Zbirka Zadataka Drugi Dio

1. Neodreeni integral1.1. Definicija i osnovne osobine neodreenog integrala

Neka su funkcije f i F definisane na nekom intervalu ( a, b ) . Ukoliko je funkcija F diferencijabilna na tom intervalu i ukoliko za sve x ( a, b ) vrijedi F ( x ) = f ( x ) tada je funkcija F primitivna funkcija funkcije f . Imajui u vidu da je, za neku konstantu C vidimo da je i funkcija F ( x ) + C takoer primitivna funkcija funkcije f . Skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu (a, b) zovemo neodreenim integralom funkcije f i u ovom sluaju piemo:

( F ( x ) + C ) = F ( x ) = f ( x )

f ( x)dx = F ( x) + C ,gdje je C proizvoljna konstanta iz skupa realnih brojeva. 1.1.1. Osnovne osobine neodreenog integrala 1. d 2. 3. 4.

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

[ f ( x)dx] = f ( x)dx ;

1.1.2. Tablice osnovnih integrala 1.

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

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

7. 8. 9. 10.

cos xdx = sin x + C ;

sin

dx2

x x

= ctgx + C ; = tgx + C ;

cos

dx2

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

dx

=

{

arcsin x + C1 ; arccos x + C2

1.1.3. Rjeavanje integrala neposredno koristei tablice i osnovna svojstva neodreenog integrala (direktna integracija) Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

Rjeenje. Koristei tablicu integrala, stavljajui n = 7 , imamo x 7 +1 x8 x 7 dx = +C = +C. 7 +1 8 2. Izraunati integral

x dx .7

xdx .

Rjeenje. Podintegralnu funkciju 1 integrala ( n = ) imamo 21 +1 3

x moemo napisati kao

x = x 2 , pa primjenjujui tablicu

1

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

2

3. Izraunati integral2 3

x 3 x dx .2 3 2 +1 5 5

Rjeenje. U ovom sluaju podintegralna funkcija je oblika

x3 x3 3 +C = + C = x3 + C . x 3 x = 6 x3 x = x , pa imamo x 3 x dx = x dx = 2 5 5 +1 3 3 3 x + 2 x +1 dx . 4. Izraunati integral x Rjeenje. U ovom sluaju podintegralnu funkciju napisat emo kao zbir tri funkcije. Zatim 1 1 1 1 3 1 x 3 2 6 = x 2 i dobiti =x =x i emo iskoristiti injenicu da je x x5

3 x + 23 x +1 x dx x6 x2 dx = dx + 2 dx + = x+2 + +C = 5 1 x x x 6 2 12 = x + 6 x5 + 2 x + C. 5

1

5. Izraunati integral

dx . x Rjeenje. Nakon kvadriranja izraza u brojniku, integral moemo napisati u obliku sume tri tablina integrala. Imamo:

( x + 1)

2

( x + 1)x

2

dx =

x2 + 2x + 1 1 x2 dx = xdx + 2dx + dx = + 2 x + ln x + C. 2 x x

x2 1 + x2 dx . Rjeenje. U ovom integralu emo dodati i oduzeti broj 1 u brojniku podintegralne funkcije, a zatim integral rastaviti na sumu dva tablina integrala na sljedei nain: ( x2 + 1) 1dx = dx dx = x arctgx + C . x2 1 + x 2 dx = 1 + x 2 x2 + 16. Izraunati integral

x2 + 3 7. Izraunati integral 2 dx . x +13

Rjeenje. Ovaj integral je slian prethodnom, pa emo i njega na analogan nain rastaviti na zbir dva integrala. Imamo: ( x2 + 1) + 2dx = dx + 2dx = x + 2arctgx + C . x2 + 3 x2 + 1dx = x2 + 1 x2 + 18. Izraunati integral

Rjeenje. Ovaj integral jednak je zbiru dva tablina integrala ( a = 7 i a = 2 ), pa imamo 7x 2x x x ( 7 + 2 ) dx = ln 7 + ln 2 + C .9. Izraunati integral

(7

x

+ 2 x ) dx .

2

x

3 x dx .

Rjeenje. Analogno kao u prethodnom zadatku je x 2 x 2x 2 3 +C = x x . 2 3 dx = 3 dx = 2 3x ( ln 2 ln 3) ln 3


dx . a xb x Rjeenje. Kvadriranjem izraza u brojniku, rastavljanjem na sumu tri integrala, a zatim dijeljenjem svakog izraza u brojniku sa nazivnikom dobijamo sumu tri tablina integrala:

(a

x

bx )

2

(a

x

bx )

2

a xb x ax

a 2 x 2a x b x + b 2 x ax bx dx = dx = x dx 2 dx + x dx = a xb x b a bxx 1 x 1

a a a b 2x + + C = ln + ln 2 x + C. a b b b b a b x ln a x ln b a11. Izraunati integral

dx 3 3x 2

.

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

1 3 3x 2

=

1 3 (1 x 2 )

=

1 3

1

(1 x 2 )

, pa imamo

4

dx 3 3x2

=

1 dx 1 1 x 2 = 3 arcsin x + C . 3

12. Izraunati integral3

e3 x 1 e x 1 dx . Rjeenje. Brojnik podintegralne funkcije moemo rastaviti kao razliku kubova na sljedei nain: e3 x 1 = ( e x ) 1 = ( e x 1)( e2 x + e x +1) , pa je

( e x 1)( e2 x + e x + 1)dx = e2 x + e x + 1 dx = 1e2 x + e x + x + C . e3 x 1 ) 2 e x 1 dx = ( ex 1 cos2

dx . x sin 2 x Rjeenje. U brojniku podintegralne funkcije nalazi se broj 1. Kako je sin 2 x + cos 2 x = 1 , dati integral moemo napisati kao sumu dva integrala koji, nakon dijeljenja brojnika sa nazivnikom postaju tablini integrali. Dakle, dx sin 2 x + cos 2 x dx dx = cos2 x sin 2 x cos2 x sin 2 x dx = cos2 x + sin 2 x = tgx ctgx + C .


1 + cos 2 x 14. Izraunati integral dx . 1 + cos 2 x Rjeenje. U ovom integralu iskoristit emo trigonometrijski identitet 1 + cos 2 x = 2 cos 2 x , a zatim dobijeni integral napisati kao sumu dva integrala. Imamo 1 + cos 2 x 1 + cos 2 x 1 cos 2 x dx = dx = dx + dx = 1 + cos 2 x 2 cos 2 x 2 cos 2 x 2 cos 2 x 1 1 1 1 1 = dx + dx = tgx + x + C. 2 2 cos x 2 2 215. Izraunati integral

cos

2

x dx . 2

x 1 Rjeenje. Koristei trigonometrijski identitet cos 2 = (1 + cos x ) , rastavljanjem integrala 2 2 na sumu dva integrala dobijamo 1 1 1 2 x cos 2 dx = 2 (1 + cos x )dx = 2 x + 2 sin x + C . 5

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


sin

2

17. Izraunati integral (sin

x x + cos ) 2 dx . 2 2 x x x x x x Rjeenje. Kako je (sin + cos ) 2 = sin 2 + 2sin cos + cos 2 = 1 + sin x , to je 2 2 2 2 2 2 x x 2 (sin 2 + cos 2 ) dx = (1 + sinx)dx = x cos x + C .

1.1.4. Zadaci za samostalan rad

(Ove zadatke radite transformiui podintegralne funkcije tako da dobijete tabline integrale. Rijeiti sljedee integrale:1. 3. 5.

x x x x dx ;1 x x dx ; 2

2. 4. 6. 8. 10. 12. 14. b)6

1 + x

1 x2 x x dx ; 3 cos 2 x 2 sin 2 x 7. dx ; cos 2 x sin 2 x9.

(a

x

b x ) dx ;2

e2 x 1 11. x dx ; e +1 x2 3 13. dx ; 1 + x2 15. a) ctg 2 xdx ;

x xe x + 2 x 3 dx ; x x4 1 + x 2 dx ; 3 1 x 2 dx ; 3x + 5x 15x dx ; e x e x (2 3 )dx ; x 3 x + x2 1 + x 2 dx ; x2 + 1 x 1 dx ; 2 tg xdx ;

1.2.

Rjeavanje integrala metodom smjene (supstitucije)

Ukoliko primitivnu funkciju funkcije f ne moemo nai direktnom integracijom moemo pokuati metodom smjene tj. uvoenjem nove promjenljive. Nakon uvoenja nove promjenljive moramo i diferencijal stare promjenjive izraziti preko diferencijala te nove promjenljive. Vano je zapamtiti da stara promjenljiva ne moe ni u kom obliku biti pod integralom. Kada naemo traenu primitivnu funkciju trebamo se vratiti na staru promjenljivu. Uz pretpostavku diferencijabilnosti funkcije , openito vrijedi : x = (t ) f ( x)dx = dx = (t )dt = f ( (t )) (t )dt . U ovom sluaju kaemo da smo promjenljivu x zamijenili nekom funkcijom ( t ) nove promjenljive t .Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral ( 3 2x ) dx .9

Rjeenje. U ovom integralu emo uvesti smjenu t = 3 2 x . Sada je potrebno da dx izrazimo preko dt. To emo uiniti tako to emo diferencirati jednakost t = 3 2 x , pa je dt = 2dx , 1 odakle je dx = dt . Cio opisani postupak uvoenja smjene je uraen izmeu dvije uspravne 2 crte pored integrala. To emo initi i u ostalim zadacima, zato posebno obratite panju na postupak unutar dvije uspravne crte.3 2x = t 1 1 t10 1 9 + C = (3 2 x)10 + C . 3 2 x ) dx = 2dx = dt = t 9 dt = ( 2 2 10 20 1 dx = dt 22. Izraunati integral

x

1 x 2 dx .

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

7

1 1 t2 1 x 1 x 2 dx = = tdt = + C = (1 x 2 ) 1 x 2 + C. 2 2 3 3 1 2 xdx = dt 2 Umjesto smjene 1 x 2 = t , meutim mogli smo uvesti i smjenu 1 x 2 = t 2 (pokuajte sami uraditi zadatak pomou ove smjene).3. Izraunati integral

1 x2 = t 2 xdx = dt

3

(2 5 x) Rjeenje. U ovom zadatku je najbolje uvesti smjenu t = 2 5 x , a zatim postupati analogno kao u prvom zadatku ovog paragrafa. Postupak smjene objanjen je izmeu dvije uspravne crte: 2 5x = t 3 3 5dx = dt dx 1 dt 1 t 2 2 = = 5 = + C = (2 5 x) 2 + C ; 5 1 5 2 5 3 15 t (2 5 x) 2 dx = dt 2 5 1 Napomenimo da smo konstantu izvukli pred integral, a zatim koristili injenicu da je 5 5 1 =t 2. 5 t2xdx . 2x + 5 Rjeenje. U ovom integralu postupamo analogno kao u prethodnom. Kako je izraz 2 x + 5 ispod korijena, uvest emo smjenu t 2 = 2 x + 5 . Kako u brojniku podintegralne funkcije imamo x , to je potrebno i x i dx izraziti kao funkcije od t . Nakon smjene, integral moemo rastaviti na sumu dva tablina integrala i dobiti: 2x + 5 = t2 2dx = 2tdt xdx (t 2 5)tdt t 3 5 1 5 3 2 x + 5 = dx =2 tdt = 2t = 6 2 t + C = 6 ( 2 x + 5) 2 2 x + 5 + C. t 5 x= 24. Izraunati integral

dx5 2

.

8


x2 1 4 x + 5 dx . Rjeenje. U ovom integralu je najpogodnije uvesti smjenu x + 5 = t 4 , a zatim izraziti x 2 i dx kao funkcije od t , to je i uinjeno izmeu dvije uspravne crte. Zatim je potrebno, nakon dijeljenja sa t napisati dobijeni integral kao sumu etiri tablina integrala. Na kraju, moramo se vratiti na staru promjenljivu, imajui u vidu da je t = 4 x + 5 . Dakle, imamo:

=

2 x + 5 = t4 ( t 4 5) 1 4t 3dt = 4 (t 8 10t 4 + 25 1)t 2 dt = x2 1 3 dx = dx = 4t dt = 4 t x+5 x = t4 5

4 11 40 7 100 3 4 3 4 40 4 11 7 3 t t + t t + C = 4 ( x + 5) ( x + 5 ) + 32 4 ( x + 5) + C . 11 7 3 3 11 7

. x Rjeenje. U ovom integralu emo uvesti smjenu x = t 2 , a zatim izraziti x i dx preko t . Nakon toga, dobit emo tablini integral. Imamo: x =t dx 2tdt dt = t2 (1 + x) x = dxx= 2tdt = (1 + t 2 ) t = 2 1 + t 2 = 2arctgt + C = 2arctg x + C . dx . x 1 x 2 Rjeenje. S obzirom da je nazivnik podintegralne funkcije razlika dva korijena, kao prvo, x 1 + x 2 . U tom racionalisat emo nazivnik mnoenjem podintegralne funkcije sa x 1 + x 2 sluaju, nazivnik postaje jednak 1 , pa imamo dx dx x 1 + x 2 x 1 x 2 = x 1 x 2 x 1 + x 2 = (1)


(1 + x)

dx


=

(

x 1 + x 2 dx.

)

Integral (1) rastavljamo na dva integrala, koja rjeavamo uvoenjem smjene. Imamo: 3 2 2 I1 = x 1dx = x 1 = t = 2t 2 dt = ( x 1) 2 ; dx = 2tdt 3 3 2 2 I 2 = x 2dx = x 2 = t = 2t 2 dt = ( x 2 ) 2 dx = 2tdt 39

Sabirajui ova dva integrala 3 3 2 ( x 1) 2 + ( x 2) 2 + C . 3 8. Izraunati integral

vidimo

da

je

rjeenje

naeg

zadatka

jednako

dx . + a2 Rjeenje. U ovom integralu emo uvesti smjenu x = at , jer je u tom sluaju x 2 + a 2 = a 2 ( t 2 + 1) , pa imamo

x

2

x = at dx adt 1 dt 1 1 x = dx = adt = 2 = = arctgt + C = arctg + C. x2 + a2 2 2 a a a (1 + t ) a (1 + t ) a x t= aZapamtite kao tablini integral: dx 1 x x 2 + a 2 = a arcrg a + C . 9. Izraunati integral

2x

dx . 2 +12

Rjeenje. Ovaj integral ima podintegralnu funkciju oblika

1 b , za > 0 . Svodimo ga na a ax + b tablini integral tako to prvo izvuemo koeficijent uz x 2 , odnosno napiemo 2 b 2 b 2 2 ax + b = a x + = a x + a , a potom primijenimo tablini integral koji smo izveli a u prethodnom zadatku. x 1 1 2 dx dx 2 x2 + 1 = 2 2 = 1 arctg 1 + C = 2 arctg x 2 + C. 1 2 x2 + 2 2 2

(

)


dx x2 4

.

