1

2= −2 ∈ Z

ax−n + b = ts

a = 1, b = 1, s = 2x−2 + 1 = t2 /′

−2x−3dx = 2tdt / : (−2)x−3dx = −tdt

x−2 + 1 = t2

x2 =1

t2 − 1

x4 =1x3

x

ˆ dxx3

x√

1 + x2=

ˆ−tdt√

1t2−1

√1 + 1

t2−1

= −ˆ

tdt√1

t2−1

√t2−1+1t2−1

−ˆ

tdt√1

t2−1

√t2

t2−1

= −ˆ

tdt√t2

(t2−1)2

= −ˆ

tdtt

t2−1= −ˆ

dt1

t2−1

−ˆ

(t2 − 1)dt = −ˆt2dt+

ˆdt = −1

3t3 + t =

= −1

3(1 + x−2)

√1 + x−2 +

√1 + x−2 + C

45

7 Zadaci za vjeºbu (neodreeni integrali)

ˆdx

1 +√x,ˆ

dx

x (1 + 3√x),ˆ

dx√x+ 3√x,ˆ (

2− x2 + x

)23

√2− x2 + x

dx

ˆx2 dx√9 + 4x2

,ˆ

x3 dx√4x2 − 9

,ˆ

x2 dx√1− x− x2´

sin2 t dt,ˆ

cosx dx

2 + sin x,ˆ

sinx dx

1− sinx,ˆ

cos4 x dx

ˆx3 dx

(9− x2)√

9− x2,ˆx5

7√

2− 3x6 dx,ˆx−11

(1 + x4

)− 12 dx

46

8 Odreeni integral

Odreeni integral je deniran za ograni£enu (omeenu) funkciju (Denicija 4.3.1 u udºbeniku). Al-ternativna formulacija je preko Darbouxovih suma (Teorem 4.3.1 u udºbeniku). Temeljno zna£enjeodreenog integrala funkcije f(x) na segmentu [a, b] je povr²ina izmeu grafa krivulje i apscise (osix). Taj broj ozna£avamo oznakom

bˆ

a

f(x) dx .

Predznak odreenog integrala uzima uobzir da li je graf funkcije f iznad osix (+) ili ispod osi x (-). Vidi skicugrafa funkcije desno. Meutim, jo² uvi-jek nije sasvim jasno da se svim ogra-ni£enim funkcijama moºe odrediti po-vr²inu ispod grafa krivulje. Npr. vidisliku sasvim desno. Odgovor pruºa Te-orem 4.3.2 u udºbeniku, koji tvrdi da jesvaka ograni£ena funkcija koja je nepre-kidna na segmentu, osim na prebrojivomskupu, integrabilna (²to zna£i povr²inaispod grafa je dobro denirana i odreeni integral se moºe izra£unati). U slu£aju neprekidne iograni£ene funkcije, postoji i formula za izra£un odreenog integrala (Newton-Leibnitzova for-mula).

47

Odreeni integral je u bliskoj vezi s neodreenim integralom preko Newton-Leibnitzove formule(vidi Teorem 4.3.5). Ova formula kazuje da ako je F (x) primitivna funkcija od neprekidne iograni£ene funkcije f(x) na segmentu [a, b] tada vrijedi

bˆ

a

f(x) dx = F (b)− F (a)oznaka

=

F (x)

ba

Primjer 1. Izra£unati povr²inu ispod grafa funkcije f(x) =x3

2− x

2

4− 3x

4+ 2 na segmentu [−1, 2]

(vidu sliku na vrhu prethodne strane).Najlak²e je prona¢i povr²inu kori²tenjem Newton-Leibnitzove formule. Pazi! Moramo provjeritida je funkcija neprekidna i ograni£ena kako bi mogli koristiti navedenu formulu. Zapamti: svakaneprekidna funkcija na zatvorenom segmentu je ograni£ena i sve elementarne funkcije su neprekidnena svojoj domeni. Dakle, obzirom da je f polinom to je neprekidna na [−1, 2], to je i ograni£enapa moºemo iskoristiti Newton-Leibnitzovu formulu:

2ˆ

−1

x3

2− x2

4− 3x

4+ 2 dx =

[1

2· x

4

4− 1

4· x

3

3− 3

4· x

2

2+ 2x

]2−1

=

(1

2· 24

4− 1

4· 23

3− 3

4· 22

2+ 2 · 2

)−

(1

2· (−1)4

4− 1

4· (−1)3

3− 3

4· (−1)2

2+ 2 · (−1)

)= . . . = 6

Primjer 2. Dana je funkcija y(x) = 12− 12 ·(x10

)10. Izra£unati neodreeni integral 10ˆ

−10

y(x) dx.

Funkcija je polinom, dakle neprekidna i ograni£ena na svakom segmentu pa moºemo koristitiNewton-Leibnitzovu formulu:

10ˆ

−10

12− 12 ·( x

10

)10dx =

10ˆ

−10

12− 12

1010· x10 dx

= 12

[x− 1

1010· x

11

11

]10−10

= 12

[(10− 1

1010· 1011

11

)−(−10− 1

1010· (−10)11

11

)]= 12

[10− 10

11+ 10− 10

11

]= . . . = 218

2

11

Vaºna napomena: ako se traºi´ baf(x) dx, a f ima tzv. singularitet na segmentu [a, b] ili su

rubovi segmenta a i(li) b beskona£nosti rije£ je o tzv. nepravom integralu. Vidi poglavlje 11.

48

Primjer 3.1

0

dx1+√x

=?

Prvo odredimo primitivnu funkciju:ˆdx

1 +√x

=

x = t2

dx = 2tdt

=

ˆ2tdt

1 + t=

ˆ2−2

1

1 + tdt = 2t−2 ln |1 + t| = 2

√x−2 ln

∣∣1 +√x∣∣+C

Podintegralna funkcija f(x) = 11+√xje ograni£ena i neprekidna izmeu 0 i 1. Stoga moºemo

uvrstiti primitivnu funkciju u Newton-Leibnitzovu formulu:1

0

dx

1 +√x

=[2√x− 2 ln

∣∣1 +√x∣∣]1

0

=*2

2√

1−

:2 ln 2

2 ln∣∣∣1 +

√1∣∣∣− 2

>0√

0 + 2

:0ln∣∣∣1 +

√0∣∣∣

= 2− 2 ln 2

Primjer 4.

1ˆ

0

xex dx =?

Podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu [0, 1] pa je zbog toga i ograni£ena. Nakon ²topronaemo primitivnu funkciju, stoga moºemo iskoristiti Newton-Leibnitzovu formulu.ˆ

xex dx =

u = x, du = dx

dv = exdx, v = ex

= xex −

ˆexdx = xex − ex

1

0

xexdx = [xex − ex]10 =>

e1e1 − 7

ee1 −>

00e0 +

71

e0 = 1

Zadaci za vjeºbu:1ˆ

0

(x+ 2) (x+ 1)8 dx =?

2ˆ

0

2x2 cosx dx =?,

πˆ

0

sin5 x cos3 x dx =?,

π/2ˆ

0

ex cosx dx =?

πˆ

0

sin (x) ex dx =?,

2πˆ

0

sin4 x dx =?,

πˆ

0

cos4 x dx =?

2ˆ

0

x sinx2 dx =?,´ −1−4 x

2exdx

´ π0

2x2 sin(2x)dx,

1ˆ

0

x cos(3x2 + 4

)dx =?

πˆ

0

(x sinx+ e2x+1

)dx =?

πˆ

0

cos (x) sin (x) dx =?,

2πˆ

0

sin3 x dx =?,

2ˆ

0

x sinx2 dx =?,

πˆ

0

(x cosx+ e1−3x

)dx =?

πˆ

0

cos (x) sin2 (x) dx =?,ˆ 1

0

3x ex+1 dx =?,

πˆ

0

sin2 x cos3 x dx =?,

0ˆ

−2

3√

1− 3xdx =?

´ 30x2 lnx dx =?,

0ˆ

−1

dx√4x2 + 6x+ 3

1ˆ

0

x2 sin(2x3 − 3) dx,

1ˆ

0

x2 (x+ 1)4 dx

49

9 Traºenje povr²ine izmeu krivulja integriranjem i druge

primjene

Povr²ina izmeu dvije krivulje odreuje se kao integral razlike funkcija odreenih gornjom i donjom

krivuljom na segmentu odreenom sjeci²tima.

Vaºno! Povr²ina uvijek mora biti pozitivan broj!

Pazi! Vaºno je znati koji je graf funkcije gornji, a koji donji. Formula za povr²inu glasi:

P =

bˆ

a

gornja

funkcija(x)−

donja

funkcija(x)

dx

Kada se traºi povr²ina lika zatvorenog krivuljama, granice integracije a i b odreene su kao

sjeci²ta tih krivulja (rje²ava se jednadºba f(x) = g(x)).

9.1 Jednostavni primjeri

zad. 1. Odredi povr²inu lika kojeg omeuju grafovi funkcija f(x) = 4− x2 i g(x) = x4 − 16.

Prilikom rje²avanja zadataka ovog tipa uvijek je potrebno nacrtati grafove danih funkcija kako bividjeli traºeni lik, mogu¢e to£ke presjeka dvaju grafova i kako bi znali pravilno integrirati kasnije.Nacrtajmo sliku:

Iz slike se vidi da se funkcije sijeku u samo dvije to£ke. Te presje£ne to£ke ¢e nam upravo biti

granice odreenog integrala. Stoga moramo izra£unati koje su. To £inimo tako da izjedna£imo

50

funkcije f(x) = g(x)

4− x2 = x4 − 16

x4 − 16 + x2 − 4 = 0

x4 + x2 − 20 = 0

Nakon ²to uvedemo supstituciju t = x2 slijedi

t2 + t− 20 = 0 =⇒ t1 = −5, t2 = 4

Rje²enje t1 = −5, nam nije valjano jer x2 ne moºe biti −5. Stoga imamo samo rje²enje:

t = 4 pa je

x2 = 4

x1 = −2 x2 = 2

Dakle, granice integrala su −2 i 2.

Povr²ina lika omeenog ovim krivuljama je:

P =

2ˆ

−2

(gornja

funkcija(x)−

donja

funkcija(x)

)dx

Ali koja je "gornja", a koja je "donja". Graf funkcije f(x) = 4 − x2 nalazi iznad grafa funkcije

g(x) = x4 − 16. Pa je na² integral:

P =

ˆ 2

−2(f(x)− g(x)) dx =

ˆ 2

−2

(4− x2 − (x4 − 16)

)dx =

=

ˆ 2

−2(−x4 − x2 + 20) dx = −

ˆ 2

−2x4 dx−

ˆ 2

−2x2 dx+

ˆ 2

−220 dx =

= −[x5

5

]2−2− 1

3

[x3]2−2 + 20 [x]2−2 = −(

25

5− (−2)5

5)− 1

3(23 − (−2)3) + 20(2− (−2)) = 61

13

15

51

zad. 2. Izra£unajte povr²inu lika omeenog grafovima funkcija f(x) = x3 i g(x) = 4x.

Potrebno je prona¢i presje£ne to£ke dviju funkcija:

x3 = 4x

x3 − 4x = 0

x(x2 − 4) = 0

x1 = 0, x2 = −2, x3 = 2

Funkcije se sijeku u tri to£ke, vidimo iz slike da moramoizra£unati dvije manje povr²ine kako bismo dobili povr-²inu £itavog lika. Pazi: na desnom dijelu pravac je gornjafunkcija, a na lijevom pravac je donja funkcija.Da bismo izra£unali povr²inu prvog lika, odredimo gra-nice integracije, to su −2 i 0.

U ovom dijelu grafa funkcija f(x) = x3 se nalazi iznad grafa funkcije g(x) = 4x, pa imamo

P1 =

0ˆ

−2

(x3 − 4x) dx =

0ˆ

−2

x3 dx−0ˆ

−2

4x dx =

[1

4x4]0−2−[2x2]0−2

=1

4(04 − (−2)4)− 2(0− (−2)2)− 4 + 8 = 4

Sad izra£unamo drugu povr²inu. Iz slike se nekako moºe naslutiti da bi druga povr²ina mogla bitijednaka prvoj. U ovom dijelu graf funkcije g(x) = 4x nalazi se iznad grafa funkcije f(x) = x3, paimamo

P2 =

2ˆ

0

(4x− x3) dx =

2

0

4x dx−2

0

x3 dx =[2x2]20−[

1

4x4]20

= 2(22 − 02)− 1

4(24 − 04) = 8− 4 = 4

Sveukupna povr²ina je P = P1 + P2 = 4 + 4 = 8.

zad. 3. Izra£unajte povr²inu lika omeenog grafom funkcije h(x) =√x− 4, osi apscise, i pravcem

x = 8.

Ovaj zadatak lak²e je rije²iti nego prethodne. Ovdje nam je ve¢ dana jedna granica integracije, toje x = 8. Nadalje, znamo da je funkcija omeena sa osi apscisa, stoga jo² jedino moramo prona¢inulto£ke funkcije, kako bismo imali drugu granicu integracije.

√x− 4 = 0

x− 4 = 0

x = 4

52

Dakle, druga granica integracije nam je x = 4. Budu¢i moramo izra£unati samo povr²inu is-pod krivulje h(x) (vidi sliku), na² integral je

´ 84

√x− 4 dx. Primitivnu funkciju dobijemo preko

neodreenog integralaˆ √x− 4 dx =

x− 4 = t /′

dx = dt

=

ˆ √t dx =

2

3t32 =

2

3(x− 4)

32 + C

pa je P =

8ˆ

4

√x− 4 dx =

[2

3(x− 4)

32

]84

=2

3(4

32 − 0

32 ) =

2

3· 8 =

16

3

zad. 4. Izra£unaj povr²inu lika omeenog krivuljom y = x2 i pravcem y = 12x+ 2 na segmentu

od osi y do x = 1.

Os y nam govori odakle trebamo krenuti. Dakle, x = 0 nam je prva granica. Druga granicaintegracije je x = 1. Slika je dolje desno.

Graf funkcije y = 12x+ 2 nalazi se iznad grafa funkcije y = x2, pa je:

P =

1ˆ

0

(1

2x+ 2− x2) dx =

[1

4x2 + 2x− 1

3x3]10

= . . . =23

12

zad. 5. Izra£unaj povr²inu lika omeenog krivuljama f(x) = x2− 3x− 4i g(x) = −x2 + 3x+ 4.

Pronaimo presje£ne to£ke dviju krivulja:

x2 − 3x− 4 = −x2 + 3x+ 4

2x2 − 6x− 8 = 0

x1 = 4 x2 = −1

Gornja funkcija je g(x), a donja f(x), pa je

ˆ 4

−1g(x)− f(x) dx =

4ˆ

−1

−x2 + 3x+ 4− (x2 − 3x− 4) dx

=

4ˆ

−1

−2x2 + 6x+ 8 dx =

[−2

3x3 + 3x2 + 8x

]4−1

= . . . =125

3

53

Poku²ajte sami sljede¢e zadatke Odrediti povr²inu dijela ravnine omeenog parabolom y =x2 i pravcem y = x+ 1.

1. Sjeci²ta . . .

izjedna£imo y:

x2 = x+ 1

slijedi x2 − x− 1 = 0

nulto£ke x1,2 =1±

√1− 4 · 1 · (−1)

2=

1±√

5

2

Dakle sjeci²ta su x1 = 1−√5

2≈ −0.618 i x2 = 1+

√5

2≈ 1.618.

2. Slika . . . vidi iznad X

3.ˆ [

−

( )]dx =

54

Odrediti povr²inu izmeu krivulja y = 2t− t2 i y = t.

1. Sjeci²ta

Sjeci²ta parabole sa x osi odreena su sa2t− t2 = −(t− 0)(t− 2)Tjeme parabole nalazi se na pola izmeu sjeci²tasa x osi.

2. Slika

Graf polinoma nultog reda (konstanta) je hori-zontalni pravac.Graf polinoma prvog reda (ana funkcija)

f(x) = a x+ b

je pravac kojem je b odsje£ak na y-osi, dok je akoecijent smjera (odreuje nagib: pomak za 1u smjeru x-osi donosi pomak za a u smjeru y-osi). Takoer, svaki pravac je potpuno odreensa dvije to£ke.Graf polinoma drugog reda je parabola. Parabolumoºemo poku²ati skicirati tako da odredimo dvijenulto£ke (ako postoje) i vrijednost u sredini meunulto£kama (tjeme parabole). Tjeme parabole jelokalni ekstrem pa se moºe dobiti i kao nulto£kaprve derivacije. Predznak uz kvadratni £lan odre-uje da li je parabola okrenuta prema gore (+)ili prema dolje (-).Slika krivulja mora odgovarati ranije pronaenimsjeci²tima!

3. Povr²ina =ˆ [

−

( )]dt =

55

Odrediti povr²inu izmeu krivulja y = x+ 2 i y = 4 + x− x2.

1. Sjeci²ta. . .

2. Slika. . .

Poku²aj nacrtati skicu parabole iz pomo¢ tje-mena i pronaenih to£aka (sjeci²ta) koja morajubiti na paraboli. Pomo¢ za tjeme:

y′ = 0(4 + x− x2

)′= 0

1− 2x = 0

x = 1/2

3. Povr²ina=. . .

56

Odrediti povr²inu izmeu krivuljay = 2x2 + 1 i y = x2 + 2x+ 4.

Dvije parabole. Kod crteºa primijetiti y = x2 +2x + 4 = x(x + 2) + 4 ili crtati skicu pomo¢utjemena parabola i sjeci²ta.

57

Zadaci za samostalnu vjeºbu:

1. Izra£unati povr²inu izmeu krivulja zadanih jednadºbama y = 2x− 1 i y = 1 + 3x− x2.

Rje²enje. P = 92

2. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2x2 + 9 i pravcem y = 9x.

Rje²enje.P = 98

3. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = x2 − 4x− 5 i pravcem y = x+ 1.

Rje²enje. P ≈ 57.17

4. Izra£unati povr²inu lika omeenog krivuljama y = x i y = x3 u dijelu ravnine gdje je x ≥ 0.

Rje²enje. P = 14

5. Izra£unati povr²inu lika izmeu parabole y = x2 − x− 3 i pravca y = x.

Rje²enje. P ≈ 10.67

6. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x+ 1 i parabolom y = x2 − x− 2.

Rje²enje. P ≈ 10.67

7. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2− 2x− x2 i pravcem y = 3x− 3.

Rje²enje. P ≈ 50.31

9.2 Ra£unanje povr²ine integriranjem po dijelovima

Ne zaboravi: pravac kroz dvije to£ke (x1, y1) i (x2, y2) odgovara jednadºbi:1

(y − y1) (x2 − x1) = (y2 − y1) (x− x1) .

Slijedite sljede¢u proceduru:

1. nacrtati sliku geometrijskog lika

2. koje krivulje odreuju njegove rubove?

3. granice integracije odreene su x-koordinatama vrhova

4. postaviti integral pazi koja je krivulja gore, a koja dolje

1dana formula je bolja od srednjo²kolske formule koju vjerojatno pamtite:

y − y1 =y2 − y1x2 − x1

· (y2 − y1)

jer ova formula ima problema kada se u nazivniku pojavi nula. Zato je bolje koristiti formulu koja je istaknuta utekstu iznad.

58

Primjer. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−1, 1), B(1,−2), C(3, 2).Koji pravci omeuju dani trokut?

Nacrtajmo trokut: istaknite pravce!

Pravci su:

AB: (y − 1) (1 + 1)︸ ︷︷ ︸=2

= (−2− 1)︸ ︷︷ ︸=−3

(x+ 1) =⇒ y = −3

2x− 1

2

BC: (y + 2) (3− 1)︸ ︷︷ ︸=2

= (2 + 2)︸ ︷︷ ︸=4

(x− 1) =⇒ y = 2x− 4

AC: (y − 1) (3 + 1)︸ ︷︷ ︸=4

= (2− 1)︸ ︷︷ ︸=1

(x+ 1) =⇒ y =1

4x+

5

4

Dijelimo trokut na 2 dijela:

1. na segmentu [−1, 1] gornja granica je pravac AC, a donja pravac AB,

2. na segmentu [1, 3] gornja granica je pravac AC, a donja pravac BC.

Stoga vrijedi:

P =

1ˆ

−1

(1

4x+

5

4

)︸ ︷︷ ︸

AC

−(−3

2x− 1

2

)︸ ︷︷ ︸

AB

dx+

3ˆ

1

(1

4x+

5

4

)︸ ︷︷ ︸

AC

− (2x− 4)︸ ︷︷ ︸BC

dx

P =

[1

4· x

2

2+

5

4x+

3

2· x

2

2+

1

2x

]1−1

+

[1

4· x

2

2+

5

4x− 2 · x

2

2+ 4x

]31

P =1

8+

5

4+

3

4+

1

2− 1

8+

5

4− 3

4+

1

2+

9

8+

15

4− 9 + 12− 1

8− 5

4+ 1− 4

P = 7

59

Primjer. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−1,−2), B(1,−2), C(3, 2).

Sami nacrtajte skicu trokuta:

Pravci su:

AB: (y + 2) (1 + 1)︸ ︷︷ ︸=2

= (−2 + 2)︸ ︷︷ ︸=0

(x+ 1) =⇒ y + 2 = 0, dakle y = −2

BC: (y + 2) (3− 1)︸ ︷︷ ︸=2

= (2 + 2)︸ ︷︷ ︸=4

(x− 1) =⇒ y = 2x− 4

AC: (y + 2) (3 + 1)︸ ︷︷ ︸=4

= (2 + 2)︸ ︷︷ ︸=4

(x+ 1) =⇒ y = x− 1

Dijelimo trokut na 2 dijela:

1. na segmentu [−1, 1] gornja granica je pravac AC, a donja pravac AB,

2. na segmentu [1, 3] gornja granica je pravac AC, a donja pravac BC.