10

Rjeenje. U ovom integralu je nazivnik podintegralne funkcije oblika x 2 a 2 , a > 0 . Kod integrala ovog tipa emo uvesti smjenu x = at , dx = adt . U ovom konkretnom sluaju je a = 2 , pa smjenu uvodimo onako kako je naznaeno unutar dvije uspravne crte. Nakon izvlaenja konstante i skraivanja dobijamo tablini integral. Imamo:

x = 2t dt dt = dx = 2dt = 2 = = ln t + t 2 1 + C = 2 2 2 x 4 4(t 1) t 1 x t= 2 dx2

1 x x x2 4 x = ln + 1 + C = ln + + C = ln x + x 2 4 + C. 2 2 4 2 2 Imajui u vidu da je ln1 x + x 2 4 + C = ln x + x 2 4 ln 2 + C , kao i injenicu da je 2 C ln 2 takoer realna konstanta, dobijamo dx 2 x 2 4 = ln x + x 4 + C . Analogno bi postupali i u sluaju kada bi u nazivniku imali sabiranje pod korijenom.

(

)

(

)

Zapamtite kao tablini integral: dx 2 2 x 2 a 2 = ln x + x a + C . 11. Izraunati integral

dx 5 x2

.

Rjeenje. U ovom sluaju nazivnik podintegralne funkcije je oblika a 2 x 2 , pa emo uvesti smjenu x = at , analogno kao u prethodnom zadatku. U naem konkretnom sluaju je a 2 = 5 , pa je a = 5 . Imamo: x = 5t 5dt x 5 x 2 = dx = x5dt = 5 5t 2 = arcsin t + C = arcsin 5 + C . t= 5 Zapamtite kao tablini integral: dx

11

dx a x2 2

= arcsin

x +C . a


dx 3 4x2

.

Rjeenje. Nazivnik podintegralne funkcije u datom integralu je oblika b ax 2 , pri emu su brojevi a i b pozitivni. Zbog toga emo, analogno kao u primjeru 9. prvo izluiti koeficijentb b uz x da dobijemo b ax = a x 2 = a x 2 , a potom primijenimo tablini a a integral koji smo izveli u prethodnom zadatku. Dakle, 1 1 2x dx dx dx + C. = arcsin 3 4x2 = 3 2 = 2 2 2 3 3 2 4 x x 4 4 2

2

2

x3 1 + x 4 dx . Rjeenje. U datom integralu u nazivniku je funkcija 1 + x 4 , pa je prirodno prvo pokuati uvesti smjenu 1 + x 4 = t . Ovu smjenu je mogue uvesti samo ukoliko smo u mogunosti ostatak 1 podintegralne funkcije izraziti preko t i dt . Kako je dt = 4 x 3 dx , to je x3 dx = dt , pa je 4 mogue uvesti ovu smjenu. Imamo:13. Izraunati integral

1 + x4 = t x3 1 dt 1 1 3 4 dt 1 + x 4 dx = 4 x dx =dt = 4 t = 4 ln t + C = 4 ln(1 + x ) + C . x3 dx = 4 Napomenimo, na kraju da ukoliko bismo u brojniku razlomka pod integralom imali funkciju x 2 ili naprimjer x , ovakva smjena ne bi imala smisla, jer ne bismo mogli nai naina da ostatak podintegralne funkcije izrazimo kao funkciju od t i dt i da pri takvoj smjeni dobijemo integral ije rjeavanje je jednostavnije od rjeavanja polaznog integrala.14. Izraunati integral2x + 5 dx . + 5 x + 29 Rjeenje. U ovom integralu je brojnik podintegralne funkcije diferencijal od nazivnika, pa je smjena t = x 2 + 5 x + 29 oigledna. Imamo:

x

2

12

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

Ukoliko nam je dat integral kod kojeg je brojnik podintegralne funkcije diferencijal nazivnika, taj integral uvijek rjeavamo tako to uvedemo smjenu t = f ( x) , gdje je f ( x ) nazivnik podintegralne funkcije.Openito vrijedi: f ( x) f ( x) dx = ln f ( x) + C 15. Izraunati integral

(2)x +1

dx . x2 + 2 x 9 Rjeenje. Kako je d ( x 2 + 2 x 9) = (2 x + 2)dx = 2( x + 1)dx , to je dva puta vee od brojnika podintegralne funkcije, to u naem integralu moemo uvesti smjenu x 2 + 2 x 9 = t 2 . Postupak uvoenja smjene dat je izmeu dvije uspravne crte. Imamo:

tdt dx = x 2 + 2 x 9 = t 2 = = t + C = x 2 + 2 x 9 + C. t x + 2x 9 2( x + 1)dx = 2tdt2

x +1

x2 + 2 x 9 = t


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

ex

2tdt dx = t = e x + 1 = = 2t + C = 2 e x + 1 + C. t e +1 e x dx = 2tdt ex x

ex + 1 = t 2

x2 + 1 17. Izraunati integral 4 dx . x +1 Rjeenje. Ovaj zadatak je mnogo sloeniji od zadatka 13. ovog paragrafa, iako imamo istu funkciju u nazivniku. Ideja ovog zadatka jeste da se brojnik i nazivnik podintegralne funkcije 1 1 podijele sa x 2 , a zatim da se primijeti da je 1 + 2 izvod funkcije x , te da je x x13

1 1 1 2 x = x 2 + 2 . Zbog toga, ukoliko stavimo x = t , brojnik e biti jednak dt , a x x x 2 nazivnik jednak t + 2 . Navedeni postupak smjene dat je izmeu uspravnih crta, pa je 1 x =t x 1 1 1+ 2 1 + dx = dt x2 + 1 dt t 1 x2 1 1 x dx = x 2 arctg arctg +C = 2 = +C = x 4 + 1dx = 2 1 1 t +2 2 2 2 x 2 x + 2 x2 2 + 2 = t 2 x x 1 2 x + 2 = t2 + 2 x

2


xe

x2

dx .

Rjeenje. U ovom integralu je prirodno pokuati uvesti smjenu t = x 2 , to je mogue jer imamo xdx . Imamo:

xe

x2

x2 = t 1 1 2 dx = 2 xdx = dt = et dt = e x + C . 2 2 1 xdx = dt 22

Napomenimo da nas, naprimjer pri rjeavanju integrala e x dx smjena t = x 2 ne vodi rjeenju. Ovaj neodreeni integral uopte nije mogue izraziti preko elementarnih funkcija.19. Izraunati integral tgxdx .

Rjeenje. Kada napiemo tangens kao kolinik sinusa i kosinusa vidimo da je brojnik podintegralne funkcije izvod od nazivnika, pa moemo primijeniti formulu (2) i dobiti sin x d (cos x) tgxdx = cos xdx = cos x dx = ln cos x + C .20. Izraunati integral cos3 xdx .

Rjeenje. U ovom integralu, kao i u prethodnom iskoristit emo injenicu da je cos xdx = d (sin x) , za uvoenje smjene t = sin x , kao to je i uinjeno izmeu dvije uspravne crte. Kako bi podintegralnu funkciju izrazili preko t , moramo i cos 2 x napisati preko t = sin x , to je mogue na osnovu poznatog trigonometrijskog identiteta ( cos 2 x = 1 sin 2 x ). Imamo:14

3 2 cos xdx = cos x cos xdx =

t3 sin 3 x sin x = t = (1 t 2 ) dt = t + C = sin x + C. cos xdx = dt 3 3

21. Izraunati integral tg 3 xdx .

sin 3 xdx sin 2 x sin xdx Rjeenje. Kako je tg xdx = , te sin xdx = d (cos x ) , koristei = cos3 x cos3 x osnovni trigonometrijski identitet (sada u obliku sin 2 x = 1 cos 2 x ), moemo uvesti smjenu t = cos x i dobiti (1 cos2 x ) sin xdx = cos x = t = (1 t 2 )dt = 3 tg xdx = cos3 x t3 sin xdx = dt3

=

dt dt 1 1 + = t 2 + ln t + C = + ln cos x + C 3 t t 2 2 cos 2 x


Rijeiti integrale primjenom metode smjene: 16.

3 2x

xdx

2

;

17. x 3 3 1 + x 2 dx ;

18. 20. 22. 24. 26.

xdx ; 5 + x433

x

1 x ;42

1 x

1

ln

1+ x dx ; 1 xdx ;

ln( x + 1 + x 2 ) 1+ x2

x+2 2x 3 21. 2 dx ; x 3 x + 10 dx 23. ; x ln 4 x 1 1 25. 2 sin dx ; x x3

19.

x2 1

dx = x + 2 = t 3 ;

1 x ln x dx 28. ; sin x 30. sin 5 x cos xdx ;2

dx

;

27.

( 3x3

2

2 ) dx

x3 2 x + 1

;

29. ctg xdx ; 31.

sin15

sin 2 x dx ; 2 x+5

32.

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

sin xdx

;

33. 35.

sin x cos x dx ; sin 4 x + cos 4 x

arctg 3 x 1+ x2 ;

1.3.

Metoda parcijalne integracije

Neka su nam date dvije funkcije u i v , koje su diferencijabilne i iji izvodi su integrabilne funkcije. Diferencijal proizvoda funkcija u=u(x) i v=v(x) je: d (u v ) = vdu + udv , a integral diferencijala ovog proizvoda je: d (u v) = vdu + udv . Iz ove jednakosti dobijemo formulu koja glasi: udv = u v vdu . Na ovoj formuli se zasniva metod parcijalne integracije, koji ima dva koraka. Prvi korak se sastoji u tome da funkciju f ( x ) dx u integralu f ( x)dx napiemo u obliku u ( x) dv ( x ) , pri emu smo funkcije u i v pogodno odabrali. Tada se izraunavanje integrala na izraunavanje integrala integral

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

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

f ( x)dx

svodi

i v znai da je

uslova moemo egzaktno odrediti funkciju v , jer u suprotnom metoda parcijalne integracije nema smisla. Postoje neka okvirna pravila ta odabrati za funkciju u a ta za funkciju v , pri emu ta pravila nisu strogo matematika jer imaju i svoje izuzetke. Mi emo ih, ipak navesti. Ukoliko je funkcija f proizvod logaritamske funkcije, ili inverzne trigonometrijske funkcije i neke druge funkcije, treba pokuati rijeiti taj integral uzimajui da je u jednako toj logaritamskoj funkciji ili toj inverznoj trigonometrijskoj funkciji, a za dv uzimajui ostatak. Ukoliko je funkcija f proizvod neke eksponencijalne funkcije i neke druge funkcije, treba pokuati rijeiti integral uzimajui za dv da je jednako proizvodu te eksponencijalne funkcije sa dx , a za u uzimajui ostatak. Ukoliko je funkcija f proizvod funkcije sin ili cos i neke druge funkcije, tada uzimamo da je dv = sin xdx ili dv = cos xdx , a ostatak uzimamo za u . Jo jednom napominjemo da ova pravila imaju i svoje izuzetke, te da ih treba uzimati samo kao putokaz pri rjeavanju datog problema.16

Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

Rjeenje. U ovom integralu je podintegralna funkcija ln x , pa emo staviti u = ln x . Ostatak pod integralom je dx , pa stavljamo dv = dx , odakle je oigledno da je v = x . To emo, kao i u sluaju smjene promjenljive zapisivati izmeu dvije uspravne crte. Imamo: u = ln x dv = dx dx ln xdx = du = dx = u v vdu = ln x x x x = x(ln x 1) + C . x v=x2. Izraunati integral

ln xdx .

Rjeenje. Dati integral je slian prethodnom, pa stavljamo u = ln x . Ostatak je xdx , pa uzimamo da je dv = xdx . Iz ove jednakosti trebamo izraunati jednu funkciju v koja zadovoljava jednakost. To emo uiniti integraljenjem: 1 v = xdx = x 2 (ovdje ne dodajemo konstantu). Skraeni postupak parcijalne integracije dat 2 je izmeu dvije uspravne crte. Dakle, u = ln x dv = xdx dx x2 1 dx = u v vdu = ln x x 2 = x ln xdx = du = x 2 2 x x2 v= 2 2 x 1 x2 = ln x x 2 + C = (2 ln x 1) + C. 2 4 43. Izraunati integral

x ln xdx .

3 2

x ln 2 xdx .

Rjeenje. U ovom integralu emo staviti u = ln 2 x , pa je dv = xdx . Odavde je3 x 2 2 v = xdx = x dx = = x . 3 3 2 Imamo, nakon skraivanja u integralu na desnoj strani: 1 2

17

u = ln 2 x 1 du = 2 ln x dx 2 3 4 x = x 2 ln 2 x x ln xdx. x ln 2 xdx = dv = xdx 3 3 2 3 v = x2 3 Sada je potrebno izraunati x ln xdx. U ovom integralu emo ponovo primijeniti metod

2 3 parcijalne integracije, stavljajui sada u = ln x i dv = xdx , odakle je v = x 2 . Imamo: 3 u = ln x dx du = 2 3 2 1 2 3 2 3 x x ln xdx = = x 2 ln x x 2 dx = ( x 2 ln x x 2 ) + C. dv = xdx 3 3 3 3 3 2 v = x2 3 Uvrtavajui ovo u polazni integral dobijamo 2 3 2 4 2 3 2 3 2 2 2 x ln xdx = 3 x ln x 3 ( 3 ( x ln x 3 x 2 ) + C ) = 2 3 4 8 = x 2 ln 2 x ln x + + C , 3 3 9 4 pri emu smo konstantu C zamijenili novom konstantom koju smo takoer oznaili sa C . 34. Izraunati integral

x ln( x

2

1) dx .

Rjeenje. U ovom integralu emo, kao i u prethodnim primjerima staviti u = ln( x 2 1) , 1 xdx = dv , odakle je v = x 2 . Imamo: 2 u = ln( x 2 1) 2x du = 2 dx x 2 3 2 x 1 = ln( x 2 1) x dx. x ln( x 1)dx = dv = xdx x2 1 2 2 x v= 2 Kako bi izraunali posljednji integral, podijelit emo (sa ostatkom) x3 sa x 2 1 . Dobijamo:18

x3 : ( x 2 1) = x 3 ( x x) x To znai da je kolinik pri dijeljenju jednak x , kao i da je ostatak upravo x . Sada podintegralnu funkciju moemo napisati u obliku: x3 x = x + 2 , odakle je 2 x 1 x 1 3 x x x 1 2 x 2 1dx = xdx + x2 1 dx = 2 x + x2 1 dx . 1 Posljednji integral emo izraunati uvoenjem smjene t = x 2 1 , jer je tad xdx = dt , pa je 2 x 1 dt 1 1 2 x 2 1 dx = 2 t = 2 ln t = 2 ln x 1 + C . Sada smo izraunali sve integrale, pa se moemo vratiti unazad. Imamo: x2 x2 1 x2 1 x2 ln( x 2 1) + C. x ln( x 2 1)dx = ln( x 2 1) ln( x 2 1) + C = 2 2 2 2 2


x e

2 x

dx .