Stoga vrijedi:

P =

1ˆ

−1

=x+1︷ ︸︸ ︷(x− 1)︸ ︷︷ ︸

AC

− (−2)︸︷︷︸AB

dx+

3ˆ

1

=−x+3︷ ︸︸ ︷(x− 1)︸ ︷︷ ︸

AC

− (2x− 4)︸ ︷︷ ︸BC

dx

=

[x2

2+ x

]1−1

+

[−x

2

2+ 3x

]31

=1

2+ 1− 1

2+ 1 +

−9

2+ 9 +

1

2− 3 = 4

Zadaci za samostalnu vjeºbu:

1. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(2, 2), B(0,−4), C(4, 0).

Rje²enje. P = 8

2. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(3, 3), B(0, 1), C(3,−1).

Rje²enje. P = 6

3. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0, 0), B(−2, 2), C(−1,−1).

Rje²enje. P = 2

60

9.3 Ra£unanje povr²ine uz zamjenu osi x↔ y

Kada se krivulje proteºu u smjeru x osi ponekada je zgodno zamijeniti koorodinate x↔ y. Time

se slika i geometrijski lik zrcali oko glavne dijagonale ravnine y = x pa zbog tog ne¢e promijeniti

povr²inu.

Primjer Izra£unajte povr²inu P omeenu krivuljama y2 = x, y = x− 2.

Donosimo skicu (koju ina£e nije nuºno traºiti, ve¢ se odmah moºe napraviti zamjena varijabli):Moºe se uo£iti da krivulja y2 = x ima dva kraka i dvije mogu¢-nosti za eksplicitni zapis:

y1 =√x i y2 = −

√x.

Ako se formalno zamijeni x sa y slijede sljede¢e krivulje

y = x2 i x = y − 2

Pa sad imamo funkcije (nacrtajte grafove sami):

f(x) = x2 i g(x) = x+ 2.

Grafovi ¢e izgledati poput grafa s po£etka zrcaljenog oko glavne dijagonale: (zbog toga jasno dase povr²ina ne mijenja)Sada moºemo odrediti koja je gornja, a koja donja funkcija kakobismo izra£unali integral. No, najprije odredimo presje£ne to£ke.

x2 = x+ 2

x2 − x− 2 = 0

x1 = −1, x2 = 2

Pa je integral:

P =

2

−1

x+ 2− x2 dx = . . . =13

2

61

Zadatak. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem 2x+ y + 1 = 0 i parabolom y2 = 1 + x.

1. Sjeci²ta

Kvadratni £lan je y2 i stoga proma-trajmo krivulje kao funkcije x = f(y).Mijenjamo osi x↔ y.

2. Slika

3. Ako ra£unamo prema (prvoj) slici u x− y ravnini ra£unamo:

P1 =

P2 =

P = P1 + P2 =

Sam procijeni koji ti je postu-pak jednostavniji.

Ako ra£unamo u y − x ravnini (druga slika):

P =

62

Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolama y2 = 2x+ 5 i y2 = −2x+ 3.

Kada se javljaju parabole sa£lanom y2 moºda je najbo-lje odmah napraviti zamjenux↔ y.

Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y2 = 2x+ 5 i pravcem y = −√

3x.

Zadatak za samostalnu vjeºbu:

1. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama y2− 2y− 2 + x = 0 i x+ y+ 1 = 0.

(Rj. P = 7√212

.)

63

10 Numeri£ka integracija

Pretpostavimo da smo problem sveli do odree-nog integrala

´ baf(x) dx kojeg treba izra£unati, ali

nije poznata primitivna funkcija, ve¢ samo podin-tegralna funkcija f . Podijelimo segment [a, b] namanje dijelove. Na sljede¢oj slici prikazan je graffunkcije f na manjem segmentu duljine d. Ozna-£imo sa f0, f1 i f2 vrijednosti funkcije f na po£etku,u sredini i na kraju odabranog podsegmenta (kao naslici).U sljede¢oj tablici saºete su tri formule za numeri£kuprocjenu povr²ine ispod grafa krivulje na segmentu,a uz svaku formulu dana je i ocjena gre²ke. Gre²kaovisi o vi²im derivacijama funkcije i duljini podseg-menata. Ukoliko funkcija nema prekide u derivacijama tada treba preferirati Simpsonovu metodu.Ukoliko na grafu funkcije prepoznajete lomove (prekide derivacije) koristite metodu srednje to£keili trapeznu formulu.

Metoda srednja to£ka trapezna formula Simpsonova metoda

Formula M = d · f1 T = d2

(f0 + f2) S = d6

(f0 + 4f1 + f2)

Max. gre²ka (b−a)f (2)(ξ)24

· d2 (b−a)f (2)(ξ)12

· d2 (b−a)f (4)(ξ)2880

· d4

Primjer 1. Procijeniti povr²inu ispod grafa funkcije f(x) =x3

2− x2

4− 3x

4+ 2 na segmentu

[−1, 2] metodom srednje to£ke tako da garancija maksimalne apsolutne gre²ke bude ispod 0.5. Nakraju usporedbom sa izra£unatim odreenim integralom na strani 48 izra£unati stvarnu gre²kuaproksimacije.

Formula za apsolutnu gre²ku glasi:

apsolutna gre²ka = |aproksimacija− to£an rezultat| .

Kako bi sveli apsolutnu gre²ku na samo 0.5 trebati ¢emo podijeliti segment [a = −1, b = 2] nadijelove. Na svakom dijelu garancija maksimalne gre²ke je (vidi tablicu)

maksimalna gre²ka na podsegmentu =3 max

∣∣f (2)(x)∣∣ : x ∈ [−1, 2]

24

· duljina podsegmenta2 .

Procijenimo maxx∈[−1,2]

|f ′′(x)|:

f ′(x) =3

2x2 − 1

2x− 3

4, f ′′(x) = 3x− 1

2.

Obzirom da je x ∈ [−1, 2] to je f ′′(x) ∈ [−3 − 1/2, 6 − 1/2]. Najve¢a absolutna vrijednost f ′′ naspomenutom segmentu je manja od 6.

64

Dakle, ako osiguramo3 · 624· d2 ≤ 0.5

tada ¢e apsolutna gre²ka sigurno biti manja od 0.5. Rije²imo gornju nejednakost

d2 ≤ 0.5 · 24

3 · 6=

2

3=⇒ d / 0.81.

Dakle, ako postavimo d < 0.81 sigurni smo da ¢e nam apsolutna gre²ka biti manja od 0.5. Kakoje segmenta [−1, 2] duljine 3 ispada da bi bilo dovoljno podijeliti segment u 3/0.81 ≈ 3.7 jednakihdijelova, tj. dovoljno je podijeliti taj segment u 4 dijela jednake duljine 3/4 = 0.75:

−1←→ −0.25←→ 0.5←→ 1.25←→ 2 .

Koristimo metodu srednje to£ke koja zahtjeva vrijednosti na sredini podsegmenata, u to£kama

−1 ←→↓

−0.625

−0.25 ←→↓

0.125

0.5 ←→↓

0.875

1.25 ←→↓

1.625

2 .

dakle popunjavamo sljede¢u tablicu vrijednostima funkcije f u istaknutim to£kama:

k 1 2 3 4

xk −0.625 0.125 0.875 1.625yk = f(xk) 2.249 1.903 1.487 2.267

Vrijednosti smo zaokruºili na tre¢u devimalu £ime unosimo relativnu gre²ku od oko 1/1000, ²to ne¢ezna£ajno doprinijeti gre²ci za koju ciljamo da bude manja od oko 0.5. Dalje na svakom od 4podsegmenta koristimo formulu za metodu srednje to£ke i na kraju zbrojimo:

k 1 2 3 4

yk = f(xk) 2.249 1.903 1.487 2.267M = d · yk 1.687 1.427 1.115 1.700

zbroj 5.929

Dobiveni zbroj po posegmentima predstavlja traºenu aproksimaciju. Usporedbom sa rezultatomna stranici 48 uviamo da je stvarna gre²ka manja od 0.1.

65

Primjer 2. Trapeznom formulom odrediti odreeni integral´ 3

0sin (x2)+2 dx s relativnom gre²kom

manjom od 10%.

Numeri£ke metode mogu nam dobro posluºitikada ne moºemo izra£unati odreeni integralNewton-Leibnitzovom formulom iz razloga ²to neznamo rije²iti neodreeni integral. Poku²aj tiodrediti neodreeni integral

ˆsin(x2)

+ 2 =?

Formula za relativnu gre²ku je

relativna gre²ka =apsolutna gre²ka|to£an rezultat|

=

∣∣∣∣aproksimacija− to£an rezultatto£an rezultat

∣∣∣∣≤ apsolutna gre²ka|aproksimacija| − apsolutna gre²ka

=1

|aproksimacija|apsolutna gre²ka − 1

.

Obzirom da ne znamo koliki je to£an rezultat iskoristiti ¢emo da je da je to£an rezultat izmeuaproksimacije te zbroja aproksimacije i gre²ke, dakle po apsolutnoj vrijednosti vrijedi

|aproksimacija| − apsolutna gre²ka ≤ |to£an rezultat| ≤ |aproksimacija|+ apsolutna gre²ka

pa je apsolutna vrijednost to£nog rezultata iznad apsolutne vrijednosti aproksimacije manje ap-solutna gre²ka. Metodom srednje to£ke napravimo prvu (grubu) procjenu rje²enja koja ¢e namposluºiti da odredimo kolika smije biti apsolutna gre²ka, a prema tome i na koliko dijelova trebadijeliti segment:

polovi²te segmenta [0, 3] −→ 0 + 3

2= 1.5

vrijednost funkcije u polovi²tu −→ f(1.5) ≈ 2.778

duljina segmenta −→ d = 3− 0 = 3

procjena aproksimacije −→ M = d · f(1.5) = 8.334

postavimo rel. gre²ku −→ 10%︸︷︷︸=0.1

=1

8.334

aps. gre²ka − 1 · 10 · nazivnik

8.334

aps. gre²ka− 1 = 10 + 1

8.334

aps. gre²ka= 11 · aps. gre²ka

118.334

11︸ ︷︷ ︸≈0.757

= aps. gre²ka

Pazi! Ako se pokaºe da je kona£na aproksimacija dosta razli£ita odove prve procijene trebati ¢emo revidirati cijeli postupak.

66

Dakle, o£ekujemo ako je dovoljno ciljati na apsolutnu gre²ku manju od oko 0.9.Dalje procijenimo max

x∈[0,3]|f ′′(x)| gdje je f(x) = sin (x2) + 2

f ′(x) = cos(x2)· 2x, f ′′(x) = − sin

(x2)︸ ︷︷ ︸

∈[−1,1]

·4 x2︸ ︷︷ ︸∈[0,9]

+ cos(x2)︸ ︷︷ ︸

∈[−1,1]

·2

zaklju£ujemo maxx∈[0,3]

|f ′′(x)| ≤ 1 · 4 · 9 + 1 · 2 = 38.

Kako bi osigurali apsolutnu gre²ku (b−a)f (2)(ξ)12

· d2 manju od 0.9 traºimo d takav da

3 · 38

12· d2 ≤ 0.9, d2 ≤ 0.9 · 12

3 · 38, d /

√0.0947 ≈ 0.3 .

Zbog toga podijelimo segment [0, 3] duljine 3 na 3/0.3 = 10 dijelova manjih podsegmenata duljined = 0.3. Za trapeznu formulu potrebne su vrijednosti funkcije u to£kama na rubu podsegmenta.Odmah ¢emo u tablici izra£unati procjenu integrala na podsegmentima i na kraju zbrojiti. Zbrojprocjene integrala na podsegmentima £initi ¢e procjenu integrala na polaznom velikom segmentu.

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xk 0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3yk = f(xk) 2.000 2.090 2.352 2.724 2.991 2.778 1.902 1.045 1.500 2.845 2.412

Tk = d2

(yk−1 + yk) 0.614 0.666 0.761 0.857 0.865 0.702 0.442 0.382 0.652 0.789

zbrojT =10∑k=1

Tk 6.730

Sada provjerimo da je zadnja procjena integrala´ 30

sin (x2) + 2 dx kojeg smo dobili trapeznomformulom 6.730 u skladu sa prvom aproksimacijom 8.334. Otkrivamo da je zadnja aproksimacijadala po apsolutnoj vrijednosti manji broj. Sada slijedi da moºemo procijeniti relativnu gre²ku na

relativna gre²ka =apsolutna gre²ka|to£an rezultat|

/apsolutna gre²ka

|aproksimacija| − apsolutna gre²ka=

0.9

6.730− 0.9≈ 15% .

Razumijemo da je trebalo posti¢i relativnu gre²ku manju od 10%, pa shva¢amo da je prva procjenaintegrala bila zna£ajno pogre²na i da bi stoga trebalo uzeti manje podsegmente kako bi imali manjuapsolutnu i na kraju manju relativnu gre²ku. Ponovimo stoga ra£un za procjenu relativne gre²ke,ali ovaj puta umjesto na²e procjene rezultata 6.730 uvrstimo najmanji mogu¢i to£an rezultat kojise moºe dogoditi uz sada²nju procjenu apsolutne gre²ke, a to je 6.730− 0.9 = 5.830. Na taj na£inizbje¢i ¢emo mogu¢nost da nam se moramo ponovno korigirati broj podsegmenata na vi²e biti¢emo sigurni da je relativna gre²ka manja od ciljane

10% =1

5.830

aps. gre²ka − 1=⇒ 5.830

aps. gre²ka= 11 =⇒ aps. gre²ka =

5.830

11= 0.53 .

Dalje, procjena duljine podsegmenta za ovu apsolutnu gre²ku

3 · 38

12· d2 ≤ 0.53, d2 ≤ 0.53 · 12

3 · 38, d /

√0.0558 ≈ 0.236 .

Odaberimo sada d = 0.2 i ponovno sa£inimo tablicu

67

k xk yk Tk = d2

(yk−1 + yk)zbroj

T =∑10

k=1 Tk

0 0.0 2.0000.404

6.755

1 0.2 2.0400.420

2 0.4 2.1590.451

3 0.6 2.3520.495

4 0.8 2.5970.544

5 1.0 2.8410.583

6 1.2 2.9910.592

7 1.4 2.9250.547

8 1.6 2.5490.445

9 1.8 1.9020.315

10 2.0 1.2430.225

11 2.2 1.0080.251

12 2.4 1.5000.396

13 2.6 2.4590.546

14 2.8 3.0000.541

15 3.0 2.412

Na temelju 15 podsegmenata, svakiduljine 0.2 trapeznom formulom do²lismo do aproksimacije integrala vri-jedno²¢u 6.755 (vidi tablicu lijevo).Provjerimo ocjenu relativne gre²ke

aps. gre²ka ≤ (b− a) max f ′′(x)

12· d2

≤ 3 · 38

12· 0.22 = 0.38

rel. gre²ka /aps. gre²ka

|aproksimacija| − aps. gre²ka

/aps. gre²ka

6.755− aps. gre²ka

/0.38

6.755− 0.38≈ 6%

Zadovoljni smo jer je ispalo da je re-lativna gre²ka zasigurno jo² manja odzahtjevanih 10%. Aproksimacija s ko-jom smo zadovoljni je 6.755.

68

Numeri£ka integracija jako dobro moºe posluºiti za provjeru rje²enja,kod ra£unanja odreenih integrala. Kada izra£unate odreeni inte-gral, poku²ajte postaviti izra£unati grubu aproksimaciju numeri£kommetodom, bez da vodite mnogo ra£una o ocjeni gre²ke. Ukoliko je vri-jednost aproksimacije blizu izra£unatog rje²enja odreenog integralatada moºete biti mirniji i sigurniji u svoj izra£un.

Primjer. Numeri£kom integracijom u grubo provjeri rje²enje integrala´ π0

sinx dx.

U ovom slu£aju podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu, moºemo primijeniti Newton-Leibnitzovu formulu, a neodreeni integral je lagano rije²iti jer je tabli£ni, ispada

πˆ

0

sinx dx = [− cosx]π0 = − cosπ + cos 0 = −(−1) + 1 = 2.

Za grubu provjeru posluºimo se Simpsonovom metodom, bez podjele segmenta [0, π] na manje

podsegmente. Cijeli ra£un je u tablici

k 0 1 2xk 0 π/2 ≈ 1.57 π ≈ 3.14fk sin 0 = 0 sin π

2= 1 sin π = 0

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)π6

(0 + 4 · 1 + 0) ≈ 2.09

Obzirom da nismo radili podjelu segmenta na manje podsegmente, a relativna razlika izmeuizra£unatog rje²enja i aproksimacije je manja od 5% moºemo imati dosta povjerenja u na²e to£norje²enje.

U ovom primjeru moºemo biti potpuno sigurnu i vrijednost odreenogintegrala, jer je ra£un bio tako jednostavan. Meutim, kod teºihzadataka lako se dogodi gre²ka u ra£uni i dobro je imati metodu kojanam moºe ukazati na gre²ku. Usporedi sa zadatkom na strani 87.

69

10.1 Primjer iz stru£ne prakse: deplasman broda

Ra£unanje deplasmana broda moºe se svesti na ra£unanje povr²ine rebara. Poku²ajmo izra£unatipovr²inu rebra do vodene linije, koje odgovara formuli v(x) = 12 ·

(x10

)10, x ∈ [−10, 10], gdje je vvisina rebra od najniºe to£ke u metrima, a x koordinata ²irine u metrima. Visina do vodene linijeje 12 metara, a ²irina rebara 20 metara. Skica slijedi

Aproksimacija povr²ine pravokutnicima Poku²avamo pribliºno izraziti prol glavnog rebrakao uniju n vertikalnih stupaca pravokutnika. Udaljenost od visine rebra v(x) do visine vodenelinije 12 odgovara funkciji

y(x) = 12− v(x) = 12− 12 ·( x

10

)10.

Ako aproksimiramo prol glavnog rebra sa n = 10 jednostavnijih oblika (npr. pravokutnika) tadanas zanima vrijednost funkcije y(x) u 11 to£aka (x ∈ [−10, 10]). To se naziva diskretizacija funkcijey(x) na segmentu [−10, 10] sa 10 + 1 to£aka. U sljede¢oj tablici treba popuniti vrijednosti yk kojenedostaju, a ra£unaju se po formuli yk = y(xk):k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xk −10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10yk 0.00 12.00 12.00 12.00 12.00 0.00

Ako aproksimiramo prol glavnog rebra sa n = 20 jednostavnijih oblika (npr. pravokutnika) tadanas zanima vrijednost funkcije y(x) u 21 to£aka sa segmenta x ∈ [−10, 10]. To se naziva diskreti-zacija funkcije y(x) na segmentu [−10, 10] sa 20 + 1 to£aka. U sljede¢oj tablici upisana je takvadiskretizacija:k 0 1 2 3 4 5 6 . . . 14 15 16 17 18 19 20

xk −10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 . . . 4 5 6 7 8 9 10

yk 0.00 7.83 10.71 11.66 11.93 11.99 12.00 . . . 12.00 11.99 11.93 11.66 10.71 7.83 0.00

Segment [−10, 10] na kojem diskretiziramo funkciju je duljine 20. Zbog toga je razmak izmeudvije to£ke diskretizacije 4x = xk+1 − xk = 20

n.

70

10.1.1 Aproksimacija povr²ine opisanim pravokutnicima

P ≈ 4x ·n∑k=1

max yk−1, yk

U sljede¢im primjerima aproksimiramo povr²inu glavnog rebra opisanim pravokutnicima. Tako do-bivena aproksimacija povr²ine glavnog rebra je ve¢a od povr²ine glavnog rebra, ali kako uzimamosve ve¢i broj to£aka diskretizacije tako je aproksimacija sve to£nija. Za zadani n izra£unati aprok-simaciju povr²ine prema formuli iz podnaslova. Provjeri gre²ku u odnosu na izra£unati odreeniintegral na stranici 48.

n = 10, 4x = 2010

= 2, n = 20, 4x = 2020

= 1,P ≈ P ≈

Usporedi sa rezultatom odreenog integrala na strani 48. Izra£unajapsolutnu i relativnu gre²ku aproksimacije.

aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|

rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|

71

10.1.2 Aproksimacija povr²ine upisanim pravokutnicima

P ≈ 4x ·n∑k=1

min yk−1, yk

U sljede¢im primjerima radimo aproksimaciju traºene povr²ine upisanim pravokutnicima, koja¢e ispasti manja od povr²ine glavnog rebra, ali ²to je ve¢i broj to£aka diskretizacije n time je idobivena aproksimacija preciznija. Korisimo formulu iz podnaslova. Provjeri gre²ku u odnosu naizra£unati odreeni integral na stranici 48.

n = 10, 4x = 2, n = 20, 4x = 1,P ≈ P ≈

Usporedi sa rezultatom odreenog integrala na strani 48. Izra£unajapsolutnu i relativnu gre²ku aproksimacije.

aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|

rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|

72

10.1.3 Aproksimacija povr²ine trapezima

Trapezna formula:

P ≈ 4x2

(y0 + yn + 2

n−1∑k=1

yk

)U sljede¢im primjerima radimo aproksimaciju traºene povr²ine trapezima. Za ve¢i broj to£akadiskretizacije n dobiva se preciznija aproksimacija. Korisimo formulu iz podnaslova. Kvalitetuaproksimacije mogu¢e je procijeniti sa priloºene slike na kojoj su nacrtani trapezi kojima se aprok-simira povr²ina glavnog rebra. Provjeri gre²ku u odnosu na izra£unati odreeni integral na stranici48.n = 10, 4x = 2, P ≈

.

n = 20, 4x = 1, P ≈

.

Usporedi sa rezultatom odreenog integralana strani 48. Izra£unaj apsolutnu i relativnugre²ku aproksimacije.

aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|

rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|

73

10.1.4 Simpsonova formula

P ≈ 4x3

y0 + yn + 2

n/2−1∑k=1

y2k + 4

n/2∑k=1

y2k−1

U sljede¢im primjerima radimo aproksimaciju traºene povr²ine parabolama (polinomima drugogstupnja). Preciznost ove metode je vrlo visoka za ve¢i broj to£aka diskretizacije. Primijetiti saslike koja prikazuje ovu aproksimaciju za n = 20 kako aproksimirani oblik vjerno opisuje oblikglavnog rebra iz primjera. Koristiti formulu iz podnaslova. Provjeri gre²ku u odnosu na izra£unatiodreeni integral na stranici 48.4x = 2, P ≈

.

4x = 1, P ≈

.

Usporedi sa rezultatom odreenog integralana strani 48. Izra£unaj apsolutnu i relativnugre²ku aproksimacije.

aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|

rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|

74

11 Nepravi integral

Ponekad ima smisla traºiti povr²inu neomeenih skupova. O tome govori nepravi integral.Nepravi integral je odreeni integral takav da:

1. je podintegralna funkcija neograni£ena na segmentu integracije ili

2. je segment integracije neograni£en.

Vaºno! Obzirom na to£ke 1 i 2 iznad, nisu ispunjene pret-postavke Newton-Leibnitzove formule, pa nije opravdanosluºiti se njome. tovi²e, nije ispunjena niti pretpostavkaiz denicije odreenog integrala (ograni£enosti funkcije).Stoga ovdje ne moºemo govoriti o vrijednosti neodreenogintegrala.

Rezultate nepravih integrale ne moºemo provjeravati nu-meri£kim metodama koje smo spominjali.

Primjer. Rije²iti:

4ˆ

0

1√x

dx =

Prvo treba primijetiti da je funkcija neomeena (vidi sliku)i da ovo nije obi£an odreeni integral. Podru£je na slici jeneograni£eno odozgo. Funkcija f(x) = 1/√x je neomeena.

Nepravi integral ovog tipa rije²avamo kao obi£an integral, stim da lijevu granicu integracije u limesu pribliºavamo proble-mati£noj granici x = 0.

4ˆ

0

1√x

dx = limε→0

4ˆ

ε

1√x

dx = limε→0

[2√x]4ε

= limε→0

(2√

4− 2√ε)

= 4

75

Primjer iz zike. (gravitacija FG = Gm1m2

r2). Treba izra£u-

nati rad potreban da se dva tijela mase m1 i m2 rastave takoda sasvim pobjegnu iz gravitacijskog polja u kojem se meu-sobno privla£e. Uzimamo da se na po£etku dva tijela nalazena udaljenosti d jedno od drugog. Efektivno treba izra£unatirad da se tijela rastave na udaljenost R =∞.

W = Ep =

∞

d

FG dr =

∞

d

Gm1m2

r2dr =

G, m1, m2su konstante = Gm1m2

∞

d

1

r2dr = . . .

Nepravi integral ovog tipa rije²ava se prelaskom na limes,gdje umjesto F (∞) koristimo lim

x→∞F (x).

. . . = Gm1m2 limR→∞

R

d

1

r2dr

= Gm1m2 limR→∞

[−1

r

]r=Rr=d

= Gm1m2 limM→∞

(−1

R− −1

d

)= Gm1m2

(limR→∞

−1

R︸ ︷︷ ︸=0

−−1

d

)

=Gm1m2

d

Primjer.

+∞ˆ

−1

dx

1 + x2= . . .

= limb→+∞

bˆ

−1

1

1 + x2dx = lim

b→+∞[arctanx]b−1

= limb→+∞

(arctan b− arctan (−1)) = arctan (+∞)− arctan (−1)

=π

2−(−π

4

)≈ 2.3561944901923

76

Zadatak. Neka je f(x) =1

x3. Odrediti

´ +∞1

f(x)dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.Zadatak. Zadano je f(x) = 1

(x+1)2. Odrediti

´ +∞0

f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inukoja je odreena integralom.

77

Pazi! Ponekad se pod izrazom kojim je zadan obi£an odreeni in-tegral moºe kriti vrijednost koja nije dobro denirana: podintegralnafunkcija je neograni£ena i nema vrijednost niti kao nepravi integral.

Vaºno! Ubudu¢e uvijek provjeriti domenu i neprekidnost podinte-gralne funkcije, kako bi osigurali da je ograni£ena. Ako nije postupatikao s nepravim integralom.

Primjer. Izra£unaj

1ˆ

−1

1

1− x2dx.

Postupak:1. ispitaj da li je podintegralna funkcija f ograni£ena2. ako f nije ograni£ena u s lijeve ili desne okoline parame-tra y tada postavi lima→y− ili lima→y+.

Da li je f(x) = 11−x2 ograni£ena na segmentu [−1, 1]? Potrebno je ispitati tok funkcije utoliko

koliko je potrebno da odgovorimo na postavljeno pitanje.Domena od f(x) = 1

1−x2 isklju£uje to£ke u kojima je 1 − x2 = 0, dakle iz domene su isklju£eniparametri x = ±1. Istraºimo

limx→1−

1

1− x2=

1

1− (1−)2=

1

1− (1−)=

1

0+

= +∞,

limx→−1+

1

1− x2=

1

1− (−1+)2=

1

1− (1−)=

1

0+

= +∞.

Sada smo shvatili da treba paziti na krajeve segmetna [−1, 1] pa ¢emo postaviti nepravi integral

1ˆ

−1

dx

1− x2= lim

a→−1limb→1

bˆ

a

1

1− x2dx

= lima→−1

limb→1

[1

2ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣]ba

= lima→−1

limb→1

(1

2ln

∣∣∣∣1 + b

1− b

∣∣∣∣− 1

2ln

∣∣∣∣1 + a

1− a

∣∣∣∣)=

1

2ln

∣∣∣∣20∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸

ln∞=+∞

−1

2ln

∣∣∣∣02∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸

ln 0=−∞

= +∞+∞ = N/P

Zaklju£ak je da ovaj odreeni integral ne postoji, odnosno eventualno bi mogli re¢i da nepraviintegral divergira u +∞.

78

Primjer. Izra£unaj

2ˆ

0

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx.

Pazi! Ako si zaboravio provjeriti da li je podintegralna funkcija ogra-ni£ena pogrije²iti ¢e² u odreivanju ovog nepravog integrala.

. . . =

[−1

8ln |x+ 1|+ 11

24ln

∣∣∣∣x− 5

3

∣∣∣∣]20

=− 1

8ln |2 + 1|+ 11

24ln

∣∣∣∣2− 5

3

∣∣∣∣+1

8ln |0 + 1| − 11

24ln

∣∣∣∣0− 5

3

∣∣∣∣=− 0.87498557928247638312

Kako bi se uvjerio da dobiveni rezultat nije dobar, moºe² ga poku²atinumeri£kim metodama. . .

1. Ispitivanjem toka funkcije otkriva se vertikalna asimptota x = 53koja je usred podru£ja

integracije [0, 2].

2. Obzirom na otkrivenu vertikalnu asimptotu potrebno je ra£unati nepravi integral

2ˆ

0

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx = lim

a→ 53−

aˆ

0

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx

+ limb→ 5

3+

2ˆ

b

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx

= lima→ 5

3−

[−1

8ln |x+ 1|+ 11

24ln

∣∣∣∣x− 5

3

∣∣∣∣]a0

+ limb→ 5

3+

[−1

8ln |x+ 1|+ 11

24ln

∣∣∣∣x− 5

3

∣∣∣∣]2b

= . . .

samostalno

=

iskoristi lim

a→ 53−

ln

∣∣∣∣x− 5

3

∣∣∣∣ = ln 0 = −∞

= . . . =∞−∞ = N/P

Zaklju£ak je da ovaj odreeni integral ne postoji, a £ak divergira u pravom smisli i kao nepraviintegral.

79

Zadatak. Istraºi konvergenciju nepravog integrala

+∞ˆ

0

dx

x ln2 x. Rje²enje moºe² provjeriti u udº-

beniku, primjer 4.3.9.

80

12 Teºi zadaci s odreenim integralima

Zadaci s odreenim integralima su teºi od neodreenih samo utoliko ²to se treba brinuti da li jedopu²teno iskoristiti Newton-Leibnitzovu formulu ili ne, odnosno treba prepoznati da li je rije£o nepravom integralu. Kada god moºete provjerite vrijednost koju ste dobili nekom od metodanumeri£ke integracije.

zad. 1. Izra£unaj odreeni integrale i provjeri u grubo nekom numeri£kom metodom:

a)

1

0

ex dx = . . . eksponencijalna funkcija je neprekidna, pa je ograni£ena na [0, 1]

. . . = [ex]10 = e1 − e0 = e− 1 ≈ 1.72

Provjera Simpsonovom metodom bez raspodjele na manje podsegmente (d = 1)

k 0 1 2xk 0 0.5 1fk e0 = 1 e0.5 ≈ 1.64 e1 ≈ 2.72

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)16

(1 + 4 · 1.64 + 2.72) ≈ 1.71

b)4

0

(x3 + 1)dx = . . . polinomi su svugdje neprekidni, pa i ograni£eni na svakom sementu

. . .

4

0

x3dx+

4

0

1dx =

[x4

4

]40

+ [x]40 = (44

4+

04

4) + (4− 0) = (64 + 0) + 4 = 68

Provjera Simpsonovom metodom bez raspodjele na manje podsegmente (d = 4)

k 0 1 2xk 0 2 4fk 03 + 1 = 1 23 + 1 = 9 43 + 1 = 65

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)46

(1 + 4 · 9 + 65) = 68

Simpsonova metoda uvijek daje to£no rje²enje za polinome stupnja 3 ili manjeg.

81

c)π

0

dxcos2 x

=? Primjetiti da je nulto£ka nazivnika cosx = 0 za x = π2u segmentu [0, π] koji je

naveden u odreenom integralu. Zbog toga je ovo nepravi integral! Budu¢i da je odreeniintegral povr²ina, ako je dio povr²ine koju odreuje ovaj odreeni integral ve¢ beskona£no,tada je i ukupan rezultat (kao zbroj dijelova ∞+∞) beskona£no ili ne postoji (ako je zbroj∞−∞). Dijelimo integral na dijelove i provjeravamo prvi dio:

π/2ˆ

0

dx

cos2 x= [tanx]

π/20 = tan

π

2− tan 0 = . . .

tan π2ne postoji, ali moºemo promatrati povr²inu u limesu i iskoristiti limes slijeva: lim

x→π/2−tanx = +∞

limt→π

2−

tˆ

0

dx

cos2 x= lim

t→π2−

[tanx]t0 = limt→π

2−

tan t− tan 0 =∞− 0 =∞.

Preostaje jo² drugi dio povr²ine na segmentu [π/2, π] pa traºimo

π

π/2

dx

cos2 x= lim

x0→π2+

πˆ

x0

dx

cos2 x= lim

x0→π2+

(tan π − tanx0) = (0− (−∞)) = +∞.

Stoga je rezultat:

π

0

dx

cos2 x= lim

x0→π2−

x0ˆ

0

dx

cos2 x+ lim

x0→π2+

πˆ

x0

dx

cos2 x=∞+∞ =∞

d)

4

1

1 +√x

x2dx = . . . singularitet je za x = 0 (nulto£ka nazivnika), ali taj nije u segmentu

[1, 4] pa nije rije£ o nepravom integralu i nastavljamo kao obi£no:

. . . =

4

1

1

x2dx+

4

1

√x

x2dx =

4

1

1

x2dx+

4

1

x12 · x−2dx =

4

1

1

x2dx+

4

1

x12 · x−2dx =

=

4

1

x−2dx+

4

1

x−32 dx =

[x−1

−1+x−12

−12

]41

= . . . =−1

4+−2√

4− (−1− 2) =

7

4

Provjera Simpsonovom metodom (d = 3) za to£niju aproksimaciju trebati ¢e manji podsegmenti

k 0 1 2xk 1 2.5 4fk 2 0.41 0.19

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)36

(2 + 4 · 0.41 + 0.19) = 1.92

82

12.1 Provjera parnosti i neparnosti u odreenom integralu

Napomena Ukoliko je podintegralna funkcija, f(x), parna, tj. ako vrijedi f(−x) = f(x), onda

za integrala

−af(x) dx vrijedi:

a

−a

f(x) dx = 2

a

0

f(x) dx.

Ukoliko je podintegralna funkcija, f(x), neparna, tj. ako vrijedi f(−x) = −f(x), onda za

integrala

−af(x) dx vrijedi:

a

−a

f(x) dx = 0.

Primjer.

1

−1

x2 ln

(1 + sin x

1− sinx

)dx = . . . provjera parnosti funkcije:

f(−x) = (−x)2 ln

(1 + sin(−x)

1− sin(−x)

)= x2 ln

(1− sin(x)

1 + sin(x)

)= x2 ln

(1 + sin(x)

1− sin(x)

)−1= −x2 ln

(1 + sin x

1− sinx

)= −f(x)

Funkcija je neparna pa je integral1

−1x2 ln(1+sinx

1−sinx)dx = 0 osim ako nije problem sa singula-

ritetima podintegralne funkcije na segmentu integracije. Provjerimo domenu podintegralnefunkcije:

1− sinx je u nazivniku pa ne smije biti nula. Slijedi 1− sinx 6= 0⇔ sinx 6= 1⇔ x 6=π2± 2kπ. Dakle, u redu.

1+sinx1−sinx je argument logaritma pa mora biti ve¢e od nule: 1+sinx

1−sinx > 0. Nejednadºba serije²ava pomo¢u jednadºbe:

1 + sin x

1− sinx= 0⇒ 1 + sin x = 0⇔ sinx = −1⇔ x = −π

2± 2kπ.

Neprekidna funkcija je na cijelom intervalu⟨−π

2, π2

⟩istog predznaka, ispitajmo jednu

vrijednost: za x = 0 vrijednost je pozitivna. Dakle, niti tu nema problema.

Zaklju£ak, nije nepravi integral i rezultat je nula, kako je izra£unato iznad.

83

Primjer.

π4

−π4

dxcos2 x

= . . .

Nema problema sa singularitetima na segmentu[−π

4, π4

]pa

. . . = [tan x]π/4−π/4 = tan(

π

4)− tan(−π

4) = tan(

π

4) + tan(

π

4) = 1 + 1 = 2

Isto se moglo rije²iti provjerom parnosti podintegralne funkcije

f(−x) =1

cos2 (−x)=

uvaºi daje kosinusparna f-ja

=1

cos2 x= f(x)

pa zbog toga

π4

−π4

dx

cos2 x= 2

π4

0

dx

cos2 x= 2 [tan x]

π/40 = 2

(tan(

π

4)− tan 0

)= 2 (1− 0) = 2,

meutim ispada da postupak nije bio ni²ta lak²i.

Provjera Simpsonovom metodom (d = π/2 ≈ 1.57)

k 0 1 2xk −π/4 0 π/4fk

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)

Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.

84

12.2 Supstitucija u odreenom integralu

Kod supstitucije treba voditi ra£una da se granice integracije mijenjaju kod prelaska na novevarijable. Prvi na£in rije²avanja jest da se vodi ra£una o promjeni granica integracije, a drugi dase neodreeni integral vrati na polazne varijable i tek onda uvrste granice integracije.

Primjer 1.

1ˆ

0

dx

1 +√x

= . . . [0, 1] je u domeni podintegralne funkcije pa rije²avamo:

Prvi na£in rije²avanja gdje se vodi ra£una o granicama integracije:

. . . =

x = t2 /′ t =

√x

dx = 2tdtx 0 1t 0 1

=

1

0

2t

1 + tdt = 2

1

0

t

1 + tdt = 2

1

0

t+ 1− 1

1 + tdt = 2

1

0

t+ 1

1 + tdt+ 2

1

0

−1

1 + tdt

= 2

1

0

dt− 2

1

0

1

1 + tdt = [2t− 2 ln |1 + t|]10 = . . . = 2− 2 ln 2

Drugi na£in rje²avanja ne vodi ra£una o granicama integracije, ve¢ rje²ava kao da je rije£ o neo-dreenom integralu i na kraju posebno uvrsti granice integracije

ˆdx

1 +√x

=

√x = t, x = t2

dx = 2t dt

= . . .

= 2t− 2 ln |1 + t|+ Cvaºno!

= 2√x− 2 ln |1 +

√x|+ C

uvr²tavanjegranica =⇒

1ˆ

0

dx

1 +√x

=[2√x− 2 ln |1 +

√x|]10

=

= 2− 2 ln 2− (0− 2 ln 1) = 2− 2 ln 2

Provjera Simpsonovom metodom (d = 1)

k 0 1 2xk 0 0.5 1fk

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)

Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.

85

Primjer 2.

0ˆ

−2

3√

1− 3xdx = . . . [−2, 0] je u domeni podintegralne funkcije pa ne treba

voditi ra£una o nepravom integraluRije²imo preko ra£unanja neodreenog integrala i uvr²avanja granica:

ˆ3√

1− 3x dx =

1− 3x = t /′

−3 dx = dtdx = −1

3dt

= 3

ˆ √t(−1

3) dt =

=

ˆ √t dt =

t32

32

+ C =2

3(1− 3x)

3/2 + C

=⇒0ˆ

−2

3√

1− 3x dx =

[2

3(1− 3x)

3/2

]0−2

=2

3

((1 + 6)

32 − (1− 0)

32

)=

3

2

(73/2 − 1

)Sada isto pokazujemo kako rije²iti uz voenje ra£una o granicama integracije:

0ˆ

−2

3√

1− 3x dx = 3

0ˆ

−2

√1− 3x dx

=

1− 3x = t /′

−3 dx = dtdx = −1

3dt

x −2 0t 7 1

= 3

1ˆ

7

√t(−1

3)dt = 3 · (−1

3)

1

7

√tdt

= −1ˆ

7

t12 dt =

[−132

t32

]17

=

[−2

3t32

]17

= −2

31

32 − (−2

37

32 ) =

2

3(7√

7− 1)

Provjera Simpsonovom metodom (d = 2)

k 0 1 2xk −2 −1 0fk

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)

Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.

86

Primjer 3.

3ˆ

2

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx = . . . singulariteti podintegralne funkcije su ±1, to nije u

segmentu integracije, pa nastavljamo kao obi£no:Treba podijeliti: (2x2 + x+ 2) : (x2 − 1) = 2 + x+2

x2−1

. . . =

3ˆ

2

2dx+

3ˆ

2

x+ 2

x2 − 1dx = [2x]32 +

3ˆ

2

2

x2 − 1dx+

3ˆ

2

x

x2 − 1dx

︸ ︷︷ ︸ovaj ¢emo posebno rije²iti

= [2x]32︸︷︷︸=2

+ 2 ·[

1

2ln |x− 1

x+ 1|]32︸ ︷︷ ︸

=ln 12−ln 1

3≈0.41

+

3ˆ

2

x

x2 − 1dx

3ˆ

2

x

x2 − 1dx =

x2 − 1 = t /′

2x dx = dtx dx = 1

2dt

x 2 3t 3 8

=

8ˆ

3

12dt

t=

[1

2ln |t|

]83

=1

2ln |8| − 1

2ln |3| ≈ 0.49

Pa se vratimo na po£etni integral:

. . . = 2 + ln1

2− ln

1

3+

1

2ln |8| − 1

2ln |3| ≈ 2.9

Provjera Simpsonovom metodom (d = 1)

k 0 1 2xk 2 2.5 3fk 4 3.238 2.875

S = d6

(f0 + 4f1 + f2) 3.305

Relativna gre²ka aproksimacije ispada oko 14%, ako ºelite biti sigurniji u rezultat podijelite na dvapodsegmenta pa poku²ajte ponovno provjeriti.

87

Provjeravamo sa 2 posegmenta, svaki duljine d = 0.5. Sve zajedno stavljamo u jednu tablicu takoda ¢emo srednji stupac (za x = 2.5) iskoristiti dvaput, kod ra£una prve i druge Simpsonove sume.Kona£nu aproksimaciju £ini zbroj dviju Simpsonovih suma:

k 0 1 2 3 4xk 2 2.25 2.5 2.75 3fk 4 3.538 ↓ 3.238 3.029 ↓ 2.875

S = d6

(f0 + 4f1 + f2) 1.783 1.519zbroj 3.302

Dobili smo aproksimaciju odreenog integrala vrijedno²¢u 3.302, ²to je samo malo razli£ito odprethodne grublje aproksimacije. Sada smo gotovo sigurni da zadatak na prethodnoj strani nijedobro rije²en, da nam se negdje omakla pogre²ka.

Ovo je simulacija rije²avanja teºeg zadatka na pismenomispitu. Trebate biti uporni i usredoto£eni na svaki zadatakkoji rije²avate. Poku²ajte se vratiti natrag na prethodnustranicu i otkriti gdje je pogre²ka kod rije²avanja neodre-enog integrala. To£no rije²enje je na dnu stranice.

Uzadatkunaprethodnojstranipogre²nojepodijeljenpolinom.Re-

zultatdijeljenjatrebaojeispasti2+x+4x2−1.Zatimdaljedrugiodtri

rastavljenaintegralatrebaobitisfaktorom4umjestofaktora2.Tako

daumjesto0.41trebapribrojitidvostruko.Takojerezultatve¢iza

upravo0.41odranijedobivenih2.9²tojepribliºno3.3.Poku²ajsami

preciznijeizra£unatiizrazkojistedobiliuodreenomintegralu(pra-

titebarem6decimalnihmjesta)iusporedisaaproksimacijomkojuje

da£aSimpsonovametoda.Kolikajerelativnagre²ka?Za£uuju¢e

precizno!

88

Primjer 4.