Rjeenje. U datom integralu imamo eksponencijalnu funkciju, pa emo uzeti dv = e x dx , u = x 2 . Odavde je v = e x dx = e x , pa imamo: u = x2 du = 2 xdx 2 x 2 x x x e dx = dv = e x dx = x e + 2 xe dx. v = e x U integralu na desnoj strani emo ponovo primijeniti parcijalnu integraciju, stavljajui dv = e x dx i u = x . Imamo: u=x du = dx x x x x x xe dx = dv = e x dx = xe + e dx = xe e + C. v = e x Uvrtavajui ovo u polazni integral dobijamo 2 x 2 x x x 2 x x e dx = x e + 2( xe e + C ) = ( x + 2 x + 2)e + C .6. Izraunati integral

x

2

sin 2 xdx .19

Rjeenje. Podintegralna funkcija je proizvod polinoma i funkcije sin 2x , pa emo uzeti 1 dv = sin 2 xdx , odakle je v = sin 2 xdx = cos 2 x , to smo jednostavno izraunali uvodei 2 smjenu t = 2 x . Sada imamo: u = x2 du = 2 xdx x2 x 2 sin 2 xdx = dv = sin 2 xdx = cos 2 x + x cos 2 xdx. 2 1 v = cos 2 x 2 U integralu na desnoj strani ponovo emo primijeniti parcijalnu integraciju. Dobijamo: u=x du = dx 1 1 1 1 cos x cos 2 xdx = dv = 1 2 xdx = 2 x sin 2 x 2 sin 2 xdx = 2 x sin 2 x + 4 cos 2 x + C. v = sin 2 x 2 Sada kada smo izraunali sve integrale moemo pisati: x2 1 1 1 2x2 1 2 x sin 2 xdx = 2 cos 2 x + 2 x sin 2 x + 4 cos 2 x + C = 4 cos 2 x + 2 x sin 2 x.7. Izraunati integral

Rjeenje. U ovom integralu nema svrhe uzimati dv = sin(ln x) dx , jer je u tom sluaju samo odreivanje funkcije v jednako izraunavanju datog integrala. Zbog toga emo staviti u = ln ( sin x ) i dv = dx . Pri rjeavanju integrala koji sadre trigonometrijske funkcije esto se dva puta parcijalno integrali i koristi osobina da je d (d (sin x )) = sin xdx , kako bismo se "vratili" na polazni integral i dobili jednainu koju zadovoljava taj integral. Iz te jednaine je mogue izraunati integral (kojeg oznaimo sa I ). Nakon to jednom parcijalno integralimo dobijamo u = sin(ln x) 1 du = cos(ln x) dx I = sin(ln x)dx = = x sin(ln x) cos(ln x)dx. x dv = dx v=x Sada emo parcijalno integraliti u integralu na desnoj strani (tj. drugi puta parcijalno integraliti). Imamo:

sin(ln x)dx .

20

u = cos(ln x) du = sin(ln x)dx = x cos(ln x) sin(ln x) dx . cos(ln x)dx = dv = dx I v=x Sada imamo: I = x sin(ln x) x cos(ln x) I , odnosno2 I = 2 sin(ln x ) dx = x sin(ln x) x cos(ln x).

Sada dijeljenjem sa 2 moemo izraunati integral I . Dakle: x x x I = sin(ln x) cos(ln x) + C = ( sin(ln x) cos(ln x) ) + C . 2 2 28. Izraunati integral

e

ax

cos bxdx .

Rjeenje. U rjeavanju ovog integrala postupit emo analogno kao u prethodnom zadatku. Stavit emo I = e ax cos bxdx i dva puta parcijalno integraliti. Nakon prve parcijalne integracije imamo: u = cos bx du = b sin bx 1 b I = eax cos bxdx = dv = e ax dx = eax cos bx + eax sin bxdx. a a 1 v = eax a Sada emo primijeniti parcijalnu integraciju na integral na desnoj strani. Imamo: u = sin bx du = b cos bxdx 1 ax b ax ax ax e sin bxdx = dv = e dx = a e sin bx a e cos bxdx . 1 I v = eax a Sada je 1 ax b 1 ax b ax I = e cos bx + e sin bx e cos bxdx , odnosno a aa a I I= 1 ax b1 b e cos bx + e ax sin bx I , odakle je a aa a

b2 1 ax b ax 1 + 2 I = e cos bx + 2 e sin bx + C1 , a a a 21

1 a2 dobijamo konaan rezultat = 2 b2 a + b2 1+ 2 a e ax (a cos bx + b sin bx) I = eax cos bxdx = +C . a 2 + b2

pa nakon mnoenja jednakosti sa


arcsin xdx .

Rjeenje. U ovom integralu javlja se inverzna trigonometrijska funkcija, pa emo staviti u = arcsin x , i uzeti dv = dx . Imamo: u = arcsin x dx du = xdx . U integralu na desnoj strani uvest emo 1 x 2 = x arcsin x arcsin xdx = 1 x2 dv = dx v=x smjenu t 2 = 1 x 2 , odakle je 2tdt = 2 xdx , odnosno xdx = tdt , pa imamo 1 x2 = t 2 xdx tdt 2 xdx = 2tdtdt 1 x 2 = 2xdx = tdt = t = t = 1 x + C . Uvrtavanjem u polazni integral dobijamo

arcsin xdx = x arcsin x +

1 x 2 + C.

Napomenimo da smo pri rjeavanju ovog zadatka koristili i parcijalnu integraciju i metodu smjene.10. Izraunati integral

a 2 x 2 dx .

Rjeenje. U ovom integralu emo postupati analogno kao u zadacima 7. i 8. ovog paragrafa. Kao prvo, primijenit emo metodu parcijalne integracije stavljajui u = a 2 x 2 . Imamo:u = a2 x2 x x2 2 2 I = a 2 x 2 dx = du = 2 2 = x a x + a 2 x 2 dx. a x dv = dx v=x U integralu na desnoj strani emo podintegralnu funkciju napisati u obliku x2 a2 x2 a2 a2 = + = a2 x2 + . a2 x2 a2 x2 a2 x2 a2 x222

Sada imamo:I = x a 2 x 2 a 2 x 2 dx + a 2 I

x = x a 2 x 2 I + a 2 arcsin . a a x2 2

dx

Odavde je2 I = x a 2 x 2 + a 2 arcsin x + C1 , a

odakle zakljuujemo da je x x 2 a2 a 2 x 2 dx = a x 2 + arcsin + C . 2 2 a Primijetimo na kraju da je dati integral mogue rijeiti pomou smjene x x = a sin t ; t = arcsin . Pokuajte sami izraunati ovaj integral koristei navedenu smjenu. a11. Izraunati integral

(x

2

3 x + 2)e 2 x dx .

Rjeenje. U ovom integralu emo primijeniti metod parcijalne integracije, analogno kao u zadatku 5. ovog paragrafa, pri emu emo taj metod koristiti dva puta s obzirom da je polinom s kojim je pomnoena funkcija e 2 x stepena 2. Imamo: u = x 2 3x + 2 du = ( 2 x 3) dx 1 ( x 2 3x + 2)e 2 x dx = dv = e 2 x dx = ( x 2 3 x + 2 ) e2 x 2 1 v = e2 x 2 u = 2x 3 du = 2dx 1 2x 1 2x 2 1 2x e ( 2 x 3) dx = e ( x 3 x + 2 ) (2 x 3)e dx = dv = e 2 x dx = 2 2 2 1 v = e2 x 2 1 1 1 1 1 = e2 x ( x 2 3 x + 2 ) ( e 2 x (2 x 3) 2 e 2 x dx = e2 x ( x 2 4 x + 4) + C. 2 2 2 2 2U ovom zadatku, kao i u primjeru 5. ovog paragrafa kao podintegralnu funkciju imali smo funkciju oblika Pn ( x)e ax dx , gdje je Pn ( x ) polinom stepena n (u naim konkretnim primjerima stepena 2). Mogli smo primijetiti i to da smo kao rezultat integracije dobili funkciju oblika Qn ( x )e ax , gdje je Q takoer neki polinom istog stepena kao polinom P . Moe se pokazati da ovo vrijedi i u optem sluaju. Zbog toga moemo pretpostaviti da se23

nakon integracije dobije funkcija oblika Qn ( x )e ax , gdje su koeficijenti polinoma Q nepoznati, a zatim diferenciranjem jednakosti odreivati koeficijente polinoma Q . Ova metoda integracije zove se metoda neodreenih koeficijenata. U naem konkretnom sluaju imamo polinom drugog stepena, pa emo pretpostaviti da je 2 2x 2 2x ( x 3x + 2)e dx = ( ax + bx + c ) e + C . Nakon diferenciranja gornje jednakosti i dijeljenja sa e 2 x dobit emo: x 2 3 x + 2 = 2(ax 2 + bx + c) + 2ax + b. Sada emo koristiti injenicu da su dva polinoma istog stepena jednaka ako i samo ako su im jednaki koeficijenti uz sve stepene. Zbog toga emo u polinomu na desnoj strani grupisati koeficijente uz odgovarajue stepene i dobiti: x 2 3x + 2 = 2ax 2 + 2(a + b) x + b + 2c. uz x 2 : 2a = 1 Izjednaavanjem koeficijenata imamo: uz x : 2(a + b) = 3 (3) sl. l. b + 2c = 2 1 Rjeenje sistema (3) je: a = , b = 2; c = 2 .Konano je: 2 1 2 2x 2 2x ( x 3x + 2)e dx = 2 x 2 x + 2 e + C , to se slae sa naim rjeenjem dobijenim parcijalnom integracijom. Na isti nain smo mogli rijeiti primjer 8. ovog paragrafa. Naime, u ovom primjeru podintegralna funkcija je oblika Pn ( sin x, cos x ) e ax dx , gdje smo sa

Pn ( sin x, cos x ) oznaili polinom sa promjenljivim sin x i cos x . U tom sluaju se rjeenjetrai takoer u obliku Qn ( sin x, cos x ) eax , pri emu je Q nepoznati polinom, a zatim diferenciranjem i izjednaavanjem koeficijenata uz sin x i cos x odreujemo koeficijente polinoma Q . Specijalno, u primjeru 8. bi stavili ax ax e cos bxdx = e ( A cos bx + B sin bx ) , gdje su A i B nepoznati koeficijenti. Nakon diferenciranja i dijeljenja sa eax dobijamo a cos bx b sin bx = ( aA + Bb ) cos bx + (aB bA) sin bx . Sada izjednaimo koeficijente i rijeimo dobijeni sistem jednaina po A i B . Dobijemo a b , a time i rjeenje isto kao u primjeru 8. A= 2 ;B = 2 2 a +b a + b2

24


Rijeiti integrale primjenom metode parcijalne integracije: 36.

x ln xdx ; 38. (x + x )ln xdx ;3 2

37.

ln( x 1) x 2 dx ; ln x 42. 3 dx ; x 44. x 2 e 2 x dx ;

40.

x ln xdx ; 1 x 39. x ln dx ; 1+ x 41. x ln xdx ;3 2 3

43. 45.

x ln

2 x + 1dx ;

46. e x sin xdx ; 48. 50.

x ex 2

3 x2

dx ;

x

47. e cos xdx ; 49.

2

cos xdx ;

sin x dx ; 52.a) x sin x dx ; b) sin x3 3

x cos x

sin x ; 51. arctgxdx ;2

xdx

53.

arcsin x dx ; x2

cos x dx ; 56. e cos 3 xdx ; 58. a) e sin xdx ;54.2 2x

ln(sin x)

55. arctg x dx ; 57. e ax cos bxdx ; 59.

ax

2

arcsin x

b) 3 x cos xdx

(1 x )

2 3

dx .

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

25

1.4.

Rekurentne formule

Kod rjeavanja nekih integrala koristimo tzv. rekurentne (rekurzivne) formule. One se sastoje u tome da integral I n (koji zavisi on nekog prirodnog broja n ) prikaemo kao sumu neke funkcije i integrala I n 1 (koji se dobije kad u integralu I n umjesto n stoji n 1 ), zatim integral I n 1 koristei istu metodu prikaemo kao sumu neke druge funkcije i integrala I n 2 , nastavljajui taj postupak dalje sve dok ne doemo do tablinog integrala. Najee koritena metoda za odreivanje veze izmeu integrala I n i I n 1 jest metoda parcijalne integracije. Moe se pokazati da vrijede sljedee rekurentne formule:1.

2. 3. 4. 5.

cos x sin n 1 x n 1 n2 I n = sin xdx = + sin xdx ili n n n 1 cos x sin x n 1 In = + I n 2 , (n 2, n N ) ; n n n2 1 cos x dx In = = + I n 2 , (n 2, n N ) ; n n 1 n 1 sin x n 1 sin x sin x cos n 1 x n 1 I n = cos n xdx = + I n 2 , (n 2, n N ) ; n n n2 1 sin x dx In = = + I n 2 , (n 2, n N ) ; n n 1 cos x n 1 cos x n 1 dx x 2n 3 In = = + I n 1 , (n 2, n N ) . n n 1 2 2(n 1)h 2(n 1)h( x + h) x2 + hn

(

)


Rjeenje. Koristei rekurentnu formulu 1. u kojoj je n = 3 , dobijamo cos x sin 2 x 2 cos x sin 2 x 2 sin 3 xdx = + sin xdx = cos x + C . 3 3 3 32. Izraunati integral

sin xdx .3

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

sin xdx .5

26

5 sin xdx =

cos x sin 4 x 4 cos x sin 4 x + sin 3 xdx = + 5 5 5 4 cos x sin 2 x 2 + cos x + C. 5 3 3


. x Rjeenje. U ovom zadatku emo koristiti rekurentnu formulu 4. u kojoj je n = 4 . Dobijamo: dx 1 sin x 2 dx 1 sin x 2 cos4 x = 3 cos3 x + 3 cos 2 x = 3 cos3 x + 3 tgx + C .4

cos

dx


cos xdx .4

Rjeenje. Pri rjeavanju ovog zadatka koristit emo rekurentnu formulu 3. u kojoj smo uzeli n = 4 i dobijamo: sin x cos3 x 3 4 2 cos xdx = 4 + 4 cos xdx. Integral na desnoj strani moemo izraunati na dva naina. Prvi nain jeste da ponovo primijenimo rekurentnu formulu 3. za n = 2 i dobijemo 1 1 1 1 2 cos xdx = 2 sin x cos x + 2 dx = 4 sin 2 x + 2 x + C , odakle je sin x cos3 x 3 3 4 cos xdx = 4 + 16 sin 2 x + 8 x + C . Ovaj integral mogli smo izraunati i tako to bismo primijenili trigonometrijski identitet 1 cos 2 x = (1 + cos 2 x) , pa bi dobili 2 x 1 1 + cos 2 x 2 cos xdx = 2 dx = 2 + 4 sin 2 x + C , to se slae sa ve dobijenim rezultatom.5. Izraunati integral

(x

dx2

+ 1)

3

.

Rjeenje. Primijenimo rekurentnu formulu 5. u kojoj je n = 3 . Imamo: dx x 3 dx x 2 + 1 3 = 2 2( x 2 + 1)2 + 2 2 x 2 + 1 2 . ( ) ( ) Na integral na desnoj strani primijenit emo opet formulu 5. (sa n = 2 ) i dobiti:27

(x

dx2

+ 1)

2

=

x

2( x + 1)2

+

1 dx x 1 x 2 + 1 = 2( x 2 + 1) + 2 arctgx + C . 2

Na kraju, imamo: dx x 3 x 1 x 2 + 1 n = 4( x 2 + 1)2 + 4 2( x2 + 1) + 2 arctgx + C . ( )1.4.1. Zadaci za samostalan rad

Pomou rekurentnih formula rijei sljedee integrale: 60. sin 4 xdx ; 61. cos 5 xdx ;63.

62. 65.

sin

dx x dx3

;

cos

dx3

x

;

64.

(2 + x )

dx

2 2

;

(x

2

+3

)

3

;

1.5.

Integracija racionalnih funkcija

Pn ( x) , gdje su Pn ( x ) i Qm ( x) neki polinomi Qm ( x) stepena n i m respektivno. Ukoliko je n m , tada polinom Pn ( x) moemo podijeliti

Racionalna funkcija je funkcija oblika

polinomom Qm ( x) i dobiti neki kolinik i ostatak iji stepen je manji od n . Zbog toga moemo smatrati da kada govorimo o racionalnoj funkciji govorimo o funkciji koja je kolinik dva polinoma pri emu je stepen polinoma u brojniku manji od stepena polinoma u nazivniku ( n < m ). Poznato je da svaku takvu racionalnu funkciju moemo napisati u obliku zbira prostih (parcijalnih) razlomaka, odnosno racionalnih funkcija koje imaju sljedea dva oblika: A , gdje je k neki prirodan broj, a A i a su neke realne konstante i a) k ( x a) b)

(x

2

+ px + q )

Ax + B

m

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

pri emu pretpostavljamo da trinom x2+px+q nema realnih nula (jer u suprotnom bismo racionalnu funkciju ovog oblika mogli napisati kao sumu funkcija oblika a)). Ranije smo vidjeli kako metodom smjene ( t = x a ) izraunati integrale oblika a). Podsjetimo se,28

za k = 1 je za k 2 je

x a dx = A ln x a + C ,

A

( xa)

A

m

dx =

A (x a)1m +C . 1m

1.5.1. Integral oblika

Ax + B dx x + px + q2

Integral ovog oblika se rjeava u sljedeih nekoliko koraka: 1. Izraunamo izvod nazivnika podintegralne funkcije, tj. x 2 + px + q = 2 x + p

(

)

2. Odredimo konstante M i N takve da vrijedi Ax + B = M ( 2 x + p ) + N . 3. Integral rastavimo na sumu dva integrala: Ax + B 2x + p dx x 2 + px + qdx = M x 2 + px + q dx + N x 2 + px + q = MI1 + NI 2 . U integralu I1 funkcija u brojniku je izvod od nazivnika i njega izraunavamo kao u paragrafu 1.3. Objasnimo kako izraunati integral I 2 . Kao prvo, nazivnik podintegralne funkcija emo svesti na kanonski oblik:p p2 , x + px + q = x + + q 2 4 p p a potom uvesti smjenu x + = t , x = t , dx = dt i dobiti 2 2 dx dt . I2 = 2 = x + px + q p2 2 t +q 4 2 2

p2 pozitivan ili 4 negativan. Dakle, polazni integral se svodi na integrale koji su tablini ili ih rjeavamo metodom smjene. Ukoliko trinom x 2 + px + q ima realne nule, odnosno vrijedi: Ax + B Ax + B , = 2 x + px + q ( x x1 )( x x2 )

Integral na desnoj strani je tablini integral, u kojem je izraz q

29

ovaj razlomak moemo rastaviti na zbir prostih razlomaka oblika, Ax + B A B1 = 1 + . (x x1 )(x x2 ) x x1 x x2Rijeeni primjeri

Na prva dva primjera emo pokazati kako se izraunavaju integrali kod kojih je A=0, iako emo se s takvim integralima sretati i kasnije.1. Izraunati integraldx . x+2 Rjeenje. Jedini problem sa kojim se susreemo pri rjeavanju ovog integrala jeste kako napisati trinom x 2 x + 2 u kanonskom obliku. Posmatramo koeficijent uz x , koji je jednak

x

2

1 1 , pa e puni kvadrat koji se javlja u kanonskom prikazu biti jednak x . Da bi dobili 2 1 jednakost sa polaznim izrazom potrebno je jo oduzeti drugi lan na kvadrat, tj. . Dakle, 2 1 1 1 7 x x + 2 = x + 2 = x + . Sada uvodimo smjenu na nain kako smo 2 4 2 4 objasnili gore. Imamo: 1 dx dx dt = = = x 2 =t = x 2 x + 2 1 2 7 7 2 dx = dt t + x + 4 2 4 1 t 2 2x 1 + C. = arctg +C = arctg 7 7 7 7 2 2 dt Primijetimo da je integral koji je preostao za izraunavanje zapravo integral tipa 7 2 t + 4 7 7 dt t 2 + a 2 , gdje je a = 4 = 2 , kojeg smo izraunali u 1.3.2 2 2 2

2


3x

2

dx . x +130

Rjeenje. S obzirom da je nazivnik podintegralne funkcije oblika 3 x 2 x + 1 , trebamo prvo 1 1 izluiti faktor uz x 2 , tj. broj 3 . Nakon izluivanja dobijemo 3 x 2 x + 1 = 3 x 2 x + . 3 3 1 1 1 Sada je potrebno trinom x 2 x + svesti na kanonski oblik. Koeficijent uz x je , pa 3 3 3 1 1 1 1 1 1 11 je x 2 x + = x + = x + . 3 3 6 6 3 6 36 Sada imamo:2 2 2

1 1 dx dx 1 dx dt = = = = t = x 6 = 3x 2 x + 1 2 1 1 3 1 2 11 3 t 2 + 11 dx = dt 3 x x + x + 36 3 3 6 36 1 1 t 2 6x 1 arctg arctg = +C = + C. 3 11 11 11 11 6 6 Ax + B Pogledajmo sada kako rjeavati integral oblika 2 dx u sluaju kada je A 0. x + px + q5x + 2 dx . + 2 x + 10 Rjeenje. U ovom integralu emo prvo izraz u brojniku napisati kao sumu dva izraza kao to je navedeno u prva dva koraka. Imamo: 1. x 2 + 2 x + 10 = 2 x + 2 .


x

2

(

)

2. Trebamo odrediti brojeve M i N tako da vrijedi 5 x + 2 = A(2 x + 2) + B; odnosno 5 x + 2 = 2 Ax + (2 A + B ) . Izjednaavanjem koeficijenata uz x i slobodan lan u posljednjoj jednakosti dobijamo sistem 5 2 A = 5; 2 A + B = 2 , odakle se A = i B = 3 . Dakle, dobili smo da je 2 5 5 x + 2 = (2 x + 2) 3 , pa integral moemo napisati kao sumu dva integrala kao to je 2 objanjeno u koraku 3. Imamo: 5x + 2 5 2x + 2 dx 5 x 2 + 2 x + 10dx = 2 x 2 + 2 x + 10dx 3 x 2 + 2 x + 10 = 2 I1 3I 2 .31

Integral I1 se rjeava kao u paragrafu 1.3. smjenom t = x 2 + 2 x + 10 pomou koje se dobije I1 = ln( x 2 + 2 x + 10) . Ostaje da se rijei integral I 2 . Integrale ovakvog oblika smo rjeavali u prva dva primjera. Nakon svoenja nazivnika na kanonski oblik i uvoenja smjene imamo: dx dx dt 1 t 1 x +1 t = x +1 + C. I2 = 2 = = = 2 = arctg + C = arctg 2 x + 2 x + 10 t +9 3 3 3 3 ( x + 1) + 9 dx = dt Konano dobijemo: 5x + 2 5 x +1 2 x 2 + 2 x + 10dx = 2 ln( x + 2 x + 10) arctg 3 + C .4. Izraunati integralxdx . 2x 3 Rjeenje. Pri rjeavanju ovog integrala postupamo kao u prethodnom zadatku. Imamo: x2 2x 3 = 2x 2 .

x

2

(

)

Sada odreujemo M i N iz uslova x = M ( 2 x 2 ) + N = 2 Mx + ( N 2 M ) . Izjednaavanjem koeficijenata dobijamo 1 = 2 M i 0 = N 2M , odakle je M =1 ( 2 x 2 ) + 1 , pa imamo: 2 xdx 1 ( 2 x 2 ) dx dx 1 x 2 2 x 3 = 2 x 2 2 x 3 + x 2 2 x 3 = 2 I1 + I 2 . Lako se uvjeravamo da je I1 = ln x 2 2 x 3 . 1 i N = 1. 2

Dakle, x =

Integral I 2 emo izraunati na uobiajeni nain. Kao prvo, pokaimo kako se dx izraunavaju integrali oblika 2 . x a2 Oigledno je da se funkcija u nazivniku moe rastaviti na faktore, pa imamo 1 A A = 1 + 2 . 2 2 x a xa x+a 1 , Mnoenjem sa ( x a )( x + a ) i izjednaavanjem koeficijenata dobijamo da je A1 = 2a 1 . Sada je A2 = 2a

32

x

2

dx 1 dx 1 dx 1 1 xa = 2 x a 2a x + a = 2a ( ln x a ln x + a ) + C = 2a ln x + a + C. a 2a

Ovaj integral moemo zapamtiti kao tablini. Dakle: dx 1 xa x 2 a 2 = 2a ln x + a + C.

Sada moemo nastaviti sa rjeavanjem polaznog integrala. Nakon svoenja na kanonski 2 2 oblik dobijamo x 2 2 x 3 = ( x 1) 1 3 = ( x 1) 4 , pa je:

I2 =

dx dx dt 1 t 2 1 x3 t = x 1 = = = 2 = ln + C = ln + C. 2 4 x +1 x 2x 3 ( x 1) 4 dx = dt t 4 2 2 t + 22


Ax + B mx 2 + px + q

dx

Iako integral ovog oblika nije integral racionalne funkcije njega emo razmatrati u okviru ovog paragrafa, jer se rjeava na analogan nain kao integral iz 1.5.1. Naime, prva dva koraka u rjeavanju su ista, nakon kojih dobijamo konstante M i N za koje vrijedi Ax + B = M (2mx + p ) + N . Nakon toga integral svodimo na sumu dva integrala: Ax + B 2mx + p dx mx 2 + px + q dx = M mx 2 + px + q dx + N mx 2 + px + q = MI1 + NI 2 . Integral I1 rjeavamo smjenom t 2 = mx 2 + px + q , dok integral I 2 rjeavamo tako to trinom mx 2 + px + q napiemo u kanonskom obliku, a zatim smjenom svodimo na tablini. Napomenimo da u nazivniku pod korijenom posmatramo trinom u obliku mx 2 + px + q , zbog toga to, ukoliko je broj m naprimjer negativan nije mogue izluiti u tom sluaju m uopte nije realan broj.Rijeeni primjeri 1. Rijei integral:

m ispred korijena, jer

. 2x2 6x + 5 Rjeenje. U ovom integralu je A = 0 , pa emo odmah trinom 2 x 2 6 x + 5 svesti na kanonski oblik. Imamo:33

dx

2 2 5 1 9 5 3 1 2 2 x 6 x + 5 = 2 x 3 x + = 2 x + = 2 x + , pa je 2 2 4 2 2 4 2

3 1 2x 6x + 5 = 2 x + . 2 4 Sada imamo:2

2

3 1 dx dt t = x = 1 = = 2 2 1= 2 2 2 2 2x 6x + 5 3 1 dt = dx t + x + 4 2 4 dx 1 1 1 3 3 1 ln t + t 2 + + C = ln x + x + + C = 4 2 2 4 2 2 = 1 ln 2 x 3 + 4 x 2 12 x + 10 + C1. 22

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

1 4 tablinim integralom, kao i to da smo izraz unutar apsolutne vrijednosti preuredili, 1 1 1 izvlaenjem faktora , tako da smo novu konstantu C1 dobili umjesto izraza C + ln . 2 2 2 t2 +

dt


3x + 1 2 x2 x + 1

dx .

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

34

3 2tdt 3 3 2 t = 2 t + C = 2 2x x +1 + C . 4 Integral I 2 rjeavamo kao u prethodnom zadatku. Kao prvo I1 =2 2 1 1 1 1 7 2 x 1 2 x x + 1 = 2 x + = 2 x + = 2 x + , pa imamo 2 2 4 16 2 4 16 2

I2 =

dx 2x2 x + 1

=

1 1 1 dx dt = t = x 4 = 2 7 = 2 2 2 1 7 dt = dx t + x + 16 4 16 2

1 7 1 1 1 7 ln t + t 2 + ln x + x + = +C = +C = 16 4 4 16 2 2 = Ovdje je C1 = C + 1 ln 4 x 1 + 2 4 x 2 2 x + 2 + C1. 2

1 1 ln . 2 4 Sada se moemo vratiti unazad i dobiti 3x + 1 3 7 2 2 2 x 2 x + 1dx = 2 2 x x + 1 + 4 2 ln 4 x 1 + 16 x 8 x + 8 + C . . 1 3x 2 2 x 4 Rjeenje. Izraz pod korijenom u integralu je bikvadratna funkcija. Zbog toga je prirodno prvo pokuati uvesti smjenu x 2 = t kako bismo pod korijenom dobili kvadratnu funkciju po t . Ovu 1 1 smjenu moemo uvesti jer u brojniku imamo xdx = d ( x 2 ) = dt . Dakle, 2 2 2 x =t 2 xdx = dt 1 xdx dt = 1 3x 2 2 x 4 xdx = 1 dt = 2 1 3t 2t 2 . 2 Sada emo trinom pod korijenom svesti na kanonski oblik. Imamo:3. Izraunati integral

xdx

35

3 2 9 1 2 3 1 2 3 1 1 3t 2t = 2 t t + = 2 t + t + = 2 t + + + = 2 2 2 2 4 16 2 2

17 3 2 = 2 t + . 16 4

Sada je:

dt 1 3t 2t 2

=

dt 17 3 2 2 t + 16 4

=

3 dt 1 = u =t+ 4 = 2 2 17 3 dt = du t + 16 4

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

1.5.3. Integracija racionalnih funkcija oblika:

(x

2

+ px + q )

Ax + B

k

dx

gdje je k prirodan broj k 2 . U ovom integralu emo pretpostaviti da je diskriminanta kvadratne funkcije u nazivniku, tj. broj p 2 4q negativna, jer bi u suprotnom mogli kvadratnu funkciju napisati kao proizvod dva linearna faktora i razlomak prikazati u obliku sume razlomaka iji nazivnici bi bili linearne funkcije (na prirodan stepen), to smo razmatrali na poetku paragrafa 1.5. U integralu ovog oblika provedemo prva dva koraka kao pri rjeavanju integrala u 1.5.1. i 1.5.2. za odreivanje konstanti M i N takvih da vrijedi Ax + B = M (2 x + p ) + N . Zatim integral napiemo kao sumu Ax + B x 2 + px + q k dx = MI1 + NI 2 . ( ) U integralu I1 uvedemo smjenu t = x 2 + px + q nakon koje I1 postaje tablini integral. Integral I 2 rjeavamo na sljedei nain:

36

p p2 Napiemo trinom x 2 + px + q u kanonskom obliku ( x + ) 2 + q i uvedemo smjenu 2 4 p t = x + . Nakon te smjene integral I 2 postaje 2 dt I2 = = I 2, k . k 2 p2 t + (q ) 4 p2 na dobijeni integral moemo primijeniti rekurentnu formulu 5. datu Ako stavimo h = q 4 u paragrafu 1.4.Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

( x 2 + x + 1)

dx

2

.