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx = . . . singularitet podintegralne funkcije x = 1 jest u segmentu

integracije [0, 2] pa treba biti vrlo paºljiv:Treba podijeliti segment na dva dijela:

. . . = limy→1−

yˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx

︸ ︷︷ ︸=

+ limz→1+

2ˆ

z

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx

︸ ︷︷ ︸=F

= . . .

pa rije²imo istaknute djelove (koristimo meurezultate prethodnog zadatka):

= limy→1−

yˆ

0

2dx+

yˆ

0

x dx

x2 − 1+

yˆ

0

2 dx

x2 − 1= lim

y→1−

[2x+

1

2ln |x2 − 1|+ ln |x− 1

x+ 1|]y0

=

= limy→1−

2y − 0 +1

2ln |y2 − 1| − 1

2ln | − 1|︸ ︷︷ ︸

=0

+ ln |y − 1

y + 1| − ln |−1

+1|︸ ︷︷ ︸

=0

=

= 2 + limy→1−

1

2ln |y2 − 1|︸ ︷︷ ︸

=ln(0+)=−∞

+ limy→1−

ln |y − 1

y + 1|︸ ︷︷ ︸

=ln(0+)=−∞

= −∞

F = limz→1+

2ˆ

z

2dx+

2ˆ

z

x dx

x2 − 1+

2ˆ

z

2 dx

x2 − 1= lim

z→1+

[2x+

1

2ln |x2 − 1|+ ln |x− 1

x+ 1|]2z

=

= limz→1+

(4− 2z︸︷︷︸

→2

+1

2ln |22 − 1| − 1

2ln |z2 − 1|+ ln |2− 1

2 + 1| − ln |z − 1

z + 1|

)=

= 4− 2 +ln 3

2+ ln

1

3− lim

z→1+

1

2ln |z2 − 1|︸ ︷︷ ︸

=ln(0+)=−∞

− limz→1+

ln |z − 1

z + 1|︸ ︷︷ ︸

=ln(0+)=−∞

= +∞

Zaklju£ak je da zadani integral ne postoji niti kao nepravi:

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx = +F = −∞+∞ = N/P

89

Zadatak.

π/2ˆ

0

12 sin t cos t√1 + 3 cos2 t+ 15 sin2 t

dt = . . .

Podintegralna funkcija je ograni£ena. . .

=

π/2ˆ

0

6 sin t cos t√1 + 3 sin2 t

dt =

1ˆ

0

6u du√1 + 3u2

=(

2√

1 + 3u2)10

= 2

Zadatak.

πˆ

0

(−1

4sin2 t+

√3

4cos t

)dt = . . .

Podintegralna funkcija je ograni£ena. . .

ˆsin2 t dt =

t

2− 1

4sin (2t) =⇒ . . . = −

[t

8− 1

16sin (2t) +

√3

4sin t

]π0

= . . .

Zadatak. 4´ 2π0

cos2 t sin2 t dt = . . . = π

Zadatak.´ √30

√1 +

4r2

9r dr = . . .

. . . =

u = 1 +

4r2

9, du =

8

9r dr

=

7/3ˆ

1

√u

9

8du =

9π

8

[u3/2

3/2

]7/3

1

=3

4

(√343

27− 1

)

90

12.3 Parcijalna integracija u odreenom integralu

U formuli za parcijalnu integraciju neodreenog integrala u svrhu rije²avanja odreenog integralanije potrebno prvo izra£unati neodreeni integral pa tak zatim uvrs²tavati granice integracije uprimitivnu funkcije, ve¢ se moºe iskoristiti modicirana formula parcijalne integracije za odreeniintegral, gdje se odmah uvr²tavaju granice integracije:

bˆ

a

udv = [u · v]ba −bˆ

a

vdu

Primjer.

πˆ

0

x sinx dx = . . . nema problema sa domenom podintegralne funkcije. . .

Neodreeni integral bi rije²avali parcijalnom integracijom pa tako radimo i kod odreenogintegrala vode¢i ra£una o uvr²tavanju granica:

. . . =

bˆ

a

udv =

u = x; du = dxdv = sinxdx; v =

´sinxdx = − cosx

= [−x cosx]π0 −

πˆ

0

(− cosx) dx =

= (−π cosπ − (−0 cos 0))︸ ︷︷ ︸=π

+

πˆ

0

cosx dx = π + [sinx]π0 = π + sin π︸︷︷︸=0

− sin 0︸︷︷︸=0

= π

Provjera Simsonovom metodom (d = π ≈ 3.14)

k 0 1 2xk 0 π/2 ≈ 1.57 π ≈ 3.14

fk = xk sinxkS = d

6(f0 + 4f1 + f2)

Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.

91

Primjer.

3ˆ

0

x2 lnx dx = . . . paziti na granice integracije jer lijeva granice nije u domeni po-

dintegralne funkcije (ln 0 = N/P). Zato ¢emo efektivno rije²avati . . . = limε→0+

3ˆ

ε

x2 lnx dx.

Rije²imo prvo neodreeni integral pa onda iskoristimo primitivnu funkciju i uvrstimo u ne-pravi odreeni integral:

ˆx2 lnx dx =

u = lnx; du = dx

x

dv = x2 dx; v =´x2dx = 1

3x3

=

1

3x3 lnx−

ˆ (1

3x3)

dx

x=

=1

3x3 lnx− 1

3

ˆx2 dx =

1

3x3 lnx− 1

9x3 + C

3ˆ

0

x2 lnx dx = limε→0+

3ˆ

ε

x2 lnx dx = limε→0+

[1

3x3 lnx− 1

9x3]3ε

=

= (9 ln 3− 3)− limε→0+

(1

3ε3 ln ε− 1

9ε3)

= . . .

rije²imolimese

limε→0+

ε3 = 0

limε→0+

ε3 ln εL'H= lim

ε→0+

(ln ε)′(1ε3

)′ = limε→0+

1/ε−3/ε4

=−1

3limε→0+

ε3 = 0

nastavak ra£una za odreeni integral . . . = 9 ln 3− 3− (0− 0) = 9 ln 3− 3

Provjera Simsonovom metodom (d = 3)

k 0 1 2xk 0 3fk

S = d6

(f0 + 4f1 + f2)

Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.

92

ZADACI ZA VJEBU (pazi na domenu!)2πˆ

0

sinx dx,

πˆ

0

tanx dx,´ π/2−π/2 cosx dx,

πˆ

−π

sinx dx,

+∞ˆ

2

dx

1− x2=?,

π2ˆ

−π2

tanx dx,´ 3

1dx

x2−2x+4=?

´ 10

2x

x2 − 4,

2ˆ

0

2x

x2 − 1,

1ˆ

0

x cos(3x2 + 4

)dx,

π/2ˆπ/3

cosx

sinxdx,

2πˆ

0

cosx dx

2 + sin x,

2πˆ

0

cos5 x dx,

πˆ

0

sin2 x cos2 x dx,

πˆ

0

dx

sinx (2 cos2 x− 1),

πˆ

0

dx

2 sinx− cosx+ 5,

πˆ

0

sinx dx

1− sinx,

2ˆ

0

2x2 cosx dx,ˆx2 + 2x+ 2

x2 + x− 2dx,

+∞ˆ

−1

dx

1 + x2=?

2ˆ

0

2x

x2 − 1=?,

2ˆ

0

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx =?,

´ 10

2x

x2 − 4=?,

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx =?

1ˆ

0

x2 tan(3x3 + 1

)dx =?,

2ˆ

0

3x

x2 − 2x+ 1=?,

2ˆ

0

x− 1

x2 + x− 2dx =?

´ 10

2x

x2 − x− 2=?,

0ˆ

−2

x dx

1− x=?,

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx,

93

13 Skalarne funkcije

Skalarna funkcija je funkcija nekoliko (m) realnih varijabli £ije su vrijednosti realni brojevi. Mo-ºemo je ovako ozna£iti

f : Ω ⊆ Rm → R.

U gornjem primjeru sa Ω je ozna£ena domena funkcije (podru£je na kojem je funkcija zadananekim pravilom). Evo nekoliko primjera.

Primjer: dubina mora

Slika 1: Luka Zadar. Svaka to£ka na kartimoºe se ozna£iti sa dvije varijable: geograf-ska ²irina i visina. Plavom bojom ozna£enaje morska povr²ina na kojoj je denirana du-bina mora.

Neka je λ zemljopisna duºina i ϕ zemljopisna ²irina.Vrijedi da je ureeni par (λ, ϕ) ∈ R2 jedna to£kau ravnini. Sa M ozna£imo sve to£ke (λ, ϕ) kojepokriva more. Tada je M ⊆ R2. Sloºimo se da jena svakoj to£ki povr²ine mora odreena dubina i daje to realni broj. Denirajmo sada funkciju dubinemora kao funkciju

d : M→ R

s pravilom da je d(λ, ϕ) = dubina mora na ko-ordinatama (λ, ϕ). Prema na²im oznakama M jedomena funkcije d. Skup svih vrijednosti koje funk-cija moºe poprimiti naziva se kodomena funkcije. Una²em slu£aju kodomenu funckije d ozna£iti ¢emosa d[M]. Na slici 1 kodomena je skup vrijednostidubine umetrima izmeu 0 i ne²to vi²e od 20.Kako vidimo na slici 1 skalarna funkcija u ravninimoºe se lijepo vizualizirati pomo¢u linija koje se na-zivaju razinske krivulje. Za svaku vrijednost iz ko-domene z0 ∈ d[M] moºemo odrediti jednu razinskukrivulju to su sve to£ke koje zadovoljavaju jed-

nadºbud(λ, ϕ) = z0.

Na slici 1 dane su razinske krivulje (izobate) za dubinu mora 5, 10 i 20 metara i one nam dovoljnodobro do£aravaju vrijednosti dubine mora na podru£ju koje pokriva karta. Kada su dvije razinskekrivulje na karti relativno blizu jedna drugoj moºemo zaklju£iti da se u tom podru£ju brzo mije-njaju vrijednosti funkcije. U ovom primjeru s dubinom mora govorimo o naglom porastu dubine.Matemati£kim rije£nikom govorimo o velikom gradijentu funkcije dubine.

94

Slika 3: Batimetrija Jadranskog mora. (3D prikaz)

Slika 2: Batimetrija Jadranskog mora. Pri-mjer skalarne funkcije u ravnini i predo£ava-nja bojom.

Na slici 2 dubinu mora moºemo vizualizirati jo² bo-lje jer se autor osim ravninskih krivulja posluºio ibojom. Krajnjim crvenim dijelom spektra ozna£ioje najmanje vrijednosti dubine, a krajnjim plavim(ljubi£astim) bojama najdublja podru£ja. U uspo-redbi s izobatama nijansiranje boja omogu¢uje sup-tilniju vizualizaciju dubine mora. Uz ovu sliku u£lanku I. Janekovi¢,Modeliranje morskih mijena Ja-drana, Ruer, vol. 3, broj 4, travanj 2002. pi²e:

Podru£je jadranskog bazena moºemo ugrubo podijeliti u tri geomorfolo²ke cje-line. Sjeverni dio Jadrana je najpli¢i, sasrednjom dubinom od oko 40 m koja seblago pove¢ava u smjeru jugoistoka doizobate od 100 m. Srednji Jadran s pro-sje£nom dubinom od 140 m proteºe sedo Palagru²kog praga, a u sebi sadrºiJabu£ku kotlinu s dubinom od oko 200m. Juºni dio Jadrana je najdublji, a pro-teºe se od Palagru²kog praga do Otrant-skih vrata koji povezuje Jadransko mores Jonskim i Sredozemnim morem. Ka-rakteristi£an je po naglom porastu du-bine od 150 m na svom gornjem dijeluna 1200 m u svom najdubljem sredinjem djelu.

Bliski razmje²taj razinskih krivulja na podru£ju juºnog Jadrana upu¢uje na spomenuti nagli porastdubine. Slika vrijedi 1000 rije£i.Jo² jedna vrsta prikaza skalarne funkcije u ravnini je prikaz u 3 dimenzije. Donosimo sljede¢usliku gdje su na dvije osi nanesene varijable domene (zemljopisna duºina i ²irina), a na tre¢oj

95

osi nanesena je vrijednost funkcije dubine mora. Takoer, dubina je ozna£ena i bojom. Domenafunkcije dubine na slikama 2 i 3 je podru£je Jadranskog mora J, odnosno:

J = (λ, ϕ) : (λ, ϕ) odgovara zemljopisnim koordinatama pozicije na Jadranskom moru

Funkcija d mjeri dubinu u metrima i zapisuje se kao

d : J→ R,

a njena kodomena je skup realnih vrijednosti izmeu 0 i oko −1200, dakle d je ograni£ena funkcija.Minimum funkcije d (vrijednost oko −1200) je najdublja to£ka Jadranskog mora, a maksimumfunkcije d (vrijednost 0) poprimaju sve to£ke uz obalu mora.

Zadatak za samostalan rad: amplituda morskih mijena

Pogledajte sliku 4. Pazite: na istoj slici oslikano je djelovanje dviju funkcija.

Opi²ite funkcije prikazane na slici 4, njihovu domenu, kodomenu, maksimume, minimume

i podru£ja najve¢eg gradijenta.

Slika 4: Amplituda glavne mjese£eve poludnevne komponente morske mijene ozna£ena je bojom.Bijelim linijama su ozna£ene krivulje sa istom fazom mijene u intervalima od 30° (oko 1 sat).Amdromijske to£ke su tamno plava podru£ja gdje se bijele linije spajaju.

Ako imate pote²ko¢a s prethodnim zadatkom potraºite malu pomo¢ u fusnoti.2

2Na slici broj 4 bojom je prikazana razlika izmeu plime i oseke, to£nije amplituda glavne mjese£eve poludnevnekomponente (M2) morske mijene. Crne linije su razinske krivulje ove funkcije. Amdromijske to£ke su minimumi, apodru£ja najve¢e morske mijene maksimumi. Uz navedeno, bijele linije su razinske krivulje druge funkcije koja dajevrijednost faze morske mijene. Morska mijena je u svojoj prirodi val, a svaki val je uz amplitudu karakteriziran jo²i periodom. Period glavne mjese£eve poludnevne komponente morske mijene je ne²to vi²e od 12 sati. Vrijednostifaze su izmeu 0 i duljine perioda. Sve to£ke u istoj fazi titraju zajedno, ali svaka u svojoj vlastitoj amplitudi.

96

13.1 Odreivanje domene

Ako nam je dan analiti£ki zapis funkcije, podru£jem denicije funkcije smatra se skup svih onih

to£aka D kojima to pravilo pridjeljuje jedinstvene realne brojeve.

zad1. Odredi domenu funkcije

f(x, y) = arcsin(x+ y

2).

p Na koji na£in pristupiti pronalaºenju domene ove funkcije? Za po£etak valja primjetiti da jeovo funkcija od dviju varijabli. To nam zna£i da ¢e traºena domena D biti podskup skupa R2.Prisjetimo se sad op¢enito domene funkcije arcsinx, kao funkcije jedne varijable. Njena domenaje segment [−1, 1]. Stoga nam mora vrijediti:

−1 ≤ x+ y

2≤ 1 / · 2

−2 ≤ x+ y ≤ 2

Ovim dvjema nejednadºbama su nam zadane dvije poluravnine omeene pravcima:

1. y ≤ −x+ 2

2. y ≥ −x− 2

Domena funkcije ¢e biti presjek ovih dviju poluravnina.

zad2. Odredi domenu funkcijef(x, y) =

√x2 + y2.

p Ono ²to se nalazi pod korijenom mora biti ≥ 0, stoga mora vrijediti

x2 + y2 ≥ 0.

No, ova tvrdnja je istinita za bilo koja dva realna broja x i y, pa je domena ove funkcije £itav R2.

97

zad3. Odredi domenu funkcije

f(x, y) =1√

4− x2 − y2.

p Zadana funkcija se sastoji od razlomka, a u njegovom nazivniku se nalazi korijen. Znamo da ono²to je u nazivniku ne smije biti nula, a da ono ²to je pod korijenom mora biti ≥ 0, pa nam moravrijediti

4− x2 − y2 > 0

x2 + y2 < 4

Ovom nejednadºbom nam je zadan skup to£aka u ravnini omeen kruºnicom x2 +y2 = 4. Domenaje skup svih to£aka unutar te kruºnice ne uklju£uju¢i i samu kruºnicu. Kruºnica ima sredi²te uto£ki S(0, 0) i radijus 2.

zad4. Odredi domenu funkcijef(x, y) = ln(x+ y).

p Ono ²to se nalazi pod djelovanjem funkcije ln mora biti strogo ve¢e od nule. Stoga vrijedi:

x+ y > 0

y > −x.

Ova nejednadºba odreuje skup to£aka u ravnini omeen pravcem y = −x. Domena funkcije susve to£ke iznad toga pravca, ne uklju£uju¢i taj pravac.

98

zad5. Odredi domenu funkcijef(x, y) = arcsin(

x

2) +√x · y.

p Primjetimo da nam se funkcija sastoji od dva dijela : arcsin(x2) i√x · y. Domena funkcije ¢e

nam biti skup to£aka u ravnini koje dobijemo kao presjek, obzirom na uvjete prvog i drugog dijelafunckije.Za arcsin(x

2) mora nam biti

−1 ≤ x

2≤ 1

−2 ≤ x ≤ 2

1. x ≥ −2

2. x ≤ 2

Ovim nejednadºbama su odreeni skupovi to£aka u ravnini omeeni pravcima x = −2 i x = 2. Zaprvu nejednadºbu promatramo sve to£ke desno od pravca x = −2, a za drugu sve to£ke lijevo odpravca x = 2.

Za√x · y znamo da mora vrijediti, zbog uvjeta korijena

x · y ≥ 0.

Koje su nam ovo to£ke? Pa ovaj uvjet ¢e biti ispunjen za sve to£ke iz I. i III. kvadranta.Domena funkcije je dakle presjek obaju uvjeta:

13.2 Odreivanje razinskih krivulja

Primjer. Za funkciju f(x, y) = ln(x− y + 2) odrediti domenu, sliku funkcije i razinske krivulje.

p Kao u zadatku 4. na strani 98 otkrivamo domenu

D(f) =

(x, y) ∈ R2 : x− y + 2 > 0

=

(x, y) ∈ R2 : x− y > −2

=

(x, y) ∈ R2 : y < x+ 2

Na skici ispod domena je podru£je ispod najvi²eg nacrtanog pravca £ija je jednadºba y = x+ 2.

99

Slika funkcije obuhva¢a sve vrijednosti funkcije. Neka je c u slici funkcije. To zna£i da

c = ln(x− y + 2).

Potenciranjem slijedi ec = x − y + 2 ²to je ekvivalentno sa y = x + 2 − ec︸︷︷︸>0

< x + 2. Stoga se

vrijednost f(x, y) = c moºe posti¢i izborom (x, y) = (x, x+ 2− ec) za proizvoljan c ∈ R:

f(x, x+ 2− ec) = ln (x− (x+ 2− ec) + 2)

= ln (x− x− 2 + ec + 2)

= ln ec = c

Zaklju£ak: slika funkcije su svi realni brojevi.Razinska krivulja na kojoj f postiºe vrijednost c ima jednadºbu f(x, y) = c pa kao i kod ra£unanjaslike funkcije moºemo zaklju£iti

ln(x− y + 2) = c ²to je ekvivalentno sa x− y + 2 = ec ili y = x+ 2− ec.

Zaklju£ujemo da su razinske krivulje pravci: na primjer

c = −1, y = x+ 2− e−1

c = 0, y = x+ 2− e0 . . . y = x+ 1

c = ln 2, y = x+ 2− eln 2 . . . y = x

c = ln 5, y = x+ 2− eln 5 . . . y = x− 3

Ispod je dan i 3D graf funkcije za koji se ne o£ekuje da ga znate nacrtati.

Slika 5: f(x, y) = ln(x− y + 2): 3D graf (lijevo) i razinske krivulje (desno)

Zadaci za samostalan rad.

1. Odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje za funkciju f(x, y) = ln(x

y).

2. Odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje za funkciju f(x, y) = x+ 2y + 1.

3. Za funkciju f(x, y) = (x− 1)2 + y2 − 9 odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje .

100

4. Ispitati skalarnu funkciju f(x, y) = (x− 1)2 − y2.

5. Zadana je funkcija za funkcija f(x, y) =√

(x+ 2)2 + (y − 1)2−3. Ispitati domenu, kodomenui razinske krivulje.

6. Zadana je funkcija f(x, y) =√

9− (x+ 2)2 + (y − 1)2 + 1. Odrediti domenu, kodomenu irazinske krivulje.

Na sljede¢im slikama je pomo¢ za zadatke 2-6 gore. Skica desno je glavni dio rje²enja. 3D grafnije bilo potrebno izraditi.

Slika 6: f(x, y) = x+ 2y + 1

Slika 7: f(x, y) = (x− 1)2 + y2 − 9

101

Slika 8: f(x, y) = (x− 1)2 − y2

Slika 9: f(x, y) =√

(x+ 2)2 + (y − 1)2 − 3

Slika 10: f(x, y) =√

9− (x+ 2)2 + (y − 1)2 + 1

102

13.3 Limes (grani£na vrijednost) i neprekidnost

Kratko ponavljanje s predavanja

To£ke u vi²edimenzionalnom prostoru ozna£avati ¢emo sa masnim slovima. Na primjerx = (x1, x2, . . . , xm) ∈ Rm, y = (y1, y2, . . . , ym) ∈ Rm. Sa K(x, δ) ozna£avamo kuglu radijusa δoko to£ke x.

Definicija limesa funkcije. Neka je x gomili²te skupa Ω, L ∈ R i skalarna funkcija

f : Ω ⊆ Rm → R. Kaºemo da f ima limes L u to£ki x i pi²emo limy→x

f(y) = L

ako ∀ε > 0, ∃δ > 0 tako da iz y ∈ Ω, y 6= x i y ∈ K(x, δ) slijedi |f(y)− f(x)| < ε.

Alternativna definicija limesa funkcije:

ako za svaki niz yk : k ∈ N ⊆ Ω takav da yk → x vrijedi f(yk)→ L.

Posljedica: funkcija nema limes na mjestima gdje se dodiruju ili kriºaju dvije razli£ite razinske

krivulje (ili razinske plohe)!

Teorem o uzastopnim limesima. Neka f : X ⊂ R2 → R ima limes u to£ki p = (x0, y0) ineka postoji O okolina oko p takva da je O ⊂ X na kojoj za (x, y) ∈ O\p:

postoji limes po varijabli x: limt→x

f(t, y)

postoji limes po varijabli y: limt→y

f(x, t)

Tada uzastopne grani£ne vrijednosti po varijablama x i y komutiraju:

limy→y0

(limx→x0

f(x, y)

)= lim

(x0,y0)f = lim

x→x0

(limy→y0

f(x, y)

)Posljedica: funkcija nema limes na mjestima gdje uzastopni limesi ne komutiraju!

Definicija neprekidnosti. Funkcija f : Ω → R je neprekidna ako u svakoj to£ki x ∈ Ω

postoji limes funkcije i jednak je f(x).

Kratko ponavljanje iz predavanja broj 9:

Kako ispitati da li je skalarna funkcija f neprekidna?

zbroj, razlika, umnoºak, kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna. . . kvocijent (razlomak) je neprekidan tamo gdje su sastavni dijelovi (brojnik i nazivnik) nepre-kidni uz dodatni uvjet da nazivnik nije nula!

na grafu funkcije tamo gdje se sastaju razli£ite razinske krivulje funkcija ima prekid! Ostatakgrafa upu¢uje na podru£ja neprekidnosti!

ako uzastopni limesi po pojedina£nim varijablama ne komutiraju u to£ki funkcija tu imaprekid!

ispitivanje iz denicije neprekidnosti preko limesa za skalarnu funkciju je dosta te²ko: uvijekprvo iskoristiti ovo gore!

103

zad1. Izra£unaj sljede¢i limes: lim(x,y)→(5,2)

x+ y + 2x2 + 2y2

x2 + y2.

p Ako je funkcija neprekidna u to£ki tada limes postoji i jednak je vrijednosti funkcije. Funkcijef(x, y) = x i g(x, y) = y su neprekidne funkcije jedne varijable, pa su neprekidne i kao skalarnefunkcije. Umno²ci neprekidnih funkcija su neprekidne funkcije: x ·x, y ·y, 2x ·x i 2y ·y. Dalje zbrojneprekidnih funkcija su neprekidne funkcije: x+ y+ 2x2 + 2y2 i x2 + y2. Razlomak s neprekidnimfunkcijama je neprekidan osim moºda gdje je nazivnik nula. Obzirom da nazivnik x2 + y2 nijenula u istaknutoj to£ki (5, 2) moºemo zaklju£iti da je cijela funkcija dana izrazom x+y+2x2+2y2

x2+y2

neprekidna u (5, 2) pa

lim(x,y)→(5,2)

x+ y + 2x2 + 2y2

x2 + y2=

5 + 2 + 2 · 52 + 2 · 22

52 + 22

zad2. Da li postoji limes lim(x,y)→(0,0)

x− yx+ y

?

p Postojanje limesa provjeravamo ra£unanjem uzastopnih limesa:

limx→0

(limy→0

x− yx+ y

) = limx→0

x

x= lim

x→01 = 1

limx→0

(limx→0

x− yx+ y

) = limy→0

−yy

= limy→0− 1 = −1

Budu¢i se ova dva limesa razlikuju zaklju£ujemo da limes ne postoji.

zad3. Izra£unaj limes kad x→ 0, y → 0 funkcije:

f(x, y) = (x2 + y2) · sin(1

x · y)

p Zbog omeenosti funkcije sinus vrijedi nam:

−1 ≤ sin(1

x · y) ≤ 1 / · (x2 + y2)

−(x2 + y2) ≤ (x2 + y2) · sin(1

x · y) ≤ (x2 + y2) /lim

x→0y→0

limx→0y→0

− (x2 + y2) ≤ limx→0y→0

(x2 + y2) · sin(1

x · y) ≤ lim

x→0y→0

(x2 + y2)

0 ≤ limx→0y→0

(x2 + y2) · sin(1

x · y) ≤ 0

pa je limx→0y→0

(x2 + y2) · sin( 1x·y ) = 0.

104

zad. 4. Za funkciju f(x, y) =x

yodrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu

(ako postoji).

Slika 11: f(x, y) = xy

105

13.4 Parcijalne derivacije prvog reda

Neka je zadana skalarna funkcija vi²e varijabli f : Ω→ R. Tada se parcijalna derivacija funkcije

f po varijabli x u to£ki (x, y, z, . . .) ozna£ava sa∂f

∂xili ∂xf i ra£una na na£in da se

sve ostale varijable y, z, . . . osim varijable x smatra za konstante i

izra£una derivacija funkcije jedne varijable x 7→ f(x, y, z, . . .)

Za druge varijable sli£no. Na primjer∂f

∂y(druga oznaka ∂yf ) se ra£una tako da se sve varijable

osim y smatraju za konstante i formalno ra£una derivacija funkcije y 7→ f(x, y, z, . . .).Jo² jedna vrsta oznake za parcijalnu derivaciju je oznaka ∂kf koja ozna£ava parcijalnu derivacijupo k-toj varijabli, dakle sve varijable osim k-te se drºe konstantama i ra£una se derivacija funkcijexk 7→ f(x1, x2, . . . , xk, . . . , xm)

Ako postoje sve parcijalne derivacije prvog reda kaºemo da je skalarna funkcija derivabilna.

zad1. Izra£unaj prve parcijalne derivacije za funkciju:

f(x, y) =x

y.

p

∂f

∂x= (

1

y· x)′ =

1

y∂f

∂y= (x · 1

y)′ = (x · y−1)′

= (−x · y−2) =−xy2.

106

zad2. Izra£unaj prve parcijalne derivacije za funkciju:

f(x, y, z) = z · sin(y

x+ z).

p

∂f

∂x= z · cos(

y

x+ z) · ( y

x+ z)′

= z · cos(y

x+ z) · ( −y

(x+ z)2) · (x+ z)′

= z · cos(y

x+ z) · ( −y

(x+ z)2)

∂f

∂y= z · cos(

y

x+ z) · ( y

x+ z)′

= z · cos(y

x+ z) · ( 1

x+ z· y)′

= z · cos(y

x+ z) · ( 1

x+ z)

∂f

∂z= sin(

y

x+ z) + z · (sin(

y

x+ z))′

= sin(y

x+ z) + z · cos(

y

x+ z) · ( y

x+ z)′

= sin(y

x+ z) + z · cos(

y

x+ z) · ( −y

(x+ z)2) · (x+ z)′

= sin(y

x+ z) + z · cos(

y

x+ z) · ( −y

(x+ z)2)

107

13.5 Parcijalne derivacije drugog reda

Parcijalne derivacije drugog reda deniramo na osnovi parcijalnih derivacija prvog reda, tako da

uzastopce parcijalno deriviramo po navedenim varijablama. Na primjer:

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂y

).

Koristimo skra¢eni zapis:∂2f

∂x2=

∂2f

∂x∂xi skra¢eni zapis : ∂xyf =

∂2f

∂x∂y.

Vrijedi (Schwartz, vidi Teorem 5.2.4 knjiga str. 253): ako je∂2f

∂x∂yneprekidna u okolini neke to£ke

onda je u toj to£ki∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x.

zad1 Odredite parcijalne derivacije drugog reda za funkciju:

f(x, y) = x2 + y2 − 2x2y2.

p

∂f

∂x= 2x− 4xy2

∂2f

∂x2= 2− 4y2

∂f

∂y= 2y − 4x2y

∂2f

∂y2= 2− 4x2

∂2f

∂x∂y= −8xy

∂2f

∂y∂x= −8xy

108

zad2. Odredite parcijalne derivacije drugog reda za funkciju:

f(x, y) = exy + 2y + x2.

p

∂f

∂x= exy · (xy)′ + 2x

= exy · y + 2x

∂2f

∂x2= exy · y · (xy)′ + 2

= y2exy + 2∂f

∂y= exy · (xy)′ + 2

= xexy + 2∂2f

∂y2= xexy · (xy)′

= x2exy

∂2f

∂y∂x= exy · (xy)′ · y + exy · y′ + 0

= xy · exy + exy

= exy(xy + 1)

∂2f

∂x∂y= x′ · exy + x · (exy)′ + 0

= exy + xy · exy

= exy(1 + xy)

zad. (za vjeºbu) Odredite parcijalne derivacije drugog reda za funkciju:

f(x, y) =x√

x2 + y2.

Za vjeºbu: Izra£unati sve parcijalne derivacije drugog reda funkcije f(x, y) = x2y3+x4y i uvjeritise u ispravnost Schwartzovog teorema.

109

13.6 Diferencijal i tangencijalna ravnina

Totalni diferencijal (ili kra¢e diferencijal) skalarne funkcije f : Ω ⊆ Rm → R u to£kiT0(x0, y0, . . .) je izraz (linearni funkcional, matrica ili vektor)

df(T0) ≡[∂f(T )

∂x

∂f(T )

∂y. . .

], df(T0) : Rm → R

koji aproksimira funkciju f u to£ki T (x, y, . . .) blizu to£ke T0 na na£in da je

f(T )− f(T0) ≈ df(T0) (T − T0)︸ ︷︷ ︸=

∂f(T )

∂x

∂f(T )

∂y...

x− x0y − y0

...

...

,

²tovi²e mora vrijediti uvjet (detalje vidi u knjizi na str. 246):

limT→T0

f(T )− f(T0)− df(T0) (T − T0)‖T − T0‖

= 0. (2)

Kako ispitati da li je skalarna funkcija f diferencijabilna?

zbroj, razlika, umnoºak, kompozicija diferencijabilnih funkcija je diferencijabilna funkcija!

sve elementarne funkcije su diferencijabilne na cijeloj svojoj domeni osim:

f(x) = xp za 0 ≤ p < 1 nisu derivabilne u nuli

arkus sinus nije derivabilan u ±1

kvocijent (razlomak) je diferencijabilan tamo gdje su sastavni dijelovi (brojnik i nazivnik)diferencijabilni uz dodatni uvjet da nazivnik nije nula!

preko grafova parcijalnih derivacija prvog reda:

tamo gdje se ne sastaju razli£ite razinske krivulje parcijalne derivacije su neprekidne!

* tamo gdje su sve parcijalne derivacije neprekidne tamo je funkcija diferencijabilna

ako parcijalne derivacije imaju prekid u to£ki funkcija jo² uvijek moºe biti diferencija-bilna

preko grafa funkcije:

tamo gdje se nae da funkcija ima prekid: zasigurno nije diferencijabilna!

ispitivanje limesa iz denicije diferencijabilnosti je dosta te²ko: uvijek prvo iskorisititi ovogore

110

Primjer. Izra£unati diferencijal funkcije f(x, y) = 5x3y2 − 9 u to£ki T (3, 1), izraziti ga u oblikumatrice i pomo¢u njega aproksimirati funkciju f u blizini to£ke T .

Diferencijal se moºe zapisivati i u obliku diferencijalne forme:

df(T0) =∂f(T )

∂xdx+

∂f(T )

∂ydy + . . .

Primjer. Izra£unati diferencijal funkcije f(x, y) = x2 cosxy i prikazati ga u obliku diferencijalneforme.

111

Primjer. Nacrtati razinske krivulje, odrediti domenu i kodomenu, ispitati neprekidnost, deriva-bilnost i diferencijal funkcije f(x, y) = 3

√xy.

Pazi! g(t) = 3√t nije derivabilna u nuli.

Slika 12: f(x, y) = 3√xy

Slika 13: f(x, y) = 3√xy i derivacija ∂f

∂x= 1

33√

yx2

112

Zadatak. Odrediti domenu, ispitati neprekidnost, derivabilnost i diferencijal funkcije

f(x, y) =

xy√x2 + y2

, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0).

Ovo je primjer funkcije koja je svudaneprekidna, svuda derivabilna, ali nijediferencijabilna u ishodi²tu.

Sljede¢e formule i zadaci su za slu£aj kad nam je jednadºba plohe dana u eksplicitnom obliku.Uvedimo jo² i oznaku ∂f

∂x= fx i ∂f∂y = fy.

Ako nam je zadana jednadºba plohe z = f(x, y), tada tangencijalna ravnina Rt u to£ki T =(x0, y0, z0) = (x0, y0, f(x0, y0) ) ima jednadºbu (vidi formule uz obrazac za ovjere):

Rt ... z − f(x0, y0)︸ ︷︷ ︸naziv z0

= fx(T )(x− x0) + fy(T )(y − y0),

a jednadºba normale je:

n...x− x0fx(T )

=y − y0fy(T )

=z − z0−1

.

Pazi! Tangencijalna ravnina postoji samo na mjestima gdje je funkcija diferencijabilna (vidi pre-davanje 8). Bez napomene o diferencijabilnosti va²e izra£unate tangencijalne ravnine na ispitu ikolokviju vrijediti ¢e samo pola bodova istaknutih u zadatku.

113

zad1. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = x2 + y2 u to£ki T (1,−2, z0).

p Funkcija f(x, y) = x2 + y2 je svuda diferencijabilna jer je zbroj diferencijabilnih funkcija. Stogasvugdje ima tangencijalnu ravninu na graf funkcije!Kako to£ka T leºi na plohi, potrebno je odrediti njenu z0 koordinatu iz jednadºbe plohe:

z0 = x2 + y2

= 12 + (−2)2

= 1 + 4

= 5.

Dakle, T (1,−2, 5). Sada moramo prona¢i prve parcijalne derivacije i izra£unati njihove vrijednostiu to£ki T .

fx =∂f

∂x= 2x

fx(T ) = 2 · 1 = 2

fy =∂f

∂y= 2y

fy(T ) = 2 · (−2) = −4

Na koncu, dobivene vrijednosti uvrstimo u formulu:

z − z0 = fx(T )(x− x0) + fy(T )(y − y0)z − 5 = 2(x− 1) + (−4)(y − (−2))

z − 5 = 2(x− 1) + (−4)(y + 2)

z − 5 = 2x− 2− 4y − 8

z − 5 = 2x− 4y − 10

2x− 4y − z − 10 = 0 ... Rt

Jednadºba normale je :

x− x0fx(T )

=y − y0fy(T )

=z − z0−1

x− 1

2=

y + 2

−4=z − 5

−1

114

Primjer. Prona¢i tangentu na graf funkcije f(x) = x2 + 3x + 1 u to£ki grafa koja odgovarakoordinati x = −1.

Primjer. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = y√x − y2 − x + 6y povu£enu u to£ki

(4, 1, z0) tog grafa.

115

Zadatak. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = x2y u to£ki (2, 1, 4).

Za samostalan rad:

1. Prona¢i tangentu na graf funkcije f(x) = 1− x2 − 2x u to£ki s koordinatom x = 1

2. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = 5x3y2 − 9 u to£ki T (3, 1, z0).

3. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan( yx) u to£ki M(1, 1, z0).

116

13.7 Ekstremi funkcija vi²e varijabli

Denicije:Lokalni maksimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz okoline to£ke T0 vrijedif(T ) ≤ f(T0).Globalni maksimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz domene funkcije vrijedif(T ) ≤ f(T0).Lokalni minimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz okoline to£ke T0 vrijedif(T ) ≥ f(T0).Globalni minimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz domene funkcije vrijedif(T ) ≥ f(T0).Lokalnim ekstremima nazivamo sve lokalne maksimume i minimume, a globalnim ekstremimasve globalne maksimume i minimume.T je stacionarna to£ka funkcije f ako je df(T ) = 0, dakle sve parcijalne derivacije prvog redau to£ki T su jednake nuli.

Dovoljni uvjeti za lokalni ekstrem (vidi Teorem 5.2.9 knjiga str. 263)Neka skalarna funkcija f ima neprekidne sve parcijalne derivacije drugog reda u okolini stacionarneto£ke T . Tvorimo determinante redom

|∂xxf(T )|︸ ︷︷ ︸1.

,

∣∣∣∣ ∂xxf(T ) ∂xyf(T )∂yxf(T ) ∂yyf(T )

∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸2.

,

∣∣∣∣∣∣∂xxf(T ) ∂xyf(T ) ∂xzf(T )∂yxf(T ) ∂yyf(T ) ∂yzf(T )∂zxf(T ) ∂zyf(T ) ∂zzf(T )

∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸3.

, . . .

→ ako su gornje determinante sve redom pozitivne tada f ima lokalni minimum u to£ki T ,→ ako su neparne determinante u gornjem nizu negativne, a parne pozitivne tada f ima lokalnimaksimum u to£ki T ,→ ako je barem jedna parna determinante negativna ili ako su dvije neparne razli£itog predznakatada f nema u to£ki T lokalni ekstrem ve¢ tzv. sedlastu to£ku,→ a u ostalim slu£ajevima ne moºemo donijeti nikakav zaklju£ak.Poseban slu£aj kada je skalarna funkcija samo sa dvije varijable

Neka je f : D → R, D ⊆ R2, funkcija s neprekidnim drugim parcijalnim derivacijama. Potrebniuvjeti za postojanje ekstrema u to£ki T0 su :

fx(T0) = 0 fy(T0) = 0.

U ovom slu£aju to£ku T0 nazivamo stacionarnom to£kom i provjeravamo sljede¢u determinantu:

∆ =

∣∣∣∣∣ ∂2f∂x2

(T0)∂2f∂x∂y

(T0)∂2f∂x∂y

(T0)∂2f∂y2

(T0)

∣∣∣∣∣ . Ako je ∆ > 0 i ∂

2f∂x2

(T0) > 0, to£ka T0 je lokalni minumim funkcije.

Ako je ∆ > 0 i ∂2f∂x2

(T0) < 0, to£ka T0 je lokalni maksimum funkcije.

Ako je ∆ < 0, to£ka T0 nije ekstrem funkcije. Tada to£ku T0 nazivamo sedlasta to£ka.

U drugim slu£ajevima ne moºemo zaklju£ivati o obstojnosti ekstrem u to£ki T0.

117

zad.1 Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = x2 − y2.

p Prvo je potrebno prona¢i stacionarne to£ke zadane funckcije. Stacionarne to£ke odreujemo takoda izra£unamo prve parcijalne derivacije funkcije i izjedna£imo ih s nulom.

fx =∂f

∂x= 2x

fy =∂f

∂y= −2y

2x = 0 − 2y = 0

x = 0 y = 0

Dakle, stacionarna to£ka T0(0, 0). Sada izra£unamo druge parcijalne derivacije funkcije i njihovuvrijednost u to£ki T0(0, 0).

∂2f

∂x2= 2,

∂2f

∂y2= −2,

∂2f

∂x∂y= 0

∆ =

∣∣∣∣∣ ∂2f∂x2

(T0)∂2f∂x∂y

(T0)∂2f∂x∂y

(T0)∂2f∂y2

(T0)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2 00 −2

∣∣∣∣ = −4 < 0

Dakle, ∆ < 0, pa to£ka T0(0, 0) nije ekstrem funkcije.

zad. 2 Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = −x2 − y2 + 2x.

p Odreujemo stacionarne to£ke iz uvjeta da su prve parcijalne derivacije jednake nuli.

fx =∂f

∂x= −2x+ 2

fy =∂f

∂y= −2y

2x+ 2 = 0 − 2y = 0

x = 1 y = 0

Dakle, stacionarna to£ka je T0(1, 0). Sada ra£unamo druge parcijalne derivacije i njihovu vrijednostu ovoj to£ki:

∂2f

∂x2= −2

∂2f

∂y2= −2

∂2f

∂x∂y= 0

∆ =

∣∣∣∣∣ ∂2f∂x2

(T0)∂2f∂x∂y

(T0)∂2f∂x∂y

(T0)∂2f∂y2

(T0)

∣∣∣∣∣∆ =

∣∣∣∣−2 00 −2

∣∣∣∣ = 4 > 0

Imamo ∆ > 0 i ∂2f∂x2

(T0) = −2 < 0, iz £ega zaklju£ujemo da je to£ka T0(1, 0) maksimum funckcije.

118

zad. 3 Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = 2xy − 3x2 − 2y2 + 10.

p

fx =∂f

∂x= 2y − 6x

fy =∂f

∂y= 2x− 4y

2y − 6x = 0 2x− 4y = 0

y = 3x x = 2y

pa jey = 0, x = 0.

Stacionarna to£ka je T0(0, 0). Ra£unamo druge parcijalne derivacije:

∂2f

∂x2= −6

∂2f

∂y2= −4

∂2f

∂x∂y= 2

∆ =

∣∣∣∣−6 22 −4

∣∣∣∣ = 20 > 0

Imamo ∆ > 0 i ∂2f∂x2

(T0) = −6 < 0, pa je to£ka T0(0, 0) maksimum dane funkcije.

Za vjeºbu

119

14 Obi£ne diferencijalne jednadºbe

Diferencijalna jednadºba je vrsta jednadºbe u kojoj je nepoznanica funkcija i u takvoj jednadºbijavlja se i neka derivacija (nepoznate) funkcije. Uz diferencijalnu jednadºbu £esto dolaze jo² nekidodatni uvjeti koje traºena funkcija treba zadovoljiti. Rje²enje diferencijalne jednadºbe je svakafunkcija koja zadovoljava zadanu diferencijalnu jednadºbu i postavljene dodatne uvjete. tovi²e,rje²enja diferencijalnih jednadºbi moºemo op¢enitije promatrati kao krivulje. Zbog toga se kodrje²avanja diferencijalnih jednadºbi ne treba brinuti ako kao rje²enje dobijemo krivulju koja nemoºe biti graf funkcije, na primjer zato ²to vertikalni pravac sije£e tu krivulju u vi²e to£aka.

Primjer. Provjeriti da funkcija f(x) = x2ex zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′−2y′+y = 0.

Zadatak. Provjeriti da funkcija f(x) = xex zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′− 2y′+ y = 0i po£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.

O£ito, istu diferencijalnu jednadºbu mogu zadovoljavati mnoge razli£ite funkcije. Grafovi svihfunkcija koje zadovoljavaju neku diferencijalnu jednadºbu nazivaju se integralne krivulje.

120

Partikularno rje²enje ODJ je naziv za bilo koje speci£no rje²enje odreene ODJ.

Op¢e rje²enje ODJ je naziv za skup svih rje²enja odreene navedene ODJ.

Primjer. Zadana je porodica krivulja y(x) = C1 (x− C2)2. Skiciraj tu porodicu krivulja. Odredi

diferencijalnu jednadºbu koju zadovoljava ta porodica krivulja.