Rjeenje. U ovom sluaju je A = 0 , pa preskaemo prva dva koraka. Kanonski oblik trinoma 1 3 x 2 + x + 1 je ( x + ) 2 + , pa nakon smjene i primjene rekurentne formule dobijamo 2 4 1 dx dx dt = = t = x+ 2 = = (k = 2) = 2 2 x2 + x + 1 2 2 2 3 ( ) x + 1 + 3 dt = dx t + 4 2 4 t dt 22 3 2t 4 2t = + 2 1 2 3 = 2 3 + 3 3 arctg 3 + C = 3 3 3 2 1 t + 3 t + 2 1 t 2 + 4 4 4 4 4 2x +1 4 2x + 1 + C. arctg = + 2 3 ( x + x + 1) 3 3 32. Izraunati integral

(x

2

x + 1)

xdx

3

.

37

Rjeenje. Izvod kvadratnog trinoma u nazivniku je odrediti konstante M i N

(x

2

x + 1) = 2 x 1 , pa je potrebno

takve da vrijedi x = M (2 x 1) + N . Nakon mnoenja i 1 izjednaavanja koeficijenata dobijamo da je M = N = , pa je 2 2 x 1) dx 1 1 xdx 1 ( dx 1 I = = + = I1 + I 2 . 3 3 3 2 2 2 ( x x + 1) 2 ( x x + 1) 2 ( x x + 1) 2 2

U integralu I1 uvedimo smjenu t = x 2 x + 1 , dt = (2 x 1) dx . On postaje dt 1 1 I1 = 3 = t 3 dt = t 2 = + C1 . 2 t 2 2 ( x 2 x + 1) Integral I 2 rjeavamo na sljedei nain: 1 dx dt I2 = = t = x 2 = = I 2,3 . 3 3 2 2 3 dx = dt 1 3 t + x + 4 2 4 Na integral I 2,3 emo primijeniti rekurentnu formulu 5. iz 1.4. dva puta (prvo za n = 3 , a

zatim za n = 2 ). Imamo: dt 23 3 22 3 t t t = + + + I 2,3 = I 2,2 = 31 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 2 3 t2 + 3 22 2 t + 22 t + 3 t + 4 4 4 4 4 4 4 4 2t 2 1 t t = + + +C = arctg 2 3 2 3 3 t 2 + 3 3 3 3 t + 4 4 4 4 1 x 2x 1 4 2x 1 2 arctg = + + +C. 2 2 3 3 ( x 2 x + 1) 3 ( x x + 1) 3 3 Sada kada smo izraunali I1 i I 2 , moemo napisati konano rjeenje kao 1 x 1 2x 1 4 2x 1 1 2 I= arctg + + + + C. 2 2 2 3 ( x 2 x + 1)2 3 ( x 2 x + 1) 3 3 3 4 ( x x + 1) 38

1.5.4. Integracija sloenijih racionalnih funkcija

Na kraju ovog paragrafa uradimo nekoliko primjera u kojima emo pokazati kako rastavljati racionalnu funkciju na parcijalne razlomke i primjenjivati metode integracije objanjene u specijalnim sluajevima.Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

x3 + 1 x 2 3x + 2dx . Rjeenje. U podintegralnoj funkciji stepen polinoma u brojniku je vei od stepena polinoma u nazivniku, pa emo prvo podijeliti (sa ostatkom) brojnik i nazivnik. Imamo ( x 3 + 1) : ( x 2 3 x + 2) = x + 3 (oduzmemo) x3 3x 2 + 2 x3x 2 x + 1 3x 2 9 x + 6_________________ 2

7x 5 (ostatak) Dakle, kolinik pri dijeljenju je x + 3 , dok je ostatak 7 x 5 , pa imamo 7x 5 x3 + 1 . Sada integral moemo pisati u obliku: = x +3+ 2 2 x 3x + 2 x 3x + 2 7x 5 x2 x3 + 1 dx = ( x + 3) dx + 2 = + 3 x + I1 . x 2 3x + 2 x 3x + 2 2 Diskriminanta kvadratnog trinoma u nazivniku je pozitivna, a njegove nule su x1 = 1 i x2 = 3 , pa je x 2 3x + 2 = ( x 1)( x 3) . Sada moemo podintegralnu funkciju u integralu I1 rastaviti na parcijalne razlomke. Imat emo dva parcijalna razlomka iji nazivnici su ( x 1) i ( x 3) : 7x 5 A B . = + ( x 1)( x 2) x 1 x 2 Nakon mnoenja sa ( x 1)( x 2) i grupisanja konstanti dobijamo 7 x 5 = A( x 2) + B ( x 1) = ( A + B ) x (2 A + B ) . Izjednaavanjem koeficijenata uz odgovarajue stepene dobijamo sistem jednaina A+ B = 7 2A + B = 5 , ije rjeenje je A = 2 i B = 9 .__________________

__________________

(oduzmemo)

Sada imamo

39

7x 5 2 9 = + , pa je ( x 1)( x 2) x 1 x 2 7x 5 7x 5 dx dx I1 = 2 dx = dx = 2 = + 9 x 3x + 2 ( x 1)( x 2) x 1 x2

( x 2) = 2 ln x 1 + 9 ln x 2 + C = ln 2 ( x 1)9

9

+C .

Sada konano rjeenje moemo izraziti u obliku

( x 2) + C . x3 + 1 x2 + 3 x + ln dx = 2 x 2 3x + 2 2 ( x 1)x3 + 1 2. Rijeiti integral 4 dx . x 8x Rjeenje. Stepen polinoma u brojniku ovog integrala je manji od stepena polinoma u nazivniku, tako da nije potrebno dijeliti. Kako bi odredili na koje parcijalne razlomke emo rastaviti podintegralnu funkciju, potrebno je polinom u nazivniku rastaviti na faktore. Imamo x 4 8 x = x( x 3 23 ) = x( x 2)( x 2 + 2 x + 4). Dakle,

x3 + 1 x3 + 1 dx = dx. x4 8 x( x 2)( x 2 + 2 x + 4) Sada vidimo da e nazivnici parcijalnih razlomaka biti redom x , x 2 i x 2 + 2 x + 4 (ovaj trinom ima negativnu diskriminantu, pa ga ne moemo dalje rastavljati), pa imamo x3 + 1 A B Cx + D = + + 2 . 2 x( x 2)( x + 2 x + 4) x x 2 x + 2 x + 4 Sada trebamo odrediti nepoznate konstante. Kao prvo, pomnoit emo jednakost sa x( x3 8) , pa nakon toga izmnoiti izraze na desnoj strani. Dobijamo x 3 + 1 = A( x3 8) + B( x3 + 2 x 2 + 4 x) + C ( x3 2 x 2 ) + D( x 2 2 x) . Sada je potrebno grupisati koeficijente uz iste stepene promjenljive x : x3 + 1 = x 3 ( A + B + C ) + x 2 (2 B 2C + D) + x(4 B 2 D) 8 A . Nakon izjednaavanja koeficijenata uz iste stepene u polinomima na lijevoj i desnoj strani x3 : A+ B +C =1 2 imamo sistem jednaina: x : 2 B 2C + D = 0 x: 4B 2D = 0 0 x : 8 A = 1 1 3 3 ije rjeenje je: A = ; B = ; C = D = . 8 8 440

Dakle,

1 3 3 ( x + 1) x +1 8+ 8 + 4 = , pa imamo x(x 2)( x 2 + 2 x + 4) x x 2 x2 + 2 x + 4 x3 + 1 1 dx 3 dx 3 x +1 1 3 3 x4 8 xdx = 8 x + 8 x 2 + 4 x 2 + 2 x + 4dx = = 8 ln x + 8 ln x 2 + 4 I1. Integral I1 rjeavamo smjenom t = x 2 + 2 x + 4 , jer je dt = 2( x + 1) dx , 1 I1 = ln ( x 2 + 2 x + 4 ) . Sada je 2 3 1 3 3 3 1 x +1 2 3 x4 8 xdx = 8 ln x + 8 ln x 2 + 8 ln( x + 2 x + 4) + C = 8 ln( x 8) 8 ln x + C.3

pa

je


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

x

4

razlomka iji nazivnici su x , x 2 i ( x 2 + 3) . Imamo 1 A B Cx + D = + 2+ 2 . 2 2 x ( x + 3) x x x +3 Nakon mnoenja sa x 2 ( x 2 + 3) dobijamo 1 = A( x3 + 3x) + B( x 2 + 3) + Cx3 + Dx 2 . Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata dobijemo sistem jednaina: x3 : A + C = 0 x2 : B + D = 0 x1 : 3 A = 0 x 0 : 3B = 1 1 1 ije je rjeenje: A = 0, B = , C = 0, D = , pa je 3 3 1 1 1 3 + 3 , odakle imamo = x 2 ( x 2 + 3) x 2 x 2 + 3 1 1 x 1 dx 1 dx dx x 4 + 3x 2 = 3 x 2 3 x 2 + 3 = 3x 3 3 arctg 3 + C .

41


x8 1 x( x8 + 1) dx . Rjeenje. dati integral emo napisati kao razliku dva integrala: x8 1 x8 dx x7 dx = 8 dx = I1 I 2 . dx = dx 8 8 x( x8 + 1) x( x + 1) x( x + 1) x +1 x( x8 + 1) Integral I 1 emo jednostavno rijeiti pomou smjene: t = x 8 , dt = 8 x 7 dx ,I1 = 7 8

pa

je

x 1 dx = ln( x8 + 1) + C1 x +1 8 Imajui u vidu da je dx8 = 8 x 7 dx , u podintegralnoj funkciji integrala I 2 pomnoimo brojnik i nazivnik sa x 7 , nakon ega moemo uvesti smjenu t = x8 + 1 , kao to je uinjeno izmeu dvije uspravne crte. x8 + 1 = t 1 x7 dt . I2 = 8 8 dx = 8 x 7 dx = dt = 8 t (t 1) x ( x + 1) 1 7 x dx = dt 8 Podintegralnu funkciju sada moemo rastaviti na dva parcijalna razlomka: 1 A B = + , t (t 1) t t 1 odakle nakon mnoenja sa t (t 1) i izjednaavanja koeficijenata uz odgovarajue stepene dobijamo da je A = 1 i B = 1 . Sada je 1 1 1 = + , pa imamo t (t 1) t t 1 1 dt 1 dt 1 1 1 I2 = + = ln t 1 ln t + C2 = ln x ln x8 + 1 + C2 . 8 t 8 t 1 8 8 8 Na kraju, oduzimajui integrale I1 i I 2 dobijamo:

x8 1 x7 dx 1 dx = 8 dx = ln( x8 + 1) ln x + C . 8 x( x8 + 1) x( x + 1) 4 x +15. Rijeiti integral

x5 + 2 x3 + 4 x + 4 x4 + 2 x3 + 2 x2 dx Rjeenje. Polinom u brojniku podintegralne funkcije ima vei stepen nego polinom u nazivniku, pa je potrebno podijeliti polinome u brojniku i nazivniku. Imamo:

42

(x

5

+ 2 x3 + 4 x + 4 ) : ( x 4 + 2 x3 + 2 x 2 ) = x 2 ,2

pri

emu

je

ostatak

pri

dijeljenju

x5 + 2 x3 + 4 x + 4 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 4 = x2+ = x 2 + 4 R( x) , 4 x + 4 x + 4 x + 4 , tako da je x 4 + 2 x3 + 2 x 2 x 4 + 2 x3 + 2 x 2 odnosno x5 + 2 x3 + 4 x + 4 I = 4 dx = ( x 2 ) dx + 4 R ( x )dx x + 2 x3 + 2 x 2 Sada je potrebno racionalnu funkciju R ( x ) razloiti na parcijalne razlomke. Kao prvo,3

rastavimo nazivnik razlomka R ( x ) na proste faktore: x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 = x 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) . Sada

vidimo da emo pri rastavu na parcijalne razlomke imati tri sabirka iji nazivnici su redom x , x 2 i x 2 + 2 x + 2 . Dakle, x3 + x 2 + x + 1 A B Cx + D = + 2+ 2 . 2 2 x ( x + 2 x + 2) x x x + 2x + 2 x 2 ( x 2 + 2 x + 2) imamo: Odavde, nakon mnoenja sa x3 + x 2 + x + 1 = A( x3 + 2 x 2 + 2 x) + B( x 2 + 2 x + 2) + Cx3 + Dx 2 . Nakon izjednaavanja odgovarajuih koeficijenata dobijamo sistem jednaina: x3 : A + C = 1 , x2 : 2 A + B + D = 1 , x : 2 A + 2B = 1 , x0 : 2B = 1 , 1 ije rjeenje je A = 0 , B = D = , C = 1 , pa je: 2 1 1 x+ x3 + x 2 + x + 1 2 , odakle dobijamo = 2 + x 2 ( x 2 + 2 x + 2) x 2 x 2 + 2 x + 2 1 x+ 1 dx x2 2 dx = I = 2x + 4 2 + 2 2 x + 2x + 2 2 x 1 1 1 x2 dx = 2 x + 4 + ln( x 2 + 2x + 1) 2 . 2 2x 2 2 x + 2x + 2 I1 Integral I1 rjeavamo kao u 1.8.1. svoenjem na kanonski oblik:

43

I1 =

dx dx dt x +1 = t = = = = arctg ( x + 1) + C . 2 dx = dt 1 + t 2 x + 2x + 2 ( x + 1) + 12

Na kraju imamo: x2 1 1 1 I = 2 x + 4 + ln( x 2 + 2 x + 1) arctg ( x + 1) + C = 2 2 2x 2 2 2 x = 2 x + 2 ln( x 2 + 2 x + 2) 2arctg ( x + 1) + C . x 2 1.5.5. Zadaci za samostalan rad Rijeiti integrale: dx . 66. 2 x + 2x + 5 dx 69. . 3 + x x2 dx . 72. 2 2x 2x + 1 xdx 75. 4 . x 2x 2 1 dx . 78. x x2 x2 81. dx . 2 x 4x + 5 dx . 84. 4x 2 + 4x 3 dx 87. . 1 + 4x x2 x +1 dx . 90. x2 + x +1 2x 1 93. 2 dx . x 3x + 2 7x 1 96. 2 dx . 2 x 3x + 1

67. 70. 73. 76. 79. 82. 85. 88. 91. 94. 97.

xdx . 7 x + 13 3x 2 x 2 4 x + 5dx . 3 2x x 2 2 x + 2dx . (x 1)dx x2 x 1 . 2x 8 1 x x 2 dx . dx 2 x 2 + 3x . dx

x

2

68. 71. 74. 77. 80. 83. . 86. 89. 92. 95. 98.