Diferencijalnu jednadºbu nalazimo tako da jednadºbu za-dane porodice deriviramo dok ne doemo u mogu¢nostkonstante izraziti preko x, y, y′, y′′, . . . Zatim tako iz-raºene konstante uvrstimo u polaznu jednadºbu porodicekrivulja.

Diferencijalne jednadºbe karakterizirane su ne£im ²to se naziva red diferencijalne jednadºbe. Toje broj najve¢e derivacije koja se u diferencijalnoj jednadºbi pojavljuje. Na primjer, sve dosadspomenute diferencijalne jednadºbe su bile reda 2 jer je u svima najve¢a derivacija koja se pojavljujedruga derivacija.

Sve diferencijalne jednadºbe koje ¢emo promatrati spadaju u skupinu obi£nih diferencijalnih jed-nadºbi. Obi£ne diferencijalne jednadºbe su diferencijalne jednadºbe kojima je nepoznanica funkcijasamo jedne varijable.

Samo se mali broj diferencijalnih jednadºbi do danas uspjelo rije²iti. Nezgoda je da se gotovosvaki malkice druga£iji tip diferencijalne jednadºbe treba rije²avati na razli£iti na£in. Zbog toga umaterijalima koji slijede obraujemo samo nekoliko najosnovnijih tipova diferencijalnih jednadºbi.

121

14.1 Separirana ODJ 1. reda

Promatramo vrlo jednostavnu ODJ 1. reda oblika

y′ = G(x) ·H(y)

koja se naziva ODJ 1. reda s odjeljivim varijablama, koju rije²avamo dijeljenjem sa H(y) iintegriranjem ˆ

dy

H(y)=

ˆG(x) dx

Jednadºba jo² dopu²ta i rje²enje y = c ∈ R za H(c) = 0.Primjer. Rije²i diferencijalnu jednadºbu xyy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.Prikaºimo jednadºbu u tako da na lijevoj strani bude y′, a na desnoj izraz koji sadrºi samo x mnoºiizraz koji sadrºi samo y

y′︸︷︷︸= dy

dx

=1− x2

x· 1

y · y · dx

y dy =1− x2

xdx

ˆy dy︸ ︷︷ ︸↓

=

ˆ1− x2

xdx︸ ︷︷ ︸

↓

y2

2=

︷ ︸︸ ︷ˆ1

xdx−

ˆxdx = ln |x| − x2

2+ C

Rje²enja ODJ moºemo ostaviti u implicitnom obliku: y2 = 2 ln |x| − x2 + C.

Alternativno moºemo dobiveno rje²enje poku²ati prebaciti u eksplicitan obliky(x) = ±

√2 ln |x| − x2 + C.

Dalje, odredimo partikularno rje²enje koje zadovoljava rubni uvjet y(1) = 1, tako da u spomenutoop¢e rje²enje uvrstimo y = 1 i x = 1:

12 = 2 ln 1︸︷︷︸=0

−12 + C

slijedi C = 2 i partikularno rje²enje y2 = 2 ln |x| − x2 + 2

Provjerimo dobiveno rje²enje:

1. provjerimo prvo rubni uvjet uvr²tavanjem y = 1 i x = 1: 12 = 2 ln 1− 12 + 2 = 1 X

2. zatim derivirajmo uokvireno partikularno rje²enje pa usporedimo sa ODJ

Koristimo formulu za derivaciju kompozicije funkcije:

d

dx(y(x))2 = 2y(x) · d

dxy(x) = 2 y · y′

2 y y′ =2

x− 2x podijelimo sa 2 i pomnoºimo sa x . . . xyy′ = 1− x2 X

122

14.2 Linearna ODJ 1. reda

Denicija. Diferencijalnu jednadºbu koja dopu²ta zapis

y′ + g(x) · y = h(x)

nazivamo linearnom obi£nom diferencijalnom jednadºbom 1. reda.

Linearnu ODJ nazivamo homogenom ako je h(x) = 0.Homogena linearna jednadºba y′ + g(x) · y = 0 moºe se rije²iti separacijom varijabli:

y′

y= −g(x) =⇒ dy

y= −g(x) dx

ˆ⇓

ˆdy

y= −ˆg(x) dx ⇓

y = C · e−´g(x)dx ⇐= ln |y| = −

ˆg(x) dx+ C exp

Rje²enje nehomogene linearne ODJ moºemo traºiti varijacijom konstante iz rje²enja homogenejednadºbe, dakle u obliku

y = u(x) · e−´g(x)dx

Nakon uvr²tavanja predloºenog oblika rje²enja u ODJ(u(x) · e−

´g(x)dx

)′︸ ︷︷ ︸=u′·e−

´g+

u·e−

´g ·(−g)

+(((((((

((((g(x) · u(x) · e−

´g(x)dx = h(x)

vidimo da su se dva pribrojnika poni²tila pa preostaje

u′(x) · e−´g(x)dx = h(x)

u′(x) = h(x) · e´g(x)dx

u(x) =

ˆh(x) · e

´g(x)dxdx+ C, C ∈ R

Rje²enje linearne ODJ 1. reda dano je sa:

y(x) =

(ˆh(x) · e

´g(x)dxdx+ C

)· e−

´g(x)dx

Uobi£ajeno ne¢emo koristiti istaknutu formulu i u svakomnovom primjeru ¢emo od po£etka slijediti postupak nave-deno na ovoj stranici:

1. rije²avamo homogenu linearnu ODJ

2. nehomogenu ODJ rije²avamo varijaciom konstante

123

Primjer. Nai op¢e rje²enje jednadºbe y′ = yx− 1.

Prvo provjerimo da je zaista rije£ o linearnoj ODJ: y′ + g(x) · y = h(x)

Prebacimo yxna lijevu stranu i istaknimo razlomak 1

x:

y′ − 1

x· y = −1.

Homogeni dio navedene ODJ jest y′ − 1x· y = 0 i nju rije²avamo kao separiranu ODJ:

dy

dx=

1

x· y · dx

yˆ

ˆdy

y︸ ︷︷ ︸ =

ˆ1

x︸︷︷︸ln |y| = ln |x|+ C exp

|y| = eln|x|+C = eln|x| eC︸︷︷︸=C1

= |x| · C1

Sada se moºemo rije²iti apsolutnih vrijednosti tako da umjesto pozitivne konstante C1 = eC uz-memo drugu neodreenu konstntu C2 ∈ R pa slijedi rje²enje homogene jednadºbe

yH(x) = C2 · x, za C2 ∈ R.

Svejedno je zove li se neodreena konstanta C2 ili C, pa ¢emo ubudu¢e svaku konstantu ozna£avatisa C, iako se moºe razlikovati od koraka do koraka.

Rje²enje nehomogene polazne ODJ traºimo u obliku y(x) = u(x) · x, pa taj izraz uvrstimo upolaznu jednadºbu da vidimo ²to ¢emo dobiti

(u(x) · x)′ =C(x) ·xx

− 1 pa slijedi u′(x) · x+u(x) · 1 =

u(x)− 1

i dalje u′(x) · x = −1, odnosno u′ = −1

x.

Sada integriranjem slijedi ˆu′(x) dx︸ ︷︷ ︸=u(x)

= −ˆ

1

xdx = − lnx+ C.

Uvr²tavamo dobivenu funkciju u da dobijemo op¢e rje²enje nehomogene jednadºbe:

y(x) = u(x) · x = (− lnx+ C) · x = −x lnx+ Cx.

Provjera uvr²tavanjem u polaznu ODJ:

(−x lnx+ Cx)′︸ ︷︷ ︸=− lnx−x· 1

x+C

=−x lnx+ Cx

x− 1 X

jer su obje stranejednakosti jednake

124

14.3 Homogena ODJ: y′ = f(xy

)Rje²enje traºimo u obliku:

y(x) = v(x) · x, pa jex

y=

1

v.

Dalje ra£unamo derivacijuy′(x) = v′(x) · x+ v(x)

i uvrstimo u polaznu jednadºbu tako da dobijemo:

v′(x) · x+ v(x) = f

(1

v(x)

)Novu ODJ koju smo dobili moºda moºemo rije²iti (nema garancije) ako je u obliku odjeljivihvarijabli ili linearne ODJ. . .

Primjer. Rije²i 2xyy′ = x2 + y2.

Odmah vidimo da je jedno rje²enje polazne ODJ y(x) = 0 . Da dobijemo ostala rje²enja preure-dimo polaznu ODJ tako da je podijelimo obje strane sa 2xy pa slijedi

y′ =x2 + y2

2xy=

x

2y+

y

2x

Sada moramo primijetiti kako na desnoj strani imamo uvijek zajedno pojavljivanje xy(drugo po-

javljivanje je yx

=(xy

)−1) pa postupimo kako je predloºeno za homogenu ODJ. U polaznu ODJ

stoga uvrstimo y(x) = v(x) · x, xy

= 1v, yx

= v i y′ = v′ · x+ v pa slijedi

v′ · x+ v =1

2v+v

2.

Dobivenu ODJ poku²ajmo prikazati kao separiranu ili linearnu ODJ tako da je malo ispremje²ajmo:oduzmimo prvo na obje strane v, a zatim podijelimo sa x

v′ =

(1

2v− v

2

)· 1

xshva¢amo da je to separirana ODJ pa slijedimo poznati postupak

→ˆ

dv(12v− v

2

) =

ˆdx

x= lnx+ C

Rije²imo izdvojeno integral na lijevoj strani

ˆdv

12v− v

2

=

ˆdv1−v22v

=

ˆ2v dv

1− v2=

1− v2 = t−2v dv = dt2v dv = −dt

= −ˆ

dt

t= − ln |t| = − ln

∣∣1− v2∣∣+ C

Uvrstimo natrag izra£unati integral i uzmimo u obzir v = yx

− ln∣∣1− v2∣∣ = lnx+ C pa je 1− v2 =

C

xi dalje 1−

(yx

)2= C

x.

125

Graf funkcije koja je rje²enje ODJ naziva se integralna krivulja.

Zadatak. Pronai integralnu krivulju koja zadovoljava prethodno danu ODJ i prolazi to£komT (4, 0).

Op¢a rije²enja prethodno zadane ODJ su dana sa dva izraza

1. y(x) = 0

2. 1−(y(x)

x

)2

=C

x

Ako u prvi uvrstimo x = 4 i y = 0 slijedi y(4) = 0 ²to svakako vrijedi za spomenutu funkciju y(x) =0. Zaklju£ujemo da y(x) = 0 odreuje jednu integralnu krivulju koja zadovoljava spomenutu ODJi prolazi to£kom T (4, 0).

Isprobajmo sada moºe li i drugi izraz koji rije²ava spomenutu ODJ zadovoljiti uvjete x = 4 i y = 0.Slijedi

1−(

0

4

)2

=C

4²to odmah daje C = 4.

Dakle druga integralna krivulja koja zadovoljava polaznu ODJ i prolazi to£kom T (4, 0) odgovaraizrazu 1−

(yx

)2= 4

x.

Obzirom da nema drugih op¢ih rje²enja polazne ODJ, zaklju£ujemo da smo dobili dvije jedineintegralne krivulje koje odgovaraju postavljenim uvjetima.

Zadatak. Pronai integralnu krivulju koja zadovoljava gore danu ODJ i prolazi to£kom T (1, 1).

Op¢a rje²enja su kao gore. Prvo o£igledno ne moºe zadovoljiti to£ku x = 1 i y = 1. Poku²ajmo udrugi istaknuti izraz uvrstiti navedene parametre

1−(

1

1

)2

=C

1²to daje C = 0

pa je traºena integralna krivulja u ovom slu£aju 1−(yx

)2= 0. Eventualno se moºe pojednostaviti

y2

x2= 1, pa zatim y2 = x2 i na kraju |y| = |x|.

126

14.4 Mje²oviti zadaci s ODJ 1. reda

U zadacima koji slijede potrebno je prvo prepoznati tip. . . . dalje je onda lak²e (koristimoproceduru za pojedini tip)

Zadatak. Rije²i diferencijalnu jednadºbu (1 + ex) yy′ = ex uz po£etni uvjet y(0) = 1.

OvojesepariranaODJ:yy′=ex

1+ex.Slijedimopostupakrije²avanjasepari-

ranihODJiintegriramoˆydy

︸︷︷︸ =y2/2

=

ˆex

dx

1+ex=1+ex

=texdx=dt

=

ˆdt

t=ln|t|+C=ln|1+e

x|+C.

Sadaurje²enjey2/2=ln|1+e

x|+Cuvrstimopo£etniuvjetx=0iy=1pa

dobijemo1

2=ln∣∣1+e

0∣∣+C=⇒C=1

2−ln2.

Dakle,rje²enjezadatkauimplicitnomoblikuje

y2

2=ln|1+e

x|+

1

2−ln2.

Provjeraderiviranjemrje²enja:ODJ2yy′

2=

ex

1+exXpo£etniuvjet

AAA

12

2=ln∣∣1+e

0∣∣+ CCC

1

2−ln2X

Izra£unaj koliko moºe iznositi y(1) ako y rije²ava gore zadanu ODJ uz po£etni uvjet?

Uvrstimox=1idobijemo

y2

2=ln∣∣1+e

1∣∣+1

2−ln2=⇒y=±√2ln|1+e|+1−2ln2≈

127

Primjer. Nai partikularno rje²enje koje zadovoljava: xy′ + y − ex = 0 i y(1) = 1.

Zapamti da je klju£rije²avanja prepoznati tip!

OvojelinearnaODJ:y′+1

x·y=

ex

x.Slijedimopostupakrije²avanjalinearnih

ODJparije²avamopripadnuhomogenulinearnuODJˆdy

y︸︷︷︸ =ln|y|

=−ˆdx

xln|x|+C=⇒y(x)=C·

1

x

DaljesevarirakonstantaC=u(x)iuvr²tavaupolaznuODJ

u′(x)·1

x−u(x)

x2+1

x

(u(x)·1

x

)︸︷︷︸ =u′(x)/x

=ex

x

paslijediu′(x)=exidaljeintegriranjemu(x)=e

x+Cpajerje²enje

y(x)=(ex

+C)·1

x.Daljeiskoristimouvjet

1=y(1)=(e1+C)·1

1=⇒C=1−e

Dakle,rje²enjezadatkay(x)=(ex

+1−e)·1x.

Uvijek je dobro provjeritirje²enje!

128

Primjer. Nai op¢e rje²enje jednadºbe (x− y)ydx− x2dy = 0. Zapamti: y′ = dydx.

Temeljno je prepoznati tip!

Uvijek je dobro provjeritirje²enje!

Primjetimoprvodajey=0jednoistaknutorje²enje.Daljetraºimodrugarje²enja.Istraºimotip:

(x−y)y−x2y′=0y′=(x−y)

x2yy′=y

x(1−y

x)pavidimodajerije£ohomogenomtipuODJ.SlijedimopostupakzahomogeneODJy=u·x,y′=xu′+u:

xu′+u=u(1−u)=u−u2

xu′=−u2=⇒du

u2=−1

x ˆdu

u2︸︷︷︸ =−1/u(x)

=−ˆ1

x=−ln|x|+C

Slijediop¢erije²enjeueksplicitnomoblikuu(x)=−1C−ln|x|iy(x)=−x

C−ln|x|.Provjerarje²enjauovomslu£ajunijeba²jednostavna:

y′(x)=−(C−ln|x|)−1

(C−ln|x|)2

pauvr²tavanjeupolaznuODJdaje

(x−−xC−ln|x|

)−xC−ln|x|

−x2−C+ln|x|−1

(C−ln|x|)2=

=−x2

C−ln|x|−

x2

(C−ln|x|)2+

Cx2−x

2ln|x|+x2

(C−ln|x|)2

=−x2

(C−ln|x|)+Cx2−x

2ln|x|

(C−ln|x|)2=0.

129

Jo² nekoliko rije²enih primjera ODJ 1. redanastavnik ¢e podijeliti na seminarima.

Sljede¢i zadaci su za samostalni rad. Sami provjeri dobiveno rje²enje kako bi bio siguran da siprona²ao to£no rje²enje.Zadatak. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava dy =

(1 + x+ y

1−x2)

dx i y(0) = 0.Zadatak. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava sinx dy = y ln y dx i y(1) = 2.Zadatak. Pronai funkciju koja zadovoljava ydx +

(2√xy − x

)dy = 0 i y(1) = 1. Posebno

odgovori koliko iznosi konstantni £lan u implicitno zadanom obliku rje²enja.

130

14.5 Linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima

Zapis:

y′′ + ay′ + by = g(x), a, b ∈ R

Ova jednadºba se naziva homogenom kada je g(x) = 0.

14.5.1 Homogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima

Prvo ¢emo prona¢i rje²enje za homogenu linearnu ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima , azatim ¢emo se upustiti u rje²avanje op¢eg slu£aja nehomogene linearne ODJ 2. reda s konstantnimkoecijentima.

Denicija. Za homogenu linearnu ODJ 2. reda s konstantnim koecijntima

y′′ + ay′ + by = 0

njezina karakteristi£na jednadºba sa nepoznanicom r je

r2 + ar + b = 0.

Rje²enje karakteristi£ne jednadºbe dano je formulom r1,2 = −a2±√a2 − 4b

2.

Teorem 7.3.3 Ako karakteristi£na jednadºba homogene linearne ODJ 2. reda s konstantnimkoecijentima ima dva realna rje²enja r1 i r2 tada je op¢e rje²enje promatrane homogenelinearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima

y(x) = c1er1x + c2e

r2x.

Teorem 7.3.3 Ako karakteristi£na jednadºba homogene linearne ODJ 2. s konstantnim koeci-jentima reda ima dva kompleksna rje²enja r1 = α − βi i r2 = α + βi tada je op¢e rje²enjepromatrane homogene linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima

y(x) = c1er1x + c2e

r2x = eαx (k1 cos (βx) + k2 sin (βx)) .

Zapamti: eα+βi = eα (cos β + i sin β)

Teorem 7.3.4 Op¢e rje²enje homogene linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima

y′′ + ay′ + by = 0

u slu£aju kada njena karakteristi£na jednadºba ima samo jedno realno rje²enje r = −a2jest

y(x) = c1erx + c2xerx.

131

Primjer Rije²iti ODJ 4y′′ − y = 0 uz uvjet y(0) = 1 i y′(0) = 2.

Karakteristi£na jednadºba ... 4r2 − 1 = 0, r1,2 = ±12

Po Teoremu 7.3.3 op¢e rje²enje polazne ODJ je

y(x) = c1e− 1

2x + c2e

12x.

Potrebno je jo² zadovoljiti zadane uvjete, pa uvrstimo gornje rje²enje u spomenute uvjete

1 = y(0) =c1 e−12·0︸ ︷︷ ︸

=1

+c2 e12·0︸︷︷︸

=1

= c1 + c2,

2 = y′(0) =c1

(−1

2

)e−

12·0︸ ︷︷ ︸

=1

+c21

2e

12·0︸︷︷︸

=1

=1

2(−c1 + c2) .

Rije²imo dvije dobivene jednadºbe s dvije nepoznanice

c1 + c2 = 1−c1+c2

2= 2

i dobijemo c1 = −3/2 i

c2 = 5/2, pa slijedi partikularno rje²enje koje zadovoljava sve postavljene uvjete

y(x) = −3

2e−

12x +

5

2e

12x.

Provjera:

1. uvrstiti u polaznu ODJ: y′ = 34e−

12x + 5

4e

12x, y′′ = −3

8e−

12x + 5

8e

12x

4y′′ − y = 4

(−3

8e−

12x +

5

8e

12x

)−(−3

2e−

12x +

5

2e

12x

)= . . . = 0 X

2. uvrstiti u druge uvjete:

y(0) = −3

2e−

12·0 +

5

2e

12·0 = −3

2+

5

2= 1 X

y′(0) =3

4e−

12·0 +

5

4e

12·0 =

3

4+

5

4= 2 X

Zadatak Samostalno rije²iti ODJ 9y′′ − 6y′ + y = 0 uz uvjet x = 1, y = 0 i y′ = 0.

Ovi uvjeti odgovaraju y(1) = 0 i y′(1) = 0.

Karakteristi£na jednadºba ...9r2 − 6r + 1 = 0 ima rje²enje . . . . . . rezultat vidi ispod

Temeljemrje²enjakarakteristi£nejednadºber=1/3,op¢erje²enje

ODJslijedipoteoremu7.3.4,dakley(x)=C1exp(x/3)+C2xexp(x/3),

apartikularnorje²enjekojezadovoljavadodatneuvjetejey(x)=0.

132

Primjer Prona¢i op¢e rije²enje ODJ 9y′′ − 2y′ − 3y = 0.

Karakteristi£na jednadºba ... 9r2 − 2r − 3 = 0, r1,2 = 2±√4−4·9·318

= 1±√−269

= 19± 2

√6

9i

Po Teoremu 7.3.3 op¢e rje²enje polazne ODJ je

y(x) = ex/9

(c1 cos

(2√

6

9x

)+ c2 sin

(2√

6

9x

)).

Zadatak (samostalno) Pronai op¢e rje²enje: y′′ + 4y′ + 4y = 0.

Rje²enje vidi u primjeru 7.3.4 u udºbeniku na str. 360

Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′−5y′ + 4y = 0, uz y(0) = 5 i y′(0) = 8. Na kraju provjeri rje²enje.

Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′+4y = 0, uz y(0) = 0 i y′(0) = 2. Na kraju provjeri rje²enje.

Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′+5y′ = 0, uz y(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′+3y′ = 0, uz y(0) = 0 i y(3) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

133

14.5.2 Nehomogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima

Temeljem homogene linearne ODJ 2. reda s konstatnim koecijentima, sada se moºemo upustitiu rje²avanje op¢eg slu£aja linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima:

y′′ + ay′ + by = g(x), a, b ∈ R

Teorem 7.3.5 Op¢e rje²enje linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima moºe se dobitipribrajanjem jednog njenog partikularnog rje²enja i op¢eg rje²enje pripadne homogene ODJs konstantnim koecijentima .