4 x 2 12 x + 10 dx 4 + 2x x 2 . xdx 3 2x x 2 . (x + 1)dx 3x 2 2 x 1 . 3x + 2 2 x 2 + x 3dx .44

dx . 2x 1 dx 2 x 2 5x + 7 . 2x + 1 1 + 3x 4 x 2 dx . dx 2 + 3x 2 x 2 . xdx 5x 2 2 x + 1 . dx 2x x 2 . dx 2x 2 x + 2 . xdx 5 + x x2 . dx x 2 4x . 2x + 7 x 2 + x 2dx . x4 x 2 5 x + 6dx .

3x

2

99.

x2 x 2 3x + 2dx . 5x 3 + 2 102. 3 dx . x 5x 2 + 4 x dx . 105. x(x + 1) 2

100. 103. 106. 109. 112.

108.

x5 x 3 + 1dx . ( x + 1) 3 111. 2 dx . x x 5x 8 114. 3 dx . x 4 x 2 + 4 x x2 + x +1 x 5 2 x 4 + x 3 dx .

117.

x2 x + 2 113. 4 dx . x 5x 2 + 4 3x 2 + x + 3 x4 +1 dx . dx . 116. 115. 3 ( x 1) 3 ( x 2 + 1) x x2 + x 1 x3 6 x 6 2 x 4 + 3x 3 9 x 2 + 4 dx . 119. dx . 118. 4 x + 6x 2 + 8 x 5 5x 3 + 4x

x2 x 2 6 x + 10dx . x3 1 4 x 3 x dx . x3 x 2dx . 3x 2 + 2 x 3 x 3 x dx . dx x 2 ( x 4 1) .

101.

x 2 5x + 9 x 2 5x + 6dx . x4 104. 4 dx . x 1 x4 107. 2 dx . x +4 2 + 3x 110. dx . (3 x )3

1.6.

Integracija nekih iracionalnih funkcija

r1 r2 ax + b s1 ax + b s2 x, , ,... dx 1.6.1. Integral oblika R cx + d cx + d r1 r2 ax + b s1 ax + b s2 x, ,... dx , gdje je R racionalna funkcija, a Integral oblika R , cx + d cx + d ax + b r1 , s1 , r2 , s 2 ,... su cijeli brojevi, rjeavamo smjenom = t n gdje je n najmanji zajedniki cx + d sadralac brojeva s1 , s2 ,...

Rijeeni primjeri

1 x +1 dx . 3 x +1 Rjeenje. U ovom integralu emo uvesti smjenu t 6 = x + 1 , dx = 6t 5 dt , jer je NZS(2,3)=6 (u podintegralnoj funkciji imamo drugi i trei korijen), tako da dobijemo:1. Izraunati integral

1+

45

1 x +1 1 t3 5 t8 t5 t dt = 6 2 dt = 6 I1 . dx = 6 1+ 3 x +1 1+ t2 t +1 Sljedei korak je da podijelimo polinome u brojniku i nazivniku racionalne funkcije. Rezultat dijeljenja je polinom: t 6 t 4 t 3 + t 2 + t 1 , ostatak je 1 t tako da integral I1 postaje t 1 I1 = ( t 6 t 4 t 3 + t 2 + t 1)dt 2 dt . t +1 Integral na desnoj strani emo rastaviti na sumu dva integrala: t 1 tdt 1 1 2 t 2 + 1dt = t 2 + 1 t 2 + 1dt = 2 ln(t + 1) arctgt , gdje smo prvi integral rijeili smjenom u = t 2 + 1 , du = 2tdt . Uvrtavajui ovo u integral I1 , a zatim integral I1 u I dobijamo: 1 x +1 t 1 dx = 6 (t 6 t 4 t 3 + t 2 + t 1)dt + 6 2 dt = 3 t +1 x +1 6 6 3 = t 7 + t 5 + t 4 2t 3 3t 2 + 6t + +3ln(1 + t 2 ) 6arctgt + C. 7 5 2 Na kraju je potrebno staviti t = 6 x + 1 .

1+


dx . x + 3 x + 24 x Rjeenje. U integralu se promjenljiva x nalazi pod drugim, treim i etvrtim korijenom, pa kako je NZS (2,3, 4) = 12 , to emo u integralu uvesti smjenu x = t 12 , dx = 12t 11dt . Imamo

dx t11 t8 = 12 6 4 dt = 12 3 dt , x + 3 x + 24 x t + t + 2t 3 t +t +2 gdje smo brojnik i nazivnik podijelili sa t 3 . Polinom u brojniku podintegralne funkcije je stepena veeg od polinoma u nazivniku, pa emo podijeliti polinome u brojniku i nazivniku. Nakon dijeljenja dobijamo t8 3t 2 6t 8 5 3 2 = t t 2t + t + 4 + 3 , pa je t 3 +t+2 t +t+2 3t 2 6t 8 dx dt. = 12 (t 5 t 3 2t 2 + t + 4)dt + 12 3 x + 3 x + 24 x t +t +2I1

Dakle, imamo: dx 6 4 3 2 x + 3 x + 2 4 x = 2t 3t 8t + 6t + 48t + 12I1 .46

Kako bi izraunali integral I1 potrebno je nazivnik tog integrala rastaviti na proste faktore. Imamo t 3 + t + 2 = t 3 + 1 + t + 1 = (t + 1)(t 2 t + 1) + (t + 1) = (t + 1)(t 2 t + 2) , pri emu kvadratni trinom na desnoj strani nije mogue dalje rastavljati, tako da emo podintegralnu funkciju u integralu I1 rastaviti na dva parcijalna razlomka iji nazivnici su t + 1 i t 2 t + 2 . Dakle, 3t 2 6t 8 A Ct + D , = + 2 2 (t + 1)(t t + 2) t + 1 t t + 2 pa nakon mnoenja sa ( t + 1)(t 2 t + 2) dobijamo 3t 2 6t 8 = A(t 2 t + 2) + C (t 2 + t ) + Dt + D = ( A + C )t 2 + ( A + C + D)t + 2 A + D. Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata nakon mnoenja u prethodnoj jednakosti A+C = 3 dobijamo sljedei sistem jednaina: A + C + D = 6 2 A + D = 8 1 11 17 Rjeenje ovoga sistema je: A = ; C = ; D = . 4 4 2 Sada je 1 11 17 t 3t 2 6t 8 2 , odakle imamo = 4 + 4 2 2 (t + 1)(t t + 2) t + 1 t t + 2 11 17 t 1 dt 2 dt = 1 ln t + 1 + 1 11t 34 dt = 1 ln t + 1 + 1 I . I1 = + 4 2 2 4 t +1 4 4 t2 t + 2 4 4 t t + 2 Integral I2 rjeavamo kao u 1.6.1. Kao prvo, odredimo konstante M i N takve da vrijedi 11t 34 = M (2t 1) + N (jer je (t 2 t + 2) = 2t 1 ). 2 M = 11 Izjednaavanjem odgovarajuih koeficijenata dobijamo sistem jednaina: , N M = 34 11 57 odakle je M = ; N = . 2 2 Iz svega slijedi da je: :

47

1 11 57 dt t = u = 11 ln(t 2 t + 2) 2 I 2 = ln(t t + 2) = 2 2 2 1 2 7 2 dt = du t + 2 4 57 du 11 57 2 2t 1 = ln(t 2 t + 2) arctg + C. 2 u2 + 7 2 2 7 7 4 Sada moemo dati konano rjeenje datog integrala (sjetimo se, t = 12 x ): dx 3 6 12 4 12 x + 3 x + 2 4 x = 2 x 3 x 8 x + 6 x + 48 x + 3ln x + 1 + + 33 ln 26

x 12 x + 2

171 212 x 1 + C. arctg 7 7


Pn ( x ) ax 2 + bx + c

dx , gdje je Pn ( x ) polinom n tog stepena rjeavamo metodom ax 2 + bx + c Ostrogradskog, koja se sastoji u sljedeem: 1. Dati integral napiemo u obliku Pn ( x) dx 2 (1) ax 2 + bx + c dx = Qn1 ( x) ax + bx + c + ax 2 + bx + c , gdje je Qn 1 ( x) polinom stepena ( n 1) s neodreenim koeficijentima, a je nepoznati koeficijent. Integral

Pn ( x)

2. Izraz (1) diferenciramo, a zatim pomnoimo sa ax 2 + bx + c . 3. Nakon mnoenja dobit emo jednakost dva polinoma na osnovu koje (izjednaavanjem koeficijenata uz odgovarajue stepene) odredimo neodreene koeficijente polinoma Qn 1 ( x) i koeficijent .Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

x 2 3x + 1 x2 + x + 1

dx .

48

Rjeenje. U brojniku podintegralne funkcije je polinom drugog stepena, pa emo za polinom s neodreenim koeficijentima uzeti polinom prvog stepena, tj. polinom Qn 1 ( x) = Q21 ( x) = Ax + B . Imamo: . x + x +1 x + x +1 Diferenciramo posljednju jednakost i dobijemo: x 2 3x + 1 2x + 1 = A x2 + x + 1 + ( Ax + B) + . 2 x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 122

x 2 3x + 1

dx = ( Ax + B ) x 2 + x + 1 +

dx

Nakon mnoenja jednakosti sa

x 2 + x + 1 , dobijemo:

1 x 2 3 x + 1 = A( x 2 + x + 1) + ( x + )( Ax + B ) + . 2 Sada grupiemo koeficijente na desnoj strani jednaine po stepenima promjenjive x: 1 3 x 2 3 x + 1 = 2 Ax 2 + A + B x + A + B + . 2 2 Izjednaavanjem koeficijenata uz jednake stepene na lijevoj i desnoj strani dobijamo sistem jednaina: 2A = 1 3 A + B = 3 2 1 A+ B + =1 2 1 15 19 Rjeenje ovog sistema je: A = ; B = ; = . 2 4 8 Sada imamo: x 2 3x + 1 dx 15 2 19 1 x2 + x + 1dx = 2 x 4 x + x + 1 + 8 x 2 + x + 1 =

1 dx 15 19 1 = x x2 + x + 1 + = x+ 2 =t = 2 4 8 2 1 3 dx = dt x+ + 2 4 = 1 19 ( 2 x 15) x 2 + x + 1 + 4 8 1 ( 2 x 15) 4 dt t2 + 3 4 19 1 x 2 + x + 1 + ln x + + ( x 2 + x + 1) + C. 8 249

=

1 19 3 ( 2 x 15) x 2 + x + 1 + ln t + t 2 + + C = 4 8 4

=


x

2

4 x 2 dx .

Rjeenje. Podintegralnu funkciju emo napisati neto drugaije: 2 2 4 x2 x ( 4 x ) x4 4 x2 = = x2 4 x2 = x2 4 x2 , 4 x2 4 x2 4 x2 pa sad moemo primijeniti metod Ostrogradskog. Dakle, x4 4 x2 I = x 2 4 x 2 dx = dx , 4 x2 gdje je Pn ( x ) = x 4 4 x 2 polinom etvrtog stepena, zbog ega jeQn 1 ( x ) = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D polinom treeg stepena. Sada imamo:

. 4 x2 4 x2 Diferencirajui ovaj izraz dobijamo: x4 4 x2 2x = ( 3 Ax 2 + 2 Bx + C ) 4 x 2 ( Ax3 + Bx2 + Cx + D ) + 2 . 2 2 4 x 2 4 x 4 x Nakon mnoenja jednakosti sa 4 x 2 imamo: x 4 4 x 2 = ( 3 Ax 2 + 2 Bx + C ) (4 x 2 ) x ( Ax 3 + Bx 2 + Cx + D ) + . Grupiui faktore na desnoj strani jednakosti sredimo po stepenima promjenljive x dolazimo do jednakosti: x 4 4 x 2 = 4 Ax 4 3Bx3 + (12 A 2C ) x 2 + ( 8 B D ) x + 4C + . Izjednaavajui odgovarajue koeficijente polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jednaina: 4 A = 1 3 B = 0 12 A 2C = 4 8B D = 0 4C + = 0 1 1 Rjeenje ovog sistema je: A = ; B = 0; C = ; D = 0; = 2 . 4 2 Uvrtavanjem dobijenih koeficijenata dobijamo dx x4 4 x2 1 3 1 2 4 x 2 dx = 4 x + 2 x 4 x 2 4 x2 . Integral na desnoj strani je tablini, pa je rjeenje naeg zadatka (nakon mnoenja posljednje jednakosti sa (-1)):50

x4 4 x2

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

dx

1 dx 1 x 1 I = x3 x 4 x 2 + 2 = x ( x 2 2 ) 4 x 2 + 2 arcsin + C . 2 2 4 4 x2 41.6.3. Integral oblika Integral oblika

ax 2 + bx + cdx

ax 2 + bx + c dx moemo rijeiti metodom Ostrogradskog (1.6.2.) tako

to racionaliemo brojnik u podintegralnoj funkciji. Meutim moemo ga uraditi svoenjem na kanonski oblik kvadratnog trinoma 2 ax + bx + c . Svoenjem na kanonski oblik kvadratnog trinoma integral se svodi na jedan od dva osnovna integrala: x 2 a2 x 1 a 2 x 2 dx = a x 2 + arcsin + C , a > 0 ; 2 2 a 2 x 2 a 2 x 2 + a 2 dx = x + a 2 + ln x + x 2 + a 2 + C . 2 2 Rjeenje integrala 2 dobijemo metodom parcijalne integracije na sljedei nain:I = u = x2 + a2 x dx = x 2 + a 2 dx = du = x2 + a2 dv = dx v=x x2 + a2 a2 x2 + a2 dx = x x 2 + a 2 x2 + a2 x2 + a2I

(2)+ a2 dx x2 + a2

= x x2 + a2

Kada u jednakosti (2) prebacimo I na lijevu stranu i podijelimo sa 2 dobijemo x 2 a2 x 2 + a 2 dx = x + a 2 + ln x + x 2 + a 2 + C . 2 2Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

2 tj.

4 x 2 2 x + 1dx .

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

51

2 2 1 1 1 1 1 3 2 1 4x 2x +1 = 4 x x + = 4 x + = 4 x + , 2 4 4 16 4 4 16 2

pa je

2 1 1 3 3 4 x 2 2 x + 1dx = 2 x + dx = t = x 4 = 2 t 2 + dt 4 16 16 dx = dt 3 Integral u (3) je uraeni integral 2 kod kojeg je a 2 = . Dakle, 16 3 t 2 3 3 3 2 2 t + 16 dt = 2 t + 16 + 32 ln t + t + 16 + C .

(3)

Vraanjem u jednakost (3) dobijamo 3 3 3 2 2 2 4 x 2 x + 1dx = t t + 16 + 16 ln t + t + 16 + C , kad vratimo smjenu t = x 1 dobijemo: 2

1 1 1 3 1 1 1 4 x 2 2 x + 1dx = x x 2 x + + ln x + x 2 x + + C . 2 2 4 16 2 2 4


2 + x x 2 dx .

Rjeenje. Kada kvadratni trinom u podintegralnoj funkciji svedemo na kanonski oblik 2 2 2 1 1 1 1 9 1 2 2 dobijemo: 2 + x x = 2 ( x x ) = 2 x = 2 x + = x . 2 4 2 4 4 2 Sada imamo:

2 + x x dx = 2

2 2 1 9 1 t = x = 3 t 2 dt. x dx = 2 2 4 2 dt = dx

(4)3 , pa imamo: 2

Integral na desnoj strani u (4) je integral tipa 1o u kome je a = 9 2 t 1 9 2 9 2t t 9 2 3 2 2 t dt = 4 arcsin 3 + 2 t 4 t + C = 8 arcsin 3 + 2 4 t + C . 2 2 1 Ako vratimo smjenu t = x u (4) , imamo konano rjeenje naeg zadatka: 252

9 2x 1 2x 1 + 2 + x x 2 dx = arcsin 2 + x x2 + C . 8 3 4

Pokuajte sami izraunati ove integrale metodom Ostrogradskog, imajui u vidu da je 4 x2 2 x + 1 dx , odnosno 4 x 2 2 x + 1dx = 4 x2 2 x + 1 2 + x x2 2 + x x 2 dx = dx . 2 + x x2


( x )

dxn

ax 2 + bx + c

Uvoenjem smjene oblika 1.6.2.Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

1 =t x

integral

(x )

dxn

ax 2 + bx + c

se svodi na integral

x

dx3

x2 + 1

.1 1 dt , na osnovu koje je x = i dx = 2 . x t t

Rjeenje. U datom integralu emo uvesti smjenu t =

Nakon uvoenja smjene imamo: 1 1 2 dt x= dx t2 t t I = = = = dt . 1 1 x3 x 2 + 1 dx = 1 dt t2 +1 +1 t2 t3 t2 Sada smo dobili integral Ostrogradskog kod koga je polinom u brojniku stepena dva. Zbog toga je polinom sa neodreenim koeficijentima na desnoj strani stepena jedan, tj. integral piemo u obliku t2 dt 2 t 2 + 1 dx = ( At + B ) t + 1 + t 2 + 1 . Diferenciranjem ove jednakosti dobijamo: t2 t = A t2 +1 + ( At + B ) + 2 , t2 +1 t2 +1 t +153

pa nakon mnoenja sa t 2 + 1 i grupisanja koeficijenata imamo: t 2 = A(t 2 + 1) + t ( At + B) + , t 2 = 2 At 2 + Bt + A + . Sada izjednaimo odgovarajue koeficijente i dobijemo sistem jednaina: 2A = 1

B=0 A+ = 01 1 Rjeenje sistema je: A = ; B = 0; = . 2 2 Uvrtavanjem dobijenih vrijednosti koeficijenata u polazni izraz imamo: t2 t 2 dt t 2 1 1 2 t 2 + 1 = 2 t + 1 2 t 2 + 1 = 2 t + 1 2 ln t + t + 1 + C . 1 Sada je potrebno vratiti staru promjenljivu t = , i dobiti konano rjeenje u obliku: x I = 1 2x 1 1 1 + 1 + ln + 2 2 x x 1 +1 + C . x2 dx4


( x 1)

x2 + 2

.

1 , kao to je reeno u uvodu. Sada je x 1 potrebno izraziti x i dx preko nove promjenljive t . Imamo: 1 1 t +1 dt , odakle je dx = 2 . x 1 = , pa je x = + 1 = t t t t Sada je 1 x 1 = t 1 dx t3 I = = dx = 2 dt = dt. 4 t 3t 2 + 2t + 1 ( x 1) x 2 + 2 1 t= x 1 Dobijeni integral je integral kojeg emo rijeiti metodom Ostrogradskog. Polinom u brojniku je stepena tri, pa emo za nepoznati polinom na desnoj strani uzeti polinom stepena dva. Imamo:

Rjeenje. U ovom integralu emo uvesti smjenu t =

54

t 3 3t 2 + 2t + 1

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

dt 3t 2 + 2t + 1

.

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

3t 2 + 2t + 1 dobijemo jednake

Nakon izjednaavanja odgovarajuih koeficijenata polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jednaina: 9 A = 1 5 A + 6B = 0 2 A + 3B + 3C = 0 B+C + = 0 Rjeenje ovog sistema je: 1 5 1 4 A= ; B= ; C = ; = . 54 54 54 9 Vrijednosti koeficijenata vratimo u polaznu jednakost. Dobijamo: t 3 dt 1 5 2 2 3t 2 + 2t + 1dt = 54 (6t 5t + 1) 3t + 2t + 1 54 3t 2 + 2t + 1. Integral na desnoj strani rjeavamo svoenjem na kanonski oblik, (kao u 1.5.2.) a zatim uvoenjem odgovarajue smjene. Naime, pa je2 1 1 2 3t + 2t + 1 = 3 t 2 + t + = 3 t + + , 3 3 3 92 2

dt 3t 2 + 2t + 1

=

1 1 du = u =t+3 = 2 2= 2 3 du = dt 1 2 u + 3 t + + 9 3 9 dt 2 1 1 2 1 1 ln u + u 2 + + C = ln t + + t 2 + t + + C. 3 3 9 3 3 3

= Sada imamo

( x 1)

dx4

x +22

=

1 5 1 2 1 ln t + + t 2 + t + + C , (6t 2 5t + 1) 3t 2 + 2t + 1 3 3 3 54 54 31 . x 155

pri emu je jo potrebno umjesto t staviti

1.6.5. Zadaci za samostalan rad Rijeiti integrale: x3 dx . 120. x 1 123. 126. 129. 132. 135. 138. 141. 144. 147.

121. . 124. 127. 130.

dx

(x + 1)3

1 2

+ ( x + 1) dx .

3 2

.

122. 125.

3

x 1 dx . x +1

xdx x +1 + x +13

x2 + 1+ x 1+ x

(2 x ) x+ x2

dx1 xdx .

.

3

x x2

x +1 dx . x 1 x +1 +1 dx . x +1 1x3

(x + 1)3

x +1 + 2 x +1.

dx .

133. 136.

1 x

dx .dx .

dx . x +1 x+3 128. 2 dx . x 2x + 3 dx 131. . x + 2 +1 x + 2 1 dx 134. . 3 x ( x + 1) 22

(x + 1)

x +1 + 2

(

)

dx 3x + 1 1

2 x 2 3x x 2 2x + 5 x4

137. 140. 143. 146. 149.

3x 3 x 2 + 4x + 5 3x 2 5 x 3 2x x 2

dx . dx .

x3 x + 1 x 2 + 2x + 2

dx .

139. 142. 145. 148. 151. 154.

x

x 2 2 x + 2dx . 2 x x 2 dx .2

dx . x 2 + 4x + 5 x3 dx . 1 + 2x x 2 x5 dx . 2 1 x

x

x 4 + 2 x 2 1dx . x 2 2 x 1dx .2

4 x + xdx . dx 150. . (x + 1) x + x + 12

1 2 x x 2 dx .

x x x

dx2

153. 156. 159.

x x x

dx6

x 2 1 dx

. . .

3

x 2 + 2x 1 x 1

157.

x2 x +1 dx . x 2 +1 dx x 2 + 4x 4

.

x + x + 2dx . dx 152. . (x + 1) x + 2 x2 2

155. . 158.

(x + 1) (x 1)

dx x 2 + 2x dx

3

. .

3

x 2 + 3x + 1

2

2x 2 2x + 1

56

1.7.

Integral binomnog diferencijala

x (a + bx )m

n p

dx

Neodreeni integral sljedea tri sluaja:

x (a + bx )m

n p

dx se moe izraziti preko elementarnih funkcija up

a) Ako je p cio pozitivan broj, integral se rjeava neposredno razvijajui binom ( a + bx n )

pomou Njutnovog binomnog obrasca.q u , n = , (gdje su q i u r v cijeli, a r i v prirodni brojevi), integral je mogue rijeiti uvoenjem smjene x = t s , gdje je s = NZS ( r , v) . m +1 r b) Ako je p razlomak oblika p = (gdje su r i s cijeli brojevi), a je cio broj, integral n s se rjeava smjenom a + bx n = t s , gdje je s nazivnik razlomka p . m +1 r c) Ako je p razlomak oblika p = (gdje su r i s cijeli brojevi), a + p je cio broj, n s integral se rjeava smjenom ax n + b = t s , gdje je s nazivnik razlomka p .

Ukoliko je p cio negativan broj, a m i n razlomci oblika m =


(1 + x )32

x

2

dx .

Rjeenje. Ovaj integral emo napisati u obliku

x (a + bx )m

n p

dx . Imamo:

(1 + x )3

x

2

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

Dakle, m =

1 1 , n = i p = 2 , pa imamo sluaj a) u kojem je p negativan cio broj. Potrebno 2 3 je uvesti smjenu x = t 6 , jer je 6 = NZS (2, 3) . Imamo:

I =

(

x

1+ 3 x

)

2

dx =

t8 x = t6 = 6 dt. 5 2 dx = 6t dt (1 + t 2 )

(1)

57

Dobili smo integral racionalne funkcije kod koje je stepen polinoma u brojniku (koji je 8) vei od stepena polinoma u nazivniku (koji je 4), pa je potrebno podijeliti polinom u brojniku s polinomom u nazivniku. Imamo: t 8 : (t 4 + 2t 2 + 1) = t 4 2t 2 + 3 t 8 + 2t 6 + t 4 (oduzmemo) 2t 6 t 4 2t 6 4t 4 2t 2 (oduzmemo) 3t 4 + 2t 2 3t 4 + 6t 2 + 3(oduzmemo) 4t 2 3(ostatak ) Dakle, t8 4t 2 + 32

( t 2 + 1)

2

= t 4 2t 2 + 3

( t 2 + 1)

, pa uvrtavajui u (1) dobijamo

4t 2 + 3 t5 t3 I = 6 ( t 4 2t 2 + 3) dt dt = 6 12 + 18t 6 I1 . 2 (1 + t 2 ) 5 3 Integral I1 moemo zgodno napisati koristei injenicu da je 4t 2 + 3 = 4(t 2 + 1) 1 , odakle imamo 4(t 2 + 1) dt dt dt I1 = dt = 4 = 4arctgt I 2 . 2 2 2 (1 + t ) (1 + t 2 )2 1+ t2 ) 1+ t2 ) ( (Integral I 2 je jednostavno izraunati primjenom rekurentne formule 5. iz paragrafa 1.4. (za n = 2 ) na osnovu koje imamo 1 t dt = 2 + arctgt + C . I2 = 2 (1 + t 2 ) 2(t +1) 2 Sada moemo integral I 2 uvrstiti u I1 a zatim I1 u I i dobiti:

I =6

t5 t3 t 1 12 + 18t 6(4arctgt 2 arctgt ) + C . 5 3 2(t + 1) 2

Nakon vraanja poetne promjenljive (iz x = t 6 slijedi t = 6 x ) dobijamo konano rjeenje u obliku 6 36 x x dx = 6 x5 4 x + 18 6 x + 21arctg 6 x + C . 3 2 5 1+ 6 x 1+ x

(

)

Napomenimo da je dati integral mogue rjeavati i kao integral tipa 1.6.1.58


x3 1 + 2 x2

dx .

r Rjeenje. p = . Ovaj integral emo napisati u obliku: s 1 3 x 1 dx = x3 (1 + 2 x 2 ) 2 dx , iz kojeg vidimo da je m = 3 , n = 2 , p = , to znai da 1 + 2x2 2 m +1 m +1 3 +1 trebamo provjeriti da li je cio broj. Imamo = = 2 , to je cio broj , pa n n 2 uvodimo smjenu t 2 = 1 + 2 x 2 , jer je 2 nazivnik razlomka p . 1 Sada je potrebno izraziti x i dx preko t . Imamo: 2 x 2 = t 2 1 , x 2 = ( t 2 1) , odakle je 2 1 1 1 2 x= ( t 1) 2 . Diferenciranjem dobijamo da je dx = 12 1 ( t 2 1) 2 2tdt = tdt 2 . 2 2 2 t 1 Uvrtavajui ovu smjenu u integral dobijamo:

1

=

x3

(1 + 2 x )

1 2 2

dx =

23

(t

2

1)

3 2

t

tdt 1 1 1 1 = ( t 2 1) dt = t 3 t + C = 12 4 2 t 2 1 4

3 1 1 1 1 + 2 x 2 ) 2 (1 + 2 x 2 ) 2 + C . ( 12 4

. x 2 x3 Rjeenje. Dati integral emo napisati u odgovarajuem obliku. Imamo: 1 dx = x 3 ( 2 x3 ) 3 dx , x3 3 2 x3 1 m +1 pa je m = 3 , n = 3 i p = . Pogledajmo sad vrijednost izraza . Imamo 3 n m + 1 3 + 1 2 = = , to nije cijeli broj. Dakle, odbacili smo sluaj b). Ostaje nam jo da n 3 3 m +1 m +1 2 1 provjerimo da li je + p cio broj. Imamo + p = = 1 , to jeste cio broj, pa n n 3 3 emo uvesti smjenu onako kako je navedeno u sluaju c) (vodimo rauna o tome da je a = 2 i b = 1 ).3 3


dx

59

Stavit emo 2 x 3 1 = t 3 , jer je 3 nazivnik razlomka p . Sada je potrebno izraziti x i dx preko t . Nakon mnoenja sa x3 u naoj smjeni imamo 2 x3 = t 3 x3 , odakle je x3 (t 3 + 1) = 2 ,1 2 3 3 3 odnosno x = 3 = 2 ( t + 1) 3 . t +1 4 4 1 Odavde je dx = 3 2 (t 3 + 1) 3 3t 2 dt = 3 2 t 2 (t 3 + 1) 3 dt . 3 1

Uvrtavajui 2 x3 = 2

smjenu

u

integral,

imajui

u

vidu

da

je

tada

x3 =

2 t +13

i

2 t3 = 2 3 , dobijamo t3 +1 t +1 = 3 2 t 2 (t 3 + 1) 3 dt 2 2t 3 t3 +1 t3 +1 2 1 3

4

x

dx33

2 x3

=

3

2 t 2 (t 3 + 1) 3 dt1 3

4

=

2 (t 3 + 1) 1 3 2 t (t 3 + 1)

1 tdt = 2

1 1 3 2 x3 = t2 + C = 4 4 x 1

+ C,

jer je

3 2 x3 2 3 t = 3 1 = . x x


. 1 + 8 x3 Rjeenje. Dati integral emo napisati u obliku 1 dx = x 0 (1 + 8 x3 ) 3 dx , 3 1 + 8 x3 1 odakle vidimo da je m = 0 , n = 3 i p = . 3 m +1 0 +1 1 Dalje je = = , to nije cio broj. n 3 3 m +1 1 1 1 + = = 0 , to je cio broj, pa imamo sluaj c). U ovom sluaju Meutim, n p 3 3 3 uvodimo smjenu x + 8 = t 3 (jer je a = 1 i b = 8 ), odakle je x 3 = t 3 8 , odnosno3

dx

60

x = ( t 3 8) 3 . Odavde je dx = ( t 3 8) 3 t 2 dt . Primijetimo da je na osnovu ove smjene

1

4

x3 =

1 , pa uvrtavajui smjenu u integral dobijamo t 83

8 3 2 3 tdt 3 = 1 + 3 I = t ( t 8 ) dt = 3 . 3 3 t 8 t 8 1 + 8x Integral na desnoj strani je integral racionalne funkcije, koju emo rastaviti na parcijalne razlomke. Kako je t 3 8 = ( x 2)( x 2 + 2 x + 4) , to je t A Bt + C . = + 2 3 t 8 t 2 t + 2t + 4 Odavde, nakon mnoenja sa t 3 8 dobijamo t = At 2 + 2 At + 4 A + Bt 2 2 Bt + Ct 2C , odakle izjednaavanjem koeficijenata uz jednake stepene imamo sistem jednaina A+ B = 0 2 A 2B + C = 1 4 A 2C = 0 1 1 1 Rjeenje sistema je A = , B = i C = , pa imamo 6 6 3 1 dt 1 (t 2)dt 1 11 3 t +1 + 2 = ln t 2 + ln(t 2 + 2t + 4) I = arctg + C. 6 62 6 t 2 6 t + 2t + 4 3 3

dx

1

4

Imajui u vidu da je t = 3 x 3 + 8 , konano rjeenje je oblika1 I = ln 63

x 3 + 8 2 +

1 ln( 12

(

3

x 3 + 8

)

2

+ 2 3 x 3 + 8 + 4)

1 2 3

3

arctg

x 3 + 8 + 1 + C. 3

1.7.1. Zadaci za samostalan rad Rijeiti integrale: dx . 160. x(1 + 3 x ) 3 163. 166.x2 1 x2 x3

161. 164. 167.

dx .