Sada odgovaramo na pitanje: kako prona¢i jedno partikularno rje²enje linearne ODJ. 2. reda skonstatnim koecijentima?

injenica. Partikularno rje²enje linearne ODJ 2. reda s konstatnim koecijentima

y′′ + ay′ + by = eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))

gdje su a, b, α i β realni brojevi, a Pm(x) i Qn(x) polinomi stupnja m i n moºe se na¢i uobliku

y(x) = xkeαx (SN(x) cos(βx) + TN(x) sin(βx))

gdje je su SN i TN polinomi stupnja N = max m,n, a k je tzv. kratnost od α + iβ meurje²enjima karakteristi£ne jednadºbe r2 + ar + br = 0 i iznosi:

k = 0 kada α+iβ nije meu rje²enjima karakteristi£ne jednadºbe r1,2 = −a2±√b2 − 4a

2,

k = 1 kada postoje 2 razli£ita rje²enja karakteristi£ne jednadºbe, a α + iβ je upravojedno od njih,

k = 2 ako je β = 0, a r = −a/2 = α upravo jedno i jedino rje²enje karakteristi£nejednadºbe. Polinome SN i TN traºimo metodom neodreenih koecijenata i uvr²tavanjem u polaznu ODJ.

134

Primjer. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = 2x sinx.

Op¢e rije²enje pripradne homogena ODJ 4y′′ − y = 0 je lagano za prona¢i (vidi str. 132)

yH = c1e− 1

2x + c2e

12x.

Prema Teoremu 7.3.5 jo² samo trebamo prona¢i jedno partikularno rje²enje nehomogene jednadºbei pribrojiti zajedno sa rje²enjem homogene ODJ. Prema izloºenom na str. 134 prvo trebamo desnustranu postavljene ODJ prikazati u obliku

2x sinx = eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))

pa vidimo da

lijevo nema ex =⇒ α = 0 i eαx = 1 pa moºemo zaboraviti na taj faktor,lijevo nema cos =⇒ Pm(x) = 0 pa moºemo zaboraviti na taj pribrojnik,

argument sinusa jex =⇒ β = 1 i sin(βx) = sinx,

faktor uz sinus je 2x =⇒ Qn(x) = 2x i n = 1 stupanj polinoma 2x.

Pazi! Stupanj polinoma Pm(x) = 0 nijem = 0. Bolje je pisati da ta stupanjne postoji m = N/P . Polinomi stupnjanula su konstante.

Sada provjerimo koliko je k kratnost od α + iβ = 0 + i · 1 = i meu nulto£kama karakteristi£nejednadºbe pripradne homogene ODJ: to smo ranije trebali izra£unati za rje²enje pripadne homogeneODJ r1,2 = ±1

2. Obzirom da se i ne pojavljuje u r1,2 zaklju£ujemo da je kratnost k = 0.

Dalje jo² trebamo postaviti N = max m,n = max N/P , 1 = 1, pa smo odredili da su ¢e S1 i T1biti polinomi stupnja 1 s neodreenim koecijentima S1(x) = A + Bx i T1(x) = C + Dx tako daistaknuto partikularno rje²enje polazne ODJ traºimo u obliku (vidi na str. 134)

yP (x) = xkeαx (SN(x) cos(βx) + TN(x) sin(βx))

= x0︸︷︷︸=1

e0·x︸︷︷︸=1

((A+Bx) cos(1 · x) + (C +Dx) sin(1 · x))

= (A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx

Prethodnog kandidata za rje²enje uvrstimo u polaznu ODJ i grupiramo £lanove uz sin i cos

4 ((A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx)′′︸ ︷︷ ︸=(B cosx−(A+Bx) sinx+D sinx+(C+Dx) cosx)′

− ((A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx) = 2x sinx

4 (−B sinx−B sinx− (A+Bx) cosx+D cosx+D cosx− (C +Dx) sinx)

− (A+Bx) cosx− (C +Dx) sinx = 2x sinx

(−4B − 4B − 4 (C +Dx)− (C +Dx)) sinx

+ (−4 (A+Bx) + 4D + 4D − (A+Bx)) cosx = 2x sinx

(−8B − 5C − 5Dx) sinx+ (−5A+ 8D − 5Bx) cosx = 2x sinx

135

Usporedimo lijevu i desnu stranu, preciznije govore¢i faktore uz sin i cos trebaju biti jednakipa stoga

−8B − 5C − 5Dx = 2x,

−5A+ 8D − 5Bx = 0.

Sada u svakoj od navedene dvije jednadºbe s polinomimo usporedimo £lanove uz iste potencije odx trebaju biti jednaki:

1. jednadºba uz x1 :− 5D = 2,

1. jednadºba uz x0 :− 8B − 5C = 0,

2. jednadºba uz x1 :− 5B = 0,

2. jednadºba uz x0 :− 5A+ 8D = 0.

Dobili smo 4 jednadºbe s 4 nepoznanice £ija su rje²enja D = −2/5, B = 0, C = 0 i A = −16/25.Preostaje samo uvrstiti u yP

yP (x) = (A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx

= −16

25cosx− 2

5x sinx

Sada po Teoremu 7.3.5 slijedi da je op¢e rje²enje polazne ODJ

y(x) = yH(x) + yP (x)

= c1e−x/2 + c2e

x/2 − 16

25cosx− 2

5x sinx

Provjeri dobiveno rje²enje!

4

(c1e−x/2 + c2e

x/2 − 16

25cosx− 2

5x sinx

)′′︸ ︷︷ ︸

=(− c12 e−x/2+c22ex/2+ 16

25sinx− 2

5sinx− 2

5x cosx)

′

−(c1e−x/2 + c2e

x/2 − 16

25cosx− 2

5x sinx

)=

= 4

(c14

e−x/2 +

c24

ex/2 +

16

25cosx− 2

5cosx− 2

5cosx+

2

5x sinx

)−c1e−x/2−c2ex/2+

16

25cosx+

2

5x sinx

= e−x/2(

4 · c14− c1

)︸ ︷︷ ︸

=0

+ex/2(

4 · c24− c2

)︸ ︷︷ ︸

=0

+

(4 · 16

25− 4 · 2

5− 4 · 2

5+

16

25

)︸ ︷︷ ︸

=0

cosx+

(4 · 2

5+

2

5

)︸ ︷︷ ︸

=2

x sinxX

136

Primjer. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 9y′′ − 6y′ + y = xe−x uz po£etne uvjete y(0) = 0 iy′(0) = 1.

Samo je jedan korijen karakteristi£ne jednadºbe r = 1/3. Rje²enje pripadne homogene jednadºbeje

yH = C1ex/3 + C2xe

x/3.

Prikaºimo desnu stranu polazne ODJ u obliku

xe−x = eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))

pa vidimo da

lijevo je e−x =⇒ α = −1 i eαx = e−x,

lijevo nema cos ni sin =⇒ postavimo β = 0 tako da bude sin(βx) = 0 i cos(βx) = 1

obzirom sada desno sin(βx) = 0 =⇒ Qn(x) nije bitan pa stavimo Qn(x) = 0 i n = N/P ,

faktor uz e−xdesno je x =⇒ Pm(x) = x i m = 1 je stupanj polinoma x.

Pazi! Stupanj polinoma Pm(x) = 0 nijem = 0. Bolje je pisati da ta stupanjne postoji m = N/P . Polinomi stupnjanula su konstante.

Provjerimo kratnost od α + βi = −1 meu r = 1/3, slijedi k = 0. Dalje N = max m,n =max N/P , 1 = 1 i stoga partikularno rje²enje traºimo u obliku

yP (x) = xkeαx (SN(x) cos(βx) + TN(x) sin(βx))

= x0︸︷︷︸=1

e−1·x︸︷︷︸=e−x

(S1(x) cos(0 · x)︸ ︷︷ ︸

=1

+T1(x) sin(0 · x)︸ ︷︷ ︸=0

1

1

)= e−x (A+Bx)

gdje smo u zadnjem retku iskoristili T1(x) · 0 = 0, pa nije potrebno razmatrati polinom T1 ve¢samo odrediti neodreene parametre A i B u polinomu S1(x) = A + Bx. Uvrstimo yP u polaznujednadºbu kako bi odredili neodreene parametre:

y′P (x) = −e−x (A+Bx) + e−x · (B) = e−x (−A+B −Bx)

y′′P (x) = −e−x (−A+B −Bx) + e−x (−B) = e−x (A− 2B +Bx)

treba biti xe−x = 9y′′P − 6y′P + yP

= 9e−x (A− 2B +Bx)− 6e−x (−A+B −Bx) + e−x (A+Bx)

= e−x (9A− 18B + 9Bx+ 6A− 6B + 6Bx+ A+Bx)

= e−x (16A− 24B + 16Bx)

Usporedimo lijevu i desnu stranu u zadnjoj jednadºbi trebaju biti jednake, dakle treba biti

x = 16A− 24B + 16Bx

137

odnosno treba biti

16A− 24B = 0 uz x0

16B = 1 uz x1

odakle slijedi B = 1/16 i A = 3/32. Uvr²tavanjem u yP dobijemo

yP (x) =

(3

32+

1

16x

)e−x

i op¢e rje²enje polazne ODJ

y(x) = yH(x) + yP (x)

= C1ex/3 + C2xe

x/3 +

(3

32+

1

16x

)e−x

U primjeru se jo² traºi da rje²enje zadovoljava uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1, pa uvrstimo te uvjeteu dobiveno op¢e rje²enje

trebati ¢e nam pa izra£unajmoy′P (x) = C1

3ex/3 + C2e

x/3 + C2

3xex/3 + 1

16e−x −

(332

+ 116x)

e−x

0 = y(0) =C1 e0/3︸︷︷︸=1

+C2 · 0 · e0/3︸ ︷︷ ︸=0

+

(3

32+

1

16· 0)

e−0︸ ︷︷ ︸=3/32

1 = y′(0) =C1

3e0/3︸︷︷︸=1

+C2 e0/3︸︷︷︸=1

+C2

3· 0 · e0/3︸ ︷︷ ︸=0

+1

16e−0︸ ︷︷ ︸

=1/16

−(

3

32+

1

16· 0)

︸ ︷︷ ︸=3/32

e−0︸︷︷︸=1

Slijede 2 jednadºbe s 2 nepoznanice:0 = C1 + 3/321 = C1/3 + C2 + 1/16− 3/32

£ija su rje²enja C1 = −3/32 i

C2 = 17/16. Traºeno rje²enje je

y(x) = − 3

32ex/3 +

17

16xe

x/3 +

(3

32+

1

16x

)e−x

Na sljede¢oj strani provjeravamo dobiveno rje²enje. . .

138

uvrstimo y(0) = − 3

32e0/3 +

17

16· 0 · e0/3 +

(3

32+

1

16· 0)

e−0 = − 3

32+

3

32= 0 X

koristiti ¢e nam y′(x) = − 332· 1

3ex/3 +

17

16ex/3 +

17

16· 1

3xe

x/3 +1

16e−x −

(3

32+

1

16x

)e−x

=33

32ex/3 +

17

48xe

x/3 +

(− 1

32− 1

16x

)e−x

sada uvrstimo y′(0) = − 1

32+

17

16+

1

16− 3

32= 1 X

koristiti ¢e nam y′′(x) =11

32ex/3 +

17

48ex/3 +

17

144xe

x/3 − 1

16e−x +

(1

32+

1

16x

)e−x

=67

96ex/3 +

17

144xe

x/3 +

(− 1

32+

1

16x

)e−x

9y′′ − 6y′ + y = 9

(67

96ex/3 +

17

144xe

x/3 +

(− 1

32+

1

16x

)e−x)

−6

(33

32ex/3 +

17

48xe

x/3 +

(− 1

32− 1

16x

)e−x)− 3

32ex/3 +

17

16xe

x/3 +

(3

32+

1

16x

)e−x

=(9 · 67

96− 6 · 33

32− 3

32

)︸ ︷︷ ︸=0 X

ex/3 +

(9 · 17

144− 6 · 17

48+ 17

16

)︸ ︷︷ ︸=0 X

xex/3 +

(− 9

32+ 6

32+ 3

32

)︸ ︷︷ ︸=0 X

e−x +(

916

+ 616

+ 116

)︸ ︷︷ ︸=1 X

xe−x

Zadatak. Samostalno rije²iti y′′−y = −x+1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnomuvjetu x = 0, y = 0, y′ = 0.

Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nije to£no vjeºbajtraºenje gre²ke. Tek ako si zapeo i ne zna² kako dalje provjeri rje²enjeu udºbeniku na str. 361 u primjeru 7.3.5.

Zadatak. Samostalno prona¢i op¢e rje²enje ODJ 4y′′−4y′ = 2x+ 3 i provjeriti dobiveno rje²enje.

Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nijeto£no vjeºbaj traºenje gre²ke. Ako si zapeo i ne zna² kakodalje provjeri u dnu ove strane.

Rje²enjepripadnehomogeneyH=C1+C2ex.Nadesnojstranije

2x+3,paseodrediα=0,β=0im=1.Obziromdajeα+iβ=0

jednoodrije²enjakarakteristi£nejednadºber1=0ir2=1,toje

kratnostk=1payPtrebatraºitiuoblikuyP=x·1·(Ax+B).

Nakonuvr²tavanjauzadanuODJdobijeseyP=−x2/4−5x/4.Na

krajuy=yH+yH.

139

Teorem 7.3.9 Ako linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima izgleda ovako

y′′ + ay′ + by = g1(x) + g2(x) + . . .+ gn(x)

tada je njezino posebno (partikularno rje²enje) zbroj od po jednog posebnog (partikularnog)rje²enja svake pripadne jednadºbe

y′′ + ay′ + by = gj(x), j = 1, . . . , n

Primjer. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e3x + 1.

Rje²enje pripadne homogene ODJ jest

yH(x) = C1e−x + C2e

3x.

Desnu stranu zadane ODJ g(x) = e3x + 1 nije mogu¢e namjestiti tako da odgovara prije razmatra-nom obliku

eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))

Meutim, svaki od pribrojnika g1(x) = e3x i g2(x) = 1 na desnoj strani moºe se prikazati u tomobliku:

e3x = e3x (1 · cos(0 · x) + 0 · sin(0 · x)) pa je α = 3, β = 0, P0(x) = 1, Q(x) = 0,

1 = e0·x (1 · cos(0 · x) + 0 · sin(0 · x)) pa je α = 0, β = 0, P0(x) = 1, Q(x) = 0.

Sada iskoristimo gore dani Teorem 7.3.9, tako da ¢emo izra£unati 2 partikularna rje²enja:

1. Za ODJ y′′−2y′−3y = e3x partikularno rje²enje traºimo u obliku y1(x) = x1 ·e3x ·A (kratnostk = 1 jer je 3 u nulto£kama karakteristi£ne jednadºbe, S0(x) = A je polinom stupnja nula sneodreenim koecijentima). Izra£unajmo derivacije

y′1 = Ae3x + 3Axe3x, y′′1 = 6Ae3x + 9Axe3x

i uvrstimo ih u ODJ tako da bi mogli odrediti nepoznati parametar A

e3x = y′′1 − 2y′1 − 3y1

= 6Ae3x + 9Axe3x − 2Ae3x − 6Axe3x − 3Axe3x

= 4Ae3x iz £ega slijedi A =1

4

y1(x) =1

4xe3x

2. za ODJ y′′ − 2y′ − 3y = 1 partikularno rje²enje traºimo u obliku y2(x) = B (kratnost k = 0jer je 0 nije u nulto£kama karakteristi£ne jednadºbe, S0(x) = B je polinom stupnja nula sneodreenim koecijentima). Izra£unajmo derivacije

y′2 = 0, y′′2 = 0

i uvrstimo ih u ODJ tako da bi mogli odrediti nepoznati parametar B

1 = y′′2 − 2y′2 − 3y2 = 0− 2 · 0− 3 ·B iz £ega slijedi B = −1

3pa y2(x) = −1

3.

140

Prema Teoremu 7.3.9 op¢e rje²enje polazne ODJ je zbroj rje²enja pripadne homogene ODJ yH ipartikularnih rje²enja izdvojenih nehomogenih ODJ y1 i y2

y(x) = yH(x) + y1(x) + y2(x)

= C1e−x + C2e

3x +1

4xe3x − 1

3.

Provjera rje²enja uvr²tavanjem u polaznu ODJ:

y′(x) = −C1e−x +

(3C2 +

1

4

)e3x +

3

4xe3x

y′′(x) = C1e−x +

(9C2 +

6

4

)e3x +

9

4xe3x

y′′ − 2y′ − 3y = C1e−x +

(9C2 +

6

4

)e3x +

9

4xe3x − 2

(−C1e

−x +

(3C2 +

1

4

)e3x +

3

4xe3x

)−3

(C1e

−x + C2e3x +

1

4xe3x − 1

3

)= e−x (C1 + 2C1 − 3C1)︸ ︷︷ ︸

=0

+e3x(

9C2 +6

4− 6C2 −

1

2− 3C2

)︸ ︷︷ ︸

=1

+xe3x(

9

4− 6

4− 3

4

)︸ ︷︷ ︸

=0

+1 X

Jo² nekoliko rije²enih primjera nehomogenihlinearnih ODJ 2. reda s konstantnim koe-cijentima nastavnik ¢e podijeliti na semina-rima.

Zadatak. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = x2e3x + sin (2x).

Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nijeto£no vjeºbaj traºenje gre²ke. Tek ako si zapeo i ne zna²kako dalje provjeri rje²enje u udºbeniku na str. 362 u pri-mjeru 7.3.6.

Zadatak. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − y = x2 − xex uz po£etne uvjete y(0) = 0 iy′(0) = 1.

Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nijeto£no vjeºbaj traºenje gre²ke. Ako si zapeo potraºi pomo¢kolega ili nastavnika.

141

15 Priprema za ispit (zadaci za vjeºbu)

ODJ laganije

1. Provjeriti da funkcija f(x) = xex zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′ − 2y′ + y = 0 ipo£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.

2. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava dy =(1 + x+ y

1−x2)

dx i y(0) = 0.

ODJ 1. reda

1. Rije²iti x2 + yy′ = 1, uz po£etni uvjet y(0) = 1.

2. Rije²i diferencijalnu jednadºbu xyy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.

3. Pronai funkciju koja zadovoljava ydx+(2√xy − x

)dy = 0 i y(1) = 1.

4. Rije²iti: xy2 + 2y′ = 4x

5. Rije²iti: y′ + 2xy = x− 3.

6. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 3√x y y′ = 1− x2

7. Rije²i diferencijalnu jednadºbu x2yy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.

8. Nai koliko iznosi f(5) ako f zadovoljava dy =(1 + x+ y

1−x2)

dx i y(0) = 2.

9. Pronai funkciju koja zadovoljava xy′ = x+ y i y(1) = 1.

10. Rije²i diferencijalnu jednadºbu x2yy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.

11. Nai implicitno rje²enje jednadºbe y′

x= sinx

y.

12. Pronai funkciju koja zadovoljava xy′ = x+ y i y(1) = 2.

13. Nai partikularno rje²enje koje zadovoljava: xy′ + y − ex = 0 i y(1) = 1.

14. Rije²i diferencijalnu jednadºbu xyy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.

15. Rije²i diferencijalnu jednadºbu (1 + ex) yy′ = ex uz po£etni uvjet y(0) = 1.

16. Rije²i diferencijalnu jednadºbu x2yy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.

17. Nai implicitno rje²enje jednadºbe y′

x= sinx

y.

18. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava sinx dy = y ln y dx i y(1) = 2.

19. Rije²i diferencijalnu jednadºbu (1 + ex) yy′ = ex uz po£etni uvjet y(0) = 1.

20. Nai partikularno rje²enje koje zadovoljava: xy′ + y − ex = 0 i y(1) = 1.

21. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 3√x y y′ = 1− x2

22. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′ + 3y + 4x2 = 2.

142

ODJ 2. reda

1. Rije²iti y′′−y = −x+1 i odredimo posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 0, y′ = 0. Provjeri rje²enje.

2. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − y = x2 − xex uz po£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.

3. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e3x + 1.

4. Prona¢i op¢e rje²enje ODJ 4y′′ − 4y′ = 2x+ 3 i provjeriti dobiveno rje²enje.

5. Rije²iti y′′ − y = −x+ 1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 0, y′ = 0.

6. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = 2x sinx i na kraju provjeriti rje²enje.

7. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 5y′ = 0, uzy(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

8. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 3y′ = 0, uzy(0) = 0 i y(3) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

9. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y = x2 − ex uz po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.

10. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = cos (2x).

11. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e−x + 1.

12. Prona¢i op¢e rje²enje ODJ y′′ − y′ = x2 i provjeriti dobiveno rje²enje.

13. Rije²iti: y′′ − 4y′ + 4y = x2, y(0) = 1, y′(0) = 1.

14. Rije²iti: y′′ − 4y′ + 4y = 4.

15. Prona¢i partikularno rje²enje koje zadovoljava sljede¢e jednadºbe:

y′′ + 4y = 4, y(0) = 0, y′(0) = 2

16. Rije²iti y′′ − y = −x+ 1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 1, y′ = 0.

17. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = x cosx i na kraju provjeriti rje²enje.

18. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 2y′ = 1, uzy(0) = 0 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

19. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ − 2y′ = 1, uzy(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

20. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y = x3 uz po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.

21. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = sin (2x).

22. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e−x − 1.

143

23. Prona¢i op¢e rje²enje ODJ y′′ − y′ = x2 i provjeriti dobiveno rje²enje.

24. Rije²iti y′′ − y = −x+ 1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 1, y′ = 0.

25. Provjeriti da funkcija f(x) = x sin (2x) + 1 zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′ + 4y =4 cos (2x) + 4 i po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.

26. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = x sinx i na kraju provjeriti rje²enje.

27. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 2y′ = 1, uzy(0) = 0 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

28. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ − 2y′ = 1, uzy(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

29. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 4y = 0, uzy(0) = 0 i y′(0) = 2. Na kraju provjeri rje²enje.

30. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − y′ = ex + 1.

31. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = 2x sinx.

32. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = x sinx i na kraju provjeriti rje²enje.

33. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 2y′ = 1, uzy(0) = 0 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.

34. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = x2e3x + sin (2x).

35. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 9y′′−6y′+y = xe−x uz po£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.Provjeri rje²enje.

36. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ = 2x.

37. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + y = e2x.

38. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu x2+x2y+y2y′ = 0. Uvrstiti rje²enje u jednadºbu i provjeritizadovoljenje jednakosti.

Integrali obi£ni

1. Odrediti´x3 lnx dx.

2. Izra£unati1

0

dx1+√x

3.

πˆ

0

cos4 x dx =?

144

4.

1ˆ

0

x cos(3x2 + 4

)dx =?

5.

1ˆ

0

xex dx =?

6.

1ˆ

0

(x+ 2) (x+ 1)8 dx =?

7.

2ˆ

0

2x2 cosx dx =?

8.

πˆ

0

sin5 x cos3 x dx =?

9.

π/2ˆ

0

ex cosx dx =?

10.

πˆ

0

sin (x) ex dx =?

11.

2πˆ

0

sin4 x dx =?

12.

1ˆ

0

xex dx =?

13.

2ˆ

0

x sinx2 dx =?

14.

2ˆ

0

xex dx =?

15. Izra£unati´ π0

2x2 sin(2x)dx.

16. Odrediti integracijom (analiti£ki):´ −1−4 x

2exdx .

17.

πˆ

0

(x sinx+ e2x+1

)dx =?

145

18.

πˆ

0

cos (x) sin (x) dx =?

19.

2πˆ

0

sin3 x dx =?

20.

1ˆ

0

xex dx =?

21.

2ˆ

0

x sinx2 dx =?

22.

πˆ

0

(x cosx+ e1−3x

)dx =?

23.

πˆ

0

cos (x) sin2 (x) dx =?

24.ˆ 1

0

3x ex+1 dx =?

25.

πˆ

0

sin2 x cos3 x dx =?

26.

0ˆ

−2

3√

1− 3xdx =?

27. Odrediti integracijom (analiti£ki):´ 30x2 lnx dx =

28. Izra£unatiˆ

dx√4x2 + 6x+ 3

29. Izra£unati

0ˆ

−1

3x ex+1 dx

30. Rije²iti:

1ˆ

0

x2 sin(2x3 − 3) dx

31. Izra£unati´x2 sin(x) dx.

146

Integral i ra£unanje povr²ine

1. Izra£unati povr²inu lika izmeu parabole y = x2 − 3 i pravca y = 2x

2. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(0, 2), B(2, 0) i C(4, 4).

3. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama y2 − 2y − 2 + x = 0 i x+ y + 1 = 0.

4. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0, 0), B(−2, 2), C(−1,−1).

5. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0, 0), B(−2, 2), C(−1,−1).

6. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(3, 3), B(0, 1), C(3,−1).

7. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x+ 1 i parabolom y = x2 − x− 2.

8. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama x+ y2 = 6 i x+ y = 0.

9. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2x2 + 9 i pravcem y = 9x.

10. Zadane su to£ke A(2, 2, 4), B(0,−1, 3) i C(−1, 0, 2). Koliki je kut izmeu pravaca AB i AC?Integracijom izra£unati povr²inu trokuta ABC.

11. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0,−1), B(1, 0), C(−1, 1).

12. etverokut ABCD je odreen to£kama A(0, 0), B(2, 1), C(1, 3) i D(−1, 2). Integriranjemmu pronai povr²inu.

13. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−2, 1), B(0, 2), C(1,−1).

14. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama x+ y2 = 6 i x+ y + 1 = 0.

15. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−1, 0), B(0, 1), C(1,−1).

16. etverokut ABCD je odreen to£kama A(0, 0), B(3, 0), C(3, 3) i D(2, 1). Integriranjem mupronai povr²inu.

17. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(1,−2), B(2, 0), C(−1, 1).

18. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x+ 1 i parabolom y = x2 + 3x− 2.

19. Izra£unaj povr²inu lika omeenog krivuljama f(x) = x2 − 3x− 4 i g(x) = −x2 + 3x+ 4.

20. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(2, 2), B(0,−4), C(4, 0).

21. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(1,−2), B(2, 0), C(−1, 1).

22. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(0, 0), B(2, 3) i C(4, 2).

23. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama x+ y2 = 6 i x+ y + 1 = 0.

24. Integriranjem izra£unati povr²inu izmeu krivulja x = 0 i y2 = x+ 4.

25. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2x2 + 9 i pravcem y = 9x.

26. Odrediti povr²inu izmeu krivulja y = x+ 4 i y = (x− 2) (x+ 1) + 3.

147

Integrali teºi, racionalna i nepravi

1. Izra£unatiˆx2 + 2x+ 2

x2 + x− 2dx.

2. Zadano je f(x) = 1(x+1)2

. Odrediti´ +∞0

f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu koja jeodreena integralom.

3. Rije²iti:ˆ

x3 + 1

x3 + xdx

4. Izra£unati:ˆ

u2 − 3

u3 − 3u2du

5. Neka je f(x) =1

x3. Odrediti

´ +∞1

f(x)dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.

6.

+∞ˆ

−1

dx

1 + x2=?

7.

2ˆ

0

2x

x2 − 1=?

8.

2ˆ

0

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx =?

9.´ 10

2x

x2 − 4=?

10.

π2ˆ

−π2

tanx dx =?

11.

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx =?

12.

1ˆ

0

x2 tan(3x3 + 1

)dx =?

13.

2ˆ

0

3x

x2 − 2x+ 1=?

14.

+∞ˆ

2

dx

1− x2=?

148

15. Neka je f(x) =1

x2. Odrediti

´ +∞1

f(x)dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.

16.

2ˆ

0

x− 1

x2 + x− 2dx =?

17.´ 10

2x

x2 − x− 2=?

18.

0ˆ

−2

x dx

1− x=?

19. Izra£unati

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx

20. Zadano je f(x) = 1√x+1

. Odrediti´ 1−1 f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu koja je

odreena integralom´ 1−1 f(x) dx.

21.´ 31

dxx2−2x+4

=?

22.

3ˆ

2

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx =

23.

2ˆ

0

x− 1

x2 + x− 2dx =?

24.´ 30x2 lnx dx =?

25.

2ˆ

0

2x2 + x+ 2

x2 − 1dx =?

26.

2ˆ

0

x+ 2

3x2 − 2x− 5dx =?

27.

2ˆ

0

x− 1

x2 + 3x+ 2dx =?

28.

2ˆ

0

x2 − 1

x2 + 1dx =?

149

29.

2ˆ

0

x− 1

x2 + 3x+ 2dx =?

30.

2ˆ

0

x2 dx

1 + x=?

31.

4ˆ

0

xdx

x2 + 2x− 3=?

32.´ 10

2x

x2 − x− 2=?

33.

2ˆ

0

x− 1

x2 + x− 2dx =?

34.

2ˆ

0

3x

x2 − 2x+ 1=?

35.

+∞ˆ

2

dx

1− x2=?

36. Neka je f(x) =1

x3. Odrediti

´ +∞1

f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.

37.

1ˆ

0

sin (ln (x2))

xdx =?

38.

2ˆ

0

2x2 + 1

x2 + 1dx =?

39. Neka je f(x) = tanx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenu integralom. Odrediti´ π/20

f(x) dx. Kolika je skicirana povr²ina ispod grafa funkcije f?

40. Zadano je f(x) =2x2 + x+ 2

x2 − 1. Odrediti

´ 23f(x) dx.

Integrali trigonometrijske supstitucije

1.

πˆ

0

dx

sinx (2 cos2 x− 1)=?

150

2.

πˆ

0

dx

2 sinx− cosx+ 5=?

3.

πˆ

0

sinx dx

1− sinx=?

4.

πˆ

0

dx

sinx+ 2=?

5.

π/2ˆ

0

sinxdx

cosx+ 1=?

6.

πˆ

0

dx

sinx+ 2=?

7.´ π0

sinxcosx+5

dx?

Numeri£ka integracija

1. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ 21

ex

xdx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤ 3%,

15 za rel. gre²ku / 6%, 8 za rel. gre²ku / 10%)

2. Numeri£kom integracijom procijeniti vrijednost

2ˆ

1

(x+ 2) lnxdx i dati procjenu gre²ke ili

neku drugu kvalitetnu informaciju o gre²ki.

3. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ 20

sin (x2) dx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤1%, 15 za rel. gre²ku / 3%, 8 za rel. gre²ku / 6%)

4. Zadana je funkcija f(x) =√|x|. Traºi se povr²ina ispod grafa funkcije (do osi apcise) na

segmentu [−1, 2]. Podijeliti segment na nekoliko dijelova i preko trapezne formule procijenititraºenu povr²inu. Skicirati graf funkcije, povr²inu koja je dobivena procjenom i vizualnoocijeniti gre²ku numeri£kog postupka.

5. Numeri£kom integracijom procijeniti vrijednost

2ˆ

1

(x+ 2) lnxdx i dati procjenu gre²ke ili

neku drugu kvalitetnu informaciju o gre²ki.

6. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ 20

sin (x2) dx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤1%, 15 za rel. gre²ku / 3%, 8 za rel. gre²ku / 6%)

151

7. Zadana je funkcija f(x) =√|x|. Traºi se povr²ina ispod grafa funkcije (do osi apcise) na

segmentu [−1, 2]. Podijeliti segment na nekoliko dijelova i preko trapezne formule procijenititraºenu povr²inu. Skicirati graf funkcije, povr²inu koja je dobivena procjenom i vizualnoocijeniti gre²ku numeri£kog postupka.

8. Izra£unaj

4

1

1 +√x

x2dx i napravi provjeru izra£unom aproksimacije integrala Simsponovom

metodom.

9. Numeri£kom integracijom procijeniti vrijednost

1ˆ

0

dx

1 +√x, a zatim isti integral rije²iti eg-

zaktno Newton Leibnitzovom formulom.

10. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ π/2−π/2 cosx dx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤

1%, 15 za rel. gre²ku / 3%, 8 za rel. gre²ku / 6%)

11. Zadana je funkcija f(x) =√x. Traºi se povr²ina ispod grafa funkcije (do osi apcise) na

segmentu [0, 4]. Podijeliti segment na nekoliko dijelova i preko trapezne formule procijenititraºenu povr²inu. Skicirati graf funkcije, povr²inu koja je dobivena procjenom i vizualnoocijeniti gre²ku numeri£kog postupka.

12. Nekom od metoda numeri£ke integracije (Simpsonova ili trapezna formula) pribliºno odreditivrijednost integrala:2πˆ

π

arctanx

xdx

Skalarna funkcija

1. Istraºiti domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = ln(x) + ln(y)− xy − (x− 1)2

2. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) =1

x2 + y2pomo¢u razinskih krivulja. Koja je domena i

kodomena ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije. Da li i za²to postoji limeslim

(x,y)→(0,0)f(x, y)?

3. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije z = f(x, y) = y√x− y2− x+ 6y u to£ki (4, 1, z0) tog

grafa.

4. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) =x3

ypomo¢u razinskih krivulja. Koja je domena i kodo-

mena ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije. Da li (i za²to) postoji limeslim

(x,y)→(0,0)f(x, y)?

5. Istraºiti domenu i lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = x− y +1

xy

6. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = x2 + y2 u to£ki T (1,−2, z0).

152

7. Analiti£ki ispitati skalarnu funkciju f(x, y) = (x− 1)2 − y2. Nacrtati razinske krivulje istrelicama ozna£iti smjer rasta.

8. Ispitati domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + y − ey

9. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan( yx) u to£ki M(1, 1, z0).

10. Istraºiti domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = xy − x3 − y2.

11. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) = ln(x− y + 2) pomo¢u razinskih krivulja. Koja je do-mena i vrijednosti ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije.

12. Odrediti lokalne ekstreme funkcije: f(x, y) = y√x− y2 − x+ 6y.

13. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan( yx) u to£ki M(1, 1, z0).

14. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = 11+x2+y2

.

15. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = 5x3y2 − 9 u to£ki T (3, 1, z0).

16. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ex − x+ y2.

17. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = x2y u to£ki (2, 1, 4).

18. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = sinx+ cos y.

19. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = y√x−y2−x+6y povu£enu u to£ki (4, 1, z0)

tog grafa.

20. Skicirati razinske krivulje funkcije f(x, y) = 11+x2+y2

.

21. Obrazloºi diferencijabilnost funkcije f(x, y) = exy + 2y + x2.

22. Za funkciju f(x, y) =x

yodrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu

(ako postoji).

23. Zadana je funkcija za funkcija f(x, y) =√

(x+ 2)2 + (y − 1)2−3. Ispitati domenu, kodomenui razinske krivulje.

24. Odrediti lokalne ekstreme funkcije: f(x, y) = x√y − x2 − y + 3x.

25. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan(xy) u to£ki M(1, 1, z0).

26. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = 11+x2+y2

− 2.

27. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = y2

x+1u to£ki T (1, 3, z0).

28. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ey − y + x2.

29. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = sin(x2y) u to£ki (2, 1, sin(4)).

30. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = sin (x) · cos (y) na kvadratu x ∈ [0, 2π] , y ∈[0, 2π].

153

31. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = xy − ln (xy) povu£enu u to£ki (4, 1, z0) toggrafa.

32. Provjeriti da funkcija f(x) = x sin (2x) + 1 zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′ + 4y =4 cos (2x) + 4 i po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.

33. Skicirati razinske krivulje, na skici ozna£iti smjer rasta i diskutirati diferencijabilnost funkcijef(x, y) = 1

x2+y2.

34. Obrazloºi diferencijabilnost funkcije f(x, y) = ex + 2xy + 1xna njenoj domeni.

35. Za funkciju f(x, y) = ln(yx

)odrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu

(ako postoji).

36. Zadana je funkcija a f(x, y) =√

(x− 1)2 + (y + 1)2 − 1. Ispitati domenu, kodomenu irazinske krivulje.

37. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x− 1 i parabolom y = x2 − x− 4.

38. Odrediti lokalne ekstreme funkcije: f(x, y) = 2y + y√x− y2 − x.

39. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z =√x2 + y2 u to£ki T (3, 4, z0).

40. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = 11+x2+y2

.

41. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = x2

y+1u to£ki T (3, 1, z0).

42. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ex − x+ y2.

43. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = sin(x2y) u to£ki (2, 1, sin(4)).

44. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = sin (x) · cos (y) na kvadratu x ∈ [0, 2π] , y ∈[0, 2π].

45. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = xy − ln (xy) povu£enu u to£ki (4, 1, z0) toggrafa.

46. Skicirati razinske krivulje, na skici ozna£iti smjer rasta i diskutirati diferencijabilnost funkcijef(x, y) = 1

x2+y2.

47. Obrazloºi diferencijabilnost funkcije f(x, y) = ey + 2xy + 1yna njenoj domeni.

48. Za funkciju f(x, y) = ln(yx

)odrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu

(ako postoji).

49. Zadana je funkcija a f(x, y) =√

(x− 1)2 + (y − 1)2 + 1. Ispitati domenu, kodomenu irazinske krivulje.

50. Skicirati razinske krivulje za f(x, y) = x2 + y2. Ima li ekstrema? Pronai tangencijalnuravninu u to£ki koju moºe² sam odabrati.

154

51. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ex − x+ y2 + 2y.

52. Skicirati razinske krivulje za funkciju f(x, y) = x2 − y.

53. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = x3 − 3xy − y3.

54. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = y√x−y2−x+6y povu£enu u to£ki (4, 1, z0)

tog grafa.

55. Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = x2 − y2.

56. Za funkciju f(x, y) =x

yodrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu

(ako postoji).

57. Odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje za funkciju f(x, y) = x+ 2y + 1.

58. Skiciraj razinske krivulje funkcije f(x, y) = ln(x+ y).

59. Za funkciju f(x, y) = ln(yx

)odrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu

(ako postoji).

60. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) =x2

ypomo¢u razinskih krivulja. Koja je domena i vri-

jednosti ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije. Da li i za²to postoji limeslim

(x,y)→(0,0)f(x, y)?

61. Istraºiti domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = x− y +1

xy.

62. Ispitati domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + y2 +2

xy.

63. Prona¢i ravninu koja dira kuglu x2 + y2 + z2 = 3 u to£ki (1, 1, 1).

64. Ispitati ekstreme funkcije f(x, y) = x3 − 3xy + y2.

155

Osnovne formule za integrale: (F primitivna od f)(´f(x) dx

)′= f(x)´

f ′(x) dx = f(x) + c´a f(x) dx = a

´f(x) dx, (a konstanta)´

(f(x) + g(x)) dx =´f(x) dx+

´g(x) dx

Parcijalna integracija´udv =

u = . . . ; du = u′ = . . . dxdv = . . . dx ; v =

´dv =

´. . . dx = . . .

= uv −

´v du

Supstitucija:´f(g(x)) · g′(x) dx =

t = g(x)

dt = d (g(x)) = g′(x) dx

= F (t) + c = F (g(x)) + c

odreeni integrali´ baf(x)dx =

´ caf(x)dx+

´ bcf(x)dx, c ∈ [a, b]´ b

af(x)dx = F (b)− F (a)

Op¢enita trigonometrijska supstitucija:

t = tan x2 , x = 2arctan t, dx = 2dt

1+t2

sinx = 2t1+t2 , cosx = 1−t2

1+t2

tanx = 2t1−t2 , cotx = 1−t2

2t

Korisne trigonometrijske formule:sin2 x+ cos2 x = 1 cos (2x) = cos2 x− sin2 x

tan2 x+ 1 =1

cos2 xsin2 x =

1− cos (2x)

2

sin (2x) = 2 sinx cosx cos2 x =1 + cos (2x)

2

Za skalarnu funkciju 2 varijable f(x, y) pod poj-mom diferencijal u to£ki T0(x0, y0) smatramonovu funkciju 2 varijable

diferencijal

df(x0, y0)varijable

(x, y) = ∂f(x0,y0)∂x · x+ ∂f(x0,y0)

∂y · y

samo onda kada je

limT→T0

4f(T )− df(T0) · (T − T0)‖T − T0‖

= 0

z(T ) = f(T0) + df(T0) · (T − T0) odgovara tan-gencijalnoj ravnini na graf funkcije f u to£ki T0.

ODJ 1. reda

- sa odjeljivim varijablama: y′ = g(x) · h(y)- homogena linearna: y′ + g(x) · y = 0 rje²ava se separacijom varijabli

- linearna: y′ + g(x) · y = h(x), rije²i prvo homogenu za rje²enje y1(x), a zatimkonstatnu C promijeni u funkciju C(x), uvrsti u polaznu jednadºbu i rije²i za C(x)

Linearna ODJ 2. reda y′′ + ay′ + by = g(x)

- homogenu (za g(x) = 0) rije²i temeljem karakteristi£ne jednadºbe r2+ar+b = 0:za 1 rje²enje r1 = r2 ∈ R tada y(x) = er1x (c1 + c2x); za r1 6= r2 ∈ R tada y(x) =c1e

r1x + c2er2x; za r1 6= r2 = α± βi ∈ C tada y(x) = eαx (c1 cos(βx) + c2 sin(βx))

- kod nehomogene zapi²i g(x) u obliku

eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx)) ,

gdje su m i n stupnjevi polinoma Pm i Qn, dok su α, β ∈ R, a zatim postaviN = max m,n i k kratnost od α+βi meu rje²enjima karakteristi£ne jednadºbehomogene ODJ, pa uvrsti partikularno rje²enje u oblik

yP (x) = xkeαx (SN (x) cos (βx) + TN (x) sin(βx))

u polaznu ODJ i metodom neodreenih koecijenata odredi polinome SN , TN kojisu stupnja N ; rje²enje polazne ODJ y je zbroj yP i rje²enja homogene ODJ yH

f dfdx

xα (α 6= 0) αxα−1

lnx 1x

logα x (α > 0) 1x lnα

ex ex

αx (α > 0) αx lnα

sinx cosx

cosx − sinx

tanx 1cos2 x

cotx −1sin2 x

arcsinx 1√1−x2

arctanx 11+x2

Tablica nekih integralaˆ

dx = x+ C

ˆdx

a2 + x2=

1

aarctan

x

a+ C

ˆdx

a2 − x2=

1

2aln

∣∣∣∣a+ x

a− x

∣∣∣∣+ C

ˆxα dx =

xα+1

α+ 1, α 6= −1

ˆtanxdx = − ln |cosx|+ C

ˆdx

x2 − a2=

1

2aln

∣∣∣∣x− ax+ a

∣∣∣∣+ C

ˆdx

x= ln |x|+ C

ˆcotxdx = ln |sinx|+ C

ˆdx√x2 ± a2

= ln∣∣∣x+

√x2 ± a2

∣∣∣+ C

ˆex dx = ex + C

ˆdx

cos2 x= tanx+ C

ˆdx√a2 − x2

= arcsinx

a+ C

ˆax dx =

ax

ln a+ C

ˆdx

sin2 x= − cotx+ C

ˆdx√

2ax− x2= arccos

(1− x

a

)+ C

ˆsinx dx = − cosx+ C

ˆ √x2 ± a2 dx =

1

2

[x√x2 ± a2 ± a2 ln

(x+

√x2 ± a2

)]+ C

ˆcosx dx = sinx+ C

ˆ √a2 − x2 dx =

1

2

[x√a2 − x2 + a2 arcsin

(xa

)]+ C

Numeri£ka integracija

Metoda srednja to£ka trapez Simpson

Formula M = d · f1 T = d2 (f0 + f2) S = d

6 (f0 + 4f1 + f2)

Max. gre²ka (b−a)f(2)(ξ)24 · d2 (b−a)f(2)(ξ)

12 · d2 (b−a)f(4)(ξ)2880 · d4