162. 165. . 168.

(1 + 2 x )dx4

3 2 2

dx .

x 3 (1 + x) dx .x6 x +12

xx

dx4

dx .

1+ x2 dx

.

1+ x44

.

23

(x

3

+261

)

5

(1 +

x

)

1 3

dx;( x = t 4 ) .

169.

x

dx3

1+ x

51 3

.

170. 173.

(1 + x ) dx .4 1 3

171.

x

x (1 + 3 x ) 4 dx .3

172. 175.

(1 + x )x

dx .

5 3 x 1 + x 3 dx .

(

)

2

174.

1 + x3 dx . x2

1 x4 dx . x5

1.8.

Integral oblika

R(x,

ax 2 + bx + c dx

)

Integral oblika

R(x,

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

)

x i ax 2 + bx + c , rjeavamo pomou takozvanih Eulerovih (Ojlerovih) smjena i svodimo ga na integral racionalne funkcije nove promjenjive t .Imamo tri sluaja:a) Prva Eulerova smjena: ako je a > 0 , tada uvodimo smjenu ax 2 + bx + c = t x a , (opredjeljujemo se za znak + ili u zavisnosti od izraza pod integralom). b) Druga Eulerova smjena: ako je a < 0 ali c > 0 , tada uvodimo smjenu

ax 2 + bx + c = tx c , (opredjeljujemo se za znak + ili u zavisnosti od izraza pod integralom) c) Trea Eulerova smjena: ako kvadratni trinom ax 2 + bx + c ima realne i razliite krojene i , tada je smjena: a( x ) = ( x )t 2 .Rijeeni primjeri 1. Izraunati integral

x+

Rjeenje. Poto je2

. x2 + x + 1 a = 1 > 0 , imamo prvi sluaj, u kome emo uzeti

dx

smjenu

x + x + 1 = t x , jer se na korijen u podintegralnoj funkciji sabira sa x , pa emo na taj nain u nazivniku podintegralne funkcije dobiti samo t . Sada trebamo izraziti x i dx preko nove promjenljive t .Kvadriranjem jednakosti

x 2 + x + 1 = t x dobijamo :62

x 2 + x + 1 = x 2 2tx + t 2 , odakle izraunamox= t 2 1 t2 + t +1 , dx= 2 dt , i uvrstimo u integral. Imamo: 2 2t + 1 ( 2t + 1)t2 + t +1 I = dx

= 2 = 2 dt = 2 I1. 2 t x + x2 + x + 1 ( 2t + 1) t Sada smo dobili integral racionalne funkcije. Polinom u nazivniku racionalne funkcije je ve rastavljen na proste faktore, tako da emo u rastavu funkcije na parcijalne razlomke imati 2 tri sabirka, iji su nazivnici t , 2t + 1 i ( 2t + 1) . Imamo:

( 2t + 1)

2

dt

t2 + t +1

t2 + t +1

( 2t + 1)

2

=

t

A B C . + + t 2t + 1 ( 2t + 1)22

Nakon mnoenja sa t ( 2t + 1) i grupisanja koeficijenata uz jednake stepene dobijamo: t 2 + t + 1 = (4 A + 2 B)t 2 + (4 A + B + C )t + A . Izjednaavanje koeficijenata uz iste stepene na lijevoj i desnoj strani nas vodi do sistema jednaina 4 A + 2B = 1 4A + B + C =1 A =1 3 3 odakle je A = 1, B = , C = . 2 2 Sada imamo: dt dt dt I = 2 I1 = 2 3 3 = 2 t 2t + 1 ( 2t + 1)3 3 1 1 t4 3 1 = 2 ln t ln 2t + 1 + + C = ln + + C. 3 2 2 2t + 1 2 ( 2t + 1) 2 2t + 1

Konano rjeenje zadatka emo dobiti kada u posljednjem izrazu stavimo t = x + x 2 + x + 1 .2. Izraunati integral

. 1 x x2 Rjeenje. Kvadratni trinom pod korijenom ima uz x 2 koeficijent a = 1 < 0 , pa nije mogue uvesti prvu Eulerovu smjenu. Meutim, c = 1 > 0 , pa moemo uvesti drugu Eulerovu smjenu.

1+

dx

63

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

c = 1 ponitilo sa 1 koje

1 x x 2 = tx 1 ,odakle kvadriranjem jednakosti i izvlaenjem x dobijemo x = dx = 2 1+ t t22t 1 , odakle je t2 +1

( t 2 + 1)dx

2

dt . Sada smjenu uvrstimo u integral i dobijemo:1+ t t2

2t 1 t2 +1 Integral I1 je integral racionalne funkcije koju rastavljamo na parcijalne razlomke: 1 + 1 x x2 t

I =

/ = 2

(1 + t )

/ 2 2

dt = 2 1+ t t2 dt = 2 I1. t (2t 1)(t 2 + 1)

1+ t t2 A B Ct + D + 2 = + . 2 t (2t 1)(t + 1) t 2t 1 t + 1 Nakon mnoenja sa t (2t 1)(t 2 + 1) i grupisanja koeficijenata uz jednake stepene imamo: 1 + 2t t 2 = ( 2 A + B + 2C ) t 3 + (2 D A C )t 2 + (2 A + B D)t A .Sada dobijamo sistem jednaina: 2 A + B + 2C = 0 A C + 2 D = 1 2A + B D =1 A = 1 odakle je A = 1, B = 2, C = 0, D = 1 . Uvrtavanjem u integral I1 imamo: dt dt dt 2t 1 I = 2 I1 = 2 + 4 2 = 2 ln 2arctgt + C. 2 t t 2t 1 1+ t Konano rjeenje dobijamo kada vratimo staru promjenljivu, stavljajui t =

1 + 1 2x x 2 . x


dx . x 2 + 3x + 2 Rjeenje. Kvadratni trinom x 2 + 3 x + 2 ima realne nule x1 = 1 i x2 = 2 ,64

x+

x x 2 + 3x + 2

pa je x 2 + 3x + 2 = ( x +1)( x + 2) . To znai da moemo primijeniti treu Eulerovu smjenu:

x +1 . x+2 Sada je potrebno izraziti x i dx preko nove promjenljive t . 1 2t 2 , odakle diferenciranjem dobijamo Iz izraza x + 1 = ( x + 2)t 2 dobijemo x = 2 t 1 1 2t 2 2t 2 2 2 + 2 . dx = dt . Dalje je x + 3x + 2 = ( x + 2 ) t = t ( x + 2 ) = t 2 2 t 1 ( t 2 1)x + 1 = ( x + 2)t 2 , odakle je t = Sada smjenu uvrstimo u integral: 1 2t 2 1 2t 2 t 2 + 2 2 2 2 t 1 x x + 3x + 2 t 1 dt = 2t t 1dt = I . dx = x + x 2 + 3x + 2 2t 2 + t 1 1 2t 2 1 2t 2 +t 2 + 2 t 2 1 t 1 Stepeni polinoma u brojniku i nazivniku posljednjeg integrala su jednaki, pa te polinome moemo podijeliti. Kolinik pri dijeljenju je 1, a ostatak je 2t . Nakon dijeljenja imamo: 2t 2 t 1 2t 1 = 1 2 , pa, imajui u vidu da je 2t 2 + t 1 = 2 t ( t + 1) (jer trinom ima 2 2t + t 1 2t + t 1 2 1 nule t1 = i t2 = 1 ), dobijamo: 2 t t t I = dt 2 2 dt = dt 2 dt = t 2 dt = t 2 I1. 2t + t 1 1 ( 2t 1)( t + 1) 2 t ( t + 1) 2 Podintegralnu funkciju na desnoj strani emo rastaviti na parcijalne razlomke: t A B = + , ( 2t 1)( t + 1) t + 1 2t 1 odakle mnoenjem sa (t + 1)(2t 1) i izjednaavanjem koeficijenata uz jednake stepene na obje strane jednakosti dobijamo sistem jednaina 2A + B = 1 B A=0 1 1 iz kojeg je A = , B = . Vraajui se u integral dobijamo: 3 3 1 dt 1 dt 1 1 I1 = + = ln t + 1 + ln 2t 1 + C 3 t + 1 3 2t 1 3 6 Sada je65

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

Konano rjeenje dobijamo kada vratimo staru promjenljivu, stavljajui t = 1.8.1. Zadaci za samostalan rad Rijeiti integrale: dx . 176. x x 2 1 dx . 178. x + x 2 + 2x + 2 180. 182.

x +1 . x+2

(3 + x )

1

2

(x

2

3x + 2) x 4 x + 32

3+ x dx . 3 x x

. 1 2x x 2 dx 179. . x 1+ x x2 dx 181. . (x 2) x 2 + 4 x 3 dx . 183.

177.

x+

dx

1 2x

1

1 + 2x dx . 1 2x

1.9.

Integracija nekih trigonometrijskih funkcija

1.9.1. Integral oblika Integral oblika

R(sin ax, cos ax)dx ,pri emu je podintegralna funkcija R racionalna

R(sin ax, cos ax)dx ,

funkcija iji argumenti su trigonometrijske funkcije, rjeavamo uvodei smjenu: 2dt 2 ax ax . tg =t, = arctgt , x = arctgt odakle je dx = a(1 + t 2 ) a 2 2 ax ax 2tg 1 tg 2 2 2 , cos ax = 2 , pa je: sin ax = 2t , cos ax = 1 t . Znamo da je: sin ax = ax ax 1+ t2 1+ t2 1 + tg 2 1 + tg 2 2 2 Kad uvedemo ovu smjenu dobit emo integral racionalne funkcije po t . Ako vrijedi identitet R ( sin ax, cos ax) R (sin ax, cos ax ) (tj. ukoliko je racionalna funkcija R parna kao funkcija svojih argumenata sin ax i cos ax , tada se integral oblika R(sin ax, cos ax)dx moe rjeavati uvoenjem smjene:66

tgax = t , sin ax = x=

t 1 + tg t2

, cos ax =

1 1 + tg 2t

;

1 dt . arctgt ; dx = a a(1 + t 2 )


sin x + cos x dx . sin 2 x x . Postupak uvoenja smjene opisan je 2

Rjeenje. Ovaj integral rjeavamo smjenom t = tg

izmeu dvije uspravne crte. Imamo: x tg = t 2 2t 1 t 2 2dt 2dt + 2 dx = 2 2 2 sin x + cos x 1 + t 2 = 1 + t 1 + t 1 + t = t 2t 1 dt. dx = 2sin x cos x 2t (1 t 2 ) 2t 2t 1 t 2 sin x = 2 2 2 1+ t 1+ t2 1+ t 1 t2 cos x = 2 1+ t Poslije uvoenja smjene dobili smo integral racionalne funkcije koju rastavljamo na zbir elementarnih razlomaka i dobijemo nama poznate integrale. Imamo: t 2 2t 1 A B C = + + . t (1 t )(1 + t ) t 1 t 1 + t Nakon mnoenja sa t (1 t 2 ) i izjednaavanja koeficijenata dobijamo sistem jednaina A+ B C =1 B + C = 2, A = 1 odakle je A = 1, B = 1, C = 1 . Vraajui se u polazni integral, kojeg smo oznaili sa I dobijamo: x x 1 x 1 dt 1 dt 1 dt 1 I= + + = ln tg 1 + tg ln 1 tg + C = 2 t 2 1 t 2 1+ t 2 2 2 2 2x x tg 1 + tg x 1 1 1 2 2 x = ln + C = ln tg + ln tg + + C. x 2 2 2 2 2 4 1 tg 267


sin 3x cos 3x + 1dx .

sin 3 x

Rjeenje. Podintegralna funkcija u ovom integralu je racionalna funkcija promjenljivih sin 3x 3x i cos 3x , (u oznakama iz uvodnog dijela a = 3 ), pa emo uvesti smjenu t = tg . Cio 2 postupak uvoenja smjene obrazloen je izmeu dvije uspravne crte. Imamo: 3x =t 2 dt 2 dt 2 2 sin 3x = = I1. dx = 2 2 sin 3x cos 3x + 1dx = 3 ( t + 1) (t + 1) 3 3 1+ t 2t 1 t2 sin 3 x = , cos 3x = 1+ t2 1+ t 2 Podintegralnu funkciju u integralu I1 rastavimo na parcijalne razlomke: 1 A Bt + C = + . 2 ( t + 1) (t + 1) t + 1 t 2 + 1 Nakon mnoenja i izjednaavanja koeficijenata dobijamo sistem jednaina A+ B = 0 B+C = 0 A+C =1 1 1 1 ije rjeenje je A = , B = , C = . Vraajui se u polazni integral I imamo: 2 2 2 2 1 dt 1 t 1 1 1 1 I= dt = ln t + 1 ln(t 2 + 1) + arctgt + C = 2 3 2 t +1 2 t +1 3 6 3 tg1 3x 1 3x x = ln tg + 1 ln tg 2 + 1

Documents

Zbirka Zadataka Drugi Dio